第頁1．(2025·濟南外國語學校高二期中)關于點電荷的說法，正確的是()A．只有體積很小的帶電體，才能作為點電荷B．體積很大的帶電體一定不能看做點電荷C．點電荷一定是電量很小的電荷D．體積很大的帶電體只要距離滿足一定條件也可以看成點電荷解析：選D.一個帶電體能否被視為點電荷完全取決于自身的幾何形狀大小和帶電體距離之間的比較，與帶電體的大小無關．故選D.2．兩個分別帶有電荷量－Q和＋3Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F.兩小球相互接觸后將其固定距離變為eq\f(r,2)，則小球間庫侖力的大小變為()A.eq\f(1,12)F B.eq\f(3,4)FC.eq\f(4,3)F D．12F解析：選C.因為相同的兩帶電金屬小球接觸后，它們的電荷量先中和后均分，所以接觸后兩小球帶電荷量均為Q′＝eq\f(－Q＋3Q,2)＝Q，由庫侖定律得：接觸前F＝keq\f(3Q2,r2)，接觸后F′＝keq\f(Q′2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,2)))2)＝keq\f(4Q2,r2)，聯立得F′＝eq\f(4,3)F，故選C.3.如圖所示，大小可以忽略不計的帶有同種電荷的小球A和B相互排斥，靜止時絕緣細線與豎直方向的夾角分別為α和β，且α＜β，兩小球在同一水平線上，由此可知()A．B球受到的庫侖力較大，電荷量較大B．B球的質量較大C．B球受到的拉力較大D．兩球接觸后，再處于靜止狀態時，懸線的偏角α′、β′仍滿足α′＜β′解析：選D.分別以A、B球為研究對象，其受力情況如圖所示，由共點力的平衡條件得mAg＝eq\f(FA,tanα)、FTA＝eq\f(FA,sinα)，mBg＝eq\f(FB,tanβ)、FTB＝eq\f(FB,sinβ).而FA＝FB，又α＜β，所以mA＞mB，FTA＞FTB.兩球接觸后，每個小球的電荷量可能都發生變化，但相互間的靜電力仍滿足牛頓第三定律，因此仍有上述關系，故選D.4.(2025·河北衡水中學高二檢測)兩個可自由移動的點電荷，分別放在A、B兩處，如圖所示，A處電荷帶正電Q1，B處電荷帶負電Q2，且Q2＝4Q1，另取一個可以自由移動的點電荷Q3放在A、B直線上，欲使Q1、Q2、Q3三者均處于平衡狀態，則()A．Q3為負電荷，且放于A左方B．Q3為負電荷，且放于B右方C．Q3為正電荷，且放于A、B之間D．Q3為正電荷，且放于B右方解析：選A.“兩同夾一異”即由“同性在兩邊，異性在中間”．若Q3為負電荷，必放于A點左方；若Q3為正電荷，則必處于B點右方，排除B、C.由“兩大夾一小”知，Q2不能處于中間位置，排除D，故選A.5.如圖所示，一個掛在絲線下端的帶正電的小球B，靜止在如圖所示位置，若固定的帶正電小球A的電荷量為Q，B球的質量為m，帶電荷量為q，θ＝30°，A和B在同一條水平線上，整個裝置處于真空中，求A、B兩球間的距離．解析：小球B的受力情況如圖所示．則小球所受庫侖力F＝mgtanθ又由庫侖定律得F＝keq\f(Qq,r2)所以兩球間距離r＝eq\r(\f(kQq,F))＝eq\r(\f(\r(3)kQq,mg)).答案：eq\r(\f(\r(3)kQq,mg))一、選擇題1．下列關于點電荷和元電荷的說法中，不正確的是()A．只有體積很小的帶電體才可以看成點電荷B．帶電體間的距離比它們本身的大小大得多，以至于帶電體的形狀和大小對它們間的相互作用力的影響可忽略不計時，帶電體就可以視為點電荷C．把1.6×10－19C的電荷量叫元電荷D．任何帶電體所帶電荷量都是元電荷的整數倍解析：選A.帶電體能否被看成點電荷，不是因為帶電體的大小問題，而是要考慮帶電體的形狀和體積對所研究問題有無影響．故選A.2.如圖所示，兩個質量均為m的完全相同的金屬球殼a和b，其殼層的厚度和質量分布均勻，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．F引＝Geq\f(m2,l2)，F庫＝keq\f(Q2,l2)B．F引≠Geq\f(m2,l2)，F庫≠keq\f(Q2,l2)C．F引≠Geq\f(m2,l2)，F庫＝keq\f(Q2,l2)D．