第47講庫侖力作用下的平衡問題和變速運動問題（解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

?第47講庫侖力作用下的平衡問題和變速運動問題

1．（2022?上海）水平面上有一帶電量為Q的均勻帶電圓環(huán)，圓心為O。其中央軸線上距離O點為d的位置處有一帶電量為q的點電荷。若點電荷受到的電場力為F，則F 　＜　kQqd2（k為靜電力恒量）（選填“＞”、“＜”或“＝”）。靜電力恒量k的單位可表示為　kg?m3?s﹣4?A﹣2?。ㄓ谩癝I單位制”中的基本單位表示）。

【解答】解：將帶電圓環(huán)平均分成無數(shù)份，則都可以看成點電荷，則與點電荷q的距離為
r=d2+r2
根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)上的電荷對q位置處的場強水平分量被抵消，只剩豎直分量，且半徑大于d，因此F＜kQqd2。
用“SI單位制”中的基本單位表示F的單位是kg?m/s2，距離的單位是m，電荷量的單位是A?s，故靜電力常量k的單位可表示為kg?m3?s﹣4?A﹣2。
故答案為：＜；kg?m3?s﹣4?A﹣2。
2．（2021?海南）如圖，V型對接的絕緣斜面M、N固定在水平面上，兩斜面與水平面夾角均為α＝60°，其中斜面N光滑。兩個質(zhì)量相同的帶電小滑塊P、Q分別靜止在M、N上，P、Q連線垂直于斜面M，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則P與M間的動摩擦因數(shù)至少為（　　）

A．36 B．12 C．32 D．33
【解答】解：滑塊Q在光滑斜面N上靜止，則P與Q帶電同性，兩者之間為庫侖斥力設(shè)為F，兩滑塊的受力分析和角度關(guān)系如圖所示

對Q物體在沿著斜面方向有
mgcos30°＝Fcos30°
可得F＝mg
而對P物體動摩擦因數(shù)最小時有
N2＝F+mg sin 30°
f＝μN2
f＝mgcos30°
聯(lián)立解得μ=33，故ABC錯誤，D正確；
故選：D。
3．（2020?浙江）如圖所示，在傾角為α的光滑絕緣斜面上固定一個擋板，在擋板上連接一根勁度系數(shù)為k0的絕緣輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端與A球連接。A、B、C三小球的質(zhì)量均為M，qA＝q0＞0，qB＝﹣q0，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，三小球等間距排列。已知靜電力常量為k，則（　　）

A．qc=47q0
B．彈簧伸長量為Mgsinαk0
C．A球受到的庫侖力大小為2Mg
D．相鄰兩小球間距為q03k7Mg
【解答】解：AD、對C分析，受重力、支持力和AB的庫侖力，則AB的庫侖力之和沿斜面向上，又B距離C近，給C的庫侖力大，則C球帶正電，設(shè)小球間距為a，
對C：kq0qCa2?kq0qC(2a)2=Mgsinα
對B：kq02a2?kq0qCa2=Mgsinα
聯(lián)立解得：qC=47q0
代入kq02a2?kq0qCa2=Mgsinα
解得：a＝q03k7Mgsinα，故A正確，D錯誤；
對ABC用整體法，ABC受力平衡，即ABC受到的彈力等于重力的分力。即得彈簧伸長量△x=3Mgsinαk0，故B錯。
對BC用整體法，BC受力平衡，即BC受到庫侖力等于重力分力，即得A受到的庫侖力為2Mgsinα，故C錯。
故選：A。

一.知識回顧
（一）庫侖力作用下的平衡問題
1.解題思路及步驟
涉及庫侖力的平衡問題，其解題思路與力學(xué)中的平衡問題一樣，只是在原來受力的基礎(chǔ)上多了庫侖力。注意庫侖力的方向：同性相斥，異性相吸，沿兩電荷連線方向。

