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第47讲 库仑力作用下的平衡问题和变速运动问题（解析版）
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这是一份第47讲 库仑力作用下的平衡问题和变速运动问题（解析版），共19页。
第47讲 库仑力作用下的平衡问题和变速运动问题
1．（2022•上海）水平面上有一带电量为Q的均匀带电圆环，圆心为O。其中央轴线上距离O点为d的位置处有一带电量为q的点电荷。若点电荷受到的电场力为F，则F ＜ kQqd2（k为静电力恒量）（选填“＞”、“＜”或“＝”）。静电力恒量k的单位可表示为 kg•m3•s﹣4•A﹣2 （用“SI单位制”中的基本单位表示）。
【解答】解：将带电圆环平均分成无数份，则都可以看成点电荷，则与点电荷q的距离为
r=d2+r2
根据对称性可知，圆环上的电荷对q位置处的场强水平分量被抵消，只剩竖直分量，且半径大于d，因此F＜kQqd2。
用“SI单位制”中的基本单位表示F的单位是kg•m/s2，距离的单位是m，电荷量的单位是A•s，故静电力常量k的单位可表示为kg•m3•s﹣4•A﹣2。
故答案为：＜；kg•m3•s﹣4•A﹣2。
2．（2021•海南）如图，V型对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面夹角均为α＝60°，其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P与M间的动摩擦因数至少为（ ）
A．36 B．12 C．32 D．33
【解答】解：滑块Q在光滑斜面N上静止，则P与Q带电同性，两者之间为库仑斥力设为F，两滑块的受力分析和角度关系如图所示
对Q物体在沿着斜面方向有
mgcos30°＝Fcos30°
可得F＝mg
而对P物体动摩擦因数最小时有
N2＝F+mg sin 30°
f＝μN2
f＝mgcos30°
联立解得μ=33，故ABC错误，D正确；
故选：D。
3．（2020•浙江）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，则（ ）
A．qc=47q0
B．弹簧伸长量为Mgsinαk0
C．A球受到的库仑力大小为2Mg
D．相邻两小球间距为q03k7Mg
【解答】解：AD、对C分析，受重力、支持力和AB的库仑力，则AB的库仑力之和沿斜面向上，又B距离C近，给C的库仑力大，则C球带正电，设小球间距为a，
对C：kq0qCa2−kq0qC(2a)2=Mgsinα
对B：kq02a2−kq0qCa2=Mgsinα
联立解得：qC=47q0
代入kq02a2−kq0qCa2=Mgsinα
解得：a＝q03k7Mgsinα，故A正确，D错误；
对ABC用整体法，ABC受力平衡，即ABC受到的弹力等于重力的分力。即得弹簧伸长量△x=3Mgsinαk0，故B错。
对BC用整体法，BC受力平衡，即BC受到库仑力等于重力分力，即得A受到的库仑力为2Mgsinα，故C错。
故选：A。
一.知识回顾
（一）库仑力作用下的平衡问题
1.解题思路及步骤
涉及库仑力的平衡问题，其解题思路与力学中的平衡问题一样，只是在原来受力的基础上多了库仑力。注意库仑力的方向：同性相斥，异性相吸，沿两电荷连线方向。
2.求解带电体平衡问题的方法
分析带电体平衡问题的方法与力学中分析物体受力平衡问题的方法相同。
(1)当两个力在同一直线上使带电体处于平衡状态时，根据二力平衡的条件求解；
(2)在三个力作用下带电体处于平衡状态时，一般运用勾股定理、三角函数关系以及矢量三角形等知识求解；
(3)在三个以上的力作用下带电体处于平衡状态时，一般用正交分解法求解。
3．三个自由点电荷平衡模型、平衡条件及规律
（1）模型特点
①三个点电荷共线。
②三个点电荷彼此间仅靠电场力作用达到平衡，不受其他外力。
③任意一个点电荷受到其他两个点电荷的电场力大小相等，方向相反，为一对平衡力。
(2)平衡条件：每个点电荷受另外两个点电荷的合力为零，或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的电场中合场强为零的位置。
（3）三电荷平衡模型的规律
①“三点共线”——三个点电荷分布在同一直线上。
②“两同夹异”——正负电荷相互间隔。
③“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小。
④“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷。
图示如下：
（4）解决三电荷平衡问题应注意的两点
①此类题目易误认为只要三个点电荷达到平衡就是“三电荷平衡模型”，而没有分析是否满足模型成立的条件。如果三个点电荷已达到平衡，但若其中某个点电荷受到了外力作用，仍不是“三电荷平衡模型”。
②原则上对于三个点电荷中的任意两个进行受力分析，列平衡方程，即可使问题得到求解，但选取的两个点电荷不同，往往求解难度不同，要根据不同的题目进行选取。
（二）变速问题
当点电荷受到的合力不为零时，应用牛顿第二定律进行运动分析和计算。
二.例题精析
题型一：同一直线上的三个自由点电荷的平衡
例1．如图所示，光滑水平面上有三个带电小球a、b、c（均可视为质点），它们所带电荷量的绝对值分别为q1、q2、q3，且q1为正电荷，在它们之间的静电力相互作用下均处于平衡状态，则（ ）
A．q2带正电
B．a对b库仑力方向水平向右
C．一定存在q1q2+q2q3=q1q3
D．q1＞q3
