【讲与练】高中物理人教版(2019)必修3：9.2 库仑定律第2课时库仑定律的应用学案

第2课时库仑定律的应用课程标准1．会解决静电力作用下的静态平衡问题。2．会解决库仑力作用下的动态平衡问题。3．会解决静电力作用下的非平衡问题。4．掌握三个点电荷平衡问题的解决方法。素养目标科学思维1.通过静电力作用下的平衡问题、非平衡问题的分析学会这一类问题的解题方法。2.通过分析库仑力作用下的向心力、功能问题，提升自己的分析综合能力。探究静电力作用下的静态平衡问题要点提炼分析带电体在有静电力作用下的平衡问题时，方法仍然与力学中物体的平衡方法一样，具体步骤如下：(1)确定研究对象。如果有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”。(2)对研究对象进行受力分析时，多了静电力F＝eq\f(kq1q2,r2)。(3)建立坐标轴。(4)根据F合＝0列方程，若采用正交分解，则有Fx＝0，Fy＝0。(5)求解方程。典例剖析典题1如图所示，三个点电荷q1、q2、q3固定在同一直线上，q2与q3间距离l2为q1与q2间距离l1的2倍，每个电荷所受库仑力的合力均为零，由此可以判定，三个电荷的电荷量之比为(A)A．(－9)∶4∶(－36) B．9∶4∶36C．(－3)∶2∶(－6) D．3∶2∶6解析：若q2带负电，假设q1带负电，要使q2平衡，则q3也应该带负电，但此时q1、q3因都受库仑斥力而不平衡，故q1带正电，同理分析q3带正电；同理也可能是q1、q3带负电，q2带正电。由于三个电荷均处于平衡状态，所以对q1有keq\f(q1q2,l\o\al(2,1))＝keq\f(q1q3,(l1＋l2)2)，对q3有keq\f(q3q2,l\o\al(2,2))＝keq\f(q1q3,(l1＋l2)2)，联立可解得q1∶q2∶q3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l1＋l2,l2)))2∶1∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l1＋l2,l1)))2，根据题意可知l2＝2l1，所以q1∶q2∶q3＝eq\f(9,4)∶1∶9，由于q1、q3是同种电荷，故三个电荷的电荷量之比为(－9)∶4∶(－36)或9∶(－4)∶36，选项A正确。对点训练❶(多选)(2023·湖南汉寿一中高二上段考)光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上，可视为质点的小球1、2、3完全相同。现让小球1、2带电，小球3不带电。小球1、2所带的电荷量分别为＋Q、＋2Q，其中小球1固定在碗底A点，小球2可以自由运动，平衡时小球2位于碗内的B位置处，如图所示。现将小球3分别与小球1、2接触数次后，移走小球3，把小球2放置在图中C位置时也恰好能平衡，则(AC)A．小球2在C位置时所带的电荷量为＋QB．AB弦长是AC弦长的两倍C．小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小D．小球2在B点对碗的压力大小大于小球2在C点时对碗的压力大小解析：小球1、2、3完全相同，它们接触后所带电荷量会均分，小球3分别与小球1、2接触无数次后，三球所带的电荷量相等，为＋Q，A正确；对小球2进行受力分析，如图所示，小球2受重力、支持力、库仑力，其中F1为库仑力F和重力mg的合力，根据受力平衡可知F1＝FN，设半球形碗的半径为R，A、B之间的距离为L，根据三角形相似可知eq\f(mg,OA)＝eq\f(F1,OB)＝eq\f(F,AB)，即eq\f(mg,R)＝eq\f(F1,R)＝eq\f(F,L)，可得F1＝FN＝mg，F＝eq\f(L,R)mg，则小球2在B点时碗对小球的支持力大小等于小球2在C点时碗对小球的支持力大小，由牛顿第三定律可知，C正确，D错误；F＝eq\f(kq1q2,L2)，则有eq\f(mg,R)＝eq\f(kq1q2,L3)，由于在C点时，电荷量已经均分，q2＝＋Q，在B点时，q2＝＋2Q，有eq\f(kQ×2Q,L3)＝eq\f(kQ×Q,l\o\al(3,AC))，解得L＝eq\r(3,2)lAC，所以AB弦长是AC弦长的eq\r(3,2)倍，故B错误。