微練29庫侖定律電場力的性質梯級Ⅰ基礎練1.以下關于元電荷的理解正確的是(D)A.元電荷就是電子B.元電荷就是質子C.元電荷就是點電荷D.帶電體所帶的電荷量只能是元電荷的整數倍解析帶電體所帶的最小電荷量叫作元電荷，其數值等于一個質子或一個電子所帶電荷量的大小。所有帶電體的電荷量只能是元電荷的整數倍，A、B、C三項錯誤，D項正確。2.如圖所示，金屬導體A、B緊靠在一起，帶正電的小球C靠近導體A的左端，A帶上了-1.0×10-8C的電荷。下列說法正確的是(D)A.電子由A轉移到BB.正電荷由A轉移到BC.導體A得到的電子數是108個D.導體B失去的電子數是6.25×1010個解析金屬導體中的自由電荷為自由電子，帶正電的小球C靠近導體A的左端，A帶上了-1.0×10-8C的電荷，則電子由B轉移到A，A、B兩項錯誤；導體A得到電子，導體B失去電子，電子數n=qe=1.0×10-81.6×10-19個=6.25×1010個3.(多選)(2025·吉安模擬)兩個完全相同的均勻帶電金屬小球，分別帶有電荷量為q1=2Q的正電荷、q2=-4Q的負電荷，在真空中相距為r且靜止，相互作用的靜電力大小為F，兩帶電小球均可視為點電荷。現把兩個小球接觸一下再放回原來的位置，則(BD)A.兩個小球的電荷量均為3QB.兩個小球的電荷量均為-QC.兩個小球間相互作用的靜電力大小為98D.兩個小球間相互作用的靜電力大小為18解析根據題意有F=k2Q·4Qr2=8kQ2r2，把兩個小球接觸一下再放回原來的位置，則兩個小球的電荷量均為Q'=2Q-4Q2=-Q，兩個小球間相互作用的靜電力大小為F'=kQ2r4.(多選)把一帶正電小球a放在光滑絕緣斜面上，欲使小球a能靜止在如圖所示的位置上，需在MN間放一帶電小球b，則(AC)A.b帶正電，放在A點B.b帶負電，放在A點C.b帶負電，放在C點D.b帶正電，放在C點解析小球a處于平衡狀態，受力平衡，合力為零。小球受重力，一定向下，支持力一定垂直于斜面向上，根據平衡條件，靜電力必然與前兩個力的合力等大、反向且在同一條直線上，則b球可以放在C點帶負電，也可以放在A點帶正電，A、C兩項正確，B、D兩項錯誤。5.(多選)(2025·合肥模擬)如圖所示，A、B兩個帶等量電荷的小球用繞過光滑定滑輪的絕緣細線連接處于靜止狀態，A球與光滑絕緣豎直墻面接觸，A、B兩球到定滑輪的距離相等，連接A球的絕緣細線豎直，A、B間的距離為L，A、B連線與豎直方向的夾角為60°，A球對豎直墻面的壓力為F，不計小球大小，靜電力常量為k，則(AC)A.小球A的重力為33B.小球B的重力為3FC.細線對滑輪的作用力大小為2FD.小球A的帶電量為3解析對B受力分析如圖甲，可知B受繩子拉力T，自身重力GB，庫侖力F'，根據共點力平衡條件有T=GB=F'，對A受力分析如圖乙，根據共點力平衡條件有F'sin60°=F，F'cos60°+GA=T，解得T=GB=F'=233F，GA=33F，A項正確，B項錯誤；細線對滑輪的作用力大小為F合=3T=2F，C項正確；根據庫侖定律可知F'=kq2L2，解得小球A6.(2025·綿陽模擬)如圖所示，在光滑絕緣水平面上，固定有電荷量分別為+2Q和-Q的點電荷A、B，間距為L。在A、B延長線上距離B為L的位置，自由釋放另一電荷量為+q的點電荷C，釋放瞬間加速度為a1；將A、B接觸靜電平衡后放回原處，再從相同位置自由釋放C，釋放瞬間加速度為a2。則(C)A.a1、a2的方向均水平向右B.a1、a2的方向均水平向左C.a1與a2大小之比為4∶5D.a1與a2大小之比為5∶4解析在A、B接觸前，A、C間的庫倫力FAC=k2Qq2L)2，B、C間的庫倫力FBC=kQqL2，由于B、C的吸引力大于A、C的排斥力，所以a1的方向水平向左，根據庫侖定律和牛頓第二定律可得kQqL2-k2Qq2L)2=ma1，在A、B接觸后，點電荷A、B的電荷量先中和再平分后，二者所帶電荷量均為+0.5Q，由于A、B都帶正電，所以C受到的都是排斥力，則a2的方向水平向右，根據庫侖定律和牛頓第二定律可得k0.5QqL2+k0.5Qq2L)2=ma2，聯立兩式可得，7.(2024·新課標卷)如圖，兩根不可伸長的等長絕緣細繩的上端均系在天花板的O點，下端分別系有均帶正電荷的小球P、Q；小球處在某一方向水平向右的勻強電場中，平衡時兩細繩與豎直方向的夾角大小相等。則(B)A.