【解答】解：AB．因q3电性不确定，q2可带正电也可带负电，a对b库仑力方向可能水平向右也可能水平向左，AB错误；
C．设a、b之间的距离为r1，b、c之间的距离为r2，由题意可知都处于平衡状态，对a球有
kq1q2r12=kq1q3(r1+r2)2
对c 球有
kq2q3r22=kq1q3(r1+r2)2
解得
q2q1=r1r1+r2
q2q3=r2r1+r2
两式相加可得
q2q1+q2q3=r2r1+r2+r1r1+r2=1
即有
q1q2+q2q3=q1q3
C正确；
D．因为q2、q3的电性不确定，所以无法确定q1、q3的大小，D错误。
故选：C。
题型二：非自由点电荷的平衡
例2．如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则（ ）
A．P和Q都带正电荷 B．P和Q都带负电荷
C．P带正电荷，Q带负电荷 D．P带负电荷，Q带正电荷
【解答】解：由图可知，两小球均在电场力和库仑力的作用下保持平衡；由于库仑力为相互作用，大小相等、方向相反；故两小球受到的电场力也一定方向相反；因此两小球一定带异种电荷，则P球所受库仑力向右，Q球所受库仑力向左。
匀强电场方向水平向右，故正电荷受电场力向右，其受库仑力一定向左，故Q带正电荷，P带负电荷，故D正确，ABC错误。
故选：D。
题型三：变速问题
例3．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的作用线反向延长线与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球的电荷量可能为+2q
B．C球的电荷量为−2q
C．三个小球一起运动的加速度为3kq2ml2
D．恒力F的大小为23kq2l2
【解答】解：A、由于三个小球绳长相对静止且细线无拉力，则C对A和B的作用力大小相等，故B球的电荷量为+q，故A错误；
C、以三个小球为研究对象受力分析如图所示，
设C球所带的电荷量为Q，对A球沿BA方向根据平衡条件可得：kQql2cos60°=kq2l2，解得：Q＝2q，C球带负电，故B错误；
C、设三个小球的加速度都是a，根据牛顿第二定律和库仑定律，
对A球受力分析可知：kQql2sin60°＝ma
解得：a=3kq2ml2，故C正确；
D、对整体受力分析可知F＝3ma=33kq2l2，故D错误。
故选：C。
三.举一反三，巩固练习
1. 如图所示，A、B、C三个带电小球用柔软绝缘细线悬挂于天花板上，平衡时细线竖直，三小球处于同一水平面且间距相等，以下关于小球质量、带电情况的说法正确的是（ ）
A．A、C两球质量一定相等
B．A、C两球一定带等量同种电荷
C．A、B两球可能带等量异种电荷
D．A、B、C三球可能带同种电荷
【解答】解：A、三球竖直方向拉力与重力平衡，所以无法确定三球的质量关系，故A错误；
B、三球水平方向所受库仑力平衡，由B的受力平衡知A、C两球对B要么都是吸引力，要么都是排斥力，带等量同种电荷，故B正确；
CD、由C球的平衡知A、B两球对C一个吸引，一个排斥，因此带异种电荷且因为A距离更远，所以A球的电荷量大于B球的电荷量，故CD错误；
故选：B。
2. 如图，带电金属小球A套在倾角α＝30°的光滑绝缘杆上，与O点等高的位置固定另一带电小球B。A处于静止状态时，A、B连线与杆的夹角β＝30°。A受杆的弹力大小为FN，A、B间的库仑力大小为F库，则（ ）
A．FN与F库相等
B．A、B两球可能带异种电荷
C．将A球移至O点，A球仍能保持静止状态
D．将A球移至O点的过程中，A、B间的电势能减小
【解答】解：AB、由题意，对小球A受力分析如图
可见，想让A球处于平衡状态，A、B两球只能是同种电荷。对A球建立直角坐标系如图，由几何关系知∠1＝∠2＝60°
所以FNcos60°＝F库cos60°
解得FN＝F库，故A正确，B错误；
C、将A球移至O点时，同理对小球A受力分析可知，此时B球对A球的库仑力水平向左，又因为重力竖直向下，支持力垂直于杆，则由三力平衡条件可知，此时小球A不能受力平衡，故C错误；
D、由题可知，B球对A球的库仑力先做负功再做正功，故A、B间的电势能先增大后减小，故D错误。
故选：A。
3. 如图所示，光滑绝缘杆弯成直角，直角处固定在水平地面上，质量为m、带电荷量+Q小圆环A穿在右边杆上，质量为3m、带电荷量+3Q小圆环B穿在左边杆上，静止时两圆环的连线与地面平行，右边杆与水平面夹角为α。重力加速度为g。则（ ）
A．右边杆对A环支持力大小为14mg
B．左边杆对B环支持力大小为mg
C．A环对B环库仑力大小为3mg
D．A环对B环库仑力大小为3mg
【解答】解：分别对小圆环A、B受力分析，如图所示：
根据平衡条件：
对小圆环A，有mgsinα＝Fcosα
对小圆环B，有3mgcosα＝F′sinα，联立解得：tanα=3，α＝60°
ACD、对小圆环A，据平衡条件可得：Ncosα＝mg，F＝mgtanα
解得A环所受支持力N=mgcosα=mgcos60°=2mg，A、B间的库仑力F=F'=3mg，故AC错误，D正确；
B、对小圆环B，据平衡条件可得：FN=3mgsinα=3mgsin60°=23mg，故B错误。
故选：D。
4. 如图所示，质量分别为m1、m2的两个带同种电荷的小球A、B，分别用长为L的绝缘细线悬挂在同一点O，两细线与竖直方向各成一定的角度α、β，两小球用一绝缘轻质弹簧相接，A、B球连线与过O点竖直线交于C点，初始时刻弹簧处在压缩状态，现增加A球的电荷量，下列说法中正确的是（ ）
A．两细线的拉力之比变大 B．两细线的夹角不变
C．AC与BC的长度之比不变 D．OC长度一定变大
【解答】解：对两小球进行受力分析，如下图所示：