F引＝Geq\f(m2,l2)，F庫≠keq\f(Q2,l2)解析：選D.由于a、b兩球所帶異種電荷相互吸引，使它們各自的電荷分布不均勻，即相互靠近的一側電荷分布較密集，又l＝3r，不滿足l?r的要求，故不能將帶電球殼看成點電荷，所以不能應用庫侖定律，故F庫≠keq\f(Q2,l2).雖然不滿足l?r，但由于其殼層的厚度和質量分布均勻，兩球殼可看成質量集中于球心的質點，可以應用萬有引力定律，故F引＝Geq\f(m2,l2).故選D.3．設星球帶負電，一帶電粉塵懸浮在距星球表面1000km的地方，又若將同樣的帶電粉塵帶到距星球表面2000km的地方相對于該星球無初速釋放，則此帶電粉塵()A．向星球下落 B．仍在原處懸浮C．推向太空 D．無法判斷解析：選B.設粉塵距球心為r，粉塵質量為m，星球質量為M，粉塵電荷量為q，星球電荷量為Q，則有keq\f(Qq,r2)＝Geq\f(Mm,r2).由等式可看出r再大，等式仍成立，故選B.4．兩個完全相同的金屬球，帶電荷量之比為1∶7，兩球相距為r，兩者接觸后再放回原位置，則它們之間的庫侖力可能是原來的()A.eq\f(4,7) B.eq\f(3,7)C.eq\f(9,7) D.eq\f(16,7)解析：選CD.設原來所帶電荷量分別為Q和7Q，則兩球間的庫侖力為F＝eq\f(7kQ2,r2)，若兩球帶同種電荷，則分開后帶電荷量分別為4Q，則F′＝eq\f(16kQ2,r2)，D正確；若兩球帶異種電荷，則分開后帶電荷量分別為3Q，則F″＝eq\f(9kQ2,r2)，C正確．故選CD.5.如圖所示，完全相同的兩個金屬小球A和B帶有等量電荷，系在一個輕質絕緣彈簧兩端，放在光滑絕緣水平面上，由于電荷間的相互作用，彈簧比原來縮短了x0.現將與A、B完全相同的不帶電的金屬球C先與A球接觸一下，再與B球接觸一下，然后拿走，重新平衡后彈簧的壓縮量變為()A.eq\f(1,4)x0 B.eq\f(1,8)x0C．大于eq\f(1,8)x0 D．小于eq\f(1,8)x0解析：選D.因為原來彈簧處于壓縮狀態，A、B兩球帶的肯定是等量的異種電荷．將與A、B完全相同的不帶電的金屬球C先與A接觸后，A的電荷量將分一半給C，當C再與B接觸時，C、B的異種電荷先中和，然后B、C平分，這樣B帶的電荷量將為原來的eq\f(1,4).此時如果僅根據庫侖定律F＝keq\f(qAqB,r2)得出庫侖力變為原來的eq\f(1,8)，彈簧彈力也要減小為原來的eq\f(1,8)才能平衡，因而彈簧的壓縮量將變為原來的eq\f(1,8)，將錯選B.實際上，當彈簧壓縮量減小后，長度變長；由于靜電感應，庫侖力將變大，綜合考慮這些因素，彈簧彈力應小于原來的eq\f(1,8)才能平衡，故選D.6.中子內有一個電荷量為＋eq\f(2,3)e的上夸克和兩個電荷量為－eq\f(1,3)e的下夸克，一簡單模型是三個夸克都在半徑為r的同一圓周上，如圖所示．在圖給出的四幅圖中，能正確表示出各夸克所受靜電作用力的是()解析：選B.電荷量為＋eq\f(2,3)e的上夸克受另兩個下夸克的吸引力，合力的方向一定豎直向下．對其中一個下夸克，受力情況如圖所示，由于F1的水平分力與F2大小相等，方向相反，故F1與F2的合力豎直向上．故選B.7．(2025·瀏陽一中高二檢測)如圖所示，電荷量為Q1、Q2的兩個正點電荷分別置于A點和B點，兩點相距L，在以L為直徑的光滑絕緣半圓環上，穿著一個帶電小球q(視為點電荷)，在P點平衡，若不計小球的重力，那么PA與AB的夾角α與Q1、Q2的關系滿足()A．tan2α＝eq\f(Q1,Q2) B．tan2α＝eq\f(Q2,Q1)C．tan3α＝eq\f(Q1,Q2) D．tan3α＝eq\f(Q2,Q1)解析：選D.帶電小球q在P點平衡時，沿切線方向受力平衡，即FAPsinα＝FBPcosα根據庫侖定律：FAP＝keq\f(Q1q,Lcosα2)，FBP＝keq\f(Q2q,Lsinα2)由以上兩式可得D項正確．故選D.☆8.如圖所示，三個點電荷q1、q2、q3固定在一直線上，q2與q3的距離為q1與q2距離的2倍，每個電荷所受靜電力的合力均為零，由此可以判定，三個電荷的電荷量之比q1∶q2∶q3為()A．－9∶4∶－36 B．9∶4∶36C．