?電荷及庫(kù)侖定律
知識(shí)點(diǎn)一：電荷
一、電荷
1．自然界中有兩種電荷：正電荷和負(fù)電荷．
2．電荷間的相互作用：同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引．
3．電荷量：電荷的多少，用Q或q表示，國(guó)際單位制中的單位是庫(kù)侖，符號(hào)是C.
二、摩擦起電和感應(yīng)起電
1．摩擦起電：當(dāng)兩種物質(zhì)組成的物體互相摩擦?xí)r，一些受束縛較弱的電子會(huì)轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體上，于是，原來電中性的物體由于得到電子而帶負(fù)電，失去電子的物體則帶正電．
2．感應(yīng)起電：當(dāng)一個(gè)帶電體靠近導(dǎo)體時(shí)，由于電荷間相互吸引或排斥，導(dǎo)體中的自由電荷便會(huì)趨向或遠(yuǎn)離帶電體，使導(dǎo)體靠近帶電體的一端帶異種電荷，遠(yuǎn)離帶電體的一端帶同種電荷，這種現(xiàn)象叫作靜電感應(yīng)．利用靜電感應(yīng)使金屬導(dǎo)體帶電的過程叫作感應(yīng)起電．
三、電荷守恒定律和元電荷
1．電荷守恒定律：電荷既不會(huì)創(chuàng)生，也不會(huì)消滅，它只能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分；在轉(zhuǎn)移過程中，電荷的總量保持不變．
2．電荷守恒定律的另一表述是：一個(gè)與外界沒有電荷交換的系統(tǒng)，電荷的代數(shù)和保持不變．
3．元電荷：最小的電荷量叫作元電荷，用e表示．所有帶電體的電荷量或者等于e ，或者是e的整數(shù)倍．元電荷e的數(shù)值最早是由美國(guó)物理學(xué)家密立根測(cè)得的，在我們的計(jì)算中，可取e＝1.60×10－19 C.
4．比荷：帶電粒子的電荷量與質(zhì)量的比值．
技巧點(diǎn)撥
一、對(duì)三種起電方式的理解

摩擦起電
感應(yīng)起電
接觸起電
現(xiàn)象
兩物體帶上等量異種電荷
導(dǎo)體兩端出現(xiàn)等量異種電荷
導(dǎo)體帶上與帶電體同種的電荷
原因
不同物質(zhì)原子核對(duì)電子的束縛能力不同．束縛能力強(qiáng)的得電子，帶負(fù)電；束縛能力弱的失電子，帶正電
電子在電荷間相互作用下發(fā)生轉(zhuǎn)移，近端帶異種電荷，遠(yuǎn)端帶同種電荷
在電荷間相互作用下，電子從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體
實(shí)質(zhì)
電荷在物體之間或物體內(nèi)部的轉(zhuǎn)移
說明
無論哪種起電方式，發(fā)生轉(zhuǎn)移的都是電子，正電荷不會(huì)發(fā)生轉(zhuǎn)移.

二、電荷守恒定律　元電荷
1．使物體帶電的實(shí)質(zhì)不是創(chuàng)造了電荷，而是物體所帶的電荷發(fā)生了轉(zhuǎn)移，起電的過程就是物體間或物體內(nèi)部電荷的重新分布．
2．電荷的中和并不是指電荷消失，而是指帶等量異種電荷的兩物體接觸時(shí)，經(jīng)過電子的轉(zhuǎn)移，物體達(dá)到電中性的過程．
3．元電荷
(1)元電荷是最小的電荷量，而不是實(shí)物粒子，元電荷無正、負(fù)之分．
(2)雖然質(zhì)子、電子的電荷量等于元電荷，但不能說質(zhì)子、電子是元電荷．
(3)電子的比荷：電子的電荷量e與電子的質(zhì)量me之比，叫作電子的比荷．
三、驗(yàn)電器的原理和使用
驗(yàn)電器的兩種應(yīng)用方式及原理
1．帶電體接觸驗(yàn)電器：當(dāng)帶電的物體與驗(yàn)電器上面的金屬球接觸時(shí)，有一部分電荷轉(zhuǎn)移到驗(yàn)電器上，與金屬球相連的兩個(gè)金屬箔片帶上同種電荷，因相互排斥而張開．如圖甲．
2．帶電體靠近驗(yàn)電器：當(dāng)帶電體靠近驗(yàn)電器的金屬球時(shí)，帶電體會(huì)使驗(yàn)電器的金屬球感應(yīng)出異種電荷，而金屬箔片上會(huì)感應(yīng)出同種電荷(感應(yīng)起電)，兩箔片在斥力作用下張開，如圖乙．


例題精練
1．關(guān)于電荷，下列說法正確的（　?。?br /> A．同種電荷相互吸引，異種電荷相互排斥
B．電荷既不能被創(chuàng)造，也不能被消滅，只能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分
C．絲綢和玻璃棒原本不帶電，經(jīng)過摩擦就帶電了，電荷被創(chuàng)造出來
D．電荷間的作用力隨距離的增大而增大
【分析】自然界只存在兩種電荷：正電荷和負(fù)電荷；電荷間的相互作用規(guī)律是：同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引。
當(dāng)用絲綢摩擦玻璃棒時(shí)，玻璃棒帶正電荷，絲綢帶負(fù)電荷；當(dāng)用毛皮摩擦橡膠棒時(shí)，橡膠棒帶負(fù)電荷，毛皮帶正電荷。
【解答】解：A、同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)電荷守恒定律得電荷既不能被創(chuàng)造，也不能被消滅，只能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分，故B正確；
C、絲綢和玻璃棒原本不帶電，經(jīng)過摩擦就帶電了，不是創(chuàng)造出來電荷，本質(zhì)是電荷的轉(zhuǎn)移，故C錯(cuò)誤；
D、電荷間的作用力隨距離的增大而減小，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】該題考查了電荷間的相互作用規(guī)律以及摩擦起電的實(shí)質(zhì)，學(xué)生對(duì)基本內(nèi)容的掌握的情況，在平時(shí)要注意多積累。
2．（寶雞期末）點(diǎn)電荷是一種理想化的模型，我們處理物理問題時(shí)常把帶電體進(jìn)行理想化處理。下列關(guān)于點(diǎn)電荷的描述中，正確的是（　?。?br /> A．點(diǎn)電荷就是體積很小的帶電體
B．點(diǎn)電荷就是體積和帶電荷量都很小的帶電體
C．在研究電子繞原子核運(yùn)動(dòng)時(shí)，電子不能看作點(diǎn)電荷
D．帶電體體積的大小不是我們判斷其是否能被看作點(diǎn)電荷的依據(jù)
【分析】帶電體看作點(diǎn)電荷的條件，當(dāng)一個(gè)帶電體的形狀及大小對(duì)它們間相互作用力的影響可忽略時(shí)，這個(gè)帶電體可看作點(diǎn)電荷，是由研究問題的性質(zhì)決定，與自身大小形狀無具體關(guān)系．
【解答】解：AB、帶電體看作點(diǎn)電荷的條件，當(dāng)帶電體的形狀對(duì)它們間相互作用力的影響可忽略時(shí)，這個(gè)帶電體可看作點(diǎn)電荷，帶電體能否看作點(diǎn)電荷是由研究問題的性質(zhì)決定，與自身大小形狀無直接關(guān)系，故AB錯(cuò)誤；
C、研究電子繞核運(yùn)動(dòng)，電子的大小和形狀可以忽略，可以看成質(zhì)點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；
D、帶電體看作點(diǎn)電荷的條件，當(dāng)一個(gè)帶電體的形狀及大小對(duì)它們間相互作用力的影響可忽略時(shí)，這個(gè)帶電體可看作點(diǎn)電荷，帶電體體積的大小不是我們判斷其是否能被看作點(diǎn)電荷的依據(jù)，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電體看作點(diǎn)電荷的條件及其特點(diǎn)，同時(shí)理解理想化模型的內(nèi)涵．

隨堂練習(xí)
1．（海淀區(qū)二模）N95口罩中起阻隔作用的關(guān)鍵層是熔噴布，熔噴布的纖維里加入了駐極體材料，它能依靠靜電感應(yīng)吸附比熔噴布網(wǎng)狀纖維孔洞小很多的0.1μm量級(jí)或更小的微粒，從而有了更好的過濾效果。制備駐極體的一種方法是對(duì)某些電介質(zhì)材料進(jìn)行加熱熔化，然后在強(qiáng)電場(chǎng)中進(jìn)行極化冷卻。電介質(zhì)中每個(gè)分子都呈電中性，但分子內(nèi)正、負(fù)電荷分布并不完全重合，每個(gè)分子可以看成是等量異號(hào)的電荷對(duì)。如圖所示，某種電介質(zhì)未加電場(chǎng)時(shí)，分子取向隨機(jī)排布，熔化時(shí)施加水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，正、負(fù)電荷受電場(chǎng)力的作用，分子取向會(huì)發(fā)生一致性的變化。冷卻后撤掉電場(chǎng)，形成駐極體，分子取向能夠較長(zhǎng)時(shí)間維持基本不變。這個(gè)過程就像鐵在強(qiáng)磁場(chǎng)中被磁化成磁鐵的過程。根據(jù)以上信息可知，下列說法中正確的是（　　）

A．駐極體能夠吸引帶電的微粒，但不能吸引電中性的微粒
B．駐極體吸附小微粒利用了靜電感應(yīng)，所以駐極體所帶的總電荷量一定不為零
C．不帶電的微粒也能被駐極體吸引，但并不會(huì)中和駐極體表面的電荷
D．加有駐極體的口罩會(huì)因存放時(shí)間過長(zhǎng)其中的電場(chǎng)衰減而過期，這是駐極體向外放電使電荷減少的結(jié)果
【分析】本題可以與鐵在強(qiáng)磁場(chǎng)中被磁化成磁鐵的過程進(jìn)行類比來分析。當(dāng)分子取向會(huì)發(fā)一致性時(shí)，電介質(zhì)兩端對(duì)外顯示電性。當(dāng)分子取向雜亂無章時(shí)，電介質(zhì)兩端對(duì)外不顯示電性。
【解答】解：A、駐極體兩端對(duì)外顯示電性，能夠吸引帶電的微粒，對(duì)電中性的微粒能夠產(chǎn)生靜電感應(yīng)，也能吸引電中性的微粒，故A錯(cuò)誤；
B、駐極體吸附小微粒利用了靜電感應(yīng)，是由于駐極體兩端對(duì)外顯示電性，但駐極體所帶的總電荷量仍為零，故B錯(cuò)誤；
C、不帶電的微粒也能被駐極體吸引，是利用了靜電感應(yīng)，由于不帶電的微粒是電中性的，所以不會(huì)中和駐極體表面的電荷，故C正確；
D、加有駐極體的口罩會(huì)因存放時(shí)間過長(zhǎng)其中的電場(chǎng)衰減而過期，這是由于駐極體在外界振動(dòng)影響下，分子取向雜亂無章，對(duì)外顯示的電性減弱，而不是由于駐極體向外放電使電荷減少，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題采用類比法來解釋，可將靜電感應(yīng)與磁化過程進(jìn)行類比，要當(dāng)分子取向會(huì)發(fā)一致性時(shí)，電介質(zhì)兩端才對(duì)外顯示電性。
2．（貴陽(yáng)期末）如圖所示，導(dǎo)體A、B緊靠在一起，帶正電的小球C靠近導(dǎo)體A的左端，A帶上了﹣1.0×10﹣8C的電荷。則下列說法正確的是（　?。?br />
A．電子由A轉(zhuǎn)移到B
B．正電荷由A轉(zhuǎn)移到B
C．導(dǎo)體A得到的電子數(shù)是108個(gè)
D．導(dǎo)體B失去的電子數(shù)是6.25×1010個(gè)
【分析】將帶正電的導(dǎo)體球C靠近兩個(gè)不帶電的導(dǎo)體AB，通過感應(yīng)起電使物體帶電，帶電的實(shí)質(zhì)是電荷的移動(dòng)，總電荷量保持不變。
根據(jù)n＝計(jì)算導(dǎo)體得到或失去的電子數(shù)。
【解答】解：AB、金屬導(dǎo)體中的自由電荷為自由電子，帶正電的小球C靠近導(dǎo)體A的左端，A帶上了﹣1.0×10﹣8C的電荷，則電子由B轉(zhuǎn)移到A，故AB錯(cuò)誤。
CD、導(dǎo)體A得到電子，導(dǎo)體B失去電子，電子數(shù)n＝＝個(gè)＝6.25×1010個(gè)，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電荷守恒定律和感應(yīng)起電的原理，解題的關(guān)鍵是明確金屬導(dǎo)體中自由電荷為自由電子，正電荷不會(huì)移動(dòng)。
3．（貴陽(yáng)期末）下列關(guān)于電荷的認(rèn)識(shí)正確的是（　　）
A．電荷量很小的帶電體就是元電荷
B．物體所帶的電荷量可以是任意值
C．任何一個(gè)系統(tǒng)的電荷量的代數(shù)和都始終保持不變
D．迄今為止，科學(xué)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)的最小電荷量就是電子所帶的電荷量
【分析】根據(jù)電荷守恒定律得一個(gè)與外界沒有電荷交換的系統(tǒng)，電荷的代數(shù)和保持不變。
元電荷又稱“基本電量”，在各種帶電微粒中，電子電荷量的大小是最小的，人們把最小電荷量叫做元電荷，常用符號(hào)e表示，任何帶電體所帶電荷都等于元電荷或者是元電荷的整數(shù)倍。
【解答】解：A、元電荷是最小的電荷量，不是帶電體，故A錯(cuò)誤。
B、物體所帶的電荷量一定是元電荷的整數(shù)倍，故B錯(cuò)誤。
C、根據(jù)電荷守恒定律得一個(gè)與外界沒有電荷交換的系統(tǒng)，電荷的代數(shù)和保持不變，系統(tǒng)與外界有電荷的交換，電荷量改變，故C錯(cuò)誤。
D、迄今為止，科學(xué)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)的最小電荷量就是電子所帶的電荷量，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了元電荷的概念和電荷守恒定律，明確元電荷是最小的電荷量，不是電荷。

知識(shí)點(diǎn)二：庫(kù)侖定律
一、電荷之間的作用力
1．探究影響電荷之間相互作用力的因素
(1)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象：(如圖所示)

①小球帶電荷量一定時(shí)，距離帶電物體越遠(yuǎn)，絲線偏離豎直方向的角度越?。?br /> ②小球處于同一位置時(shí)，小球所帶的電荷量越大，絲線偏離豎直方向的角度越大．
(2)實(shí)驗(yàn)結(jié)論：電荷之間的作用力隨著電荷量的增大而增大，隨著距離的增大而減小．
2．庫(kù)侖定律
(1)點(diǎn)電荷：當(dāng)帶電體之間的距離比它們自身的大小大得多，以致帶電體的形狀、大小及電荷分布狀況對(duì)它們之間的作用力的影響可以忽略時(shí)，帶電體可以看作帶電的點(diǎn)，叫作點(diǎn)電荷．
(2)庫(kù)侖定律
①內(nèi)容：真空中兩個(gè)靜止點(diǎn)電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上．這種電荷之間的相互作用力叫作靜電力．
②公式：F＝k，其中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫作靜電力常量．
③適用條件：a.在真空中；b.點(diǎn)電荷．
二、庫(kù)侖的實(shí)驗(yàn)
1．庫(kù)侖扭秤實(shí)驗(yàn)是通過懸絲扭轉(zhuǎn)的角度比較靜電力F大小的．實(shí)驗(yàn)結(jié)果發(fā)現(xiàn)靜電力F與距離r的二次方成反比．
2．庫(kù)侖在實(shí)驗(yàn)中為研究F與q的關(guān)系，采用的是用兩個(gè)完全相同的金屬小球接觸，電荷量平分的方法，發(fā)現(xiàn)F與q1和q2的乘積成正比．
技巧點(diǎn)撥
一、庫(kù)侖定律的理解與應(yīng)用
1．點(diǎn)電荷
(1)點(diǎn)電荷是只有電荷量，沒有大小、形狀的理想化模型，類似于力學(xué)中的質(zhì)點(diǎn)，實(shí)際中并不存在．
(2)帶電體能否看成點(diǎn)電荷視具體問題而定．如果帶電體的大小比帶電體間的距離小得多，則帶電體的大小及形狀就可以忽略，此時(shí)帶電體就可以看成點(diǎn)電荷．
2．庫(kù)侖定律
(1)庫(kù)侖定律只適用于真空中靜止點(diǎn)電荷之間的相互作用，一般沒有特殊說明的情況下，都可按真空來處理．
(2)當(dāng)r→0時(shí)，電荷不能再看成點(diǎn)電荷，庫(kù)侖定律不再適用．
(3)兩個(gè)點(diǎn)電荷之間的靜電力遵守牛頓第三定律．不要認(rèn)為電荷量大的電荷對(duì)電荷量小的電荷作用力大．
(4)兩個(gè)規(guī)則的帶電球體相距比較近時(shí)，電荷的分布會(huì)發(fā)生改變，庫(kù)侖定律不再適用．
二、靜電力的疊加
1．對(duì)于三個(gè)或三個(gè)以上的點(diǎn)電荷，其中每一個(gè)點(diǎn)電荷所受的靜電力，等于其余所有點(diǎn)電荷單獨(dú)對(duì)它作用產(chǎn)生的靜電力的矢量和．
2．電荷間的單獨(dú)作用符合庫(kù)侖定律，求各靜電力的矢量和時(shí)應(yīng)用平行四邊形定則．
例題精練
1．（朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)四模）如圖，空間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)可以視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直。N為PQ連線中點(diǎn)，M點(diǎn)位于N點(diǎn)正上方且MPQ構(gòu)成等邊三角形，不計(jì)小球間的萬(wàn)有引力，則下列說法正確的是（　　）

