【文档说明】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版含解析.docx，共(23)页，1.425 MB，由小赞的店铺上传

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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×𝑄2(2𝑟)2=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．16rB．4rC．2√2𝑟D．2r【答案】C【详解】由库仑定律𝐹=𝑘𝑞𝐴𝑞𝐵𝑟2由题意𝐹2=𝑘4𝑞𝐴𝑞𝐵𝑟′2得𝑟′=2√2𝑟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𝑘𝑄24𝑟B．小于𝑘𝑄24𝑟2C．等于𝑘𝑄216𝑟2D．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．𝑚1𝑚2−1B．𝑚1𝑚2+1C．1−𝑚2𝑚

1D．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′=�

�1𝑚2−1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|<|𝑞3|D．点电荷电荷量的绝对值满足|𝑞1|<|𝑞2|【答案】C【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𝑘|𝑞1||𝑞2|𝑟𝑎𝑏2=𝑘|𝑞

3||𝑞2|𝑟𝑏𝑐2由于𝑟𝑎𝑏<𝑟𝑏𝑐可得|𝑞1|<|𝑞3|故C正确；D．以c点电荷为对象，根据受力平衡可得𝑘|𝑞1||𝑞3|𝑟𝑎𝑐2=𝑘|𝑞2||𝑞3|𝑟𝑏𝑐2由于𝑟𝑎𝑐>𝑟𝑏𝑐可得|𝑞

1|>|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–√3𝑞3C．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：𝑘𝑄

3𝑞𝑟2=√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=√(𝑘𝑞2𝐿2)2+(√3𝑘𝑞2𝐿2)2=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23√3𝑔(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√𝑘𝑄

𝑞𝑚𝑔【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3𝑚

𝑔(ℎ2−ℎ1)−𝑊=12⋅3𝑚𝑣2联立以上两式解得𝑣=23√3𝑔(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．（20

22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>m2B．一定有m1<m2C．一定有Q1>Q2D．一定有Q1<Q2【答案】A【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=𝑚1𝑔𝑑𝐹2𝑙2=𝑚2𝑔𝑑由于𝑙1<𝑙2，𝐹1=𝐹2，则有𝑚1𝑔𝑑>𝑚2𝑔𝑑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√√3𝑔3𝑅D．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=𝑘𝑄�

�(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=8𝑚𝑔𝑅2√3𝑘𝑄故B错误；C．对小球B在水平方向由牛顿第二定律得𝑚𝑔tan𝜃=𝑚𝑅𝜔

2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√2𝑘𝑄2𝑔𝑟2B．当两球间的距离为2𝑟时，杆转动的角速度为√3√28𝑟𝑔C．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°−𝑘𝑄24𝑟2

cos45°=𝑚𝜔2⋅2𝑟cos45°竖直方向上有𝐹Ncos45°+𝑘𝑄24𝑟2sin45°=𝑚𝑔解得𝜔=√3√28𝑟𝑔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+𝑘𝑞2𝑚𝐿1．（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P

VC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=𝑘𝑞𝐴𝑞𝐵𝐿2B、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2

m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𝑘𝑄𝑞𝑟

2=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3𝑥0B．保持q不变，将Q变为3𝑄，平衡时弹簧的伸长量小于3𝑥0C．保持Q不变，将q变为−𝑞，平衡时弹簧的缩短量等于𝑥0D．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𝑘𝑄𝑞(𝑙+𝑥0)2=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𝑘3𝑄𝑞(𝑙+𝑥1)2=𝑘0𝑥1解得𝑥1=3(𝑙+𝑥0)2(𝑙+𝑥1)2𝑥0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𝑘𝑄𝑞(𝑙−𝑥2)2=𝑘0𝑥2解得𝑥2=(𝑙+𝑥0)2(𝑙−𝑥2)2𝑥0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=√𝑞1𝑞3B．�

�12𝑞2+𝑞2𝑞32=𝑞1𝑞3C．√𝑞1𝑞2+√𝑞2𝑞3=√𝑞1𝑞3D．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√�

�2𝑞1=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<𝑚B故B错误；CD．若因漏电A球的电荷量逐渐减小，重新平衡后，由于A、B受到的重力和杆对A、B的弹力也不变，故库仑力也不变，AB连线仍在一条直线上，故C错误，D正确。故选D。9．（2

022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√𝑘𝑞23𝑅𝑚B．小球b的角速度为√√3𝑘𝑞23𝑅2𝑚C．小球c的向心加

速度大小为√3𝑘𝑞23𝑅2𝑚D．外力F竖直向上，大小为2√6𝑘𝑞2𝑅2【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−�

�2=𝑘6𝑞2(√3𝑅)2⋅𝑅√3𝑅−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√3𝑘𝑞23𝑅

2=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⋅√2𝑅√3𝑅+𝑚𝑔解得𝐹=2√6𝑘𝑞2𝑅2+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√22𝑅C．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′=𝐺

𝑅=𝑘𝑞1𝑞2𝑟′3联立得𝑘𝑞1𝑞2𝑟′3=2𝑘𝑞1𝑞2𝑅3解得𝑟′=1√23𝑅B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2mgC．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sinθ在水平方向可得F库cosθ+FPNsinα=FPM解得𝐹PM=𝑚𝑔tan𝛼+3𝑚𝑔cos(𝜃−𝛼)cos𝛼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=√(𝑣2𝑅)2+(𝑔cos𝜃)2=𝑔√1+3sin

2𝜃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Tcosθ－mg＝0Tsinθ－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=1314．（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、𝑞

C=+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°=𝑘

𝑞B𝑞C𝐿2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