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备战2023-2024学年高二上学期期中物理真题分类汇编热点01电荷库仑定律（Word版附解析）
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这是一份备战2023-2024学年高二上学期期中物理真题分类汇编热点01电荷库仑定律（Word版附解析），共23页。
热点01电荷 库仑定律
1．（2023春·江苏南通·高一校考期中）关于元电荷，下列说法正确的是（ ）
A．元电荷就是电子
B．元电荷是最小的电荷，它带正电
C．元电荷是最小的电荷，它带负电
D．元电荷的数值最早是由美国科学家密立根测出的
【答案】D
【详解】A．元电荷是指最小电荷量，元电荷是一个质子或一个电子的带电荷量，故A错误；
BC．元电荷是电量单位，没有正负之分，BC错误；
D．元电荷的数值最早是由美国科学家密立根通过油滴实验测出的，故D正确。故选D。
2．（2022秋·广东深圳·高二深圳市罗湖外语学校校考期中）下列三幅图反映了三种起电的方式，下列说法正确的是（ ）
A．甲图是橡胶棒与毛皮摩擦后，把正电荷传给了毛皮，使橡胶棒带上了负电
B．乙图无论小球D带正电还是负电，与A接触时都把电荷传给C、C¢，使箔片张开
C．丙图中先把靠近的带电小球C移开，再分开A、B，则A、B带上了等量异种电荷
D．三种起电方式的实质都是电子的转移
【答案】D
【详解】A．橡胶棒与毛皮摩擦后，橡胶棒带负电，是因为电子从毛皮转移到橡胶棒，A错误；
B．小球D带正电时，电子从A与箔片转移到小球D，使箔片带正电。小球D带负电时，电子从小球D转移到箔片带负电。两种情况均使箔片带同种电荷相斥，使箔片张开，B错误；
C．小球C感应A、B，发生静电感应现象，A、B带上等量异种电荷。移开小球C后，静电感应消失，分开后A、B均不带电，C错误；
D．三种起电方式的本质都是电子的转移。不带电的物体因失去电子显正电性，得到电子显负电性，电子在转移的过程中，电荷的总量保持不变，D正确。 故选D。
3．（2023春·河南省直辖县级单位·高一校考期中）（多选）如图，A、B为相互接触的用绝缘支柱支持的金属导体，起初它们不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法正确的是（ ）
A．把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开
B．把C移近导体A，先把A、B分开，然后移去C，A、B上的金属箔片仍张开
C．先把C移走，再把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开
D．先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片张开，而B上的金属箔片闭合
【答案】AB
【详解】AB．感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷。金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，把带正电荷的物体C移近导体A后，把A和B分开，A带负电，B带正电，金属箔还是张开，故AB正确；
C．先把C移走，A、B电荷恢复原状，A、B两端都不带电；若再把A、B分开，A、B上的金属箔片不会张开，故C错误；
D．先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A与B上的电荷重新中和，A上的金属箔片闭合，B上的金属箔片也闭合。故D错误； 故选AB。
4．（2023春·陕西铜川·高二校考期中）挂在绝缘细线下的两个轻质小球，由于电荷间的相互作用而靠近或远离，分别如图中甲、乙所示，则以下说法中正确的是（ ）
A．甲图中两个小球一定带异种电荷 B．甲图中有一个小球可能不带电
C．乙图中两个小球一定带异种电荷 D．乙图中可能有一个小球不带电
【答案】B
【详解】AB．甲图中两个小球相互吸引而靠近，因此可知两个小球可能带异种电荷，也可能一个带电，一个不带电。故A错误，B正确；
CD．乙图中两个小球相互排斥而远离，因此可知两个小球带同种电荷，故CD错误。 故选B。
5．（2023春·江苏扬州·高一统考期中）如图所示是研究“点电荷之间相互作用规律”的扭秤装置（ ）
A．实验中B球也需带电
B．实验中库仑力大小是通过传感器获得的
C．该装置可探究出库仑力与电荷量的乘积成正比
D．该装置可探究出库仑力F与距离r成反比
【答案】C
【详解】A．实验中是要研究A球与C球间的库仑力，故B球不需带电，A错误；
B．实验中库仑力大小是通过悬丝扭转的角度获得的，B错误；
C．该装置可探究出库仑力与电荷量的乘积成正比，C正确；
D．该装置可探究出库仑力F与距离r平方成反比，D错误。 故选C。
6．（2023春·陕西铜川·高二校考期中）两个完全相同的带异种电荷的小球，一个电量是另一个的2倍，如果将两个小球接触一下后再分开放到原来2倍距离处，则它们之间的相互作用力是原来的几倍（ ）
A．132倍 B．116倍 C．4倍 D．16倍
【答案】A
【详解】两个完全相同的带异种电荷的小球，一个电量是另一个的2倍，设一个小球所带电量为2Q，另一个为Q，相距为r时，根据库仑定律得它们之间的相互作用力是 F=k2Q×Qr2=2kQ2r2
如果将两个小球接触一下后再分开，由于带有异种电荷，接触后，先中和后平分，则各自带电量变为Q2，放到原来2倍距离处，则根据库仑定律得它们之间的相互作用力为 F'=kQ2×Q22r2=kQ216r2
则 F'F=132 故选A。
7．（2023春·河北唐山·高一校联考期中）真空中两个点电荷A、B相距为r，如果将A的带电量增加到原来的4倍，B的电荷量不变，要使它们的静电力变为原来的一半，则它们之间距离应变为（ ）
A．16r B．4r C．22r D．2r
【答案】C
【详解】由库仑定律 F=kqAqBr2
由题意 F2=k4qAqBr'2 得 r'=22r 故选C。
8．（2022秋·江苏南通·高三校考期中）如图所示，半径为r的两个金属小球，球心间距离为4r，现使两球分别带上等量异种电荷+Q、-Q，则两球间的静电力（ ）
A．等于kQ24r B．小于kQ24r2 C．等于kQ216r2 D．小于kQ216r2
【答案】B
【详解】由题意可知，此时两个金属小球不能视为点电荷，由于异性电荷相吸，所以正电荷会分布在小球偏右侧位置，负电荷会分布在小球偏左侧位置，则此时+Q和-Q之间的平均距离大于2r且小于4r，根据库仑定律可知两球间的静电力 kQ2(2r)2>F>kQ2(4r)2 故选B。
9．（2022秋·安徽·高二校联考期中）如图所示，A、B是两个可视为质点的带电小球，质量分别为m1，m2，分别用等长的绝缘细线悬挂于O点，给A球施加一个水平向左的水平的力F，使A，B静止时处在同一水平线上，若两球间的库仑力大小为F'，则FF'等于（ ）
A．m1m2-1 B．m1m2+1 C．1-m2m1 D．m2m1
【答案】A
【详解】由于绝缘细线等长，且A、B在同一水平线上，则两悬线与竖直方向的夹角相等，设夹角为θ，
对A研究 tanθ=F+F'm1g 对B研究 tanθ=F'm2g 解得 FF'=m1m2-1 故选A。
10．（2023春·山东泰安·高一新泰市第一中学校考期中）如图，同一直线上的三个点电荷a、b、c，电荷量分别为q1、q2、q3，已知a、b间距离小于b，c间距离，仅在彼此间的静电力作用下，三个点电荷均处于平衡状态，下列说法正确的是（ ）
A．三个点电荷可能均为正电荷
B．若a为正电荷，则b、c均为负电荷
C．点电荷电荷量的绝对值满足q1
【详解】AB．以b点电荷为对象，根据受力平衡可知，a对b的库仑力与c对b的库仑力大小相等，方向相反，可知a、c带同种电荷；以c点电荷为对象，根据受力平衡可知，a对c的库仑力与b对c的库仑力大小相等，方向相反，可知a、b带异种电荷；若a为正电荷，则b为负电荷，c为正电荷，故AB错误；
C．以b点电荷为对象，根据受力平衡可得 kq1q2rab2=kq3q2rbc2
由于 rab
由于 rac>rbc 可得 q1>q2 故D错误。 故选C。
11．（2023春·陕西铜川·高二校考期中）两个带负电的小球，放在光滑绝缘的水平面上并相距一定的距离。若同时释放两球，以下说法中正确的是（ ）
A．电量大的小球对电量小的小球作用力大于电量小的小球对电量大的小球的作用力
B．它们的之间的库仑力越来越大
C．两个小球的加速度逐渐增大
D．两个小球的加速度之比保持不变
【答案】D
【详解】A．根据牛顿第三定律可知，相互作用力大小相等、反向相反、作用在不同物体上，因此电量大的小球对电量小的小球作用力等于电量小的小球对电量大的小球的作用力，故A错误；
B．两小球均带负电，根据极性相同相互排斥，结合库伦定律 F=kq1q2r2
可知，两小球相距越来越远，因此相互间的库仑力越来越小，故B错误；
CD．相互间的库仑力为所受合外力，设两小球的质量分别为m1、m2，加速度分别为a1、a2，根据牛顿第二定律 F=ma=kq1q2r2
可知，随着距离的增加，库仑力逐渐减小，因此小球的加速度逐渐减小，根据上式可得 a1a2=m2m1
可知，两个小球的加速度之比保持不变，故C错误，D正确。 故选D。
12．（2023·浙江宁波·校考期中）如图所示，轻弹簧上端固定，下端拴着一带正电小球Q，Q在A处时弹簧处于原长状态，Q可在C处静止．若将另一带正电小球q固定在C正下方某处时，Q可在B处静止．在有小球q的情况下，将Q从A处由静止释放，则Q从A运动到C处的过程中
A．Q运动到C处时速率最大
B．Q、q两球组成的系统机械能不断增大
C．Q的机械能不断增大
D．加速度大小先减小后增大
【答案】D
【分析】Q从A运动到C处的过程中，当合力为零时速率最大，Q的合外力先减小后增大，加速度先减小到零后反向增大；根据功能关系判断小球Q的机械能如何变化.
