PAGEPAGE12庫侖定律電場力的性質小題狂練?小題是基礎練小題提分快1.[2024·全國卷Ⅰ]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＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm.小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線．設小球a、b所帶電荷量的比值的肯定值為k，則()A．a、b的電荷同號，k＝eq\f(16,9)B．a、b的電荷異號，k＝eq\f(16,9)C．a、b的電荷同號，k＝eq\f(64,27)D．a、b的電荷異號，k＝eq\f(64,27)答案：D解析：由于小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線，依據受力分析知，a、b的電荷異號．依據庫侖定律，a對c的庫侖力為Fa＝k0eq\f(qaqc,ac2)①b對c的庫侖力為Fb＝k0eq\f(qbqc,bc2)②設合力向左，如圖所示，依據相像三角形，得eq\f(Fa,ac)＝eq\f(Fb,bc)③聯立①②③式得k＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(qa,qb)))＝eq\f(ac3,bc3)＝eq\f(64,27).2．[2024·江蘇省鹽城市時楊中學檢測]真空中，A、B兩點與點電荷Q的距離分別為r和3r，則A、B兩點的電場強度大小之比為()A．3：1B．1：3C．9：1D．1：9答案：C解析：由點電荷的場強公式E＝keq\f(Q,r2)可知，eq\f(EA,EB)＝eq\f(r\o\al(2,B),r\o\al(2,A))＝eq\f(9,1)，C選項正確．3．[2024·四川省成都模擬]如圖所示為電場中的一條電場線，在該電場線上有a、b兩點，用Ea、Eb分別表示這兩處的電場強度的大小，則()A．a、b兩點的電場強度方向相反B．因為電場線由a指向b，所以Ea>EbC．因為電場線是直線，所以Ea＝EbD．因不清晰a、b兩點旁邊的電場線分布狀況，所以不能確定Ea、Eb的大小關系答案：D解析：由電場線方向可知，a、b兩點的電場強度方向都向右，A選項錯誤；僅一條電場線無法比較電場線的疏密程度和電場強度大小關系，B、C選項錯誤，D選項正確．4．[2024·重慶八中模擬]在如圖所示的四種電場中，分別標記有a、b兩點，其中a、b兩點電場強度大小相等、方向相反的是()A．圖甲中與點電荷等距的a、b兩點B．圖乙中兩等量異種點電荷連線的垂直平分線上與連線等距的a、b兩點C．圖丙中兩等量同種點電荷連線的垂直平分線上與連線等距的a、b兩點D．圖丁中非勻強電場中的a、b兩點答案：C解析：題圖甲中與點電荷等距的a、b兩點，電場強度大小相同，方向不相反，A選項錯誤；題圖乙中，依據電場線的疏密及對稱性可推斷，a、b兩點的電場強度大小相等、方向相同，B選項錯誤；題圖丙中兩等量同種點電荷連線的垂直平分線上與連線等距的a、b兩點，電場強度大小相同，方向相反，C選項正確；題圖丁中依據電場線的疏密可推斷，b點的電場強度大于a點的電場強度，D選項錯誤．5.[2024·福建省三明模擬](多選)如圖所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M點以相同速度垂直于電場線方向飛出a、b兩個帶電粒子，僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示，不計兩粒子間的相互作用，則()A．a肯定帶正電，b肯定帶負電B．a的速度將減小，b的速度將增大C．a的加速度將減小，b的加速度將增大D．兩個粒子的動能均增大答案：CD解析：依據兩粒子的偏轉方向，可知兩粒子帶異種電荷，但無法確定其詳細電性，故A錯誤；由粒子受力方向與速度方向的關系，可推斷電場力對兩粒子均做正功，兩粒子的速度、動能均增大，故B錯誤，D正確；從兩粒子的運動軌跡推斷，a粒子的運動軌跡所在的電場線漸漸變得稀疏，b粒子的運動軌跡所在的電場線漸漸變密，說明a的加速度減小，b的加速度增大，故C正確．