高考物理模型專練與解析模型20帶電小球的平衡問題（教師版含解析）

20帶電小球的平衡問題1．如圖所示，在一條直線上有兩個相距0.4m的點電荷A、B，A帶電＋Q，B帶電－9Q?，F(xiàn)引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷均在電場力的作用下處于平衡狀態(tài)，則C的帶電性質及位置應為()A．正，B的右邊0.4m處 B．正，B的左邊0.2m處C．負，A的左邊0.2m處 D．負，A的右邊0.2m處【答案】C【詳解】要使三個電荷均處于平衡狀態(tài)，必須滿足“兩同夾異”“兩大夾小”“近小遠大”的原則，所以點電荷C應在A左側，帶負電。設C帶電荷量為q，A、C間的距離為x，A、B間距離用r表示，由于處于平衡狀態(tài)，所以

解得x＝0.2m，C正確，ABD錯誤。故選C。2．如圖所示，用三根長度相同的絕緣細線將三個帶電小球連接后懸掛在空中，三個帶電小球質量相等，A球帶負電，平衡時三根絕緣細線都是直的，但拉力都為零，則()A．B球和C球都帶負電荷 B．B球帶正電荷，C球帶負電荷C．B球帶負電荷，C球帶正電荷 D．B球和C球都帶正電荷【答案】D【詳解】A．如果B球和C球都帶負電荷，則A、B、C三球相互排斥，此時細繩上有了拉力，不符合題意，A錯誤；B．如果B帶正電荷，C帶負電荷，則B球受到A和C的庫侖力的合力方向是向右斜上方，B球受力不再平衡，不符合題意，B錯誤；C．如果B球帶負電荷，C球帶正電荷，A球對B排斥，C球對B球吸引，A、C球對B球的庫侖力的合力斜向下，若B球能平衡，AB球間細繩上有拉力，不符合題意，C錯誤；D．如果B球和C球都帶正電荷，B球受重力及A、C對B球的庫侖力而處于平衡狀態(tài)；如下圖所示，則A、C球對B球的庫侖力的合力應與重力大小相等，方向相反；同理，C球受力也處于平衡狀態(tài)，符合題意，而庫侖力的方向只能沿兩電荷的連線方向，故可知A對B的庫侖力應指向A，C對B的庫侖力應指向B的左側；因此A球帶負電，則B、C球都應帶正電，故D正確。故選D。3．兩個大小相同的小球帶有同種電荷，(可看作點電荷)，質量分別為和，帶電量分別為和，用絕緣線懸掛后，因靜電力而使線張開，分別與豎直方向成夾角和，且兩球同處一水平線上，如圖所示，若，則下述結論正確的是()A．必須同時滿足，B．一定滿足C．一定等于D．一定等于【答案】D【詳解】題中兩電荷電量可能不同，也可能相同，但各自所受的電場力大小卻相同，方向相反。由于它們與豎直線所成的角度均為，且兩球同處一水平線上，所以根據共點力平衡條件可確定，它們的質量一定相等，故ABC錯誤，D正確。故選D。4．豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣，小球A?B帶有同種電荷，用指向墻面的水平推力F作用于小球B，兩球分別靜止在豎直墻面和水平地面上，如圖所示。若將小球B向左推動少許，當兩球重新達到平衡時，與原來的平衡狀態(tài)相比較()A．推力F變大B．豎直墻面對小球A的彈力變小C．地面對小球B的支持力變大D．兩個小球之間的距離不變【答案】B【詳解】D．受力分析如圖，對A球F斥cosθ=mAg由于B球向左運動，θ減小，cosθ增大，故F斥減小，由可知，兩球間的距離r增大，故D項錯誤。A．對B球F=F斥sinθ因F斥減小，θ減小，故F減小，故A項錯誤；B．對A?B構成的整體∶水平方向F=FN2可見豎直墻壁對小球A的彈力變小，故B項正確；C．