庫侖定律的應(yīng)用（答題時(shí)間：30分鐘）1.如下圖，一質(zhì)量為m的帶電小球A用長度為l的絕緣絲質(zhì)細(xì)線懸掛于天花板上的O點(diǎn)，在O點(diǎn)的正下方l處的絕緣支架上固定一個(gè)帶與A同種電荷的小球B，兩個(gè)帶電小球都可視為點(diǎn)電荷。已知小球A靜止時(shí)絲線OA與豎直方向的夾角為60°，設(shè)絲線中拉力為T，小球所受庫侖力為F，以下關(guān)系式正確的選項(xiàng)是（）A.T1mgB.T3mgC.F3mgD.Fmg22.如下圖，豎直墻面與水平川面均圓滑且絕緣。兩個(gè)質(zhì)量均為m、帶有電量為qA、qB（qA≠qB）的同種電荷的小球A、B分別處于豎直墻面和水平川面，且處于同一豎直平面內(nèi)，用圖示方向的水平推力F作用于小球B，兩球靜止于圖示地點(diǎn)，此時(shí)兩小球之間的距離為l。下邊的結(jié)論或闡述正確的選項(xiàng)是（）A.kqAqBF2(mg)2l2B.kqAqBF2(mg)2l2C.若將兩小球A、B接觸后再擱置在原地點(diǎn)，其余條件不變，兩小球A、B還能保持平衡D.若將兩小球A、B接觸后再擱置在原地點(diǎn)，其余條件不變，兩小球A、B不行能保持均衡3.如下圖，兩條絕緣細(xì)線一端拴在同一點(diǎn)，另一端分別拴兩個(gè)帶同種電荷的小球A、B，電荷量分別為q1、q2，質(zhì)量分別為m1、m2，當(dāng)小球A、B靜止時(shí)恰巧處于同一水平面，兩細(xì)線與豎直方向的夾角分別為θ1、θ2，則（）A.若m1＝m2，則θ1＝θ2B.若m1＞m2，則θ1＞θ2C.若q＝q，則θ＝θ2D.若q＞q，則θ＞θ212112114.如下圖，水平川面上固定一個(gè)圓滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ，一根輕質(zhì)絕緣細(xì)線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個(gè)帶電小球A，細(xì)線與斜面平行。小球A的質(zhì)量為m、電荷量為q，小球A的右邊固定擱置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d，靜電力常量為k，重力加快度為g，兩帶電小球可視為點(diǎn)電荷。小球A靜止在斜面上，則（）小球A與B之間庫侖力的大小為kq2d2B.當(dāng)qmgsin時(shí)，細(xì)線上的拉力為0dkC.當(dāng)qmgtan時(shí)，細(xì)線上的拉力為0dkD.當(dāng)qmg時(shí)，斜面對(duì)小球A的支持力為0ktan如下圖，在粗拙絕緣的水平川面上擱置一帶正電的物體甲，現(xiàn)將另一個(gè)也帶正電的物體乙沿著以甲為圓心的豎直平面內(nèi)的圓弧由M點(diǎn)挪動(dòng)到N點(diǎn)，若此過程中甲一直保持靜止，甲、乙兩物體可視為質(zhì)點(diǎn)，則以下說法正確的選項(xiàng)是（）乙的電勢能先增大后減小甲對(duì)地面的壓力先增大后減小甲遇到地面的摩擦力不變甲遇到地面的摩擦力先增大后減小6.如下圖，電荷量為Q1、Q2的兩個(gè)正點(diǎn)電荷分別置于A點(diǎn)和B點(diǎn)，兩點(diǎn)相距為L，在以L為直徑的圓滑絕緣半圓環(huán)上，衣著一個(gè)帶電荷量為q的小球（視為點(diǎn)電荷），在P點(diǎn)平衡，若不計(jì)小球的重力，那么PA與AB的夾角α與Q1、Q2的關(guān)系知足（）A.tan3α＝Q2/Q1B.tan3α＝Q1/Q2C.tan2/Q2D.tan2α＝Q2/Q1α＝Q1如下圖，圓滑平面上固定一金屬小球A，用長L0的絕緣彈簧將A與另一個(gè)金屬小球B連結(jié)，讓它們帶上等量同種電荷，彈簧伸長量為x1；若兩小球電量各遺漏一半，彈簧伸長2量變成x2，則有（）A.x21x1B.x21x1C.x21x1D.x21x144428.如下圖，帶正電的甲球固定在足夠大的圓滑絕緣水平面上的A點(diǎn)，其帶電量為Q；質(zhì)量為m，帶正電的乙球在水平面上的B點(diǎn)由靜止開釋，其帶電量為q；A、B兩點(diǎn)間的距離為。開釋后的乙球除遇到甲球的靜電力作用外，還遇到一個(gè)大小為F=kQq（k為靜電力4l02常數(shù)）、方向指向甲球的恒力（非電場力）作用，兩球均可視為點(diǎn)電荷。求：1）乙球在開釋瞬時(shí)的加快度大?。?）乙球的速度最大時(shí)兩球間的距離。圓滑絕緣的水平面上，放著三個(gè)質(zhì)量都是m的帶電小球A、B、C，如下圖，小球之間距離都是l。