2.求解帶電體平衡問題的方法
分析帶電體平衡問題的方法與力學(xué)中分析物體受力平衡問題的方法相同。
(1)當(dāng)兩個力在同一直線上使帶電體處于平衡狀態(tài)時，根據(jù)二力平衡的條件求解；
(2)在三個力作用下帶電體處于平衡狀態(tài)時，一般運用勾股定理、三角函數(shù)關(guān)系以及矢量三角形等知識求解；
(3)在三個以上的力作用下帶電體處于平衡狀態(tài)時，一般用正交分解法求解。
3．三個自由點電荷平衡模型、平衡條件及規(guī)律
（1）模型特點
①三個點電荷共線。
②三個點電荷彼此間僅靠電場力作用達(dá)到平衡，不受其他外力。
③任意一個點電荷受到其他兩個點電荷的電場力大小相等，方向相反，為一對平衡力。
(2)平衡條件：每個點電荷受另外兩個點電荷的合力為零，或每個點電荷處于另外兩個點電荷產(chǎn)生的電場中合場強為零的位置。
（3）三電荷平衡模型的規(guī)律
①“三點共線”——三個點電荷分布在同一直線上。
②“兩同夾異”——正負(fù)電荷相互間隔。
③“兩大夾小”——中間電荷的電荷量最小。
④“近小遠(yuǎn)大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷。
圖示如下：

（4）解決三電荷平衡問題應(yīng)注意的兩點
①此類題目易誤認(rèn)為只要三個點電荷達(dá)到平衡就是“三電荷平衡模型”，而沒有分析是否滿足模型成立的條件。如果三個點電荷已達(dá)到平衡，但若其中某個點電荷受到了外力作用，仍不是“三電荷平衡模型”。
②原則上對于三個點電荷中的任意兩個進行受力分析，列平衡方程，即可使問題得到求解，但選取的兩個點電荷不同，往往求解難度不同，要根據(jù)不同的題目進行選取。
（二）變速問題
當(dāng)點電荷受到的合力不為零時，應(yīng)用牛頓第二定律進行運動分析和計算。

二.例題精析
題型一：同一直線上的三個自由點電荷的平衡
例1．如圖所示，光滑水平面上有三個帶電小球a、b、c（均可視為質(zhì)點），它們所帶電荷量的絕對值分別為q1、q2、q3，且q1為正電荷，在它們之間的靜電力相互作用下均處于平衡狀態(tài)，則（　?。?br /> A．q2帶正電
B．a(chǎn)對b庫侖力方向水平向右
C．一定存在q1q2+q2q3=q1q3
D．q1＞q3
【解答】解：AB．因q3電性不確定，q2可帶正電也可帶負(fù)電，a對b庫侖力方向可能水平向右也可能水平向左，AB錯誤；
C．設(shè)a、b之間的距離為r1，b、c之間的距離為r2，由題意可知都處于平衡狀態(tài)，對a球有
kq1q2r12=kq1q3(r1+r2)2
對c 球有
kq2q3r22=kq1q3(r1+r2)2
解得
q2q1=r1r1+r2
q2q3=r2r1+r2
兩式相加可得
q2q1+q2q3=r2r1+r2+r1r1+r2=1
即有
q1q2+q2q3=q1q3
C正確；
D．因為q2、q3的電性不確定，所以無法確定q1、q3的大小，D錯誤。
故選：C。

題型二：非自由點電荷的平衡
例2．如圖，空間存在一方向水平向右的勻強電場，兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則（　?。?br />
A．P和Q都帶正電荷 B．P和Q都帶負(fù)電荷
C．P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷 D．P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷
【解答】解：由圖可知，兩小球均在電場力和庫侖力的作用下保持平衡；由于庫侖力為相互作用，大小相等、方向相反；故兩小球受到的電場力也一定方向相反；因此兩小球一定帶異種電荷，則P球所受庫侖力向右，Q球所受庫侖力向左。
勻強電場方向水平向右，故正電荷受電場力向右，其受庫侖力一定向左，故Q帶正電荷，P帶負(fù)電荷，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
題型三：變速問題
例3．質(zhì)量均為m的三個帶電小球A、B、C用三根長度均為l的絕緣絲線相互連接，放置在光滑絕緣的水平面上，A球的電荷量為+q，在C球上施加一個水平向右的恒力F之后，三個小球一起向右運動，三根絲線剛好都伸直且沒有彈力，F(xiàn)的作用線反向延長線與A、B間的絲線相交于絲線的中點。如圖所示，已知靜電力常量為k，下列說法正確的是（　?。?br />
A．B球的電荷量可能為+2q
B．C球的電荷量為?2q
C．三個小球一起運動的加速度為3kq2ml2
D．恒力F的大小為23kq2l2
【解答】解：A、由于三個小球繩長相對靜止且細(xì)線無拉力，則C對A和B的作用力大小相等，故B球的電荷量為+q，故A錯誤；
C、以三個小球為研究對象受力分析如圖所示，