A．P帶正電，Q帶負(fù)電，且電量大小相等
B．P與Q的質(zhì)量一定相等
C．在P、Q所產(chǎn)生的電場(chǎng)與勻強(qiáng)電場(chǎng)疊加后形成的場(chǎng)中，N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零
D．在P、Q所產(chǎn)生的電場(chǎng)與勻強(qiáng)電場(chǎng)疊加后形成的場(chǎng)中，M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零
【分析】因?yàn)閹щ娦∏騊、Q間的庫(kù)侖力為相互作用力，等大方向，再根據(jù)平衡條件來判斷出二者受到勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力的大小和方向，就能判斷出兩帶電小球的電性，也可以知道豎直方向上重力等于拉力，與庫(kù)侖力無關(guān)；利用電場(chǎng)強(qiáng)度的合成來判斷兩帶電小球在M、N處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，然后在和勻強(qiáng)電場(chǎng)合成，就得出M、N處合場(chǎng)強(qiáng)是否為0。
【解答】解：A、由圖可知，兩小球均在電場(chǎng)力和庫(kù)侖力的作用下處于平衡，由于庫(kù)侖力為相互作用力，大小相等，方向相反，因此兩小球受到的電場(chǎng)力也一定是大小相等，方向相反，兩小球一定帶異種電荷，P小球所受庫(kù)侖力向右，Q小球所受庫(kù)侖力向左，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向向右，因此正電荷受電場(chǎng)力方向向右，其受庫(kù)侖力方向一定向左，所以Q帶正電荷，P帶負(fù)電荷，P所帶電量的大小與Q所帶電量的大小相等，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；
B、由以上分析可知，水平方向帶電小球M、N受到的庫(kù)侖力等于勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力，豎直方向繩的拉力等于各自的重力，所以質(zhì)量不影響電場(chǎng)平衡，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；
CD、設(shè)PQ所帶的電量均為q，二者間的距離為r，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E，根據(jù)平衡條件：Eq＝，所以場(chǎng)強(qiáng)，M點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)是由三個(gè)電場(chǎng)的疊加而成，設(shè)P和Q在M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E1和E2，則E1＝E2＝，二者方向成1200，二者合場(chǎng)強(qiáng)E12＝，方向水平向左，與勻強(qiáng)電場(chǎng)的大小相等方向相反，所以M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為0，；帶電小球P、Q在N點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小，方向向左，N點(diǎn)合場(chǎng)強(qiáng)大小不為0，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確；
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題重點(diǎn)考查了電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加，又涉及到在靜電力作用下帶電體的平衡問題，體現(xiàn)了學(xué)科素養(yǎng)的綜合能力的考查，題目較難。
2．（潮州二模）如圖所示為某電子秤示意圖。一絕緣支架放在電子秤上，上端固定一帶電小球a，穩(wěn)定后，電子秤示數(shù)為F?，F(xiàn)將另一固定于絕緣手柄一端的不帶電小球b與a球充分接觸后，再移至小球a正上方L處，待系統(tǒng)穩(wěn)定后，電子秤示數(shù)為F1；用手摸小球b使其再次不帶電，后將該不帶電小球b與a球再次充分接觸并重新移至a球正上方L處，電子秤示數(shù)為F2。若兩小球完全相同，則（　　）

A．F1＜F2
B．F1＝4F2
C．若小球a帶負(fù)電，L增大，則F1增大
D．若小球a帶正電，L減小，則F2增大
【分析】小球接觸后根據(jù)電荷平分原理，求出每個(gè)小球的電荷量，然后根據(jù)庫(kù)侖定律求出兩電荷之間的庫(kù)侖力，求出兩次電子秤的讀數(shù)，然后比較大小。
【解答】解：AB、小球b與小球a充分接觸后b對(duì)a有個(gè)向下的庫(kù)侖力，設(shè)為F′，則：
F′＝k＝k
電子秤的示數(shù)為：F1＝F+F′
用手摸小球b使其再次不帶電，后將該不帶電的小球b與a球再次充分接觸后，重新移至a球正上方L處，b對(duì)a向下的庫(kù)侖力
F″＝k＝k
電子秤的示數(shù)為：F2＝F+F″
由此可知，F(xiàn)1＞F2，且F1≠4F2，故AB錯(cuò)誤；
C、若小球a帶負(fù)電，L增大，根據(jù)庫(kù)侖定律可知，F(xiàn)′減小，則F1減小，故C錯(cuò)誤；
D、若小球a帶正電，L減小，根據(jù)庫(kù)侖定律可知，F(xiàn)″增大，則F2增大，故D正確；
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】題主要考查了庫(kù)侖定律的直接應(yīng)用，知道庫(kù)侖力與距離之間的關(guān)系，明確同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引．
隨堂練習(xí)
1．（杭州二模）如圖所示，在兩個(gè)對(duì)接的絕緣光滑斜面上放置了電荷量大小均為q的兩個(gè)小球A和B（均看成質(zhì)點(diǎn)），兩個(gè)斜面的傾角分別是30°和45°，小球A和B的質(zhì)量分別是m1和m2。若平衡時(shí)，兩小球均靜止在離斜面底端高度為h的同一水平線上，斜面對(duì)兩個(gè)小球的彈力分別是N1和N2，靜電力常量為k，下列說法正確的是（　　）

A．q＝h
B．＝
C．＝
D．若同時(shí)移動(dòng)兩球在斜面上的位置，只要保證兩球在同一水平線上，則兩球仍能平衡
【分析】對(duì)小球B受力分析，根據(jù)平衡條件求出B球受到的庫(kù)侖力，再由庫(kù)侖定律求小球的電荷量。
【解答】解：A、對(duì)小球B受力分析，其受重力、支持力和庫(kù)侖力作用，如圖所示，由力的平衡條件可知

F＝m2gtan45° ①
根據(jù)庫(kù)侖定律得F＝k②
由幾何關(guān)系可知，rAB＝+③
聯(lián)立解得FN2cos45°＝q＝h，故A正確；
B、對(duì)小球A受力分析，其受重力、支持力和庫(kù)侖力作用，如圖所示，由力的平衡條件有：F＝m1gtan30° ④
由①④解得＝，故B錯(cuò)誤；
C、對(duì)A球，由平衡條件可得N1＝，對(duì)B球，由平衡條件得N2＝，解得＝，故C錯(cuò)誤；
D、若同時(shí)移動(dòng)兩球在斜面上的位置，只要保證兩球在同一水平線上，兩球間庫(kù)侖力減小，兩球?qū)⒉荒芷胶?，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】本題是帶電體在電場(chǎng)中平衡問題，當(dāng)作力學(xué)問題去處理，關(guān)鍵要正確分析受力情況，畫出受力圖，利用平衡條件和庫(kù)侖定律相結(jié)合進(jìn)行解答。
2．（山東模擬）如圖所示，絕緣底座上固定一電荷量為8×10﹣6C的帶負(fù)電小球A，其正上方O點(diǎn)處用輕細(xì)彈簧懸掛一質(zhì)量m＝0.06kg、電荷量大小為2×10﹣6C的小球B，彈簧的勁度系數(shù)k＝5N/m，原長(zhǎng)L0＝0.3m?，F(xiàn)小球B恰能以A球?yàn)閳A心在水平面內(nèi)做順時(shí)針方向（從上往下看）的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)彈簧與豎直方向的夾角θ＝53°。已知靜電力常量k＝9.0×109N?m2/C2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，兩小球都視為點(diǎn)電荷。則下列說法正確的是（　?。?br />
A．小球B一定帶負(fù)電
B．B球圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為m/s
C．在圖示位置若突然在B球所在范圍內(nèi)加上水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)的瞬間，B球?qū)⒆鲭x心運(yùn)動(dòng)
D．在圖示位置若突然在B球所在范圍內(nèi)加上豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的瞬間，B球?qū)⒆鼋倪\(yùn)動(dòng)
【分析】對(duì)小球受力分析，根據(jù)小球的受力情況判斷所受靜電力的方向，即可判斷小球的電性；
由受力分析，可計(jì)算小球的向心力，根據(jù)向心力公式即可求解小球的速度大??；
加上電場(chǎng)后，判斷小球的受力變化，根據(jù)離心運(yùn)動(dòng)和近心運(yùn)動(dòng)的條件可以判斷小球的運(yùn)動(dòng)情況。
【解答】解：A、小球A、B之間的庫(kù)侖力，設(shè)彈簧彈力為T，小球B在豎直方向上，有Tcos θ＝mg，彈簧的彈力在水平方向的分力Tx＝Tsin θ，由胡克定律T＝k0（lOB﹣L0），又lAB＝lOBsin θ，可解得T＝1 N，Tx＝0.8 N，F(xiàn)＝0.9 N，lOB＝0.5 m，lAB＝0.4 m，小球B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受合外力指向圓心A，又有F＞Tx，則B球帶正電，故A錯(cuò)誤；
B、小球所受向心Fn＝F+Tx＝1.7 N，由解得m/s，故B錯(cuò)誤；
C、在圖示位置加上水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)的瞬間，小球受到向左的電場(chǎng)力，這時(shí)提供的向心力減小，小于所需要的向心力，小球做離心運(yùn)動(dòng)，故C正確；
D、在圖示位置加上豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的瞬間，由于小球做順時(shí)針運(yùn)動(dòng)，且?guī)д?，由左手定則可知，小球受到一個(gè)背離圓心的洛倫茲力作用，這時(shí)供的向心力小于需要的向心力，小球做離心運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查庫(kù)侖定律和圓周運(yùn)動(dòng)，需要注意物體做近心運(yùn)動(dòng)和離心運(yùn)動(dòng)的條件。
3．（江蘇模擬）如圖所示，在真空中光滑絕緣的水平面上有三個(gè)相同的不帶電的小球，小球之間由三根完全相同的輕彈簧連接構(gòu)成等邊三角形，彈簧處于原長(zhǎng)l0。若讓每個(gè)小球帶上相同的電荷量q，小球可沿所在角的角平分線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)三角形的面積增大到原來的4倍時(shí)小球的加速度均為零，彈簧是絕緣體且勁度系數(shù)相同，真空中的靜電力常量為k，則彈簧的勁度系數(shù)為（　?。?br />
A． B． C． D．
【分析】三角形的面積增大為原來的四倍，對(duì)小球受力分析，根據(jù)平衡的條件結(jié)合胡克定律求解。
【解答】解：設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k′，三角形的面積增大為原來的四倍，則三角形每邊邊長(zhǎng)增大為原來的兩倍，即每根彈簧伸長(zhǎng)量均為l0。
小球的加速度均為零，即每個(gè)帶電小球受力平衡，根據(jù)平衡有＝k′l0。
解得k′＝，故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)小球進(jìn)行正確的受力分析是解決本題的關(guān)鍵，分析清楚小球受到的各個(gè)力的作用，由平衡條件列方程可以求得彈簧的勁度系數(shù)。

綜合練習(xí)
一．選擇題（共15小題）
1．（海淀區(qū)二模）N95口罩中起阻隔作用的關(guān)鍵層是熔噴布，熔噴布的纖維里加入了駐極體材料，它能依靠靜電感應(yīng)吸附比熔噴布網(wǎng)狀纖維孔洞小很多的0.1μm量級(jí)或更小的微粒，從而有了更好的過濾效果。制備駐極體的一種方法是對(duì)某些電介質(zhì)材料進(jìn)行加熱熔化，然后在強(qiáng)電場(chǎng)中進(jìn)行極化冷卻。電介質(zhì)中每個(gè)分子都呈電中性，但分子內(nèi)正、負(fù)電荷分布并不完全重合，每個(gè)分子可以看成是等量異號(hào)的電荷對(duì)。如圖所示，某種電介質(zhì)未加電場(chǎng)時(shí)，分子取向隨機(jī)排布，熔化時(shí)施加水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，正、負(fù)電荷受電場(chǎng)力的作用，分子取向會(huì)發(fā)生一致性的變化。冷卻后撤掉電場(chǎng)，形成駐極體，分子取向能夠較長(zhǎng)時(shí)間維持基本不變。這個(gè)過程就像鐵在強(qiáng)磁場(chǎng)中被磁化成磁鐵的過程。根據(jù)以上信息可知，下列說法中正確的是（　　）

