5專題靜電力作用下的平衡[學(xué)習(xí)目標(biāo)]學(xué)會(huì)分析帶電體的受力情況學(xué)會(huì)分析同一直線上自由電荷的平衡和非共線力作用下帶電體的平衡問題.學(xué)會(huì)分析電場力的動(dòng)態(tài)平衡過程注意相似三角形及正弦定理等數(shù)學(xué)方法在靜電平衡中的應(yīng)用庫侖定律適用于真空中靜止點(diǎn)電荷間的相互作用．對(duì)于兩個(gè)均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中在球心的點(diǎn)電荷，r為球心間的距離．對(duì)于兩個(gè)帶電金屬球，要考慮表面電荷的重新分布，如圖所示．同種電荷：F＜keq\f(q1q2,r2)；異種電荷：F＞keq\f(q1q2,r2).不能根據(jù)公式錯(cuò)誤地認(rèn)為r→0時(shí)，庫侖力F→∞，因?yàn)楫?dāng)r→0時(shí)，兩個(gè)帶電體已不能看作點(diǎn)電荷了．知識(shí)點(diǎn)一：同一直線上三個(gè)點(diǎn)電荷的平衡問題【探究重點(diǎn)】三個(gè)自由電荷的平衡規(guī)律“三點(diǎn)共線”——三個(gè)點(diǎn)電荷分布在同一條直線上；“兩同夾異”——正、負(fù)電荷相互間隔；“兩大夾小”——中間電荷的電荷量最小；“近小遠(yuǎn)大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷.只要其中兩個(gè)點(diǎn)電荷平衡，第三個(gè)點(diǎn)電荷一定平衡，只需根據(jù)平衡條件對(duì)其中的任意兩個(gè)電荷列式即可.注意：在三個(gè)共線點(diǎn)電荷的平衡問題中，若僅讓其中一個(gè)電荷平衡，則只需要確定其位置即可，對(duì)其電性和所帶電荷量沒有要求.【例題精講】（2022·安徽·合肥市第六中學(xué)高一期末）真空中兩個(gè)相同的帶等量異種電荷的金屬小球A和B（均可看作點(diǎn)電荷），分別固定在兩處。若將小球A的電荷量增加為原來的5倍，然后將兩小球接觸后分開，并使兩小球間的距離減為原來的一半，則在前后兩種情況下，兩小球之間的靜電力之比為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】設(shè)A、B帶的電荷量分別為和、A和B間距離為r，由庫侖定律得現(xiàn)將球A的電荷量增加為原來的5倍為，A、B接觸后，出電荷守恒定律得A、B所帶電荷量均為，又此時(shí)A和B間距離為，可得整理得，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。【鞏固訓(xùn)練】如圖1所示，帶電荷量分別為＋q和＋4q的兩點(diǎn)電荷A、B，相距L，問：圖1(1)若A、B固定，在何處放置點(diǎn)電荷C，才能使C處于平衡狀態(tài)？(2)在(1)中的情形下，C的電荷量大小和電性對(duì)C的平衡有影響嗎？(3)若A、B不固定，在何處放一個(gè)什么性質(zhì)的點(diǎn)電荷C，才可以使三個(gè)點(diǎn)電荷都處于平衡狀態(tài)？電荷量是多少？【答案】見解析【解析】(1)由平衡條件，對(duì)C進(jìn)行受力分析，C應(yīng)在AB的連線上且在A、B之間，設(shè)C與A相距r，則keq\f(q·qC,r2)＝keq\f(4q·qC,L－r2)解得：r＝eq\f(L,3)(2)在A、B間距離A為eq\f(L,3)處，不論C為正電荷還是負(fù)電荷，A、B對(duì)其作用力的合力均為零，故C的電荷量大小和電性對(duì)其平衡無影響.(3)若將C放在A、B電荷兩邊，A、B對(duì)C同為向左(或向右)的力，C都不能平衡；若將C放在A、B之間，C為正電荷，則A、B都不能平衡，所以C為負(fù)電荷.