第9章 2 库仑定律（word同步练习）-【学而思】2026-2027学年高二物理必修第三册（人教版）

**基本信息** 聚焦库仑定律，通过基础与提升分层设计，构建从概念理解到综合应用的知识巩固路径，培养物理观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础过关练|库仑定律理解、简单计算、静态平衡、直线运动|以选择为主，如库仑定律适用条件判断（题1）、双电荷接触后力的计算（题2），强化物理观念| |能力提升练|复杂平衡（含动态）、动力学问题、类比推理|含多选与综合计算，如斜面滑块平衡（题2）、椭圆轨道类比行星运动（题6），深化科学思维|

第九章　静电场及其应用 2　库仑定律 基础过关练 题组一　库仑定律的理解及简单应用 1.(2026安徽A10联盟学情诊断)关于库仑定律,下列说法正确的是(　　) A.库仑定律只适用于体积很小的带电球体 B.两点电荷所带的电荷量越大,它们之间的静电力就越大 C.相互作用的两个点电荷,无论它们的电荷量是否相等,它们之间的静电力大小一定相等 D.根据F=k可知,两个带电体,当它们之间的距离r趋于零时,静电力趋于无穷大 2.(2026河南信阳高中期末)如图所示,真空中固定在绝缘台上的两个完全相同的金属小球A和B(可视为点电荷)相互吸引,小球A所带的电荷量是小球B的3倍,它们之间的库仑力大小为F。用一个不带电的同样的金属小球C先跟A接触,再跟B接触,然后移走C,此时小球A和B之间的库仑力大小为(　　) A.F　　B.F　　C.F　　D.无法判断 题组二　库仑力的计算与合成 3.(2026山东潍坊期末)如图所示,在边长为a的正方形的三个顶点上,放置电荷量分别为+q、+2q、+2q的三个点电荷,已知静电力常量为k。若在正方形中心处放置一带电荷量为+q的点电荷,则该点电荷受到的库仑力大小为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 4.(2026湖北孝感期末)如图所示,在边长为a的正六边形ABCDEF的各顶点分别固定一个点电荷,电荷量依次为+q、-q、+q、-q、+q、-q,已知静电力常量为k,则A处的点电荷所受库仑力的合力大小为(　　) A.　　　 B. C.　　　D. 5.(2026安徽名校联考)如图所示,在三角形的三个顶点a、b和c分别固定一个点电荷,其中∠acb=90°,∠cab=30°,c处点电荷所受库仑力的合力方向平行于a、b连线。设a、b处点电荷所带电荷量的比值的绝对值为k,则(　　) A.a、b处的点电荷同号,k=3 B.a、b处的点电荷异号,k=3 C.a、b处的点电荷同号,k= D.a、b处的点电荷异号,k= 6.(2026河南TOP 二十名校联考)如图所示,A、B为真空中电荷量均为+Q的两个固定的点电荷,相距为s,A、B连线中点为O,C是中垂线上的一点,到O点距离为d。现将另一个电荷量为+q的点电荷固定在C点处,已知静电力常量为k,求: (1)A点电荷对C处点电荷的库仑力; (2)C点处点电荷所受的库仑力。 题组三　库仑力参与的静态平衡问题 7.(2026福建泉州一中期中)如图所示,光滑绝缘水平面上有A、B两个带正电的点电荷,质量均为m,电荷量分别为Q和4Q,在真空中相距l。现引进第三个点电荷C,正好使三个点电荷均处于平衡状态,则点电荷C(　　) A.带正电　　　　　　　　 B.应放在A左侧处 C.电荷量大小为Q　　　　　　　　 D.电荷量大小为Q 8.(2025云南昆明第三中学期中)如图所示,真空中两个相同的小球带有等量同种电荷,质量均为0.1 g,分别用10 cm长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的一点,当平衡时与B球相连的细线偏离竖直方向60°,A球竖直悬挂且与绝缘墙壁接触。(重力加速度为g=10 m/s2,静电力常量k=9×109 N·m2/C2)求: (1)每个小球的电荷量; (2)墙壁受到的压力; (3)两条细线的拉力大小。 题组四　库仑力参与的直线运动 9.