【详解】A、q在C正下方某处时，Q在B处所受的合力为零，速率最大，故A错误；
C、Q的机械能E等于Q的动能与重力势能之和，由功能关系有△E=W弹+W电，而弹簧的弹力一直做负功，即W弹＜0，库仑力也一直做负功，即W电＜0，则△E＜0，即Q的机械能不断减小，故C错误；
B、因小球q固定不动，则其机械能不变，故Q的机械能不断变小即为Q、q两球组成的系统的机械能不断减小；故B错误.
D、Q在B处加速度为零，则Q从A运动到B的过程中，加速度一直减小直到零，从B到C加速度反向增大，故D正确； 故选D.
13．（2023·贵阳·高二校考期中）（多选）如图所示，点电荷Q1，Q2固定于边长为L的正三角形的两顶点上，将点电荷Q3（电荷量未知）固定于正三角形的中心，Ql，Q2的电荷量均为＋q．在正三角形第三个顶点上放入另一点电荷Q，且Q的电荷量-q，点电荷Q恰好处于平衡状态．已知静电力常量为k，不计各电荷受到的重力，下列说法正确的是
A．若撤去Q3，则Q将做匀加速直线运动
B．Q3的电荷量为–3q3
C．若不改变Q的电性，仅改变其电荷量，Q将不再受力平衡
D．若将Q1的电荷量改为-q，则Q受到的合力大小为2kq2L2
【答案】BD
【详解】若撤去Q3，点电荷Q所受的合力为Q1、Q2对点电荷Q库仑力的合力，方向竖直向下，向下加速运动的过程中，由于距离两电荷的距离变化，导致库仑力的变化，则加速度变化，做变加速直线运动，A错误．Q1、Q2对点电荷Q库仑力的合力为：F1=2×kq2L2×cos30°=3kq2L2，方向竖直向下，根据几何关系知，Q3与点电荷Q的距离为：r=33L，根据平衡条件得：kQ3qr2=3kq2L2，解得Q3=33q，带负电，B正确．根据kQ3Qr2=3kQqL2知，Q的电量可以约去，若不改变Q的电性，仅改变其电荷量，Q将仍然受力平衡，C错误．若将Q1的电荷量改为-q，Q受到Q1、Q2的合力F'1=kq2L2，方向水平向右，Q3对Q的库仑力大小为3kq2L2，方向竖直向上，根据平行四边形法则知，Q受到的合力大小F合=kq2L22+3kq2L22=2kq2L2，D正确．
14．（2023·黑龙江·高二校考期中）如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置。在管子的底部固定一电荷量为Q（Q>0）的点电荷。在距离底部点电荷为h2的管口A处，有一电荷量为q（q>0）、质量为m的点电荷由静止释放，在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零。现让一个电荷量为q、质量为3m的点电荷仍在A处由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该点电荷（ ）
A．运动到B处的速度为零 B．运动到B处的速度大小为233g(h2-h1)
C．在下落过程中加速度逐渐减小 D．速度最大处与底部点电荷距离为kQqmg
【答案】B
【详解】AB．设第一个点电荷从A到B的运动过程中克服电场力做功为W，
根据动能定理有 mg(h2-h1)-W=0-0
设第二个点电荷运动到B处的速度为v，由于两个点电荷电荷量相同，所以从A到B的运动过程中克服电场力做功相同，根据动能定理有 3mg(h2-h1)-W=12⋅3mv2
联立以上两式解得 v=233g(h2-h1) 故A错误，B正确；
CD．在下落过程中点电荷所受库仑力逐渐增大，加速度先逐渐减小，当库仑力增大到与重力大小相等时，加速度减小至零，此时点电荷的速度最大，根据平衡条件可得 kQqr2=3mg
解得此时点电荷与底部电荷之间的距离为 r=kQq3mg
之后随着点电荷继续下落，其加速度将反向增大，故CD错误。 故选B。
15．（2022秋·山西吕梁·高二统考期中）如图所示，光滑绝缘的半球形凹槽，O为圆心，O′为凹槽最低点，带同种电荷的小球A、B置于凹槽内处于静止状态，此时OA与OO′间夹角为α，OB与OO′间夹角为β，且α<β。A、B两球的电荷量分别记为Q1、Q2，质量分别记为m1、m2，两球均可视为点电荷，则（ ）
A．一定有m1>m2 B．一定有m1
【详解】对两小球受力分析如下图所示
两小球静止，受力平衡，由相似三角形关系可知F1l1=m1gd F2l2=m2gd
由于l1m2gd 故可得 m1>m2
两球电荷量大小无法确定。 故选A。
16．（2022秋·山东青岛·高三山东省青岛第一中学校考期中）如图所示，带电小球A固定在绝缘支架上，带电小球B用绝缘丝线悬挂于天花板，悬点P位于小球A的正上方，A、B均视为点电荷。小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为θ，由于漏电，A、B两小球的电荷量逐渐减小。在电荷漏完之前，有关悬线对悬点P的拉力T和A、B之间库仑力F的大小，下列说法中正确的是（ ）
A．T保持不变，F逐渐减小 B．T逐渐增大，F先变大后变小
C．T逐渐减小，F逐渐减小 D．T先变大后变小，F逐渐增大
【答案】A
【详解】以球B为研究对象，受到重力G、库仑力F和悬线的拉力T三个力作用，如图所示。
由平衡条件可得 F'=G
根据△F'BF∽△PQB可得 GPQ=TPB=FAB 可得 T=PBPQG ，F=ABPQG
在A、B两小球的电荷量逐渐减小的过程中，PB、PQ、G均不变，则悬线的拉力T不变；因电荷量减小，库仑力F减小，故A正确，B、C、D错误。 故选A。
17．（2023春·广东深圳·高二校联考期中）（多选）如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为α、β，且β>α。不计空气阻力，两球带电荷量不变。下列说法正确的是（ ）
A．a球的质量比b球的大
B．若同时剪断两根细线，则a、b两球同时落地
C．a球的电荷量比b球的大
D．若同时剪断两根细线，则a、b两球飞行的水平距离相等
【答案】AB
【详解】A．设a、b球间库仑力大小为F，分析两球受力可得 tanα=Fmag，tanβ=Fmbg
因α<β，故有ma>mb，故A正确；
B．剪断细线后，两球竖直方向只受重力，做自由落体运动，同时落地，故B正确；
C．无法比较电荷量大小，故C错误。
D．由于在水平方向上，两球始终在同一直线上，库仑力大小相等，故水平方向a球的加速度比b球的小，因此相等时间内，a球的水平距离比b球的小，故D错误； 故选AB。
18．（2023春·浙江宁波·高一余姚中学校考期中）质量为m、电荷量为+Q的带电小球A固定在绝缘天花板上，质量也为m的带电小球B在空中水平面内绕O点做半径为R的匀速圆周运动，如图所示。已知小球A、B均可视为点电荷，它们之间的距离为2R，重力加速度为g，静电力常量为k。则（ ）
A．B球所受合力始终指向A球 B．B球受到重力、库仑力、向心力三个力作用
C．B球转动的角速度为3g3R D．天花板对A球的作用力大小为2mg
【答案】C
【详解】A．带电小球B在空中水平面内绕O点做半径为R的匀速圆周运动，B球所受合力始终指向O点，故A错误；
B．设B球的带电量为q，对小球B受力分析，如图所示，
根据库仑定律可得AB的库仑力为 F库=kQq(2R)2
竖直方向根据平衡条件可得 F库cosθ=mg
根据几何关系可得 sinθ=R2R=12，θ=30°
因此可求小球B所带的电荷量为 q=8mgR23kQ 故B错误；
C．对小球B在水平方向由牛顿第二定律得 mgtanθ=mRω2 解得 ω=3g3R 故C正确；
D．依据题意，设B球圆周运动的角速度为ω，以AB整体为研究对象，则整体在竖直方向受大小为2mg的重力，天花板对整体在竖直方向上提供向上的力 F1=2mg
天花板对整体在水平方向上提供指向圆心的力 F2=mω2R
所以天花板对整体的作用力大小为F1和F2的合力，为 F=F12+F22=(2mg)2+(mω2R)2
这一力显然大于2mg，故D错误。 故选C。
19．（2023春·江西景德镇·高一景德镇一中校考期中）（多选）如图所示，有两个质量相同的小球，电荷量均为+Q，一个固定在足够长的光滑绝缘杆O'A的O'端，另一个套在杆O'A上，两球均可视为点电荷，OO'为过O'点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ=45°。开始杆静止，此时两球间的距离为r，现让杆以OO'为轴转动，角速度从零开始缓慢增大，直至两球间的距离变为2r。已知重力加速度为g，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为2kQ2gr2
B．当两球间的距离为2r时，杆转动的角速度为328rg
C．在此过程中，光滑绝缘杆对小球的弹力保持不变
D．在此过程中，小球间的库仑力做负功
【答案】AB
【详解】A．当杆静止时。套在杆上的小球受力平衡，根据力的平衡条件可得 mgsin45°=kQ2r2
解得 m=2kQ2gr2 故A正确；
当两球间的距离为2r时，设杆对小球的支持力为FN，
水平方向上有 FNsin45°-kQ24r2cos45°=mω2⋅2rcos45°
竖直方向上有 FNcos45°+kQ24r2sin45°=mg 解得 ω=328rg 故B正确；
C．在两球间的距离增大为2r的过程中，根据竖直方向平衡方程可知，光滑绝缘杆对小球的弹力不断增大，故C错误；