設(shè)放置的點(diǎn)電荷C的電荷量大小為Q，與A相距r1，分別對(duì)A、B受力分析，根據(jù)平衡條件，對(duì)電荷A：有keq\f(4q·q,L2)＝keq\f(Qq,r\o\al(,12))對(duì)電荷B：有keq\f(4q·q,L2)＝keq\f(Q·4q,L－r12)聯(lián)立可得：r1＝eq\f(L,3)，Q＝eq\f(4,9)q(負(fù)電荷)即應(yīng)在AB連線上且在A的右邊，與點(diǎn)電荷A相距eq\f(L,3)處放置一個(gè)電荷量為eq\f(4,9)q的負(fù)電荷.知識(shí)點(diǎn)二：非共線力作用下帶電體的平衡【探究重點(diǎn)】分析靜電力作用下點(diǎn)電荷的平衡問題時(shí)，方法仍然與力學(xué)中分析物體的平衡方法一樣，具體步驟如下：確定研究對(duì)象：如果有幾個(gè)物體相互作用時(shí)，要依據(jù)題意，用“整體法”或“隔離法”選取合適的研究對(duì)象.對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，此時(shí)多了靜電力(F＝eq\f(kQ1Q2,r2)).根據(jù)F合＝0列方程，若采用正交分解，則有Fx＝0，F(xiàn)y＝0.解方程求出未知量.【例題精講】（2022·遼寧·模擬預(yù)測）如圖所示，圓心為O、半徑為R的均勻帶電圓環(huán)位于水平面內(nèi)，帶電量為Q。一個(gè)質(zhì)量為m，帶同種電荷帶電量也為Q的小球，在圓心O的正上方高為h的處，處于靜止?fàn)顟B(tài)，若與圓環(huán)上任一點(diǎn)的距離為L，則間的距離h為（靜電力常量為k，重力加速度為g）（）A． B． C． D．【答案】A【解析】在帶電圓環(huán)上取一小段長度，則該小段長度圓環(huán)帶電量為該小段帶電圓環(huán)對(duì)帶電小球的庫侖力為該庫侖力的豎直分力為其合力為解得，故選A。【鞏固訓(xùn)練】(2021·江蘇南通市高一期中)如圖4所示，a、b是兩個(gè)帶有同種電荷的小球，用絕緣絲線懸掛于同一點(diǎn)，兩球靜止時(shí)處于同一水平高度，絲線與豎直方向間的夾角分別為α、β，且β>α，則()圖4A.a球的質(zhì)量一定比b球的大B.a球的電荷量一定比b球的大C.a球受到的庫侖力比b球的小D.絲線對(duì)a球的拉力比對(duì)b球的小【答案】A【解析】小球a受力如圖，根據(jù)受力分析可知eq\f(F庫,mag)＝tanα，同理可得eq\f(F庫,mbg)＝tanβ，其中F庫＝keq\f(qaqb,r2)，由牛頓第三定律可知兩球之間的庫侖力大小相等，但是無法判斷兩球電荷量之間的關(guān)系，所以B、C錯(cuò)誤.由于β>α，則ma>mb，所以A正確.由于eq\f(F庫,FTa)＝sinα，eq\f(F庫,FTb)＝sinβ，則FTa>FTb，所以D錯(cuò)誤.知識(shí)點(diǎn)三：靜電力動(dòng)態(tài)過程分析【探究重點(diǎn)】確定研究對(duì)象：如果有幾個(gè)物體相互作用時(shí)，要依據(jù)題意，用“整體法”或“隔離法”選取合適的研究對(duì)象.對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，此時(shí)多了靜電力(F＝eq\f(kQ1Q2,r2)).根據(jù)F合＝0列方程，若采用正交分解，則有Fx＝0，F(xiàn)y＝0.解方程求出未知量.【例題精講】（2022·江西二模）如圖所示，在一絕緣斜面C上有帶正電的小物體A處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將一帶正電的小球B沿以A為圓心的圓弧緩慢地從P點(diǎn)移至A正上方的Q點(diǎn)處，已知P、A在同一水平線上，且在此過程中物體A和C始終保持靜止不動(dòng)，A、B可視為質(zhì)點(diǎn)。