A．駐極體能夠吸引帶電的微粒，但不能吸引電中性的微粒
B．駐極體吸附小微粒利用了靜電感應(yīng)，所以駐極體所帶的總電荷量一定不為零
C．不帶電的微粒也能被駐極體吸引，但并不會(huì)中和駐極體表面的電荷
D．加有駐極體的口罩會(huì)因存放時(shí)間過長(zhǎng)其中的電場(chǎng)衰減而過期，這是駐極體向外放電使電荷減少的結(jié)果
【分析】本題可以與鐵在強(qiáng)磁場(chǎng)中被磁化成磁鐵的過程進(jìn)行類比來分析。當(dāng)分子取向會(huì)發(fā)一致性時(shí)，電介質(zhì)兩端對(duì)外顯示電性。當(dāng)分子取向雜亂無章時(shí)，電介質(zhì)兩端對(duì)外不顯示電性。
【解答】解：A、駐極體兩端對(duì)外顯示電性，能夠吸引帶電的微粒，對(duì)電中性的微粒能夠產(chǎn)生靜電感應(yīng)，也能吸引電中性的微粒，故A錯(cuò)誤；
B、駐極體吸附小微粒利用了靜電感應(yīng)，是由于駐極體兩端對(duì)外顯示電性，但駐極體所帶的總電荷量仍為零，故B錯(cuò)誤；
C、不帶電的微粒也能被駐極體吸引，是利用了靜電感應(yīng)，由于不帶電的微粒是電中性的，所以不會(huì)中和駐極體表面的電荷，故C正確；
D、加有駐極體的口罩會(huì)因存放時(shí)間過長(zhǎng)其中的電場(chǎng)衰減而過期，這是由于駐極體在外界振動(dòng)影響下，分子取向雜亂無章，對(duì)外顯示的電性減弱，而不是由于駐極體向外放電使電荷減少，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題采用類比法來解釋，可將靜電感應(yīng)與磁化過程進(jìn)行類比，要當(dāng)分子取向會(huì)發(fā)一致性時(shí)，電介質(zhì)兩端才對(duì)外顯示電性。
2．（朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)四模）如圖，空間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)可以視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直。N為PQ連線中點(diǎn)，M點(diǎn)位于N點(diǎn)正上方且MPQ構(gòu)成等邊三角形，不計(jì)小球間的萬(wàn)有引力，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．P帶正電，Q帶負(fù)電，且電量大小相等
B．P與Q的質(zhì)量一定相等
C．在P、Q所產(chǎn)生的電場(chǎng)與勻強(qiáng)電場(chǎng)疊加后形成的場(chǎng)中，N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零
D．在P、Q所產(chǎn)生的電場(chǎng)與勻強(qiáng)電場(chǎng)疊加后形成的場(chǎng)中，M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零
【分析】因?yàn)閹щ娦∏騊、Q間的庫(kù)侖力為相互作用力，等大方向，再根據(jù)平衡條件來判斷出二者受到勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力的大小和方向，就能判斷出兩帶電小球的電性，也可以知道豎直方向上重力等于拉力，與庫(kù)侖力無關(guān)；利用電場(chǎng)強(qiáng)度的合成來判斷兩帶電小球在M、N處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，然后在和勻強(qiáng)電場(chǎng)合成，就得出M、N處合場(chǎng)強(qiáng)是否為0。
【解答】解：A、由圖可知，兩小球均在電場(chǎng)力和庫(kù)侖力的作用下處于平衡，由于庫(kù)侖力為相互作用力，大小相等，方向相反，因此兩小球受到的電場(chǎng)力也一定是大小相等，方向相反，兩小球一定帶異種電荷，P小球所受庫(kù)侖力向右，Q小球所受庫(kù)侖力向左，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向向右，因此正電荷受電場(chǎng)力方向向右，其受庫(kù)侖力方向一定向左，所以Q帶正電荷，P帶負(fù)電荷，P所帶電量的大小與Q所帶電量的大小相等，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；
B、由以上分析可知，水平方向帶電小球M、N受到的庫(kù)侖力等于勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力，豎直方向繩的拉力等于各自的重力，所以質(zhì)量不影響電場(chǎng)平衡，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；
CD、設(shè)PQ所帶的電量均為q，二者間的距離為r，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E，根據(jù)平衡條件：Eq＝，所以場(chǎng)強(qiáng)，M點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)是由三個(gè)電場(chǎng)的疊加而成，設(shè)P和Q在M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E1和E2，則E1＝E2＝，二者方向成1200，二者合場(chǎng)強(qiáng)E12＝，方向水平向左，與勻強(qiáng)電場(chǎng)的大小相等方向相反，所以M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為0，；帶電小球P、Q在N點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小，方向向左，N點(diǎn)合場(chǎng)強(qiáng)大小不為0，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確；
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題重點(diǎn)考查了電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加，又涉及到在靜電力作用下帶電體的平衡問題，體現(xiàn)了學(xué)科素養(yǎng)的綜合能力的考查，題目較難。
3．（潮州二模）如圖所示為某電子秤示意圖。一絕緣支架放在電子秤上，上端固定一帶電小球a，穩(wěn)定后，電子秤示數(shù)為F。現(xiàn)將另一固定于絕緣手柄一端的不帶電小球b與a球充分接觸后，再移至小球a正上方L處，待系統(tǒng)穩(wěn)定后，電子秤示數(shù)為F1；用手摸小球b使其再次不帶電，后將該不帶電小球b與a球再次充分接觸并重新移至a球正上方L處，電子秤示數(shù)為F2。若兩小球完全相同，則（　?。?br />
A．F1＜F2
B．F1＝4F2
C．若小球a帶負(fù)電，L增大，則F1增大
D．若小球a帶正電，L減小，則F2增大
【分析】小球接觸后根據(jù)電荷平分原理，求出每個(gè)小球的電荷量，然后根據(jù)庫(kù)侖定律求出兩電荷之間的庫(kù)侖力，求出兩次電子秤的讀數(shù)，然后比較大小。
【解答】解：AB、小球b與小球a充分接觸后b對(duì)a有個(gè)向下的庫(kù)侖力，設(shè)為F′，則：
F′＝k＝k
電子秤的示數(shù)為：F1＝F+F′
用手摸小球b使其再次不帶電，后將該不帶電的小球b與a球再次充分接觸后，重新移至a球正上方L處，b對(duì)a向下的庫(kù)侖力
F″＝k＝k
電子秤的示數(shù)為：F2＝F+F″
由此可知，F(xiàn)1＞F2，且F1≠4F2，故AB錯(cuò)誤；
C、若小球a帶負(fù)電，L增大，根據(jù)庫(kù)侖定律可知，F(xiàn)′減小，則F1減小，故C錯(cuò)誤；
D、若小球a帶正電，L減小，根據(jù)庫(kù)侖定律可知，F(xiàn)″增大，則F2增大，故D正確；
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】題主要考查了庫(kù)侖定律的直接應(yīng)用，知道庫(kù)侖力與距離之間的關(guān)系，明確同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引，難度適中．
4．（杭州二模）如圖所示，在兩個(gè)對(duì)接的絕緣光滑斜面上放置了電荷量大小均為q的兩個(gè)小球A和B（均看成質(zhì)點(diǎn)），兩個(gè)斜面的傾角分別是30°和45°，小球A和B的質(zhì)量分別是m1和m2。若平衡時(shí)，兩小球均靜止在離斜面底端高度為h的同一水平線上，斜面對(duì)兩個(gè)小球的彈力分別是N1和N2，靜電力常量為k，下列說法正確的是（　?。?br />
A．q＝h
B．＝
C．＝
D．若同時(shí)移動(dòng)兩球在斜面上的位置，只要保證兩球在同一水平線上，則兩球仍能平衡
【分析】對(duì)小球B受力分析，根據(jù)平衡條件求出B球受到的庫(kù)侖力，再由庫(kù)侖定律求小球的電荷量。
【解答】解：A、對(duì)小球B受力分析，其受重力、支持力和庫(kù)侖力作用，如圖所示，由力的平衡條件可知

F＝m2gtan45° ①
根據(jù)庫(kù)侖定律得F＝k②
由幾何關(guān)系可知，rAB＝+③
聯(lián)立解得FN2cos45°＝q＝h，故A正確；
B、對(duì)小球A受力分析，其受重力、支持力和庫(kù)侖力作用，如圖所示，由力的平衡條件有：F＝m1gtan30° ④
由①④解得＝，故B錯(cuò)誤；
C、對(duì)A球，由平衡條件可得N1＝，對(duì)B球，由平衡條件得N2＝，解得＝，故C錯(cuò)誤；
D、若同時(shí)移動(dòng)兩球在斜面上的位置，只要保證兩球在同一水平線上，兩球間庫(kù)侖力減小，兩球?qū)⒉荒芷胶?，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】本題是帶電體在電場(chǎng)中平衡問題，當(dāng)作力學(xué)問題去處理，關(guān)鍵要正確分析受力情況，畫出受力圖，利用平衡條件和庫(kù)侖定律相結(jié)合進(jìn)行解答。
5．（山東模擬）如圖所示，絕緣底座上固定一電荷量為8×10﹣6C的帶負(fù)電小球A，其正上方O點(diǎn)處用輕細(xì)彈簧懸掛一質(zhì)量m＝0.06kg、電荷量大小為2×10﹣6C的小球B，彈簧的勁度系數(shù)k＝5N/m，原長(zhǎng)L0＝0.3m?，F(xiàn)小球B恰能以A球?yàn)閳A心在水平面內(nèi)做順時(shí)針方向（從上往下看）的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)彈簧與豎直方向的夾角θ＝53°。已知靜電力常量k＝9.0×109N?m2/C2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2，兩小球都視為點(diǎn)電荷。則下列說法正確的是（　?。?br />
A．小球B一定帶負(fù)電
B．B球圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為m/s
C．在圖示位置若突然在B球所在范圍內(nèi)加上水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)的瞬間，B球?qū)⒆鲭x心運(yùn)動(dòng)
D．在圖示位置若突然在B球所在范圍內(nèi)加上豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的瞬間，B球?qū)⒆鼋倪\(yùn)動(dòng)
【分析】對(duì)小球受力分析，根據(jù)小球的受力情況判斷所受靜電力的方向，即可判斷小球的電性；
由受力分析，可計(jì)算小球的向心力，根據(jù)向心力公式即可求解小球的速度大小；
加上電場(chǎng)后，判斷小球的受力變化，根據(jù)離心運(yùn)動(dòng)和近心運(yùn)動(dòng)的條件可以判斷小球的運(yùn)動(dòng)情況。
【解答】解：A、小球A、B之間的庫(kù)侖力，設(shè)彈簧彈力為T，小球B在豎直方向上，有Tcos θ＝mg，彈簧的彈力在水平方向的分力Tx＝Tsin θ，由胡克定律T＝k0（lOB﹣L0），又lAB＝lOBsin θ，可解得T＝1 N，Tx＝0.8 N，F(xiàn)＝0.9 N，lOB＝0.5 m，lAB＝0.4 m，小球B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受合外力指向圓心A，又有F＞Tx，則B球帶正電，故A錯(cuò)誤；
B、小球所受向心Fn＝F+Tx＝1.7 N，由解得m/s，故B錯(cuò)誤；
C、在圖示位置加上水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)的瞬間，小球受到向左的電場(chǎng)力，這時(shí)提供的向心力減小，小于所需要的向心力，小球做離心運(yùn)動(dòng)，故C正確；
D、在圖示位置加上豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的瞬間，由于小球做順時(shí)針運(yùn)動(dòng)，且?guī)д?，由左手定則可知，小球受到一個(gè)背離圓心的洛倫茲力作用，這時(shí)供的向心力小于需要的向心力，小球做離心運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查庫(kù)侖定律和圓周運(yùn)動(dòng)，需要注意物體做近心運(yùn)動(dòng)和離心運(yùn)動(dòng)的條件。
6．（江蘇模擬）如圖所示，在真空中光滑絕緣的水平面上有三個(gè)相同的不帶電的小球，小球之間由三根完全相同的輕彈簧連接構(gòu)成等邊三角形，彈簧處于原長(zhǎng)l0。若讓每個(gè)小球帶上相同的電荷量q，小球可沿所在角的角平分線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)三角形的面積增大到原來的4倍時(shí)小球的加速度均為零，彈簧是絕緣體且勁度系數(shù)相同，真空中的靜電力常量為k，則彈簧的勁度系數(shù)為（　?。?br />
A． B． C． D．
【分析】三角形的面積增大為原來的四倍，對(duì)小球受力分析，根據(jù)平衡的條件結(jié)合胡克定律求解。
【解答】解：設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k′，三角形的面積增大為原來的四倍，則三角形每邊邊長(zhǎng)增大為原來的兩倍，即每根彈簧伸長(zhǎng)量均為l0。
小球的加速度均為零，即每個(gè)帶電小球受力平衡，根據(jù)平衡有＝k′l0。
解得k′＝，故ABC錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)小球進(jìn)行正確的受力分析是解決本題的關(guān)鍵，分析清楚小球受到的各個(gè)力的作用，由平衡條件列方程可以求得彈簧的勁度系數(shù)。
7．（雨花臺(tái)區(qū)校級(jí)期中）關(guān)于電荷，下列說法正確的（　?。?br /> A．同種電荷相互吸引，異種電荷相互排斥
B．電荷既不能被創(chuàng)造，也不能被消滅，只能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分
C．絲綢和玻璃棒原本不帶電，經(jīng)過摩擦就帶電了，電荷被創(chuàng)造出來
D．電荷間的作用力隨距離的增大而增大
【分析】自然界只存在兩種電荷：正電荷和負(fù)電荷；電荷間的相互作用規(guī)律是：同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引。
當(dāng)用絲綢摩擦玻璃棒時(shí)，玻璃棒帶正電荷，絲綢帶負(fù)電荷；當(dāng)用毛皮摩擦橡膠棒時(shí)，橡膠棒帶負(fù)電荷，毛皮帶正電荷。
【解答】解：A、同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)電荷守恒定律得電荷既不能被創(chuàng)造，也不能被消滅，只能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分，故B正確；
C、絲綢和玻璃棒原本不帶電，經(jīng)過摩擦就帶電了，不是創(chuàng)造出來電荷，本質(zhì)是電荷的轉(zhuǎn)移，故C錯(cuò)誤；
D、電荷間的作用力隨距離的增大而減小，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】該題考查了電荷間的相互作用規(guī)律以及摩擦起電的實(shí)質(zhì)，學(xué)生對(duì)基本內(nèi)容的掌握的情況，在平時(shí)要注意多積累。
8．（寶雞期末）點(diǎn)電荷是一種理想化的模型，我們處理物理問題時(shí)常把帶電體進(jìn)行理想化處理。下列關(guān)于點(diǎn)電荷的描述中，正確的是（　?。?br /> A．點(diǎn)電荷就是體積很小的帶電體
B．點(diǎn)電荷就是體積和帶電荷量都很小的帶電體
C．在研究電子繞原子核運(yùn)動(dòng)時(shí)，電子不能看作點(diǎn)電荷
D．帶電體體積的大小不是我們判斷其是否能被看作點(diǎn)電荷的依據(jù)
【分析】帶電體看作點(diǎn)電荷的條件，當(dāng)一個(gè)帶電體的形狀及大小對(duì)它們間相互作用力的影響可忽略時(shí)，這個(gè)帶電體可看作點(diǎn)電荷，是由研究問題的性質(zhì)決定，與自身大小形狀無具體關(guān)系．
【解答】解：AB、帶電體看作點(diǎn)電荷的條件，當(dāng)帶電體的形狀對(duì)它們間相互作用力的影響可忽略時(shí)，這個(gè)帶電體可看作點(diǎn)電荷，帶電體能否看作點(diǎn)電荷是由研究問題的性質(zhì)決定，與自身大小形狀無直接關(guān)系，故AB錯(cuò)誤；
C、研究電子繞核運(yùn)動(dòng)，電子的大小和形狀可以忽略，可以看成質(zhì)點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；
D、帶電體看作點(diǎn)電荷的條件，當(dāng)一個(gè)帶電體的形狀及大小對(duì)它們間相互作用力的影響可忽略時(shí)，這個(gè)帶電體可看作點(diǎn)電荷，帶電體體積的大小不是我們判斷其是否能被看作點(diǎn)電荷的依據(jù)，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電體看作點(diǎn)電荷的條件及其特點(diǎn)，同時(shí)理解理想化模型的內(nèi)涵．
9．（貴陽(yáng)期末）如圖所示，導(dǎo)體A、B緊靠在一起，帶正電的小球C靠近導(dǎo)體A的左端，A帶上了﹣1.0×10﹣8C的電荷。則下列說法正確的是（　?。?br />
A．電子由A轉(zhuǎn)移到B
B．正電荷由A轉(zhuǎn)移到B
C．導(dǎo)體A得到的電子數(shù)是108個(gè)
D．導(dǎo)體B失去的電子數(shù)是6.25×1010個(gè)
【分析】將帶正電的導(dǎo)體球C靠近兩個(gè)不帶電的導(dǎo)體AB，通過感應(yīng)起電使物體帶電，帶電的實(shí)質(zhì)是電荷的移動(dòng)，總電荷量保持不變。
根據(jù)n＝計(jì)算導(dǎo)體得到或失去的電子數(shù)。
【解答】解：AB、金屬導(dǎo)體中的自由電荷為自由電子，帶正電的小球C靠近導(dǎo)體A的左端，A帶上了﹣1.0×10﹣8C的電荷，則電子由B轉(zhuǎn)移到A，故AB錯(cuò)誤。
CD、導(dǎo)體A得到電子，導(dǎo)體B失去電子，電子數(shù)n＝＝個(gè)＝6.25×1010個(gè)，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電荷守恒定律和感應(yīng)起電的原理，解題的關(guān)鍵是明確金屬導(dǎo)體中自由電荷為自由電子，正電荷不會(huì)移動(dòng)。
10．（德清縣校級(jí)月考）圖中O是一個(gè)帶正電的物體，把系在絲線上的帶正電的小球先后掛在圖中P1、P2、P3等位置，比較小球在不同位置所受帶電體的作用力的大小。這個(gè)力的大小可以通過絲線偏離豎直方向的角度顯示出來。下列說法正確的是（　?。?br />
A．距離越大時(shí)，帶正電的小球受到的庫(kù)侖引力越大
B．絲線偏離豎直方向的角度和庫(kù)侖力F成正比
C．在相同位置處，增大小球的電荷量，絲線偏離豎直方向的角度也越大
D．以上實(shí)驗(yàn)直接得出了庫(kù)侖定律
【分析】根據(jù)庫(kù)侖定律公式F＝判斷物體與小球之間的作用力F與什么因素有關(guān)，絲線偏離豎直方向的角度θ越大，則作用力越大。
【解答】解：AB、保持Q、q不變，根據(jù)庫(kù)侖定律公式F＝，增大d，庫(kù)侖力變小，則θ變??；而減小d，庫(kù)侖力變大，則θ變大，只能說明F與d有關(guān)，即說明F與θ有關(guān)，由于該實(shí)驗(yàn)只是定性分析，沒有定量計(jì)算，不能說明庫(kù)侖力F與角度θ成正比，故AB錯(cuò)誤；
C、保持Q、d不變，增大小球的電荷量q，則庫(kù)侖力變大，θ變大，能說明絲線偏離豎直方向的角度也越大，故C正確；
D、本實(shí)驗(yàn)只能說明庫(kù)侖力與電荷間距有關(guān)，不能體現(xiàn)庫(kù)侖力與電荷量的關(guān)系，故D錯(cuò)誤；
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】考查通過實(shí)驗(yàn)來體現(xiàn)影響庫(kù)侖力的因素，解決本題的關(guān)鍵掌握庫(kù)侖定律的公式F＝。
11．（華龍區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，用絕緣細(xì)線把小球A懸于O點(diǎn)，靜止時(shí)恰好與另一固定于O點(diǎn)正下方的小球B接觸?，F(xiàn)使兩球帶同種電荷，細(xì)線將偏離豎直方向某一角度θ1，此時(shí)細(xì)線中的張力大小為T1，庫(kù)侖斥力為F1；若增加兩球的帶電量，懸線偏離豎直方向的角度將增大為θ2，此時(shí)細(xì)線中的張力大小為T2，庫(kù)侖斥力為F2，則（　?。?br />
A．T1＜T2 B．T1＝T2 C．F1＞F2 D．F1＝F2
【分析】對(duì)小球A的受力情況進(jìn)行分析，運(yùn)用三角形相似法，根據(jù)平衡條件得到懸線中的張力大小與OA、OB的關(guān)系，即可求解。
【解答】解：小球A的受力情況如圖所示，重力mg、懸線張力T、庫(kù)侖斥力F，這三個(gè)力的合力為0。

