课时跟踪检测(三) 静电力作用下的平衡与加速问题（Word练习）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第三册（人教版）

课时跟踪检测(三)　静电力作用下的平衡与加速问题 (网阅作业,选择题请在答题区内作答) 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.(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 9.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 10.(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?(5分) (2)小球B的速度最大时,与 M端的距离r为多大?(7分) 11.(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;(6分) (2)B球所带电荷量的绝对值大小q2。(8分) 12.(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;(4分) (2)地面对斜面体A的摩擦力大小;(5分) (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)(5分) 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 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。 9.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。 10.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 11.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 12.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) $