關(guān)于此過程，下列說法正確的是（）A．物體A受到斜面的支持力先增大后減小B．物體A受到小球B的排斥力恒定不變C．斜面C受到地面的摩擦力一直增大D．斜面C受到地面的支持力一直減小【答案】A【解析】AB．B對(duì)A的庫侖力垂直斜面方向的分力，先逐漸增大后逐漸減小，當(dāng)庫侖力與斜面垂直時(shí)最大，設(shè)該分力為，斜面傾角為，根據(jù)平衡條件得斜面對(duì)A的支持力可知N先增大后減小，故A正確；B．從點(diǎn)轉(zhuǎn)至A正上方的O點(diǎn)處的過程中，庫侖力的方向在時(shí)刻改變，故物體A受到的庫侖力發(fā)生變化，故B錯(cuò)誤；C．以A和C整體為研究對(duì)象，分析受力情況如圖所示設(shè)B對(duì)A的庫侖力大小為F，與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)平衡條件得由于F大小不變，θ減小，則知地面對(duì)斜面C的摩擦力逐漸減小，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)平衡條件得由于F大小不變，θ減小，則知地面對(duì)斜面C的支持力逐漸增大，故D錯(cuò)誤。【鞏固訓(xùn)練】（2022·遼寧·二模）如圖所示，帶電小球A固定在豎直墻面上，用繞過固定在豎直墻上C點(diǎn)的小定滑輪的細(xì)線拉著帶電小球B，小球B靜止，此時(shí)A、B連線水平，A、B間的距離為r，A、C間的距離為h，h>r。用拉力F緩慢拉動(dòng)繩端，使小球B緩慢向上移動(dòng)，在小球B從圖示位置一直運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中（）A．拉力F一直減小 B．拉力F先增大后減小C．小球一直做曲線運(yùn)動(dòng) D．小球先做曲線運(yùn)動(dòng)后做直線運(yùn)動(dòng)【答案】D【解析】設(shè)小球B的質(zhì)量為m，B、C間距離為L，在小球B到達(dá)豎直墻之前，對(duì)小球B受力分析，根據(jù)力的矢量三角形與幾何三角形相似可得在小球B從圖示位置到與墻壁接觸的過程中，mg、h、qA、qB均不變，L變小，則F變小，r不變，因此這個(gè)過程小球B繞A做圓周運(yùn)動(dòng)；當(dāng)小球B與豎直墻接觸后，在拉力作用下沿墻壁直線上升，庫侖力變小，小球在豎直方向受力平衡，所以F變大。綜上所述可知拉力F先減小后增大，小球先做曲線運(yùn)動(dòng)后做直線運(yùn)動(dòng)。故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D。知識(shí)點(diǎn)四：靜電力與數(shù)學(xué)結(jié)合【探究重點(diǎn)】1.注意三角函數(shù)和正弦定理及相似三角形的應(yīng)用【例題精講】（2022·山西呂梁·二模）半圓形光滑絕緣細(xì)桿固定在豎直面內(nèi)，O為圓心。可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個(gè)帶電小球穿在細(xì)桿上，其靜止時(shí)的位置如圖所示，甲、乙兩球的質(zhì)量分別為m1、m2，則等于（）A．4∶3 B．3∶4 C．3∶5 D．5∶3【答案】B【解析】ABCD．假設(shè)甲乙兩球之間的靜電力為F，對(duì)甲乙受力分析結(jié)合數(shù)學(xué)正弦定理有，解得故B正確，ACD錯(cuò)誤。