【講與練】高中物理人教版(2019)必修3：9.2 庫(kù)侖定律第2課時(shí)庫(kù)侖定律的應(yīng)用學(xué)案

第2課時(shí)庫(kù)侖定律的應(yīng)用課程標(biāo)準(zhǔn)1．會(huì)解決靜電力作用下的靜態(tài)平衡問(wèn)題。2．會(huì)解決庫(kù)侖力作用下的動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題。3．會(huì)解決靜電力作用下的非平衡問(wèn)題。4．掌握三個(gè)點(diǎn)電荷平衡問(wèn)題的解決方法。素養(yǎng)目標(biāo)科學(xué)思維1.通過(guò)靜電力作用下的平衡問(wèn)題、非平衡問(wèn)題的分析學(xué)會(huì)這一類(lèi)問(wèn)題的解題方法。2.通過(guò)分析庫(kù)侖力作用下的向心力、功能問(wèn)題，提升自己的分析綜合能力。探究靜電力作用下的靜態(tài)平衡問(wèn)題要點(diǎn)提煉分析帶電體在有靜電力作用下的平衡問(wèn)題時(shí)，方法仍然與力學(xué)中物體的平衡方法一樣，具體步驟如下：(1)確定研究對(duì)象。如果有幾個(gè)物體相互作用時(shí)，要依據(jù)題意，適當(dāng)選取“整體法”或“隔離法”。(2)對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析時(shí)，多了靜電力F＝eq\f(kq1q2,r2)。(3)建立坐標(biāo)軸。(4)根據(jù)F合＝0列方程，若采用正交分解，則有Fx＝0，F(xiàn)y＝0。(5)求解方程。典例剖析典題1如圖所示，三個(gè)點(diǎn)電荷q1、q2、q3固定在同一直線上，q2與q3間距離l2為q1與q2間距離l1的2倍，每個(gè)電荷所受庫(kù)侖力的合力均為零，由此可以判定，三個(gè)電荷的電荷量之比為(A)A．(－9)∶4∶(－36) B．9∶4∶36C．(－3)∶2∶(－6) D．3∶2∶6解析：若q2帶負(fù)電，假設(shè)q1帶負(fù)電，要使q2平衡，則q3也應(yīng)該帶負(fù)電，但此時(shí)q1、q3因都受庫(kù)侖斥力而不平衡，故q1帶正電，同理分析q3帶正電；同理也可能是q1、q3帶負(fù)電，q2帶正電。由于三個(gè)電荷均處于平衡狀態(tài)，所以對(duì)q1有keq\f(q1q2,l\o\al(2,1))＝keq\f(q1q3,(l1＋l2)2)，對(duì)q3有keq\f(q3q2,l\o\al(2,2))＝keq\f(q1q3,(l1＋l2)2)，聯(lián)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，根據(jù)題意可知l2＝2l1，所以q1∶q2∶q3＝eq\f(9,4)∶1∶9，由于q1、q3是同種電荷，故三個(gè)電荷的電荷量之比為(－9)∶4∶(－36)或9∶(－4)∶36，選項(xiàng)A正確。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練?(多選)(2023·湖南漢壽一中高二上段考)光滑絕緣半球形的碗固定在水平地面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球1、2、3完全相同。現(xiàn)讓小球1、2帶電，小球3不帶電。小球1、2所帶的電荷量分別為＋Q、＋2Q，其中小球1固定在碗底A點(diǎn)，小球2可以自由運(yùn)動(dòng)，平衡時(shí)小球2位于碗內(nèi)的B位置處，如圖所示?，F(xiàn)將小球3分別與小球1、2接觸數(shù)次后，移走小球3，把小球2放置在圖中C位置時(shí)也恰好能平衡，則(AC)A．小球2在C位置時(shí)所帶的電荷量為＋QB．AB弦長(zhǎng)是AC弦長(zhǎng)的兩倍C．小球2在B點(diǎn)對(duì)碗的壓力大小等于小球2在C點(diǎn)時(shí)對(duì)碗的壓力大小D．