综合·融通 静电力作用下的平衡与加速问题
(融会课——主题串知综合应用)
带电体的平衡与加速问题属于典型的力电综合问题,通过本节课的学习应学会进行静电力作用下物体的受力分析、力的合成与分解,能够应用平衡条件解决静电力作用下的平衡问题;会应用牛顿运动定律结合库仑定律解决带电体的加速运动问题。
主题(一) 同一直线上三个点电荷的平衡问题
[知能融会通]
共线的三个自由点电荷的平衡问题
(1)平衡条件:每个点电荷受到的两个静电力必须大小相等,方向相反。
(2)平衡规律:
“三点共线” 三个点电荷分布在同一直线上
“两同夹异” 正、负电荷相互间隔
“两大夹小” 中间电荷的电荷量最小
“近小远大” 中间电荷靠近电荷量较小的电荷
[典例] (选自鲁科版教材课后练习)两个带正电的小球,电荷量分别为Q和9Q,在真空中相距l。如果引入第三个小球,恰好使得三个小球只在它们相互之间的静电力作用下处于平衡状态,第三个小球应带何种电荷,放在何处,电荷量又是多少
尝试解答:
[变式拓展] 在上述典例中,若把两个带正电的小球固定,其他条件不变,则结果如何
[思维建模]
对同一直线上三个点电荷平衡问题的两点提醒
(1)只要其中两个点电荷平衡,第三个点电荷一定平衡,只需根据平衡条件对其中的任意两个点电荷列式即可。
(2)在三个共线点电荷的平衡问题中,若仅让其中一个点电荷平衡,则只需要确定其位置即可,对其电性和所带电荷量没有要求。
[题点全练清]
1.(2025·孝感期中检测)如图所示,光滑绝缘的水平桌面的同一直线上,放置三个可视为点电荷的小球M、N和P,其中M和N固定,带电荷量分别为+q1和-q2,若小球P能保持静止,则 ( )
A.P一定带正电,q1=q2
B.P一定带正电,q1>q2
C.P可能带负电,q1=q2
D.P可能带负电,q1>q2
2.如图所示,光滑绝缘的水平地面上有相距为L的点电荷A、B,带电荷量分别为-4Q和+Q,现引入第三个点电荷C,使三个点电荷都处于平衡状态,则C的电荷量和放置的位置是 ( )
A.-Q 在A左侧距A为L处
B.-2Q 在A左侧距A为处
C.-4Q 在B右侧距B为L处
D.+2Q 在A右侧距A为处
主题(二) 非共线力作用下带电体的平衡问题
[知能融会通]
分析静电力作用下点电荷的平衡问题时,方法仍然与力学中分析物体的平衡方法一样,具体步骤如下:
(1)确定研究对象:如果有几个物体相互作用时,要依据题意,用“整体法”或“隔离法”选取合适的研究对象。
(2)对研究对象进行受力分析,此时多了静电力。
(3)根据F合=0列方程,若采用正交分解,则有Fx=0,Fy=0。
(4)解方程求出未知量。
[典例] (2024·山西长治期末)如图所示,把电荷量q1=2×10-6 C、质量m1=0.9 kg的带正电小球用绝缘细线悬挂在水平天花板上,带正电的物块放置在倾角θ=37°的光滑固定斜面上。当小球与物块间的连线水平且细线与水平方向的夹角为37°时,小球与物块均静止,此时两者之间的距离d=0.3 m。已知静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,小球及物块均可视为点电荷,重力加速度大小g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小球与物块间的静电力大小F1;
(2)物块的电荷量大小q2;
(3)物块的质量m2。
尝试解答:
[题点全练清]
1.(多选)如图所示,在粗糙绝缘的水平地面上有一带正电的物体A,另一带正电的点电荷B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过,若此过程中A始终保持静止,A、B均可视为质点。则下列说法正确的是 ( )
A.物体A受到地面的支持力先增大后减小
B.物体A受到地面的支持力保持不变
C.物体A受到地面的摩擦力先减小后增大
D.静电力对点电荷B先做正功后做负功
2.(2025·山东烟台月考)如图所示,一光滑绝缘圆形轨道固定在水平面上,在直径AB的两个端点上分别固定电荷量为Q1、Q2的正点电荷,有一个带正电小球恰好静止于轨道内侧P点(小球可视为点电荷)。已知A、P两点的连线与直径AB之间的夹角θ=30°,则的比值为 ( )
A. B.3
C.6 D.
主题(三) 带电体的加速问题
[知能融会通]
静电力作用下的动力学问题可以归纳为“电学问题、力学方法”。遵循力学规律和力的运算法则。在分析具体问题时应注意:
(1)受力分析:除分析重力、弹力、摩擦力等之外,还要分析静电力的作用。
(2)状态分析:通过分析确定带电体的运动状态。
(3)根据问题情境和提供的条件选取适当的物理规律列方程求解。
[典例] 如图所示,质量均为m、带等量异种电荷的A、B两个小球放在光滑绝缘的固定斜面上,给B球施加沿斜面向上、大小为F=4mg(g为重力加速度)的拉力,结果A、B两球以相同的加速度向上做匀加速运动,且两球保持相对静止,两球间的距离为L,小球大小忽略不计,斜面的倾角θ=30°,静电力常量为k。求:
(1)两球一起向上做匀加速运动的加速度大小;
(2)A球所带的电荷量。
尝试解答:
[题点全练清]
1.(2025·贵州毕节月考)如图所示,在绝缘且光滑的水平地面上有两个带异种电荷的小球A、B,质量分别为m1、m2,带电荷量分别为q1、q2。当用力 F向右拉着A时,A、B两小球共同运动,两小球之间的间距为x1;当用力F向左拉着B时,A、B两小球共同运动,两小球之间的间距为x2。则x1和x2的比值为 ( )