F1、F1′为A、B两小球之间的库仑力，F2、F2′为两小球之间的弹簧弹力，满足
F＝F1+F2＝F′＝F1′+F2′
对A球受力分析，F、T1。m1g，三力满足相似三角形，则有
m1gOC=T1OA=FAC
同理对B球有
m2gOC=T2OB=F'BC
当A球的电荷量增大则两球距离会增大，夹角α、β增大，但仍有
T1T2=m1m2；ACBC=m2m1，绳长不变，C点上移，OC长度变小，故C正确，ABD错误；
故选：C。
5. 如图所示，质量mb＝2kg的小物块b置于倾角为θ＝30°的斜面体c上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电荷QM＝1×10﹣6C的小球M连接，左侧细绳与斜面平行，带负电荷QN=−32×10﹣6C的小球N用绝缘细绳悬挂于P点，两小球的质量相等。初始时刻，连接小球M的一段细绳与竖直方向的夹角α＝60°且两小球之间的距离d＝3cm。设两带电小球在缓慢漏电的过程中，两球心始终处于同一水平面，且b、c都静止，放电结束后滑块b恰好没滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。静电力常量k＝9.0×109N⋅m2/C2。下列说法正确的是（ ）
A．初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为53N
B．放电过程中，小物块b对斜面体c的摩擦力不一定变大
C．地面对斜面体c的支持力先变小后变大
D．小物块b和斜面体c之间的动摩擦因数为33
【解答】解：A．由题意可得，初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为f＝Tcos30°
对小球M受力分析得Tsin60°＝F
其中库仑力F=kQMQNd2=9×109×10−6×32×10−6(0.03)2N=53N
联立代入数据解得f=53N，故A正确；
B．放电过程中，两小球之间的库仑力F减小，对小球M受力分析得Tcosα＝mgmgtanα＝F
则随着库仑力F减小，夹角α减小，拉力减小。且开始时角α＝60°，可求得M小球的质量为m＝0.5kg
开始时绳子拉力为T＝10N
则开始时，对物块b受力分析知mbgsinθ＝T
即开始时，斜面体对物块b的摩擦力为零，随着拉力减小，斜面体对物块b的摩擦力沿斜面向上，且有mbgsinθ＝T+fc
可见，随着拉力减小，斜面体对物块b的摩擦力一定增大，故B错误；
C．设bc整体质量为M，则对bc整体受力分析得FN+Tsinθ＝Mg
可见，随着拉力减小，地面对斜面体c的支持力一直变大，故C错误；
D．由题意知，放电结束后绳子拉力即为小球M的重力，且滑块b恰好没滑动，则对b受力分析得mbgsinθ＝mg+μmbgcosθ
代入数据解得μ=36，故D错误。
故选：A。
6. 如图所示，在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，OB⊥BC。若B球所带的电荷量缓慢减少（未减为零），在B球到达O点正下方前，下列说法正确的是（ ）
A．A球的质量等于B球的质量
B．此过程中，A球始终保持静止状态
C．此过程中，点电荷对B球的库仑力不变
D．此过程中，滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小
【解答】解：开始时，B球受力情况如图所示：
A、由几何关系可知，mBg＞T，且T＝mAg，因此：mB＞mA，故A错误；
BC、假设此过程中A球保持静止状态，由于B球所带的电荷量缓慢减少，B球缓慢下摆，受力平衡，根据三角形相似原理有：TOB=FBC=mBgOC，由于mBg、OC、T均不变，则OB不变，假设成立，BC逐渐减小，库仑力F逐渐减小，故B正确，C错误；
D、由于轻绳拉力T不变，∠AOB逐渐减小，轻绳OA、OB的拉力的合力逐渐增大，即滑轮受到轻绳的作用力逐渐增大，故D错误；
故选：B。
7. 如图，圆环被竖直固定，两个质量均为m的带电小球A、B套在圆环上处于静止状态。A球带正电、位于圆环圆心O的正下方，B球光滑，两球连线与竖直方向成30°角。设A受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．圆环对B球的弹力方向由O指向B
B．A球与圆环间的动摩擦因数不小于34
C．圆环对B球弹力的大小为32mg
D．圆环对A球弹力的大小为2.5mg
【解答】解：A、对B球受力分析如图，根据平衡条件可知圆环对B球的弹力方向由B指向O，且B带正电荷，故A错误；
C、根据平衡条件和三角形知识知：Nsin30°=mgsin30°=Fsin120°，圆环对B球弹力的大小为N＝mg，A对B的库仑力F=3mg，故C错误；
BD、对A受力分析如图，根据平衡条件知：f＝Fsin30°≤μN，N＝mg+Fcos30°，联立解得N＝2.5mg，μ≥35，故B错误，D正确。
故选：D。
8. 如图甲所示，光滑绝缘的水平面上有一坐标轴x，且M、N两点为坐标轴上的点，现将某点电荷Q固定在x轴上，并在M、N两点分别放置一正的点电荷，两点电荷所受Q的库仑力与电荷量的关系如图乙所示，取x轴的正方向为正，则下列说法正确的是（ ）
A．点电荷Q带正电，位于M、N之间
B．M、N两点的电场强度大小之比为3：1
C．如果点电荷Q不固定，三个点电荷不可能静止
D．点电荷Q到M、N两点的距离之比为1：3
【解答】解：A、由图像知M点受力为正，方向向右；N但受力为负，方向向左；M、N两点分别放置一正的点电荷，故M点场强方向向右，N点场强方向向左，故电荷Q带负电，位于M、N之间，故A错误；