豎直方向FN1=mAg+mBg可見地面對小球B的彈力FN1不變，故C項錯誤；故選B。5．如圖所示，位于同一直線上的三個帶電小球(均可視為點電荷)A、B、C，只受到彼此間庫侖力的作用。若A、C處于靜止狀態(tài)，則B球()A．一定靜止 B．可能向A球運動C．可能向C球運動 D．可能和A球帶同種電【答案】A【詳解】ABC．若A處于靜止狀態(tài)，其合力一定等于零，由于C也靜止，C對A的庫侖力一定是恒力，那么B對A的庫侖力也必須是恒力，所以B球必須是靜止的，A正確，BC錯誤；D．因為三個小球同時靜止，那么必須滿足“兩大夾一小，兩同夾一異”，B和A一定帶異種電荷，D錯誤。故選A。6．如圖甲所示，帶電小球A用絕緣細線懸掛于O點，細線的長為L，O點正下方L處固定一帶電的小球B，由于庫侖力的作用，細線與豎直方向的夾角θ=30°，這時A球的帶電量為q1；如果將A球的帶電量改為q2，且改變細線的長，使A與B在同一水平線上，這時細線與豎直方向的夾角也為θ=30°，如圖乙所示，不計小球的大小，B球的帶電量保持不變，則為()A．1 B． C． D．【答案】A【詳解】兩球的受力情況如下對于甲圖中的A球，根據幾何關系，AB兩球之間的距離根據豎直方向的平衡有解得根據庫侖定律有對于乙圖中的A球，根據幾何關系，AB兩球之間的距離根據的平衡條件易得解得根據庫侖定律有則解得故選A。7．如圖所示，一質量為m的帶電小球A用長度為l的絕緣絲質細線懸掛于天花板上的O點，在O點的正下方距離為l處的絕緣支架上固定一個帶與A同種電荷的小球B，兩個帶電小球都可視為質點。已知小球A靜止時絲線OA與豎直方向的夾角為60°，設絲線中拉力為T，小球A所受庫侖力為F，設F和T的合力為F0，重力加速度為g，則()A． B．F=mg C． D．F0=2mg【答案】B【詳解】對小球A受力分析，如圖所示根據平行四邊形法則，力的合成如上圖所示，圖中小球A靜止時絲線OA與豎直方向的夾角為，則平行四邊形一半即為等邊三角形，故有故選B。8．質量分別為m1、m2的A、B兩小球分別帶電荷量為q1和q2的同種電荷，它們用等長的細線吊在同一點O，使A球靠在豎直光滑墻上，A球的細線l1沿豎直方向，由于靜電斥力的作用，B球的細線l2與豎直方向成θ角，A、B均處于靜止狀態(tài)，如圖所示。由于某種原因，B球的帶電荷量q2逐漸減少，于是兩細線之間的夾角θ也逐漸減小。在θ逐漸減小的過程中，關于l1、l2中的張力T1、T2的變化是()A．T1變小，T2不變 B．T1不變，T2變小C．T1、T2均變小 D．T1、T2均不變【答案】A【詳解】小球B的受力情況如圖所示重力m2g、懸線張力、庫侖斥力F，這三個力的合力為0。因此這三個力構成封閉的力的三角形，且正好與幾何三角形OAB相似，有因為所以即與無關，由于庫侖力的減小，導致A球受到B球的庫侖力大小減小，且方向趨于水平，則有變小，故A正確，BCD錯誤。故選A。9．光滑絕緣水平面上相距為L的點電荷A、B帶電荷量分別為+4q和-q，如圖所示，今引入第三個點電荷C，使三個點電荷都處于平衡狀態(tài)，則C的電荷量和放置的位置是()A．-q，在A左側距A為L處 B．-2q，在A左側距A為處C．+4q，在B右側距B為L處 D．