1．研究表明，取無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)，導(dǎo)體球表面的電勢(shì)與導(dǎo)體球所帶的電荷量成正比，與導(dǎo)體球的半徑成反比。金屬小球a和金屬小球b的半徑之比為1∶2，所帶電荷量大小之比為1∶7，兩小球間距遠(yuǎn)大于小球半徑且間距為L(zhǎng)時(shí)，它們之間的庫(kù)侖引力大小為F?，F(xiàn)將金屬小球a與金屬小球b相互接觸，達(dá)到靜電平衡后再放回到原來(lái)的位置，這時(shí)a、b兩球之間的相互作用力及大小為(不考慮萬(wàn)有引力)( )
A. 庫(kù)侖斥力，eq \f(8,7)F B． 庫(kù)侖斥力，eq \f(128,63)F
C. 庫(kù)侖引力，eq \f(8,7)F D． 庫(kù)侖引力，eq \f(128,63)F
A 解析：設(shè)接觸前a、b兩球所帶電荷量大小分別為q、7q，a、b兩球相互吸引，兩球帶異種電荷，根據(jù)庫(kù)侖定律公式得，相距L時(shí)的庫(kù)侖引力為F＝eq \f(7kq2,L2)；當(dāng)它們相互接觸時(shí)，電荷先中和然后再重新分配，它們相互接觸達(dá)到靜電平衡后，電勢(shì)相同；因?qū)w球表面電勢(shì)與所帶電荷量成正比，與其半徑成反比，則a、b兩球電荷量之比為1∶2，中和后有qa＋qb＝6q，解得qb＝2qa＝4q，中和后a、b兩球電性相同，靜電平衡后靜電力大小為F′＝eq \f(8kq2,L2)＝eq \f(8,7)F，靜電力表現(xiàn)為庫(kù)侖斥力，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。
2．(2024·青島模擬)如圖所示，a、b為兩個(gè)固定的、帶正電的、電荷量為q的點(diǎn)電荷，相距為L(zhǎng)，通過(guò)其連線中點(diǎn)O作此線段的垂直平分面，在此平面上有一個(gè)以O(shè)為圓心、半徑為eq \f(\r(3),2)L的圓周，其上有一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的點(diǎn)電荷c做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則c的速率為( )
A. qeq \r(\f(3k,mL)) B． qeq \r(\f(3k,2mL))
C. qeq \r(\f(k,mL)) D． qeq \r(\f(2k,3mL))
B 解析：帶電荷量為－q的點(diǎn)電荷c受到兩個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷的庫(kù)侖力大小分別為＝keq \f(q2,L2)，根據(jù)牛頓第二定律有2keq \f(q2,L2)·eq \f(\r(3),2)＝meq \f(v2,\f(\r(3),2)L)，解得v＝qeq \r(\f(3k,2mL))，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。
3．(2024·臨沂模擬)如圖所示，z>0的空間為真空，z≤0區(qū)域內(nèi)充滿無(wú)限大導(dǎo)體，A(0,0，h)固定電荷量為＋q的點(diǎn)電荷，靜電力常量為k?？臻g任意一點(diǎn)處的電場(chǎng)皆是由點(diǎn)電荷q和導(dǎo)體表面上的感應(yīng)電荷共同激發(fā)的。已知靜電平衡時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為0，則在z軸上eq \f(h,3)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小以及感應(yīng)電荷在(h，h，－h(huán))處形成的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為( )
A. keq \f(32q,9h2) eq \f(kq,5h2) B． keq \f(45q,16h2) eq \f(kq,6h2)
C. keq \f(40q,9h2) eq \f(kq,8h2) D． keq \f(32q,9h2) eq \f(kq,16h2)
B 解析：感應(yīng)電荷形成的電場(chǎng)與點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)等大反向，在(h，h，－h(huán))處，點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq \f(kq,r2)，其中r＝eq \r((2h)2＋(\r(2)h)2)，解得E＝eq \f(kq,6h2)。在z軸上－eq \f(h,3)處，合電場(chǎng)強(qiáng)度為0，該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為q和導(dǎo)體近端感應(yīng)電荷產(chǎn)生電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量和，q在－eq \f(h,3)處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為E1＝keq \f(q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)h))2)＝eq \f(9kq,16h2)，由于導(dǎo)體遠(yuǎn)端離－eq \f(h,3)處很遠(yuǎn)，影響可以忽略不計(jì)，故導(dǎo)體在－eq \f(h,3)處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度近似等于近端在－eq \f(h,3)處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度；－eq \f(h,3)處合電場(chǎng)強(qiáng)度為0，故導(dǎo)體在－eq \f(h,3)處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E2＝E1＝eq \f(9kq,16h2)，方向向上，根據(jù)對(duì)稱性，導(dǎo)體近端在eq \f(h,3)處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度也為E2＝eq \f(9kq,16h2)，方向向下，電荷q在eq \f(h,3)處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為 E3＝keq \f(q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)h))2)＝eq \f(9kq,4h2)，方向向下，故在eq \f(h,3)處的合電場(chǎng)強(qiáng)度為E′＝E2＋E3＝eq \f(9kq,16h2)＋eq \f(9kq,4h2)＝keq \f(45q,16h2)，方向向下，故B正確。
4．(2024·淄博模擬)(多選)如圖所示，水平面內(nèi)三點(diǎn)A 、B 、C為等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，三角形的邊長(zhǎng)為 L，O點(diǎn)為AB邊的中點(diǎn)。CD為光滑絕緣細(xì)桿，D點(diǎn)在 O點(diǎn)的正上方，且 D點(diǎn)到A、B兩點(diǎn)的距離均為 L，在 A、B兩點(diǎn)分別固定電荷量均為－Q的點(diǎn)電荷?，F(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為 m、電荷量為＋q 的中間有細(xì)孔的小球套在細(xì)桿上(忽略其對(duì)原電場(chǎng)的影響)，從 D點(diǎn)由靜止釋放。已知靜電力常量為 k，重力加速度為 g，且keq \f(Qq,L2)＝eq \f(\r(3),3)mg，忽略空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是( )
A. D點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq \f(mg,q)
B. 小球剛到達(dá) C點(diǎn)時(shí)的加速度大小為eq \r(2)g
C. 小球到達(dá) C點(diǎn)的速度大小為 eq \r(\r(3)gL)
D. 小球從 D點(diǎn)到 C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能先增大后減小
AC 解析：D點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為ED＝2keq \f(Q,L2)·cs 30°，因keq \f(Qq,L2)＝eq \f(\r(3),3)mg，可知ED＝eq \f(mg,q)，A正確； 同理可知，C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為EC＝ED＝eq \f(mg,q)，方向沿CO方向，則小球剛到達(dá) C點(diǎn)時(shí)的加速度大小為aC＝eq \f(mgsin 45°－qECcs 45°,m)＝0，B錯(cuò)誤； A、B兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷為等量的同種電荷，可知C、D兩點(diǎn)電勢(shì)相等，由于在C、D兩點(diǎn)電勢(shì)能相等，則小球從D到C，靜電力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理得mgLsin 60°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C) ，解得vC＝eq \r(\r(3)gL)，C正確；小球從 D點(diǎn)到 C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電勢(shì)先降低后升高，則電勢(shì)能先減小后增大，D錯(cuò)誤。
5．某物理小組想驗(yàn)證點(diǎn)電荷間相互作用力的大小與它們之間距離的關(guān)系，設(shè)計(jì)了如圖所示實(shí)驗(yàn)裝置。泡塑小球A(表面涂導(dǎo)電層，大小不計(jì))帶電后由長(zhǎng)為l的絕緣細(xì)線懸掛在O點(diǎn)，小球A靜止于M點(diǎn)，將另一帶同種電荷的小球B緩慢靠近A，A、B兩球始終等高。設(shè)A球偏離M點(diǎn)的距離為d，細(xì)線與豎直方向夾角為θ，A、B間的距離r可用投影放大的方法測(cè)算獲得，d?leq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(tan θ≈θ≈\f(d,l)))。B逐步靠近A，獲得一系列d、r的數(shù)據(jù)。則要得到正確的結(jié)論，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)驗(yàn)證的關(guān)系為( )
A. d與r成正比 B． d與r2成正比
C. d與r成反比 D． d與r2成反比
D 解析：根據(jù)庫(kù)侖定律，點(diǎn)電荷間相互作用力的大小與它們之間距離的關(guān)系為F＝keq \f(q1q2,r2)，其中F＝mgtan θ≈mgθ≈eq \f(mgd,l)∝d，可知，電荷量不變，d與r2成反比。故選D。
6．(2024·石家莊模擬)如圖所示，平行的實(shí)線表示電場(chǎng)線，虛線表示一個(gè)離子穿越電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)軌跡，下列判斷正確的是( )
A. 電場(chǎng)強(qiáng)度方向一定是向右
B. 該離子一定是負(fù)離子
C. 該離子一定是由a向b運(yùn)動(dòng)
D. 電場(chǎng)強(qiáng)度方向、離子的運(yùn)動(dòng)方向以及是正離子還是負(fù)離子都不能確定，但是離子在a點(diǎn)的動(dòng)能一定小于在b點(diǎn)的動(dòng)能
D 解析：離子所受合力大致指向軌跡凹的一側(cè)，可知靜電力方向向左，不能判斷電場(chǎng)的方向，也不能判斷離子的帶電性質(zhì)，故A、B錯(cuò)誤；離子可能是由a向b運(yùn)動(dòng)，也可能是由b向a運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；假設(shè)離子從a運(yùn)動(dòng)到b，靜電力做正功，動(dòng)能增加，所以離子在a點(diǎn)的動(dòng)能小于在b點(diǎn)的動(dòng)能，故D正確。
7．兩個(gè)等量同種電荷固定于光滑水平面上，其連線的中垂線(在水平面內(nèi))上有A、B、C三點(diǎn)，如圖甲所示，一個(gè)電荷量為2×10－5 C、質(zhì)量為1 g的小物塊從C點(diǎn)靜止釋放，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示，其中B點(diǎn)處為整條圖線的切線斜率最大的位置(圖中標(biāo)出了該切線)。下列說(shuō)法正確的是( )
甲 乙
A. 小物塊帶負(fù)電
B. A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB＝500 V
C. 小物塊由C點(diǎn)到A點(diǎn)電勢(shì)能先減小再增大
D. B點(diǎn)為中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度最大的點(diǎn)，場(chǎng)強(qiáng)E＝100 V/m
D 解析：由題圖乙可知，小物塊一直加速，則受到向外的力，帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得qUBA＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，解得UAB＝－500 V，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由題圖乙知，由C到A的過(guò)程中，小物塊的速度不斷增大，動(dòng)能不斷增大，根據(jù)能量守恒知，小物塊的電勢(shì)能不斷減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；v-t圖像的斜率表示加速度，B點(diǎn)處為整條圖線切線斜率最大的位置，說(shuō)明B為中垂線上加速度最大的點(diǎn)，由題圖可知切線的斜率為2 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得qE＝ma，解得E＝100 V/m，且B為中垂線上電場(chǎng)強(qiáng)度最大的點(diǎn)，選項(xiàng)D正確。
8．如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長(zhǎng)和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時(shí)間周期性變化的電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與兩板垂直，不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場(chǎng)方向源源不斷地射入電場(chǎng)，粒子射入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能均為Ek0。已知t＝0時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)，則( )
甲 乙
A. 部分粒子會(huì)打到兩極板上
B. 每個(gè)粒子在板間運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，所受靜電力會(huì)致使帶電粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度不為0
C. 運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所有粒子的最大動(dòng)能不可能超過(guò)2Ek0
D. 在t＝eq \f(nT,2)(n＝0,1,2，…)時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子才能垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)
C 解析：帶電粒子在垂直于電場(chǎng)方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在沿電場(chǎng)方向上，做加速度大小不變、方向周期性變化的變速直線運(yùn)動(dòng)，由t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子運(yùn)動(dòng)情況可知，粒子在平行板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為交變電流周期的整數(shù)倍，在0～eq \f(T,2)時(shí)間內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝eq \f(E0q,m)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得vy＝at＝eq \f(E0q,m)t，同理可分析eq \f(T,2)～T時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況，所以帶電粒子在沿電場(chǎng)方向的速度v與E-t圖線所圍面積成正比(時(shí)間軸下方的面積取負(fù)值)，而經(jīng)過(guò)整數(shù)個(gè)周期，E-t圖像與坐標(biāo)軸所圍面積始終為0，故帶電粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度總為0，都垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)，故B、D錯(cuò)誤；帶電粒子在t＝0時(shí)刻射入時(shí)，側(cè)向位移最大，因此所有粒子均不可能打到極板上，故A錯(cuò)誤；當(dāng)粒子在t＝0時(shí)刻射入且經(jīng)過(guò)T離開(kāi)電場(chǎng)過(guò)程中，粒子在t＝eq \f(T,2)時(shí)刻達(dá)到最大速度，由題意得此時(shí)兩分位移之比為eq \f(x,y)＝eq \f(2,1)，即v0t＝2×eq \f(1,2)at2，可得vy＝v0，故粒子的最大速度為v＝eq \r(2)v0，因此在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，所有粒子的最大動(dòng)能為初動(dòng)能的2倍，故C正確。
9．(多選)如圖所示，水平放置的A、B板和M、N板分別組成平行板電容器C1和C2，A板通過(guò)一理想二極管與M板相連接，B板和N板都接地。M、N兩板之間插有電介質(zhì)，A板和B板正中均有一小孔，兩孔在同一豎直線上。現(xiàn)讓A板帶正電，穩(wěn)定后，一帶電液滴從小孔正上方由靜止開(kāi)始下落，穿過(guò)小孔到達(dá)B板處速度恰為0?？諝庾枇雎圆挥?jì)，極板間電場(chǎng)視為勻強(qiáng)電場(chǎng)。下列說(shuō)法正確的是( )
A. 僅將A板向下移動(dòng)一小段距離后，A板電勢(shì)升高
B. 僅將N板向右移一小段距離時(shí)，C1、C2 均不充放電
C. 僅在M、N板間更換相對(duì)介電常數(shù)更大的電介質(zhì)時(shí)，C1充電，C2 放電
D. M板向下移動(dòng)一小段距離時(shí)，液滴能穿過(guò)B板小孔
BD 解析：根據(jù)電容決定式C＝eq \f(εrS,4πkd)和定義式C＝eq \f(Q,U)，僅將A板向下移動(dòng)一小段距離后，電容C1增大，設(shè)A板電荷量不變，則A板電勢(shì)降低，M板要給A板充電，但是二極管反向，所以不能充電，故A板電荷量不變，A板電勢(shì)降低，故A錯(cuò)誤；僅將N板向右移一小段距離時(shí)，電容C2減小，設(shè)M板電荷量不變，則M板電勢(shì)升高，M板要給A板充電，但是二極管反向，所以不能充電，故M板電荷量不變，A板電荷量不變，C1、C2均不充放電，故B正確；僅在M、N板間更換相對(duì)介電常數(shù)更大的電介質(zhì)時(shí)，電容C2增大，設(shè)M板電荷量不變，則M板電勢(shì)降低，A板要給M板充電，二極管正向?qū)ǎ阅艹潆?，則C1放電，C2充電，故C錯(cuò)誤；M板向下移動(dòng)一小段距離時(shí)，電容C2增大，設(shè)M板電荷量不變，則M板電勢(shì)降低，A板要給M板充電，二極管正向?qū)?，所以能充電，則C1放電，C2充電，A、B板間電場(chǎng)強(qiáng)度減小，帶電液滴在板間克服靜電力做的功減小，可知液滴能穿過(guò)B板小孔，故D正確。
10．(多選)勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一個(gè)立方體空間，立方體上表面為ABCD，下表面為PMRS，立方體的邊長(zhǎng)為1 cm，以P為坐標(biāo)原點(diǎn)建立三維直角坐標(biāo)系，如圖所示，已知B、D、R三點(diǎn)的電勢(shì)均為2 V，C點(diǎn)的電勢(shì)為4 V，則下列判斷正確的是( )
A. 勻強(qiáng)電場(chǎng)方向沿z軸負(fù)方向
B. P點(diǎn)的電勢(shì)為0
C. C、P兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為6 V
D. 電場(chǎng)強(qiáng)度大小為200eq \r(3) V/m
CD 解析：已知B、D、R三點(diǎn)的電勢(shì)均為2 V，C點(diǎn)的電勢(shì)為4 V，可知B、D、R三點(diǎn)所在的平面為等勢(shì)面，電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，且由高電勢(shì)點(diǎn)指向低電勢(shì)點(diǎn)，則電場(chǎng)強(qiáng)度方向由C點(diǎn)垂直平面BDR指向P點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；因φB－φM＝φC－φR，可得φM＝0，由φC－φR＝φD－φS，可得φS＝0，而φM－φP＝φR－φS，可得φP＝－2 V，則UCP＝6 V，故B錯(cuò)誤，C正確；電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq \f(UCP,\r(3)L)＝eq \f(6,\r(3)×10－2) V/m＝200eq \r(3) V/m，故D正確。
11．(多選)如圖所示，空間中A、B、C、A1、B1、C1六個(gè)點(diǎn)恰好為豎直正三棱柱的頂點(diǎn)，在A1點(diǎn)固定有正電荷Q1，B1點(diǎn)固定有正電荷Q2，C1點(diǎn)固定有負(fù)電荷－q，帶電荷量Q1＝Q2>q。以下說(shuō)法正確的是( )
A. A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同，電勢(shì)也相同
B. 若將Q2自B1點(diǎn)豎直向上移動(dòng)至B點(diǎn)，則其所受靜電力逐漸減小
C. 若將－q自C1點(diǎn)豎直向上移動(dòng)至C點(diǎn)，則其電勢(shì)能逐漸增大
D. 若將Q2自B1點(diǎn)豎直向上移動(dòng)至B點(diǎn)，則其電勢(shì)能始終不變
BC 解析：由電場(chǎng)疊加及幾何關(guān)系可知，A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向不同，A錯(cuò)誤；若將Q2自B1點(diǎn)豎直向上移動(dòng)至B點(diǎn)，則Q2距離Q1、－q越來(lái)越遠(yuǎn)，Q1、－q對(duì)其靜電力逐漸減小，且兩力夾角逐漸增大，故其所受靜電力逐漸減小，B正確；若將－q自C1點(diǎn)豎直向上移動(dòng)至C點(diǎn)，則Q1、Q2均對(duì)其做負(fù)功，故其電勢(shì)能逐漸增大，C正確；若將Q2自B1點(diǎn)豎直向上移動(dòng)至B點(diǎn)，則Q1對(duì)它做正功，－q對(duì)它做負(fù)功，且正功大于負(fù)功，總功為正，故其電勢(shì)能減小，D錯(cuò)誤。
12．(多選)如圖所示，電荷量為－2Q和＋Q的兩個(gè)點(diǎn)電荷分別固定于x軸上的A點(diǎn)和O點(diǎn)，O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，x＝x0(x0>0)處電場(chǎng)強(qiáng)度為0?，F(xiàn)將一正試探電荷q在＋x軸上距離O點(diǎn)很遠(yuǎn)處由靜止釋放，釋放處試探電荷的電勢(shì)能近似為0。關(guān)于x軸上的電場(chǎng)強(qiáng)度E、試探電荷q的速度v、動(dòng)能Ek、電勢(shì)能Ep與位置坐標(biāo)x的關(guān)系圖像可能正確的是( )
AC 解析：設(shè)A點(diǎn)的坐標(biāo)為－x1，由于在x＝x0處電場(chǎng)強(qiáng)度為0，故eq \f(2kQq,(x0＋x1)2)＝eq \f(kQq,x\\al(2,0))，解得x1＝(eq \r(2)－1)x0，故坐標(biāo)x處的電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝－eq \f(2kQ,(x＋x1)2)＋eq \f(kQ,x2)＝－eq \f(2kQ,[x＋(\r(2)－1)x0]2)＋eq \f(kQ,x2)，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知E-x關(guān)系可以如A項(xiàng)所示，故A正確；試探電荷釋放后，在到達(dá)x＝x0處前所受靜電力方向均為x軸負(fù)方向，靜電力一直做正功，試探電荷速度增大，動(dòng)能增大，電勢(shì)能減小，在x＝x0處速度達(dá)到最大值，動(dòng)能達(dá)到最大值，電勢(shì)能達(dá)到最小值，故B、D錯(cuò)誤，C正確。
13．(2024·合肥模擬)如圖所示，質(zhì)量為0.16 kg的帶正電小球A穿在傾角α＝30°的光滑絕緣細(xì)桿上，桿的另外一端固定一個(gè)帶電小球B，整個(gè)裝置處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。初始時(shí)，兩球相距L0＝0.5 m(遠(yuǎn)大于小球直徑)，此時(shí)小球A恰好靜止且與桿無(wú)彈力，已知重力加速度g＝10 m/s2，小球A的電荷量為0.32 C，求：
(1)小球B帶何種電荷；
(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E；
(3)撤去勻強(qiáng)電場(chǎng)，小球A速度最大時(shí)，兩球間距L。
解析：(1)由于小球A帶正電，小球A受到的靜電力方向水平向右，而小球A恰好靜止且與桿無(wú)彈力，根據(jù)受力平衡可知小球A受到的庫(kù)侖力應(yīng)沿桿向上，故小球B帶正電。
(2)小球A所受重力、靜電力和與小球B的庫(kù)侖力，滿足三力平衡，根據(jù)平衡條件可得Eq＝eq \f(mg,tan α)
解得E＝5eq \r(3) N/C。
(3)撤去勻強(qiáng)電場(chǎng)后，小球A沿桿向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為0時(shí)，小球A的速度最大，
此時(shí)F1＝mgsin α＝eq \f(mg,2)
即keq \f(qAqB,L2)＝F1
由(2)中分析可知，初始時(shí)F0＝eq \f(mg,sin α)＝2mg
即keq \f(qAqB,L\\al(2,0))＝2mg
聯(lián)立解得L＝2L0＝1 m。
答案：(1)帶正電 (2)5eq \r(3) N/C (3)1 m
14．(2024·濰坊模擬)如圖所示，水平放置的平行板電容器與某一電源相連，它的板長(zhǎng)L＝0.4 m，兩板間距離d＝4×10－3m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開(kāi)關(guān)S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下極板的正中央，已知微粒質(zhì)量為m＝4×10－5 kg，電荷量q＝＋1×10－8C，g＝10 m/s2。求：
(1)微粒的入射速度v0；
(2)為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場(chǎng)，所加的電壓U應(yīng)取什么范圍。
解析：(1)微粒剛進(jìn)入平行板時(shí)，兩極板不帶電，微粒做平拋運(yùn)動(dòng)，
則水平方向有eq \f(L,2)＝v0t
豎直方向有eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)gt2
解得v0＝10 m/s。
(2)由于帶電微粒的水平位移增加，在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變大，而豎直方向位移不大于eq \f(d,2)，所以在豎直方向的加速度減小，微粒所受合力減小，所以靜電力方向向上，又因?yàn)槲⒘д?，所以上極板與電源的負(fù)極相連，當(dāng)所加電壓為U1時(shí)，微粒恰好從下板的右邊緣射出
則有eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v0)))2
根據(jù)牛頓第二定律得mg－qeq \f(U1,d)＝ma1
解得U1＝120 V
當(dāng)所加電壓為U2時(shí)，微粒恰好從上板的右邊緣射出
則有eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v0)))2
根據(jù)牛頓第二定律得qeq \f(U2,d)－mg＝ma2
解得U2＝200 V
所加電壓的范圍為120 V≤U≤200 V。
答案：(1)10 m/s (2)120 V≤U≤200 V
15．某種負(fù)離子空氣凈化原理如圖所示。由空氣和帶負(fù)電的灰塵顆粒物(視為小球)組成的混合氣流進(jìn)入由一對(duì)平行金屬板構(gòu)成的收集器。在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度v0保持不變。在勻強(qiáng)電場(chǎng)作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，已知金屬板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，間距為d，不考慮重力影響和顆粒間相互作用。
(1)若不計(jì)空氣阻力，質(zhì)量為m、電荷量為－q的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓U1。
(2)若計(jì)空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對(duì)于空氣的速度v方向相反，大小為F阻＝krv，其中r為顆粒的半徑，k為常量。假設(shè)顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度。
①半徑為R、電荷量為－q的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓U2。
②已知顆粒的電荷量與其半徑的平方成正比，進(jìn)入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為10 μm和2.5 μm的兩種顆粒，若10 μm 的顆粒恰好100%被收集，求2.5 μm的顆粒被收集的百分比。
解析：(1)只要緊靠上極板進(jìn)入電場(chǎng)的顆粒能夠落到收集板右側(cè)，顆粒就能夠全部收集，水平方向有L＝v0t
豎直方向有d＝eq \f(1,2)at2
根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma，又E＝eq \f(U1,d)
解得U1＝eq \f(2d2mv\\al(2,0),qL2)。
(2)①由題意知，顆粒僅在豎直方向受阻力，顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度，有F靜＝F阻，即
eq \f(qU2,d)＝kRv，且eq \f(d,v)＝eq \f(L,v0)
解得U2＝eq \f(d2kRv0,qL)。
②設(shè)直徑為10 μm的顆粒帶電荷量為q，該種顆粒恰好100%被收集，在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度，所受阻力等于靜電力，有F阻＝kRvmax＝eq \f(qU2,d)
在豎直方向顆粒勻速下落，有d＝vmaxt
由題意得，直徑為2.5 μm的顆粒帶電荷量為q′＝eq \f(q,16)
顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度，所受阻力等于靜電力，有F′阻＝eq \f(1,4)kRv′max＝eq \f(q′U2,d)
設(shè)只有距下極板0～d′范圍內(nèi)的顆粒被收集，在豎直方向顆粒勻速下落，有d′＝v′maxt，解得d′＝eq \f(d,4)
則2.5 μm的顆粒被收集的百分比
eq \f(d′,d)×100%＝25%。
答案：(1)eq \f(2d2mv\\al(2,0),qL2) (2)①eq \f(d2kRv0,qL) ②25%

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