(2026海南海口中学期末)如图所示,在光滑的绝缘水平面上,有两个相距为r的甲、乙小球(均可视为点电荷),带电荷量分别为+2q和-q,质量分别为m和2m,在水平恒力F作用下,甲、乙小球一起做匀加速直线运动。已知静电力常量为k,水平恒力F的大小为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 10.(2025江西南昌第十九中学月考)质量均为m的三个带电小球A、B、C用三根长度均为l的绝缘丝线相互连接,放置在光滑绝缘的水平面上,A球的电荷量为+q。在C球上施加一个水平向右的恒力F之后,三个小球一起向右运动,三根丝线刚好都伸直且没有弹力,F的反向延长线与A、B间的丝线相交于丝线的中点,如图所示。已知静电力常量为k。下列说法正确的是(　　) A.B球带的电荷量可能为+2q B.C球带的电荷量为-q C.三个小球一起运动的加速度大小为 D.恒力F的大小为 能力提升练 题组一　静电力作用下的静态平衡问题 1.(2026海南天一联考期末)如图所示,绝缘丝线悬挂一个质量为m、电荷量为+Q的带电小球A,竖直绝缘杆上与A等高的位置固定一电荷量为-Q的点电荷B,B下方有一带电荷量未知的正点电荷C。已知重力加速度为g,静电力常量为k。现调整C在绝缘杆上的位置,当A、C的连线与BC的夹角为45°时,悬挂小球A的丝线竖直且张力恰好为零,此时B与A间的距离x为(　　) A.　B.　C.　D. 2.(多选题)(2026山西太原联考)如图所示,带电荷量可以调整的小球被绝缘棒固定在O点,右侧有倾角为37°的固定绝缘斜面。质量为m、带电荷量为+q的小滑块(可视为质点)静止在斜面上与O点等高的A点,滑块与斜面间的动摩擦因数μ=。已知O、A间的距离为d,重力加速度大小为g,静电力常量为k,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=,cos 37°=,则小球所带的电荷量可能为(　　) A.　B.　C.　D. 3.(2026河南许昌一中期末)如图所示,绝缘斜面体ABC静置于水平桌面上,可视为点电荷的光滑带电小球P、Q分别静止在斜面AB和AC上,且两小球的连线水平。已知斜面AB与水平桌面的夹角θ=30°,∠BAC=90°,小球P和斜面体ABC的质量均为m,两小球带的电荷量大小均为q,静电力常量为k,重力加速度大小为g。求: (1)小球P对斜面AB的压力大小F1; (2)两小球间的距离d; (3)水平桌面对斜面体的支持力大小F。 题组二　静电力作用下的动态平衡问题 4.(2025湖北黄石二中期末)如图所示,两光滑定滑轮O1、O2分别安装在竖直的固定轻杆上,带电小球A用轻质绝缘细线绕过两滑轮与不带电的物块C相连,与C连接端的细线竖直,在定滑轮O1的正下方用绝缘杆固定一带电小球B,整个系统处于平衡状态。忽略小球A、B及滑轮的大小。若小球A缓慢漏掉一部分电荷,则在该过程中(　　) A.小球A对小球B的库仑力增大 B.小球A对小球B的库仑力大小不变 C.地面对物块C的支持力变小 D.地面对物块C的支持力不变 5.(2026四川泸州三校联盟期末联考)竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘,小球A、B带同种电荷,现用水平向左的推力F作用于小球B,两球分别静止在竖直墙面和水平地面上,如图所示。如果将小球B向左推动少许,当两球重新达到平衡时,与原来的平衡状态相比较(　　) A.竖直墙面对小球A的弹力变大 B.推力F变大 C.地面对小球B的支持力变大 D.两小球之间的距离变大 题组三　静电力作用下的动力学问题 6.(创新题新考法)(多选题)(2026辽宁名校联盟联考)类比是解决物理问题常用的研究方法,库仑在研究电荷间作用力的规律时,也类比了万有引力的大小与距离平方成反比关系。如图所示,电荷量为+q的点电荷固定在O点,电荷量为-q、质量为m的点电荷P绕O点沿椭圆轨道运动,运动周期为T。轨道长轴两端点a、b到O的距离分别为r、3r,不计点电荷受到的重力,静电力常量为k。下列判断正确的是(　　) A.