+2q，在B右側距B為處【答案】C【詳解】A、B、C三個電荷要平衡，三個電荷必須在一條直線上，在AB連線上只有B的右側某一位置合場強為零，則C的位置一定在B的右側，設電荷C與B的距離為r，則C與A的距離為L+r，C能處于平衡狀態(tài)，說明A對C的電場力大小等于B對C的電場力大小，設C的電量為Q，則有解得r=L欲使A、B受到電場力合力都為零，則C只能帶正電，對點電荷A受力平衡，則有解得Q=4q即C帶正電，電荷量為+4q，在B的右側距B為L處。故選C。10．在豎直平面內固定一半徑為R的金屬細圓環(huán)，質量為m的金屬小球(視為質點)通過長為L的絕緣細線懸掛在圓環(huán)的最高點。當圓環(huán)、小球都帶有相同的電荷量Q(未知)時，發(fā)現(xiàn)小球在垂直圓環(huán)平面的對稱軸上處于平衡狀態(tài)，如圖所示。已知靜電力常量為k。則下列說法中正確的是()A．電荷量B．電荷量Q＝C．線對小球的拉力D．線對小球的拉力【答案】A【詳解】AB．如圖：取圓環(huán)頂端長為d的一小段，其帶電量為對金屬球的庫侖力為同理，圓球最底端長為d的一小段，對金屬球的庫侖力也為Fc，且兩力的豎直分力平衡，設繩子與豎直方向夾角為，則Fc在水平方向的分力為故整個圓環(huán)對小球的合力方向水平向右，大小為小球受重力、拉力和電場力而平衡，由相似三角形關系可得解得故A正確B錯誤；CD．由相似三角形關系可得解得故CD錯誤。故選A。11．如圖所示，金屬板帶電量為＋Q，質量為m的金屬小球帶電量為＋q，當小球靜止后，懸掛小球的絕緣細線與豎直方向間的夾角為，小球與金屬板中心O恰好在同一條水平線上，且距離為L。下列說法正確的是()A．＋Q在小球處產生的場強為E1＝B．＋Q在小球處產生的場強為E1＝C．＋q在O點產生的場強為E2＝D．＋q在O點產生的場強為E2＝【答案】C【詳解】AB．對金屬小球受力分析，如圖所示：根據平衡條件，有

故+Q在小球處產生的場強為選項AB錯誤；CD．根據點電荷的場強公式，+q在O點產生的場強為選項C正確，D錯誤。故選C。12．如圖，絕緣光滑圓環(huán)豎直放置，a、b、c為三個套在半徑為R圓環(huán)上可自由滑動的空心帶電小球，已知小球c位于圓環(huán)最高點(未畫出)，ac連線與豎直方向成60°角，bc連線與豎直方向成30°角，小球a的電量為(q＞0)，質量為m，三個小球均處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是()A．a、b、c小球帶同種電荷B．a、b小球帶異種電荷，b、c小球帶同種電荷C．a、b小球電量之比為D．小球c電量數(shù)值為【答案】D【詳解】AB．對c，受到重力、環(huán)的支持力以及a與b的庫侖力，其中重力與支持力的方向在豎直方向上，水平方向有a對c的庫侖力的分力與b對c的庫侖力的分力，由共點力平衡的條件可知，a與b對c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，則a與b的電性必定是相同的；a與b帶同種電荷，它們之間的庫侖力是斥力。對a，a受到重力、環(huán)的支持力以及b、c對a的庫侖力，重力的方向在豎直方向上，水平方向有支持力的向右的分力、b對a的庫侖力向左的分力、c對a的庫侖力的分力，若a要平衡，則c對a的庫侖力沿水平方向的分力必須向右，所以c對a的作用力必須是吸引力，所以c與a的電性一定相反。即a、b小球帶同種電荷，b、c小球帶異種電荷，故AB錯誤；

C．設環(huán)的半徑為R，a、b、c三個小球的帶電量分別為：q1、q2和q3，由幾何關系可得：ac＝R，bc＝R；a與b對c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，它們對c的作用力在水平方向的分力大小相等，則所以故C錯誤；