設(shè)C球所帶的電荷量為Q，對A球沿BA方向根據(jù)平衡條件可得：kQql2cos60°=kq2l2，解得：Q＝2q，C球帶負(fù)電，故B錯誤；
C、設(shè)三個小球的加速度都是a，根據(jù)牛頓第二定律和庫侖定律，
對A球受力分析可知：kQql2sin60°＝ma
解得：a=3kq2ml2，故C正確；
D、對整體受力分析可知F＝3ma=33kq2l2，故D錯誤。
故選：C。
三.舉一反三，鞏固練習(xí)
1. 如圖所示，A、B、C三個帶電小球用柔軟絕緣細(xì)線懸掛于天花板上，平衡時細(xì)線豎直，三小球處于同一水平面且間距相等，以下關(guān)于小球質(zhì)量、帶電情況的說法正確的是（　?。?br />
A．A、C兩球質(zhì)量一定相等
B．A、C兩球一定帶等量同種電荷
C．A、B兩球可能帶等量異種電荷
D．A、B、C三球可能帶同種電荷
【解答】解：A、三球豎直方向拉力與重力平衡，所以無法確定三球的質(zhì)量關(guān)系，故A錯誤；
B、三球水平方向所受庫侖力平衡，由B的受力平衡知A、C兩球?qū)要么都是吸引力，要么都是排斥力，帶等量同種電荷，故B正確；
CD、由C球的平衡知A、B兩球?qū)一個吸引，一個排斥，因此帶異種電荷且因為A距離更遠(yuǎn)，所以A球的電荷量大于B球的電荷量，故CD錯誤；
故選：B。
2. 如圖，帶電金屬小球A套在傾角α＝30°的光滑絕緣桿上，與O點等高的位置固定另一帶電小球B。A處于靜止?fàn)顟B(tài)時，A、B連線與桿的夾角β＝30°。A受桿的彈力大小為FN，A、B間的庫侖力大小為F庫，則（　?。?br />
A．FN與F庫相等
B．A、B兩球可能帶異種電荷
C．將A球移至O點，A球仍能保持靜止?fàn)顟B(tài)
D．將A球移至O點的過程中，A、B間的電勢能減小
【解答】解：AB、由題意，對小球A受力分析如圖

可見，想讓A球處于平衡狀態(tài)，A、B兩球只能是同種電荷。對A球建立直角坐標(biāo)系如圖，由幾何關(guān)系知∠1＝∠2＝60°
所以FNcos60°＝F庫cos60°
解得FN＝F庫，故A正確，B錯誤；
C、將A球移至O點時，同理對小球A受力分析可知，此時B球?qū)球的庫侖力水平向左，又因為重力豎直向下，支持力垂直于桿，則由三力平衡條件可知，此時小球A不能受力平衡，故C錯誤；
D、由題可知，B球?qū)球的庫侖力先做負(fù)功再做正功，故A、B間的電勢能先增大后減小，故D錯誤。
故選：A。
3. 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，靜止時兩圓環(huán)的連線與地面平行，右邊桿與水平面夾角為α。重力加速度為g。則（　?。?br />
A．右邊桿對A環(huán)支持力大小為14mg
B．左邊桿對B環(huán)支持力大小為mg
C．A環(huán)對B環(huán)庫侖力大小為3mg
D．A環(huán)對B環(huán)庫侖力大小為3mg
【解答】解：分別對小圓環(huán)A、B受力分析，如圖所示：
根據(jù)平衡條件：
對小圓環(huán)A，有mgsinα＝Fcosα
對小圓環(huán)B，有3mgcosα＝F′sinα，聯(lián)立解得：tanα=3，α＝60°
ACD、對小圓環(huán)A，據(jù)平衡條件可得：Ncosα＝mg，F(xiàn)＝mgtanα
解得A環(huán)所受支持力N=mgcosα=mgcos60°=2mg，A、B間的庫侖力F=F'=3mg，故AC錯誤，D正確；
B、對小圓環(huán)B，據(jù)平衡條件可得：FN=3mgsinα=3mgsin60°=23mg，故B錯誤。
故選：D。

4. 如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩個帶同種電荷的小球A、B，分別用長為L的絕緣細(xì)線懸掛在同一點O，兩細(xì)線與豎直方向各成一定的角度α、β，兩小球用一絕緣輕質(zhì)彈簧相接，A、B球連線與過O點豎直線交于C點，初始時刻彈簧處在壓縮狀態(tài)，現(xiàn)增加A球的電荷量，下列說法中正確的是（　?。?br />
A．兩細(xì)線的拉力之比變大 B．兩細(xì)線的夾角不變
C．AC與BC的長度之比不變 D．OC長度一定變大
【解答】解：對兩小球進行受力分析，如下圖所示：

