資源簡介

綜合·融通　靜電力作用下的平衡與加速問題
　　　　(融會課——主題串知綜合應用)
　　帶電體的平衡與加速問題屬于典型的力電綜合問題,通過本節課的學習應學會進行靜電力作用下物體的受力分析、力的合成與分解,能夠應用平衡條件解決靜電力作用下的平衡問題;會應用牛頓運動定律結合庫侖定律解決帶電體的加速運動問題。
　　　　　　　　　　　　　　　　
主題(一)　同一直線上三個點電荷的平衡問題
[知能融會通]
　共線的三個自由點電荷的平衡問題
(1)平衡條件:每個點電荷受到的兩個靜電力必須大小相等,方向相反。
(2)平衡規律:
“三點共線” 三個點電荷分布在同一直線上
“兩同夾異” 正、負電荷相互間隔
“兩大夾小” 中間電荷的電荷量最小
“近小遠大” 中間電荷靠近電荷量較小的電荷
　
　[典例]　(選自魯科版教材課后練習)兩個帶正電的小球,電荷量分別為Q和9Q,在真空中相距l。如果引入第三個小球,恰好使得三個小球只在它們相互之間的靜電力作用下處于平衡狀態,第三個小球應帶何種電荷,放在何處,電荷量又是多少
嘗試解答:
　　[變式拓展]　在上述典例中,若把兩個帶正電的小球固定,其他條件不變,則結果如何
[思維建模]
對同一直線上三個點電荷平衡問題的兩點提醒
(1)只要其中兩個點電荷平衡,第三個點電荷一定平衡,只需根據平衡條件對其中的任意兩個點電荷列式即可。
(2)在三個共線點電荷的平衡問題中,若僅讓其中一個點電荷平衡,則只需要確定其位置即可,對其電性和所帶電荷量沒有要求。
[題點全練清]
1.(2025·孝感期中檢測)如圖所示,光滑絕緣的水平桌面的同一直線上,放置三個可視為點電荷的小球M、N和P,其中M和N固定,帶電荷量分別為+q1和-q2,若小球P能保持靜止,則 (　　)
A.P一定帶正電,q1=q2
B.P一定帶正電,q1>q2
C.P可能帶負電,q1=q2
D.P可能帶負電,q1>q2
2.如圖所示,光滑絕緣的水平地面上有相距為L的點電荷A、B,帶電荷量分別為-4Q和+Q,現引入第三個點電荷C,使三個點電荷都處于平衡狀態,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A右側距A為處
主題(二)　非共線力作用下帶電體的平衡問題
[知能融會通]
　　分析靜電力作用下點電荷的平衡問題時,方法仍然與力學中分析物體的平衡方法一樣,具體步驟如下:
(1)確定研究對象:如果有幾個物體相互作用時,要依據題意,用“整體法”或“隔離法”選取合適的研究對象。
(2)對研究對象進行受力分析,此時多了靜電力。
(3)根據F合=0列方程,若采用正交分解,則有Fx=0,Fy=0。
(4)解方程求出未知量。
　　[典例]　(2024·山西長治期末)如圖所示,把電荷量q1=2×10-6 C、質量m1=0.9 kg的帶正電小球用絕緣細線懸掛在水平天花板上,帶正電的物塊放置在傾角θ=37°的光滑固定斜面上。當小球與物塊間的連線水平且細線與水平方向的夾角為37°時,小球與物塊均靜止,此時兩者之間的距離d=0.3 m。已知靜電力常量k=9.0×109 N·m2/C2,小球及物塊均可視為點電荷,重力加速度大小g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小球與物塊間的靜電力大小F1;
(2)物塊的電荷量大小q2;
(3)物塊的質量m2。
嘗試解答:
[題點全練清]
　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(多選)如圖所示,在粗糙絕緣的水平地面上有一帶正電的物體A,另一帶正電的點電荷B沿著以A為圓心的圓弧由P到Q緩慢地從A的上方經過,若此過程中A始終保持靜止,A、B均可視為質點。則下列說法正確的是 (　　)
A.物體A受到地面的支持力先增大后減小
B.物體A受到地面的支持力保持不變
C.物體A受到地面的摩擦力先減小后增大
D.靜電力對點電荷B先做正功后做負功
2.(2025·山東煙臺月考)如圖所示,一光滑絕緣圓形軌道固定在水平面上,在直徑AB的兩個端點上分別固定電荷量為Q1、Q2的正點電荷,有一個帶正電小球恰好靜止于軌道內側P點(小球可視為點電荷)。已知A、P兩點的連線與直徑AB之間的夾角θ=30°,則的比值為 (　　)
A. B.3
C.6 D.