B、由公式F＝qE知，F﹣q图像斜率表示场强大小，则EM＝tan60°=3，EN＝﹣tan30°=−33，M、N两点的电场强度大小之比为3：1，故B错误；
C、如果点电荷Q不固定，在M、N处正电荷引力作用下可能平衡，三个点电荷可能静止，故C错误；
D、根据电场公式E=kQr2知，E∝1r2，M、N两点的电场强度大小之比为3：1，则点电荷Q到M、N两点的距离之比为1：3，故D正确；
故选：D。
9. “顿牟缀芥”是东汉王充在《论衡•乱龙篇》中记载的摩擦起电现象，意指摩擦后的带电琥珀能吸引轻小物体。现做如下简化：在某处固定一个电荷量为Q的带正电的点电荷，在其正下方h处有一个原子。在点电荷的电场的作用下原子的负电荷中心与正电荷中心会分开很小的距离l。点电荷与原子之间产生作用力F。你可能不会求解F，但是你可以通过物理分析进行判断，关于F的表达式，可能正确的是（式中k为静电力常量）（ ）
A．F＝0 B．kQql2 C．F=2kQqℎ2 D．2kQqlℎ3
【解答】解：设电荷Q带正电，如图所示，电荷Q与分离开距离l的一对异性电荷间的总作用力为：
F=kQq(ℎ−l2)2−kQq(ℎ+l2)2=kQq2ℎl(ℎ2−l24)2，因l很小，故l24与h2相比较可忽略不计，则：
F=2kQqlℎ3。故ABC错误，D正确。
故选：D。
10. （多选）如图所示，绝缘光滑细杆与水平方向夹角为53°角，空间某点固定点电荷Q，点电荷Q到细杆最近点为B点，且BQ＝6m，将一带电圆环q套在细杆上，从与Q等高A处无初速度释放，C点是细杆上与A点关于B点的对称点，D点在Q点的正下方且是细杆的末端。已知点电荷与圆环带有同种性质的电荷，圆环刚释放时加速度大小为6.4m/s2，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法正确是（ ）
A．圆环到达C点的加速度大小为9.6m/s2
B．圆环到达C点的速度大小为10m/s
C．圆环刚离开细杆时加速度大小为11.5m/s2
D．圆环离开细杆后做匀变速运动
【解答】解：A、设BQ距离d＝6m
由几何关系AQ＝7.5m，AB＝BC＝4.5m，DQ＝10m
圆环在A点刚释放时加速度大小为6.4m/s2，
由牛顿第二定律有
mgsin53°−kQq(AQ)2cos53°＝maA；
由于C点是细杆上与A点对于B点的对称点，设圆环到达C点加速度大小为aC，有
mgsin53°+kQq(AQ)2cos53°＝maC，
代入数据解得aC＝9.6m/s2，故A正确；
B、AC两点电势相同，由A点到C点过程，由动能定理有
mg•AC•sin53°=12mvC2
代入数据解得vC＝12m/s，故B错误；
C、设圆环刚离开细杆时加速度为aD，则有
mg+kQq(DQ)2=maD
代入数据解得aD＝11.5m/s2，故C正确；.
D、圆环离开细杆后，受重力和电场力作用，电场力是变力，故做非匀变速运动，故D错误。
故选：AC。
11. （多选）如图所示，带电量为Q的小球A固定在倾角为θ的绝缘光滑的固定斜面底部，在斜面上距A球为l的P点放置一质量为m的带电小球B，小球B恰好处于静止状态，若将另一质量也为m的不带电小球C紧贴着小球B由静止释放，两小球一起运动到M点时速度为v；若将小球C从距P点为d处的N点由静止释放，小球C运动到P点时与小球B粘在一起。已知各小球均可视为质点，重力加速度为g，静电力常量为k，运动过程中小球A、B的电量不变，下列说法正确的是（ ）
A．小球B的带电量为mgl2sinθkQ
B．小球C从N点运动到P点与小球B碰前瞬间的速度为gdsinθ
C．小球C从N点运动到M点时的速度为v2+gdsinθ
D．小球C从N点运动到M点时的速度为v2+12gdsinθ
【解答】解：A、小球B静止时有
mgsinθ=kQqBl2
解得：qB=mgl2sinθkQ，故A正确；
B、设小球C到达P点时的速度为v1，小球C从N点运动到P点与小球B碰撞前由动能定理得：
mgdsinθ=12mv12
解得：v1=2gdsinθ，故B错误；
CD、设PA之间的距离为l1，小球C运动到P点与小球B粘在一起的速度为v2，小球C运动到P点后与小球B粘在一起到运动至M点的速度为v3，在小球C紧贴着小球B由静止释放至运动到M点的过程中，由动能定理得：
2mgl1sinθ−WF=12×2mv2
小球C与小球B碰撞过程中动量守恒，则
mv1＝2mv2
小球C运动到P点后与小球B粘在一起运动至M点的过程中，由动能定理得
2mgl1sinθ−WF=12×2mv32−12×2mv22
解得：v3=v2+12gdsinθ，故C错误，D正确；
故选：AD。
12. 电场对放入其中的电荷有力的作用。如图所示，带电球C置于铁架台旁，把系在丝线上的带电小球A挂在铁架台的P点。小球A静止时与带电球C处于同一水平线上，丝线与竖直方向的偏角为α。已知A球的质量为m，电荷量为+q，重力加速度为g，静电力常量为k，两球可视为点电荷。
（1）画出小球A静止时的受力图，并求带电球C对小球A的静电力F的大小；
（2）写出电场强度的定义式，并据此求出带电球C在小球A所在处产生的电场的场强EA的大小和方向；
（3）若已知小球A静止时与带电球C的距离为r，求带电球C所带的电荷量Q。
【解答】解：（1）小球A受力如图所示：
根据平衡条件可知 F＝mgtanα。
（2）电场强度的定义式 E=Fq，
带电球C在小球A所在处产生的电场的场强EA=Fq=mgtanαq，
方向水平向右。
（3）根据库仑定律 F=kQqr2，
解得 Q=mgr2tanαkq。
答：（1）小球A静止时的受力图如图，带电球C对小球A的静电力F的大小是mgtanα；