F1、F1′為A、B兩小球之間的庫侖力，F(xiàn)2、F2′為兩小球之間的彈簧彈力，滿足
F＝F1+F2＝F′＝F1′+F2′
對A球受力分析，F(xiàn)、T1。m1g，三力滿足相似三角形，則有
m1gOC=T1OA=FAC
同理對B球有
m2gOC=T2OB=F'BC
當(dāng)A球的電荷量增大則兩球距離會增大，夾角α、β增大，但仍有
T1T2=m1m2；ACBC=m2m1，繩長不變，C點上移，OC長度變小，故C正確，ABD錯誤；
故選：C。
5. 如圖所示，質(zhì)量mb＝2kg的小物塊b置于傾角為θ＝30°的斜面體c上，通過絕緣細(xì)繩跨過光滑的定滑輪與帶正電荷QM＝1×10﹣6C的小球M連接，左側(cè)細(xì)繩與斜面平行，帶負(fù)電荷QN=?32×10﹣6C的小球N用絕緣細(xì)繩懸掛于P點，兩小球的質(zhì)量相等。初始時刻，連接小球M的一段細(xì)繩與豎直方向的夾角α＝60°且兩小球之間的距離d＝3cm。設(shè)兩帶電小球在緩慢漏電的過程中，兩球心始終處于同一水平面，且b、c都靜止，放電結(jié)束后滑塊b恰好沒滑動，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。靜電力常量k＝9.0×109N?m2/C2。下列說法正確的是（　?。?br />
A．初始狀態(tài)，地面對斜面體c的摩擦力大小為53N
B．放電過程中，小物塊b對斜面體c的摩擦力不一定變大
C．地面對斜面體c的支持力先變小后變大
D．小物塊b和斜面體c之間的動摩擦因數(shù)為33
【解答】解：A．由題意可得，初始狀態(tài)，地面對斜面體c的摩擦力大小為f＝Tcos30°
對小球M受力分析得Tsin60°＝F
其中庫侖力F=kQMQNd2=9×109×10?6×32×10?6(0.03)2N=53N
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得f=53N，故A正確；
B．放電過程中，兩小球之間的庫侖力F減小，對小球M受力分析得Tcosα＝mgmgtanα＝F
則隨著庫侖力F減小，夾角α減小，拉力減小。且開始時角α＝60°，可求得M小球的質(zhì)量為m＝0.5kg
開始時繩子拉力為T＝10N
則開始時，對物塊b受力分析知mbgsinθ＝T
即開始時，斜面體對物塊b的摩擦力為零，隨著拉力減小，斜面體對物塊b的摩擦力沿斜面向上，且有mbgsinθ＝T+fc
可見，隨著拉力減小，斜面體對物塊b的摩擦力一定增大，故B錯誤；
C．設(shè)bc整體質(zhì)量為M，則對bc整體受力分析得FN+Tsinθ＝Mg
可見，隨著拉力減小，地面對斜面體c的支持力一直變大，故C錯誤；
D．由題意知，放電結(jié)束后繩子拉力即為小球M的重力，且滑塊b恰好沒滑動，則對b受力分析得mbgsinθ＝mg+μmbgcosθ
代入數(shù)據(jù)解得μ=36，故D錯誤。
故選：A。
6. 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，開始時系統(tǒng)在圖示位置靜止，OB⊥BC。若B球所帶的電荷量緩慢減少（未減為零），在B球到達(dá)O點正下方前，下列說法正確的是（　?。?br />
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，點電荷對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
【解答】解：開始時，B球受力情況如圖所示：