因此這三個(gè)力構(gòu)成封閉的力的三角形，且正好與幾何三角形OA′B相似，則有：＝，
因?yàn)镺A′＝OB，所以T＝mg．即T與θ無關(guān)，則有T1＝T2，故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】本題從小球的受力分析出發(fā)尋求正確的答案，采用三角形相似法處理，比較簡(jiǎn)單，也可以運(yùn)用函數(shù)法研究。
12．（閔行區(qū)期末）真空中兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1，Q2，距離為R，當(dāng)Q1，Q2電量都增大到原來2倍時(shí)，距離也增大到原來的2倍，則兩電荷之間相互作用的靜電力將增大到原來（　?。?br /> A．1倍 B．2倍 C．4倍 D．8倍
【分析】真空中有兩個(gè)固定點(diǎn)電荷之間的距離增大到原來的2倍，當(dāng)電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)庫(kù)侖定律分析庫(kù)侖力的變化。
【解答】解：根據(jù)庫(kù)侖定律可知，F(xiàn)＝，真空中有兩個(gè)固定點(diǎn)電荷，當(dāng)Q1，Q2電量都增大到原來2倍時(shí)，距離R增大到原來的2倍時(shí)，
則庫(kù)侖力：
F′＝＝F
因此電荷間的庫(kù)侖力變?yōu)樵瓉淼?倍，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】本題是庫(kù)侖定律的應(yīng)用，采用控制變量法進(jìn)行分析。基本題，不應(yīng)出錯(cuò)。
13．（倉(cāng)山區(qū)校級(jí)期中）豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣，小球A、B帶有同種電荷，用指向墻面的水平推力F作用于小球B，兩球分別靜止在豎直墻面和水平地面上，如圖所示。若將小球B向左推動(dòng)少許，當(dāng)兩球重新達(dá)到平衡時(shí)，與原來的平衡狀態(tài)相比較（　?。?br />
A．推力F變大
B．豎直墻面對(duì)小球A的彈力變小
C．地面對(duì)小球B的支持力變大
D．兩個(gè)小球之間的距離不變
【分析】先以A球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力，作出力圖，根據(jù)平衡條件分析墻壁對(duì)A的彈力如何變化，再以AB整體為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件分析F如何變化和地面對(duì)小球B的彈力的變化．由庫(kù)侖定律分析兩球之間的距離如何變化．
【解答】解：ABC、以A球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力，作出力圖如圖1所示。
設(shè)B對(duì)A的庫(kù)侖力F與墻壁的夾角為θ，由平衡條件得豎直墻面對(duì)小球A的彈力為：
N1＝mAgtanθ，
將小球B向左推動(dòng)少許時(shí)θ減小，則豎直墻面對(duì)小球A的彈力N1減??；
再以AB整體為研究對(duì)象，分析受力如圖2所示，由平衡條件得：
F＝N1
N2＝（mA+mB）g
則F減小，地面對(duì)小球B的支持力一定不變，故AC錯(cuò)誤，B正確；
D、由上分析得到庫(kù)侖力F庫(kù)＝，θ減小，cosθ增大，F(xiàn)庫(kù)減小，根據(jù)庫(kù)侖定律分析得知，兩球之間的距離增大，故D錯(cuò)誤。
故選：B。

【點(diǎn)評(píng)】本題運(yùn)用隔離法和整體法結(jié)合分析動(dòng)態(tài)平衡問題，關(guān)鍵是確定研究對(duì)象（往往以受力較少的物體為研究對(duì)象），分析受力情況．
14．（沙坪壩區(qū)校級(jí)月考）三個(gè)帶電小球a、b、c分別用等長(zhǎng)的三根絕緣細(xì)線連接起來然后用絕緣支座豎直固定在天花板上的O點(diǎn)，靜止在如圖中所示位置。則下列判斷正確的是（　?。?br />
A．a(chǎn)、b、c三球的質(zhì)量一定相等
B．a(chǎn)、b、c三球所帶電荷量一定相等
C．細(xì)線ab、ac、bc一定受拉力作用
D．絕緣支座Oc一定受拉力作用
【分析】根據(jù)三個(gè)球的對(duì)稱性，及c球固定在支座上，可以大致確定三個(gè)球的電性的相同和相異，再分別隔離a或b、ab整體、abc整體，分別進(jìn)行受力分析，利用平衡條件判斷質(zhì)量、電量的關(guān)系、三根線和支座的彈力情況。
【解答】解：由于c是固定在絕緣支座上，根據(jù)三球的對(duì)稱分布，可以確定ab是同種電荷，與c的電性可能相同和相異，分別對(duì)下列各項(xiàng)進(jìn)行分析：
A、對(duì)a或b受力分析：受五個(gè)力（重力ab之間的排斥力、兩根線接力、c和另一球?qū)λ膬蓚€(gè)靜電力）作用，而根據(jù)對(duì)稱性，三個(gè)力（兩線拉力和c對(duì)它的力）合力與其余兩力（重力、兩球之間的排斥力）等大反向，那么有tan30°＝，由于ab間的斥力相等，所以可得：mag＝mbg，則ma＝mb，故A錯(cuò)誤；
B、對(duì)ab整體受力分析受五個(gè)力作用（總重力、兩根細(xì)線的拉力，還有c對(duì)兩個(gè)球的靜電力）只有當(dāng)ab的電量相等，才能保證整體受c的靜電力大小相等，否則ab整體將轉(zhuǎn)動(dòng)，故只要求ab電量相等即可，故B錯(cuò)誤；
C、當(dāng)a或b來說，當(dāng)傾斜細(xì)線拉力的水平分力恰與b或a的排斥力相等時(shí)，這是水平細(xì)線ab無拉力，故C錯(cuò)誤；
D、對(duì)abc三個(gè)整體，受總重力和桿對(duì)整體的彈力，由二力平衡知，桿的彈力必與重力等值反向，即彈力方向豎直向上，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】考查對(duì)物體的受力分析，掌握庫(kù)侖定律的應(yīng)用，理解受力平衡狀態(tài)分析，難度較大，要分別運(yùn)用整體法和隔離法區(qū)別對(duì)待。
15．（北碚區(qū)校級(jí)月考）下列說法正確的是（　?。?br /> A．元電荷就是電子或者質(zhì)子
B．兩點(diǎn)電荷所帶的電荷量一定時(shí)，電荷間的距離越大，它們間的靜電力就越小
C．電場(chǎng)中任意兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差只與場(chǎng)強(qiáng)有關(guān)
D．電場(chǎng)線是在電荷周圍實(shí)際存在的線，用來描述電場(chǎng)的強(qiáng)弱和方向
【分析】A、由元電荷的定義進(jìn)行分析；
B、由庫(kù)侖定律進(jìn)行分析；
C、由電勢(shì)差的定義進(jìn)行分析；
D、由電場(chǎng)線的定義進(jìn)行分析；
【解答】解：A、元電荷的定義：自然界一個(gè)電子所帶的電量為最小的電荷量為1.60×10﹣19C，我們把這個(gè)最小的電荷量定義為元電荷，元電荷指的是一個(gè)電子所帶的電荷量，不是單個(gè)電子，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)庫(kù)侖定律：，可知兩點(diǎn)電荷量一定時(shí)，電荷間的距離越大，它們之間的靜電力就越小，故B正確；
C、電場(chǎng)中任意兩點(diǎn)的電勢(shì)差由電場(chǎng)本身決定，與電場(chǎng)強(qiáng)度，兩點(diǎn)之間的距離和位置都有關(guān)，故C錯(cuò)誤；
D、電場(chǎng)線是人們?yōu)榱烁玫拿枋鲭妶?chǎng)而假想的線，實(shí)際并不存在，故D錯(cuò)誤；
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了關(guān)于元電荷，庫(kù)侖定律，電勢(shì)差和電場(chǎng)線的知識(shí)點(diǎn)，一定要區(qū)分清楚元電荷和點(diǎn)電荷的區(qū)別。
二．多選題（共18小題）
16．（杭州二模）如圖所示，橢圓（虛線）的中心和圓（實(shí)線）的圓心重合，A、B兩點(diǎn)是兩幾何圖形的交點(diǎn)。在圓心處固定一點(diǎn)電荷Q?，F(xiàn)用外力使一正的試探電荷q（圖中未畫出）沿橢圓從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，則電荷q在從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，下列說法一定正確的是（　?。?br />
A．庫(kù)侖力先變大后變小 B．加速度先變大后變小
C．動(dòng)能先變小后變大 D．電勢(shì)能先變小后變大
【分析】依據(jù)庫(kù)侖定律，結(jié)合牛頓第二定律，即可判定AB選項(xiàng)；再由庫(kù)侖力做功正負(fù)來判定電勢(shì)能的變化，并由動(dòng)能定理來判定動(dòng)能的變化。
【解答】解：A、根據(jù)庫(kù)侖定律，則有：F＝，可知，電荷q在從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，則電荷q離點(diǎn)電荷Q間距先減小后增大，那么庫(kù)侖力先變大后變小，故A正確；
B、因庫(kù)侖力與外力的合力無法確定，依據(jù)牛頓第二定律，可知，加速度大小也無法確定，故B錯(cuò)誤；
CD、根據(jù)速度沿著軌跡的切線方向，而庫(kù)侖力方向指向點(diǎn)電荷Q，因此庫(kù)侖力先做正功，后做負(fù)功，那么電勢(shì)能先變小后變大，而因合力做功正負(fù)無法確定，則動(dòng)能大小也無法確定，故C錯(cuò)誤，D正確；
故選：AD。
【點(diǎn)評(píng)】考查庫(kù)侖定律與牛頓第二定律的應(yīng)用，掌握庫(kù)侖力做功正負(fù)來判定電勢(shì)能的變化，理解合力做功來判定動(dòng)能的變化。
17．（九江二模）質(zhì)量為m、電荷量為+Q的帶電小球A固定在絕緣天花板上，帶電小球B質(zhì)量也為m，在空中水平面內(nèi)繞O點(diǎn)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。已知小球A、B間的距離為2R，重力加速度為g，靜電力常量為k。則（　?。?br />
A．天花板對(duì)A球的作用力大小為2mg
B．小球B轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為
C．小球B所帶的電荷量
D．A、B兩球間的庫(kù)侖力對(duì)B球做正功
【分析】A、對(duì)AB整體研究，通過平衡條件及牛頓第二定律可求天花板對(duì)A球的作用力大?。?br /> BC、根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合矢量的合成法則與庫(kù)侖定律，可求解小球B轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度及小球B所帶的電荷量；
D、依據(jù)庫(kù)侖力與速度方向關(guān)系，即可判定做功情況。
【解答】解：A、依據(jù)題意，設(shè)B球圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為ω，以AB整體為研究對(duì)象，則整體在豎直方向受大小為2mg的重力，天花板對(duì)整體在豎直方向上提供向上的力F1＝2mg，天花板對(duì)整體在水平方向上提供指向圓心的力F2＝mω2R，所以天花板對(duì)整體的作用力大小為F1和F2的合力，為F＝＝，這一力顯然大于2mg，故A錯(cuò)誤；
B、對(duì)小球B受力分析，如圖所示，由題意及幾何關(guān)系可知，θ＝30°，由牛頓第二定律得mgtanθ＝mRω2，解得：ω＝，故B正確；
C、根據(jù)庫(kù)侖定律，設(shè)B的帶電量為q，則AB的庫(kù)侖力＝k，因此可求小球B所帶的電荷量為q＝，故C正確；
D、由題意可知，庫(kù)侖引力總與速度垂直，庫(kù)侖力不做功，故D錯(cuò)誤；
故選：BC。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓周運(yùn)動(dòng)、庫(kù)侖定律及牛頓第二定律的應(yīng)用等問題?？疾橹R(shí)點(diǎn)全面，綜合性較強(qiáng)，充分考查了學(xué)生掌握知識(shí)與應(yīng)用知識(shí)的能力。
18．（市中區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，小球A、B質(zhì)量均為m，初始帶電荷量均為+q，都用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線掛在絕緣的豎直墻上O點(diǎn)，A球緊靠絕緣的墻壁且其懸線剛好豎直，B懸線偏離豎直方向θ角而靜止。如果保持B球的電荷量不變，使小球A的電荷量緩慢減小，當(dāng)兩球間距緩慢變?yōu)樵瓉淼臅r(shí)，下列判斷正確的是（　?。?br />
A．小球B受到細(xì)線的拉力大小不變
B．小球B受到細(xì)線的拉力變小
C．兩球之間的庫(kù)侖力大小不變
D．小球A的電荷量減小為原來的
【分析】以小球B為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，根據(jù)三角形相似得到比例關(guān)系，由此分析各力的變化，再結(jié)合庫(kù)侖定律分析電荷量的變化。
【解答】解：設(shè)AB之間的距離為x。
ABC、小球B受到重力、庫(kù)侖力和細(xì)線的拉力，受力情況如圖所示，兩絕緣線的長(zhǎng)度都是L，
根據(jù)力所在的三角形與幾何邊對(duì)應(yīng)的三角形相似可得：＝＝
解得小球B受到細(xì)線的拉力大?。篢＝mg，保持不變；
兩球之間的庫(kù)侖力大?。篎＝，由于x減小，則庫(kù)侖力減小，故A正確、BC錯(cuò)誤；
D、根據(jù)上邊的推導(dǎo)可得：＝，由于F＝，可得：＝，
當(dāng)兩球間距緩慢變?yōu)樵瓉淼臅r(shí)，根據(jù)＝可知小球A的電荷量減小為原來的，故D正確。
故選：AD。

【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了庫(kù)侖力作用下共點(diǎn)力的平衡之動(dòng)態(tài)分析問題，關(guān)鍵是能夠?qū)球進(jìn)行受力分析，根據(jù)三角形相似進(jìn)行解答。
19．（成都期末）兩個(gè)完全相同的金屬小球（可視為點(diǎn)電荷）所帶電荷量的絕對(duì)值之比為3：1，相距一定距離時(shí)兩球間的庫(kù)侖力大小為F。若讓兩球充分接觸后再放回各自的原位置，則兩球間的庫(kù)侖力大小可能為（　?。?br /> A．F B．F C．F D．F
【分析】由庫(kù)侖定律可得出兩球在接觸前后的庫(kù)侖力表達(dá)式，則根據(jù)電量的變化可得出接觸后的作用力與原來作用力的關(guān)系．
【解答】解：設(shè)一個(gè)小球帶電量大小為3Q，則另一個(gè)小球帶電量大小為Q，根據(jù)庫(kù)侖定律，則有：
兩球接觸前：F＝k
若兩球帶異種電荷，接觸再分開后，兩球分別帶電量大小為：Q1＝Q2＝＝Q
由庫(kù)侖定律得：F1＝k＝F，
若兩球帶同種電荷，接觸再分開后，兩球分別帶電量大小為Q1′＝Q2′＝＝2Q，
由庫(kù)侖定律得：F2＝k＝F，故AC正確，BD錯(cuò)誤；
故選：AC。
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于完全相同的帶電體，若帶異種電荷，接觸后則先中和再平分，若帶同種電荷則將總電量平分．
20．（十堰期末）兩個(gè)相同的帶電小球（均可視為點(diǎn)電荷）所帶電荷量的比值為1：2，相距為r時(shí)兩小球間的庫(kù)侖力大小為F，今使兩小球接觸后再分開放到相距為2r處，則此時(shí)兩小球間的庫(kù)侖力大小可能為（　?。?br /> A．F B．F C．F D．F
【分析】由庫(kù)侖定律可得出兩球在接觸前后的庫(kù)侖力表達(dá)式，則根據(jù)電量的變化可得出接觸后的作用力與原來作用力的關(guān)系．
【解答】解：設(shè)一個(gè)小球帶電量大小為Q，則另一個(gè)小球帶電量大小為2Q，根據(jù)庫(kù)侖定律，則有：
兩球接觸前：F＝k
若兩球帶異種電荷，接觸再分開后，兩球分別帶電量大小為：Q1＝Q2＝＝Q
由庫(kù)侖定律得：F1＝k＝F，
若兩球帶同種電荷，接觸再分開后，兩球分別帶電量大小為Q1′＝Q2′＝＝Q，
由庫(kù)侖定律得：F2＝k＝F，故AD正確，BC錯(cuò)誤；
故選：AD。
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于完全相同的帶電體，若帶異種電荷，接觸后則先中和再平分，若帶同種電荷則將總電量平分．
21．（重慶期末）如圖，天花板上固定一個(gè)光滑小環(huán)O，一絕緣細(xì)繩穿過光滑小環(huán)，兩端分別與帶電小球A、B連接，A、B的質(zhì)量分別為m1和m2，帶電荷量分別為q1、q2，系統(tǒng)靜止時(shí)，小球A、B和光滑小環(huán)O的距離分別為l1、l2，細(xì)繩OA段與豎直方向的夾角為α，細(xì)繩OB段與豎直方向的夾角為β，兩帶電小球均可視為點(diǎn)電荷，則以下關(guān)系式正確的是（　?。?br />
A．α＝β B．＝
C．＝ D．＝
【分析】本題為共點(diǎn)力平衡和靜電場(chǎng)的綜合題，分別以A球和B球?yàn)檠芯繉?duì)象，畫好受力分析圖，借助于相似三角形進(jìn)行求解即可。
【解答】解：B、對(duì)兩小球受力分析，A和B均受重力、拉力、庫(kù)侖力，小球A、B均處干平衡狀態(tài)，作力的矢量三角形，如圖所示。
因?yàn)閮尚∏蛲ㄟ^穿過小環(huán)的絕緣細(xì)線連接，則細(xì)線上拉力大小處處相等，T＝T′，A、B間的庫(kù)侖力是作用力和反作用力，F(xiàn)＝F′，大小相等，方向相反，根據(jù)相似三角形知識(shí)可知
，，可得，故B正確；
AD、根據(jù)幾何關(guān)系可得＝＝，由以上可得，則α＝β，故A正確，D錯(cuò)誤；
C、系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，A對(duì)B的庫(kù)侖力和B對(duì)A的庫(kù)侖力是一對(duì)作用力與反作用力，兩小球的帶電荷量關(guān)系無法確定，故C錯(cuò)誤；
故選：AB。