主題(三)　帶電體的加速問題
[知能融會通]
　　靜電力作用下的動力學問題可以歸納為“電學問題、力學方法”。遵循力學規律和力的運算法則。在分析具體問題時應注意:
(1)受力分析:除分析重力、彈力、摩擦力等之外,還要分析靜電力的作用。
(2)狀態分析:通過分析確定帶電體的運動狀態。
(3)根據問題情境和提供的條件選取適當的物理規律列方程求解。
　　[典例]　如圖所示,質量均為m、帶等量異種電荷的A、B兩個小球放在光滑絕緣的固定斜面上,給B球施加沿斜面向上、大小為F=4mg(g為重力加速度)的拉力,結果A、B兩球以相同的加速度向上做勻加速運動,且兩球保持相對靜止,兩球間的距離為L,小球大小忽略不計,斜面的傾角θ=30°,靜電力常量為k。求:
(1)兩球一起向上做勻加速運動的加速度大小;
(2)A球所帶的電荷量。
嘗試解答:
[題點全練清]
1.(2025·貴州畢節月考)如圖所示,在絕緣且光滑的水平地面上有兩個帶異種電荷的小球A、B,質量分別為m1、m2,帶電荷量分別為q1、q2。當用力 F向右拉著A時,A、B兩小球共同運動,兩小球之間的間距為x1;當用力F向左拉著B時,A、B兩小球共同運動,兩小球之間的間距為x2。則x1和x2的比值為 (　　)
A.　　　　　　　 B.
C. D.
2.(2025·長沙高二上月考)如圖所示,質量均為m的三個帶電小球A、B、C放置在光滑絕緣的水平面上,相鄰球間的距離均為L,A球帶電荷量qA=+10q,B球帶電荷量qB=+q。若在C球上加一個水平向右的恒力F,要使三球能始終保持L的間距向右運動,則外力F為多大 C球的帶電性質是什么
綜合·融通　靜電力作用下的平衡與加速問題
主題(一)
[典例]　解析:引入第三個小球后,三個小球均處于平衡狀態,第三個小球應放在兩個帶正電小球連線上,且帶負電。
設第三個小球電荷量為q,離Q的距離為x,以第三個小球為研究對象,由平衡條件可得=,解得x=
以Q為研究對象,由平衡條件可得
=,解得q=Q。
答案:帶負電荷　放在Q和9Q之間,離Q的距離為　Q
[變式拓展]　提示:由第三個小球的平衡條件可知,第三個小球應放在Q和9Q之間,離Q的距離為,而此時兩帶正電小球已被固定,故對第三個小球的電性和電荷量無要求。
[題點全練清]
1.選D　根據題意可知,若小球P能保持靜止,則小球M、N對P的作用力等大反向,由同種電荷相互吸引、異種電荷相互排斥可知,由于小球M、N帶異種電荷,無論P帶何種電荷,小球M、N對P的作用力方向都相反,設小球P的電荷量為q,由庫侖定律有=,可得q1>q2,故選D。
2.選C　要使三個點電荷都處于平衡狀態,可知C應放在B的右側,且與A電性相同帶負電,對電荷B,有k=k;對電荷C,有k=k,解得rBC=L,QC=4Q,故C正確。
主題(二)
[典例]　解析:(1)對小球受力分析,根據平衡條件,豎直方向上有Fsin 37°=m1g
水平方向上有Fcos 37°=F1
聯立解得F1=12 N。
(2)由庫侖定律有F1=k
解得q2=6×10-5 C。
(3)對物塊受力分析,根據平衡條件,沿斜面方向上有m2gsin 37°=F1cos 37°
解得m2=1.6 kg。
答案:(1)12 N　(2)6×10-5 C　(3)1.6 kg
[題點全練清]
1.選AC　對物體A受力分析,如圖所示,由平衡條件可得Ff=Fcos θ,FN=Fsin θ+mg,A、B之間的距離不變,則F大小不變,θ由小于90°增大到大于90°的過程中,Ff先減小到零后反向增大,FN先增大后減小,A、C正確,B錯誤;因A對B的靜電力與B運動的速度方向始終垂直,故靜電力對B不做功,D錯誤。