6.[2024·廣東省深圳市耀華試驗學校模擬]如圖所示，在真空中某點電荷產生的電場中有a、b兩點，a點處場強大小為Ea，方向與連線ab的夾角為60°.b點處場強大小為Eb，方向與連線ab的夾角為30°.則a、b兩點的場強大小關系為()A．Eb＝eq\f(Ea,2)B．Ea＝eq\f(Eb,2)C．Eb＝3EaD．Ea＝3Eb答案：D解析：由題意知，場源電荷為負點電荷，則－Q應位于兩電場線的交點O處，如圖所示，因為a點離O較近，而Ea＝keq\f(Q,r\o\al(2,a))，Eb＝keq\f(Q,r\o\al(2,b))，而rb＝eq\r(3)ra，所以有Ea＝3Eb，所以D選項正確．7．[2024·云南省建水六中模擬]如圖所示，絕緣水平面上有A、B、C、D四點，依次相距L，若把帶電金屬小球甲(半徑遠小于L)放在B點，測得D點處的電場強度大小為E；現將不帶電的相同金屬小球乙與甲充分接觸后，再把兩球分置于A、C兩點，此時D點處的電場強度大小為()A.eq\f(4,9)EB.eq\f(5,9)EC．ED.eq\f(20,9)E答案：D解析：由E＝keq\f(Q,r2)得，E＝keq\f(Q,2L2)，甲、乙兩小球接觸后，電荷量平分，有Q1＝Q2＝eq\f(Q,2)，ED＝keq\f(Q,2L2)＋keq\f(Q,18L2)，聯立得ED＝eq\f(20,9)E，所以D項正確．8．[2024·寧夏六盤山中學摸底]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勻稱，將它們固定于絕緣支座上，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，使其電荷量的肯定值均為Q，引力常量為G，靜電力常量為k，那么a、b兩球之間的萬有引力F1、庫侖力F2分別滿意()A．F1＝Geq\f(m2,l2)，F2＝keq\f(Q2,l2)B．F1＞Geq\f(m2,l2)，F2＝keq\f(Q2,l2)C．F1＝Geq\f(m2,l2)，F2＞keq\f(Q2,l2)D．F1＝Geq\f(m2,l2)，F2＜keq\f(Q2,l2)答案：C解析：兩個金屬球殼質量分布勻稱，計算萬有引力時可以等效為質量集中于球心的質點，所以F1＝Geq\f(m2,l2)；帶上等量異種電荷時，異種電荷相互吸引，電荷分布在兩球殼靠近的一側，電荷中心間的距離小于兩球心間的距離，則F2>keq\f(Q2,l2)，選項C正確．9．[2024·四川省蒼溪中學診斷]如圖所示，兩根絕緣輕繩將兩個大小和材料均相同的帶正電小球(可視為質點)系于同一點，A球靠在絕緣墻壁上，B球保持靜止狀態．兩球所帶電荷量分別為qA＝2q和qB＝4q.現將B球與A球接觸后再次釋放，穩定后兩球均靜止，下列說法正確的是()A．B球的電荷量不變B．輕繩對B球的拉力變大C．A、B兩球間庫侖力減小D．A、B兩球間距離與原來兩球間距離的比值為eq\f(\r(3,9),2)答案：D解析：兩球接觸時，平分電荷量，A錯誤；設兩輕繩的長度分別為h和L0，兩球間距離為L，當兩球處于靜止狀態時，對B球進行受力分析，如圖所示，依據三角形相像可得，eq\f(T,G)＝eq\f(L0,h)，T＝eq\f(L0,h)G，所以輕繩對B球的拉力不變，B錯誤；由eq\f(F,G)＝eq\f(L,h)，得F＝eq\f(L,h)G，又F＝keq\f(qAqB,L2)，得L＝eq\r(3,\f(hkqAqB,G))，故可知再次平衡時，兩球間距離增大，庫侖力增大，C錯誤；兩球間距離與原來兩球間距離的比值為eq\f(\r(3,q′Aq′B),\r(3,qAqB))＝eq\f(\r(3,9),2)，D正確．10．[2024·湖南省株洲模擬](多選)如圖所示，在真空中傾斜平行放置著兩塊帶有等量異種電荷的金屬板A、B，傾角為θ，一個電荷量q＝1.41×10－4C、質量m＝1g的帶正電小球自A板上的孔P以水平速度v0＝0.1m/s飛入兩板之間的電場，經0.02s后未與B板相碰恰好回到P，g取10m/s2A．板間電場強度大小為100V/mB．