A. B.
C. D.
2.(2025·长沙高二上月考)如图所示,质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在光滑绝缘的水平面上,相邻球间的距离均为L,A球带电荷量qA=+10q,B球带电荷量qB=+q。若在C球上加一个水平向右的恒力F,要使三球能始终保持L的间距向右运动,则外力F为多大 C球的带电性质是什么
综合·融通 静电力作用下的平衡与加速问题
主题(一)
[典例] 解析:引入第三个小球后,三个小球均处于平衡状态,第三个小球应放在两个带正电小球连线上,且带负电。
设第三个小球电荷量为q,离Q的距离为x,以第三个小球为研究对象,由平衡条件可得=,解得x=
以Q为研究对象,由平衡条件可得
=,解得q=Q。
答案:带负电荷 放在Q和9Q之间,离Q的距离为 Q
[变式拓展] 提示:由第三个小球的平衡条件可知,第三个小球应放在Q和9Q之间,离Q的距离为,而此时两带正电小球已被固定,故对第三个小球的电性和电荷量无要求。
[题点全练清]
1.选D 根据题意可知,若小球P能保持静止,则小球M、N对P的作用力等大反向,由同种电荷相互吸引、异种电荷相互排斥可知,由于小球M、N带异种电荷,无论P带何种电荷,小球M、N对P的作用力方向都相反,设小球P的电荷量为q,由库仑定律有=,可得q1>q2,故选D。
2.选C 要使三个点电荷都处于平衡状态,可知C应放在B的右侧,且与A电性相同带负电,对电荷B,有k=k;对电荷C,有k=k,解得rBC=L,QC=4Q,故C正确。
主题(二)
[典例] 解析:(1)对小球受力分析,根据平衡条件,竖直方向上有Fsin 37°=m1g
水平方向上有Fcos 37°=F1
联立解得F1=12 N。
(2)由库仑定律有F1=k
解得q2=6×10-5 C。
(3)对物块受力分析,根据平衡条件,沿斜面方向上有m2gsin 37°=F1cos 37°
解得m2=1.6 kg。
答案:(1)12 N (2)6×10-5 C (3)1.6 kg
[题点全练清]
1.选AC 对物体A受力分析,如图所示,由平衡条件可得Ff=Fcos θ,FN=Fsin θ+mg,A、B之间的距离不变,则F大小不变,θ由小于90°增大到大于90°的过程中,Ff先减小到零后反向增大,FN先增大后减小,A、C正确,B错误;因A对B的静电力与B运动的速度方向始终垂直,故静电力对B不做功,D错误。
2.选B 对小球进行受力分析如图所示,根据库仑定律有F1=k,F2=k,设A点和B点相距L,有r1=Lcos θ,r2=Lsin θ,根据平衡条件有tan θ=,联立解得==3,故选B。
主题(三)
[典例] 解析:(1)运用整体法,两球一起向上做匀加速运动,设加速度大小为a,根据牛顿第二定律有4mg-2mgsin θ=2ma
解得a=g。
(2)设A球所带的电荷量为q,对A球分析,根据牛顿第二定律有k-mgsin θ=ma,解得q=L。
答案:(1)g (2)L
[题点全练清]
1.选C 对A、B整体由牛顿第二定律有F=(m1+m2)a,可知无论拉力作用在A上还是作用在B上,两球共同运动的加速度大小相同,则当拉力作用在A上时,对小球B由牛顿第二定律有k=m2a,当拉力作用在B上时,对小球A由牛顿第二定律有k=m1a,解得=。故选C。
2.解析:由于A、B两球都带正电,它们互相排斥,C球必须对A、B都吸引,才能保证系统向右加速运动,故C球带负电荷。以三球为整体,设系统加速度为a,则F=3ma,隔离A、B,由牛顿第二定律可知,对A,-=ma,对B,+=ma,可得F=。
答案: C球带负电荷
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静电力作用下的平衡与加速问题(融会课——主题串知综合应用)
综合 融通
带电体的平衡与加速问题属于典型的力电综合问题，通过本节课的学习应学会进行静电力作用下物体的受力分析、力的合成与分解，能够应用平衡条件解决静电力作用下的平衡问题;会应用牛顿运动定律结合库仑定律解决带电体的加速运动问题。
1
主题(一) 同一直线上三个点电荷
的平衡问题
2
主题(二) 非共线力作用下带电体的
平衡问题
3
主题(三) 带电体的加速问题
CONTENTS
目录
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课时跟踪检测
主题(一) 同一直线上三个
点电荷的平衡问题
共线的三个自由点电荷的平衡问题
(1)平衡条件:每个点电荷受到的两个静电力必须大小相等，方向相反。
知能融会通
(2)平衡规律:
“三点共线” 三个点电荷分布在同一直线上
“两同夹异” 正、负电荷相互间隔
“两大夹小” 中间电荷的电荷量最小
“近小远大” 中间电荷靠近电荷量较小的电荷
[典例] (选自鲁科版教材课后练习)两个带正电的小球，电荷量分别为Q和9Q，在真空中相距l。如果引入第三个小球，恰好使得三个小球只在它们相互之间的静电力作用下处于平衡状态，第三个小球应带何种电荷，放在何处，电荷量又是多少
[答案] 带负电荷 放在Q和9Q之间，离Q的距离为 Q