【鞏固訓(xùn)練】（2022·湖南模擬）如圖所示，質(zhì)量分別為、的兩個(gè)帶同種電荷的小球、，分別用長為的絕緣細(xì)線懸掛在同一點(diǎn)，兩細(xì)線與豎直方向各成一定的角度、，兩小球用一絕緣輕質(zhì)彈簧相接，A、B球連線與過點(diǎn)豎直線交于點(diǎn)，初始時(shí)刻彈簧處在壓縮狀態(tài)，現(xiàn)增加球的電荷量，下列說法中正確的是（）A．兩細(xì)線的拉力之比變大 B．兩細(xì)線的夾角不變C．與的長度之比不變 D．長度一定變大【答案】C【解析】對(duì)兩小球受力分析如圖、為A、B兩小球之間的庫侖力，、為兩小球之間的彈簧彈力，滿足對(duì)球受力分析，、、、三力滿足相似三角形，則有同理對(duì)球亦有當(dāng)球的電荷量增大則兩球距離會(huì)增大，夾角、增大，但仍有，繩長不變，點(diǎn)上移，長度變小。完全一樣的兩個(gè)金屬球A、B帶有等量的電荷，相隔一定距離，兩球之間相互吸引力的大小為F.今讓第三個(gè)不帶電的與A、B完全相同的金屬球C先后與A、B兩球接觸后移開球C，這時(shí)，A、B兩球之間的靜電力的大小為()A.eq\f(F,8)B.eqB.\f(F,4)C.eqC.\f(3F,8)D.eqD.\f(3F,4)【答案】A【解析】假設(shè)開始時(shí)A帶電荷量為Q，B帶電荷量為－Q，兩球之間相互吸引力的大小為F＝keq\f(Q2,r2)；第三個(gè)不帶電的相同金屬球C與A接觸后，A和C的電荷量都為eq\f(Q,2)，C再與B接觸時(shí)由于二者帶異種電荷，則C、B分開后電荷量均為－eq\f(Q,4)；這時(shí)，A、B兩球之間的靜電力大小F′＝keq\f(\f(Q,2)·\f(Q,4),r2)＝eq\f(1,8)keq\f(Q2,r2)＝eq\f(1,8)F，故A正確.如圖2所示，光滑絕緣的水平地面上有相距為L的點(diǎn)電荷A、B，帶電荷量分別為－4Q和＋Q，今引入第三個(gè)點(diǎn)電荷C，使三個(gè)點(diǎn)電荷都處于平衡狀態(tài)，則C的電荷量和放置的位置是()圖2A.－Q，在A左側(cè)距A為L處B.－2Q，在A左側(cè)距A為eq\f(L,2)處C.－4Q，在B右側(cè)距B為L處D.＋2Q，在A右側(cè)距A為eq\f(3L,2)處【答案】C【解析】A、B、C三個(gè)電荷要平衡，三個(gè)電荷必須共線且外側(cè)兩電荷相排斥，中間電荷吸引外側(cè)兩電荷，而且外側(cè)電荷電量大，所以C必須帶負(fù)電，放在B右側(cè)，對(duì)C：eq\f(kQqC,r2)＝keq\f(4Q·qC,L＋r2)，代入得：r＝L對(duì)B：eq\f(kQqC,r2)＝eq\f(k4Q·Q,L2)，代入得：qC＝4Q.選項(xiàng)C正確.（2021·甘肅一模）如圖所示，把一帶正電的小球a放在光滑絕緣斜面上，欲使小球a能靜止在斜面上，需在MN間放一帶電小球b，則b應(yīng)（

）A．帶負(fù)電，放在A點(diǎn) B．帶正電，放在B點(diǎn)C．帶負(fù)電，放在C點(diǎn) D．帶正電，放在C點(diǎn)【答案】C【解析】A．b帶負(fù)電，放在A點(diǎn)，a球受到吸引力向下，則a合外力沿斜面向下，所以A錯(cuò)誤；B．b帶正電，放在B點(diǎn)，電場力垂直斜面向上，則a的合外力沿斜面向下，所以B錯(cuò)誤；C．b帶負(fù)電，放在C點(diǎn)，a球受到向右下方的吸引力，則a球受到三個(gè)力可能讓其合外力為0，所以C正確；D．b帶正電，放在C點(diǎn)，a球受到的電場力是斥力指向左上方，所以a的合外力不可能為0，則D錯(cuò)誤；（2022·廣東湛江模擬）某同學(xué)探究“影響靜電力的因素”的實(shí)驗(yàn)過程如圖所示。