D．在此过程中，小球间的库仑斥力做正功，故D错误。 故选AB。
20．（2022秋·甘肃甘南·高二校考期中）如图所示，一长为L的绝缘细线下端系质量为m的金属小球，并带有-q的电荷量，在细线的悬点O处放一电荷量为+q的点电荷。要使金属球能在竖直平面内做完整的圆周运动。求：
（1）金属球在最高点受到的库仑力多大；
（2）金属球在最高点的速度至少多大？
【答案】（1）kq2L2；（2）gL+kq2mL
【详解】（1）根据库仑定律，有 F=kq2L2
（2）依题意，当金属球在最高点细线拉力为零时速度最小设为v，由牛顿第二定律可得 mg+kq2L2=mv2L
解得 v=gL+kq2mL
1．（2023春·浙江台州·高一校联考期中）小明同学在空气干燥的教室里进行一个小实验，将一塑料扁带撕成细丝后，一端打结，做成“章鱼”的造型，用毛巾顺着细丝向下捋几下，同样用毛巾来回摩擦PVC（塑料）管。将“章鱼”抛向空中，然后把PVC管从下方靠近它，直到“章鱼”处于悬停状态，则（ ）
A．PVC管带电方式属于感应起电
B．塑料扁带丝由于带上同种电荷会向四周散开
C．用毛巾摩擦后，“章鱼”与PVC管带异种电荷
D．PVC管与“章鱼”相互靠近过程中，两者间相互作用力变小
【答案】B
【详解】A．PVC管带电方式属于摩擦起电，A错误；
B．塑料扁带丝由于带上同种电荷相互排斥而会向四周散开，B正确；
C．用毛巾摩擦后，“章鱼”与PVC管带同种电荷，C错误；
D．PVC管与“章鱼”相互靠近过程中，距离减小，两者间相互作用力变大，D错误。 故选B。
2．（2022秋·山东青岛·高三山东省青岛第一中学校考期中）如图，用一根丝绸摩擦过的玻璃棒，靠近不带电验电器的金属小球a，然后用手指瞬间接触一下验电器小球a，然后拿开玻璃棒，验电器小球a和金箔b的带电情况是（ ）
A．手指接触验电器小球a后拿开玻璃棒前，a不带电、b带正电
B．手指接触验电器小球a后拿开玻璃棒前，a、b均带正电
C．拿开玻璃棒后a、b带负电
D．拿开玻璃棒后a带负电，b带正电
【答案】C
【详解】AB．丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，手指接触验电器小球a后拿开玻璃棒前，根据感应起电a带负电电，b不带电，故AB错误；
CD．拿开玻璃棒后，a、b电荷重新分布，导致a、b带负电，故C正确，D错误。 故选C。
3．（2022秋·上海奉贤·高二校考期中）现有a、b、c、d四个带电球，已知d带正电，a和c相互排斥，c和d相互吸引，而b和d相互排斥，则（ ）
A．a、c带负电，b带正电 B．a带负电，b、c带正电
C．b带负电，a、c带正电 D．a所带电性不能确定
【答案】A
【详解】由于a、b、c、d是四个带电球，d带正电，a、c排斥，即a、c带异种电荷，c、d相互吸引，故a、c带负电，同时由于b和d相互排斥，故b带正电。综上所述，a、c带负电，b带正电。故A正确，BCD错误。 故选A。
4．（2023春·江西景德镇·高一景德镇一中校考期中）如图所示，质量相等可视为点电荷的A、B、C三个带电绝缘小球，其中A带正电并固定在绝缘竖直弹簧下端，当A、B、C三个小球的球心距离为L时，B、C小球带电荷量相等并悬在空中处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧弹力大于三个小球的总重力
B．小球A受三个作用力
C．小球A带的电荷量是小球B带电荷量的2倍
D．剪断弹簧后三个小球一起做自由落体运动
【答案】C
【详解】A．把三个小球看成整体，可得弹簧弹力等于三个小球的总重力，故A错误；
B．分析A的受力有重力、两个库仑力和弹簧弹力，共四个力，故B错误；
C．根据受力平衡可得B、C小球带等量的负电，设小球A、B的电荷量绝对值分别为qA、qB，
A、B之间的库仑力 FAB=kqAqBL2 B、C之间的库仑力 FBC=kqB2L2，θ=60°，
分析B受力如图所示，可得 FABcosθ=FBC 代入得 qA=2qB 故C正确；
D．剪断弹簧后A受重力和B、C小球对A的库仑力，A下落的加速度大于重力加速度，剪断瞬间小球B、C受力不变，加速度为零，故D错误。故选C。
5．（2022春·浙江杭州·高二浙江省淳安中学校联考期中）如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管与水平面成θ=30°角放置。在管子的底部固定一电荷量为Q的带正电小球，在距离底部小球为L1的管口A处，有一电荷量为q、质量为m的带正电小球自静止释放。在距离底部小球为L2的B处速度恰好为零。现换成一个电荷量为q。质量为2m的带正电小球仍在A处自静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，两小球始终不相碰。则该小球（ ）
A．运动到B处的速度为零
B．在下落过程中加速度大小一直变小
C．向下运动了位移x=L1-kQqmg时速度最大
D．向下运动到B点时的速度为g(L1-L2)
【答案】C
【详解】AD．电荷量为q、质量为m的带正电小球自静止释放时，在距离底部小球为L2的B处速度恰好为零，设电场力做功为W，根据动能定理有W+mg(L1-L2)sinθ=0
当静止释放质量为2m的带正电小球时，由于带电量仍为q，则到B点时电场力做功不变，设其此时速度为v，则有W+2mg(L1-L2)sinθ=12⋅2mv2>0 解得 v=g(L1-L2)2
即运动到B处的速度不为零，故AD错误；
B．在下落过程中先是重力沿斜面向下的分力大于库仑力，加速度变小，当加速度为零时，速度大到最大，由于惯性，小球继续向下滑，此时库仑力大于重力沿斜面向下的分力，做加速度变大的减速运动，故B错误；
C．通过分析，当库仑力与重力沿斜面向下的分力相等时，小球速度最大，则有 kQqr2=2mgsin30o=mg
解得 r=kQqmg 则可知向下运动了位移 x=L1-kQqmg 时速度最大，故C正确。 故选C。
6．（2021秋·四川资阳·高二四川省资阳中学校考期中）如图所示，真空中A、B两个可视为点电荷的带电小球电荷量分别为+Q和+q，放在光滑的绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接，弹簧的劲度系数为k0。当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0。已知弹簧的形变均在弹性限度内，k为静电力常量，则（ ）
A．保持Q不变，将q变为3q，平衡时弹簧的伸长量等于3x0
B．保持q不变，将Q变为3Q，平衡时弹簧的伸长量小于3x0
C．保持Q不变，将q变为-q ，平衡时弹簧的缩短量等于x0
D．保持q不变，将Q变为-Q，平衡时弹簧的缩短量小于x0
【答案】B
【详解】AB．设弹簧的原长为l，由库仑定律、胡克定律平衡可得，当电荷量为q时 kQql+x02=k0x0
当保持Q不变，将q变为3q，或保持q不变，将Q变为3Q时，设弹簧的伸长量为x1，有 k3Qql+x12=k0x1
解得 x1=3l+x02l+x12x0 由于x1>x0所以 x1<3x0 故A错误 ，B正确。
CD．当保持Q不变，将q变为-q，或保持q不变，将Q变为-Q时，设弹簧的压缩量为x2，有
kQql-x22=k0x2 解得 x2=l+x02l-x22x0 所以 x2>x0 故CD错误。 故选B。
7．（2023·高一重庆巴蜀中学校考期中）如图所示，光滑水平面上有三个带电小球a、b、c（均可视为质点），它们所带电荷量的绝对值分别为q1、q2、q3，在它们之间的静电力相互作用下均处于平衡状态，则三个小球的电荷量的绝对值满足（ ）
A．q1q2+q2q3=q1q3 B．q12q2+q2q32=q1q3
C．q1q2+q2q3=q1q3 D．q1q23+q2q32=q1q3
【答案】C
【详解】设a、b之间距离r1，b、c之间的距离为r2，由题可知都处于平衡状态
对小球a有kq1q2r12=kq1q3（r1+r2）2 对小球c有kq2q3r22=kq1q3（r1+r2）2
化简得q2q3=r1r1+r2 q2q1=r2r1+r2
上面两式相加得 q2q3+q2q1=r1r1+r2+r2r1+r2=1 化简得 q1q2+q2q3=q1q3
故C正确，ABD错误。 故选C。
8．（2023春·湖南长沙·高一雅礼中学校考期中）如图所示，处于同一竖直平面内的两根光滑绝缘细杆与竖直方向的夹角分别为α、β (α<β)，套在两根杆上的带电小球A、B（均可视为点电荷）恰好静止在同一水平面上。下列说法正确的是（ ）
A．A球所带电荷量一定小于B球所带电荷量
B．A球质量一定大于B球质量
C．若因漏电A球电荷量逐渐减小，重新平衡后，A、B之间的库仑力可能减小
D．若因漏电A球电荷量逐渐减小，重新平衡后，A、B连线一定水平
【答案】D
【详解】A．AB间的库仑力大小相等设为F，根据库仑定律有 F=kqAqBr2
则不能判断电荷量的大小关系，故A错误；
B．对B受力分析如图
根据平衡条件有 F=mBgtanβ
同样对A有 F=mAgtanα
已知α<β，则 mA