小球2在B點(diǎn)對(duì)碗的壓力大小大于小球2在C點(diǎn)時(shí)對(duì)碗的壓力大小解析：小球1、2、3完全相同，它們接觸后所帶電荷量會(huì)均分，小球3分別與小球1、2接觸無(wú)數(shù)次后，三球所帶的電荷量相等，為＋Q，A正確；對(duì)小球2進(jìn)行受力分析，如圖所示，小球2受重力、支持力、庫(kù)侖力，其中F1為庫(kù)侖力F和重力mg的合力，根據(jù)受力平衡可知F1＝FN，設(shè)半球形碗的半徑為R，A、B之間的距離為L(zhǎng)，根據(jù)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(xiàn)＝eq\f(L,R)mg，則小球2在B點(diǎn)時(shí)碗對(duì)小球的支持力大小等于小球2在C點(diǎn)時(shí)碗對(duì)小球的支持力大小，由牛頓第三定律可知，C正確，D錯(cuò)誤；F＝eq\f(kq1q2,L2)，則有eq\f(mg,R)＝eq\f(kq1q2,L3)，由于在C點(diǎn)時(shí)，電荷量已經(jīng)均分，q2＝＋Q，在B點(diǎn)時(shí)，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弦長(zhǎng)是AC弦長(zhǎng)的eq\r(3,2)倍，故B錯(cuò)誤。探究庫(kù)侖力作用下的動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題要點(diǎn)提煉此類(lèi)問(wèn)題屬于動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題，常用的解題方法有解析法、圖像法、相似三角形法等，只是在受力分析時(shí)多了一個(gè)庫(kù)侖力。典例剖析典題2(2023·湖北武漢常青聯(lián)合體高二上期中)如圖所示，帶電小球A固定在豎直墻面上，用繞過(guò)固定在豎直墻上C點(diǎn)的小定滑輪的細(xì)繩拉著帶電小球B，小球B靜止，此時(shí)A、B連線水平，A、B間的距離為r，A、C間的距離為h，h>r。用拉力F緩慢拉動(dòng)細(xì)繩端使小球B緩慢向上移動(dòng)，小球B向上移動(dòng)過(guò)程中，A、B兩球所帶的電荷量保持不變，在小球B從圖示位置一直運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中(D)A．拉力F一直減小B．拉力F先增大后減小C．小球B一直做曲線運(yùn)動(dòng)D．小球B先做曲線運(yùn)動(dòng)后做直線運(yùn)動(dòng)解析：設(shè)小球B的質(zhì)量為m，初始時(shí)B、C間的距離為L(zhǎng)，在小球B到達(dá)豎直墻之前，對(duì)小球B受力分析，根據(jù)力的矢量三角形與幾何三角形相似可得eq\f(mg,h)＝eq\f(F,L)＝eq\f(k\f(qAqB,r2),r)＝eq\f(kqAqB,r3)，在小球B從圖示位置到與墻壁接觸的過(guò)程中，mg、h、qA、qB均不變，則r不變，L變小，F(xiàn)變小，因此這個(gè)過(guò)程中小球B繞A做圓周運(yùn)動(dòng)；當(dāng)小球B與豎直墻接觸后，在拉力作用下沿墻壁上升，庫(kù)侖力變小，小球B在豎直方向受力平衡，所以F變大，綜上所述可知，拉力F先減小后增大，小球B先做曲線運(yùn)動(dòng)后做直線運(yùn)動(dòng)，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練?(2022·重慶七中高二上月考改編)如圖所示，MON是固定的光滑絕緣直角桿，MO沿水平方向，NO沿豎直方向，A、B為兩個(gè)套在此桿上的帶有同種電荷的小球。用一指向豎直桿的力F作用在A球上，使兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將A球沿水平方向向右緩慢拉動(dòng)一小段距離后，A、B兩小球可以重新平衡。則后一種平衡狀態(tài)與前一種平衡狀態(tài)相比較，下列判斷正確的是(C)A．A、B兩小球間的庫(kù)侖力變大，A球?qū)O桿的壓力變大B．A、B兩小球間的庫(kù)侖力變小，A球?qū)O桿的壓力變小C．A、B兩小球間的庫(kù)侖力變小，A球?qū)O桿的壓力不變D．A、B兩小球間的庫(kù)侖力變大，A球?qū)O桿的壓力不變解析：設(shè)MO桿對(duì)A球的支持力為FN，以A、B球系統(tǒng)為研究對(duì)象，豎直方向有FN＝GA＋GB，故MO桿對(duì)A球的支持力不變，由牛頓第三定律得，A球?qū)O桿的壓力不變。