板間電場強度大小為141V/mC．板與水平方向的夾角θ＝30°D．板與水平方向的夾角θ＝45°答案：AD解析：小球從A板射向B板，能回到P，可知小球沿水平方向運動，對小球受力分析如圖所示，設板間勻強電場的場強為E，在豎直方向由平衡條件得，mg＝qEcosθ，在水平方向由動量定理得qEtsinθ＝2mv0，解得tanθ＝eq\f(2v0,gt)＝1，即θ＝45°，E＝eq\f(mg,qcosθ)＝100V/m，A、D項正確．11．[2024·江蘇省南京市程橋中學模擬]一半徑為R的半球面勻稱帶有正電荷Q，電荷Q在球心O處產生的場強大小E0＝keq\f(Q,2R2)，方向如圖所示．把半球面分為表面積相等的上、下兩部分，如圖甲所示，上、下兩部分電荷在球心O處產生電場的場強大小分別為E1、E2；把半球面分為表面積相等的左、右兩部分，如圖乙所示，左、右兩部分電荷在球心O處產生電場的場強大小分別為E3、E4.則()A．E1＞keq\f(Q,4R2)B．E2＝eq\f(kQ,4R2)C．E3＜keq\f(Q,4R2)D．E4＝eq\f(kQ,4R2)答案：A解析：依據點電荷電場強度公式E＝eq\f(kq,r2)，且電荷只分布在球的表面，對于題圖甲，雖表面積和各點到圓心的距離相同，但半球面上部分各處電荷在O點場強夾角相對較小，則依據電場的疊加原理，上、下兩部分電荷在球心O處產生電場的場強大小關系為E1>E2；因電荷Q在球心O處產生的場強大小E0＝keq\f(Q,2R2)，則E1>keq\f(Q,4R2)；對于題圖乙，半球面分為表面積相等的左、右兩部分，依據電場的疊加可知：左側部分在O點產生的場強與右側部分在O點產生的場強大小相等，即E3＝E4.由于方向不共線，由合成法則可知，E3>keq\f(Q,4R2)，故A項正確，B、C、D項錯誤．12.[2024·湖南省洞口一中檢測](多選)套有三個帶電小球的圓環放在水平桌面上(不計一切摩擦)，小球的電荷量保持不變，整個裝置平衡后，三個小球的一種可能位置如圖所示．三個小球構成一個銳角三角形，三角形的邊長大小關系是AB>AC>BC，下列說法正確的是()A．三個小球電荷量的代數和可能為0B．三個小球肯定帶同種電荷C．三個小球所受環的彈力大小為NA>NB>NCD．三個小球帶電荷量的大小為QA>QC>QB答案：BC解析：對A分析，彈力過圓心，依據平衡條件，要么B與C對A有引力，要么對A有斥力，因此A不行能受到一個斥力一個引力，所以B、C帶同種電荷，分析B，依據平衡條件可得A、C帶同種電荷，所以三個小球電荷量的代數和不行能為零，A錯誤，B正確；A受到兩斥力，設圓心為O，因AB大于AC，同時∠OAB小于∠OAC，可得受B的斥力更大，又離B遠可得B所帶電荷量大于C所帶電荷量，同理A所帶電荷量大于B所帶電荷量，即QA>QB>QC，故D錯誤；結合平行四邊形定則，知NA>NB>NC，C正確．13.[2024·廣東省試驗中學模擬](多選)如圖所示，兩等量異種點電荷相距為2a，M與兩點電荷共線，N位于兩點電荷連線的垂直平分線上，兩點電荷連線中點到M和N的距離都為L，且L?a.則兩點電荷在M點的合電場強度和NA．大小之比為2：1，方向相反B．大小之比為1：1，方向相反C．大小均與a成正比，方向相反D．大小均與L的平方成反比，方向相互垂直答案：AC解析：如圖所示，兩點電荷在M點產生的合電場強度為E1＝keq\f(q,L－a2)－keq\f(q,L＋a2)＝4keq\f(qa,L3)，兩點電荷在N點產生的合電場強度為E2＝2keq\f(q,L2＋a2)·eq\f(a,\r(L2＋a2))＝2keq\f(qa,L3)，所以E1：E2＝2：1；又N點處場強方向由＋q指向－q，在M點的場強方向由－q指向＋q，所以E1與E2的方向相反，故A、C正確．14．[2024·河北省衡水中學檢測](多選)如圖所示，M、N為兩個等大的勻稱帶電圓環，其圓心分別為A、C，帶電荷量分別為＋Q、－Q，將它們平行放置，A、C連線垂直于圓環平面，B為AC的中點，現有質量為m、帶電荷量為＋q的微粒(重力不計)從左方沿A、C連線方向射入，到A點時速度vA＝1m/s，到B點時速度vB＝eq\r(5)m/s，則()A．