9．（2022秋·辽宁·校联考期中）如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分，小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态。已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为-6q，h=2R，重力加速度为g，静电力常量为k，则（ ）
A．小球a的线速度为kq23Rm B．小球b的角速度为3kq23R2m
C．小球c的向心加速度大小为3kq23R2m D．外力F竖直向上，大小为26kq2R2
【答案】C
【详解】A．通过分析，a、b、c一定带同种电荷，d与a、b、c一定带异种电荷，对小球a受力分析，在水平面上和竖直面分别如下图，小球最终的合力为 F=F1-F2=k6q2(3R)2⋅R3R-2⋅kq2(3R)2⋅32RR=3kq23R2
合力提供小球做圆周运动的向心力，有 3kq23R2=mv2R 可得v=3kq23mR，A错误；
B．合力提供小球做圆周运动的向心力，有 3kq23R2=mω2R 解得ω=3kq23mR3，B错误；
C．合力提供小球做圆周运动的向心力，有 3kq23R2=ma 解得a=3kq23mR2，C正确；
D．对d球受力分析，由平衡条件得： F=3k6q2(2R)2+R2⋅2R3R+mg
解得F=26kq2R2+mg，D错误。 故选C。
10．（2022秋·新疆乌鲁木齐·第70中校考期中）如图所示，圆心为O、半径为R的半圆环套有一带正电小球A，沿过O点的竖直方向有一竖直细杆，一端固定于圆环上，杆上套有另一带正电小球B。初始时小球A距离圆环底端很近的位置，两小球间距离为R；现用绝缘装置向小球B施加竖直向上的作用力，使其缓慢运动到半圆环底端处，使小球A沿右侧圆环缓慢上滑，半圆环和杆均光滑绝缘。则下列说法中错误的是（ ）
A．小球A上滑过程中圆环对小球A的支持力一直增大到初始位置的2倍
B．最后两小球的距离为22R
C．小球A上滑过程中两小球组成系统重力势能和电势能都增大
D．小球B对竖直杆的弹力逐渐变大
【答案】B
【详解】小球B缓慢上移过程，小球A处于动态平衡状态，对小球A受力分析，如图所示
根据三角形相似有 Gh=NR=Fr
初始时h=2R，即 N=12G
随着小球B上移，h减小，当其缓慢运动到半圆环底端处，h'=R，则 N'=G
小球A上滑过程中圆环对小球A的支持力一直增大到初始位置的2倍，A正确；
B．根据库仑定律有 F=kq1q2r2 则 Fr=kq1q2r3
初始时小球A刚要移动时，有 F=N，r=R，h=2R 即 FR=G2R=kq1q2R3
当小球缓慢运动到半圆环底端处，设AB之间距离为r'，则有 Fr'=GR=kq1q2r'3
联立得 kq1q2r'3=2kq1q2R3 解得 r'=132R B错误；
C．小球A上滑过程中，除重力和电场力做功外还有竖直方向的外力做正功，故两小球组成系统重力势能和电势能总和变大。过程中，AB两球的高度均升高，重力势能增大，AB两球带同种电荷的距离变小，系统电势能也变大，故C正确；
D．对AB系统受力分析，根据正交分解可知，竖直杆对小球B的弹力等于半圆环对A弹力在水平方向的分力。设OA与竖直方向的夹角为θ，则有 NB=Nsinθ
小球A沿右侧圆环缓慢上滑的过程中θ在增大，N在增大，故竖直杆对小球B的弹力在等大。根据牛顿第三定律可知，小球B对竖直杆的弹力在增大，D正确。 本题选择错误的，故选B。
11．（2022秋·湖北武汉·高二校联考期中）如图所示，带电小球A固定在竖直墙面上，用绕过固定在竖直墙上C点的小定滑轮的细线拉着带电小球B，小球B静止，此时A、B连线水平，A、B间的距离为r，A、C间的距离为h，h>r。用拉力F缓慢拉动绳端，使小球B缓慢向上移动，在小球B从图示位置一直运动到C点的过程中（ ）
A．拉力F一直减小 B．拉力F先增大后减小
C．小球一直做曲线运动 D．小球先做曲线运动后做直线运动
【答案】D
【详解】设小球B的质量为m，B、C间距离为L，在小球B到达竖直墙之前，对小球B受力分析，根据力的矢量三角形与几何三角形相似可得 mgh=FL=kqAqBr2r=kqAqBr3
在小球B从图示位置到与墙壁接触的过程中，mg、h、qA、qB均不变，L变小，则F变小，r不变，因此这个过程小球B绕A做圆周运动；当小球B与竖直墙接触后，在拉力作用下沿墙壁直线上升，库仑力变小，小球在竖直方向受力平衡，所以F变大。综上所述可知拉力F先减小后增大，小球先做曲线运动后做直线运动。故ABC错误，D正确。 故选D。
12．（2022秋·四川成都·高二树德中学校考期中）（多选）如图所示，带电小球a由绝缘细线PM和PN悬挂而处于静止状态，其中PM水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH，圆心P与a球位置重合，管道底端H与水平地面相切，一质量为m可视为质点的带电小球b从G端口由静止释放，当小球b运动到H端时对管道壁恰好无压力，重力加速度为g。在小球b由G滑到H过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．小球b机械能逐渐减小 B．小球b所受库仑力大小为2mg
C．细线PM的拉力先增大后减小 D．小球b的加速度大小逐渐变大
【答案】CD
【详解】A．小球b所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直，即只有重力做功，所以小球b机械能守恒，故A错误；
B．对小球b运动过程应用机械能守恒可得 mgR=12mv2
由小球在H点时对管道壁恰好无压力，根据牛顿第二定律可得 F库-mg=mv2R
所以小球b受到的库仑力 F库=3mg 在小球b沿圆弧运动过程中两带电小球的电荷量和间距不变，故小球b所受库仑力大小始终为3mg，故B错误；
设PN与竖直方向的夹角为α，对球a受力平衡，
在竖直方向可得 FPNcosα=mg+F库sin θ
在水平方向可得 F库cosθ+FPNsinα=FPM 解得 FPM=mgtanα+3mgcosθ-αcosα
下滑过程中θ从0增大90°，细线PM的拉力先增大后减小，故C正确；
D．设b与a的连线与水平方向成θ角，则有 mgRsinθ=12mv2
任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成，即为 a=a12+a22=v2R2+gcosθ2=g1+3sin2θ
可知小球的加速度一直变大，故D正确。 故选CD。
13．（2023·河南郑州·高二校考期中）两个带电小球A、B（可视为质点）通过绝缘的不可伸长的轻绳相连，若将轻绳的某点O固定在天花板上，平衡时两个小球的连线恰好水平，且两根悬线偏离竖直方向的夹角分别为30°和60°，如图甲所示。若将轻绳跨接在竖直方向的光滑定滑轮（滑轮大小可不计）两端，调节两球的位置能够重新平衡，如图乙所示，求：
(1)两个小球的质量之比；
(2)图乙状态，滑轮两端的绳长O′A、O′B之比。
【答案】(1)3∶1；(2)1∶3
【详解】(1)带电小球处于静止状态，受力平衡，对任意一个带电小球受力分析，受到重力、绳子的拉力T和库仑力F，根据平衡条件得 Tcos θ－mg＝0 Tsin θ－F＝0
解得 m=Fgtanθ 所以 mAmB=tan60°tan30°=31
对小球A受力分析，设绳子拉力为T，小球到滑轮的长度为L，O′C的距离为h，根据三角形相似，
有 mgh=TL 解得 L=Thmg
所以 LO'ALO'B=mBmA=13
14．（2022春·浙江杭州·高一杭十四中期中）如图所示，均可视为质点的三个物体A、B、C在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，A绝缘，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，质量分别为mA=0.43kg，mB=0.20kg，mC=0.50kg，其中A不带电，B、C的电荷量分别为qB=+2×10-5C、qC=+7×10-5C且保持不变，开始时三个物体均能保持静止。现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A沿斜面做匀加速直线运动，经过时间t，向上运动1m，向上力F变为恒力，已知静电力常量为k=9.0×109N⋅m2/C2，g取10m/s2。求：
（1）开始时BC间的距离L；
（2）A做匀加速的加速度大小；
（3）F从变力到恒力需要的时间t。
【答案】（1）2.0m；（2）2.0m/s2；（3）1.0s
【详解】（1）A、B、C静止时，以AB为研究对象，受力分析有 （mA+mB）gsin30°=kqBqCL2
代入数据解得 L=2.0m
（2）A向上运动1m，向上力F变为恒力，经分析知AB分离时两者之间弹力恰好为零，此后F变为恒力，即此时B向上运动了1m，对B由牛顿第二定律得 kqBqCl2-mBgsin30°=mBa
其中 l=L+1m=3.0m 解得 a=2.0m/s2
（3）由匀加速运动规律得 l-L=12at2 解得 t=1.0s
热点01电荷 库仑定律
1．（2023春·江苏南通·高一校考期中）关于元电荷，下列说法正确的是（ ）
A．元电荷就是电子
B．元电荷是最小的电荷，它带正电
C．元电荷是最小的电荷，它带负电