[解析] 引入第三个小球后，三个小球均处于平衡状态，第三个小球应放在两个带正电小球连线上，且带负电。
设第三个小球电荷量为q，离Q的距离为x，以第三个小球为研究对象，由平衡条件可得=，解得x=
以Q为研究对象，由平衡条件可得
=，解得q=Q。
[变式拓展] 在上述典例中，若把两个带正电的小球固定，其他条件不变，则结果如何
提示:由第三个小球的平衡条件可知，第三个小球应放在Q和9Q之间，离Q的距离为，而此时两带正电小球已被固定，故对第三个小球的电性和电荷量无要求。
[思维建模]
对同一直线上三个点电荷平衡问题的两点提醒
(1)只要其中两个点电荷平衡，第三个点电荷一定平衡，只需根据平衡条件对其中的任意两个点电荷列式即可。
(2)在三个共线点电荷的平衡问题中，若仅让其中一个点电荷平衡，则只需要确定其位置即可，对其电性和所带电荷量没有要求。
1.(2025·孝感期中检测)如图所示，光滑绝缘的水平桌面的同一直线上，放置三个可视为点电荷的小球M、N和P，其中M和N固定，带电荷量分别为+q1和-q2，若小球P能保持静止，则 ( )
A.P一定带正电，q1=q2 B.P一定带正电，q1>q2
C.P可能带负电，q1=q2 D.P可能带负电，q1>q2
题点全练清
√
解析:根据题意可知，若小球P能保持静止，则小球M、N对P的作用力等大反向，由同种电荷相互吸引、异种电荷相互排斥可知，由于小球M、N带异种电荷，无论P带何种电荷，小球M、N对P的作用力方向都相反，设小球P的电荷量为q，由库仑定律有=，可得q1>q2，故选D。
2.如图所示，光滑绝缘的水平地面上有相距为L的点电荷A、B，带电荷量分别为-4Q和+Q，现引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是 ( )
A.-Q 在A左侧距A为L处
B.-2Q 在A左侧距A为处
C.-4Q 在B右侧距B为L处
D.+2Q 在A右侧距A为处
√
解析:要使三个点电荷都处于平衡状态，可知C应放在B的右侧，且与A电性相同带负电，对电荷B，有k=k;对电荷C，有k=k，解得rBC=L，QC=4Q，故C正确。
主题(二) 非共线力作用下
带电体的平衡问题
分析静电力作用下点电荷的平衡问题时，方法仍然与力学中分析物体的平衡方法一样，具体步骤如下:
(1)确定研究对象:如果有几个物体相互作用时，要依据题意，用“整体法”或“隔离法”选取合适的研究对象。
(2)对研究对象进行受力分析，此时多了静电力 F= 。
(3)根据F合=0列方程，若采用正交分解，则有Fx=0，Fy=0。
(4)解方程求出未知量。
知能融会通
[典例] (2024·山西长治期末)如图所示，把电荷量q1=2×10-6 C、质量m1=0.9 kg的带正电小球用绝缘细线悬挂在水平天花板上，带正电的物块放置在倾角θ=37°的光滑固定斜面上。当小球与物块间的连线水平且细线与水平方向的夹角为37°时，小球与物块均静止，此时两者之间的距离d=0.3 m。已知静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2，小球及物块均可视为点电荷，重力加速度大
小g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°
=0.8。求:
(1)小球与物块间的静电力大小F1;
[答案] 12 N
[解析] 对小球受力分析，根据平衡条件，竖直方向上有
Fsin 37°=m1g
水平方向上有Fcos 37°=F1
联立解得F1=12 N。
(2)物块的电荷量大小q2;
[答案] 6×10-5 C
[解析] 由库仑定律有F1=k
解得q2=6×10-5 C。
(3)物块的质量m2。
[答案] 1.6 kg
[解析] 对物块受力分析，根据平衡条件，沿斜面方向上有m2gsin 37°=F1cos 37°
解得m2=1.6 kg。
1.(多选)如图所示，在粗糙绝缘的水平地面上有一带正电的物体A，另一带正电的点电荷B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B均可视为质点。则下列说法正确的是 ( )
A.物体A受到地面的支持力先增大后减小
B.物体A受到地面的支持力保持不变
C.物体A受到地面的摩擦力先减小后增大
D.静电力对点电荷B先做正功后做负功
题点全练清
√
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解析:对物体A受力分析，如图所示，由平衡条件可得Ff=Fcos θ，FN=Fsin θ+mg，A、B之间的距离不变，则F大小不变，θ由小于90°增大到大于90°的过程中，Ff先减小到零后反向增大，FN先增大后减小，A、C正确，B错误;因A对B的静电力与B运动的速度方向始终垂直，故静电力对B不做功，D错误。
2.(2025·山东烟台月考)如图所示，一光滑绝缘圆形轨道固定在水平面上，在直径AB的两个端点上分别固定电荷量为Q1、Q2的正点电荷，有一个带正电小球恰好静止于轨道内侧P点(小球可视为点电荷)。已知A、P两点的连线与直径AB之间的夹角θ=30°，则的比值为( )
A. B.3
C.6 D.
