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）江苏北京专版

**基本信息** 以“基础过关+能力提升”分层设计，通过概念理解→规律应用→综合拓展的路径，巩固库仑定律及静电力应用，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、库仑力计算与合成、静电力静态平衡及直线运动|以选择为主，如第1题辨析定律适用条件（物理观念），第6题三电荷平衡（模型建构），梯度从概念到简单综合| |能力提升练|复杂静电力平衡、动态平衡、静电力动力学问题|含选择与计算，如第4题两球位置变化动态平衡（科学推理），第6题类比天体运动（质疑创新），深化综合应用能力|

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江苏南京七校联合调研)两个完全相同的小金属球(皆可视为点电荷)分别固定在绝缘支座上,它们所带电荷量大小之比为7∶5,把它们放在真空中相距r处,它们之间的吸引力大小为F。现用绝缘工具将它们充分接触后再放回各自原来的位置,此时两金属球间的相互作用力大小变为(　　) A.F　　　B.35F　　　C.F　　　D.F 题组二　库仑力的计算与合成 3.(2026江苏苏州期中)如图所示,真空中有O、A、B、C四点,O为AB连线的中点,OC为AB连线的中垂线。在A、B两点分别固定电荷量为-Q、+Q的点电荷,A、B相距l,O、C相距,静电力常量为k。现将另一个电荷量为+q的点电荷放置在C点处,此时+q所受的静电力大小为(　　) 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.(2025江苏无锡期中)如图所示,在直角三角形ABC的顶点A、B分别固定有点电荷Q1、Q2,现将一点电荷q固定于顶点C,测得q所受静电力F与AB边垂直。已知AB∶AC∶BC=5∶4∶3,则(　　) A.=　B.=　C.=　D.= 题组三　库仑力参与的静态平衡问题 6.(2026北京第十一中学月考)光滑绝缘水平面上,相距为L的自由点电荷A、B带电荷量分别为+4q和-q,如图所示,今引入第三个点电荷C,使三个点电荷都处于平衡状态,则C的电荷量和放置的位置是(　　) A.-q,在A左侧距A为L处 B.-2q,在A左侧距A为处 C.+4q,在B右侧距B为L处 D.+2q,在B右侧距B为处 7.(2026江苏南京金陵中学期末)如图所示,在同一点用两根长度不同的绝缘细线悬挂两个带同种电荷的小球A和B,两小球的质量分别为m1和m2,带电荷量分别为q1和q2,两球平衡时悬线与竖直方向的夹角分别为α和β,且α>β,两小球处于同一水平线上。下列说法正确的是(　　) A.若q1<q2,则m1>m2 B.若q1<q2,则m1=m2 C.若q1>q2,则m1>m2 D.与电荷量无关,m1<m2 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.(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不可能为(　　) 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.(2026江苏南菁高级中学期中)如图所示,竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘,两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面上,且共处于同一竖直平面内。若用图示方向的水平推力F作用于B,则两球静止于图示位置;如果将B稍向左推动少许,当两球重新平衡时,与原来的平衡状态相比(　　) A.推力F将增大 B.地面对B的弹力不变 C.竖直墙面对A的弹力将增大 D.两小球之间的库仑力将增大 5.(2026江苏常州第一中学月考)如图所示,水平天花板下方固定一光滑小定滑轮O,在定滑轮的正下方C处固定一带正电的点电荷,不带电的小球A与带正电的小球B通过跨过定滑轮的绝缘轻绳相连。开始时系统在图示位置静止且OB<OC。若B球的电荷量缓慢减少(未减为零),在B球到达O点正下方前,则(　　) A.B球的运动轨迹是一段圆弧 B.A球的质量大于B球的质量 C.此过程中点电荷对B球的库仑力变大 D.此过程中滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小 题组三　静电力作用下的动力学问题 6.(创新题新考法)(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2∶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= 8.(2026江苏苏州震泽中学月考)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点的高度均为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,初始时小球S恰好静止在ON的中点且对杆无压力。