【點(diǎn)評(píng)】本題中涉及非直角三角形問題，往往根據(jù)幾何知識(shí)或三角知識(shí)來研究共點(diǎn)力平衡問題，要規(guī)范作出力圖，結(jié)合幾何知識(shí)幫助解答。
22．（湖北模擬）如圖所示，距小滑輪O正下方1處的B點(diǎn)用絕緣底座固定一帶電荷量為+q的小球1，絕緣輕質(zhì)彈性繩一端懸掛在定滑輪O正上方處的D點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的帶電小球2連接，發(fā)現(xiàn)小球2恰好在A位置平衡。已知OA長(zhǎng)為1，與豎直方向的夾角為60°，由于彈性繩的絕緣效果不是很好，小球2緩慢漏電，一段時(shí)間后，當(dāng)滑輪下方的彈性繩與豎直方向夾角為30°時(shí)，小球2恰好在AB連線上的C位置。已知靜電力常量為k，重力加速度為g。則下列說法正確的是（　?。?br />
A．小球2帶負(fù)電
B．小球2在C位置時(shí)所帶電荷量為
C．小球2在A位置時(shí)所帶電荷量為
D．彈性繩原長(zhǎng)為
【分析】根據(jù)電荷之間的相互作用的特點(diǎn)判斷小球2的電性；對(duì)小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件和庫(kù)侖定律公式：F＝，列方程求解即可。
【解答】解：A、兩個(gè)小球之間相互排斥，可知帶同種電荷，所以小球2也帶正電。故A錯(cuò)誤；
B、小球在C點(diǎn)時(shí)，受力如圖：

由幾何關(guān)系可得：F＝mgsin30°＝0.5mg； ①
T＝②
根據(jù)庫(kù)侖定律得：③
聯(lián)立①③可得：．故B錯(cuò)誤；
C、小球2在A位置時(shí)，受到的重力、電場(chǎng)力和繩子的拉力，三個(gè)力之間的夾角相互為120°，所以三個(gè)力的大小相等，所以：T′＝F′＝mg ④
根據(jù)庫(kù)侖定律得：③
小球2在A位置時(shí)所帶電荷量：．故C正確
D、小球2在A位置時(shí)，彈性繩的長(zhǎng)度：
小球2在C位置時(shí)，彈性繩的長(zhǎng)度：
設(shè)彈性繩的勁度系數(shù)為k，則：T′＝k?（l1﹣l0）；
T＝k?（l2﹣l0）
聯(lián)立可得：l0＝0.5l。故D錯(cuò)誤
故選：CD。
【點(diǎn)評(píng)】本題實(shí)質(zhì)上考場(chǎng)了物體平衡，對(duì)于這類問題只要正確進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)平衡方程求解即可。
23．（天津期中）如圖所示，由PO和QO兩塊光滑絕緣的平板組成的“V”形組合體固定在地面上，兩平板互相垂直，平板PO與地面的夾角α＝37°，在兩個(gè)平板上各放置一個(gè)且?guī)N電荷的小球A和B，A、B 的帶電量分別為q和2q，A、B恰在同一條水平線上靜止．小球A和B可看成點(diǎn)電荷，A的質(zhì)量為m，靜電力常量為k，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則（　　）

A．B對(duì)A庫(kù)侖斥力是A對(duì)B庫(kù)侖斥力的2倍
B．A、B兩球所受平板的支持力大小均為
C．B球的質(zhì)量為
D．A、B兩球間的距離為2q
【分析】先后對(duì)A、B兩個(gè)球受力分析，均是受靜電力、重力和支持力，根據(jù)平衡條件列式分析即可．
【解答】解：ABC、對(duì)兩個(gè)球受力分析，如圖所示：

A對(duì)B的庫(kù)侖力與B對(duì)A的庫(kù)侖力是作用力與反作用力，故大小一定相等，故A錯(cuò)誤；
對(duì)A，根據(jù)平衡條件，有：NAcos37°＝GA，NAsin37°＝F，
對(duì)B根據(jù)平衡條件，有：NBcos53°＝GB，NBsin53°＝F，
聯(lián)立解得：NA＝1.25mg，F(xiàn)＝0.75mg，，，
故B錯(cuò)誤，C正確；
D、由于庫(kù)侖力F＝0.75mg，
根據(jù)庫(kù)侖定律，有：F＝k，
聯(lián)立解得：r＝2q，故D正確；
故選：CD。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查平衡問題，關(guān)鍵是分別對(duì)兩個(gè)球進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)平衡條件列式求解．注意兩個(gè)電荷間的靜電力是相互作用力，大小總是相等．
24．（定遠(yuǎn)縣模擬）如圖所示，a、b、c、d四個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球恰好構(gòu)成“三星拱月”之形，其中a、b、c三個(gè)完全相同的帶電小球在光滑絕緣水平面內(nèi)的同一圓周上繞O點(diǎn)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，三小球所在位置恰好將圓周等分．小球d位于O點(diǎn)正上方h處，且在外力F作用下恰處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知a、b、c三小球的電荷量均為q，d球的電荷量為6q，h＝R．重力加速度為g，靜電力常量為k，則（　?。?br />
A．小球d一定帶正電
B．小球b的周期為
C．小球c的加速度大小為
D．外力F豎直向上，大小等于mg+
【分析】a、b、c三個(gè)帶電小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由合外力提供向心力，分析其受力情況，運(yùn)用牛頓第二定律研究即可．
【解答】解：A、a、b、c三小球所帶電荷量相同，要使三個(gè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，d球與a、b、c三小球一定是異種電荷，由于a球的電性未知，所以d球不一定帶正電，故A錯(cuò)誤。
B、設(shè) db連線與水平方向的夾角為α，則cosα＝＝，sinα＝＝
對(duì)b球，根據(jù)牛頓第二定律和向心力得：kcosα﹣2kcos30°＝mR＝ma
解得：T＝，a＝
則小球c的加速度大小為．故B錯(cuò)誤，C正確。
D、對(duì)d球，由平衡條件得：F＝3ksinα+mg＝mg+，故D正確。
故選：CD。
【點(diǎn)評(píng)】本題與圓錐擺類似，關(guān)鍵要正確分析四個(gè)小球受力，確定向心力的來源是關(guān)鍵．運(yùn)用牛頓第二定律和平衡條件研究．
25．（渝中區(qū)校級(jí)月考）A、B兩帶電小球，電量分別為+q、+9q，質(zhì)量分別為m1、m2，如圖所示，用兩根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，靜止A、B兩球處于同一水平線上，其中O點(diǎn)到A球的間距OA＝2L，∠AOB＝90°，∠OAB＝60°，C是AB連線上一點(diǎn)且在O點(diǎn)的正下方，帶電小球均可視為點(diǎn)電荷，靜電力常量為k，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．A、B間的庫(kù)侖力為F＝
B．A、B兩球的質(zhì)量之比為1：3
C．掛A、B兩球的繩子的拉力之比為3：1
D．若僅互換A、B兩球的帶電量，則A、B兩球位置仍處于同一水平線上
【分析】根據(jù)庫(kù)侖定律，對(duì)其受力分析并結(jié)合幾何關(guān)系，依據(jù)矢量的合成法則，即可求解。
【解答】解：A、有幾何知識(shí)得：AB之間的距離為L(zhǎng)AB＝＝4L 由庫(kù)侖定律得：
F＝k＝ 故A正確。
B、分別對(duì)AB受力分析如右圖所示則有：
FA＝mAgtan30°，F(xiàn)B＝mBgtan60°
因?yàn)镕A＝FB 即mAgtan30°＝mBgtan60°
故mA：mB＝3：1，故B錯(cuò)誤。
C、繩子的拉力分別為：
TA＝，TB＝，
則TA：TB＝＝：1，故C錯(cuò)誤。
D、根據(jù)庫(kù)侖定律，庫(kù)侖力與各自電量的乘積成正比，與各自電量無關(guān)，互換A、B兩球的帶電量，二者電量的乘積不變，庫(kù)侖力不變，故A、B兩球位置仍處于同一水平線上，故D正確。
故選：AD。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了庫(kù)侖定律的內(nèi)容，掌握矢量的合成法則，及三角知識(shí)與幾何關(guān)系的應(yīng)用，同時(shí)注意庫(kù)侖力與各自電量多少無關(guān)。
26．（廣州月考）有兩個(gè)質(zhì)量不同、沿電量絕對(duì)值均為q的負(fù)試探電荷a、b，僅在庫(kù)侖力作用下繞固定的帶電量為Q的正點(diǎn)電荷低速旋轉(zhuǎn)（視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)），圓周半徑分別為r、3r，靜電力常量為k，忽略a、b間的相互作用，則（　?。?br /> A．電荷a、b所在位置的場(chǎng)強(qiáng)大小之比為9：1
B．電荷a、b旋轉(zhuǎn)周期之比為：9
C．電荷a、b動(dòng)能之比為3：1
D．電荷a、b速度之比為3：1
【分析】根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式，求解a、b所在位置場(chǎng)強(qiáng)關(guān)系；根據(jù)庫(kù)侖力提供向心力和向心力公式，求解a、b電荷的周期和動(dòng)能關(guān)系；根據(jù)動(dòng)能公式和質(zhì)量，求解速度關(guān)系。
【解答】解：A、根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式可知，電荷a、b所在位置的場(chǎng)強(qiáng)大小之比Ea：Eb＝，故A正確；
B、試探電荷做圓周運(yùn)動(dòng)，庫(kù)侖力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有：，可得T＝
電荷a、b旋轉(zhuǎn)周期之比，a、b質(zhì)量不同，電荷a、b旋轉(zhuǎn)周期之比一定不為：9，B錯(cuò)誤；
C、試探電荷做圓周運(yùn)動(dòng)，庫(kù)侖力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有：
可得Ek＝，電荷動(dòng)能之比Eka：Ekb＝3：1，故C正確；
D、由v＝知，va：vb＝，a、b質(zhì)量不同，電荷a、b速度之比不一定為3：1，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
【點(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵是：知道庫(kù)侖力提供向心力，并且利用牛頓第二定律，將兩者聯(lián)系起來。
27．（沙坪壩區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，絕緣彈簧的下端固定在光滑斜面底端，彈簧與斜面平行，帶電小球Q固定在絕緣斜面上的M點(diǎn)，且在通過彈簧中心的直線ab上?，F(xiàn)將與Q大小相同、帶電性也相同的小球P，從直線ab上的N點(diǎn)由靜止釋放，若兩小球都可視為點(diǎn)電荷。在小球P與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^程中，下列說法中正確的是（　?。?br />
A．小球P的動(dòng)能一直在減少
B．小球P的機(jī)械能一直在增加
C．小球P速度最大時(shí)所受的合力為零
D．小球P與彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能一直在增加
【分析】根據(jù)小球P的受力情況，抓住庫(kù)侖力的變化情況，分析合力的變化情況，來判斷小球P的運(yùn)動(dòng)情況。本題中彈簧的彈力和庫(kù)侖力對(duì)小球做功，根據(jù)兩者做功關(guān)系分析小球的機(jī)械能如何變化；小球P速度最大時(shí)合力為零；根據(jù)庫(kù)侖力做功情況判斷小球P與彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能如何變化。
【解答】解：AC、小球P和彈簧剛接觸的時(shí)候，小球P在沿斜面方向受到沿斜面向下的庫(kù)侖力F1和重力的分力F2以及沿斜面向上的彈簧的彈力F3，剛開始重力的分力F2和庫(kù)侖力F1大于彈簧的彈力F3，小球做加速運(yùn)動(dòng)，隨后F3增大，F(xiàn)1減小，加速度逐漸減小，當(dāng)F3＝F1+F2小球的速度達(dá)到最大，然后彈簧的彈力F3大于庫(kù)侖力F1和重力的分力F2，小球開始做減速運(yùn)動(dòng)，最后減速為0，故動(dòng)能先增大，后減小。故A錯(cuò)誤，C正確；
B、本題中庫(kù)侖力做功和彈簧彈力做功會(huì)改變小球的機(jī)械能，起初庫(kù)侖力大于彈簧的彈力，因此庫(kù)侖力對(duì)小球P做的正功大于彈簧對(duì)小球P做的負(fù)功，小球的機(jī)械能增加，后來彈簧的彈力大于庫(kù)侖力，因此彈簧的做負(fù)功大于庫(kù)侖力對(duì)小球P的正功機(jī)械能減小，因此小球P的機(jī)械能先增大后減小，故B錯(cuò)誤；
D、庫(kù)侖力對(duì)小球和彈簧P組成的系統(tǒng)做功改變其機(jī)械能，因庫(kù)侖力一直對(duì)小球P做正功，故小球P和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能一直增加，D正確。
故選：CD。
【點(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)要注意機(jī)械能守恒的條件是只有重力或彈力做功，從能量轉(zhuǎn)化的角度講，只發(fā)生機(jī)械能間的相互轉(zhuǎn)化，沒有其他形式的能量參與。
28．（巴宜區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，兩個(gè)互相接觸的導(dǎo)體A和B不帶電，現(xiàn)將帶正電的導(dǎo)體C靠近A端放置，三者均有絕緣支架。下列說法正確的是（　?。?br />
A．導(dǎo)體A的左端感應(yīng)出負(fù)電荷，導(dǎo)體B的右端感應(yīng)出等量的正電荷
B．導(dǎo)體A的左端感應(yīng)出負(fù)電荷，導(dǎo)體B的右端感應(yīng)出的正電荷，但正、負(fù)電荷不一定等量
C．若先將A、B分開，再移走C，則A帶負(fù)電，B帶正電
D．若先將C移走，再把A、B分開，則A帶負(fù)電，B帶正電
【分析】將帶正電的導(dǎo)體球C靠近兩個(gè)不帶電的導(dǎo)體AB，靠感應(yīng)起電使物體帶電，帶電的實(shí)質(zhì)是電荷的移動(dòng)，總電荷量保持不變。
【解答】解：A、導(dǎo)體A的左端感應(yīng)出負(fù)電荷，導(dǎo)體B的右端感應(yīng)出等量的正電荷，A正確，B錯(cuò)誤；
C、把導(dǎo)體A和B分開，再移走C，導(dǎo)體A和B由于感應(yīng)起電帶上異種電荷，所以此時(shí)A帶負(fù)電，B帶正電，C正確。
D、若先移走C，此時(shí)導(dǎo)體A和B中的電荷又發(fā)生中和，不再帶電，再把導(dǎo)體A和B分開，同樣不再帶電，所以此時(shí)A不帶電，B不帶電，D錯(cuò)誤。
故選：AC。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道摩擦起電、感應(yīng)起電、接觸帶電的實(shí)質(zhì)都是電荷的移動(dòng)，電荷的總量保持不變。
29．（黃島區(qū)期中）如圖，絕緣光滑圓環(huán)豎直放置，a、b、c為三個(gè)套在圓環(huán)上可自由滑動(dòng)的空心帶電小球，已知小球c位于圓環(huán)最高點(diǎn)，ac連線與豎直方向成60°角，bc連線與豎直方向成30°角，三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是（　?。?br />
A．a(chǎn)、b小球帶同種電荷，與c球電荷電性相反
B．a(chǎn)、b小球電量之比為
C．a(chǎn)、b小球質(zhì)量相等
D．a(chǎn)小球質(zhì)量小于b小球質(zhì)量
【分析】分別對(duì)三個(gè)小球進(jìn)行受力分析，結(jié)合平衡的條件判斷應(yīng)受到哪種力的作用。對(duì)c由共點(diǎn)力平衡的條件判斷a、b電量的大小關(guān)系。
【解答】解：A、a和b重力方向向下、支持力方向沿半徑方向，a和b在豎直方向受力平衡，則可知c對(duì)a和c對(duì)b均為引力，故a、b帶同種電荷，且與c的電性一定相反，故A正確；
B、設(shè)圓的半徑為R，a、b、c三個(gè)小球的帶電量分別為：qa、qb和qc，對(duì)c受力分析如圖1所示；