√
解析:对小球进行受力分析如图所示，根据库仑定律有F1=k，F2=k，设A点和B点相距L，有r1=Lcos θ，r2=Lsin θ，根据平衡条件有tan θ=，联立解得==3，故选B。
主题(三) 带电体的加速问题
静电力作用下的动力学问题可以归纳为“电学问题、力学方法”。遵循力学规律和力的运算法则。在分析具体问题时应注意:
(1)受力分析:除分析重力、弹力、摩擦力等之外，还要分析静电力的作用。
(2)状态分析:通过分析确定带电体的运动状态。
(3)根据问题情境和提供的条件选取适当的物理规律列方程求解。
知能融会通
[典例] 如图所示，质量均为m、带等量异种电荷的A、B两个小球放在光滑绝缘的固定斜面上，给B球施加沿斜面向上、大小为F=4mg(g为重力加速度)的拉力，结果A、B两球以相同的加速度向上做匀加速运动，且两球保持相对静止，两球间的距离为L，小球大小忽略不计，斜面的倾角θ=30°，静电力常量为k。求:
(1)两球一起向上做匀加速运动的加速度大小;
[答案] g
[解析] 运用整体法，两球一起向上做匀加速运动，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律有4mg-2mgsin θ=2ma
解得a=g。
(2)A球所带的电荷量。
[答案] L
[解析] 设A球所带的电荷量为q，对A球分析，根据牛顿第二定律有k-mgsin θ=ma
解得q=L。
1.(2025·贵州毕节月考)如图所示，在绝缘且光滑的水平地面上有两个带异种电荷的小球A、B，质量分别为m1、m2，带电荷量分别为q1、q2。当用力 F向右拉着A时，A、B两小球共同运动，两小球之间的间距为x1;当用力F向左拉着B时，A、B两小球共同运动，两小球之间的间距为x2。则x1和x2的比值为 ( )
A. B.
C. D.
题点全练清
√
解析:对A、B整体由牛顿第二定律有F=(m1+m2)a，可知无论拉力作用在A上还是作用在B上，两球共同运动的加速度大小相同，则当拉力作用在A上时，对小球B由牛顿第二定律有k=m2a，当拉力作用在B上时，对小球A由牛顿第二定律有k=m1a，解得=。故选C。
2.(2025·长沙高二上月考)如图所示，质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在光滑绝缘的水平面上，相邻球间的距离均为L，A球带电荷量qA=+10q，B球带电荷量qB=+q。若在C球上加一个水平向右的恒力F，要使三球能始终保持L的间距向右运动，则外力F为多大 C球的带电性质是什么
答案: C球带负电荷
解析:由于A、B两球都带正电，它们互相排斥，C球必须对A、B都吸引，才能保证系统向右加速运动，故C球带负电荷。
以三球为整体，设系统加速度为a，则F=3ma
隔离A、B，由牛顿第二定律可知
对A，-=ma
对B，+=ma，可得F=。
课时跟踪检测
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1.(2025·陕西铜川月考)(多选)如图所示，在一条直线上有两个相距0.4 m的点电荷A、B，A带电荷量为+Q，B带电荷量为-9Q。现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在静电力的作用下处于平衡状态，则下列说法正确的是 ( )
A.C带电荷量为-
B.C带电荷量为-
C.C在B的右边0.4 m处
D.C在A的左边0.2 m处
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解析:依题意，要使三个点电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异”“两大夹小”“近小远大”的原则，所以点电荷C应在A左侧，且带负电，设C带电荷量为-q，A、C间的距离为x，由于C处于平衡状态，所以k=k，解得x=0.2 m，故C错误，D正确;由于A处于平衡状态，所以k=k，解得q=Q，C带电荷量为-Q，故A错误，B正确。
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2.如图所示，在绝缘光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，同时从静止释放，则两个小球的加速度大小和速度大小随时间变化的情况是 ( )
A.速度变大，加速度变大
B.速度变小，加速度变小
C.速度变大，加速度变小
D.速度变小，加速度变大
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解析:因小球受到的库仑力与小球的运动方向相同，故小球将一直做加速运动，又由于两小球间的距离增大，它们之间的库仑力越来越小，故加速度越来越小，C正确。
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3.(2025·上海长宁阶段练习)如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的绝缘水平桌面上，在桌面的另一处放置一个带电小球B，现给小球B一个垂直A、B连线方向的速度v0，使其在水平桌面上运动，则下列说法中正确的是 ( )
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A.若A、B带同种电荷，B球可能做速度减小的曲线运动
B.若A、B带同种电荷，B球一定做加速度增大的曲线运动
C.若A、B带异种电荷，B球一定做匀变速曲线运动
D.若A、B带异种电荷，B球可能做速度大小和加速度大小都不变的曲线运动