点电荷P在a、b两点的速率之比为3∶1 B.点电荷P在a、b两点的加速度大小之比为3∶1 C.点电荷P离开b向a运动过程中,动能逐渐减小 D.若点电荷P通过b点时速度方向不变,大小突然变为q,则以后周期变为T 7.(2026江西南昌二中月考)如图所示的绝缘、光滑的“V”形结构,M、N分别为竖直、倾斜杆上的两点且距O点所在水平面的距离均为h,∠MON=30°。M点固定一带电小球,绝缘轻弹簧一端固定在O点,另一端和套在杆ON上、质量为m的带电小球S相连,小球S恰好静止在ON的中点且对杆无压力。让该结构绕OM以一定的角速度ω转动,稳定后小球S位于N点,弹簧恢复原长。重力加速度大小为g,两小球均可看作质点,则ω的大小为(　　) A.2　　　B.　　　C.　　　D. 8.(2026河南名校联考)如图所示,A、B两个带电小球放置在一个光滑绝缘水平面上,它们之间的距离为d,带电小球C固定在A、B连线的垂直平分线上,三个小球刚好位于等边三角形的顶点处,现在A、B两个小球绕过C的竖直轴转动(转动角速度可变,A、B之间距离不变)。已知三个小球均可视为质点,A、B两个小球的质量均为m,带电荷量均为+q,小球C带的电荷量大小为4q,重力加速度为g,静电力常量为k。下列说法正确的是(　　) A.小球C带正电 B.小球A转动的角速度ωA= C.若增大小球C的电荷量,当A、B小球刚好离开水平面时,C的电荷量QC= D.若增大小球C的电荷量,当A、B小球刚好离开水平面时,小球B转 动的角速度ωB= 答案与分层梯度式解析 第九章　静电场及其应用 2　库仑定律 基础过关练 1.C　库仑定律适用于点电荷,而体积很小的带电球体,若距离过近则无法视为点电荷,A错误;公式F=k适用于真空中两个静止点电荷间静电力的计算,当两带电体之间的距离趋于零时,带电体不能看作点电荷,此时公式不适用,不能认为静电力变得无穷大,D错误;由F=k可知,静电力的大小与电荷量和两点电荷间的距离有关,若电荷量增大且距离也增大,静电力可能减小,B错误;根据牛顿第三定律可知,两点电荷间的相互作用力大小相等,与电荷量是否相等无关,C正确。 2.A　开始时A、B相互吸引,说明A、B带异种电荷,假设小球A和B所带的电荷量分别为+3q和-q,则F=k=;不带电的同样的金属小球C先跟A接触,再跟B接触,此时金属小球A和B所带电荷量分别为+和+(点拨:完全相同的金属小球接触后电荷量均分),则此时F'=k==;同理,假设小球A和B所带的电荷量分别为-3q和+q,则金属小球C先后与小球A、B接触后,小球A、B间的库仑力大小为,故选A。 方法技巧　计算库仑力时,电荷量只代入数值,库仑力的方向根据“同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引”判断;电荷中和时,必须代入电性的符号计算。 3.B　根据对称性可知,两个电荷量为+2q的点电荷对正方形中心处点电荷的库仑力大小相等、方向相反,相互抵消,故合力为0,则正方形中心处的点电荷受到的库仑力为顶点处电荷量为+q的点电荷产生的,大小为F=k=,选B。 4.C　A处点电荷受到的其他各顶点处点电荷对其的库仑力如图所示,根据几何关系可知xCA=xEA=a,xDA=2a,由库仑定律可得FBA=FFA=,FCA=FEA=,FDA=,则合力大小为F合=2 cos 60°-2 cos 30°+=,故选C。 5.B　根据同种电荷相斥、异种电荷相吸,且c处点电荷所受库仑力的合力的方向平行于ab,可得c处点电荷受力情况分别如图甲、乙所示,可知a、b处的点电荷异号。 　 因∠acb=90°,∠cab=30°,可知=tan 60°==;设静电力常量为k0,根据库仑定律有Fa=k0、Fb=k0,联立上述各式解得k==3,故选B。 6.