2.選B　對小球進行受力分析如圖所示,根據庫侖定律有F1=k,F2=k,設A點和B點相距L,有r1=Lcos θ,r2=Lsin θ,根據平衡條件有tan θ=,聯立解得==3,故選B。
主題(三)
[典例]　解析:(1)運用整體法,兩球一起向上做勻加速運動,設加速度大小為a,根據牛頓第二定律有4mg-2mgsin θ=2ma
解得a=g。
(2)設A球所帶的電荷量為q,對A球分析,根據牛頓第二定律有k-mgsin θ=ma,解得q=L。
答案:(1)g　(2)L
[題點全練清]
1.選C　對A、B整體由牛頓第二定律有F=(m1+m2)a,可知無論拉力作用在A上還是作用在B上,兩球共同運動的加速度大小相同,則當拉力作用在A上時,對小球B由牛頓第二定律有k=m2a,當拉力作用在B上時,對小球A由牛頓第二定律有k=m1a,解得=。故選C。
2.解析:由于A、B兩球都帶正電,它們互相排斥,C球必須對A、B都吸引,才能保證系統向右加速運動,故C球帶負電荷。以三球為整體,設系統加速度為a,則F=3ma,隔離A、B,由牛頓第二定律可知,對A,-=ma,對B,+=ma,可得F=。
答案:　C球帶負電荷
5 / 5(共70張PPT)
靜電力作用下的平衡與加速問題(融會課——主題串知綜合應用)
綜合 融通
帶電體的平衡與加速問題屬于典型的力電綜合問題，通過本節課的學習應學會進行靜電力作用下物體的受力分析、力的合成與分解，能夠應用平衡條件解決靜電力作用下的平衡問題;會應用牛頓運動定律結合庫侖定律解決帶電體的加速運動問題。
1
主題(一)　同一直線上三個點電荷
的平衡問題
2
主題(二)　非共線力作用下帶電體的
平衡問題
3
主題(三)　帶電體的加速問題
CONTENTS
目錄
4
課時跟蹤檢測
主題(一)　同一直線上三個
點電荷的平衡問題
共線的三個自由點電荷的平衡問題
(1)平衡條件:每個點電荷受到的兩個靜電力必須大小相等，方向相反。
知能融會通
(2)平衡規律:
“三點共線” 三個點電荷分布在同一直線上
“兩同夾異” 正、負電荷相互間隔
“兩大夾小” 中間電荷的電荷量最小
“近小遠大” 中間電荷靠近電荷量較小的電荷
[典例]　(選自魯科版教材課后練習)兩個帶正電的小球，電荷量分別為Q和9Q，在真空中相距l。如果引入第三個小球，恰好使得三個小球只在它們相互之間的靜電力作用下處于平衡狀態，第三個小球應帶何種電荷，放在何處，電荷量又是多少
[答案]　帶負電荷　放在Q和9Q之間，離Q的距離為　Q
[解析]　引入第三個小球后，三個小球均處于平衡狀態，第三個小球應放在兩個帶正電小球連線上，且帶負電。
設第三個小球電荷量為q，離Q的距離為x，以第三個小球為研究對象，由平衡條件可得=，解得x=
以Q為研究對象，由平衡條件可得
=，解得q=Q。
[變式拓展]　在上述典例中，若把兩個帶正電的小球固定，其他條件不變，則結果如何
提示:由第三個小球的平衡條件可知，第三個小球應放在Q和9Q之間，離Q的距離為，而此時兩帶正電小球已被固定，故對第三個小球的電性和電荷量無要求。
[思維建模]
對同一直線上三個點電荷平衡問題的兩點提醒
(1)只要其中兩個點電荷平衡，第三個點電荷一定平衡，只需根據平衡條件對其中的任意兩個點電荷列式即可。
(2)在三個共線點電荷的平衡問題中，若僅讓其中一個點電荷平衡，則只需要確定其位置即可，對其電性和所帶電荷量沒有要求。
1.(2025·孝感期中檢測)如圖所示，光滑絕緣的水平桌面的同一直線上，放置三個可視為點電荷的小球M、N和P，其中M和N固定，帶電荷量分別為+q1和-q2，若小球P能保持靜止，則 (　　)
A.P一定帶正電，q1=q2　 B.P一定帶正電，q1>q2
C.P可能帶負電，q1=q2　 D.P可能帶負電，q1>q2