帶電球體Q固定，電荷量不變，改變小球的電荷量后，把絕緣絲線先后掛在圖中a、b位置，調(diào)整絲線長度使小球球心都與帶電球Q的球心連線水平，絲線與豎直方向夾角的大小關(guān)系為θ1＞θ2。則兩次實(shí)驗(yàn)中小球帶電荷量和受到庫侖力大小的關(guān)系為（）A．qa>qb B．qa<qb C．Fa>Fb D．Fa<Fb【答案】C【解析】AB．懸掛帶電小球所受庫侖力大小與本身帶電荷量和電荷間距有關(guān)，無法直接確定電荷量大小關(guān)系，故AB錯(cuò)誤；CD．本題可以根據(jù)帶電小球的受力平衡條件得到所受庫侖力大小，由F＝mgtanθ可知Fa＞Fb故C正確，D錯(cuò)誤。如圖所示，質(zhì)量為m的帶電小球用絕緣絲線懸掛于P點(diǎn)，另一帶正電小球M固定在帶電小球的左側(cè)，小球平衡時(shí)，絕緣絲線與豎直方向夾角為θ，且兩球球心在同一水平線上.關(guān)于懸掛小球的電性和所受庫侖力的大小，下列判斷正確的是(重力加速度為g)()A.正電，eq\f(mg,tanθ) B.正電，mgtanθC.負(fù)電，mgtanθ D.負(fù)電，eq\f(mg,tanθ)【答案】B【解析】以懸掛小球?yàn)檠芯繉?duì)象，對(duì)懸掛小球進(jìn)行受力分析，若使懸掛小球處于平衡狀態(tài)，則M對(duì)懸掛小球的庫侖力應(yīng)水平向右，則懸掛小球應(yīng)帶正電；懸掛小球的受力分析圖如圖所示，根據(jù)小球處于平衡狀態(tài)可知，在水平方向有F＝FTsinθ，在豎直方向有FTcosθ＝mg，解得F＝mgtanθ，則小球所受庫侖力大小為mgtanθ；故選項(xiàng)B正確.(2021·安徽蚌埠期中(1)小球A受到的靜電力大小；(2)小球A所在位置的場強(qiáng)大小和方向；(3)小球B的電荷量.【答案】(1)1.5×10－3N(5)5×105N/C方向水平向右(3)2×10－7C【解析】(1)小球A受重力、細(xì)線的拉力和B球的斥力，根據(jù)小球A受力平衡可知，A球受到水平向右的靜電力大小為F＝mgtanθ＝1.5×10－3N.(3分)(2)根據(jù)電場強(qiáng)度的定義式可知，小球A所在位置的電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(F,q)＝5×105N/C，方向水平向右.(3分)(3)根據(jù)庫侖定律得F＝eq\f(kQq,Lsinθ2)(2分)解得小球B的電荷量為Q＝2×10－7C.(2分)（2022·重慶模擬）如圖所示，真空中b、c、d主點(diǎn)將線段四等分，兩帶電小球（均可視為點(diǎn)電荷）分別固定在a、d兩點(diǎn)處，一試探電荷放在b、e兩點(diǎn)所受庫侖力大小相等，兩小球的電性和電荷量可能是（）A．異種電荷，電荷量之比B．異種電荷，電荷量之比。C．同種電荷，電荷量之比D．同種電荷，電荷量之比【答案】BC【解析】AB．由題意可知，設(shè)Q1帶正電，Q2帶負(fù)電，ab=bc=cd=de=L，若試探電荷帶正電，在b點(diǎn)時(shí)，受電場力方向都向右，電場力大小為其合力大小為=在e點(diǎn)時(shí)，受Q1電場力方向向右，受Q2電場力方向向左，大小為其合力大小為==解得Q1:Q2=?（4:3）若==解得Q1:Q2=12:17若試探電荷帶負(fù)電，同理則有與以上結(jié)果相同，A錯(cuò)誤，B正確；CD．Q1、Q2都帶正電，若試探電荷帶正電，在b點(diǎn)，受電場力方向相反，則有=在e點(diǎn)，受力方向相同，都向右，則有==解得Q1:Q2=4:3若=解得Q1:Q2=?（12:17）若試探電荷帶負(fù)電，同理則有與以上結(jié)果相同，若Q1、Q2都帶負(fù)電，計(jì)算結(jié)果相同，C正確，D錯(cuò)誤。