答案　(1),方向由A指向C　 (2),方向由O指向C 解析　(1)A点电荷对C处点电荷的作用力为库仑斥力,如图所示 根据库仑定律有FA=,其中=d2+ 可得FA=,方向为由A指向C (2)根据对称性可知,A、B两点电荷对C处点电荷的库仑力大小相等,方向关于中垂线对称,如图所示,则在C点处的点电荷所受的库仑力大小为F=2FA sin θ 根据几何关系有sin θ= 解得F=,方向由O指向C 7.D　设C的电荷量大小为q,A、B、C三个自由点电荷要平衡,三个点电荷必须在一条直线上,且C带负电,位置一定在A、B中间(点拨:根据“两同夹异”“两大夹小”),设点电荷C与A间的距离为r,则C与B间的距离为l-r,由C处于平衡状态,有k=k,解得r=,即C应在A的右侧处;根据点电荷A受力平衡,有k=k,解得q=Q。综上可知,D正确。 规律总结　三个自由点电荷的平衡问题 　　(1)平衡条件:每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等、方向相反。 　　(2)平衡规律 　　“三点共线”——三个点电荷分布在同一直线上; 　　“两同夹异”——正、负电荷相互间隔; 　　“两大夹小”——中间点电荷的电荷量最小; 　　“近小远大”——中间点电荷靠近电荷量较小的点电荷。 8.答案　(1)×10-7 C　(2)×10-3 N,方向水平向左　(3)1.5×10-3 N　1×10-3 N 解析　(1)据题意,对B球受力分析,受到重力、细线的拉力和A对其的库仑力,如图甲所示 由平衡条件有TB sin 60°=F库 sin 60°, TB cos 60°+F库 cos 60°=mg 又库仑力F库= 代入数据,解得q=×10-7 C,TB=1×10-3 N 　 (2)对A球受力分析,受到重力、细线的拉力、墙壁的弹力和B对其的库仑力,如图乙所示 根据共点力平衡条件,水平方向有 N=F库' sin 60°=F库 sin 60°=×10-3 N 根据牛顿第三定律可知F压=N=×10-3 N,方向水平向左。 (3)对A球,由平衡条件得,竖直细线拉力大小为 TA=mg+F库' cos 60°=1.5×10-3 N 对B球,由第(1)问可知倾斜细线拉力大小为 TB=1×10-3 N 9.A　以乙小球为研究对象,受力分析可知,乙小球在甲小球的库仑力作用下做匀加速直线运动,设其加速度大小为a,根据牛顿第二定律有k=2ma,解得a=;以甲、乙整体为研究对象,在水平恒力F作用下做匀加速直线运动(点拨:甲、乙小球间的库仑力为内力),根据牛顿第二定律有F=3ma,联立解得F=,选A。 10.C　三个小球一起向右运动,所受合力均与F的作用线平行(破题关键),又由于三根丝线刚好都伸直且没有弹力,则三球水平方向的受力如图所示,可知C球带负电,B球带正电,根据对称性可知,A球、B球对C球的库仑力大小相等,则A球的电荷量和B球的电荷量相同,A错误;设C球的电荷量大小为qC,以A球为研究对象,B球对A球的库仑斥力大小为FBA=,C球对A球的库仑引力大小为FCA=,由题知三球运动的加速度方向与F平行,则有FCA sin 30°=FBA,FCA cos 30°=ma,解得qC=2q,则a=,F=3ma=,C正确,B、D错误。 能力提升练 1.A　悬挂小球A的丝线竖直且张力恰好为零,此时小球A受到重力mg、点电荷B对小球A的库仑引力FB及点电荷C对小球A的库仑斥力FC,如图所示,由平衡条件可知,FC与FB的合力与重力mg等大反向,结合几何关系可得tan 45°=,由库仑定律可得FB=,故=mg,解得x=,选A。 2.AD　对小滑块受力分析,受到重力mg、斜面的支持力N、小球的库仑斥力F(点拨:μ<tan 37°,小球对小滑块只能是斥力)、斜面的静摩擦力f(沿斜面的虚线表示静摩擦力所在直线,静摩擦力可能沿斜面向上或向下,也可能为0),如图所示: 垂直斜面方向有N=mg cos 37°+F sin 37°,当库仑力最小时,静摩擦力f沿斜面向上,且达到最大静摩擦力fmax=μN,由沿斜面方向受力平衡可得mg sin 37°=Fmin cos 37°+fmax,解得Fmin=mg;当库仑力最大时,静摩擦力f沿斜面向下,且达到最大静摩擦力fmax=μN,由沿斜面方向受力平衡可得mg sin 37°+fmax=Fmax cos 37°,解得Fmax=mg;由库仑定律可得F=k,最小电荷量Qmin==,最大电荷量Qmax==,所以小球所带电荷量应该满足≤Q≤,故选A、D。 