已知A、B兩球帶等量電荷+q，現(xiàn)給C球一個(gè)外力F，使三個(gè)小球在運(yùn)動(dòng)中保持距離不變，則1）C球帶何種電荷？電荷量為多少？2）外力F的大小和方向怎樣？31.D分析：對(duì)小球A進(jìn)行受力剖析可得：它受豎直向下的重力mg，B對(duì)它的電場力F，方向沿BA的方向，還有就是細(xì)線對(duì)它的拉力T，沿細(xì)線的方向斜向上；經(jīng)過繪圖可知，這三個(gè)力的夾角都是120°，因此這三個(gè)力的大小是相等的，即T=F=mg，應(yīng)選項(xiàng)D正確。2.AD分析：當(dāng)兩球均衡時(shí)，它們之間的距離不變，可視為剛體，將AB視為剛體剖析受力可知AB在水平方向遇到的墻面的彈力大小為F，方向?yàn)樗较蛴?；以A為對(duì)象剖析受力有墻面對(duì)A的彈力，大小為F，方向?yàn)樗较蛴?，重力為mg，B對(duì)A的靜電力，三者互相平衡，依據(jù)共點(diǎn)力均衡條件有kqAqBF2(mg)2，故A正確、B錯(cuò)誤；若將兩小球A、Bl2接觸后再擱置在原地點(diǎn)，因?yàn)锽、A間的靜電力變大，均衡條件被打破，故C錯(cuò)誤、D正確。3.A分析：對(duì)物體A，由均衡知識(shí)可知：F電=m1gtan1；對(duì)B：F電=m2gtan2，則若m1＝m2，則θ1＝θ2，選項(xiàng)A正確；若m1＞m2，則θ1＜θ2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)殡姾芍g的作使勁是互相作使勁，故與電荷的大小沒關(guān)，故CD錯(cuò)誤；應(yīng)選A.4.AC分析：由題意知，依據(jù)庫侖定律可求小球A與B之間庫侖力的大小為FCkq2，故A正確；以小球A為研究對(duì)象受力剖析如圖：d2依據(jù)物體的均衡條件可求當(dāng)mg、Fc、FN三力的協(xié)力等于零時(shí)，即kq2mgtan時(shí)，d2細(xì)線上的拉力為0，因此B錯(cuò)誤；C正確；由均衡條件知，小球A受彈力不行能為零，因此D錯(cuò)誤。5.B分析：因?yàn)槲矬w乙沿著以甲為圓心的豎直平面內(nèi)的圓弧由M點(diǎn)挪動(dòng)到N點(diǎn)，而此圓弧為等勢面，因此電場力不做功，則乙的電勢能不變，故A錯(cuò)誤；當(dāng)質(zhì)點(diǎn)乙由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過程中，對(duì)物體甲受力剖析，如圖，受重力G、地面的支持力N、摩擦力f以及靜電力F；將靜電力正交分解，由共點(diǎn)力均衡條件獲得：Fsinθ-f=0①N-Fcosθ-mg=0②4由①②兩式可解得：N=mg+Fcosθ；f=Fsinθ；此中G與F不變，θ漸漸減小為零，因此支持力N漸漸變大，f漸漸變??；同應(yīng)當(dāng)乙沿甲的正上方向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，θ由零漸漸增大，因此支持力N漸漸變小，f漸漸變大；綜合以上兩個(gè)過程可知：物體甲遇到地面的支持力N先增大后減小，物體甲遇到地面的摩擦力先減小后增大，故B正確，CD錯(cuò)誤；應(yīng)選B。6.A分析：依據(jù)題意，對(duì)帶電小球進(jìn)行受力剖析，小球遇到重力G、Q1供給的庫侖力F1和Q2供給的qQ1F1k)2庫侖力F2，在這三個(gè)力作用下小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，則有：(LcostanqQ2，經(jīng)F2k)2(Lsin過整理獲得：tan3Q1，應(yīng)選項(xiàng)A正確。Q2B分析：電量減小一半，依據(jù)庫侖定律知若兩個(gè)球之間的距離保持不變，庫侖力減小為本來的1，庫侖力減小，彈簧的彈力減小，彈簧的伸長量減小，兩球間的距離減小，所4以實(shí)質(zhì)的狀況是小球之間的庫侖力會(huì)大于本來的1，此時(shí)彈簧的伸長量也大于本來的1，B44對(duì)。8.解：（1）依據(jù)牛頓第二定律得aQqF，又FQq3kQqk2k2，可解得：a2l04l04ml0（2）當(dāng)乙球所受的協(xié)力為零，即庫侖力大小與恒力F相等時(shí)，乙球的速度最大，設(shè)此時(shí)兩電荷間的距離為x，則有：kQqkQq，解得：x＝2l0x24l029.解：（1）運(yùn)動(dòng)中間距不變，則三球加快度同樣，沿AB中垂線向右