（2022·河南平頂山模擬）如圖所示，光滑絕緣桿彎成直角，直角處固定在水平地面上，質(zhì)量為m、帶電荷量＋Q小圓環(huán)A穿在右邊桿上，質(zhì)量為3m、帶電荷量＋3Q小圓環(huán)B穿在左邊桿上，靜止時(shí)兩圓環(huán)的連線與地面平行，右邊桿與水平面夾角為。重力加速度為g。則（）A．右邊桿對(duì)A環(huán)支持力大小為 B．左邊桿對(duì)B環(huán)支持力大小為C．A環(huán)對(duì)B環(huán)庫侖力大小為 D．A環(huán)對(duì)B環(huán)庫侖力大小為【答案】D【解析】AB．對(duì)A、B環(huán)受力分析，如圖對(duì)A環(huán)，由平衡條件可得對(duì)B環(huán)，由平衡條件可得因庫侖力相等，則有解得則右邊桿對(duì)A環(huán)支持力大小為左邊桿對(duì)B環(huán)支持力大小為故AB錯(cuò)誤；CD．根據(jù)兩環(huán)之間的庫侖力大小為故C錯(cuò)誤，D正確。如圖6所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q>0)的小球A(可看作質(zhì)點(diǎn))用絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，細(xì)線長為l.當(dāng)將電荷量為－q的點(diǎn)電荷B置于空間某位置時(shí)，小球A靜止，懸線與豎直方向的夾角θ＝30°，A、B連線與豎直方向的夾角恰好也為30°，重力加速度為g，靜電力常量為k，則A、B之間的距離為()圖6A.l B.qeq\r(\f(\r(3)k,mg))C.qeq\r(\f(3k,mg)) D.qeq\r(\f(\r(3)k,2mg))【答案】B【解析】對(duì)小球A受力分析，受豎直向下的重力，B對(duì)A斜向左上的靜電力，斜向右上的細(xì)線的拉力，由題意知小球A靜止，則小球受力平衡，設(shè)此時(shí)點(diǎn)電荷B與小球A間的距離為r，則eq\f(mg,2cos30°)＝eq\f(kq2,r2)，解得A、B之間的距離r＝qeq\r(\f(\r(3)k,mg))，選項(xiàng)B正確.（2022·湖南模擬）如圖所示，A小球帶正電，B小球帶負(fù)電，，用兩根長均為L的絕緣輕繩系住后懸掛于天花板上的點(diǎn)O。空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，兩小球質(zhì)量相等，當(dāng)系統(tǒng)平衡后可能的位置是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】ABCD．設(shè)上下兩細(xì)繩和豎直方向的夾角分別為α、β，以兩個(gè)小球組成的整體為研究對(duì)象，受力分析如圖甲所示，根據(jù)平衡條件可知，上方細(xì)線的方向不可能沿豎直方向，應(yīng)偏向右側(cè)，由平衡條件可得以b球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力分析如圖乙所示，由平衡條件可得對(duì)比可得α<β故ABD錯(cuò)誤，C可能正確。（2022·貴州一模）如圖所示，在水平天花板下方固定一光滑小定滑輪O，在定滑輪的正下方C處固定一帶正電的點(diǎn)電荷，不帶電的小球A與帶正電的小球B通過跨過定滑輪的絕緣輕繩相連，開始時(shí)系統(tǒng)在圖示位置靜止，。若B球所帶的電荷量緩慢減少（未減為零），在B球到達(dá)O點(diǎn)正下方前，下列說法正確的是（