兩繩中的張力大小一定相等B.P的質量一定大于Q的質量C.P的電荷量一定小于Q的電荷量D.P的電荷量一定大于Q的電荷量解析設Q和P兩球之間的庫侖力為F，繩子的拉力分別為T1，T2，質量分別為m1，m2；與豎直方向夾角為θ，對于小球Q，有q1E+T1sinθ=F，T1cosθ=m1g；對于小球P，有q2E+F=T2sinθ，T2cosθ=m2g，聯立解得(T2-T1)sinθ=(q2+q1)E>0，所以T2>T1，又因為T1T2=m1m2，所以m2>m1，即P的質量一定大于Q梯級Ⅱ能力練8.(2025·攀枝花模擬)如圖所示，在直角三角形ABC的頂點A、B分別固定有點電荷Q1、Q2，現將一試探電荷q固定于頂點C，測得q所受電場力與AB邊垂直。已知AB∶AC∶BC=5∶4∶3，則(B)A.Q1Q2=34 BC.Q1Q2=2764 D解析根據電荷q受到的電場力方向，可以判斷出點電荷Q1、Q2對q的電場力分別為F1和F2，如圖，根據庫侖定律，有F1=kQ1qAC2，F2=kQ2qBC2，根據幾何關系AB∶AC∶BC=5∶4∶3，可知∠A=37°，tan9.(多選)如圖所示，光滑絕緣的水平面上有一質量為m、帶負電的小球A，在距水平面高h處固定一帶正電且帶電荷量為+Q的小球B。現使得小球A獲得一水平初速度，使其恰好能在水平面上做勻速圓周運動，此時兩小球連線與水平面間的夾角為30°，小球A恰好對水平面沒有壓力。已知A、B兩小球均可視為點電荷，靜電力常量為k，重力加速度大小為g，下列說法正確的是(BD)A.兩小球間的庫侖力大小為3mgB.小球A做勻速圓周運動的線速度大小為3ghC.小球A做勻速圓周運動的向心力大小為2mgD.小球A所帶的電荷量為8mg解析由題意可得小球A受力如圖所示，因小球A恰好對水平面沒有壓力，即FN=0，則在豎直方向有Fcos60°=mg，解得兩小球間的庫侖力大小為F=2mg，A項錯誤；小球A做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可得Fcos30°=mv2r，其中圓周的半徑r=htan30°，解得v=3gh，B項正確；小球A做勻速圓周運動，由庫侖力的水平分力提供向心力，小球A做勻速圓周運動的向心力大小為F向=Fcos30°=3mg，C項錯誤；由庫侖定律可得kQqL2=2mg，其中L=hsin30°=2h，解得小球A所帶的電荷量為10.(多選)(2025·東莞模擬)如圖所示，兩個帶等量負電荷的小球A、B(可視為點電荷)，被固定在光滑的絕緣水平面上，M、N是小球A、B連線的水平中垂線上的兩點，且MO=ON。現將一個電荷量很小的帶正電的小球C(可視為質點)由M點靜止釋放，在小球C向N點運動的過程中，下列關于小球C的說法可能正確的是(BCD)A.速度一直增大B.速度先增大，再減小C.加速度先減小，再增大D.加速度先增大再減小，過O點后，加速度先增大再減小解析帶正電的小球從M點向O點運動時，受電場力沿MO方向，則小球加速運動；過了O點后，受沿著NO方向的電場力而做減速運動，即小球的速度先加速后減速，A項錯誤，B項正確；因在MN連線上，在O點的上方和下方對稱位置都存在一個場強最大的位置，若M點和N點在該最大位置的外側，則小球從M到O點運動時，加速度向下先增加后減小；從O點向N點運動時，加速度再向上先增加后減小；若M點和N點在該最大位置的內側，則小球從M到O點運動時，加速度減小；從O點向N點運動時，加速度再增加，C、D兩項正確。11.(2025·天津模擬)如圖所示，兩異種點電荷的電荷量均為Q，絕緣豎直平面過兩點電荷連線的中點O且與連線垂直，平面上A、O、B三點位于同一豎直線上，AO=BO=L，點電荷到O點的距離也為L。現有電荷量為-q、質量為m的小物塊(可視為質點)，從A點以初速度v0向B滑動，到達B點時速度恰好減為零。已知物塊與平面的動摩擦因數為μ。求:(1)A點的電場強度的大小；(2)物塊剛剛運動到B點的瞬間，其加速度的大小和方向。解析(1)正、負點電荷在A點產生的場強大小均為E0=kQ(2L)2A點的電場強度的大小E=2E0=2kQ(2)由題意得A、B兩點電場強度相同，由牛頓第二定律得μqE-mg=ma，解得a=2μqkQ2mL方向豎直向上。答案(1)2kQ2L2(2)梯級Ⅲ創新練12.(2025·九江模擬)光滑絕緣圓環軌道豎直固定，兩個均帶正電荷的小環a、b套在圓環上，小環a固定在軌道