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解析:若A、B带同种电荷，则A对B有斥力作用，且斥力方向和速度方向的夹角越来越小，速度增大，两球间的距离越来越大，静电力越来越小，所以加速度越来越小，故A、B错误;若A、B带异种电荷，B受到的静电力指向A球，力的大小或方向肯定有一个发生变化，加速度一定变化，不可能做匀变速曲线运动，故C错误;当静电力恰好等于B绕A做匀速圆周运动需要的向心力时，B球做匀速圆周运动，所以B球可能做速度大小和加速度大小都不变的曲线运动，故D正确。
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4.(多选)如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环竖直固定，带电荷量为+Q的小球A固定在圆环的最低点，带电荷量为+q的小球B套在圆环上，静止时和圆心的连线与竖直方向的夹角为60°。已知重力加速度为g，静电力常量为k，两个小球均可视为质点。下列说法正确的是 ( )
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A.小球B受到的静电力大小为
B.小球B的质量为
C.若小球B缓慢漏电，将会沿圆环缓慢下滑，受到支持力的大小保持不变
D.若小球B缓慢漏电，将会沿圆环缓慢下滑，受到静电力的大小逐渐增大
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解析:根据题意，由几何关系可得rAB=2Rsin 60°=R，则小球B受到的静电力大小为F电==，故A正确;根据题意，对小球B受力分析，如图所示，根据平衡条件及相似三角形有==，
解得mB=，若小球B缓慢漏电，将会沿圆环缓慢下
滑，rAB减小，小球B受到的静电力大小逐渐减小，小球B
受到的支持力大小等于小球B的重力保持不变，故C正确，B、D错误。
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5.(2025·湖南长沙月考)(多选)如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球A、B、C(均可视为点电荷)，三球沿一条直线摆放，仅受它们相互之间的静电力，三球均处于静止状态，A、B和B、C小球间的距离分别是r1、r2。则以下判断正确的是 ( )
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A.A、C两个小球可能带异种电荷
B.三个小球的电荷量大小满足QC>QA>QB
C.摆放这三个小球时，可以先固定C球，摆放A、B使其能处于静止状态，再释放C球
D.=
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√
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解析:根据“两同夹异”原则，A、C必定带同种电荷，A错误;根据“两大夹小、近小远大”原则，可得QC>QA>QB，B正确;摆放这三个小球时，可以先固定C球，摆放A、B使其能处于静止状态，再释放C球，C正确;对B受力分析，左右两个方向的静电力大小相等，可得k=k，解得=，D错误。
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6.如图所示，带电小球1固定在空中A点，带电小球2在库仑斥力的作用下沿光滑绝缘水平面向右做加速运动，运动到B点时加速度大小为a，A、B连线与竖直方向的夹角为30°。当小球2运动到C点，A、C连线与竖直方向夹角为60°角时，小球2的加速度大小为(两小球均可看成点电荷) ( )
A.a B.a
C.a D.a
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解析:设在B点时两个小球之间的库仑力为F1，在C点时两个小球之间的库仑力为F2，小球1距离地面的高度为h，根据库仑定律有F1=，F2=，设小球2的质量为m，在C点的加速度大小为a'，则根据牛顿第二定律有F1sin 30°=ma，F2sin 60°=ma'，联立得到a'=a，故选C。
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7.(2025·河南郑州阶段练习)如图所示，光滑绝缘水平桌面上有A、B两个带电小球(可以看成点电荷)，A球带电荷量为+2q，B球带电荷量为-q。由静止开始释放两球，释放瞬间A球的加速度大小为B球的两倍。不计空气阻力，下列说法正确的是 ( )
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A.A、B球相互靠近过程中加速度都增大，且A球的加速度大小总是B球的两倍
B.A球的质量和B球的质量相等
C.A球受到的静电力与B球受到的静电力是一对平衡力
D.A球受到的静电力是B球受到的静电力的2倍
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解析:A球受到的静电力与B球受到的静电力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故C、D错误。根据题意可知，释放瞬间A球的加速度大小为B球的两倍，A、B球相互靠近的过程中，A、B间距离越来越小，则相互作用力越来越大，所以加速度都增大，并且A、B球所受静电力的大小一直相等，则A球的加速度大小总是B球的两倍，根据牛顿第二定律F=ma可知，B球的质量是A球的2倍，故B错误，A正确。
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8.如图所示，A、B、C是光滑绝缘水平桌面上位于同一圆周且等间距的三点，现在这三点分别放置完全相同的带电荷量为-q的金属小球，同时在圆心O处放置一个带电荷量为+Q的小球，已知所有小球均可看作点电荷且均处于静止状态，则Q与q的比值为 ( )