由于水平方向受力平衡，則有：Facsin60°＝Fbcsin30°，即?sin60°＝?sin30°，解得：＝，故B正確；
CD、將a和b球視為繞c轉(zhuǎn)動(dòng)的“杠桿模型”，如圖2所示；

根據(jù)“杠桿的平衡條件”可得：magL1＝mbgL2，則＝＝＝1，所以a、b小球質(zhì)量相等，故C正確、D錯(cuò)誤。
故選：ABC。
【點(diǎn)評(píng)】該題結(jié)合庫(kù)侖定律考查共點(diǎn)力作用下物體的平衡，解答的關(guān)鍵是正確選取研究對(duì)象，依據(jù)題目中的條件，判斷出c平衡時(shí)a與b對(duì)c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，它們對(duì)c的作用力在水平方向的分力大小相等；本題的難點(diǎn)在于求解質(zhì)量關(guān)系，可以采用“模型法”進(jìn)行分析。
30．（湖北期中）如圖所示，A、B為兩個(gè)可視為點(diǎn)電荷的帶同種電荷的小球，水平面與豎直墻壁光滑絕緣，斜面也光滑絕緣，固定斜面后A球靜止，現(xiàn)將斜面向左平移一小段距離，A球重新平衡，則（　　）

A．A球的高度降低
B．A球與B球間的庫(kù)侖力增大
C．A受的支持力減小
D．庫(kù)侖力對(duì)A做負(fù)功，A、B系統(tǒng)的電勢(shì)能增大
【分析】依據(jù)受力分析，根據(jù)矢量的合成法則，結(jié)合平衡條件，即可確定將斜面向左平移一小段距離時(shí)，A球受到的庫(kù)侖力與支持力的變化情況，再根據(jù)庫(kù)侖定律，判定兩球間距，進(jìn)而確定高度的變化，最后依據(jù)電場(chǎng)力做功的正負(fù)，來確定電勢(shì)能的變化。
【解答】解：ABC、對(duì)A球受力分析，如圖所示：
根據(jù)矢量的合成法則，及三角知識(shí)，則有，當(dāng)將斜面向左平移一小段距離時(shí)，夾角α?xí)兇?，?dǎo)致支持力N與庫(kù)侖力F，都增大；
依據(jù)庫(kù)侖定律，可知，兩球的間距會(huì)減小，因此A球的高度會(huì)降低，故AB正確，C錯(cuò)誤
D、依據(jù)兩球的庫(kù)侖斥力，且間距減小，因此庫(kù)侖力做負(fù)功，則A、B的電勢(shì)能會(huì)增大，故D正確；
故選：ABD。

【點(diǎn)評(píng)】考查矢量的合成法則，掌握動(dòng)態(tài)平衡分析的方法，理解庫(kù)侖力與支持力如何變化是解題的關(guān)鍵，同時(shí)掌握庫(kù)侖力做功正負(fù)，及電勢(shì)能變化判定依據(jù)。
31．（青岡縣校級(jí)月考）關(guān)于點(diǎn)電荷和元電荷的說法中正確的是（　?。?br /> A．只有很小的球形帶電體才叫做點(diǎn)電荷
B．帶電體間的距離比它們本身的大小大得多，以至于帶電體的形狀和大小對(duì)它們之間的作用力影響可以忽略不計(jì)時(shí)，帶電體就可以視為點(diǎn)電荷
C．把1.60×10﹣19C的電量叫做元電荷
D．任何帶電體的電量都是元電荷的整數(shù)倍
【分析】帶電體看作點(diǎn)電荷的條件，當(dāng)一個(gè)帶電體的形狀及大小對(duì)它們間相互作用力的影響可忽略時(shí)，這個(gè)帶電體可看作點(diǎn)電荷，是由研究問題的性質(zhì)決定，與自身大小形狀無具體關(guān)系。
元電荷又稱“基本電量”，在各種帶電微粒中，電子電荷量的大小是最小的，人們把最小電荷叫做元電荷，常用符號(hào)e表示，任何帶電體所帶電荷都等于元電荷或者是元電荷的整數(shù)倍。
【解答】解：A、當(dāng)帶電體的形狀對(duì)它們間相互作用力的影響可忽略時(shí)，這個(gè)帶電體可看作點(diǎn)電荷，與帶電體的大小無關(guān)，故A錯(cuò)誤。
B、帶電體間的距離比它們本身的大小大得多，以至帶電體的形狀和大小對(duì)它們之間的作用力影響可以忽略不計(jì)時(shí)，帶電體就可以視為點(diǎn)電荷，故B正確。
C、元電荷是指質(zhì)子或電子的帶電量，即把1.60×10﹣19C的電量叫做元電荷，故C正確。
D、元電荷是最小的帶電單位，任何帶電體所帶電荷都等于元電荷或者是元電荷的整數(shù)倍，故D正確。
故選：BCD。
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于元電荷要注意明確元電荷不是質(zhì)子也不是電子，它只是在數(shù)值上等于它們的電量。
32．（開遠(yuǎn)市校級(jí)期末）兩個(gè)原來不帶電的物體甲和乙，相互摩擦后，下列情況中可能發(fā)生的是（　?。?br /> A．甲帶正電荷，乙?guī)У攘控?fù)電荷
B．甲帶負(fù)電荷，乙?guī)У攘空姾?
C．甲和乙都帶等量正電荷
D．甲和乙都帶等量負(fù)電荷
【分析】物體相互摩擦后會(huì)帶電，這就是摩擦起電，在摩擦起電過程中，得到電子的物體帶負(fù)電，失去電子的物體帶正電；摩擦起電過程中，電荷是守恒的，正負(fù)電荷的代數(shù)和保持不變。
【解答】解：A、原來不帶電的甲乙兩物體相互摩擦后，電子從甲物體轉(zhuǎn)移到乙物體，使甲帶正電荷，乙?guī)У攘康呢?fù)電荷，故A正確；
B、原來不帶電的甲乙兩物體相互摩擦后，電子從乙物體轉(zhuǎn)移到甲物體，使甲帶負(fù)電荷，乙?guī)У攘康恼姾?，故B正確；
C、原來不帶電的甲乙兩物體相互摩擦后，電子從甲物體轉(zhuǎn)移到乙物體，使甲帶正電荷，乙?guī)У攘康呢?fù)電荷，
或電子從乙物體轉(zhuǎn)移到甲物體，使甲帶負(fù)電荷，乙?guī)У攘康恼姾?，甲和乙不可能都帶等量的正電荷，故C錯(cuò)誤；
D、原來不帶電的甲乙兩物體相互摩擦后，電子從甲物體轉(zhuǎn)移到乙物體，使甲帶正電荷，乙?guī)У攘康呢?fù)電荷，
或電子從乙物體轉(zhuǎn)移到甲物體，使甲帶負(fù)電荷，乙?guī)У攘康恼姾?，甲和乙不可能都帶等量的?fù)電荷，故D錯(cuò)誤；
故選：AB。
【點(diǎn)評(píng)】要知道摩擦起電的原因，知道在摩擦起電過程中，電荷是守恒的，這是正確解題的關(guān)鍵。
33．（美蘭區(qū)校級(jí)期末）科學(xué)家在研究原子、原子核及基本粒子時(shí)，為了方便，常常用元電荷作為電量的單位，關(guān)于元電荷，下列論述正確的是（　?。?br /> A．把質(zhì)子或電子叫元電荷
B．1.60×10﹣19C的電量叫元電荷
C．電子帶有最小的負(fù)電荷，其電量的絕對(duì)值叫元電荷
D．物體所帶的電荷量叫做元電荷
【分析】由元電荷的定義可知，我們將電子或質(zhì)子所帶電量的絕對(duì)值稱為元電荷，由此可以判定各個(gè)選項(xiàng)
【解答】解：A、由元電荷定義：將電子或質(zhì)子所帶電量的絕對(duì)值稱為元電荷，而不是把質(zhì)子或電子叫元電荷，故A錯(cuò)誤；
B、電子或質(zhì)子帶電量的絕對(duì)值都是1.6×10﹣19 C，故可把1.6×10﹣19 C的電量叫元電荷，故B正確；
C、電子帶有最小的負(fù)電荷，其電量的絕對(duì)值叫元電荷，故C正確；
D、物體所帶的電荷量均是元電荷的整數(shù)倍或是相等。故D錯(cuò)誤；
故選：BC。
【點(diǎn)評(píng)】掌握好元電荷的含義，它指的是電子或質(zhì)子所帶的電荷量，而不是指電子或質(zhì)子本身．
三．填空題（共7小題）
34．（瑤海區(qū)月考）帶電荷量分別為4q和﹣6q的兩個(gè)相同的金屬小球保持一定的距離（比小球的直徑大得多），相互作用的靜電力為F；若將它們接觸后分開，并再被放回原處，它們的相互作用力為　F　。
【分析】利用庫(kù)侖定律得公式可以求得金屬小球之間的作用力，注意接觸后電荷要中和再平分。
【解答】解：兩金屬小球接觸前，由庫(kù)侖定律有：F＝＝，接觸后兩球帶電量都變成﹣q，所以新的作用力為F′＝＝F。
故答案為：F。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查庫(kù)侖力的公式，注意帶電小球接觸時(shí)要先中和再平分電荷量。
35．（陽(yáng)泉期末）對(duì)于真空中靜止的兩個(gè)點(diǎn)電荷
（1）保持兩個(gè)點(diǎn)電荷的距離不變，若把每個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量都增加為原來的3倍，那么它們之間的相互作用力變?yōu)樵瓉淼摹?　倍；
（2）保持兩個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量不變，將距離增為原來的4倍，那么它們之間的相互作用力變?yōu)樵瓉淼摹　”叮?br /> （3）保持其中一個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量不變，另一個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量變?yōu)樵瓉淼?倍，為保持相互作用力不變，則它們之間的距離應(yīng)變?yōu)樵瓉淼摹?　倍。
【分析】根據(jù)庫(kù)侖定律的公式F＝k逐題進(jìn)行分析。
【解答】解：真空中兩個(gè)點(diǎn)電荷，由庫(kù)侖定律得它們之間的作用力大小為：F＝，
（1）保持兩個(gè)點(diǎn)電荷的距離不變，若把每個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量都增加為原來的3倍，即為：F′＝＝9F，那么它們之間的相互作用力變?yōu)樵瓉淼?倍；
（2）保持兩個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量不變，將距離增為原來的4倍，即為：F″＝＝F，那么它們之間的作用力變?yōu)樵瓉淼谋叮?br /> （3）保持其中一個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量不變，另一個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量變?yōu)樵瓉淼?倍，為保持相互作用力不變，根據(jù)F＝＝，則r′＝3r，即它們之間的距離將變?yōu)樵瓉?倍，
故答案為：（1）9；（2）； （3）3
【點(diǎn)評(píng)】正確理解庫(kù)侖定律公式以及公式中各個(gè)物理量的含義是解本題關(guān)鍵，由于公式涉及物理量較多，因此常用兩式相比較的方法進(jìn)行求解。
36．（內(nèi)江期末）在水平面內(nèi)，有A、B兩個(gè)帶電小球相距為d，其中，A固定不動(dòng)，質(zhì)量為m的小球B，在庫(kù)侖力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)經(jīng)過一段時(shí)間后，小球B的速度為v、加速度變?yōu)閯傞_始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的。那么，此時(shí)A、B兩個(gè)小球間的距離為　2d?。辉谶@個(gè)過程中電勢(shì)能的減少量為　　。
【分析】當(dāng)在真空中兩個(gè)點(diǎn)電荷，其間的庫(kù)侖力與兩點(diǎn)電荷的電量乘積成正比，與間距的平方成反比．兩球在某一狀態(tài)下，小球加速度與質(zhì)量成反比．同一小球在不同狀態(tài)下，加速度與合力成正比．而電場(chǎng)力做功導(dǎo)致電勢(shì)能變化，當(dāng)電場(chǎng)力做正功時(shí)，電勢(shì)能減少；當(dāng)電場(chǎng)力做負(fù)功時(shí)，電勢(shì)能增加．
【解答】解：B球僅在庫(kù)侖力作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)間距為d時(shí)，B的加速度為a，則合力為F＝ma，且F與d的平方成反比；
當(dāng)B的加速度為，此時(shí)B球的合力為F′＝，則兩球間距為2d．
A固定不動(dòng)，B由靜止在庫(kù)侖力的作用下開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球B的速度達(dá)到v時(shí)，過程中的動(dòng)能增加了mv2，則電勢(shì)能減小了
故答案為：2d；。
【點(diǎn)評(píng)】由庫(kù)侖定律可知，在真空且必須確保電荷量不變，電荷間距要大，能將帶電球看成點(diǎn)來處理．同時(shí)運(yùn)用牛頓第二定律來確定力與加速度的關(guān)系．電場(chǎng)力做功會(huì)導(dǎo)致電勢(shì)能與動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化．
37．（渝中區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，點(diǎn)電荷q1、q2、q3固定在一直線上，q2與q1的距離是q2與q3的距離的2倍，若每個(gè)電荷所受庫(kù)侖力的合力均為零，則電量大小之比q1：q2：q3＝　36：4：9　。

【分析】因?yàn)槊總€(gè)電荷所受庫(kù)侖力的合力均為零，則三個(gè)電荷處于平衡狀態(tài)，分別對(duì)三個(gè)電荷列受力平衡的方程即可求得電荷所帶電量之比。
【解答】解：因?yàn)槊總€(gè)電荷所受庫(kù)侖力的合力均為零，則三個(gè)電荷處于平衡狀態(tài)，根據(jù)兩同夾異知，兩邊電性相同和中間相反，若電荷q1帶負(fù)電，則q2帶正電，q3應(yīng)帶負(fù)電；反之q1和q3帶正電，q2帶負(fù)電，設(shè)q2與q3的距離為r，則q2與q1的距離為2r，由于三個(gè)電荷均處于平衡狀態(tài)，根據(jù)庫(kù)侖定律的表達(dá)式得：
對(duì)q1：k＝k①
對(duì)q2：k＝k②
對(duì)q3：k＝k③
由①②得：q1＝9q2，由①③得：q1＝4q3，故電量大小之比q1：q2：q3＝36：4：9
故答案為：36：4：9
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了庫(kù)侖定律在電荷平衡中的應(yīng)用，對(duì)于三個(gè)電荷平衡可以利用“兩同夾異，近小遠(yuǎn)大”的規(guī)律進(jìn)行電性判斷，本題的難點(diǎn)在于計(jì)算，列出方程容易，但是計(jì)算出正確結(jié)果難。
38．（七星區(qū)校級(jí)月考）真空中有兩個(gè)體積相同的帶電金屬小球a、b，它們所帶電量相等、電性相同．現(xiàn)另有一相同的金屬小球c，所帶電量為a小球的5倍，電性相同．使c小球依次與a、b小球接觸后，可知a、b兩帶電小球的靜電力是原來的　6　倍．
【分析】接觸帶電的原則是先中和后平分，兩個(gè)球的電性可能相同，可能不同，根據(jù)F＝得出接觸后再放回原處的庫(kù)侖力大小．
【解答】解：若兩電荷同性，設(shè)一個(gè)球的帶電量為Q，則另一個(gè)球的帶電量為Q，此時(shí)F＝k，
使c小球依次與a、b小球接觸后，a帶電量為：Qa′＝＝3Q
而b小球帶電量為Qb′＝＝2Q
則兩球的庫(kù)侖力大小為：F′＝k＝6F．
故答案為：6．
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握接觸帶電的原則，先中和后平分，以及掌握庫(kù)侖定律的公式F＝．
39．（秦都區(qū)校級(jí)月考）電荷既　不會(huì)憑空產(chǎn)生　，也　不會(huì)憑空消失　，它只能從一個(gè)物體　轉(zhuǎn)移　到另個(gè)一物體上去，或從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分，電荷的總量　保持不變　。
【分析】根據(jù)電荷守恒定律的內(nèi)容就可以直接作出解答。
【解答】解：電荷既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消滅，它只能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到物體的另一部分；
在轉(zhuǎn)移的過程中，電荷的總量保持不變。
故答案為：不會(huì)憑空產(chǎn)生；不會(huì)憑空消失；轉(zhuǎn)移；保持不變。
【點(diǎn)評(píng)】本題是基礎(chǔ)的題目，考查的就是學(xué)生對(duì)電荷守恒定律的掌握的情況，比較簡(jiǎn)單。
40．（徐匯區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，在傾角為a的光滑絕緣斜面上固定一個(gè)擋板，在擋板上連接一根絕緣輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端與A球連接。A、B、C三小球的質(zhì)量均為M，qA＝q＞0，qB＝﹣q（q已知）。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。B球所受的庫(kù)侖力大小是　Mgsina　，相鄰兩小球的間距為　　。