D．元电荷的数值最早是由美国科学家密立根测出的
【答案】D
【详解】A．元电荷是指最小电荷量，元电荷是一个质子或一个电子的带电荷量，故A错误；
BC．元电荷是电量单位，没有正负之分，BC错误；
D．元电荷的数值最早是由美国科学家密立根通过油滴实验测出的，故D正确。故选D。
2．（2022秋·广东深圳·高二深圳市罗湖外语学校校考期中）下列三幅图反映了三种起电的方式，下列说法正确的是（ ）
A．甲图是橡胶棒与毛皮摩擦后，把正电荷传给了毛皮，使橡胶棒带上了负电
B．乙图无论小球D带正电还是负电，与A接触时都把电荷传给C、C¢，使箔片张开
C．丙图中先把靠近的带电小球C移开，再分开A、B，则A、B带上了等量异种电荷
D．三种起电方式的实质都是电子的转移
【答案】D
【详解】A．橡胶棒与毛皮摩擦后，橡胶棒带负电，是因为电子从毛皮转移到橡胶棒，A错误；
B．小球D带正电时，电子从A与箔片转移到小球D，使箔片带正电。小球D带负电时，电子从小球D转移到箔片带负电。两种情况均使箔片带同种电荷相斥，使箔片张开，B错误；
C．小球C感应A、B，发生静电感应现象，A、B带上等量异种电荷。移开小球C后，静电感应消失，分开后A、B均不带电，C错误；
D．三种起电方式的本质都是电子的转移。不带电的物体因失去电子显正电性，得到电子显负电性，电子在转移的过程中，电荷的总量保持不变，D正确。 故选D。
3．（2023春·河南省直辖县级单位·高一校考期中）（多选）如图，A、B为相互接触的用绝缘支柱支持的金属导体，起初它们不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法正确的是（ ）
A．把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开
B．把C移近导体A，先把A、B分开，然后移去C，A、B上的金属箔片仍张开
C．先把C移走，再把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开
D．先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片张开，而B上的金属箔片闭合
【答案】AB
【详解】AB．感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷。金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，把带正电荷的物体C移近导体A后，把A和B分开，A带负电，B带正电，金属箔还是张开，故AB正确；
C．先把C移走，A、B电荷恢复原状，A、B两端都不带电；若再把A、B分开，A、B上的金属箔片不会张开，故C错误；
D．先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A与B上的电荷重新中和，A上的金属箔片闭合，B上的金属箔片也闭合。故D错误； 故选AB。
4．（2023春·陕西铜川·高二校考期中）挂在绝缘细线下的两个轻质小球，由于电荷间的相互作用而靠近或远离，分别如图中甲、乙所示，则以下说法中正确的是（ ）
A．甲图中两个小球一定带异种电荷 B．甲图中有一个小球可能不带电
C．乙图中两个小球一定带异种电荷 D．乙图中可能有一个小球不带电
【答案】B
【详解】AB．甲图中两个小球相互吸引而靠近，因此可知两个小球可能带异种电荷，也可能一个带电，一个不带电。故A错误，B正确；
CD．乙图中两个小球相互排斥而远离，因此可知两个小球带同种电荷，故CD错误。 故选B。
5．（2023春·江苏扬州·高一统考期中）如图所示是研究“点电荷之间相互作用规律”的扭秤装置（ ）
A．实验中B球也需带电
B．实验中库仑力大小是通过传感器获得的
C．该装置可探究出库仑力与电荷量的乘积成正比
D．该装置可探究出库仑力F与距离r成反比
【答案】C
【详解】A．实验中是要研究A球与C球间的库仑力，故B球不需带电，A错误；
B．实验中库仑力大小是通过悬丝扭转的角度获得的，B错误；
C．该装置可探究出库仑力与电荷量的乘积成正比，C正确；
D．该装置可探究出库仑力F与距离r平方成反比，D错误。 故选C。
6．（2023春·陕西铜川·高二校考期中）两个完全相同的带异种电荷的小球，一个电量是另一个的2倍，如果将两个小球接触一下后再分开放到原来2倍距离处，则它们之间的相互作用力是原来的几倍（ ）
A．132倍 B．116倍 C．4倍 D．16倍
【答案】A
【详解】两个完全相同的带异种电荷的小球，一个电量是另一个的2倍，设一个小球所带电量为2Q，另一个为Q，相距为r时，根据库仑定律得它们之间的相互作用力是 F=k2Q×Qr2=2kQ2r2
如果将两个小球接触一下后再分开，由于带有异种电荷，接触后，先中和后平分，则各自带电量变为Q2，放到原来2倍距离处，则根据库仑定律得它们之间的相互作用力为 F'=kQ2×Q22r2=kQ216r2
则 F'F=132 故选A。
7．（2023春·河北唐山·高一校联考期中）真空中两个点电荷A、B相距为r，如果将A的带电量增加到原来的4倍，B的电荷量不变，要使它们的静电力变为原来的一半，则它们之间距离应变为（ ）
A．16r B．4r C．22r D．2r
【答案】C
【详解】由库仑定律 F=kqAqBr2
由题意 F2=k4qAqBr'2 得 r'=22r 故选C。
8．（2022秋·江苏南通·高三校考期中）如图所示，半径为r的两个金属小球，球心间距离为4r，现使两球分别带上等量异种电荷+Q、-Q，则两球间的静电力（ ）
A．等于kQ24r B．小于kQ24r2 C．等于kQ216r2 D．小于kQ216r2
【答案】B
【详解】由题意可知，此时两个金属小球不能视为点电荷，由于异性电荷相吸，所以正电荷会分布在小球偏右侧位置，负电荷会分布在小球偏左侧位置，则此时+Q和-Q之间的平均距离大于2r且小于4r，根据库仑定律可知两球间的静电力 kQ2(2r)2>F>kQ2(4r)2 故选B。
9．（2022秋·安徽·高二校联考期中）如图所示，A、B是两个可视为质点的带电小球，质量分别为m1，m2，分别用等长的绝缘细线悬挂于O点，给A球施加一个水平向左的水平的力F，使A，B静止时处在同一水平线上，若两球间的库仑力大小为F'，则FF'等于（ ）
A．m1m2-1 B．m1m2+1 C．1-m2m1 D．m2m1
【答案】A
【详解】由于绝缘细线等长，且A、B在同一水平线上，则两悬线与竖直方向的夹角相等，设夹角为θ，
对A研究 tanθ=F+F'm1g 对B研究 tanθ=F'm2g 解得 FF'=m1m2-1 故选A。
10．（2023春·山东泰安·高一新泰市第一中学校考期中）如图，同一直线上的三个点电荷a、b、c，电荷量分别为q1、q2、q3，已知a、b间距离小于b，c间距离，仅在彼此间的静电力作用下，三个点电荷均处于平衡状态，下列说法正确的是（ ）
A．三个点电荷可能均为正电荷
B．若a为正电荷，则b、c均为负电荷
C．点电荷电荷量的绝对值满足q1
【详解】AB．以b点电荷为对象，根据受力平衡可知，a对b的库仑力与c对b的库仑力大小相等，方向相反，可知a、c带同种电荷；以c点电荷为对象，根据受力平衡可知，a对c的库仑力与b对c的库仑力大小相等，方向相反，可知a、b带异种电荷；若a为正电荷，则b为负电荷，c为正电荷，故AB错误；
C．以b点电荷为对象，根据受力平衡可得 kq1q2rab2=kq3q2rbc2
由于 rab
由于 rac>rbc 可得 q1>q2 故D错误。 故选C。
11．（2023春·陕西铜川·高二校考期中）两个带负电的小球，放在光滑绝缘的水平面上并相距一定的距离。若同时释放两球，以下说法中正确的是（ ）
A．电量大的小球对电量小的小球作用力大于电量小的小球对电量大的小球的作用力
B．它们的之间的库仑力越来越大
C．两个小球的加速度逐渐增大
D．两个小球的加速度之比保持不变
【答案】D
【详解】A．根据牛顿第三定律可知，相互作用力大小相等、反向相反、作用在不同物体上，因此电量大的小球对电量小的小球作用力等于电量小的小球对电量大的小球的作用力，故A错误；
B．两小球均带负电，根据极性相同相互排斥，结合库伦定律 F=kq1q2r2
可知，两小球相距越来越远，因此相互间的库仑力越来越小，故B错误；
CD．相互间的库仑力为所受合外力，设两小球的质量分别为m1、m2，加速度分别为a1、a2，根据牛顿第二定律 F=ma=kq1q2r2
可知，随着距离的增加，库仑力逐渐减小，因此小球的加速度逐渐减小，根据上式可得 a1a2=m2m1
可知，两个小球的加速度之比保持不变，故C错误，D正确。 故选D。
12．（2023·浙江宁波·校考期中）如图所示，轻弹簧上端固定，下端拴着一带正电小球Q，Q在A处时弹簧处于原长状态，Q可在C处静止．若将另一带正电小球q固定在C正下方某处时，Q可在B处静止．在有小球q的情况下，将Q从A处由静止释放，则Q从A运动到C处的过程中
A．Q运动到C处时速率最大
B．Q、q两球组成的系统机械能不断增大
C．Q的机械能不断增大
D．加速度大小先减小后增大
【答案】D
【分析】Q从A运动到C处的过程中，当合力为零时速率最大，Q的合外力先减小后增大，加速度先减小到零后反向增大；根据功能关系判断小球Q的机械能如何变化.