A. B.
C. D.3
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解析:以圆周上的一个金属小球为研究对象， 受到另外两个圆周上的金属小球的库仑斥力作用，同时受到圆心处的小球的库仑引力作用，设圆的半径为r，根据受力平衡得2×=，根据几何关系有L=r，联立解得=，故选B。
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9.(多选)如图所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个质量为m、电荷量为+q且可视为质点的小球A。悬点O的正下方固定一体积较大的金属球B，其所带电荷量为+Q，小球A与金属球B的球心等高，两球心的距离为r，轻绳与竖直方向的夹角为θ。已知静电力常量为k，重力加速度为g，B球半径相对于两球心距离r不可忽略，则 ( )
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A.轻绳对小球A的拉力大小为
B.金属球B对小球A的库仑力大小为
C.轻绳对小球A的拉力大小为
D.金属球B对小球A的库仑力大小为mgtan θ
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√
√
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解析:由于同种电荷相互排斥，金属球B上的电荷发生了重新排布，不能认为电荷集中于B的球心，因此，小球A受到的库仑力大小不等于，以小球A为研究对象，受力分析如图所示，由受力平衡可得=cos θ，=tan θ，则FT=，F=mgtan θ，故B、C错误，A、D正确。
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10.如图所示，在O点用三根等长的绝缘细线分别悬挂A、B、C三个带电小球，三个小球的质量均为m，稳定后OABC构成正四面体，A、B、C处于同一水平面，不计小球的大小，重力加速度为g，则下列说法正确的是 ( )
A.三个小球的带电量不一定相等
B.三个小球中，可能有某两小球带异种电荷
C.每根细线的拉力大小为任意两小球间库仑力大小的3倍
D.每根细线的拉力大小等于mg
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解析:根据力的平衡可知，三个小球受到的库仑力大小相等，因此三个小球的带电量一定相同，故A错误;根据对称性可知，三个小球一定带同种电荷，故B错误;设每根绝缘细线长为L，则正四面体的高为L，设细线与水平方向的夹角为θ，则sin θ=，设任意两个球间的库仑力大小为F，细线的拉力大小为T，则Tcos θ=2Fcos 30°，解得T=3F，故C正确;根据Tsin θ=mg，解得T=mg，故D错误。
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11.(12分)(2025·广西柳州阶段练习)如图所示，一根长L=5.0 m、与水平方向的夹角θ=30°的光滑绝缘细直杆MN固定在竖直面内，杆的下端M点固定一个带电小球A，所带电荷量Q=+5.0×10-5 C。另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，所带电荷量q=+1.0×10-5 C，质量m=0.1 kg。将小球B从杆的上端N由静止释放，小球B开始运动。则:(静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2，取g=10 m/s2)
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(1)小球B开始运动时的加速度为多大
答案:3.2 m/s2
解析:对小球B受力分析，如图所示，开始运动时小球B受重力、静电力、杆的弹力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律可得
mgsin θ -=ma
解得a=3.2 m/s2。
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(2)小球B的速度最大时，与 M端的距离r为多大
答案: 3.0 m
解析: 小球B的速度最大时所受合力为零，即mgsin θ-=0
代入数据解得r=3.0 m。
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12.(14分)(2025·山东聊城阶段练习)如图所示，质量为0.72 kg、电荷量为q1=1×10-5 C的带电小球A固定在绝缘天花板上，带电小球B的质量也为0.72 kg，A和B都可以视为点电荷，B在空中水平面内绕O点做匀速圆周运动，AB与竖直方向的夹角为θ=37°。已知小球A、B间的距离为2 m，重力加速度为g=10 m/s2，静电力常量为
k=9.0×109 N·m2/C2，sin 37°=0.6，cos 37°
=0.8。求:
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(1)B球转动的角速度;
答案:2.5 rad/s
解析:对小球B，由牛顿第二定律有mgtan θ=mω2lsin θ
解得ω=2.5 rad/s。
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(2)B球所带电荷量的绝对值大小q2。
答案:4×10-4 C
解析: 对小球B，竖直方向有Fcos θ=mg
由库仑定律有F=k
联立解得q2=4×10-4 C。
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13.(14分)如图所示，倾角为θ的斜面体A置于水平地面上，小物块B置于斜面上，绝缘细绳一端与B相连(绳与斜面平行)，另一端跨过光滑的定滑轮与质量为m的带电小球P连接，定滑轮的正下方固定一带电小球Q，两球所带电荷量大小均为q。P静止时细绳与竖直方向夹角为β(β<90°)，P、Q处于同一高度，静电力常量为k，重力加速度为g。求:
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(1)绝缘细绳对P的拉力大小;
答案:
解析:画出小球P的受力示意图如图甲所示，根据竖直方向受力平衡FTcos β=mg，可得FT=。
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(2)地面对斜面体A的摩擦力大小;
答案:
解析:将A和B当作整体，受力如图乙所示，水平方向受力平衡f=FTcos θ=。
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(3)现缓慢在竖直面内移动Q直到Q移动到小球P的正下方，在这一过程中保持A、B、P处于静止状态，求P、Q间距离最大值。(P、Q均可视为点电荷)
答案:
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解析:对小球P受力分析如图丙所示，当小球P位置不动，Q缓慢移动时，绝缘细绳对P的拉力逐渐减小，Q对P的库仑力F库先减小后增大，P、Q间库仑力最小时，P、Q间距离最大，则有mgsin β=，解得r=。
2
3
4课时跟踪检测(三) 静电力作用下的平衡与加速问题
(选择题1~10小题,每小题5分。本检测卷满分90分)
1.(2025·陕西铜川月考)(多选)如图所示,在一条直线上有两个相距0.4 m的点电荷A、B,A带电荷量为+Q,B带电荷量为-9Q。现引入第三个点电荷C,恰好使三个点电荷均在静电力的作用下处于平衡状态,则下列说法正确的是 ( )
A.C带电荷量为-
B.C带电荷量为-
C.C在B的右边0.4 m处
D.C在A的左边0.2 m处
2.如图所示,在绝缘光滑水平面上,相隔一定距离有两个带同种电荷的小球,同时从静止释放,则两个小球的加速度大小和速度大小随时间变化的情况是 ( )
A.速度变大,加速度变大
B.速度变小,加速度变小
C.速度变大,加速度变小
D.速度变小,加速度变大
3.(2025·上海长宁阶段练习)如图所示,把一个带电小球A固定在光滑的绝缘水平桌面上,在桌面的另一处放置一个带电小球B,现给小球B一个垂直A、B连线方向的速度v0,使其在水平桌面上运动,则下列说法中正确的是 ( )
A.若A、B带同种电荷,B球可能做速度减小的曲线运动
B.若A、B带同种电荷,B球一定做加速度增大的曲线运动
C.若A、B带异种电荷,B球一定做匀变速曲线运动
D.若A、B带异种电荷,B球可能做速度大小和加速度大小都不变的曲线运动
4.(多选)如图所示,半径为R的光滑绝缘圆环竖直固定,带电荷量为+Q的小球A固定在圆环的最低点,带电荷量为+q的小球B套在圆环上,静止时和圆心的连线与竖直方向的夹角为60°。已知重力加速度为g,静电力常量为k,两个小球均可视为质点。下列说法正确的是 ( )
A.小球B受到的静电力大小为
B.小球B的质量为
C.若小球B缓慢漏电,将会沿圆环缓慢下滑,受到支持力的大小保持不变
D.若小球B缓慢漏电,将会沿圆环缓慢下滑,受到静电力的大小逐渐增大
5.(2025·湖南长沙月考)(多选)如图所示,光滑绝缘水平面上有三个带电小球A、B、C(均可视为点电荷),三球沿一条直线摆放,仅受它们相互之间的静电力,三球均处于静止状态,A、B和B、C小球间的距离分别是r1、r2。则以下判断正确的是 ( )
A.A、C两个小球可能带异种电荷
B.三个小球的电荷量大小满足QC>QA>QB
C.摆放这三个小球时,可以先固定C球,摆放A、B使其能处于静止状态,再释放C球
D.=
6.如图所示,带电小球1固定在空中A点,带电小球2在库仑斥力的作用下沿光滑绝缘水平面向右做加速运动,运动到B点时加速度大小为a,A、B连线与竖直方向的夹角为30°。当小球2运动到C点,A、C连线与竖直方向夹角为60°角时,小球2的加速度大小为(两小球均可看成点电荷) ( )
A.a B.a
C.a D.a
7.(2025·河南郑州阶段练习)如图所示,光滑绝缘水平桌面上有A、B两个带电小球(可以看成点电荷),A球带电荷量为+2q,B球带电荷量为-q。由静止开始释放两球,释放瞬间A球的加速度大小为B球的两倍。不计空气阻力,下列说法正确的是 ( )
A.A、B球相互靠近过程中加速度都增大,且A球的加速度大小总是B球的两倍
B.A球的质量和B球的质量相等
C.A球受到的静电力与B球受到的静电力是一对平衡力
D.A球受到的静电力是B球受到的静电力的2倍
8.如图所示,A、B、C是光滑绝缘水平桌面上位于同一圆周且等间距的三点,现在这三点分别放置完全相同的带电荷量为-q的金属小球,同时在圆心O处放置一个带电荷量为+Q的小球,已知所有小球均可看作点电荷且均处于静止状态,则Q与q的比值为 ( )
A. B.
C. D.3
9.(多选)如图所示,用一条绝缘轻绳悬挂一个质量为m、电荷量为+q且可视为质点的小球A。悬点O的正下方固定一体积较大的金属球B,其所带电荷量为+Q,小球A与金属球B的球心等高,两球心的距离为r,轻绳与竖直方向的夹角为θ。已知静电力常量为k,重力加速度为g,B球半径相对于两球心距离r不可忽略,则 ( )
A.轻绳对小球A的拉力大小为
B.金属球B对小球A的库仑力大小为
C.轻绳对小球A的拉力大小为
D.金属球B对小球A的库仑力大小为mgtan θ
10.如图所示,在O点用三根等长的绝缘细线分别悬挂A、B、C三个带电小球,三个小球的质量均为m,稳定后OABC构成正四面体,A、B、C处于同一水平面,不计小球的大小,重力加速度为g,则下列说法正确的是 ( )
A.三个小球的带电量不一定相等
B.三个小球中,可能有某两小球带异种电荷
C.每根细线的拉力大小为任意两小球间库仑力大小的3倍
D.每根细线的拉力大小等于mg
11.(12分)(2025·广西柳州阶段练习)如图所示,一根长L=5.0 m、与水平方向的夹角θ=30°的光滑绝缘细直杆MN固定在竖直面内,杆的下端M点固定一个带电小球A,所带电荷量Q=+5.0×10-5 C。另一带电小球B穿在杆上可自由滑动,所带电荷量q=+1.0×10-5 C,质量m=0.1 kg。将小球B从杆的上端N由静止释放,小球B开始运动。则:(静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,取g=10 m/s2)