探究库仑力作用下的动态平衡问题要点提炼此类问题属于动态平衡问题，常用的解题方法有解析法、图像法、相似三角形法等，只是在受力分析时多了一个库仑力。典例剖析典题2(2023·湖北武汉常青联合体高二上期中)如图所示，带电小球A固定在竖直墙面上，用绕过固定在竖直墙上C点的小定滑轮的细绳拉着带电小球B，小球B静止，此时A、B连线水平，A、B间的距离为r，A、C间的距离为h，h>r。用拉力F缓慢拉动细绳端使小球B缓慢向上移动，小球B向上移动过程中，A、B两球所带的电荷量保持不变，在小球B从图示位置一直运动到C点的过程中(D)A．拉力F一直减小B．拉力F先增大后减小C．小球B一直做曲线运动D．小球B先做曲线运动后做直线运动解析：设小球B的质量为m，初始时B、C间的距离为L，在小球B到达竖直墙之前，对小球B受力分析，根据力的矢量三角形与几何三角形相似可得eq\f(mg,h)＝eq\f(F,L)＝eq\f(k\f(qAqB,r2),r)＝eq\f(kqAqB,r3)，在小球B从图示位置到与墙壁接触的过程中，mg、h、qA、qB均不变，则r不变，L变小，F变小，因此这个过程中小球B绕A做圆周运动；当小球B与竖直墙接触后，在拉力作用下沿墙壁上升，库仑力变小，小球B在竖直方向受力平衡，所以F变大，综上所述可知，拉力F先减小后增大，小球B先做曲线运动后做直线运动，A、B、C错误，D正确。对点训练❷(2022·重庆七中高二上月考改编)如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球。用一指向竖直杆的力F作用在A球上，使两球均处于静止状态，现将A球沿水平方向向右缓慢拉动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡。则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列判断正确的是(C)A．A、B两小球间的库仑力变大，A球对MO杆的压力变大B．A、B两小球间的库仑力变小，A球对MO杆的压力变小C．A、B两小球间的库仑力变小，A球对MO杆的压力不变D．A、B两小球间的库仑力变大，A球对MO杆的压力不变解析：设MO杆对A球的支持力为FN，以A、B球系统为研究对象，竖直方向有FN＝GA＋GB，故MO杆对A球的支持力不变，由牛顿第三定律得，A球对MO杆的压力不变。设A、B两小球间的库仑力为Fc，Fc和杆NO的夹角为θ，以B为研究对象，竖直方向有Fccosθ＝GB，由于A球沿水平方向向右移动过程中θ减小，则cosθ增大，故Fc减小，所以C正确。探究静电力作用下的非平衡问题要点提炼分析静电力作用下的带电体的非平衡问题，方法与力学中相同，首先分析带电体受到的所有力，再依据牛顿第二定律F合＝ma进行求解；对相互作用的系统，要注意灵活使用整体法与隔离法，并首先选用守恒的观点从能量的角度分析。典例剖析典题3(2023·福建泉州市教科院高二期末)如图，质量m＝0.04kg的带正电的小球A套在光滑的竖直绝缘细杆上，杆底端固定一个与小球A电荷量相等的小球B，整个装置处在真空中。小球A从离底端h＝0.3m的位置由静止释放后沿杆下滑，刚释放时加速度大小a＝eq\f(3,4)g。取重力加速度g＝10m/s2，静电力常量k＝9.0×109N·m2·C－2。求：(1)小球A所带的电荷量Q；(2)小球A速度最大时与B的距离H。解析：(1)小球刚释放时受重力和库仑力，根据牛顿第二定律得mg－eq\f(kQ2,h2)＝ma，其中a＝eq\f(3,4)g，解得Q＝10－6C。(2)当小球A加速度a＝0时，速度最大，有mg＝eq\f(kQ2,H2)，解得H＝0.15m。答案：(1)10－6C(2)0.15m对点训练❸(2023·山西太原高三期末)如图所示，光滑绝缘水平面上有质量分别为m和2m的小球A、B，两小球带异种电荷。将方向水平向右、大小为F的力作用在B上，当A、B间的距离为L时，两小球可保持相对静止。若改用方向水平向左的力作用在A上，欲使两小球间的距离保持为2L并相对静止，则外力的大小应为(B)A.eq\f(1,16)F B．eq\f(1,8)FC．eq\f(1,4)F D．eq\f(1,2)F解析：当方向水平向右、大小为F的力作用在B上，A、B间的距离为L时，有F＝3ma1，eq\f(kq1q2,L2)＝ma1，若改用方向水平向左的力作用在A上，两小球间的距离保持为2L并相对静止时，有F2＝3ma2，eq\f(kq1q2,(2L)2)＝2ma2，联立可得F2＝eq\f(1,8)F，故B正确。