D．對小球a受力分析，如圖所示

根據平衡條件有即解得故D正確。故選D。13．如圖所示，水平地面上固定一絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ。斜面下端處固定一高為h的絕緣細柱，兩個質量均為m、帶電荷量均為+q的小滑塊A和B(均視為點電荷)分別放置在斜面上和固定在細柱上，小滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．靜電力常量為k，重力加速度為g，當兩小滑塊等高，且有時，小滑塊A受到的摩擦力大小為()A．μmgcosθ B．C．μmgcosθ(1-tan2θ) D．0【答案】D【詳解】由于A處于平衡狀態(tài)，對A受力分析，如下圖所示，沿斜面方向有根據庫侖定律有結合已知條件，聯(lián)立上式可得故選D。14．如圖，光滑絕緣水平面上固定金屬小球A，用長l0的絕緣彈簧將A與另一個金屬小球B連接，讓它們帶上等量異種電荷，彈簧壓縮量為x1，若兩球電量各漏掉一半，重新平衡后彈簧壓縮量變?yōu)閤2，則有：()A． B． C． D．【答案】D【詳解】設靜電力常數(shù)為k′，漏電前，由平衡條件可知若兩球電量各漏掉一半，重新平衡后彈簧壓縮量變?yōu)閤2，則有由于漏電以后，彈簧的壓縮量x2<x1，則有由上面的各式可求得故有故選D。15．如圖，在光滑定滑輪C正下方與C相距h的A處固定一電荷量為Q(Q>0)的點電荷，電荷量為q的帶正電小球B，用絕緣細線拴著，細線跨過定滑輪，另一端用適當大小的力F拉住，使B處于靜止狀態(tài)，此時B與A點的距離為R，B和C之間的細線與AB垂直。若B所受的重力為G，緩慢拉動細線(始終保持B平衡)直到B接近定滑輪，靜電力常量為k，環(huán)境可視為真空，則下列說法正確的是()A．F保持不變 B．F逐漸增大C．B受到的庫侖力大小不變 D．B受到的庫侖力逐漸減小【答案】C【詳解】AB．對B進行受力分析，如圖所示由幾何關系可以找到幾何三角形ABC和力的三角形GDB相似，由對應邊成比例可得由于同一根細線上的拉力相等，故有F=F′，則由于在緩慢拉繩的過程中，G、h不變，L減小，由上式可知F逐漸減小，故AB錯誤；CD．設B所受的庫侖力為F1，由上面的三角形相似還可以得到由于G、h、R都不變，可知F1也不變，即B所受的庫侖力大小不變，故C正確，D錯誤。故選C。16．如圖所示，在光滑絕緣水平面上放置3個電荷量均為q(q>0)的相同小球，小球之間用勁度系數(shù)均為k0的輕質彈簧絕緣連接．當3個小球處在靜止狀態(tài)時，每根彈簧長度為l，已知靜電力常量為k，若不考慮彈簧的靜電感應，則每根彈簧的原長為()A． B． C． D．【答案】B【詳解】對第三個小球受力分析，第三個小球受三個力的作用，它們的關系是解得所以彈簧的原長為故B正確，ACD錯誤。故選B。17．如圖所示，將兩個擺長均為l的單擺懸于O點，擺球質量均為m，帶電量均為q(q>0)，將另一個帶電量也為q(q>0)的小球從O點正下方較遠處緩慢移向O點，當三個帶電小球分別處在等邊三角形abc的三個頂點上時，擺線的夾角恰好為120°，則此時擺線上的拉力大小等于()A．2mg B．2mg C． D．【答案】D【分析】對小球a進行受力分析：重力、c球對a球的靜電斥力、b球對a球的靜電斥力和細線的拉力，然后根據平衡條件并結合正交分解法列式求解即可?！驹斀狻扛鶕缀沃R得：球a與球b間距為r=2lsin60°=l，對小球a受力分析，a受重力、c球對a球的靜電斥力、b球對a球的靜電斥力和細線的拉力，如圖所示

