1．(2011年安庆高二检测)下列关于点电荷的说法，正确的是(　　)
A．点电荷一定是电量很小的电荷
B．点电荷是一种理想化模型，实际不存在
C．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷
D．体积很大的带电体一定不能看成点电荷
解析：选B.当带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以至带电体的形状、大小及电荷分布状况对它们的作用力影响可以忽略时，这样的带电体就可以看成点电荷，所以A、C、D错，B正确．
2．关于库仑定律的公式F＝kQ1Q2r2，下列说法中正确的是(　　)
A．当真空中的两个点电荷间的距离r→∞时，它们之间的静电力F→0
B．当真空中的两个点电荷间的距离r→0时，它们之间的静电力F→∞
C．当两个点电荷之间的距离r→∞时，库仑定律的公式就不适用了
D．当两个点电荷之间的距离r→0时，电荷不能看成是点电荷，库仑定律的公式就不适用
答案：AD
3．(2011年佛高二检测)真空中两个点电荷Q1、Q2，距离为R，当Q1增大到原的3倍，Q2增大到原的3倍，距离R增大到原的3倍时，电荷间的库仑力变为原的(　　)
A．1倍 B．3倍
C．6倍 D．9倍
解析：选A.原的库仑力为F＝kQ1Q2R2，后的库仑力为F′＝k3Q1•3Q23R2＝kQ1Q2R2＝F.所以A对．
4.如图1－2－9所示，两个质量均为 的完全相同的金属球壳 a和b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离 l 为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为Q，那么关于a、b两球之间的万有引力F引和库仑力F库的表达式正确的是(　　)

图1－2－9
A．F引＝G2l2，F库＝kQ2l2　　
B．F引≠G2l2，F库≠kQ2l2
C．F引≠G 2l2，F库＝kQ2l2
D．F引＝G2l2，F库≠kQ2l2
解析：选D.由于a、b 两球所带异种电荷相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布较密集，又l＝3r，不满足l≫r的要求，故不能将带电球壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律，故F库≠kQ2l2.虽然不满足l≫r，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看成质量集中于球心的质点，可以应用万有引力定律，故F引＝G2l2.
5．如图1－2－10所示，一条长为3L的绝缘丝线穿过两个质量都是的小金属环A和B，将丝线的两端共同系于天花板上的O点，使金属环带电后，便因排斥而使丝线构成一个等边三角形，此时两环恰处于同一水平线上，若不计环与线间的摩擦，求金属环所带电量是多少？

图1－2－10
解析：小球A受力如图，受四个力，重力g、库仑力F、丝线两个拉力FT相等．

则FTsin60°＝g
FTcos60°＋FT＝kq2L2
解得q＝ 3gL2k.
答案：均为 3gL2k

一、选择题
1．(2011年广东实验中学模拟)如图1－2－11所示，两个带电球，大球的电荷量大于小球的电荷量，可以肯定(　　)

图1－2－11
A．两球都带正电
B．两球都带负电
C．大球受到的静电力大于小球受到的静电力
D．两球受到的静电力大小相等新标第一网
解析：选D.由题图可知，两带电球相互排斥，则说明两球一定带有同种电荷，但不能确定是正电荷，还是负电荷，故A、B错；两带电球间的静电力具有一般力的共性，符合牛顿第三定律，故选项C错，D对．
2．两个带正电的小球，放在光滑的水平绝缘板上，它们相距一定距离．若同时释放两球，它们的加速度之比将(　　)
A．保持不变 B．先增大后减小
C．增大 D．减小
解析：选A.两者之间的库仑力时刻保持大小相等、方向相反，由牛顿第二定律知：a1∶a2＝2∶1，故A正确．
3．(2011年北京四中高二检测)两个质量分别为1、2的小球，各用长为L的丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q1、q2时，两丝线张开一定的角度θ1、θ2，如图1－2－12所示，则下列说法正确的是(　　)