【分析】先對(duì)C分析，受重力、支持力和AB的庫(kù)侖力，則AB的庫(kù)侖力之和沿斜面向上，分析C球的電性，再對(duì)球A、B、C分別根據(jù)平衡條件列式分析即可。
【解答】解：對(duì)C分析，受重力、支持力和AB的庫(kù)侖力，則AB的庫(kù)侖力之和沿斜面向上，又B距離C近，給C的庫(kù)侖力大，則C球帶正電，
設(shè)小球間距為a，
對(duì)C：k﹣k＝Mgsinα
對(duì)B：k﹣k＝Mgsinα
聯(lián)立解得：qC＝q
代入k﹣k＝Mgsinα
解得：a＝；
故答案為：Mgsina；
【點(diǎn)評(píng)】本題是力電綜合問題，關(guān)鍵是明確各個(gè)球的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)平衡條件列式分析即可。
四．計(jì)算題（共15小題）
41．（西城區(qū)二模）電場(chǎng)對(duì)放入其中的電荷有力的作用。如圖所示，帶電球C置于鐵架臺(tái)旁，把系在絲線上的帶電小球A掛在鐵架臺(tái)的P點(diǎn)。小球A靜止時(shí)與帶電球C處于同一水平線上，絲線與豎直方向的偏角為α。已知A球的質(zhì)量為m，電荷量為+q，重力加速度為g，靜電力常量為k，兩球可視為點(diǎn)電荷。
（1）畫出小球A靜止時(shí)的受力圖，并求帶電球C對(duì)小球A的靜電力F的大?。?br /> （2）寫出電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式，并據(jù)此求出帶電球C在小球A所在處產(chǎn)生的電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)EA的大小和方向；
（3）若已知小球A靜止時(shí)與帶電球C的距離為r，求帶電球C所帶的電荷量Q。

【分析】（1）對(duì)A進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件得出帶電球C對(duì)小球A的靜電力F的大小；
（2）根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式分析求解；
（3）根據(jù)庫(kù)侖定律求出帶電球C所帶的電荷量Q。
【解答】解：（1）小球A受力如圖所示：

根據(jù)平衡條件可知 F＝mgtanα。
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式 ，
帶電球C在小球A所在處產(chǎn)生的電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)，
方向水平向右。
（3）根據(jù)庫(kù)侖定律 ，
解得 。
答：（1）小球A靜止時(shí)的受力圖如圖，帶電球C對(duì)小球A的靜電力F的大小是mgtanα；
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式是 ，帶電球C在小球A所在處產(chǎn)生的電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)EA的大小是，方向水平向右；＝
（3）帶電球C所帶的電荷量Q是。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查庫(kù)侖力作用下的帶電球平衡問題，解答此類問題要明確小球的受力情況，結(jié)合平衡條件列方程解答。
42．（渝中區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在絕緣水平直線軌道上方的A點(diǎn)固定了電荷量為+Q的點(diǎn)電荷。一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），從A點(diǎn)正下方相距h的軌道上的M點(diǎn)以初速度v0開始沿軌道向右運(yùn)動(dòng)。小球加速運(yùn)動(dòng)到距M點(diǎn)距離為h的O點(diǎn)時(shí)速度為v。已知小球與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，孤立點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)在距場(chǎng)源電荷r處的電勢(shì)為φ＝（取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零），k為靜電力常量。求：
（1）小球在O點(diǎn)的加速度大??；
（2）小球在軌道的MO段克服摩擦力做的功。

【分析】（1）對(duì)小球進(jìn)行受力分析并根據(jù)牛頓第二定律列式求解；
（2）小球從M點(diǎn)到O點(diǎn)列動(dòng)能定理求解。
【解答】解：（1）在O點(diǎn)對(duì)帶電小球受力分析有mg+cos45°＝FN，F(xiàn)合＝cos45°﹣f＝ma，其中f＝μFN
聯(lián)立求得a＝﹣μg
（2）由題意得φM＝，φO＝，則UMO＝
帶電小球從M點(diǎn)到O點(diǎn)的過程qUMO﹣Wf＝
解得克服摩擦力做的功為Wf＝﹣+
答：（1）小球在O點(diǎn)的加速度大小為﹣μg；
（2）小球在軌道的MO段克服摩擦力做的功為﹣+。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查庫(kù)侖定律以及動(dòng)能定理相關(guān)內(nèi)容，注意分析庫(kù)侖力方向，正確分析各個(gè)力做功情況。
43．（渝中區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在光滑絕緣的水平面上沿一直線等距離排列三個(gè)小球A、B、C，三球質(zhì)量均為m，相距均為L(zhǎng)。若小球均帶電，且qA＝+10q，qB＝+q，為保證三球間距不發(fā)生變化，將一水平向右的恒力F作用于C球，使三者一起向右勻加速運(yùn)動(dòng)。求：
（1）C球的電性；
（2）C球的電荷量；
（3）F的大小。

【分析】根據(jù)A球運(yùn)動(dòng)確定其加速度方向，從而確定其受力方向及C球電性；由牛頓第二定律對(duì)AB分別列方程可求得C球的電荷量和加速度；根據(jù)牛頓第二定律對(duì)整體列方程可求得F大小。
【解答】解：（1）A球向右加速，合力向右，B球?qū)球是向左的靜電力，故C球?qū)ζ錇槲Γ蔆球帶負(fù)電；
（2）設(shè)加速度為a，由牛頓第二定律：
對(duì)A：①
對(duì)B：②
由①②聯(lián)立解得：，
（3）對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律有：F＝3ma
代入a計(jì)算可得：
答：（1）C球帶負(fù)電；
（2）C球的電荷量為，
（3）F的大小為
【點(diǎn)評(píng)】本題考查庫(kù)侖定律、牛頓第二定律及整體法的綜合應(yīng)用，需要強(qiáng)調(diào)的是當(dāng)所求力為外力時(shí)，用整體法解決比較簡(jiǎn)單。
44．（河南月考）如圖所示，在傾角為30°的光滑絕緣斜面底部的C點(diǎn)固定著一帶電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，斜面上有A、B兩點(diǎn)，A和C相距為L(zhǎng)，B為A、C兩點(diǎn)的中點(diǎn)。現(xiàn)將一帶電小球從A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)帶電小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度正好為零，已知帶電小球在A點(diǎn)處的加速度大小為，靜電力常量為k，求：
（1）小球速度最大時(shí)下降的距離x；
（2）B點(diǎn)和A點(diǎn)兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UBA（用k、Q和L表示）。

【分析】（1）當(dāng)小球速度最大時(shí)，小球加速度為零，根據(jù)庫(kù)侖定律和牛頓第二定律研究當(dāng)小球加速度為零時(shí)，小球所受的庫(kù)侖力，從而求解小球下降的距離x；
（2）根據(jù)動(dòng)能定理和電場(chǎng)力公式W＝qU結(jié)合，求解B和A兩點(diǎn)間的電勢(shì)差。
【解答】解：（1）設(shè)帶電小球的電荷量為q，
根據(jù)牛頓第二定律和庫(kù)侖定律，帶電小球在A點(diǎn)時(shí)有：①
小球速度最大時(shí)，小球加速度為零，則有：②
聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得
（2）對(duì)小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程應(yīng)用動(dòng)能定理得：③
聯(lián)立①③式，可求得：
答：（1）小球速度最大時(shí)下降的距離為（1﹣）L；
（2）B點(diǎn)和A點(diǎn)兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為k。
【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查了牛頓第二定律、庫(kù)侖定律以及電場(chǎng)力與電勢(shì)的關(guān)系。對(duì)于電勢(shì)差，要知道電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差有關(guān)，運(yùn)用動(dòng)能定理求解電勢(shì)差是常用的思路。
45．（和平區(qū)校級(jí)月考）固定不動(dòng)的正點(diǎn)電荷A，帶電量為Q＝2.4×10﹣6C，與A相距l(xiāng)＝2cm處有一點(diǎn)P，電勢(shì)φP＝3000V（設(shè)無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零）?，F(xiàn)將點(diǎn)電荷B從距A無窮遠(yuǎn)處移動(dòng)到P點(diǎn)，電場(chǎng)力所做負(fù)功為1.8×10﹣3J。若把B電荷從P點(diǎn)由靜止釋放，釋放瞬間加速度大小為9×109m/s2。已知靜電力常量k＝9.0×109Nm2/C2。僅考慮電場(chǎng)力作用，求B電荷釋放后能達(dá)到的最大速度。
【分析】由題意可知，B電荷在P點(diǎn)的瞬間加速度大小，則可通過牛頓第二定律以及庫(kù)侖定律計(jì)算出B電荷的比荷，B電荷從無窮遠(yuǎn)到P點(diǎn)電場(chǎng)力做負(fù)功，則從P點(diǎn)到無窮遠(yuǎn)電場(chǎng)力做正功，且做功大小與從無窮遠(yuǎn)到P點(diǎn)做功大小相同，則根據(jù)動(dòng)能定律B電荷的動(dòng)能一直在增大，則在無窮遠(yuǎn)處速度最大，由牛頓第二定律則可求出B電荷的最大速度。
【解答】解：由牛頓第二定律得：F＝ma
由庫(kù)侖定律可得：F＝k
綜合上述兩式可得：
已知p點(diǎn)電勢(shì)為：φP＝3000V，無窮遠(yuǎn)處：φ＝0V
可得：U＝3000V
根據(jù)動(dòng)能定理得：qU＝
得B電荷的最大速度為：＝1000m/s。
答：B電荷釋放后能達(dá)到的最大速度為1000m/s。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了庫(kù)侖定律，牛頓第二定律以及動(dòng)能定理的計(jì)算，計(jì)算最大速度時(shí)，需將電場(chǎng)力做功與動(dòng)能結(jié)合起來，再通過牛頓第二定律與庫(kù)侖定律進(jìn)行比荷的計(jì)算，方可將此題解答出來。
46．（合肥期末）如圖所示，真空中兩個(gè)點(diǎn)電荷靜止放置在相距r＝0.30m的A、B兩點(diǎn)。兩個(gè)點(diǎn)電荷所帶的電荷量分別為Q＝4.0×10﹣8C和q＝1.6×10﹣9C，靜電力常量k＝9.0×109N?m2/C2。
求：
（1）兩個(gè)點(diǎn)電荷之間庫(kù)侖力F的大??；
（2）B處的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?br /> （3）若將放在B處的點(diǎn)電荷q取走，該處的電場(chǎng)強(qiáng)度有沒有變化，其大小是多少？（不要求說明原因）

【分析】（1）直接根據(jù)庫(kù)侖定律公式進(jìn)行計(jì)算即可。
（2）依據(jù)庫(kù)侖定律求出q所受電場(chǎng)力，然后利用電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式即可求出B處場(chǎng)強(qiáng)的大小。
（3）根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式，即可求解。
【解答】解：（1）由庫(kù)侖定律得：F＝＝9×N＝6.4×10﹣6N
（2）由電場(chǎng)強(qiáng)度的定義，知B點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為：E＝＝N/C＝4.0×103N/C；
（3）電場(chǎng)強(qiáng)度由電場(chǎng)本身決定，與試探電荷是否存在沒有關(guān)系，故將放在B處的點(diǎn)電荷q取走，該處的電場(chǎng)強(qiáng)度沒有變化；電場(chǎng)強(qiáng)度仍為4.0×103N/C。
答：（1）兩個(gè)點(diǎn)電荷之間庫(kù)侖力F的大小6.4×10﹣6N；
（2）B處的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小4.0×103N/C；
（3）若將放在B處的點(diǎn)電荷q取走，該處的電場(chǎng)強(qiáng)度沒有變化，為4.0×103N/C。
【點(diǎn)評(píng)】本題很簡(jiǎn)單直接考查了庫(kù)侖定律F＝k和電場(chǎng)強(qiáng)度定義式E＝的應(yīng)用，對(duì)于這些公式一定要明確其適用條件和公式中各個(gè)物理量的含義。
47．（張家口月考）真空中，一電子繞固定點(diǎn)電荷+Q做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子等效環(huán)形電流為I1，如圖甲所示；帶電量均為+Q的點(diǎn)電荷相距r，在它們連線的中垂線上取一點(diǎn)A，A點(diǎn)到兩電荷的距離也為r，電子在A點(diǎn)獲得一垂直紙面的初速度后可繞兩電荷連線的中點(diǎn)O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子等效環(huán)形電流為I2，如圖乙所示，求I1與I2的比值。

【分析】根據(jù)庫(kù)侖定律對(duì)求解帶電粒子所受庫(kù)侖力，根據(jù)牛頓第二定律和向心力的規(guī)律求出粒子運(yùn)動(dòng)的周期，然后再求出等效電流的大小。
【解答】解：
圖甲：點(diǎn)電荷對(duì)電子的引力為：
由牛頓第二定律：
電子等效環(huán)形電流：
得：
圖乙：兩點(diǎn)電荷對(duì)電子的引力：
做圓周運(yùn)動(dòng)半徑
由牛頓第二定律：
電子等效環(huán)形電流：
得：
所以
答：I1與I2的比值為。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查對(duì)于庫(kù)侖定律和向心力的綜合運(yùn)用，結(jié)合等效電流的計(jì)算。屬于綜合性的題目。
48．（潞州區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，ABCD為豎直放置的絕緣細(xì)管道，其中AB部分是半徑為R的光滑圓弧形管道，BCD部分是固定的水平光滑直管道，兩部分管道恰好相切于B點(diǎn)。水平面內(nèi)的M、N、B三點(diǎn)連線構(gòu)成邊長(zhǎng)為L(zhǎng)等邊三角形，MN連線過C點(diǎn)且垂直于BCD。兩個(gè)帶等量異種電荷的點(diǎn)電荷分別固定在M、N兩點(diǎn)，電荷量分別為+Q和﹣Q?，F(xiàn)把質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球（小球直徑略小于管道內(nèi)徑，小球可視為點(diǎn)電荷），由管道的A處?kù)o止釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g。求：
（1）小球運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)受到電場(chǎng)力的大小；
（2）小球運(yùn)動(dòng)到圓弧最低點(diǎn)B處時(shí)，小球?qū)艿缐毫Φ拇笮。?br /> （3）寫出小球從B點(diǎn)進(jìn)入直管道，運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，小球?qū)壍赖膲毫N隨圖中θ的關(guān)系式。