根據平衡條件，有水平方向Fab+Faccos60°=Tcos30°豎直方向Facsin60°+Tsin30°=GFab=Fac=聯(lián)立解得故ABC錯誤，D正確。故選D。18．如圖，光滑絕緣圓環(huán)豎直放置，a、b、c為三個套在圓環(huán)上可自由滑動的空心帶電小球。已知帶正電荷的小球c位于圓環(huán)最高點，ac連線與豎直方向成角，bc連線與豎直方向成角，三個小球均處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是()A．a、b兩小球均帶正電荷B．a小球帶正電荷，b小球帶負電荷C．a、b小球電量之比為D．a、b小球電量之比為【答案】C【詳解】AB．對c，受到重力、環(huán)的支持力以及a與b的庫侖力，其中重力與支持力的方向在豎直方向上，水平方向有a對c的庫侖力的分力與b對c的庫侖力的分力，由共點力平衡的條件可知，a與b對c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，則a與b的電性必定是相同的，a與b帶同種電荷，它們之間的庫侖力是斥力。a受到重力、環(huán)的支持力以及b、c對a的庫侖力，重力的方向在豎直方向上，水平方向有支持力的向右的分力、b對a的庫侖力向左的分力、c對a的庫侖力的分力，若a要平衡，則c對a的庫侖力沿水平方向的分力必須向右，所以c對a的作用力必須是吸引力，所以c與a的電性一定相反，故AB錯誤；CD．設環(huán)的半徑為R，三個小球的帶電量分別為q1、q2和q3，由幾何關系可得，則有解得故C正確，D錯誤。故選C。19．如圖所示，豎直平面內固定一個半徑為R的剛性光滑絕緣圓環(huán)。在圓環(huán)的最頂端固定一個電荷量為q的帶正電的小球，另一個質量為m帶負電的小圓環(huán)套在大圓環(huán)上，當小圓環(huán)平衡時，測得兩電荷之間的連線與豎直線的夾角為，則(設靜電力常量為k)()A．大圓環(huán)對小圓環(huán)的彈力大小為B．小圓環(huán)帶電量的大小為C．大圓環(huán)對小圓環(huán)的彈力指向圓心D．小圓環(huán)帶電量增加，小環(huán)受到的彈力先增加后減小【答案】B【詳解】對小圓環(huán)受力分析如圖所示A．由幾何關系得故A錯誤；B．庫侖力為則解得故B正確；C．由受力分析圖可知，大圓環(huán)對小圓環(huán)的彈力背離圓心，故C錯誤；D．小圓環(huán)帶電量增加，庫侖力增大，由平行四邊形定則知，合力增大，一個分力(重力)不變，則另一個分力(彈力)增大，故D錯誤。故選B。20．如圖所示，四個質量均為的帶電小球恰好構成“三星拱月”之形，其中三個完全相同的帶電小球位于同一光滑絕緣水平面內，且繞同一點做半徑為的勻速圓周運動，三小球所在位置恰好將圓周等分。小球位于點正上方處，且在外力作用下處于靜止狀態(tài)。已知三小球的電荷量均為，球的電荷量為，，重力加速度為，靜電力常量為，則()A．小球一定帶正電B．小球的周期為C．小球的加速度大小為D．外力豎直向上，大小等于【答案】BD【詳解】A．三小球所帶電荷量相同，要使三球做勻速圓周運動，球與三小球一定是異種電荷，由于球的電性未知，所以球不一定帶正電，A錯誤；BC．