）A．A球的質(zhì)量等于B球的質(zhì)量B．此過程中，A球始終保持靜止?fàn)顟B(tài)C．此過程中，點(diǎn)電荷對(duì)B球的庫侖力不變D．此過程中，滑輪受到輕繩的作用力逐漸減小【答案】B【解析】A．開始時(shí)，B球受力如圖所示，由幾何關(guān)系知而則A錯(cuò)誤；BC．假設(shè)此過程中A球保持靜止?fàn)顟B(tài)，由于B球所帶的電荷量緩慢減少，B球緩慢下擺，受力平衡，根據(jù)三角形相似原理有由于、OC、T均不變，則OB不變，假設(shè)成立，BC逐漸減小，庫侖力F逐漸減小，B正確，C錯(cuò)誤；D．由于輕繩拉力T不變，逐漸減小，輕繩OA，OB的拉力的合力逐漸增大，即滑輪受到輕繩的作用力逐漸增大，D錯(cuò)誤。質(zhì)量均為m的兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B，分別被長為L的絕緣細(xì)線懸掛在同一點(diǎn)O，給A、B分別帶上一定量的正電荷，并用水平向右的外力作用在A球上，平衡以后，懸掛A球的細(xì)線豎直，懸掛B球的細(xì)線向右偏60°角，如圖所示.若A球的電荷量為q，重力加速度為g，靜電力常量為k，求：(1)B球的電荷量為多少；(2)水平外力多大.【答案】(1)eq\f(mgL2,kq)(2)eq\f(\r(3),2)mg【解析】(1)當(dāng)系統(tǒng)平衡以后，B球受到如圖所示的三個(gè)力：重力mg、細(xì)線的拉力F1、庫侖斥力F.合力為零，由平衡條件得Fcos30°－F1cos30°＝0(2分)Fsin30°＋F1sin30°－mg＝0(2分)由庫侖定律得F＝keq\f(qqB,L2)(2分)聯(lián)立上述三式，可得B球的帶電荷量qB＝eq\f(mgL2,kq).(2分)(2)A球受到如圖所示的四個(gè)力作用，合力為零.得FT＝F′·cos30°(2分)而F′＝F＝mg(2分)所以，A球受到的水平推力FT＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg.(2分)(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2，電荷量分別為q1、q2的兩小球，分別用絕緣輕絲線懸掛起來，兩絲線與豎直方向的夾角分別為α和β(α＞β)，兩小球恰在同一水平線上，那么()A.兩球一定帶異種電荷B.q1一定大于q2C.m1一定小于m2D.m1所受的靜電力一定大于m2所受的靜電力【答案】AC【解析】由于兩帶電小球相互吸引，所以一定帶異種電荷，選項(xiàng)A正確.根據(jù)牛頓第三定律可知，兩小球受到的靜電力大小相等，無法判斷電荷量的大小，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤.設(shè)輕絲線與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)平衡條件可得兩球之間的靜電力F＝mgtanθ，α>β，故m1g＜m2g，即m1＜m2，選項(xiàng)C正確.如圖所示，用兩根長度相同的絕緣細(xì)線把一個(gè)質(zhì)量為0.1kg的小球A懸掛到水平板的M、N兩點(diǎn)，A上帶有Q＝3.0×10－6C的正電荷.兩線夾角為120°，兩線上的拉力大小分別為F1和F2.A的正下方0.3m處放有一帶等量異種電荷的小球B，B與絕緣支架的總質(zhì)量為0.2kg(重力加速度g＝10m/s2；靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，A、B球可視為點(diǎn)電荷)，則()A.支架對(duì)地面的壓力大小為2.0NB.兩線上的拉力大小F1＝F2＝1.9NC.將BD.