【详解】A、q在C正下方某处时，Q在B处所受的合力为零，速率最大，故A错误；
C、Q的机械能E等于Q的动能与重力势能之和，由功能关系有△E=W弹+W电，而弹簧的弹力一直做负功，即W弹＜0，库仑力也一直做负功，即W电＜0，则△E＜0，即Q的机械能不断减小，故C错误；
B、因小球q固定不动，则其机械能不变，故Q的机械能不断变小即为Q、q两球组成的系统的机械能不断减小；故B错误.
D、Q在B处加速度为零，则Q从A运动到B的过程中，加速度一直减小直到零，从B到C加速度反向增大，故D正确； 故选D.
13．（2023·贵阳·高二校考期中）（多选）如图所示，点电荷Q1，Q2固定于边长为L的正三角形的两顶点上，将点电荷Q3（电荷量未知）固定于正三角形的中心，Ql，Q2的电荷量均为＋q．在正三角形第三个顶点上放入另一点电荷Q，且Q的电荷量-q，点电荷Q恰好处于平衡状态．已知静电力常量为k，不计各电荷受到的重力，下列说法正确的是
A．若撤去Q3，则Q将做匀加速直线运动
B．Q3的电荷量为–3q3
C．若不改变Q的电性，仅改变其电荷量，Q将不再受力平衡
D．若将Q1的电荷量改为-q，则Q受到的合力大小为2kq2L2
【答案】BD
【详解】若撤去Q3，点电荷Q所受的合力为Q1、Q2对点电荷Q库仑力的合力，方向竖直向下，向下加速运动的过程中，由于距离两电荷的距离变化，导致库仑力的变化，则加速度变化，做变加速直线运动，A错误．Q1、Q2对点电荷Q库仑力的合力为：F1=2×kq2L2×cos30°=3kq2L2，方向竖直向下，根据几何关系知，Q3与点电荷Q的距离为：r=33L，根据平衡条件得：kQ3qr2=3kq2L2，解得Q3=33q，带负电，B正确．根据kQ3Qr2=3kQqL2知，Q的电量可以约去，若不改变Q的电性，仅改变其电荷量，Q将仍然受力平衡，C错误．若将Q1的电荷量改为-q，Q受到Q1、Q2的合力F'1=kq2L2，方向水平向右，Q3对Q的库仑力大小为3kq2L2，方向竖直向上，根据平行四边形法则知，Q受到的合力大小F合=kq2L22+3kq2L22=2kq2L2，D正确．
14．（2023·黑龙江·高二校考期中）如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置。在管子的底部固定一电荷量为Q（Q>0）的点电荷。在距离底部点电荷为h2的管口A处，有一电荷量为q（q>0）、质量为m的点电荷由静止释放，在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零。现让一个电荷量为q、质量为3m的点电荷仍在A处由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该点电荷（ ）
A．运动到B处的速度为零 B．运动到B处的速度大小为233g(h2-h1)
C．在下落过程中加速度逐渐减小 D．速度最大处与底部点电荷距离为kQqmg
【答案】B
【详解】AB．设第一个点电荷从A到B的运动过程中克服电场力做功为W，
根据动能定理有 mg(h2-h1)-W=0-0
设第二个点电荷运动到B处的速度为v，由于两个点电荷电荷量相同，所以从A到B的运动过程中克服电场力做功相同，根据动能定理有 3mg(h2-h1)-W=12⋅3mv2
联立以上两式解得 v=233g(h2-h1) 故A错误，B正确；
CD．在下落过程中点电荷所受库仑力逐渐增大，加速度先逐渐减小，当库仑力增大到与重力大小相等时，加速度减小至零，此时点电荷的速度最大，根据平衡条件可得 kQqr2=3mg
解得此时点电荷与底部电荷之间的距离为 r=kQq3mg
之后随着点电荷继续下落，其加速度将反向增大，故CD错误。 故选B。
15．（2022秋·山西吕梁·高二统考期中）如图所示，光滑绝缘的半球形凹槽，O为圆心，O′为凹槽最低点，带同种电荷的小球A、B置于凹槽内处于静止状态，此时OA与OO′间夹角为α，OB与OO′间夹角为β，且α<β。A、B两球的电荷量分别记为Q1、Q2，质量分别记为m1、m2，两球均可视为点电荷，则（ ）
A．一定有m1>m2 B．一定有m1
【详解】对两小球受力分析如下图所示
两小球静止，受力平衡，由相似三角形关系可知F1l1=m1gd F2l2=m2gd
由于l1
两球电荷量大小无法确定。 故选A。
16．（2022秋·山东青岛·高三山东省青岛第一中学校考期中）如图所示，带电小球A固定在绝缘支架上，带电小球B用绝缘丝线悬挂于天花板，悬点P位于小球A的正上方，A、B均视为点电荷。小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为θ，由于漏电，A、B两小球的电荷量逐渐减小。在电荷漏完之前，有关悬线对悬点P的拉力T和A、B之间库仑力F的大小，下列说法中正确的是（ ）
A．T保持不变，F逐渐减小 B．T逐渐增大，F先变大后变小
C．T逐渐减小，F逐渐减小 D．T先变大后变小，F逐渐增大
【答案】A
【详解】以球B为研究对象，受到重力G、库仑力F和悬线的拉力T三个力作用，如图所示。
由平衡条件可得 F'=G
根据△F'BF∽△PQB可得 GPQ=TPB=FAB 可得 T=PBPQG ，F=ABPQG
在A、B两小球的电荷量逐渐减小的过程中，PB、PQ、G均不变，则悬线的拉力T不变；因电荷量减小，库仑力F减小，故A正确，B、C、D错误。 故选A。
17．（2023春·广东深圳·高二校联考期中）（多选）如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为α、β，且β>α。不计空气阻力，两球带电荷量不变。下列说法正确的是（ ）
A．a球的质量比b球的大
B．若同时剪断两根细线，则a、b两球同时落地
C．a球的电荷量比b球的大
D．若同时剪断两根细线，则a、b两球飞行的水平距离相等
【答案】AB
【详解】A．设a、b球间库仑力大小为F，分析两球受力可得 tanα=Fmag，tanβ=Fmbg
因α<β，故有ma>mb，故A正确；
B．剪断细线后，两球竖直方向只受重力，做自由落体运动，同时落地，故B正确；
C．无法比较电荷量大小，故C错误。
D．由于在水平方向上，两球始终在同一直线上，库仑力大小相等，故水平方向a球的加速度比b球的小，因此相等时间内，a球的水平距离比b球的小，故D错误； 故选AB。
18．（2023春·浙江宁波·高一余姚中学校考期中）质量为m、电荷量为+Q的带电小球A固定在绝缘天花板上，质量也为m的带电小球B在空中水平面内绕O点做半径为R的匀速圆周运动，如图所示。已知小球A、B均可视为点电荷，它们之间的距离为2R，重力加速度为g，静电力常量为k。则（ ）
A．B球所受合力始终指向A球 B．B球受到重力、库仑力、向心力三个力作用
C．B球转动的角速度为3g3R D．天花板对A球的作用力大小为2mg
【答案】C
【详解】A．带电小球B在空中水平面内绕O点做半径为R的匀速圆周运动，B球所受合力始终指向O点，故A错误；
B．设B球的带电量为q，对小球B受力分析，如图所示，
根据库仑定律可得AB的库仑力为 F库=kQq(2R)2
竖直方向根据平衡条件可得 F库cosθ=mg
根据几何关系可得 sinθ=R2R=12，θ=30°
因此可求小球B所带的电荷量为 q=8mgR23kQ 故B错误；
C．对小球B在水平方向由牛顿第二定律得 mgtanθ=mRω2 解得 ω=3g3R 故C正确；
D．依据题意，设B球圆周运动的角速度为ω，以AB整体为研究对象，则整体在竖直方向受大小为2mg的重力，天花板对整体在竖直方向上提供向上的力 F1=2mg
天花板对整体在水平方向上提供指向圆心的力 F2=mω2R
所以天花板对整体的作用力大小为F1和F2的合力，为 F=F12+F22=(2mg)2+(mω2R)2
这一力显然大于2mg，故D错误。 故选C。
19．（2023春·江西景德镇·高一景德镇一中校考期中）（多选）如图所示，有两个质量相同的小球，电荷量均为+Q，一个固定在足够长的光滑绝缘杆O'A的O'端，另一个套在杆O'A上，两球均可视为点电荷，OO'为过O'点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ=45°。开始杆静止，此时两球间的距离为r，现让杆以OO'为轴转动，角速度从零开始缓慢增大，直至两球间的距离变为2r。已知重力加速度为g，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为2kQ2gr2
B．当两球间的距离为2r时，杆转动的角速度为328rg
C．在此过程中，光滑绝缘杆对小球的弹力保持不变
D．在此过程中，小球间的库仑力做负功
【答案】AB
【详解】A．当杆静止时。套在杆上的小球受力平衡，根据力的平衡条件可得 mgsin45°=kQ2r2
解得 m=2kQ2gr2 故A正确；
当两球间的距离为2r时，设杆对小球的支持力为FN，
水平方向上有 FNsin45°-kQ24r2cos45°=mω2⋅2rcos45°
竖直方向上有 FNcos45°+kQ24r2sin45°=mg 解得 ω=328rg 故B正确；
C．在两球间的距离增大为2r的过程中，根据竖直方向平衡方程可知，光滑绝缘杆对小球的弹力不断增大，故C错误；