設連線與水平方向的夾角為，則，對b球，根據牛頓第二定律和向心力得：解得，B正確，C錯誤；D．對球，由平衡條件得D正確。故選BD。21．如圖所示，豎直絕緣墻上固定一帶電小球A，將帶電小球用輕質絕緣絲線懸掛在A的正上方C處，圖中AC=h。當B靜止在與豎直方向夾角方向時，A對B的靜電力為B所受重力的0.5倍，則下列說法中正確的是(兩球均可看作點電荷)()A．若保持懸點C位置不變，緩慢縮短絲線BC的長度，B球運動軌跡在最初階段為圓弧B．此時絲線長度為C．若A對B的靜電力為B所受重力的倍，要使B球依然在處靜止，則絲線BC的長度應調整為或D．以后由于A漏電，B在豎直平面內緩慢運動，到處A的電荷尚未漏完，在整個漏電過程中，絲線上拉力大小減小【答案】AC【詳解】B．當A對B的靜場力為B所受重力的0.5倍，B靜止時絲線BC與豎直方向夾角θ=30°，處于平衡，根據幾何關系可知此時AB與BC互相垂直，此時絲線長度為L=hcos30°=h故B錯誤；

D．由于A漏電，B在豎直平面內緩慢運動，在θ=0°之前，由三角形相似可知隨著電量的減少，BC繩長度不變，所以細繩的拉力不變；到θ=0°未漏完電，θ=0°后，由于二者在同一個豎直直線上，根據受力平衡可得，庫侖力減小(漏電)，絲線拉力增大，所以整個過程絲線拉力先不變，后增大，故D錯誤；

A．若保持懸點C位置不變，緩慢縮短絲線BC的長度，根據D選項中可知設AB=R，根據庫侖定律可得則有由于電荷量不變，G和h不變，則R不變，所以緩慢縮短絲線BC的長度，B球運動軌跡在最初階段為圓弧，故A正確；

C．若A對B的靜電力為B所受重力的倍，則B靜止在與豎直方向夾角仍為θ=30°時，對B受力分析，G、F與T，將F與T合成，則有解得根據余弦定理，可得(h)2=h2+BC2-2×BC×hcos30°解得BC=h，或BC=h故C正確。

故選AC。22．如圖所示，豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣，兩個帶有同種電荷的小球A、B分地處于豎直墻面和水平地面，且處于同一豎直平面內，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向左推動少許，并待兩球重新達到平衡時，則兩個小球的受力情況與原來相比()A．推力F將增大B．豎直墻面對小球A的彈力增大C．兩個小球之間的距離增大D．地面對小球B的彈力一定不變【答案】CD【詳解】C．設AB之間的距離為r，連線與水平方向夾角為θ，對A進行受力分析當B向左移動時，角θ增大，最終依然平衡，導致AB之間距離r增大，C正確；A．對B進行受力分析由于角θ增大，AB之間距離r增大，可得水平外力F減小，A錯誤；BD．將AB整個系統(tǒng)作為一個整體進行受理分析，可知，豎直墻面對小球A的彈力大小等于F減小；地面對小球B的彈力大小等于兩個球的總重量，保持不變，B錯誤，D正確。故選CD。23．如圖，A、B兩個點電荷的電量分別為+Q和+q，放在光滑絕緣水平面上，A、B之間用絕緣的輕彈簧連接。當系統(tǒng)平衡時，彈簧的伸長量為x0，若彈簧發(fā)生的均是彈性形變，則()A．將Q變?yōu)?Q，將q變?yōu)?q，平衡時彈簧的伸長量小于4x0B．保持q不變，將Q變?yōu)?Q，平衡時彈簧的伸長量大于2x0C．保持Q不變，將q變?yōu)?q，平衡時彈簧的縮短量等于x0D．