微粒從B到C做加速運動，且vC＝3m/sB．微粒從A到C先做減速運動，后做加速運動C．微粒在整個運動過程中的最終速度為eq\r(5)m/sD．微粒最終可能返回至B點，其速度大小為eq\r(5)m/s答案：AC解析：從A到B做的功和從B到C做的功相等，依據動能定理可得：qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，qUBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vC＝3m/s，A項正確；在到達A點之前，微粒做減速運動，而從A到C微粒始終做加速運動，故B項錯誤；過B作垂直AC的線，此線為等勢線，微粒過C點后，會向無窮遠處運動，而無窮遠處電勢為零，故B點的動能等于無窮遠處的動能，依據能量守恒定律可以得到微粒最終的速度應當與B點的速度相同，故C項正確，D項錯誤．15．[2024·合肥質檢](多選)如圖所示，一質量為m，電荷量為q的帶電粒子，僅在電場力作用下以恒定的速率v沿一圓弧從A點運動到B點，速度方向轉過θ角，AB弧長為l.則下列說法正確的是()A．該粒子肯定處在一個點電荷的電場中B．該粒子可能處在兩個點電荷的電場中C．圓弧AB中點的電場強度大小為eq\f(mv2θ,ql)D．圓弧AB中點的電場強度大小為eq\f(mv2,ql)答案：BC解析：由于粒子的速度大小始終相同，故在從A點運動到B點的過程中電場力不做功，即題圖中的軌跡為等勢線，因此該電場可能是一個點電荷形成的電場，軌跡位于以點電荷為圓心的圓上，也可能是等量異種點電荷形成的電場，軌跡位于等量異種點電荷連線的中垂面上，A錯誤，B正確；由題意知A、B兩點的電勢差為0，粒子做勻速圓周運動，電場力供應向心力，則由牛頓其次定律可知，qE＝meq\f(v2,R)，由于l＝Rθ，解得E＝eq\f(mv2θ,ql)，C正確，D錯誤．16．[2024·南昌模擬]已知勻稱帶電球殼內部電場強度到處為零，電勢到處相等．如圖所示，正電荷勻稱分布在半球面上，Ox為通過半球頂點與球心O的軸線，A、B為軸線上的點，且AO＝OB，則下列推斷正確的是()A．A點的電場強度比B點的電場強度大B．A、B兩點的電場強度相同C．A、B兩點的電場強度大小相等，方向相反D．A、B兩點的電場強度大小不等，方向相同答案：B解析：先將半球面補充為一個完整的球面，則B點的電場強度可等效為完整的球面產生的電場強度與右邊勻稱帶負電半球面產生的電場強度的疊加，即為右邊帶負電半球面產生的電場強度，依據對稱性可知與左半球面在A點產生的電場強度大小相等，方向相同，B正確．

課時測評?綜合提實力課時練贏高分一、選擇題1．[2024·廣東揭陽一中、潮州金中聯考](多選)如圖所示的試驗裝置為庫侖扭秤．細銀絲的下端懸掛一根絕緣棒，棒的一端是一個帶電的金屬小球A，另一端有一個不帶電的球B，B與A所受的重力平衡，當把另一個帶電的金屬球C插入容器并使它靠近A時，A和C之間的作用力使懸絲扭轉，通過懸絲扭轉的角度可以比較力的大小，便可找到力F與距離r和電荷量q的關系．這一試驗中用到了下列哪些方法()A．微小量放大法B．極限法C．限制變量法D．逐差法答案：AC解析：當小球C靠近小球A時，庫侖力使懸絲扭轉較小的角度，通過懸絲上的小鏡子反射光線放大，能比較精確地測出轉動角度．同時體現了限制變量法，即分別限制q和r不變，探討庫侖力F與r和q的關系，故A、C正確．2．[2024·河南模擬]a、b、c三個點電荷僅在相互之間的靜電力的作用下處于靜止狀態，已知a所帶的電荷量為＋Q，b所帶的電荷量為－q，且Q>q，關于電荷c，下列推斷正確的是()A．c肯定帶負電B．c所帶的電荷量肯定大于qC．c可能處在a、b之間D．假如固定a、b，仍使c處于平衡狀態，則c的電性、電荷量、位置都將唯一確定答案：B解析：依據電場力方始終確定各自電性，從而得出“兩同夾一異”，依據庫侖定律來確定電場力的大小，并由平衡條件來確定各自所帶電荷量的大小，因此在大小上肯定為“兩大夾一小”，且c所帶的電荷量肯定大于q，故A、C錯誤，B正確；假如a、b固定，則只需使c處于平衡狀態即可，由于a、b帶異號電荷，c應位于a、b連線的外側，又由于a的電荷量大于b的電荷量，則c應靠近b，c的電荷量不能確定，故D錯誤．