D．在此过程中，小球间的库仑斥力做正功，故D错误。 故选AB。
20．（2022秋·甘肃甘南·高二校考期中）如图所示，一长为L的绝缘细线下端系质量为m的金属小球，并带有-q的电荷量，在细线的悬点O处放一电荷量为+q的点电荷。要使金属球能在竖直平面内做完整的圆周运动。求：
（1）金属球在最高点受到的库仑力多大；
（2）金属球在最高点的速度至少多大？
【答案】（1）kq2L2；（2）gL+kq2mL
【详解】（1）根据库仑定律，有 F=kq2L2
（2）依题意，当金属球在最高点细线拉力为零时速度最小设为v，由牛顿第二定律可得 mg+kq2L2=mv2L
解得 v=gL+kq2mL
1．（2023春·浙江台州·高一校联考期中）小明同学在空气干燥的教室里进行一个小实验，将一塑料扁带撕成细丝后，一端打结，做成“章鱼”的造型，用毛巾顺着细丝向下捋几下，同样用毛巾来回摩擦PVC（塑料）管。将“章鱼”抛向空中，然后把PVC管从下方靠近它，直到“章鱼”处于悬停状态，则（ ）
A．PVC管带电方式属于感应起电
B．塑料扁带丝由于带上同种电荷会向四周散开
C．用毛巾摩擦后，“章鱼”与PVC管带异种电荷
D．PVC管与“章鱼”相互靠近过程中，两者间相互作用力变小
【答案】B
【详解】A．PVC管带电方式属于摩擦起电，A错误；
B．塑料扁带丝由于带上同种电荷相互排斥而会向四周散开，B正确；
C．用毛巾摩擦后，“章鱼”与PVC管带同种电荷，C错误；
D．PVC管与“章鱼”相互靠近过程中，距离减小，两者间相互作用力变大，D错误。 故选B。
2．（2022秋·山东青岛·高三山东省青岛第一中学校考期中）如图，用一根丝绸摩擦过的玻璃棒，靠近不带电验电器的金属小球a，然后用手指瞬间接触一下验电器小球a，然后拿开玻璃棒，验电器小球a和金箔b的带电情况是（ ）
A．手指接触验电器小球a后拿开玻璃棒前，a不带电、b带正电
B．手指接触验电器小球a后拿开玻璃棒前，a、b均带正电
C．拿开玻璃棒后a、b带负电
D．拿开玻璃棒后a带负电，b带正电
【答案】C
【详解】AB．丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，手指接触验电器小球a后拿开玻璃棒前，根据感应起电a带负电电，b不带电，故AB错误；
CD．拿开玻璃棒后，a、b电荷重新分布，导致a、b带负电，故C正确，D错误。 故选C。
3．（2022秋·上海奉贤·高二校考期中）现有a、b、c、d四个带电球，已知d带正电，a和c相互排斥，c和d相互吸引，而b和d相互排斥，则（ ）
A．a、c带负电，b带正电 B．a带负电，b、c带正电
C．b带负电，a、c带正电 D．a所带电性不能确定
【答案】A
【详解】由于a、b、c、d是四个带电球，d带正电，a、c排斥，即a、c带异种电荷，c、d相互吸引，故a、c带负电，同时由于b和d相互排斥，故b带正电。综上所述，a、c带负电，b带正电。故A正确，BCD错误。 故选A。
4．（2023春·江西景德镇·高一景德镇一中校考期中）如图所示，质量相等可视为点电荷的A、B、C三个带电绝缘小球，其中A带正电并固定在绝缘竖直弹簧下端，当A、B、C三个小球的球心距离为L时，B、C小球带电荷量相等并悬在空中处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧弹力大于三个小球的总重力
B．小球A受三个作用力
C．小球A带的电荷量是小球B带电荷量的2倍
D．剪断弹簧后三个小球一起做自由落体运动
【答案】C
【详解】A．把三个小球看成整体，可得弹簧弹力等于三个小球的总重力，故A错误；
B．分析A的受力有重力、两个库仑力和弹簧弹力，共四个力，故B错误；
C．根据受力平衡可得B、C小球带等量的负电，设小球A、B的电荷量绝对值分别为qA、qB，
A、B之间的库仑力 FAB=kqAqBL2 B、C之间的库仑力 FBC=kqB2L2，θ=60°，
分析B受力如图所示，可得 FABcosθ=FBC 代入得 qA=2qB 故C正确；
D．剪断弹簧后A受重力和B、C小球对A的库仑力，A下落的加速度大于重力加速度，剪断瞬间小球B、C受力不变，加速度为零，故D错误。故选C。
5．（2022春·浙江杭州·高二浙江省淳安中学校联考期中）如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管与水平面成θ=30°角放置。在管子的底部固定一电荷量为Q的带正电小球，在距离底部小球为L1的管口A处，有一电荷量为q、质量为m的带正电小球自静止释放。在距离底部小球为L2的B处速度恰好为零。现换成一个电荷量为q。质量为2m的带正电小球仍在A处自静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，两小球始终不相碰。则该小球（ ）
A．运动到B处的速度为零
B．在下落过程中加速度大小一直变小
C．向下运动了位移x=L1-kQqmg时速度最大
D．向下运动到B点时的速度为g(L1-L2)
【答案】C
【详解】AD．电荷量为q、质量为m的带正电小球自静止释放时，在距离底部小球为L2的B处速度恰好为零，设电场力做功为W，根据动能定理有W+mg(L1-L2)sinθ=0
当静止释放质量为2m的带正电小球时，由于带电量仍为q，则到B点时电场力做功不变，设其此时速度为v，则有W+2mg(L1-L2)sinθ=12⋅2mv2>0 解得 v=g(L1-L2)2
即运动到B处的速度不为零，故AD错误；
B．在下落过程中先是重力沿斜面向下的分力大于库仑力，加速度变小，当加速度为零时，速度大到最大，由于惯性，小球继续向下滑，此时库仑力大于重力沿斜面向下的分力，做加速度变大的减速运动，故B错误；
C．通过分析，当库仑力与重力沿斜面向下的分力相等时，小球速度最大，则有 kQqr2=2mgsin30o=mg
解得 r=kQqmg 则可知向下运动了位移 x=L1-kQqmg 时速度最大，故C正确。 故选C。
6．（2021秋·四川资阳·高二四川省资阳中学校考期中）如图所示，真空中A、B两个可视为点电荷的带电小球电荷量分别为+Q和+q，放在光滑的绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接，弹簧的劲度系数为k0。当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0。已知弹簧的形变均在弹性限度内，k为静电力常量，则（ ）
A．保持Q不变，将q变为3q，平衡时弹簧的伸长量等于3x0
B．保持q不变，将Q变为3Q，平衡时弹簧的伸长量小于3x0
C．保持Q不变，将q变为-q ，平衡时弹簧的缩短量等于x0
D．保持q不变，将Q变为-Q，平衡时弹簧的缩短量小于x0
【答案】B
【详解】AB．设弹簧的原长为l，由库仑定律、胡克定律平衡可得，当电荷量为q时 kQql+x02=k0x0
当保持Q不变，将q变为3q，或保持q不变，将Q变为3Q时，设弹簧的伸长量为x1，有 k3Qql+x12=k0x1
解得 x1=3l+x02l+x12x0 由于x1>x0所以 x1<3x0 故A错误 ，B正确。
CD．当保持Q不变，将q变为-q，或保持q不变，将Q变为-Q时，设弹簧的压缩量为x2，有
kQql-x22=k0x2 解得 x2=l+x02l-x22x0 所以 x2>x0 故CD错误。 故选B。
7．（2023·高一重庆巴蜀中学校考期中）如图所示，光滑水平面上有三个带电小球a、b、c（均可视为质点），它们所带电荷量的绝对值分别为q1、q2、q3，在它们之间的静电力相互作用下均处于平衡状态，则三个小球的电荷量的绝对值满足（ ）
A．q1q2+q2q3=q1q3 B．q12q2+q2q32=q1q3
C．q1q2+q2q3=q1q3 D．q1q23+q2q32=q1q3
【答案】C
【详解】设a、b之间距离r1，b、c之间的距离为r2，由题可知都处于平衡状态
对小球a有kq1q2r12=kq1q3（r1+r2）2 对小球c有kq2q3r22=kq1q3（r1+r2）2
化简得q2q3=r1r1+r2 q2q1=r2r1+r2
上面两式相加得 q2q3+q2q1=r1r1+r2+r2r1+r2=1 化简得 q1q2+q2q3=q1q3
故C正确，ABD错误。 故选C。
8．（2023春·湖南长沙·高一雅礼中学校考期中）如图所示，处于同一竖直平面内的两根光滑绝缘细杆与竖直方向的夹角分别为α、β (α<β)，套在两根杆上的带电小球A、B（均可视为点电荷）恰好静止在同一水平面上。下列说法正确的是（ ）
A．A球所带电荷量一定小于B球所带电荷量
B．A球质量一定大于B球质量
C．若因漏电A球电荷量逐渐减小，重新平衡后，A、B之间的库仑力可能减小
D．若因漏电A球电荷量逐渐减小，重新平衡后，A、B连线一定水平
【答案】D
【详解】A．AB间的库仑力大小相等设为F，根据库仑定律有 F=kqAqBr2
则不能判断电荷量的大小关系，故A错误；
B．对B受力分析如图
根据平衡条件有 F=mBgtanβ
同样对A有 F=mAgtanα
已知α<β，则 mA