图1－2－12
A．若1>2，则θ1>θ2
B．若1＝2，则θ1＝θ2
C．若1<2，则θ1>θ2
D．若q1＝q2，则θ1＝θ2
解析：选BC.这是一道带电体平衡问题，分析方法仍然与力学中物体的平衡方法一样．
4．要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原的4倍，下列方法可行的是(　　)
A．每个点电荷的电荷量都增大到原的2倍，电荷间的距离不变
B．保持点电荷的电荷量不变，使两个点电荷的距离增大到原的2倍
C．使一个点电荷的电荷量增加1倍，另一个点电荷的电荷量保持不变，同时使两点电荷间的距离减小为原的12
D．保持点电荷的电荷量不变，将两点电荷间的距离减小为原的12
答案：AD
5．半径相同的两个金属小球A和B带有电量相等的电荷，相隔一定距离，两球之间的相互吸引力的大小是F，今让第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两球接触后移开．这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是(　　)
A.18F B.14F
C.38F D.34F
解析：选A.由库仑定律，接触前F＝kq2r2，接触后F′＝k12q×14qr2＝18kq2r2＝18F，故A正确．
6．两个完全相同的小金属球，它们的带电荷量之比为5∶1(皆可视为点电荷)，它们在相距一定距离时相互作用力为F1，如果让它们接触后再放回各自原的位置上，此时相互作用力变为F2，则F1∶F2可能为(　　)
A．5∶2 B．5∶4
C．5∶6 D．5∶9
解析：选BD.由库仑定律，它们接触前的库仑力为F1＝k5q2r2
若带同种电荷，接触后的带电荷量相等，为3q，此时库仑力为F2＝k9q2r2
若带异种电荷，接触后的带电荷量相等，为2q，此时库仑力为F′2＝k4q2r2
由以上计算可知选项BD正确．新 标 第 一 网
7．(2011年铜陵一中高二检测)如图1－2－13所示，在光滑且绝缘的水平面上有两个金属小球A和B，它们用一绝缘轻弹簧相连，带同种电荷．弹簧伸长x0时小球平衡，如果A、B带电荷量加倍，当它们重新平衡时，弹簧伸长为x，则x和x0的关系为(　　)

图1－2－13
A．x＝2x0 B．x＝4x0
C．x<4x0 D．x>4x0
解析：选C.设弹簧原长为l，劲度系数为K，根据库仑定律和平衡条件列式得
kq1q2l＋x02＝Kx0，k4q1q2l＋x2＝Kx
两式相除：l＋x24l＋x02＝x0x，得：x＝l＋x02l＋x2•4x0，
因l＋x>l＋x0，由此推断选项C正确．
8.如图1－2－14所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上．a和c带正电，b带负电，a所带电荷量的大小比b的小．已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条表示，它应是(　　)

图1－2－14
A．F1 B．F2
C．F3 D．F4
解析：选B.据“同电相斥、异电相引”规律，确定电荷c受到a和b的库仑力方向，考虑a的带电荷量小于b的带电荷量，因此Fb大于Fa，Fb与Fa的合力只能为F2，故选项B正确．
二、计算题
9．一带电荷量为＋Q、半径为R的球，电荷在其内部能均匀分布且保持不变，现在其内部挖去一半径为R/2的小球后，如图1－2－15所示，求剩余部分对放在两球心连线上一点P处电荷量为＋q的电荷的静电力．已知P距大球球心距离为4R.

图1－2－15
解析：未挖去之前，＋Q对q的斥力为：F＝kQq4R2
挖去的小球带电荷量为：Q′＝Q4πR33×4πR233＝Q8
挖去的小球原对q的斥力为：
F1＝kQ8q4R－R22＝kQq98R2
剩余部分对q的斥力为：
F2＝F－F1＝41kQq784R2，方向向右．
答案：41kQq784R2　方向向右
10. (2011年广州高二检测)光滑绝缘导轨，与水平面成45°角，两个质量均为，带等量同种电荷的小球A、B，带电量均为q，静止于导轨的同一水平高度处，如图1－2－16所示．求：两球之间的距离．

图1－2－16
解析：设两球之间的距离为x，相互作用的库仑力为F，则：F＝kq2x2
由平衡条件得：Fcos45°＝gsin45°
由以上两式解得：x＝q kg.
答案：q kg
11.质量均为的三个带电小球A、B、C放置在光滑绝缘的水平面上，相邻球间的距离均为L，A球带电量qA＝＋10q；B球带电量qB＝＋q.若在C球上加一个水平向右的恒力F，如图1－2－17所示，要使三球能始终保持L的间距向右运动，问外力F为多大？C球带电性质是什么？

图1－2－17
解析：由于A、B两球都带正电，它们互相排斥，C球必须对A、B都吸引，才能保证系统向右加速运动，故C球带负电荷．
以三球为整体，设系统加速度为a，则F＝3a①
隔离A、B，由牛顿第二定律可知：
对A：kqAqC4L2－kqAqBL2＝a②
对B：kqAqBL2＋kqBqCL2＝a③
联立①、②、③得F＝70kq2L2.
答案：70kq2L2　负电荷


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