专项培优：静电力的求解及其作用下的力平衡问题 分层同步作业-2025-2026学年高二上学期物理教科版必修第三册

专项培优　静电力的求解及其作用下的力平衡问题 一、必备知识基础 题组一　非点电荷间静电力的求解 1.(多选)半径为r的两个相同金属球,两球心相距为L(L=3r),它们所带电荷量的绝对值均为q,静电力常量为k,则下列关于它们之间相互作用的库仑力F的说法正确的是(　　) A.带同种电荷时,F<k B.不论带何种电荷,F=k C.带异种电荷时,F>k D.以上各项均不正确 2.如图所示,固定在竖直面内的光滑金属细圆环半径为R,圆环的最高点通过长为L的绝缘细线悬挂质量为m、可视为质点的金属小球,已知圆环所带电荷量均匀分布且与小球所带电荷量相同,均为Q(未知),小球在过圆环圆心的轴线上处于平衡状态,已知静电力常量为k,重力加速度为g,细线对小球的拉力为F(未知),下列关系式正确的是(　　) A.Q=,F= B.Q=,F= C.Q=,F= D.Q=,F= 题组二　三个共线自由电荷的平衡问题 3.如图所示,光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c(均视为点电荷),三球沿一条直线摆放且均处于静止状态,则下列说法正确的是(　　) A.a对b的静电力一定是引力 B.b对c的静电力可能是斥力 C.a的电荷量可能比b的电荷量少 D.若给c施加一个向右的恒力,则三个球能向右运动且互相之间的距离保持不变 题组三　静电力作用下的平衡问题 4.一端固定在天花板上的绝缘细线的另一端与一带正电的小球M相连接,在小球M下面的一绝缘水平面上固定了另一个带电小球N,在图中,小球M能处于静止状态的是(　　) 5.水平面上A、B、C、D为边长为L的正方形的四个顶点,四点固定着四个电荷量均为Q的正点电荷。O点到A、B、C、D的距离均为L。现将一质量为m的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点,如图所示。为使小球能静止在O点,小球所带的电荷量应为(已知静电力常量为k,重力加速度为g)(　　) A. B. C. D. 6.如图所示,质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点,电荷量也为q的小球B固定在O点正下方的绝缘柱上,其中O点与小球A的间距为l,O点与小球B的间距为l,当小球A平衡时,悬线与竖直方向的夹角θ=30°,带电小球A、B均可视为点电荷,静电力常量为k,重力加速度为g,则(　　) A.A、B间库仑力大小F库= B.A、B间库仑力大小F库= C.细线拉力大小为 D.细线拉力大小为mg 7.(多选)如图所示,光滑绝缘圆环竖直放置,a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球,已知小球c位于圆环最高点,ac连线与竖直方向成60°角,bc连线与竖直方向成30°角,三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是(　　) A.a、b小球一定带同种电荷 B.a、c小球可能带同种电荷 C.b、a小球电荷量之比为3∶1 D.b、a小球电荷量之比为2∶1 二、关键能力提升 8.(多选)如图所示,水平地面上固定一个光滑绝缘斜面,斜面与水平面的夹角为θ。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端,另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行。小球A的质量为m,电荷量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B,两球心的高度相同,间距为d。静电力常量为k,重力加速度为g,两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上,则(　　) A.小球A与B之间静电力的大小为 B.当时,细线上的拉力为0 C.当时,细线上的拉力为0 D.当时,斜面对小球A的支持力为0 9.