第1章 综合·融通 静电力的叠加及电荷的平衡与加速问题

静电力的叠加及电荷的平衡与加速问题(融会课——主题串知综合应用) 综合•融通 带电体除受重力、弹力外，还受库仑力作用，带电体在多个力作用下处于平衡状态或加速运动状态。通过本节课的学习，学会利用矢量合成法则计算多个静电力的合力；学会应用共点力的平衡条件分析带电体的平衡问题；学会应用牛顿第二定律分析带电体的加速问题。 主题(一)　静电力的叠加　　 主题(二)　带电体的平衡与加速问题 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 主题(一)　静电力的叠加 1.点电荷间静电力的特点：真空中两个静止点电荷之间静电力的大小只跟两个点电荷所带的电荷量及它们之间的距离有关，跟它们的周围是否存在其他电荷无关。 2.静电力叠加原理：若空间存在多个点电荷，某点电荷受到的静电力等于其他点电荷单独存在时对这个点电荷的静电力的矢量和。 知能融会通 [典例]　如图所示，分别在A、B两点放置点电荷Q1=+2×10-14 C和Q2=-2×10-14 C。在AB的垂直平分线上有一点C，且AB=AC=BC=6×10-2 m，k=9.0×109 N·m2/C2，如果有一高能电子在C点处，它所受的库仑力的大小和方向如何? [答案]　8.0×10-21 N　方向平行于AB向左 [解析]　电子在C点同时受A、B处点电荷的作用力FA、FB，如图所示。由库仑定律得 FA=FB=k=9.0×109× N=8.0×10-21 N 由平行四边形定则得，在C点的电子受到的库仑力F=FA=FB=8.0×10-21 N，方向平行于AB向左。 [思维建模] 静电力叠加的计算技巧 (1)静电力叠加遵循平行四边形定则，先求出点电荷所受的每一个静电力，再应用平行四边形定则求合力。 (2)注意两个等大的力的合成，合力一定沿其角平分线方向，可利用对称性求解。 (3)计算静电力时，不但要求出静电力的大小，还要说明静电力的方向。 题点全练清 1.如图，带电荷量分别为qa、qb、qc的小球，固定在等边三角形的三个顶点上，qa所受库仑力的合力F方向垂直于qa、qb的连线，则 (　　) A.qb、qc异号，且qc=2qb B.qa、qb异号，且qb=2qa C.qa、qc同号，且qc=2qa D.qa、qb同号，且qb=2qa √ 解析：根据题意可知，小球a、c之间存在排斥力，qa、qc同号，小球a、b之间存在吸引力，qa、qb异号，所以qb和qc异号，根据平行四边形定则，排斥力是吸引力的两倍，根据库仑定律F=k，有Fac=k，Fab=k，根据题意得Fac=2Fab，所以有qc=2qb，qa与qb、qc的关系无法求得，故B、C、D错误，A正确。 2.(2025·福建高考)两个点电荷Q1与Q2静立于竖直平面上，在P点放置一检验电荷恰好处于静止状态，PQ1与Q1Q2夹角为30°，PQ1⊥PQ2，则Q1与Q2电量之比为______，在PQ1连线上是否存在其他点能让同一检验电荷维持平衡状态_________ (填“存在”或“不存在”)。  答案：∶1　不存在 解析：设PQ2=r，根据几何关系可知PQ1=r， 对检验电荷进行受力分析，可得=tan 30°， 其中==，联立解得Q1∶Q2=∶1；如图所示，根据平衡条件可知检验电荷受到的重力和两点电荷对其的库仑力组成一个封闭的三角形，若在PQ1连线上存在其他点能让同一检验电荷维 持平衡状态，此时点电荷Q1对检验电荷的库仑力变大，根据三角形法则可知此时点电荷Q2对检验电荷的库仑力必然增大；由于此时检验电荷与点电荷Q2间的距离在增大，库仑力在减小，故矛盾，假设不成立，故在PQ1连线上不存在其他点能让同一检验电荷维持平衡状态。 主题(二)　 带电体的平衡与加速问题 1.四步解决带电体的平衡与加速问题 知能融会通 2.三个电荷的平衡问题 (1)受力特征 三个点电荷中的每一个点电荷受到的其他两个点电荷的静电力必然大小相等、方向相反，即二力平衡。 (2)相关结论 [典例]　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=4mg(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=30°，静电力常量为k。求： (1)两球一起向上做匀加速运动的加速度大小； [答案] 　(1)g [解析]　 (1)运用整体法，两球一起向上做匀加速运动，设加速度大小为a， 根据牛顿第二定律有4mg-2mgsin θ=2ma 解得a=g。 (2)A球所带的电荷量。 [答案] 　 (2)L [解析]　 (2)设A球所带的电荷量为q，对A球分析， 根据牛顿第二定律有k-mgsin θ=ma， 解得q=L。 1.(双选)如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c(可视为点电荷)，三个小球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是 (　　) A.a对b的静电力一定是引力 B.a对b的静电力可能是斥力 C.a的电荷量可能比b少 D.a的电荷量一定比b多 题点全练清 √ √ 解析：根据静电力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，故A正确，B错误；同时根据库仑定律来确定静电力的大小，并由平衡条件来确定各自电荷量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，故D正确，C错误。 2.(双选)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之间库仑力的大小为 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 √ √ 解析：由题意知，根据库仑定律可得小球A与B之间库仑力的大小为FC=k，故A正确；以小球A为研究对象，受力分析如图所示，根据小球的平衡条件可知，当mg、FC、FN三力的合力等于零时，即k=mgtan θ 时，=，细线上的拉力为0，故B错误，C正确；由平衡条件知，斜面对小球A的支持力不可能为零，故D错误。 