3．如圖所示，光滑平面上固定金屬小球A，用長為l0的絕緣彈簧將A與另一個金屬小球B連接，讓它們帶上等量同種電荷，彈簧伸長量為x1；若兩小球電荷量各漏掉一半，彈簧伸長量變為x2，則有()A．x2＝eq\f(1,2)x1B．x2>eq\f(1,4)x1C．x2＝eq\f(1,4)x1D．x2<eq\f(1,4)x1答案：B解析：電荷量削減一半，依據庫侖定律知若兩個球之間的距離保持不變，庫侖力減小為原來的eq\f(1,4)，庫侖力減小，彈簧的彈力減小，彈簧的伸長量減小，兩球間的距離減小，所以實際的狀況是小球之間的庫侖力會大于原來的eq\f(1,4)，此時彈簧的伸長量也大于原來的eq\f(1,4)，B正確．4．[2024·四川瀘州檢測](多選)如圖所示，圖甲、圖乙分別是等量負點電荷和等量異種點電荷組成的兩個獨立的帶電系統，O為電荷連線和中垂線的交點，M、N是連線上關于O點對稱的兩點，p、q是中垂線上關于O點對稱的兩點．現有一個正點電荷，僅受電場力作用，則()A．該正點電荷在圖甲和圖乙中從p運動到q時肯定是沿直線運動B．該正點電荷在圖甲和圖乙中從M運動到N時肯定是沿直線運動C．該正點電荷可以在圖甲中做勻速圓周運動經過p和qD．該正點電荷可以在圖乙中做勻速圓周運動經過p和q答案：BC解析：題圖甲中，等量負點電荷連線的中垂線上電場強度的方向為沿中垂線指向中點，所以該正點電荷從p到q運動時電場力的方向與運動方向共線，做直線運動，題圖乙中，等量異種點電荷連線的中垂線上電場強度的方向為垂直于中垂線指向負電荷，所以該正點電荷從p向q運動的過程中，受的電場力向右，故應當做曲線運動，A錯誤；在連線上，題圖甲中，電場強度的方向由中點O指向兩負電荷，所以該正點電荷從M向N運動，電場力與速度方向共線，做直線運動；題圖乙中，電場強度的方向由M到N，所以該正點電荷受電場力的方向與速度共線，做直線運動，B正確；給該正點電荷適當的速度，可以使其在垂直于紙面內以O點為圓心，以Op為半徑做勻速圓周運動，C正確；依據正點電荷的受力狀況和勻速圓周運動中合外力的特點可知，在題圖乙中該正點電荷不行能做勻速圓周運動經過p和q，D錯誤．5．[2024·湖北孝感統考]在一半徑為R的圓周上勻稱分布有N個帶電小球(可視為質點)無間隙排列，其中A點的小球帶電荷量為＋3q，其余小球帶電荷量為＋q，此時圓心O點的電場強度大小為E，現僅撤去A點的小球，則O點的電場強度大小為()A．EB.eq\f(E,2)C.eq\f(E,3)D.eq\f(E,4)答案：B解析：撤去A點小球前，O點的電場強度是A點的＋3q和與其關于O點對稱點＋q兩小球分別產生的電場疊加形成的，則E＝eq\f(k·3q,R2)－eq\f(kq,R2)＝eq\f(k·2q,R2)，方向水平向左．撤去A點的小球后，O點的電場強度是A點關于O點對稱點＋q產生的，所以E′＝eq\f(kq,R2)＝eq\f(E,2)，方向水平向右，B正確．6．[2024·廣東江門模擬]如圖所示，在光滑絕緣水平面上放置3個電荷量均為q(q>0)的相同小球，小球之間用勁度系數均為k0的輕質彈簧絕緣連接．當3個小球處在靜止狀態時，每根彈簧長度為l.已知靜電力常量為k，若不考慮彈簧的靜電感應，則每根彈簧的原長為()A．l＋eq\f(5kq2,2k0l2)B．l－eq\f(kq2,k0l2)C．l－eq\f(5kq2,4k0l2)D．l－eq\f(5kq2,2k0l2)答案：C解析：對最右邊的小球受力分析可知，小球受到另外兩個帶電小球對它向右的庫侖斥力，大小分別為F1＝eq\f(kq2,2l2)和F2＝eq\f(kq2,l2).由力的平衡可知彈簧彈力的大小F＝F1＋F2＝eq\f(5kq2,4l2)，彈簧的伸長量為Δl＝eq\f(F,k0)＝eq\f(5kq2,4k0l2)，故彈簧的原長為l0＝l－Δl＝l－eq\f(5kq2,4k0l2)，C正確．7.