3.答案　(1)mg　(2)　(3)mg 解析　(1)对小球P受力分析,受到重力、斜面AB的支持力和小球Q对其的库仑引力,如图所示: 由平衡条件可知,在竖直方向上有FN1 cos θ=mg 由牛顿第三定律有F1=FN1 解得F1==mg (2)对小球P,在水平方向上有FN1 sin θ=F库 由库仑定律有F库=,解得d= (3)设小球Q的质量为M,对小球Q受力分析,如上图,根据平衡条件,在竖直方向上有FN2 sin θ=Mg 在水平方向上有FN2 cos θ=F库'=F库,解得M=m 对小球P、Q和斜面体ABC组成的整体受力分析,有F=(m+m+M)g,解得F=mg 解题通法　“四步”解决库仑力作用下的平衡问题 4.D　对小球A受力分析,受到重力mg、细线的拉力T和小球B对其的库仑力F,将F、T平移,三力构成的矢量三角形与几何三角形BO1A相似,如图所示: 可得==,由于O1B、mg不变,故比值不变,小球A缓慢漏掉一部分电荷过程中,qA减小,=,故AB减小,F减小,结合牛顿第三定律知小球A对小球B的库仑力减小,A、B错误;O1A不变,由前面的分析可知细线的拉力T大小不变,则物块C的受力不变,故地面对物块C的支持力不变,C错误,D正确。 解题通法　求解静电力作用下动态平衡问题的思路 5.D　以小球A为研究对象,分析其受力,如图1所示,设B对A的库仑力F库与竖直墙面的夹角为θ,由平衡条件可得竖直墙面对小球A的弹力N1=mAg tan θ,库仑力F库=;将小球B向左推动少许时,θ减小,则竖直墙面对小球A的弹力N1减小,库仑力F库减小,结合库仑定律可得两球之间的距离增大,故A错误,D正确。再以A、B整体为研究对象,分析其受力,如图2所示,由平衡条件可得F=N1,N2=(mA+mB)g,由前面分析知N1减小,可知F减小,而地面对小球B的支持力不变,故B、C错误。 　 6.AD　 关键点拨　由于点电荷间的作用规律与两物体间的万有引力的作用规律相似,故点电荷P绕O点沿椭圆轨道运动,可类比行星绕太阳的运动分析。 点电荷P绕O点沿椭圆轨道运动,类比开普勒第二定律可知,点电荷P与O点处点电荷的连线在相等时间内扫过的面积相等,则有vaΔt·r=vbΔt·3r,解得==,故A正确;根据牛顿第二定律可得a==∝,可知点电荷P在a、b两点的加速度大小之比为==,故B错误;类比开普勒第二定律可知,点电荷P离开b向a运动过程中,速度逐渐增大,动能逐渐增大,故C错误;若点电荷P通过b点时速度方向不变,大小突然变为v=q,则m=k,可知此后点电荷P将绕O点做匀速圆周运动,类比开普勒第三定律可得=,可得周期为T'=T,故D正确。 7.A　该结构未转动时,小球S受到弹簧弹力F、库仑力F库、重力mg处于平衡状态,受力情况如图甲所示,根据平衡条件,在水平方向有F sin 30°=F库 sin 30°,可得F=F库,则在竖直方向可得2F库 cos 30°=mg,解得F库=mg。 　 该结构以角速度ω转动时,设两小球间的库仑力为F库',倾斜杆对小球S的弹力为FN,如图乙所示,由几何关系可知,该结构转动前后,小球S到M点的距离相等,则F库'=F库=mg,在水平方向,根据牛顿第二定律得F库'+FN cos 30°=mω2rMN,其中rMN=h,在竖直方向,根据平衡条件有FN sin 30°=mg,联立解得ω=2,故选A。 8.C　A、B两个小球绕过C的竖直轴转动,且A、B两个小球带同种电荷,互相排斥,则带电小球C必给A、B两个小球库仑引力(点拨:对A、B任意小球,C对其的库仑引力的水平分力与另一小球的库仑斥力的合力提供向心力),则小球C必带负电,故A错误。对小球A,其受力如图甲所示,水平方向由牛顿第二定律有 cos 60°-=,解得A转动的角速度为ωA=,故B错误。若增大C的电荷量,当A、B小球刚好离开水平面时,水平面对两球的支持力为零,则对小球A在竖直方向有 sin 60°=mg,解得C的电荷量为QC=;此时小球B的受力如图乙所示,则水平方向由牛顿第二定律有 cos 60°-=,解得小球B转动的角速度为ωB=,故C正确,D错误。 　 7 学科网（北京）股份有限公司 $