课时跟踪检测 1.如图所示，竖直放置的绝缘玻璃管上端开口，质量相等、直径略小于玻璃管的两小球A、B所带电荷量也相等，将两小球从上端管口放入玻璃管中，平衡时两小球间的距离为L，若将上方B小球所带的电荷量增加到原来的两倍后再放入玻璃管中，已知两小球运动过程中电荷量不变，管足够长，且不计小球与玻璃管间的摩擦，则再次平衡时两小球间的距离变为 (　　) A.L B.L C.2L D.2L 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 11 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 解析：设两小球的质量为m，电荷量为q，开始时两小球间的库仑力F==mg，当B小球电荷量变为原来的两倍后，F1==mg，解得L1=L，故A正确，B、C、D错误。 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 2.干燥的秋冬季节容易使物体带电，某同学用绝缘细线将一个质量为m的锡箔纸球悬挂在铁架台上，铁架台置于水平桌面并靠近一个放在绝缘支架上的金属球，金属球与锡箔纸球处于同一高度，如图所示，最终静止时细线偏离竖直方向的角度为θ，不考虑铁架台受到的静电力，已知重力加速度为g，由此不能求出的是 (　　) A.锡箔纸球所受的静电力 B.细线的拉力 C.铁架台所受的摩擦力 D.锡箔纸球的电荷量 √ 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 11 解析：设锡箔纸球所受的静电力大小为F，细线的拉力大小为T，对锡箔纸球根据平衡条件可得Tcos θ=mg，Tsin θ=F，联立解得T=，F=mgtan θ，其中细线的拉力方向沿细线斜向上，静电力方向水平向右。对锡箔纸球和铁架台整体分析，可知铁架台所受的摩擦力大小为f=F=mgtan θ，方向为水平向左，故A、B、C不符合题意；由题给条件不能求出锡箔纸球的电荷量，故D符合题意。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 3.如图所示，绝缘直角三角形框架ABC竖直放置，其中BC边水平，直角边AB上的M点固定一个电荷量为+q的点电荷，在斜边AC上穿一个电荷量为-q的带电金属小环，不计小环与AC边之间的摩擦力，小环刚好静止在N点，M、N连线与BC边平行。已知静电力常量为k，重力加速度为g，三角形AMN的面积为S，金属环可以看作是质点，则金属环的质量为 (　　) A. B. C. 　 D. √ 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：设M、N之间距离为l，根据库仑定律可知，两电荷之间的库仑力大小为F=，当小环在N点平衡时，小环受到库仑力、斜面支持力、重力的作用，设斜面倾角为θ，AM的长度为h，由平衡条件得=mgtan θ，且tan θ=，化简得kq2=mghl=mg×2S，所以m=，故选B。 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 11 4.质量为m、电荷量为+q的小球悬挂在天花板上，处于等高位置的带负电的点电荷Q1与q的距离为r时，绳子与竖直方向的夹角为30°，处于等高位置的带负电的点电荷Q2与q的距离为2r时，绳子与竖直方向的夹角为60°。则两点电荷的电荷量之比Q1∶Q2为 (　　) A.1∶4 B.4∶1 C.1∶12 D.12∶1 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 11 解析：带电小球受重力mg、绳子拉力T、电荷Q1对小球的库仑力F作用，如图所示，带电小球受力平衡，由平衡条件可知F=mgtan 30°，由库仑定律可得F=k，Q1===，同理可得Q2===，则两点电荷的电荷量之比为Q1∶Q2=1∶12，A、B、D错误，C正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 5.如图所示，三个完全相同的金属小球a、b、c固定在等边三角形的三个顶点上。a、b球带等量异号电荷，c球受到的静电力大小为F，带电小球a、b、c均可视为点电荷，则将c球移至a、b球连线的中点时，c球受到的静电力大小为 (　　) A.0 B.4F C.8F D.F √ 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：设三角形的边长为r，根据题意得F=k，c球移至a、b球中点时所受静电力F'=2k，解得F'=8F，故选C。 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 6.如图所示，带电小球1固定在空中A点，带电小球2在库仑斥力的作用下沿光滑绝缘水平面向右做加速运动，运动到B点时加速度大小为a，A、B连线与竖直方向的夹角为30°，当小球2运动到C点，A、C连线与竖直方向夹角为60°角时，小球2的加速度大小为(两小球均可看成点电荷) (　　) A.a B.a C.a D.a √ 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：设在B点时，两个小球之间的库仑力为F1，在C点时，两个小球之间的库仑力为F2，小球1距离地面的高度为h，根据库仑定律有F1=，F2=，设小球2的质量为m，在C点的加速度为a'，则根据牛顿第二定律有F1sin 30°=ma，F2sin 60°=ma'，联立得到a'=a，故选C。 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 7.