【分析】（1）小球運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)受到兩個(gè)電荷的作用，合成兩個(gè)力可求解；
（2）對(duì)小球進(jìn)行受力分析，利用共點(diǎn)力的合成分解結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)進(jìn)行解答；
【解答】解：（1）設(shè)小球在圓弧形管道最低點(diǎn)B處分別受到+Q和﹣Q的庫(kù)侖力分別為F1和F2．則有：F1＝F2＝k
小球沿水平方向受到的電場(chǎng)力為F1和F2的合力F，
由平行四邊形定則得F＝2F1cos60°
聯(lián)立解得：F＝
（2）管道所在的豎直平面是+Q和﹣Q形成的合電場(chǎng)的一個(gè)等勢(shì)面。
小球在管道中運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到的電場(chǎng)力和管道的彈力都不做功。只有重力做功。
由機(jī)械能守恒可得：
，
。
設(shè)在B點(diǎn)管道對(duì)小球沿豎直方向的壓力的分力為NBy，在豎直方向?qū)π∏颍鶕?jù)牛頓第二定律得：NBy﹣mg＝m
vB＝vC
可得：NBy＝3mg
設(shè)在B點(diǎn)管道對(duì)小球在水平方向的壓力的分力為NBx，則有：NBx＝F＝k
圓弧形管道最低點(diǎn)B處對(duì)小球的壓力大小為：NB＝＝．
由牛頓第三定律可得小球?qū)A弧管道最低點(diǎn)B的壓力大小為：NB′＝NB＝．
（3）由題意可知，+Q與﹣Q到小球的距離
故小球受到+Q與﹣Q的庫(kù)侖力
小球?qū)壍赖膲毫?br /> 答：（1）小球運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)受到電場(chǎng)力的大小為；
（2）小球運(yùn)動(dòng)到圓弧最低點(diǎn)B處時(shí)，小球?qū)艿缐毫Φ拇笮椋?br /> （3）小球?qū)壍赖膲毫椤?br /> 【點(diǎn)評(píng)】本題考查庫(kù)侖定律的綜合應(yīng)用，庫(kù)侖定律考查一般都是結(jié)合共點(diǎn)力平衡進(jìn)行的，因此解題的關(guān)鍵在于對(duì)物體進(jìn)行受力分析，明確庫(kù)侖力的方向，注意與其它力相結(jié)合。
49．（門頭溝區(qū)一模）如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定在O點(diǎn)，下端連接一個(gè)質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球靜止在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中的A點(diǎn)，繩與豎直方向的夾角θ＝37°．此勻強(qiáng)電場(chǎng)的空間足夠大，且場(chǎng)強(qiáng)為E．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計(jì)空氣阻力。
（1）請(qǐng)判斷小球的電性，并求出所帶電荷量的大小q；
（2）如將小球拉到O點(diǎn)正右方C點(diǎn)（OC＝L）后靜止釋放，求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)所受細(xì)繩拉力的大小F；
（3）O點(diǎn)正下方B點(diǎn)固定著鋒利刀片，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩突然斷了。求小球從細(xì)繩斷開到再次運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方的過程中重力對(duì)小球所做的功W。

【分析】（1）分析電場(chǎng)強(qiáng)度的方向和電場(chǎng)力的方向，確定小球電性，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求解電荷量；
（2）根據(jù)動(dòng)能定理求解小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度，根據(jù)向心力公式求解細(xì)繩拉力；
（3）將小球的運(yùn)動(dòng)分解，從水平和豎直兩個(gè)方向研究，求出小球從細(xì)繩斷開到再次運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方的過程中，下落的高度，進(jìn)一步求解重力做功。
【解答】解：（1）分析題意，勻強(qiáng)電場(chǎng)水平向左，細(xì)繩向右傾斜，則小球受到水平向右的電場(chǎng)力，小球帶負(fù)電，根據(jù)共點(diǎn)力平衡可知：qE＝mgtanθ，
解得電荷量：q＝＝。
（2）將小球拉到O點(diǎn)正右方C點(diǎn)（OC＝L）后靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知：mgL﹣qEL＝
最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩拉力和重力的合力提供向心力：F﹣mg＝m
聯(lián)立解得：F＝。
（3）由（2）解得小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度：v＝，
小球水平只受電場(chǎng)力作用，向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)減速到零后反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再次運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方的過程中，時(shí)間：t＝
加速度：a＝
聯(lián)立解得：t＝
豎直方向上，小球做自由落體運(yùn)動(dòng)：h＝＝
該過程中，重力對(duì)小球做功：W＝mgh＝。
答：（1）小球帶負(fù)電，所帶電荷量為。
（2）如將小球拉到O點(diǎn)正右方C點(diǎn)（OC＝L）后靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)所受細(xì)繩拉力為。
（3）O點(diǎn)正下方B點(diǎn)固定著鋒利刀片，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩突然斷了。小球從細(xì)繩斷開到再次運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方的過程中重力對(duì)小球所做的功為。
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了電場(chǎng)中的功能問題，解題的關(guān)鍵是根據(jù)共點(diǎn)力平衡知識(shí)求解電場(chǎng)強(qiáng)度，根據(jù)動(dòng)能定理分析小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度，注意細(xì)繩斷后，從水平和豎直兩個(gè)方向分析。
50．（夏津縣校級(jí)月考）如圖，空間有一豎直向下沿x軸方向的靜電場(chǎng)，電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小按E＝kx分布（x是軸上某點(diǎn)到O點(diǎn)的距離），k＝．x軸上，有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線連接A，B兩個(gè)小球，已知：兩球質(zhì)量均為m，B球帶負(fù)電，帶電荷量為q，A球距O點(diǎn)的距離為L(zhǎng)．已知重力加速度為g，兩球現(xiàn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，不計(jì)兩球之間的靜電力作用。
（1）求A球的電荷量大??；
（2）剪斷細(xì)線后B球運(yùn)動(dòng)的最大速度vm以及B球下降的最大距離。

【分析】（1）選取AB組成的整體為研究的對(duì)象，寫出平衡方程，即可求得A的電量；
（2）根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度大小按E＝kx分布，畫出A球所受電場(chǎng)力F與x的圖象；當(dāng)B球受到的重力與電場(chǎng)力相等時(shí)，受到最大；根據(jù)動(dòng)能定理即可求得B球運(yùn)動(dòng)的最大速度與最大距離。
【解答】解：（1）對(duì)A、B由整體法得：
2mg﹣qA﹣q＝0
解得：qA＝6q
（2 ）當(dāng)B球下落速度達(dá)到最大時(shí)，由平衡條件得
mg＝qE＝q?x0，解得：x0＝4L
運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力大小線性變化，從x＝2L處到x＝4L處
由動(dòng)能定理可得：
2mgL﹣
解得：vm＝
設(shè)下降的高度為h，由動(dòng)能定理可得：
mgh﹣
解得：h＝4L
答：（1）求A球的電荷量大小6q；
（2）剪斷細(xì)線后B球運(yùn)動(dòng)的最大速度，B球下降的最大距離4L。
【點(diǎn)評(píng)】該題中，兩個(gè)小球受到的力是變力，要根據(jù)它們受力變化的規(guī)律，正確分析得出它們運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，然后才能做出正確的結(jié)論，題目的難度比較大。
51．（七里河區(qū)校級(jí)期末）如圖光滑絕緣水平直槽上固定著A、B、C三個(gè)帶電小球，A質(zhì)量為m、B質(zhì)量為2m、C質(zhì)量為3m，間距均為r，QA＝+8q，QB＝+q，現(xiàn)對(duì)C球施一水平力F的同時(shí)放開三個(gè)小球，欲使三個(gè)小球在運(yùn)動(dòng)過程中保持間距r不變（也就是三個(gè)小球的加速度相同），求：
（1）球C的帶電性質(zhì)和電量？
（2）水平力F的大?。?br />
【分析】A球向右加速，合力向右，B球?qū)球是向左的靜電力，故C球?qū)ζ錇槲Γ蔆球帶負(fù)電；
把A、B、C三者作為整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律列式求解。分別以A、B為研究對(duì)象，運(yùn)用靜電力公式結(jié)合牛頓第二定律列式后聯(lián)立求解即可。
【解答】解：（1、2）A、B、C三者作為整體為研究對(duì)象，有：F＝6ma，
所以加速度方向水平向右；
A球受到B球庫(kù)侖斥力F1和C球庫(kù)侖力F2后，產(chǎn)生水平向右加速度，故F2必為引力，C球帶負(fù)電；
根據(jù)牛頓第二定律，
對(duì)A球：k﹣k＝ma，
對(duì)球B：k+k＝2ma，
聯(lián)立可得：QC＝8q，F(xiàn)＝。
答：（1）球C帶負(fù)電，電量為﹣8q；
（2）水平力的大小。
【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵靈活地選擇研究對(duì)象，多次根據(jù)牛頓第二定律列式，最后聯(lián)立求解。
52．（云陽(yáng)縣校級(jí)月考）如圖所示，點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)中，電量q＝1.0×10﹣10C點(diǎn)電荷P與點(diǎn)電荷Q距離r＝0.1m處受到的電場(chǎng)力為9.0×10﹣5N已知靜電力常量k＝9.0×109N?m2/C2求：
（1）點(diǎn)電荷Q在P處的電場(chǎng)強(qiáng)度多大？
（2）點(diǎn)電荷Q的電量多大？
（3）如果把q拿走，P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度是多少？

【分析】（1）由電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式可以直接計(jì)算；
（2）Q和q之間的庫(kù)侖力即q受到的電場(chǎng)力，代入庫(kù)侖定律可以計(jì)算出Q的電量；
（3）P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與檢驗(yàn)電荷無關(guān)。
【解答】（1）根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式；
解得：E＝═9.0×105 N/C
（2）根據(jù)庫(kù)侖定律，F(xiàn)＝
解得：Q＝1.0×10﹣4 C
（3）如果把q拿走，P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度仍不變，即為E＝9.0×105 N/C；
答：（1）點(diǎn)電荷Q在P處的電場(chǎng)強(qiáng)度9.0×105 N/C；
（2）點(diǎn)電荷Q的電量1.0×10﹣4 C；
（3）如果把q拿走，P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度是9.0×105 N/C。
【點(diǎn)評(píng)】該題可以有電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式和庫(kù)侖定律的公式直接計(jì)算，理解電場(chǎng)強(qiáng)度是比值定義法，與檢驗(yàn)電荷無關(guān)的。
53．（重慶期末）如圖所示，把A、B兩個(gè)相同的導(dǎo)電小球分別用長(zhǎng)為0.10m的絕緣細(xì)線懸掛于OA和OB兩點(diǎn)。用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點(diǎn)OB移到OA點(diǎn)固定。兩球接觸后分開，平衡時(shí)兩球相距為0.12m。已測(cè)得每個(gè)小球質(zhì)量是8.0×10﹣4kg，帶電小球可視為點(diǎn)電荷，重力加速度g取10m/s2，靜電力常量k＝9.0×109N?m2/C2．求：
（1）A球所受的靜電力；
（2）B球所帶的電荷量。

【分析】完全相同的導(dǎo)電小球相互接觸后，電量先中和后平分，平衡后，兩球都處于平衡狀態(tài)，對(duì)其中一個(gè)球受力分析，根據(jù)平衡條件求解A球所受的靜電力和電荷量大小。
【解答】解：A球與玻璃棒接觸后帶了正點(diǎn)，與B接觸后，A、B球的帶電量相等，設(shè)為q，
對(duì)A球受力分析，設(shè)懸掛A的細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，如圖所示：

根據(jù)幾何關(guān)系得：sinθ＝，
則tanθ＝，
根據(jù)平衡條件得：tanθ＝，
代入數(shù)據(jù)解得：F＝6.0×10﹣3N，q＝4×10﹣8C，
答：（1）A球所受的靜電力為6.0×10﹣3N；
（2）B球所帶的電荷量為4×10﹣8C。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了共點(diǎn)力平衡條件以及庫(kù)侖定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析物體的受力情況，特別注意完全相同的導(dǎo)電小球相互接觸后，電量先中和后平分，難度適中。
54．（羅源縣校級(jí)月考）如圖所示，帶電小球A和B放在傾角為30°的光滑絕緣斜面上，質(zhì)量均為m，所帶電荷量分別為+q和﹣q，沿斜面向上的恒力F作用于A球，可使A、B保持間距r不變沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，靜電力常量k，求：
（1）加速度a的大?。?br /> （2）F的大小。

【分析】（1）根據(jù)庫(kù)侖定律，代入數(shù)據(jù)計(jì)算出兩球相互吸引的庫(kù)侖力F庫(kù)＝．A球和B球的加速度相同，隔離B球，由牛頓第二定律有：F庫(kù)﹣mgsin 30°＝ma，聯(lián)立即可計(jì)算出加速度。
（2）把A球和B球看成整體，A、B間的庫(kù)侖力為系統(tǒng)內(nèi)力，由牛頓第二定律有F﹣（m+m）gsin 30°＝（m+m）a，代入數(shù)據(jù)可以計(jì)算出恒力F。
【解答】解：（1）根據(jù)庫(kù)侖定律，兩球相互吸引的庫(kù)侖力：
F庫(kù)═＝，
A球和B球的加速度相同，隔離B球，由牛頓第二定律有：F庫(kù)﹣mgsin 30°＝ma…①，
所以：a＝＝
（2）把A球和B球看成整體，A、B間的庫(kù)侖力為系統(tǒng)內(nèi)力，由牛頓第二定律有：
F﹣（m+m）gsin 30°＝（m+m）a…②，
聯(lián)立得：F＝
答：（1）加速度a的大小是；
（2）F的大小是。
【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是要能對(duì)小球正確的受力分析，對(duì)兩個(gè)小球能靈活利用整體法和隔離法，運(yùn)用牛頓第二定律列方程計(jì)算。
55．（東城區(qū)期末）如圖所示，三個(gè)帶有同種電荷的小球，由三根等長(zhǎng)的絕緣輕線相連，構(gòu)成等邊三角形，靜止于水平光滑絕緣桌面上，桌面上C點(diǎn)到三角形三個(gè)頂點(diǎn)的距離相等。已知三個(gè)小球質(zhì)量均為m，電荷量均為q，輕線長(zhǎng)均為l，小球的質(zhì)量和電荷量可認(rèn)為集中在球心，輕線不可伸長(zhǎng)。
（1）求小球1和小球2間絕緣輕線拉力的大小FT；
（2）若三個(gè)小球與絕緣輕線組成的系統(tǒng)以C點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，輕線中拉力為靜止時(shí)拉力的3倍，求小球1的動(dòng)能Ek；
（3）在（2）所述的系統(tǒng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的某時(shí)刻，若三條輕線同時(shí)繃斷，則之后當(dāng)小球1到C點(diǎn)的距離變?yōu)榭嚁嗲?倍時(shí)，
a．求系統(tǒng)的動(dòng)量p；
b．求小球1的動(dòng)能Ek′。（已知相距為r的兩個(gè)點(diǎn)電荷q1、q2間具有相互作用的電勢(shì)能，其大小為E12＝，k為靜電力恒量。當(dāng)空間中有兩個(gè)以上點(diǎn)電荷時(shí)，任意兩電荷間都具有相互作用的電勢(shì)能，且均可由上式計(jì)算，系統(tǒng)的電勢(shì)能為任意兩點(diǎn)電荷間電勢(shì)能的代數(shù)和。不考慮運(yùn)動(dòng)過程中的電磁輻射。）

【分析】（1）兩小球之間輕線拉力為庫(kù)侖力；
（2）對(duì)小球1受力分析，合力提供向心力可求出小球1的速度，進(jìn)而求出動(dòng)能；
（3）三小球構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，能量守恒。
【解答】解：（1）球1靜止時(shí)：FT＝F庫(kù)＝
（2）球1做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，合力提供向心力：2FT′cos30°﹣2 F庫(kù)cos30°＝m
其中FT′＝3FT＝3，r＝
小球1的動(dòng)能Ek＝
聯(lián)立解得：Ek＝
（3）a．
輕線繃斷前任一時(shí)刻三個(gè)小球的速度方向如圖所示

將mv1、mv2、mv3在同一坐標(biāo)系內(nèi)正交分解，可知系統(tǒng)的初動(dòng)量為零；
由于除彼此間相互作用外，系統(tǒng)不受外力，因此三小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒；
所以，當(dāng)繩子繃斷后的任一時(shí)刻，系統(tǒng)的動(dòng)量與繩子繃斷前相等，即小球1到C點(diǎn)的距離變?yōu)榭嚁嗲?倍時(shí)：p＝0。
b．
由任一時(shí)刻三球速度矢量和為零（三個(gè)矢量構(gòu)成封閉三角形），且三個(gè)球初態(tài)位置構(gòu)成等邊三角形可知，當(dāng)小球1到C點(diǎn)的距離變?yōu)榭嚁嗲?倍時(shí)，三個(gè)球速度的大小仍相等且三球位置仍構(gòu)成等邊三角形。系統(tǒng)能量守恒。
從繩子剛繃斷到題目所求位置的過程中，電場(chǎng)力做正功，系統(tǒng)減少的電勢(shì)能等于增加的動(dòng)能：3﹣3＝3 Ek′﹣3 Ek，可得Ek′＝。
答：（1）小球1和小球2間絕緣輕線拉力的大小FT為；
（2）小球1的動(dòng)能Ek為；
（3）a．求系統(tǒng)的動(dòng)量p為0；
b．求小球1的動(dòng)能Ek′為。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查點(diǎn)電荷之間的作用力和動(dòng)量守恒、能量守恒，屬于信息給與題，關(guān)鍵是讀懂題目所給信息的物理意義，從中抽象出物理模型至關(guān)重要。

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