將B移到無窮遠(yuǎn)處，兩線上的拉力大小F1＝F2＝0.866N【答案】BC【解析】小球A、B間的庫侖力為F庫＝keq\f(Q·Q,r2)＝9.0×109×eq\f(3.0×10－6×3.0×10－6,0.32)N＝0.9N，以B和絕緣支架整體為研究對(duì)象受力分析圖如圖甲所示，地面對(duì)支架支持力大小為FN＝mg－F庫＝1.1N，由牛頓第三定律可得支架對(duì)地面的壓力大小為1.1N，A錯(cuò)誤；以A球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力分析圖如圖乙所示，F(xiàn)1＝F2＝mAg＋F庫＝1.9N，B正確；B水平受力分析圖如圖丙所示，可知F2′＝1.0N，F(xiàn)1′－F庫′＝1.0N，F(xiàn)1′＝1.225N，C正確；將B移到無窮遠(yuǎn)，則F庫″＝0，可求得F1″＝F2″＝1N，D錯(cuò)誤.(多選)如圖所示，豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣.兩個(gè)帶有同種電荷的小球A、B(均可視為質(zhì)點(diǎn))分別位于豎直墻面和水平地面上，且處于同一豎直平面內(nèi).若用圖示方向的水平推力F作用于小球B，則兩球靜止于圖示位置.如果將小球B向左推動(dòng)少許，并待兩球重新達(dá)到平衡時(shí)，與原來相比()A.兩小球的間距變大B.B球受到的推力F變大C.A球?qū)ωQ直墻面的壓力變小D.水平地面對(duì)B球的支持力不變【答案】ACD【解析】對(duì)A球受力分析，受到三個(gè)力，如圖所示，小球B向左緩慢推動(dòng)一小段距離后，庫侖力與豎直方向的夾角θ變小，A的重力不變，由mAg＝F庫cosθ知，庫侖力F庫變小，由F庫＝keq\f(q1q2,r2)知，兩球間距變大，A對(duì).由FN＝F庫sinθ知墻面對(duì)小球A的彈力FN變小，即A球?qū)γ娴膲毫ψ冃。粚?duì)整體分析，墻面對(duì)球的彈力等于推力F，則推力F將減小，B錯(cuò)，C對(duì).由F地＝(mA＋mB)g可知，水平地面對(duì)B球的支持力不變，D對(duì).（2022·廣東模擬）如圖，圓環(huán)被豎直固定，兩個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球A、B套在圓環(huán)上處于靜止?fàn)顟B(tài)。A球帶正電、位于圓環(huán)圓心O的正下方，B球光滑，兩球連線與豎直方向成30°角。設(shè)A受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則（）A．圓環(huán)對(duì)B球的彈力方向由O指向BB．A球與圓環(huán)間的動(dòng)摩擦因數(shù)不小于C．圓環(huán)對(duì)B球彈力的大小為mgD．圓環(huán)對(duì)A球彈力的大小為2.5mg【答案】D【解析】A．若B球帶負(fù)電，則A對(duì)B為吸引力，方向沿BA方向，此時(shí)無論圓環(huán)給球B的支持力指向圓心還是背離圓心，小球B都不能處于平衡狀態(tài)，所以小球A對(duì)B為排斥力，方向沿AB方向，如圖所知，且受力分析可得，圓環(huán)給球B的支持力指向圓心，即由B指向O，故A錯(cuò)誤；BCD．對(duì)球B受力分析可得，由幾何關(guān)系可知圓環(huán)對(duì)B球彈力的大小為則AB兩球之間的排斥力為對(duì)A球受力可得所以當(dāng)時(shí)，動(dòng)摩擦因數(shù)最小為故BC錯(cuò)誤，D正確。(多選)(2021·江西贛州市高二期末)如圖5所示，兩個(gè)帶電荷量分別為Q1與Q2的小球固定于相距為d的水平面上，另有一個(gè)質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球A，懸浮于空中不動(dòng)，此時(shí)A離Q1的距離為eq\f(\r(3),2)d，離Q2的距離為eq\f(1,2)d.已知重力加速度為g，靜電力常量為k