(多选)如图所示,在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板,在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧,弹簧另一端与小球1连接。三小球1、2、3的质量均为m,电荷量分别为q1、q2和q3,其中q1=q0>0,q2=-q0,当系统处于静止状态时,三小球等间距排列。已知静电力常量为k,重力加速度大小为g,三小球可视为点电荷,弹簧始终在弹性限度内,则(　　) A.q3=q0 B.弹簧伸长量为 C.小球1受到的库仑力大小为2mgsin α D.相邻两小球间距为q0 10.如图所示,三个不带电的绝缘小球用完全相同的轻质弹簧相连,置于光滑绝缘水平面上。球心连线围住的面积为S。若让小球均带Q1的电荷量,则面积变成4S;若让小球均带Q2的电荷量,则面积变成9S。所以Q1与Q2的关系是(　　) A. B. C. D. 11.(2025湖南卷)如图所示,两带电小球的质量均为m,小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接,小球B用固定的绝缘轻杆连接。小球A静止时,轻绳与竖直方向的夹角为60°,两球连线与轻绳的夹角为30°,整个系统在同一竖直平面内,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A.小球A静止时,轻绳上拉力为2mg B.小球A静止时,小球A与小球B间的库仑力为2mg C.若将轻绳剪断,则剪断瞬间小球A加速度大小为g D.若将轻绳剪断,则剪断瞬间轻杆对小球B的作用力变小 三、核心素养拔高 12.如图所示,光滑绝缘细杆竖直固定放置,与以正电荷Q为圆心、半径为L的圆交于B、C两点,质量为m、电荷量为+q的有孔小球(可视为点电荷),从杆上的A点无初速度滑下,一直加速向下运动,已知AB=BC=3L,静电力常量为k,重力加速度为g,求: (1)在B点杆对小球的弹力; (2)小球在B、C两点的加速度之比。 13.如图所示,质量均为m、带等量异种电荷的A、B两个小球放在光滑绝缘的固定斜面上,给B球施加沿斜面向上、大小为F=2mg(g为重力加速度)的拉力,结果A、B两球以相同的加速度向上做匀加速运动,且两球保持相对静止,两球间的距离为L,小球大小忽略不计,斜面的倾角θ=37°,静电力常量为k,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)两球一起向上做加速运动的加速度大小; (2)A球所带电荷量的大小。 参考答案 1.AC　由于两球心间的距离L=3r,不满足远大于r的条件,故两球不能看成点电荷。若两球带同种电荷,由于同种电荷相互排斥,则两球等效中心间的距离大于L,如图甲,此时库仑力F<k,A正确;若两球带异种电荷,由于异种电荷相互吸引,则两球等效中心间的距离小于L,如图乙,此时库仑力F>k,C正确,B、D错误。 2.D　由于圆环不能看成点电荷,采用微元法,小球受到圆环的库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力,以小球为研究对象,进行受力分析,如图所示,则Fsin θ=mg,其中sin θ=,解得F=。设圆环各个点对小球的库仑力的合力为FQ,竖直方向各点库仑力的合力为零,水平方向上有Fcos θ=FQ=kcos θ,解得Q=,故D正确。 3.A　若三球沿一条直线摆放且均处于静止状态,则a、c一定是同种电荷,a、b是异种电荷,即“两同夹异”;所以a对b的静电力一定是引力,b对c的静电力也一定是引力,故A项正确,B项错误;若三球沿一条直线摆放且均处于静止状态,则b对c的静电力大小等于a对c的静电力大小,因为a、c间距离大于b、c间距离,根据F=k可得,a的电荷量比b的电荷量大,故C项错误;假设给c施加一个向右的恒力后,三个球能向右运动且互相之间的距离保持不变,以三个小球组成的系统为研究对象可得,三个球的加速度方向向右,以小球a为研究对象可得,小球a的加速度为0,所以假设错误,故D项错误。 