A、由幾何關(guān)系可知，mBg＞T，且T＝mAg，因此：mB＞mA，故A錯誤；
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：TOB=FBC=mBgOC，由于mBg、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，故B正確，C錯誤；
D、由于輕繩拉力T不變，∠AOB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，故D錯誤；
故選：B。
7. 如圖，圓環(huán)被豎直固定，兩個質(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摩擦力，則（　?。?br />
A．圓環(huán)對B球的彈力方向由O指向B
B．A球與圓環(huán)間的動摩擦因數(shù)不小于34
C．圓環(huán)對B球彈力的大小為32mg
D．圓環(huán)對A球彈力的大小為2.5mg
【解答】解：A、對B球受力分析如圖，根據(jù)平衡條件可知圓環(huán)對B球的彈力方向由B指向O，且B帶正電荷，故A錯誤；
C、根據(jù)平衡條件和三角形知識知：Nsin30°=mgsin30°=Fsin120°，圓環(huán)對B球彈力的大小為N＝mg，A對B的庫侖力F=3mg，故C錯誤；
BD、對A受力分析如圖，根據(jù)平衡條件知：f＝Fsin30°≤μN，N＝mg+Fcos30°，聯(lián)立解得N＝2.5mg，μ≥35，故B錯誤，D正確。
故選：D。

8. 如圖甲所示，光滑絕緣的水平面上有一坐標(biāo)軸x，且M、N兩點為坐標(biāo)軸上的點，現(xiàn)將某點電荷Q固定在x軸上，并在M、N兩點分別放置一正的點電荷，兩點電荷所受Q的庫侖力與電荷量的關(guān)系如圖乙所示，取x軸的正方向為正，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．點電荷Q帶正電，位于M、N之間
B．M、N兩點的電場強度大小之比為3：1
C．如果點電荷Q不固定，三個點電荷不可能靜止
D．點電荷Q到M、N兩點的距離之比為1：3
【解答】解：A、由圖像知M點受力為正，方向向右；N但受力為負(fù)，方向向左；M、N兩點分別放置一正的點電荷，故M點場強方向向右，N點場強方向向左，故電荷Q帶負(fù)電，位于M、N之間，故A錯誤；
B、由公式F＝qE知，F(xiàn)﹣q圖像斜率表示場強大小，則EM＝tan60°=3，EN＝﹣tan30°=?33，M、N兩點的電場強度大小之比為3：1，故B錯誤；
C、如果點電荷Q不固定，在M、N處正電荷引力作用下可能平衡，三個點電荷可能靜止，故C錯誤；
D、根據(jù)電場公式E=kQr2知，E∝1r2，M、N兩點的電場強度大小之比為3：1，則點電荷Q到M、N兩點的距離之比為1：3，故D正確；
故選：D。
9. “頓牟綴芥”是東漢王充在《論衡?亂龍篇》中記載的摩擦起電現(xiàn)象，意指摩擦后的帶電琥珀能吸引輕小物體?，F(xiàn)做如下簡化：在某處固定一個電荷量為Q的帶正電的點電荷，在其正下方h處有一個原子。在點電荷的電場的作用下原子的負(fù)電荷中心與正電荷中心會分開很小的距離l。點電荷與原子之間產(chǎn)生作用力F。你可能不會求解F，但是你可以通過物理分析進行判斷，關(guān)于F的表達(dá)式，可能正確的是（式中k為靜電力常量）（　?。?br />
A．F＝0 B．kQql2 C．F=2kQq?2 D．2kQql?3
【解答】解：設(shè)電荷Q帶正電，如圖所示，電荷Q與分離開距離l的一對異性電荷間的總作用力為：
F=kQq(??l2)2?kQq(?+l2)2=kQq2?l(?2?l24)2，因l很小，故l24與h2相比較可忽略不計，則：
F=2kQql?3。故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
10. （多選）如圖所示，絕緣光滑細(xì)桿與水平方向夾角為53°角，空間某點固定點電荷Q，點電荷Q到細(xì)桿最近點為B點，且BQ＝6m，將一帶電圓環(huán)q套在細(xì)桿上，從與Q等高A處無初速度釋放，C點是細(xì)桿上與A點關(guān)于B點的對稱點，D點在Q點的正下方且是細(xì)桿的末端。已知點電荷與圓環(huán)帶有同種性質(zhì)的電荷，圓環(huán)剛釋放時加速度大小為6.4m/s2，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列說法正確是（　　）