（2）电场强度的定义式是 E=Fq，带电球C在小球A所在处产生的电场的场强EA的大小是mgtanαq，方向水平向右；
（3）带电球C所带的电荷量Q是mgr2tanαkq。
第47讲 库仑力作用下的平衡问题和变速运动问题
1．（2022•上海）水平面上有一带电量为Q的均匀带电圆环，圆心为O。其中央轴线上距离O点为d的位置处有一带电量为q的点电荷。若点电荷受到的电场力为F，则F ＜ kQqd2（k为静电力恒量）（选填“＞”、“＜”或“＝”）。静电力恒量k的单位可表示为 kg•m3•s﹣4•A﹣2 （用“SI单位制”中的基本单位表示）。
【解答】解：将带电圆环平均分成无数份，则都可以看成点电荷，则与点电荷q的距离为
r=d2+r2
根据对称性可知，圆环上的电荷对q位置处的场强水平分量被抵消，只剩竖直分量，且半径大于d，因此F＜kQqd2。
用“SI单位制”中的基本单位表示F的单位是kg•m/s2，距离的单位是m，电荷量的单位是A•s，故静电力常量k的单位可表示为kg•m3•s﹣4•A﹣2。
故答案为：＜；kg•m3•s﹣4•A﹣2。
2．（2021•海南）如图，V型对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面夹角均为α＝60°，其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P与M间的动摩擦因数至少为（ ）
A．36 B．12 C．32 D．33
【解答】解：滑块Q在光滑斜面N上静止，则P与Q带电同性，两者之间为库仑斥力设为F，两滑块的受力分析和角度关系如图所示
对Q物体在沿着斜面方向有
mgcos30°＝Fcos30°
可得F＝mg
而对P物体动摩擦因数最小时有
N2＝F+mg sin 30°
f＝μN2
f＝mgcos30°
联立解得μ=33，故ABC错误，D正确；
故选：D。
3．（2020•浙江）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，则（ ）
A．qc=47q0
B．弹簧伸长量为Mgsinαk0
C．A球受到的库仑力大小为2Mg
D．相邻两小球间距为q03k7Mg
【解答】解：AD、对C分析，受重力、支持力和AB的库仑力，则AB的库仑力之和沿斜面向上，又B距离C近，给C的库仑力大，则C球带正电，设小球间距为a，
对C：kq0qCa2−kq0qC(2a)2=Mgsinα
对B：kq02a2−kq0qCa2=Mgsinα
联立解得：qC=47q0
代入kq02a2−kq0qCa2=Mgsinα
解得：a＝q03k7Mgsinα，故A正确，D错误；
对ABC用整体法，ABC受力平衡，即ABC受到的弹力等于重力的分力。即得弹簧伸长量△x=3Mgsinαk0，故B错。
对BC用整体法，BC受力平衡，即BC受到库仑力等于重力分力，即得A受到的库仑力为2Mgsinα，故C错。
故选：A。
一.知识回顾
（一）库仑力作用下的平衡问题
1.解题思路及步骤
涉及库仑力的平衡问题，其解题思路与力学中的平衡问题一样，只是在原来受力的基础上多了库仑力。注意库仑力的方向：同性相斥，异性相吸，沿两电荷连线方向。
2.求解带电体平衡问题的方法
分析带电体平衡问题的方法与力学中分析物体受力平衡问题的方法相同。
(1)当两个力在同一直线上使带电体处于平衡状态时，根据二力平衡的条件求解；
(2)在三个力作用下带电体处于平衡状态时，一般运用勾股定理、三角函数关系以及矢量三角形等知识求解；
(3)在三个以上的力作用下带电体处于平衡状态时，一般用正交分解法求解。
3．三个自由点电荷平衡模型、平衡条件及规律
（1）模型特点
①三个点电荷共线。
②三个点电荷彼此间仅靠电场力作用达到平衡，不受其他外力。
③任意一个点电荷受到其他两个点电荷的电场力大小相等，方向相反，为一对平衡力。
(2)平衡条件：每个点电荷受另外两个点电荷的合力为零，或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的电场中合场强为零的位置。
（3）三电荷平衡模型的规律
①“三点共线”——三个点电荷分布在同一直线上。
②“两同夹异”——正负电荷相互间隔。
③“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小。
④“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷。
图示如下：
（4）解决三电荷平衡问题应注意的两点
①此类题目易误认为只要三个点电荷达到平衡就是“三电荷平衡模型”，而没有分析是否满足模型成立的条件。如果三个点电荷已达到平衡，但若其中某个点电荷受到了外力作用，仍不是“三电荷平衡模型”。
②原则上对于三个点电荷中的任意两个进行受力分析，列平衡方程，即可使问题得到求解，但选取的两个点电荷不同，往往求解难度不同，要根据不同的题目进行选取。
（二）变速问题
当点电荷受到的合力不为零时，应用牛顿第二定律进行运动分析和计算。
二.例题精析
题型一：同一直线上的三个自由点电荷的平衡
例1．如图所示，光滑水平面上有三个带电小球a、b、c（均可视为质点），它们所带电荷量的绝对值分别为q1、q2、q3，且q1为正电荷，在它们之间的静电力相互作用下均处于平衡状态，则（ ）
A．q2带正电
B．a对b库仑力方向水平向右
C．一定存在q1q2+q2q3=q1q3
D．q1＞q3
【解答】解：AB．因q3电性不确定，q2可带正电也可带负电，a对b库仑力方向可能水平向右也可能水平向左，AB错误；
C．设a、b之间的距离为r1，b、c之间的距离为r2，由题意可知都处于平衡状态，对a球有
kq1q2r12=kq1q3(r1+r2)2
对c 球有