題點全練清
√
解析:根據題意可知，若小球P能保持靜止，則小球M、N對P的作用力等大反向，由同種電荷相互吸引、異種電荷相互排斥可知，由于小球M、N帶異種電荷，無論P帶何種電荷，小球M、N對P的作用力方向都相反，設小球P的電荷量為q，由庫侖定律有=，可得q1>q2，故選D。
2.如圖所示，光滑絕緣的水平地面上有相距為L的點電荷A、B，帶電荷量分別為-4Q和+Q，現引入第三個點電荷C，使三個點電荷都處于平衡狀態，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A右側距A為處
√
解析:要使三個點電荷都處于平衡狀態，可知C應放在B的右側，且與A電性相同帶負電，對電荷B，有k=k;對電荷C，有k=k，解得rBC=L，QC=4Q，故C正確。
主題(二)　非共線力作用下
帶電體的平衡問題
分析靜電力作用下點電荷的平衡問題時，方法仍然與力學中分析物體的平衡方法一樣，具體步驟如下:
(1)確定研究對象:如果有幾個物體相互作用時，要依據題意，用“整體法”或“隔離法”選取合適的研究對象。
(2)對研究對象進行受力分析，此時多了靜電力 F= 。
(3)根據F合=0列方程，若采用正交分解，則有Fx=0，Fy=0。
(4)解方程求出未知量。
知能融會通
[典例]　(2024·山西長治期末)如圖所示，把電荷量q1=2×10-6 C、質量m1=0.9 kg的帶正電小球用絕緣細線懸掛在水平天花板上，帶正電的物塊放置在傾角θ=37°的光滑固定斜面上。當小球與物塊間的連線水平且細線與水平方向的夾角為37°時，小球與物塊均靜止，此時兩者之間的距離d=0.3 m。已知靜電力常量k=9.0×109 N·m2/C2，小球及物塊均可視為點電荷，重力加速度大
小g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°
=0.8。求:
(1)小球與物塊間的靜電力大小F1;
[答案]　 12 N　
[解析]　對小球受力分析，根據平衡條件，豎直方向上有
Fsin 37°=m1g
水平方向上有Fcos 37°=F1
聯立解得F1=12 N。
(2)物塊的電荷量大小q2;
[答案]　 6×10-5 C　
[解析]　由庫侖定律有F1=k
解得q2=6×10-5 C。
(3)物塊的質量m2。
[答案]　 1.6 kg
[解析]　對物塊受力分析，根據平衡條件，沿斜面方向上有m2gsin 37°=F1cos 37°
解得m2=1.6 kg。
1.(多選)如圖所示，在粗糙絕緣的水平地面上有一帶正電的物體A，另一帶正電的點電荷B沿著以A為圓心的圓弧由P到Q緩慢地從A的上方經過，若此過程中A始終保持靜止，A、B均可視為質點。則下列說法正確的是 (　　)
A.物體A受到地面的支持力先增大后減小
B.物體A受到地面的支持力保持不變
C.物體A受到地面的摩擦力先減小后增大
D.靜電力對點電荷B先做正功后做負功
題點全練清
√
√
解析:對物體A受力分析，如圖所示，由平衡條件可得Ff=Fcos θ，FN=Fsin θ+mg，A、B之間的距離不變，則F大小不變，θ由小于90°增大到大于90°的過程中，Ff先減小到零后反向增大，FN先增大后減小，A、C正確，B錯誤;因A對B的靜電力與B運動的速度方向始終垂直，故靜電力對B不做功，D錯誤。
2.(2025·山東煙臺月考)如圖所示，一光滑絕緣圓形軌道固定在水平面上，在直徑AB的兩個端點上分別固定電荷量為Q1、Q2的正點電荷，有一個帶正電小球恰好靜止于軌道內側P點(小球可視為點電荷)。已知A、P兩點的連線與直徑AB之間的夾角θ=30°，則的比值為(　　)
A. B.3
C.6 D.