保持q不變，將Q變?yōu)?2Q，平衡時彈簧的縮短量大于2x0【答案】AD【詳解】A．系統(tǒng)達到靜止狀態(tài)時，受力平衡，受庫侖力和彈力，大小相等，方向相反，即將Q變?yōu)?Q，將q變?yōu)?q，此時平衡為解得x1<4x0A正確；B．q不變，將Q變?yōu)?Q，此時平衡為解得x2<2x0B錯誤；C．Q不變，將q變?yōu)?q，彈簧的壓縮量是x3，此時平衡為解得x3>x0C錯誤；D．q不變，將Q變?yōu)?2Q，彈簧的壓縮量是x4，此時平衡為解得x4>2x0D正確。故選AD。24．用兩根等長的輕質絕緣細線，把兩個帶異種電荷的小球a、b懸掛起來，如圖甲所示，小球a、b質量分別為、，帶電量大小分別為、。如果在該區(qū)間加一水平向右的勻強電場，且繩始終拉緊，最后達到的平衡狀態(tài)如圖乙所示，則關于兩球質量大小及帶電量多少(兩球之間的作用力不考慮)，下列組合符合要求的有()A．， B．，C．， D．，【答案】BCD【分析】本題考查電場力和共點力平衡的知識。求解過程中要能靈活的應用整體法和隔離法，正確的選取對象并對其進行受力分析求解?！驹斀狻吭O上端繩子拉力為T1，下端繩子拉力為T2，場強大小為E，乙圖中上端繩子與豎直方向夾角為θ，下端繩子與豎直方向夾角為α。對a、b整體受力分析，如圖所示利用平行四邊形定則，可得對b受力分析，如圖所示利用平行四邊形定則，可得因為兩根繩子等長，由數(shù)學知識可知聯(lián)立以上三式得代數(shù)分析可知，BCD均符合題意，A不符合題意。故選BCD。25．如圖所示，質量為m、電荷量為Q的帶電小球A用絕緣細線懸掛于O點，另一個帶電荷量也為Q的小球B固定于O點的正下方絕緣支架上?？梢暈橘|點的小球A距離地面高度為h，平衡時A、B帶電小球處于同一高度，重力加速度為g，靜電力常量為k。則()A．若剪斷輕繩，小球A將沿繩方向做勻變速直線運動B．若剪斷輕繩，小球A在空中運動時間為C．若剪斷輕繩，小球A在空中運動時間小于D．若剪斷輕繩，小球A著地時速度大于【答案】CD【詳解】對平衡的小球A受力分析，水平向右的庫侖力，豎直向下的庫侖力，斜向右上的繩的拉力，如圖所示A．若剪斷輕繩，初態(tài)合力沿拉力的反方向，斜向右下的加速直線運動，但A與B間的庫侖力逐漸減小，方向沿著兩球的連線為變力，則合力與速度有夾角，小球A做加速度逐漸減小的曲線運動，故A錯誤；BC．若剪斷輕繩后，庫侖力斜向右下在豎直方向有分力，則小球在豎直方向的加速度大于重力加速度g，由可知運動時間故B錯誤，C正確；D．若剪斷輕繩，對小球落地的過程，庫侖斥力要做正功，由動能定理則小球A著地時速度故D正確。故選CD。26．如圖所示，質量分別為和的兩小球帶有同種電荷，電荷量分別為和，用絕緣細線懸掛在天花板上。平衡時，兩小球恰處于同一水平位置，細線與豎直方向間夾角分別為與()。兩小球突然失去各自所帶電荷后開始擺動。最大速度分別為和，最大動能分別為和，則()A．一定小于 B．一定大于C．一定大于 D．一定大于【答案】ACD【詳解】A．對小球A受力分析，受重力、靜電力、拉力，如圖所示根據平衡條件，有故同理有由于θ1＞θ2，故mA＜mB，故A正確；B．兩球間的庫侖力是作用力與反作用力，一定相等，與兩個球是否帶電量相等無關，故B錯誤；C．設懸點到AB的豎直高度為h，則擺球A到最低點時下降的高度小球擺動過程機械能守恒，有解得由于θ1＞θ2，A球擺到最低點過程，下降的高度△hA＞△hB，故A球的速度較大，故C正確；D．小球擺動過程機