9．（2022秋·辽宁·校联考期中）如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分，小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态。已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为-6q，h=2R，重力加速度为g，静电力常量为k，则（ ）
A．小球a的线速度为kq23Rm B．小球b的角速度为3kq23R2m
C．小球c的向心加速度大小为3kq23R2m D．外力F竖直向上，大小为26kq2R2
【答案】C
【详解】A．通过分析，a、b、c一定带同种电荷，d与a、b、c一定带异种电荷，对小球a受力分析，在水平面上和竖直面分别如下图，小球最终的合力为 F=F1-F2=k6q2(3R)2⋅R3R-2⋅kq2(3R)2⋅32RR=3kq23R2
合力提供小球做圆周运动的向心力，有 3kq23R2=mv2R 可得v=3kq23mR，A错误；
B．合力提供小球做圆周运动的向心力，有 3kq23R2=mω2R 解得ω=3kq23mR3，B错误；
C．合力提供小球做圆周运动的向心力，有 3kq23R2=ma 解得a=3kq23mR2，C正确；
D．对d球受力分析，由平衡条件得： F=3k6q2(2R)2+R2⋅2R3R+mg
解得F=26kq2R2+mg，D错误。 故选C。
10．（2022秋·新疆乌鲁木齐·第70中校考期中）如图所示，圆心为O、半径为R的半圆环套有一带正电小球A，沿过O点的竖直方向有一竖直细杆，一端固定于圆环上，杆上套有另一带正电小球B。初始时小球A距离圆环底端很近的位置，两小球间距离为R；现用绝缘装置向小球B施加竖直向上的作用力，使其缓慢运动到半圆环底端处，使小球A沿右侧圆环缓慢上滑，半圆环和杆均光滑绝缘。则下列说法中错误的是（ ）
A．小球A上滑过程中圆环对小球A的支持力一直增大到初始位置的2倍
B．最后两小球的距离为22R
C．小球A上滑过程中两小球组成系统重力势能和电势能都增大
D．小球B对竖直杆的弹力逐渐变大
【答案】B
【详解】小球B缓慢上移过程，小球A处于动态平衡状态，对小球A受力分析，如图所示
根据三角形相似有 Gh=NR=Fr
初始时h=2R，即 N=12G
随着小球B上移，h减小，当其缓慢运动到半圆环底端处，h'=R，则 N'=G
小球A上滑过程中圆环对小球A的支持力一直增大到初始位置的2倍，A正确；
B．根据库仑定律有 F=kq1q2r2 则 Fr=kq1q2r3
初始时小球A刚要移动时，有 F=N，r=R，h=2R 即 FR=G2R=kq1q2R3
当小球缓慢运动到半圆环底端处，设AB之间距离为r'，则有 Fr'=GR=kq1q2r'3
联立得 kq1q2r'3=2kq1q2R3 解得 r'=132R B错误；
C．小球A上滑过程中，除重力和电场力做功外还有竖直方向的外力做正功，故两小球组成系统重力势能和电势能总和变大。过程中，AB两球的高度均升高，重力势能增大，AB两球带同种电荷的距离变小，系统电势能也变大，故C正确；
D．对AB系统受力分析，根据正交分解可知，竖直杆对小球B的弹力等于半圆环对A弹力在水平方向的分力。设OA与竖直方向的夹角为θ，则有 NB=Nsinθ
小球A沿右侧圆环缓慢上滑的过程中θ在增大，N在增大，故竖直杆对小球B的弹力在等大。根据牛顿第三定律可知，小球B对竖直杆的弹力在增大，D正确。 本题选择错误的，故选B。
11．（2022秋·湖北武汉·高二校联考期中）如图所示，带电小球A固定在竖直墙面上，用绕过固定在竖直墙上C点的小定滑轮的细线拉着带电小球B，小球B静止，此时A、B连线水平，A、B间的距离为r，A、C间的距离为h，h>r。用拉力F缓慢拉动绳端，使小球B缓慢向上移动，在小球B从图示位置一直运动到C点的过程中（ ）
A．拉力F一直减小 B．拉力F先增大后减小
C．小球一直做曲线运动 D．小球先做曲线运动后做直线运动
【答案】D
【详解】设小球B的质量为m，B、C间距离为L，在小球B到达竖直墙之前，对小球B受力分析，根据力的矢量三角形与几何三角形相似可得 mgh=FL=kqAqBr2r=kqAqBr3
在小球B从图示位置到与墙壁接触的过程中，mg、h、qA、qB均不变，L变小，则F变小，r不变，因此这个过程小球B绕A做圆周运动；当小球B与竖直墙接触后，在拉力作用下沿墙壁直线上升，库仑力变小，小球在竖直方向受力平衡，所以F变大。综上所述可知拉力F先减小后增大，小球先做曲线运动后做直线运动。故ABC错误，D正确。 故选D。
12．（2022秋·四川成都·高二树德中学校考期中）（多选）如图所示，带电小球a由绝缘细线PM和PN悬挂而处于静止状态，其中PM水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH，圆心P与a球位置重合，管道底端H与水平地面相切，一质量为m可视为质点的带电小球b从G端口由静止释放，当小球b运动到H端时对管道壁恰好无压力，重力加速度为g。在小球b由G滑到H过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．小球b机械能逐渐减小 B．小球b所受库仑力大小为2mg
C．细线PM的拉力先增大后减小 D．小球b的加速度大小逐渐变大
【答案】CD
【详解】A．小球b所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直，即只有重力做功，所以小球b机械能守恒，故A错误；
B．对小球b运动过程应用机械能守恒可得 mgR=12mv2
由小球在H点时对管道壁恰好无压力，根据牛顿第二定律可得 F库-mg=mv2R
所以小球b受到的库仑力 F库=3mg 在小球b沿圆弧运动过程中两带电小球的电荷量和间距不变，故小球b所受库仑力大小始终为3mg，故B错误；
设PN与竖直方向的夹角为α，对球a受力平衡，
在竖直方向可得 FPNcosα=mg+F库sin θ
在水平方向可得 F库cosθ+FPNsinα=FPM 解得 FPM=mgtanα+3mgcosθ-αcosα
下滑过程中θ从0增大90°，细线PM的拉力先增大后减小，故C正确；
D．设b与a的连线与水平方向成θ角，则有 mgRsinθ=12mv2
任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成，即为 a=a12+a22=v2R2+gcosθ2=g1+3sin2θ
可知小球的加速度一直变大，故D正确。 故选CD。
13．（2023·河南郑州·高二校考期中）两个带电小球A、B（可视为质点）通过绝缘的不可伸长的轻绳相连，若将轻绳的某点O固定在天花板上，平衡时两个小球的连线恰好水平，且两根悬线偏离竖直方向的夹角分别为30°和60°，如图甲所示。若将轻绳跨接在竖直方向的光滑定滑轮（滑轮大小可不计）两端，调节两球的位置能够重新平衡，如图乙所示，求：
(1)两个小球的质量之比；
(2)图乙状态，滑轮两端的绳长O′A、O′B之比。
【答案】(1)3∶1；(2)1∶3
【详解】(1)带电小球处于静止状态，受力平衡，对任意一个带电小球受力分析，受到重力、绳子的拉力T和库仑力F，根据平衡条件得 Tcos θ－mg＝0 Tsin θ－F＝0
解得 m=Fgtanθ 所以 mAmB=tan60°tan30°=31
对小球A受力分析，设绳子拉力为T，小球到滑轮的长度为L，O′C的距离为h，根据三角形相似，
有 mgh=TL 解得 L=Thmg
所以 LO'ALO'B=mBmA=13
14．（2022春·浙江杭州·高一杭十四中期中）如图所示，均可视为质点的三个物体A、B、C在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，A绝缘，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，质量分别为mA=0.43kg，mB=0.20kg，mC=0.50kg，其中A不带电，B、C的电荷量分别为qB=+2×10-5C、qC=+7×10-5C且保持不变，开始时三个物体均能保持静止。现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A沿斜面做匀加速直线运动，经过时间t，向上运动1m，向上力F变为恒力，已知静电力常量为k=9.0×109N⋅m2/C2，g取10m/s2。求：
（1）开始时BC间的距离L；
（2）A做匀加速的加速度大小；
（3）F从变力到恒力需要的时间t。
【答案】（1）2.0m；（2）2.0m/s2；（3）1.0s
【详解】（1）A、B、C静止时，以AB为研究对象，受力分析有 （mA+mB）gsin30°=kqBqCL2
代入数据解得 L=2.0m
（2）A向上运动1m，向上力F变为恒力，经分析知AB分离时两者之间弹力恰好为零，此后F变为恒力，即此时B向上运动了1m，对B由牛顿第二定律得 kqBqCl2-mBgsin30°=mBa
其中 l=L+1m=3.0m 解得 a=2.0m/s2
（3）由匀加速运动规律得 l-L=12at2 解得 t=1.0s
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