√
解析:對小球進行受力分析如圖所示，根據庫侖定律有F1=k，F2=k，設A點和B點相距L，有r1=Lcos θ，r2=Lsin θ，根據平衡條件有tan θ=，聯立解得==3，故選B。
主題(三)　帶電體的加速問題
靜電力作用下的動力學問題可以歸納為“電學問題、力學方法”。遵循力學規律和力的運算法則。在分析具體問題時應注意:
(1)受力分析:除分析重力、彈力、摩擦力等之外，還要分析靜電力的作用。
(2)狀態分析:通過分析確定帶電體的運動狀態。
(3)根據問題情境和提供的條件選取適當的物理規律列方程求解。
知能融會通
[典例]　如圖所示，質量均為m、帶等量異種電荷的A、B兩個小球放在光滑絕緣的固定斜面上，給B球施加沿斜面向上、大小為F=4mg(g為重力加速度)的拉力，結果A、B兩球以相同的加速度向上做勻加速運動，且兩球保持相對靜止，兩球間的距離為L，小球大小忽略不計，斜面的傾角θ=30°，靜電力常量為k。求:
(1)兩球一起向上做勻加速運動的加速度大小;
[答案]　g　
[解析]　運用整體法，兩球一起向上做勻加速運動，設加速度大小為a，根據牛頓第二定律有4mg-2mgsin θ=2ma
解得a=g。
(2)A球所帶的電荷量。
[答案]　L
[解析]　設A球所帶的電荷量為q，對A球分析，根據牛頓第二定律有k-mgsin θ=ma
解得q=L。
1.(2025·貴州畢節月考)如圖所示，在絕緣且光滑的水平地面上有兩個帶異種電荷的小球A、B，質量分別為m1、m2，帶電荷量分別為q1、q2。當用力 F向右拉著A時，A、B兩小球共同運動，兩小球之間的間距為x1;當用力F向左拉著B時，A、B兩小球共同運動，兩小球之間的間距為x2。則x1和x2的比值為 (　　)
A.　　　　　　 B.
C. D.
題點全練清
√
解析:對A、B整體由牛頓第二定律有F=(m1+m2)a，可知無論拉力作用在A上還是作用在B上，兩球共同運動的加速度大小相同，則當拉力作用在A上時，對小球B由牛頓第二定律有k=m2a，當拉力作用在B上時，對小球A由牛頓第二定律有k=m1a，解得=。故選C。
2.(2025·長沙高二上月考)如圖所示，質量均為m的三個帶電小球A、B、C放置在光滑絕緣的水平面上，相鄰球間的距離均為L，A球帶電荷量qA=+10q，B球帶電荷量qB=+q。若在C球上加一個水平向右的恒力F，要使三球能始終保持L的間距向右運動，則外力F為多大 C球的帶電性質是什么
答案:　C球帶負電荷
解析:由于A、B兩球都帶正電，它們互相排斥，C球必須對A、B都吸引，才能保證系統向右加速運動，故C球帶負電荷。
以三球為整體，設系統加速度為a，則F=3ma
隔離A、B，由牛頓第二定律可知
對A，-=ma
對B，+=ma，可得F=。
課時跟蹤檢測
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1.(2025·陜西銅川月考)(多選)如圖所示，在一條直線上有兩個相距0.4 m的點電荷A、B，A帶電荷量為+Q，B帶電荷量為-9Q。現引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷均在靜電力的作用下處于平衡狀態，則下列說法正確的是 (　　)
A.C帶電荷量為-
B.C帶電荷量為-
C.C在B的右邊0.4 m處
D.C在A的左邊0.2 m處
√
√
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解析:依題意，要使三個點電荷均處于平衡狀態，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，且帶負電，設C帶電荷量為-q，A、C間的距離為x，由于C處于平衡狀態，所以k=k，解得x=0.2 m，故C錯誤，D正確;由于A處于平衡狀態，所以k=k，解得q=Q，C帶電荷量為-Q，故A錯誤，B正確。
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2.如圖所示，在絕緣光滑水平面上，相隔一定距離有兩個帶同種電荷的小球，同時從靜止釋放，則兩個小球的加速度大小和速度大小隨時間變化的情況是 (　　)
A.速度變大，加速度變大
B.速度變小，加速度變小
C.速度變大，加速度變小
D.速度變小，加速度變大
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解析:因小球受到的庫侖力與小球的運動方向相同，故小球將一直做加速運動，又由于兩小球間的距離增大，它們之間的庫侖力越來越小，故加速度越來越小，C正確。
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3.(2025·上海長寧階段練習)如圖所示，把一個帶電小球A固定在光滑的絕緣水平桌面上，在桌面的另一處放置一個帶電小球B，現給小球B一個垂直A、B連線方向的速度v0，使其在水平桌面上運動，則下列說法中正確的是 (　　)