kq2q3r22=kq1q3(r1+r2)2
解得
q2q1=r1r1+r2
q2q3=r2r1+r2
两式相加可得
q2q1+q2q3=r2r1+r2+r1r1+r2=1
即有
q1q2+q2q3=q1q3
C正确；
D．因为q2、q3的电性不确定，所以无法确定q1、q3的大小，D错误。
故选：C。
题型二：非自由点电荷的平衡
例2．如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则（ ）
A．P和Q都带正电荷 B．P和Q都带负电荷
C．P带正电荷，Q带负电荷 D．P带负电荷，Q带正电荷
【解答】解：由图可知，两小球均在电场力和库仑力的作用下保持平衡；由于库仑力为相互作用，大小相等、方向相反；故两小球受到的电场力也一定方向相反；因此两小球一定带异种电荷，则P球所受库仑力向右，Q球所受库仑力向左。
匀强电场方向水平向右，故正电荷受电场力向右，其受库仑力一定向左，故Q带正电荷，P带负电荷，故D正确，ABC错误。
故选：D。
题型三：变速问题
例3．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的作用线反向延长线与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球的电荷量可能为+2q
B．C球的电荷量为−2q
C．三个小球一起运动的加速度为3kq2ml2
D．恒力F的大小为23kq2l2
【解答】解：A、由于三个小球绳长相对静止且细线无拉力，则C对A和B的作用力大小相等，故B球的电荷量为+q，故A错误；
C、以三个小球为研究对象受力分析如图所示，
设C球所带的电荷量为Q，对A球沿BA方向根据平衡条件可得：kQql2cos60°=kq2l2，解得：Q＝2q，C球带负电，故B错误；
C、设三个小球的加速度都是a，根据牛顿第二定律和库仑定律，
对A球受力分析可知：kQql2sin60°＝ma
解得：a=3kq2ml2，故C正确；
D、对整体受力分析可知F＝3ma=33kq2l2，故D错误。
故选：C。
三.举一反三，巩固练习
1. 如图所示，A、B、C三个带电小球用柔软绝缘细线悬挂于天花板上，平衡时细线竖直，三小球处于同一水平面且间距相等，以下关于小球质量、带电情况的说法正确的是（ ）
A．A、C两球质量一定相等
B．A、C两球一定带等量同种电荷
C．A、B两球可能带等量异种电荷
D．A、B、C三球可能带同种电荷
【解答】解：A、三球竖直方向拉力与重力平衡，所以无法确定三球的质量关系，故A错误；
B、三球水平方向所受库仑力平衡，由B的受力平衡知A、C两球对B要么都是吸引力，要么都是排斥力，带等量同种电荷，故B正确；
CD、由C球的平衡知A、B两球对C一个吸引，一个排斥，因此带异种电荷且因为A距离更远，所以A球的电荷量大于B球的电荷量，故CD错误；
故选：B。
2. 如图，带电金属小球A套在倾角α＝30°的光滑绝缘杆上，与O点等高的位置固定另一带电小球B。A处于静止状态时，A、B连线与杆的夹角β＝30°。A受杆的弹力大小为FN，A、B间的库仑力大小为F库，则（ ）
A．FN与F库相等
B．A、B两球可能带异种电荷
C．将A球移至O点，A球仍能保持静止状态
D．将A球移至O点的过程中，A、B间的电势能减小
【解答】解：AB、由题意，对小球A受力分析如图
可见，想让A球处于平衡状态，A、B两球只能是同种电荷。对A球建立直角坐标系如图，由几何关系知∠1＝∠2＝60°
所以FNcos60°＝F库cos60°
解得FN＝F库，故A正确，B错误；
C、将A球移至O点时，同理对小球A受力分析可知，此时B球对A球的库仑力水平向左，又因为重力竖直向下，支持力垂直于杆，则由三力平衡条件可知，此时小球A不能受力平衡，故C错误；
D、由题可知，B球对A球的库仑力先做负功再做正功，故A、B间的电势能先增大后减小，故D错误。
故选：A。
3. 如图所示，光滑绝缘杆弯成直角，直角处固定在水平地面上，质量为m、带电荷量+Q小圆环A穿在右边杆上，质量为3m、带电荷量+3Q小圆环B穿在左边杆上，静止时两圆环的连线与地面平行，右边杆与水平面夹角为α。重力加速度为g。则（ ）
A．右边杆对A环支持力大小为14mg
B．左边杆对B环支持力大小为mg
C．A环对B环库仑力大小为3mg
D．A环对B环库仑力大小为3mg
【解答】解：分别对小圆环A、B受力分析，如图所示：
根据平衡条件：
对小圆环A，有mgsinα＝Fcosα
对小圆环B，有3mgcosα＝F′sinα，联立解得：tanα=3，α＝60°
ACD、对小圆环A，据平衡条件可得：Ncosα＝mg，F＝mgtanα
解得A环所受支持力N=mgcosα=mgcos60°=2mg，A、B间的库仑力F=F'=3mg，故AC错误，D正确；
B、对小圆环B，据平衡条件可得：FN=3mgsinα=3mgsin60°=23mg，故B错误。
故选：D。
4. 如图所示，质量分别为m1、m2的两个带同种电荷的小球A、B，分别用长为L的绝缘细线悬挂在同一点O，两细线与竖直方向各成一定的角度α、β，两小球用一绝缘轻质弹簧相接，A、B球连线与过O点竖直线交于C点，初始时刻弹簧处在压缩状态，现增加A球的电荷量，下列说法中正确的是（ ）
A．两细线的拉力之比变大 B．两细线的夹角不变
C．AC与BC的长度之比不变 D．OC长度一定变大
【解答】解：对两小球进行受力分析，如下图所示：
F1、F1′为A、B两小球之间的库仑力，F2、F2′为两小球之间的弹簧弹力，满足
F＝F1+F2＝F′＝F1′+F2′
对A球受力分析，F、T1。m1g，三力满足相似三角形，则有
m1gOC=T1OA=FAC
同理对B球有