探究三个点电荷的平衡问题要点提炼三个自由点电荷的共线平衡使三个自由点电荷均处于平衡状态，三个点电荷的电荷量大小、电性及相对位置满足如下关系：(1)三个自由点电荷电性必为“两同一异”；(2)异种电荷在内侧，同种电荷在两边；(3)放在内侧的异种电荷电荷量最小。口诀是“三点共线，两同夹异，两大夹小，近小远大”，即三个点电荷必须在同一条直线上，且“中间”的电荷量最小，与旁边两个为异种电荷，两边点电荷靠“中间”电荷近的电荷量较小，远的电荷量较大。典例剖析典题4若A、B为相距l的异种电荷且不固定，QA＝－4Q，QB＝Q。引入第三个点电荷C，使三个点电荷在库仑力作用下都能处于平衡状态，试求C的电荷量和放置的位置。解析：C只能在A、B决定的直线上，A与B带异种电荷互相吸引，C在A、B连线的延长线B的右侧(A在左边，B在右边)，为负电荷。设电荷C放在B右侧距其x处，电荷量为q，由A处于平衡得，keq\f(4Qq,(l＋x)2)＝keq\f(4Q·Q,l2)，由B处于平衡得，keq\f(Qq,x2)＝keq\f(4Q·Q,l2)，解得q＝－4Q，x＝l。答案：－4QB的右侧距其l处对点训练❹(2023·黑龙江哈尔滨六中高二上月考)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A球连接。A、B、C三个小球的质量均为M，qA＝q0＞0，qB＝－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，重力加速度为g，则(A)A．qC＝eq\f(4,7)q0B．弹簧伸长量为eq\f(Mgsinα,k0)C．A球受到的库仑力大小为2MgD．相邻两小球间距为q0eq\r(\f(3k,7Mg))解析：设三小球间距为r，对C球受力分析可知，C球带正电，根据平衡条件有Mgsinα＋keq\f(q0qC,(2r)2)＝keq\f(q0qC,r2)，对B小球受力分析，根据平衡条件有Mgsinα＋keq\f(q0qC,r2)＝keq\f(q\o\al(2,0),r2)，联立解得qC＝eq\f(4,7)q0，r＝q0eq\r(\f(3k,7Mgsinα))，故A正确，D错误；对A、B、C三小球整体受力分析，根据平衡条件有3Mgsinα＝k0x，弹簧伸长量x＝eq\f(3Mgsinα,k0)，故B错误；对A球受力分析，根据平衡条件有Mgsinα＋F库＝k0x，解得A球受到的库仑力为F库＝2Mgsinα，故C错误。探究库仑力作用下的向心力、功能等问题要点提炼带电体在库仑力等力作用下做圆周运动时，要正确的选取研究对象，进行受力分析找出向心力的来源，根据F＝eq\f(mv2,r)列式求解；在求解速度时还可能用到动能定理、机械能守恒等原理进行分析。典例剖析典题5(2023·江苏海安高三上月考)一点电荷固定在空间中的O点，在O点上下空间内分别有A、B两个点电荷在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。A、B两点电荷的电荷量分别为QA、QB，质量分别为mA、mB，不计重力作用。则(A)A．QA<QB，mA>mB B．QA<QB，mA<mBC．QA>QB，mA>mB D．QA>QB，mA<mB解析：由于A、B两点电荷在水平面内做匀速圆周运动，则A、B两点电荷必然是同种电荷，O点处的点电荷电性与A、B两点电荷电性相异，且A、B两点电荷始终保持相对静止，即两点电荷做圆周运动有相同的角速度ω，设A、B两点电荷的轨迹半径分别为rA、rB，O点处的点电荷所带电荷量为Q，A、B两点电荷的受力分析如图所示，竖直方向上，对A点电荷有eq\f(kQQA,r\o\al(2,OA))sinα＝eq\f(kQAQB,r\o\al(2,AB))cosβ，对B点电荷有eq\f(kQQB,r\o\al(2,OB))sinα＝eq\f(kQAQB,r\o\al(2,AB))cosβ，联立解得eq\f(QA,QB)＝eq\f(r\o\al(2,OA),r\o\al(2,OB))，由于rOA<rOB，则有QA<QB；水平方向上，对A点电荷有eq\f(kQQA,r\o\al(2,OA))cosα＋eq\f(kQAQB,r\o\al(2,AB))sinβ＝mArAω2，对B点电荷有eq\f(kQQB,r\o\al(2,OB))cosα－eq\f(kQAQB,r\o\al(2,AB))