設(shè)A、B兩小球間的庫(kù)侖力為Fc，F(xiàn)c和桿NO的夾角為θ，以B為研究對(duì)象，豎直方向有Fccosθ＝GB，由于A球沿水平方向向右移動(dòng)過(guò)程中θ減小，則cosθ增大，故Fc減小，所以C正確。探究靜電力作用下的非平衡問(wèn)題要點(diǎn)提煉分析靜電力作用下的帶電體的非平衡問(wèn)題，方法與力學(xué)中相同，首先分析帶電體受到的所有力，再依據(jù)牛頓第二定律F合＝ma進(jìn)行求解；對(duì)相互作用的系統(tǒng)，要注意靈活使用整體法與隔離法，并首先選用守恒的觀點(diǎn)從能量的角度分析。典例剖析典題3(2023·福建泉州市教科院高二期末)如圖，質(zhì)量m＝0.04kg的帶正電的小球A套在光滑的豎直絕緣細(xì)桿上，桿底端固定一個(gè)與小球A電荷量相等的小球B，整個(gè)裝置處在真空中。小球A從離底端h＝0.3m的位置由靜止釋放后沿桿下滑，剛釋放時(shí)加速度大小a＝eq\f(3,4)g。取重力加速度g＝10m/s2，靜電力常量k＝9.0×109N·m2·C－2。求：(1)小球A所帶的電荷量Q；(2)小球A速度最大時(shí)與B的距離H。解析：(1)小球剛釋放時(shí)受重力和庫(kù)侖力，根據(jù)牛頓第二定律得mg－eq\f(kQ2,h2)＝ma，其中a＝eq\f(3,4)g，解得Q＝10－6C。(2)當(dāng)小球A加速度a＝0時(shí)，速度最大，有mg＝eq\f(kQ2,H2)，解得H＝0.15m。答案：(1)10－6C(2)0.15m對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練?(2023·山西太原高三期末)如圖所示，光滑絕緣水平面上有質(zhì)量分別為m和2m的小球A、B，兩小球帶異種電荷。將方向水平向右、大小為F的力作用在B上，當(dāng)A、B間的距離為L(zhǎng)時(shí)，兩小球可保持相對(duì)靜止。若改用方向水平向左的力作用在A上，欲使兩小球間的距離保持為2L并相對(duì)靜止，則外力的大小應(yīng)為(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：當(dāng)方向水平向右、大小為F的力作用在B上，A、B間的距離為L(zhǎng)時(shí)，有F＝3ma1，eq\f(kq1q2,L2)＝ma1，若改用方向水平向左的力作用在A上，兩小球間的距離保持為2L并相對(duì)靜止時(shí)，有F2＝3ma2，eq\f(kq1q2,(2L)2)＝2ma2，聯(lián)立可得F2＝eq\f(1,8)F，故B正確。探究三個(gè)點(diǎn)電荷的平衡問(wèn)題要點(diǎn)提煉三個(gè)自由點(diǎn)電荷的共線平衡使三個(gè)自由點(diǎn)電荷均處于平衡狀態(tài)，三個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量大小、電性及相對(duì)位置滿(mǎn)足如下關(guān)系：(1)三個(gè)自由點(diǎn)電荷電性必為“兩同一異”；(2)異種電荷在內(nèi)側(cè)，同種電荷在兩邊；(3)放在內(nèi)側(cè)的異種電荷電荷量最小?？谠E是“三點(diǎn)共線，兩同夾異，兩大夾小，近小遠(yuǎn)大”，即三個(gè)點(diǎn)電荷必須在同一條直線上，且“中間”的電荷量最小，與旁邊兩個(gè)為異種電荷，兩邊點(diǎn)電荷靠“中間”電荷近的電荷量較小，遠(yuǎn)的電荷量較大。典例剖析典題4若A、B為相距l(xiāng)的異種電荷且不固定，QA＝－4Q，QB＝Q。引入第三個(gè)點(diǎn)電荷C，使三個(gè)點(diǎn)電荷在庫(kù)侖力作用下都能處于平衡狀態(tài)，試求C的電荷量和放置的位置。解析：C只能在A、B決定的直線上，A與B帶異種電荷互相吸引，C在A、B連線的延長(zhǎng)線B的右側(cè)(A在左邊，B在右邊)，為負(fù)電荷。設(shè)電荷C放在B右側(cè)距其x處，電荷量為q，由A處于平衡得，keq\f(4Qq,(l＋x)2)＝keq\f(4Q·Q,l2)，由B處于平衡得，keq\f(Qq,x2)＝keq\f(4Q·Q,l2)，解得q＝－4Q，x＝l。答案：－4QB的右側(cè)距其l處對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練?