m2gOC=T2OB=F'BC
当A球的电荷量增大则两球距离会增大，夹角α、β增大，但仍有
T1T2=m1m2；ACBC=m2m1，绳长不变，C点上移，OC长度变小，故C正确，ABD错误；
故选：C。
5. 如图所示，质量mb＝2kg的小物块b置于倾角为θ＝30°的斜面体c上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电荷QM＝1×10﹣6C的小球M连接，左侧细绳与斜面平行，带负电荷QN=−32×10﹣6C的小球N用绝缘细绳悬挂于P点，两小球的质量相等。初始时刻，连接小球M的一段细绳与竖直方向的夹角α＝60°且两小球之间的距离d＝3cm。设两带电小球在缓慢漏电的过程中，两球心始终处于同一水平面，且b、c都静止，放电结束后滑块b恰好没滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。静电力常量k＝9.0×109N⋅m2/C2。下列说法正确的是（ ）
A．初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为53N
B．放电过程中，小物块b对斜面体c的摩擦力不一定变大
C．地面对斜面体c的支持力先变小后变大
D．小物块b和斜面体c之间的动摩擦因数为33
【解答】解：A．由题意可得，初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为f＝Tcos30°
对小球M受力分析得Tsin60°＝F
其中库仑力F=kQMQNd2=9×109×10−6×32×10−6(0.03)2N=53N
联立代入数据解得f=53N，故A正确；
B．放电过程中，两小球之间的库仑力F减小，对小球M受力分析得Tcosα＝mgmgtanα＝F
则随着库仑力F减小，夹角α减小，拉力减小。且开始时角α＝60°，可求得M小球的质量为m＝0.5kg
开始时绳子拉力为T＝10N
则开始时，对物块b受力分析知mbgsinθ＝T
即开始时，斜面体对物块b的摩擦力为零，随着拉力减小，斜面体对物块b的摩擦力沿斜面向上，且有mbgsinθ＝T+fc
可见，随着拉力减小，斜面体对物块b的摩擦力一定增大，故B错误；
C．设bc整体质量为M，则对bc整体受力分析得FN+Tsinθ＝Mg
可见，随着拉力减小，地面对斜面体c的支持力一直变大，故C错误；
D．由题意知，放电结束后绳子拉力即为小球M的重力，且滑块b恰好没滑动，则对b受力分析得mbgsinθ＝mg+μmbgcosθ
代入数据解得μ=36，故D错误。
故选：A。
6. 如图所示，在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，OB⊥BC。若B球所带的电荷量缓慢减少（未减为零），在B球到达O点正下方前，下列说法正确的是（ ）
A．A球的质量等于B球的质量
B．此过程中，A球始终保持静止状态
C．此过程中，点电荷对B球的库仑力不变
D．此过程中，滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小
【解答】解：开始时，B球受力情况如图所示：
A、由几何关系可知，mBg＞T，且T＝mAg，因此：mB＞mA，故A错误；
BC、假设此过程中A球保持静止状态，由于B球所带的电荷量缓慢减少，B球缓慢下摆，受力平衡，根据三角形相似原理有：TOB=FBC=mBgOC，由于mBg、OC、T均不变，则OB不变，假设成立，BC逐渐减小，库仑力F逐渐减小，故B正确，C错误；
D、由于轻绳拉力T不变，∠AOB逐渐减小，轻绳OA、OB的拉力的合力逐渐增大，即滑轮受到轻绳的作用力逐渐增大，故D错误；
故选：B。
7. 如图，圆环被竖直固定，两个质量均为m的带电小球A、B套在圆环上处于静止状态。A球带正电、位于圆环圆心O的正下方，B球光滑，两球连线与竖直方向成30°角。设A受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．圆环对B球的弹力方向由O指向B
B．A球与圆环间的动摩擦因数不小于34
C．圆环对B球弹力的大小为32mg
D．圆环对A球弹力的大小为2.5mg
【解答】解：A、对B球受力分析如图，根据平衡条件可知圆环对B球的弹力方向由B指向O，且B带正电荷，故A错误；
C、根据平衡条件和三角形知识知：Nsin30°=mgsin30°=Fsin120°，圆环对B球弹力的大小为N＝mg，A对B的库仑力F=3mg，故C错误；
BD、对A受力分析如图，根据平衡条件知：f＝Fsin30°≤μN，N＝mg+Fcos30°，联立解得N＝2.5mg，μ≥35，故B错误，D正确。
故选：D。
8. 如图甲所示，光滑绝缘的水平面上有一坐标轴x，且M、N两点为坐标轴上的点，现将某点电荷Q固定在x轴上，并在M、N两点分别放置一正的点电荷，两点电荷所受Q的库仑力与电荷量的关系如图乙所示，取x轴的正方向为正，则下列说法正确的是（ ）
A．点电荷Q带正电，位于M、N之间
B．M、N两点的电场强度大小之比为3：1
C．如果点电荷Q不固定，三个点电荷不可能静止
D．点电荷Q到M、N两点的距离之比为1：3
【解答】解：A、由图像知M点受力为正，方向向右；N但受力为负，方向向左；M、N两点分别放置一正的点电荷，故M点场强方向向右，N点场强方向向左，故电荷Q带负电，位于M、N之间，故A错误；
B、由公式F＝qE知，F﹣q图像斜率表示场强大小，则EM＝tan60°=3，EN＝﹣tan30°=−33，M、N两点的电场强度大小之比为3：1，故B错误；
C、如果点电荷Q不固定，在M、N处正电荷引力作用下可能平衡，三个点电荷可能静止，故C错误；