现驱动该装置以OM为轴转动,使小球S缓慢移动至N点,此时弹簧恰好恢复原长,此后维持角速度ω不变。已知重力加速度大小为g,不计空气阻力,求: (1)初始时小球S所受的静电力大小; (2)小球到达N点后的角速度大小。 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　由于原来两球相互吸引,可知带异种电荷。设两球原来带的电荷量分别为7q和-5q,则库仑力大小为F=k=k;两球充分接触,电荷先中和后均分,均分后每个金属球带的电荷量均为q'==q,则放回各自的原位置后,库仑力大小为F'=k=k,可得F'=,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.D　C处电荷量为+q的点电荷受到的静电力如图所示,合力F=2FA cos θ,方向平行于BA,根据几何关系有θ=45°,则F=2FA cos 45°=×=,故选D。 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.A　根据点电荷q受到的静电力方向,可以判断出点电荷Q1、Q2对q的静电力F1、F2方向分别沿CA、CB,如图所示,根据库仑定律有F1=k,F2=k;根据几何关系有=,可得=·==,故选A。 6.C　设C的电荷量大小为Q,A、B、C三个自由点电荷要平衡,三个电荷必须在一条直线上,且C带正电,位置一定在B的右侧(点拨:根据“两同夹异”“两大夹小”),设点电荷C与B间的距离为r,则C与A间的距离为L+r,由于C处于平衡状态,根据库仑定律有k=k,解得r=L;根据点电荷A受力平衡,有k=k,解得Q=4q。综上可知,C的电荷量为+4q,在B的右侧距B为L处,选C。 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。 7.D　根据题意,小球A、B处于静止状态,受力平衡,水平方向的一对库仑力等大反向,根据平衡条件有F库=m1g tan α=m2g tan β,解得m1 tan α=m2 tan β,由于α>β,故m1<m2,与电荷量无关,选D。 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.B　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B。 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.B　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库与竖直墙壁的夹角为θ,由平衡条件可得N1=mAg tan θ,F库=,将小球B向左推动少许时,θ减小,可知竖直墙面对小球A的弹力N1减小,库仑力F库减小,故C、D错误。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,可知推力F减小,而地面对小球B的弹力不变,故A错误,B正确。 　 5.A　对B球受力分析,B球受到重力mBg、轻绳的拉力FT和库仑力F库,如图所示,由相似三角形可知===k'(定值),其中FT=mAg,F库=k,整理得==k=k'(定值),由于mAg不变,可知OB不变,故B球的运动轨迹是一段圆弧,A正确;由于OB<OC,因此mA<mB,B错误;由于B球所带的电荷量qB减小,可知BC也减小,此过程中B球所受库仑力减小,C错误;由前面分析可知,轻绳的拉力大小始终为mAg,由于BC减小,可知轻绳的OB段与OA段间夹角减小,所以滑轮受到轻绳的作用力(即轻绳OB段与OA段的合力)增大,D错误。 解题通法　求解静电力作用下动态平衡问题的思路 6.D　 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错误;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.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。 　 8.答案　(1)mg　(2)2 解析　(1)该装置未转动时,小球受到弹簧弹力F、静电力F电、重力mg处于平衡状态,如图甲所示 根据平衡条件,在水平方向有F sin 30°=F电 sin 30° 可得F=F电 在竖直方向有2F电 cos 30°=mg 解得F电=mg 　 (2)该装置转动时,设此时静电力为F电',杆对球的弹力为FN,受力如图乙所示 由几何关系可知,小球转动前后,到M点的距离相等,则F电'=F电=mg 在水平方向,静电力与杆对球弹力的分力提供向心力,根据牛顿第二定律得F电'+FN cos 30°=mω2rMN 在竖直方向,根据平衡条件有FN sin 30°=mg 联立解得ω=2 7 学科网（北京）股份有限公司 $