[2024·上海五校聯考]如圖所示，在光滑絕緣水平面上B點的正上方O處固定一個質點，在水平面上的A點放另一個質點，兩個質點的質量均為m，帶電荷量均為＋Q.C為水平面上的另一點(O、A、B、C位于同一豎直平面內)，A、O間的距離為L，A、B和B、C間的距離均為eq\f(L,2)，在空間加一個水平方向的勻強電場后A處的質點處于靜止，現給A處的質點一個指向C點的初速度，則A處質點到達B點時所受的電場力大小為(靜電力常量用k表示)()A.eq\f(\r(73)kQ2,6L2)B.eq\f(73kQ2,6L2)C.eq\f(6L2,\r(73)kQ2)D.eq\f(6L2,73kQ2)答案：A解析：依據庫侖定律有F＝keq\f(Q2,L2)，A處的質點靜止時，依據共點力平衡條件有Fsin30°＝EQ，由以上兩式得E＝eq\f(Fsin30°,Q)＝eq\f(kQ,2L2)，質點在B點受到的庫侖力F′＝eq\f(kQ2,Lsin60°2)，由平行四邊形定則得合電場力大小F＝eq\r(EQ2＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kQ2,Lsin60°2)))2)＝eq\f(\r(73)kQ2,6L2)，故A正確．8.[2024·山東菏澤統測](多選)如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場，電場強度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，軌道半徑為R，A、B為圓水平直徑的兩個端點，AC為eq\f(1,4)圓弧．一個質量為m、電荷量為－q的帶電小球，從A點正上方高為H處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道．不計空氣阻力及一切能量損失，關于帶電小球的運動狀況，下列說法正確的是()A．小球在AC部分可能做勻速圓周運動B．小球肯定能從B點離開軌道C．若小球能到達C點，小球在C點時的速度肯定不為零D．若小球能到達B點，小球經過B點時動能和經過A點時動能肯定相等答案：AC解析：若重力大小等于電場力大小，則小球進入軌道后，靠彈力供應向心力，所以小球在AC部分可能做勻速圓周運動，A正確；小球進入圓軌道后，受到豎直向下的重力、豎直向上的電場力和沿半徑方向的軌道的彈力，電場力做負功，重力做正功，由于題中沒有給出相關物理量的關系，所以小球不肯定能從B點離開軌道，故B錯誤；若小球到達C點的速度為零，則電場力必定大于重力，則小球不行能沿半圓軌道運動到C點，所以小球到達C點的速度不行能為零，C正確；由A到B依據動能定理有－EqR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，所以若小球能到達B點，小球經過B點時動能和經過A點時動能肯定不相等，D錯誤．9.[2024·湖北天門、仙桃、潛江聯考]如圖所示，一邊長為L的立方體絕緣體上勻稱分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于左右面且過立方體中心O的軸線上有a、b、c三個點，a和b、b和O、O和c間的距離均為L，在a點處固定有一電荷量為q(q<0)的點電荷．已知b點處的場強為零，則c點處場強的大小為(k為靜電力常量)()A．keq\f(8q,9L2)B．keq\f(Q,L2)C．keq\f(q,L2)D．keq\f(10q,9L2)答案：D解析：電荷Q在b點和c處產生的場強大小相等，方向相反，依據b點處的場強為零，可知Q帶負電，且eq\f(kQ,L2)＝eq\f(kq,L2)，在c點處，兩電荷產生的場強方向均向左，Ec＝eq\f(kQ,L2)＋eq\f(kq,3L2)＝keq\f(10q,9L2)＝keq\f(10Q,9L2)，D正確．10．[2024·安徽師大附中模擬]理論上已經證明：電荷勻稱分布的球殼在殼內的電場強度為零．假設某星球是一半徑為R、電荷量為Q且電荷分布勻稱的球體，靜電力常量為k，則星球表面下h深度處的電場強度的大小為()A.eq\f(kQR－h,R3)B.eq\f(kQ,R－h2)C.eq\f(kQ,R2)D．0答案：A解析：星球的體積V0＝eq\f(4πR3,3)，所以半徑(R－h)的內球所帶的電荷量q＝eq\f(V,V