(2023·黑龍江哈爾濱六中高二上月考)如圖所示，在傾角為α的光滑絕緣斜面上固定一個(gè)擋板，在擋板上連接一根勁度系數(shù)為k0的絕緣輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端與A球連接。A、B、C三個(gè)小球的質(zhì)量均為M，qA＝q0＞0，qB＝－q0，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，三小球等間距排列。已知靜電力常量為k，重力加速度為g，則(A)A．qC＝eq\f(4,7)q0B．彈簧伸長(zhǎng)量為eq\f(Mgsinα,k0)C．A球受到的庫(kù)侖力大小為2MgD．相鄰兩小球間距為q0eq\r(\f(3k,7Mg))解析：設(shè)三小球間距為r，對(duì)C球受力分析可知，C球帶正電，根據(jù)平衡條件有Mgsinα＋keq\f(q0qC,(2r)2)＝keq\f(q0qC,r2)，對(duì)B小球受力分析，根據(jù)平衡條件有Mgsinα＋keq\f(q0qC,r2)＝keq\f(q\o\al(2,0),r2)，聯(lián)立解得qC＝eq\f(4,7)q0，r＝q0eq\r(\f(3k,7Mgsinα))，故A正確，D錯(cuò)誤；對(duì)A、B、C三小球整體受力分析，根據(jù)平衡條件有3Mgsinα＝k0x，彈簧伸長(zhǎng)量x＝eq\f(3Mgsinα,k0)，故B錯(cuò)誤；對(duì)A球受力分析，根據(jù)平衡條件有Mgsinα＋F庫(kù)＝k0x，解得A球受到的庫(kù)侖力為F庫(kù)＝2Mgsinα，故C錯(cuò)誤。探究庫(kù)侖力作用下的向心力、功能等問(wèn)題要點(diǎn)提煉帶電體在庫(kù)侖力等力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，要正確的選取研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析找出向心力的來(lái)源，根據(jù)F＝eq\f(mv2,r)列式求解；在求解速度時(shí)還可能用到動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒等原理進(jìn)行分析。典例剖析典題5(2023·江蘇海安高三上月考)一點(diǎn)電荷固定在空間中的O點(diǎn)，在O點(diǎn)上下空間內(nèi)分別有A、B兩個(gè)點(diǎn)電荷在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。A、B兩點(diǎn)電荷的電荷量分別為QA、QB，質(zhì)量分別為mA、mB，不計(jì)重力作用。則(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兩點(diǎn)電荷在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則A、B兩點(diǎn)電荷必然是同種電荷，O點(diǎn)處的點(diǎn)電荷電性與A、B兩點(diǎn)電荷電性相異，且A、B兩點(diǎn)電荷始終保持相對(duì)靜止，即兩點(diǎn)電荷做圓周運(yùn)動(dòng)有相同的角速度ω，設(shè)A、B兩點(diǎn)電荷的軌跡半徑分別為rA、rB，O點(diǎn)處的點(diǎn)電荷所帶電荷量為Q，A、B兩點(diǎn)電荷的受力分析如圖所示，豎直方向上，對(duì)A點(diǎn)電荷有eq\f(kQQA,r\o\al(2,OA))sinα＝eq\f(kQAQB,r\o\al(2,AB))cosβ，對(duì)B點(diǎn)電荷有eq\f(kQQB,r\o\al(2,OB))sinα＝eq\f(kQAQB,r\o\al(2,AB))cosβ，聯(lián)立解得eq\f(QA,QB)＝eq\f(r\o\al(2,OA),r\o\al(2,OB))，由于rOA<rOB，則有QA<QB；水平方向上，對(duì)A點(diǎn)電荷有eq\f(kQQA,r\o\al(2,OA))cosα＋eq\f(kQAQB,r\o\al(2,AB))sinβ＝mArAω2，對(duì)B點(diǎn)電荷有eq\f(kQQB,r\o\al(2,OB))cosα－eq\f(kQAQB,r\o\al(2,AB))