－3∶2∶－6 D．3∶2∶6解析：選A.每個電荷都受到另外兩個電荷對它的靜電力的作用，其合力為零，這兩個力必須滿足的條件為：大小相等，方向相反．由分析可知：三者電性不可能相同，只能是如圖所示兩種情況．考慮q2的平衡：由r12∶r23＝1∶2據庫侖定律得q3＝4q1考慮q1的平衡：由r12∶r13＝1∶3同理得：q1∶q2∶q3＝1∶eq\f(4,9)∶4＝9∶4∶36考慮電性后應為－9∶4∶－36或9∶－4∶36.故選A.☆9.如圖所示，把一個帶電小球A固定在光滑的水平絕緣桌面上，在桌面的另一處放置帶電小球B，現給B一個垂直AB方向的速度v0，B球將()A．若A、B為異種電荷，B球一定做圓周運動B．若A、B為異種電荷，B球可能做加速度、速度均變小的曲線運動C．若A、B為同種電荷，B球一定做遠離A的變加速曲線運動D．若A、B為同種電荷，B球的動能一定會減小解析：選BC.帶電小球之間的相互作用力大小滿足庫侖定律，但到底是斥力還是引力，取決于兩電荷的電性，為此分下列兩種情況討論：(1)若兩個小球的電荷為異種電荷，則B受到A的引力，方向指向A.又v0⊥AB，此時的情況類似于萬有引力定律應用于人造衛星，當B受到A的庫侖力恰好等于向心力，即keq\f(q1q2,r2)＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，v0＝eq\r(\f(kq1q2,mr))時，B球才能做勻速圓周運動．類比于人造衛星的情況可以得到，當v＞v0時，B球將做庫侖力、加速度、速度都變小的離心運動；當v＜v0時，B球將做庫侖力、加速度、速度逐漸增大的向心運動．(2)若兩個小球的電荷為同種電荷，B因受A的庫侖斥力而做遠離A的變加速曲線運動(因為A、B距離增大，故斥力變小，加速度變小，速度增加)，故選BC.二、非選擇題10.一帶電荷量為＋Q、半徑為R的球，電荷在其內部能均勻分布且保持不變，現在其內部挖去一半徑為R/2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．已知P距大球球心距離為4R.解析：未挖去之前，＋Q對＋q的斥力為：F＝eq\f(kQq,4R2)挖去的小球帶電荷量為：Q′＝eq\f(Q,\f(4πR3,3))×eq\f(4π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)))3,3)＝eq\f(Q,8)挖去的小球原來對＋q的斥力為：F1＝eq\f(k\f(Q,8)q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4R－\f(R,2)))2)＝eq\f(kQq,98R2)剩余部分對＋q的斥力為：F2＝F－F1＝eq\f(41kQq,784R2)，方向向右．答案：eq\f(41kQq,784R2)，方向向右11.(2025·三明高二檢測)如圖所示，A、B是兩個帶等量同種電荷的小球，A固定在豎直放置的10cm長的絕緣支桿上，B靜止于光滑絕緣的傾角為30°的斜面上且恰與A等高，若B的質量為30eq\r(3)g，則B帶電荷量是多少？(取g＝10m/s2)解析：因為B靜止于光滑絕緣的傾角為30°的斜面上且恰與A等高，設A、B之間的水平距離為L.依據題意可得tan30°＝eq\f(h,L)L＝eq\f(h,tan30°)＝eq\f(10,\f(\r(3),3))cm＝10eq\r(3)cm對B進行受力分析，如圖所示依據物體平衡條件解得庫侖力：F＝mgtan30°＝30eq\r(3)×10－3×10×eq\f(\r(3),3)N＝0.3N.依據F＝keq\f(q1q2,r2)得：F＝keq\f(Q2,L2).解得Q＝eq\r(\f(FL2,k))＝eq\r(\f(0.3,9×109))×10eq\r(3)×10－2C＝1.0×10－6C.答案：1.0×10－6C12．如圖甲所示，一條長為3L的絕緣細線穿過兩個質量都是m的小金屬環A和B，將絲線的兩端共同系于天花板上的O點，使金屬環帶電后，便因排斥而使絲線構成一個等邊三角形，此時兩環恰處于同一水平線上，若不計環與線間的摩擦，求金屬環所帶電荷量是多少？某同學解答這道題的過程如下：設小環的電荷量為q，則小環受到