A．圓環(huán)到達(dá)C點的加速度大小為9.6m/s2
B．圓環(huán)到達(dá)C點的速度大小為10m/s
C．圓環(huán)剛離開細(xì)桿時加速度大小為11.5m/s2
D．圓環(huán)離開細(xì)桿后做勻變速運動
【解答】解：A、設(shè)BQ距離d＝6m
由幾何關(guān)系A(chǔ)Q＝7.5m，AB＝BC＝4.5m，DQ＝10m
圓環(huán)在A點剛釋放時加速度大小為6.4m/s2，
由牛頓第二定律有
mgsin53°?kQq(AQ)2cos53°＝maA；
由于C點是細(xì)桿上與A點對于B點的對稱點，設(shè)圓環(huán)到達(dá)C點加速度大小為aC，有
mgsin53°+kQq(AQ)2cos53°＝maC，
代入數(shù)據(jù)解得aC＝9.6m/s2，故A正確；
B、AC兩點電勢相同，由A點到C點過程，由動能定理有
mg?AC?sin53°=12mvC2
代入數(shù)據(jù)解得vC＝12m/s，故B錯誤；
C、設(shè)圓環(huán)剛離開細(xì)桿時加速度為aD，則有
mg+kQq(DQ)2=maD
代入數(shù)據(jù)解得aD＝11.5m/s2，故C正確；.
D、圓環(huán)離開細(xì)桿后，受重力和電場力作用，電場力是變力，故做非勻變速運動，故D錯誤。
故選：AC。
11. （多選）如圖所示，帶電量為Q的小球A固定在傾角為θ的絕緣光滑的固定斜面底部，在斜面上距A球為l的P點放置一質(zhì)量為m的帶電小球B，小球B恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，若將另一質(zhì)量也為m的不帶電小球C緊貼著小球B由靜止釋放，兩小球一起運動到M點時速度為v；若將小球C從距P點為d處的N點由靜止釋放，小球C運動到P點時與小球B粘在一起。已知各小球均可視為質(zhì)點，重力加速度為g，靜電力常量為k，運動過程中小球A、B的電量不變，下列說法正確的是（　　）

A．小球B的帶電量為mgl2sinθkQ
B．小球C從N點運動到P點與小球B碰前瞬間的速度為gdsinθ
C．小球C從N點運動到M點時的速度為v2+gdsinθ
D．小球C從N點運動到M點時的速度為v2+12gdsinθ
【解答】解：A、小球B靜止時有
mgsinθ=kQqBl2
解得：qB=mgl2sinθkQ，故A正確；
B、設(shè)小球C到達(dá)P點時的速度為v1，小球C從N點運動到P點與小球B碰撞前由動能定理得：
mgdsinθ=12mv12
解得：v1=2gdsinθ，故B錯誤；
CD、設(shè)PA之間的距離為l1，小球C運動到P點與小球B粘在一起的速度為v2，小球C運動到P點后與小球B粘在一起到運動至M點的速度為v3，在小球C緊貼著小球B由靜止釋放至運動到M點的過程中，由動能定理得：
2mgl1sinθ?WF=12×2mv2
小球C與小球B碰撞過程中動量守恒，則
mv1＝2mv2
小球C運動到P點后與小球B粘在一起運動至M點的過程中，由動能定理得
2mgl1sinθ?WF=12×2mv32?12×2mv22
解得：v3=v2+12gdsinθ，故C錯誤，D正確；
故選：AD。
12. 電場對放入其中的電荷有力的作用。如圖所示，帶電球C置于鐵架臺旁，把系在絲線上的帶電小球A掛在鐵架臺的P點。小球A靜止時與帶電球C處于同一水平線上，絲線與豎直方向的偏角為α。已知A球的質(zhì)量為m，電荷量為+q，重力加速度為g，靜電力常量為k，兩球可視為點電荷。
（1）畫出小球A靜止時的受力圖，并求帶電球C對小球A的靜電力F的大小；
（2）寫出電場強度的定義式，并據(jù)此求出帶電球C在小球A所在處產(chǎn)生的電場的場強EA的大小和方向；
（3）若已知小球A靜止時與帶電球C的距離為r，求帶電球C所帶的電荷量Q。

【解答】解：（1）小球A受力如圖所示：
根據(jù)平衡條件可知 F＝mgtanα。
（2）電場強度的定義式 E=Fq，
帶電球C在小球A所在處產(chǎn)生的電場的場強EA=Fq=mgtanαq，
方向水平向右。
（3）根據(jù)庫侖定律 F=kQqr2，
解得 Q=mgr2tanαkq。
答：（1）小球A靜止時的受力圖如圖，帶電球C對小球A的靜電力F的大小是mgtanα；
（2）電場強度的定義式是 E=Fq，帶電球C在小球A所在處產(chǎn)生的電場的場強EA的大小是mgtanαq，方向水平向右；
（3）帶電球C所帶的電荷量Q是mgr2tanαkq。

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