4.B　设小球M受到的重力为G,细线的拉力为T,静电力为F,如果小球M能处于静止状态,则G、T、F三个力的合力必须为零,其中任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反,对各选项中的小球M受力分析分别如图所示,结合平行四边形定则,满足条件的只有选项B。 5.C　对小球进行受力分析,小球受重力和A、B、C、D处正点电荷施加的静电力。设小球所带电荷量为q,α为四个顶点处的点电荷对小球施加的静电力的方向与竖直方向的夹角,由几何关系可知α=45°,小球在O点静止,根据平衡条件有4kcos α=mg,解得q=,选项C正确。 6.B　对小球A进行受力分析如图所示,由于对称性,细线拉力大小等于库仑力大小,根据平衡条件,可知F库cos 30°=mg,解得F库=,细线拉力大小T=F库=,故B正确,D错误;由库仑定律可得A、B间库仑力的大小为F库=,细线拉力T也为,故A、C错误。 7.AC　a受重力、圆环的弹力、b和c对a的库仑力,圆环的弹力、b对a的库仑力均沿圆环半径方向,沿a的切线方向,重力的分力与c对a的库仑力的分力平衡,故c对a的库仑力为引力,同理可知,c对b的库仑力也为引力,所以a与c的电性一定相反,与b的电性一定相同,选项A正确,B错误;对c受力分析,将a、b的库仑力沿水平方向和竖直方向正交分解,有ksin 60°=ksin 30°,又由几何关系知rac∶rbc=1∶,解得qb∶qa=3∶1,选项C正确,D错误。 8.AC　根据库仑定律可得两小球之间的静电力大小为F=,选项A正确;当细线上的拉力为0时,小球A的受力情况如图所示,小球A受到静电力、斜面支持力、重力,由平衡条件得=mgtan θ,解得,选项B错误,C正确;由受力分析可知,斜面对小球A的支持力N不可能为0,选项D错误。 9.ACD　假设小球3带负电,设相邻两小球间距为L,对小球3受力分析,根据库仑定律有F23=k,方向沿斜面向下,F13=k,方向沿斜面向上,还有沿斜面向下的重力分力,显然小球3无法静止,假设不成立,因此小球3带正电,对小球3,沿斜面方向有k=k+mgsin α,对小球2受力分析,根据受力平衡有k=k+mgsin α,两式联立解得q3=q0,L=q0,选项A、D正确;小球1所受总的库仑力大小为F1=k-k,方向沿斜面向下,将L=q0代入解得小球1所受库仑力大小为F1=2mgsin α,选项C正确;对三小球整体分析,有F弹=3mgsin α=k0Δx,可得弹簧伸长量为Δx=,选项B错误。 10.B　设小球不带电时弹簧的长度为a,则三角形的面积为S=×a×a=a2,如果让小球均带Q1的电荷量,面积变成4S,则弹簧的长度为2a,伸长量为a,根据平衡条件得k1a=k2,如果让小球均带Q2的电荷量,面积变成9S,则弹簧的长度为3a,伸长量为2a,根据平衡条件得k1·2a=k2,解得,故选B。 11.C　小球A静止时,对小球A受力分析,如图所示,由平行四边形定则及几何关系可知,轻绳上拉力为T=mg,小球A与小球B间的库仑力F库=2mgcos 30°=mg,故A、B错误;若将轻绳剪断,则剪断瞬间小球A受到轻绳的拉力消失,其他两力保持不变,根据力的平衡可知,此时小球A所受的合力大小为mg,则加速度大小为g,故C正确;若将轻绳剪断,则剪断瞬间小球B受到的库仑力、重力不变,小球B仍然处在静止状态,则轻杆对小球B的作用力不变,故D错误。 12.答案 (1),方向水平向左　(2) 解析 (1)在B点对小球受力分析,如图所示,受到的库仑力为FB=, 设小球在B点的库仑力与竖直细杆的夹角为θ,由几何关系得cos θ=, 有θ=, 把FB分别沿水平方向、竖直方向分解,水平方向由二力平衡可得在B点杆对小球的弹力为FN=FBsin θ, 联立可得FN=,方向水平向左。 (2)在B点,由牛顿第二定律可得mg-FBcos θ=ma1, 在C点,由牛顿第二定律可得mg+FCcos θ=ma2, 由对称性可知FB=FC, 联立可得。 13.答案 (1)g　(2)L 解析 (1)对两球整体分析,两球一起向上做匀加速运动,设加速度为a,根据牛顿第二定律可得F-2mgsin θ=2ma,解得a=g。 (2)设A球所带电荷量为q,对A球研究,根据牛顿第二定律有k-mgsin θ=ma,解得q=L。 学科网（北京）股份有限公司 $