D、根据电场公式E=kQr2知，E∝1r2，M、N两点的电场强度大小之比为3：1，则点电荷Q到M、N两点的距离之比为1：3，故D正确；
故选：D。
9. “顿牟缀芥”是东汉王充在《论衡•乱龙篇》中记载的摩擦起电现象，意指摩擦后的带电琥珀能吸引轻小物体。现做如下简化：在某处固定一个电荷量为Q的带正电的点电荷，在其正下方h处有一个原子。在点电荷的电场的作用下原子的负电荷中心与正电荷中心会分开很小的距离l。点电荷与原子之间产生作用力F。你可能不会求解F，但是你可以通过物理分析进行判断，关于F的表达式，可能正确的是（式中k为静电力常量）（ ）
A．F＝0 B．kQql2 C．F=2kQqℎ2 D．2kQqlℎ3
【解答】解：设电荷Q带正电，如图所示，电荷Q与分离开距离l的一对异性电荷间的总作用力为：
F=kQq(ℎ−l2)2−kQq(ℎ+l2)2=kQq2ℎl(ℎ2−l24)2，因l很小，故l24与h2相比较可忽略不计，则：
F=2kQqlℎ3。故ABC错误，D正确。
故选：D。
10. （多选）如图所示，绝缘光滑细杆与水平方向夹角为53°角，空间某点固定点电荷Q，点电荷Q到细杆最近点为B点，且BQ＝6m，将一带电圆环q套在细杆上，从与Q等高A处无初速度释放，C点是细杆上与A点关于B点的对称点，D点在Q点的正下方且是细杆的末端。已知点电荷与圆环带有同种性质的电荷，圆环刚释放时加速度大小为6.4m/s2，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法正确是（ ）
A．圆环到达C点的加速度大小为9.6m/s2
B．圆环到达C点的速度大小为10m/s
C．圆环刚离开细杆时加速度大小为11.5m/s2
D．圆环离开细杆后做匀变速运动
【解答】解：A、设BQ距离d＝6m
由几何关系AQ＝7.5m，AB＝BC＝4.5m，DQ＝10m
圆环在A点刚释放时加速度大小为6.4m/s2，
由牛顿第二定律有
mgsin53°−kQq(AQ)2cos53°＝maA；
由于C点是细杆上与A点对于B点的对称点，设圆环到达C点加速度大小为aC，有
mgsin53°+kQq(AQ)2cos53°＝maC，
代入数据解得aC＝9.6m/s2，故A正确；
B、AC两点电势相同，由A点到C点过程，由动能定理有
mg•AC•sin53°=12mvC2
代入数据解得vC＝12m/s，故B错误；
C、设圆环刚离开细杆时加速度为aD，则有
mg+kQq(DQ)2=maD
代入数据解得aD＝11.5m/s2，故C正确；.
D、圆环离开细杆后，受重力和电场力作用，电场力是变力，故做非匀变速运动，故D错误。
故选：AC。
11. （多选）如图所示，带电量为Q的小球A固定在倾角为θ的绝缘光滑的固定斜面底部，在斜面上距A球为l的P点放置一质量为m的带电小球B，小球B恰好处于静止状态，若将另一质量也为m的不带电小球C紧贴着小球B由静止释放，两小球一起运动到M点时速度为v；若将小球C从距P点为d处的N点由静止释放，小球C运动到P点时与小球B粘在一起。已知各小球均可视为质点，重力加速度为g，静电力常量为k，运动过程中小球A、B的电量不变，下列说法正确的是（ ）
A．小球B的带电量为mgl2sinθkQ
B．小球C从N点运动到P点与小球B碰前瞬间的速度为gdsinθ
C．小球C从N点运动到M点时的速度为v2+gdsinθ
D．小球C从N点运动到M点时的速度为v2+12gdsinθ
【解答】解：A、小球B静止时有
mgsinθ=kQqBl2
解得：qB=mgl2sinθkQ，故A正确；
B、设小球C到达P点时的速度为v1，小球C从N点运动到P点与小球B碰撞前由动能定理得：
mgdsinθ=12mv12
解得：v1=2gdsinθ，故B错误；
CD、设PA之间的距离为l1，小球C运动到P点与小球B粘在一起的速度为v2，小球C运动到P点后与小球B粘在一起到运动至M点的速度为v3，在小球C紧贴着小球B由静止释放至运动到M点的过程中，由动能定理得：
2mgl1sinθ−WF=12×2mv2
小球C与小球B碰撞过程中动量守恒，则
mv1＝2mv2
小球C运动到P点后与小球B粘在一起运动至M点的过程中，由动能定理得
2mgl1sinθ−WF=12×2mv32−12×2mv22
解得：v3=v2+12gdsinθ，故C错误，D正确；
故选：AD。
12. 电场对放入其中的电荷有力的作用。如图所示，带电球C置于铁架台旁，把系在丝线上的带电小球A挂在铁架台的P点。小球A静止时与带电球C处于同一水平线上，丝线与竖直方向的偏角为α。已知A球的质量为m，电荷量为+q，重力加速度为g，静电力常量为k，两球可视为点电荷。
（1）画出小球A静止时的受力图，并求带电球C对小球A的静电力F的大小；
（2）写出电场强度的定义式，并据此求出带电球C在小球A所在处产生的电场的场强EA的大小和方向；
（3）若已知小球A静止时与带电球C的距离为r，求带电球C所带的电荷量Q。
【解答】解：（1）小球A受力如图所示：
根据平衡条件可知 F＝mgtanα。
（2）电场强度的定义式 E=Fq，
带电球C在小球A所在处产生的电场的场强EA=Fq=mgtanαq，
方向水平向右。
（3）根据库仑定律 F=kQqr2，
解得 Q=mgr2tanαkq。
答：（1）小球A静止时的受力图如图，带电球C对小球A的静电力F的大小是mgtanα；
（2）电场强度的定义式是 E=Fq，带电球C在小球A所在处产生的电场的场强EA的大小是mgtanαq，方向水平向右；
（3）带电球C所带的电荷量Q是mgr2tanαkq。
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