【正文】 。1．（2020浙江省高一期中）A、B兩帶電小球，電量分別為 ＋q、＋9q，質量分別為 ml 、m2 ，如圖所示，用兩根不可伸長的絕緣細線懸掛于O點，靜止時 A、B兩球處于同一水平線上，其中O點到A球的間距OA= 2L，∠AOB=90176。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．（2020已知試探電荷在a點受到的電場力大小為Fa=F，靜電力常量為k。江蘇省震澤中學高一月考）如圖所示，直角三角形ABC中∠B＝30176。江蘇省啟東中學高一期中）如圖所示，兩個質量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，其殼層的厚度和質量分布均勻，將它們固定于絕緣支架座上，兩球心間的距離l為球半徑的3倍．若使它們帶上等量異種電荷，使其電荷量的絕對值均為Q，那么關于a、b兩球之間的萬有引力F引和庫侖力F庫的表達式正確的是(　　)A．B．C．D．7．（2020一個質量為m的帶負電圓環(huán)套在傾角為=45176。ABC為PQ的中垂線，與水平面交于C點，A與P等高。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用a表示離子的加速度，用r表示離子與O點的距離，作出其圖像如圖（b）。由此可以判定（　　）A．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（　?。〢．∶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)有一質量為m，電荷量為－q的小金屬塊(可視為質點)，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。已知小金屬塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，A、B間距離為L，靜電力常量為k，則A．在點電荷－Q形成的電場中，A、B兩點間的電勢差為2μmgL+mvm22qB．在小金屬塊由A向C運動的過程中，電勢能先增大后減小C．OB間的距離為kQqμmgD．從B到C的過程中，小金屬塊的動能全部轉化為電勢能11．如圖所示，在粗糙的水平絕緣桌面上有兩個大小相同、帶有同種電荷的小物塊P和Q。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，電荷在其內部能均勻分布且保持不變，現(xiàn)在其內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。1．【2019A、B間距離為30 cm，AB連線與豎直方向夾角為60176。m2/C2，小球可視為點電荷。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。設小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則A．a(chǎn)、b的電荷同號，k=169B．a(chǎn)、b的電荷異號，k=169C．a(chǎn)、b的電荷同號，k=6427D．a(chǎn)、b的電荷異號，k=64271．C【解析】A．伽利略利用輕重不同的物體捆綁在一起后下落與單個物體分別下落時快慢的比較推理，推翻了亞里士多德重的物體下落快、輕的物體下落慢的結論，故A錯誤；B．元電荷e的數(shù)值為，最早由美國物理學家密立根通過油滴實驗測量得出，故B錯誤；C．卡文迪許用扭秤實驗，測出了萬有引力常量，這使用了微小作用放大法，故C正確；D．牛頓利用行星運動的規(guī)律，并通過“月地檢驗”，得出了萬有引力定律，故D錯誤。3．C【解析】根據(jù)題意，由幾何關系可知，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。大小相等，方向相反，合場強為零，C選擇正確；交換電荷量以后，A、B兩球各自受到的庫侖力FAB和FBA大小均沒有發(fā)生變化，上圖所示的平衡依然成立，故A、B兩球位置將依然處在同一水平線上，D錯誤。4．C【解析】由題，F(xiàn)a、Fb分別在yOz和xOy平面內，可知點電荷Q即在yOz平面內，也在xOy平面內，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OQ之間的距離為y，由幾何關系得則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。故選C。解得QAQB=18，故B正確，D錯誤；故選B。故B錯誤；C． A處帶電體帶等量異種電荷時，斥力變成引力，如果仍不受摩擦力則庫侖力沿斜面向上的分力平衡了重力向下的分力，故加速度為g，而此時由于存在摩擦力，加速度不再是g，故C錯誤；D． 把帶電體從A移到C處，斥力方向改變，與桿夾角仍不變，故庫侖力沿斜面向上的分力平衡了重力向下的分力，不存在摩擦力，故D正確。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。9．B【解析】小球A懸浮于空中時，Q1對其庫侖力F1＝kQ2對其庫侖力F2＝k受力分析如圖所示由幾何關系知θ＝37176。F2＝mgcos37176。故選B。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。從B到C的過程中，小金屬塊的動能全部轉化為電勢能和內能，故D錯誤。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。1．B 【解析】兩球之間的庫侖力為，小球B受到的重力大小為，且F與豎直方向夾角為60176。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，再結合一個角為60176。2．D 【解析】本題考查庫侖定律、受力分析及其相關的知識點。設ac與bc的夾角為θ，利用平行四邊形定則和幾何關系、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