(1)小球B开始运动时的加速度为多大
(2)小球B的速度最大时,与 M端的距离r为多大
12.(14分)(2025·山东聊城阶段练习)如图所示,质量为0.72 kg、电荷量为q1=1×10-5 C的带电小球A固定在绝缘天花板上,带电小球B的质量也为0.72 kg,A和B都可以视为点电荷,B在空中水平面内绕O点做匀速圆周运动,AB与竖直方向的夹角为θ=37°。已知小球A、B间的距离为2 m,重力加速度为g=10 m/s2,静电力常量为k=9.0×109 N·m2/C2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)B球转动的角速度;
(2)B球所带电荷量的绝对值大小q2。
13.(14分)如图所示,倾角为θ的斜面体A置于水平地面上,小物块B置于斜面上,绝缘细绳一端与B相连(绳与斜面平行),另一端跨过光滑的定滑轮与质量为m的带电小球P连接,定滑轮的正下方固定一带电小球Q,两球所带电荷量大小均为q。P静止时细绳与竖直方向夹角为β(β<90°),P、Q处于同一高度,静电力常量为k,重力加速度为g。求:
(1)绝缘细绳对P的拉力大小;
(2)地面对斜面体A的摩擦力大小;
(3)现缓慢在竖直面内移动Q直到Q移动到小球P的正下方,在这一过程中保持A、B、P处于静止状态,求P、Q间距离最大值。(P、Q均可视为点电荷)
课时跟踪检测(三)
1.选BD 依题意,要使三个点电荷均处于平衡状态,必须满足“两同夹异”“两大夹小”“近小远大”的原则,所以点电荷C应在A左侧,且带负电,设C带电荷量为-q,A、C间的距离为x,由于C处于平衡状态,所以k=k,解得x=0.2 m,故C错误,D正确;由于A处于平衡状态,所以k=k,解得q=Q,C带电荷量为-Q,故A错误,B正确。
2.选C 因小球受到的库仑力与小球的运动方向相同,故小球将一直做加速运动,又由于两小球间的距离增大,它们之间的库仑力越来越小,故加速度越来越小,C正确。
3.选D 若A、B带同种电荷,则A对B有斥力作用,且斥力方向和速度方向的夹角越来越小,速度增大,两球间的距离越来越大,静电力越来越小,所以加速度越来越小,故A、B错误;若A、B带异种电荷,B受到的静电力指向A球,力的大小或方向肯定有一个发生变化,加速度一定变化,不可能做匀变速曲线运动,故C错误;当静电力恰好等于B绕A做匀速圆周运动需要的向心力时,B球做匀速圆周运动,所以B球可能做速度大小和加速度大小都不变的曲线运动,故D正确。
4.选AC 根据题意,由几何关系可得rAB=2Rsin 60°=R,则小球B受到的静电力大小为F电==,故A正确;根据题意,对小球B受力分析,如图所示,根据平衡条件及相似三角形有==,解得mB=,若小球B缓慢漏电,将会沿圆环缓慢下滑,rAB减小,小球B受到的静电力大小逐渐减小,小球B受到的支持力大小等于小球B的重力保持不变,故C正确,B、D错误。
5.选BC 根据“两同夹异”原则,A、C必定带同种电荷,A错误;根据“两大夹小、近小远大”原则,可得QC>QA>QB,B正确;摆放这三个小球时,可以先固定C球,摆放A、B使其能处于静止状态,再释放C球,C正确;对B受力分析,左右两个方向的静电力大小相等,可得k=k,解得=,D错误。
6.选C 设在B点时两个小球之间的库仑力为F1,在C点时两个小球之间的库仑力为F2,小球1距离地面的高度为h,根据库仑定律有F1=,F2=,设小球2的质量为m,在C点的加速度大小为a',则根据牛顿第二定律有F1sin 30°=ma,F2sin 60°=ma',联立得到a'=a,故选C。
7.选A A球受到的静电力与B球受到的静电力是一对相互作用力,大小相等,方向相反,故C、D错误。根据题意可知,释放瞬间A球的加速度大小为B球的两倍,A、B球相互靠近的过程中,A、B间距离越来越小,则相互作用力越来越大,所以加速度都增大,并且A、B球所受静电力的大小一直相等,则A球的加速度大小总是B球的两倍,根据牛顿第二定律F=ma可知,B球的质量是A球的2倍,故B错误,A正确。
8.选B 以圆周上的一个金属小球为研究对象, 受到另外两个圆周上的金属小球的库仑斥力作用,同时受到圆心处的小球的库仑引力作用,设圆的半径为r,根据受力平衡得2×=,根据几何关系有L=r,联立解得=,故选B。
9.选AD 由于同种电荷相互排斥,金属球B上的电荷发生了重新排布,不能认为电荷集中于B的球心,因此,小球A受到的库仑力大小不等于,以小球A为研究对象,受力分析如图所示,由受力平衡可得=cos θ,=tan θ,则FT=,F=mgtan θ,故B、C错误,A、D正确。
10.选C 根据力的平衡可知,三个小球受到的库仑力大小相等,因此三个小球的带电量一定相同,故A错误;根据对称性可知,三个小球一定带同种电荷,故B错误;设每根绝缘细线长为L,则正四面体的高为L,设细线与水平方向的夹角为θ,则sin θ=,设任意两个球间的库仑力大小为F,细线的拉力大小为T,则Tcos θ=2Fcos 30°,解得T=3F,故C正确;根据Tsin θ=mg,解得T=mg,故D错误。
11.解析:(1)对小球B受力分析,如图所示,开始运动时小球B受重力、静电力、杆的弹力,沿杆方向运动,由牛顿第二定律可得mgsin θ -=ma
解得a=3.2 m/s2。
(2)小球B的速度最大时所受合力为零,即mgsin θ-=0
代入数据解得r=3.0 m。
答案:(1)3.2 m/s2 (2)3.0 m
12.解析:(1)对小球B,由牛顿第二定律有mgtan θ=mω2lsin θ
解得ω=2.5 rad/s。
(2)对小球B,竖直方向有Fcos θ=mg
由库仑定律有F=k
联立解得q2=4×10-4 C。
答案:(1)2.5 rad/s (2)4×10-4 C
13.解析:(1)画出小球P的受力示意图如图甲所示,根据竖直方向受力平衡FTcos β=mg,可得FT=。
(2)将A和B当作整体,受力如图乙所示,水平方向受力平衡f=FTcos θ=。
(3)对小球P受力分析如图丙所示,当小球P位置不动,Q缓慢移动时,绝缘细绳对P的拉力逐渐减小,Q对P的库仑力F库先减小后增大,P、Q间库仑力最小时,P、Q间距离最大,则有mgsin β=,解得r=。
答案:(1) (2) (3)
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