(双选)如图所示，在粗糙绝缘的水平地面上有一带正电的物体A，另一带正电的点电荷B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B均可视为质点。则下列说法正确的是 (　　) A.物体A受到地面的支持力先增大后减小 B.物体A受到地面的支持力保持不变 C.物体A受到地面的摩擦力先减小后增大 D.库仑力对点电荷B先做正功后做负功 √ 11 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：对物体A受力分析，如图所示，由平衡条件可得Ff=Fcos θ，FN=Fsin θ+mg，A、B之间距离不变，则F大小不变，θ由小于90°增大到大于90°的过程中，Ff先减小到零后反向增大，FN先增大后减小，A、C正确，B错误；因A对B的库仑力与B运动的速度方向始终垂直，故库仑力对B不做功，D错误。 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 8.(2025·湖南高考)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。A球静止时，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.A球静止时，轻绳上拉力为2mg B.A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg C.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g D.若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小 11 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析： A球静止时，对A球受力分析，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，A球与B球间的库仑力为F=2mgcos 30°= mg，故A、B错误；若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球受到的轻绳的拉力消失，其他两力保持不变，此时A球所受的合外力大小为mg，则加速度大小为g，故C正确；若将轻绳剪断，剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变，B球仍然处在静止状态，则轻杆对B球的作用力不变，故D错误。 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 9.如图甲所示，带电荷量为-q的点电荷绕带电荷量为+Q的点电荷做半径为r的匀速圆周运动，角速度为ω1；如图乙所示，与甲图中完全相同的带电荷量为-q的点电荷在相距r的两个固定的带电荷量为+Q 的点电荷的连线的中垂面上，做角速度为ω2的匀速圆周运动，负点电荷到两正点电荷的距离均为r。则ω1∶ω2为(　　) A.1∶1 B.1∶ C.1∶ D.2∶1 √ 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：带电荷量为-q的点电荷绕带电荷量为+Q的点电荷做半径为r的匀速圆周运动，由库仑引力提供向心力，如图甲所示，依据牛顿第二定律，则有k=mr，带电荷量为-q的点电荷在相距r的两个固定的带电荷量为+Q的点电荷的连线的中垂面上，做角速度为ω2的匀速圆周运动，如图乙所示，由库仑引力的合力提供向心力，依据库仑定律，结合矢量合成法则及几何知识，则有k=m·r，联立以上两式，解得ω1∶ω2=1∶，选项B正确。 11 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 10.如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有A、B两点，AO=2 cm，OB=4 cm，在A、B两点固定两个带电荷量分别为Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电的小球静置于轨道内侧P点(小球可视为点电荷)，已知AP∶BP=n∶1，则Q1∶Q2是 (　　) A.2n2∶1 B.4n2∶1 C.2n3∶1 D.4n3∶1 11 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 11 解析：对小球受力分析如图所示，由正弦定理有=，其中∠CPH=∠OPB，∠CHP=∠HPD=∠APO，对△APO由正弦定理有=，同理有=，设带正电的小球电荷量为q，其中FA=k，FB=k，联立有Q1∶Q2=2n3∶1。 11.(12分)如图所示，带正电的小球1用绝缘细线a悬挂在水平墙壁上，带负电的小球2用绝缘细线b悬挂在竖直墙壁上。当两小球处于静止状态时，细线b水平，细线a与竖直方向的夹角为37°，小球1、2间的距离d=2 m，已知小球1、2的质量分别为m1=4.2 kg，m2=5.4 kg，小球1所带的电荷量大小为q1=2×10-4 C，静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：(1)对a、b整体进行受力分析， 由平衡条件有F=gtan 37°=72 N。 (1)细线b上的弹力大小F；(5分) 答案： (1)72 N　 　 (2)小球2所带的电量大小q2。(7分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案：(2)2×10-4 C　 解析：(2)对b进行受力分析，有F库==90 N 由库仑定律有F库=k 解得q2=2×10-4 C。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $