【正文】 設(shè)ac與bc的夾角為θ，利用平行四邊形定則和幾何關(guān)系、庫侖定律可得，F(xiàn)ac=k’qaqc42，F(xiàn)bc=k’qcqb32，tanθ=3/4，tanθ=Fbc/Fac，ab電荷量的比值k=qaqb，聯(lián)立解得：k=64/27，選項D正確。B正確．【名師點睛】當三力平衡時，能組成一個封閉的矢量三角形，再結(jié)合一個角為60176。11．CD 【解析】PQ間的庫侖力分別對P和Q為作用力和反作用力，大小相同，方向相反，故A錯誤；開始階段，庫侖力大于物塊的摩擦力，物塊做加速運動；當庫侖力小于摩擦力后，物塊做減速運動，整個過程中摩擦力一直做負功，故P和Q具有的電勢能與機械能之和一直減小，故B錯誤，D正確；對PQ受力分析可知，開始加速運動時受到庫侖力大于摩擦力，由牛頓第二定律可知F庫–f=ma，解得a＝F庫m?μg，由于庫侖力大小相同，摩擦系數(shù)大小相同，mpmQ，故P的加速度小于Q的加速度；到后來做減速運動，開始時受到庫侖力小于摩擦力，由牛頓第二定律可知f–F庫=ma，解得a＝μg–F庫m，由于庫侖力大小相同，摩擦系數(shù)大小相同，mpmQ，故P的加速度大于Q的加速度，故C正確；故選CD。小金屬塊由A點向右運動的過程中，電場力一直做正功，電勢能一直減小，故B錯誤。F2＝mgcos37176。8．D【解析】A．從P到N，帶正電的離子的加速度隨的增加而增大，即隨r的減小而增加，可知場源點電荷帶負電，選項A錯誤；B．在N點，由庫侖定律及牛頓第二定律解得選項B錯誤；CD．在P點時，由庫侖定律及牛頓第二定律離子在P點受到的電場力大小為選項C錯誤，D正確。解得QAQB=18，故B正確，D錯誤；故選B。4．C【解析】由題，F(xiàn)a、Fb分別在yOz和xOy平面內(nèi)，可知點電荷Q即在yOz平面內(nèi)，也在xOy平面內(nèi)，所以Q一定在坐標軸y上，過a點沿F的方向延長，與y軸交于Q點，設(shè)OQ之間的距離為y，由幾何關(guān)系得則aQ之間的距離連接bQ，則b受到的電場力的方向沿bQ的方向。3．C【解析】根據(jù)題意，由幾何關(guān)系可知，lOA=2L，lAB=4L，lOB=23L由庫侖定律可知AB間的庫侖力為F=FAB=FBA=k9q2lAB2=k9q24L2，A選項錯誤；如圖所示受力分析可知：FBAmAg=tan30°，F(xiàn)ABmBg=tan60°兩式相除，得：mAmB=tan60°tan30°=3:1，故B選項錯誤；由幾何關(guān)系可知，lAC=lOAcos60°=L，lBC=lABlAC=3L根據(jù)點電荷場強公式E=kQr2可知：A點電荷在C點的場強大小為E=kqL2，B點電荷在C點的場強大小為E39。新課標全國I卷】如圖，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab=5 cm，bc=3 cm，ca=4 cm。A、B間距離為30 cm，AB連線與豎直方向夾角為60176。將它們由靜止釋放后，兩物塊開始在水平桌面上運動，并最終停止在水平桌面上，在物塊運動過程中A．P受到的庫侖力大于Q受到的庫侖力B．P受到的摩擦力始終小于它受到的庫侖力C．P的加速度初始先小于Q的加速度，以后可能大于Q的加速度D．P和Q具有的電勢能與機械能之和減小12．一帶電荷量為+Q、半徑為R的球，電荷在其內(nèi)部能均勻分布且保持不變，現(xiàn)在其內(nèi)部挖去一半徑為的小球后，如圖所示，求剩余部分對放在兩球心連線上一點P處電荷量為+q的電荷的靜電力。由此可以判定（　?。〢．場源點電荷帶正電B．場源點電荷的電荷量為C．離子在P點的加速度大小為D．離子在P點受到的電場力大小為9．如圖所示，兩個帶電荷量分別為Q1與Q2的小球固定于相距為5d的光滑水平面上，另有一個帶電小球A，懸浮于空中不動，此時A離Q1的距離為4d，發(fā)現(xiàn)A剛好靜止，則此時小球A到2的距離之比為（　　）A．∶2 B．2∶ C．3∶4 D．4∶310．如圖所示，O、A、B、C為一粗糙絕緣水平面上的四點，不計空氣阻力，一電荷量為－Q的點電荷固定在O點，現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為－q的小金屬塊(可視為質(zhì)點)，從A點由靜止沿它們的連線向右運動，到B點時速度最大，其大小為vm。C．A處帶電體帶等量異種電荷時圓環(huán)將以g加速度做勻加速直線運動D．把帶電體從A移到C處，圓環(huán)同樣不受摩擦力8．（2020一個質(zhì)量為m的帶負電圓環(huán)套在傾角為=45176。江蘇省震澤中學(xué)高一月考）如圖所示，直角三角形ABC中∠B＝30176。C是AB連線上一點且在O點的正下方，帶電小球均可視為點電荷，靜電力常量為k，則下列說法正確的是（ ）A．AB間的庫侖力為F=9kq24LB．A、B兩球的質(zhì)量之比為1：3C．C點的電場強度為零D．若僅互換A、B兩球的帶電量，則A、B兩球位置將不再處于同一水平線上4．（20201．（2020現(xiàn)將一帶電小球從A點由靜止釋放，當帶電小球運動到B點時速度恰好為零。故選AD。范德格拉夫靜電加速器（簡稱范氏起電機）是1931年美國科學(xué)家范德格拉夫發(fā)明的。=34mg；細線的拉力為：TA=mg+FAcos30176。若兩小球的質(zhì)量均為m，A．AB的靜電力等于32mgB．墻壁受的壓力等于32mgC．A球受到細線的拉力等于54mgD．B球受到細線的拉力等于34mg【參考答案】C【詳細解析】，如圖所示：根據(jù)共點力平衡得，A、B兩球的靜電力為：FB=mgsin30176。1．（20201．如圖所示，固定在豎直面內(nèi)的光滑金屬細圓環(huán)半徑為R，圓環(huán)的最高點通過長為L的絕緣細線懸掛質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的金屬小球，已知圓環(huán)所帶電荷量均勻分布且?guī)щ姾闪颗c小球相同，均為Q(未知)，小球在垂直圓環(huán)平面的對稱軸上處于平衡狀態(tài)，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，細線對小球的拉力為F(未知)，下列說法正確的是A．Q＝mgR3kL，F(xiàn)＝mgRLB．Q＝mgL3kR，F(xiàn)＝mgRLC．Q＝mgR3kL，F(xiàn)＝mgLR D．Q＝mgL3kR，F(xiàn)＝mgLR【答案】D【解析】由于圓環(huán)不能看成點電荷，采用微元法，小球受到的庫侖力為圓環(huán)各個點對小球庫侖力的合力，以小球為研究對象，進行受力分析，如圖所示則Fsinθ＝mg，其中sinθ=RL，解得F=mgLR，設(shè)圓環(huán)各個點對小球的庫侖力的合力為FQ，水平方向上有Fcosθ=FQ=kQ2L2cosθ，解得Q=mgL3kR，故D項正確，ABC三項錯誤。（2020【名師點睛】一個帶電的物體與不帶電的導(dǎo)體相互靠近時由于電荷間的相互作用，會使導(dǎo)體內(nèi)部的電荷重新分布，異種電荷被吸引到帶電體附近，同種電荷被排斥到遠離帶電體的導(dǎo)體另一端。AC：若金屬球帶正電，驗電器的小球會帶負電，驗電器的金屬箔會帶上等量的正電，金屬箔張開。浙江省杭州高級中學(xué)高三月考）為了研究空腔導(dǎo)體內(nèi)外表面的電荷分布情況，取兩個驗電器A和B，在B上裝一個幾乎封閉的空心金屬球C（僅在上端開有小孔），D是帶有絕緣柄的金屬小球，如圖所示。2．如圖所示，兩個相同的空心金屬球M和N，M帶－Q電荷，N不帶電(M、N相距很遠，互不影響)，旁邊各放一個不帶電的金屬球P和R，當將帶正電Q的小球分別放入M和N的空腔中時A．P、R上均出現(xiàn)感應(yīng)電荷B．P上沒有，而R上有感應(yīng)電荷C．P上有，而R上沒有感應(yīng)電荷D．P、R上均沒有感應(yīng)電荷【答案】B【解析】把一個帶正電Q的小球放入原來不帶電的金屬空腔球殼內(nèi)，帶負電的電子被帶正電的小球吸引到內(nèi)表面，內(nèi)表面帶負電，外表面剩余了正電荷，外表面帶正電，而R處于電場中，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，從而導(dǎo)致R上有感應(yīng)電荷出現(xiàn)，若將帶正電Q的小球放入帶Q電荷M空腔內(nèi)時，因同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引，若正負電荷相等，則金屬殼上沒有多余電荷，則P處沒有電場，因而沒有感應(yīng)電荷；若正負電荷不相等，則P處有電場，則出現(xiàn)感應(yīng)電荷，故ACD錯誤，B正確。（2020江蘇省高三三模）西晉的《博物志1．【2019為了提高過濾效果必須在熔噴無紡布上進行重要的駐極處理，就是在熔噴無紡