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A.若A、B帶同種電荷，B球可能做速度減小的曲線運動
B.若A、B帶同種電荷，B球一定做加速度增大的曲線運動
C.若A、B帶異種電荷，B球一定做勻變速曲線運動
D.若A、B帶異種電荷，B球可能做速度大小和加速度大小都不變的曲線運動
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解析:若A、B帶同種電荷，則A對B有斥力作用，且斥力方向和速度方向的夾角越來越小，速度增大，兩球間的距離越來越大，靜電力越來越小，所以加速度越來越小，故A、B錯誤;若A、B帶異種電荷，B受到的靜電力指向A球，力的大小或方向肯定有一個發生變化，加速度一定變化，不可能做勻變速曲線運動，故C錯誤;當靜電力恰好等于B繞A做勻速圓周運動需要的向心力時，B球做勻速圓周運動，所以B球可能做速度大小和加速度大小都不變的曲線運動，故D正確。
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4.(多選)如圖所示，半徑為R的光滑絕緣圓環豎直固定，帶電荷量為+Q的小球A固定在圓環的最低點，帶電荷量為+q的小球B套在圓環上，靜止時和圓心的連線與豎直方向的夾角為60°。已知重力加速度為g，靜電力常量為k，兩個小球均可視為質點。下列說法正確的是 (　　)
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1
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A.小球B受到的靜電力大小為
B.小球B的質量為
C.若小球B緩慢漏電，將會沿圓環緩慢下滑，受到支持力的大小保持不變
D.若小球B緩慢漏電，將會沿圓環緩慢下滑，受到靜電力的大小逐漸增大
2
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4
√
√
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解析:根據題意，由幾何關系可得rAB=2Rsin 60°=R，則小球B受到的靜電力大小為F電==，故A正確;根據題意，對小球B受力分析，如圖所示，根據平衡條件及相似三角形有==，
解得mB=，若小球B緩慢漏電，將會沿圓環緩慢下
滑，rAB減小，小球B受到的靜電力大小逐漸減小，小球B
受到的支持力大小等于小球B的重力保持不變，故C正確，B、D錯誤。
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9
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13
5.(2025·湖南長沙月考)(多選)如圖所示，光滑絕緣水平面上有三個帶電小球A、B、C(均可視為點電荷)，三球沿一條直線擺放，僅受它們相互之間的靜電力，三球均處于靜止狀態，A、B和B、C小球間的距離分別是r1、r2。則以下判斷正確的是 (　　)
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13
A.A、C兩個小球可能帶異種電荷
B.三個小球的電荷量大小滿足QC>QA>QB
C.擺放這三個小球時，可以先固定C球，擺放A、B使其能處于靜止狀態，再釋放C球
D.=
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√
√
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解析:根據“兩同夾異”原則，A、C必定帶同種電荷，A錯誤;根據“兩大夾小、近小遠大”原則，可得QC>QA>QB，B正確;擺放這三個小球時，可以先固定C球，擺放A、B使其能處于靜止狀態，再釋放C球，C正確;對B受力分析，左右兩個方向的靜電力大小相等，可得k=k，解得=，D錯誤。
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6.如圖所示，帶電小球1固定在空中A點，帶電小球2在庫侖斥力的作用下沿光滑絕緣水平面向右做加速運動，運動到B點時加速度大小為a，A、B連線與豎直方向的夾角為30°。當小球2運動到C點，A、C連線與豎直方向夾角為60°角時，小球2的加速度大小為(兩小球均可看成點電荷) (　　)
A.a B.a
C.a D.a
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解析:設在B點時兩個小球之間的庫侖力為F1，在C點時兩個小球之間的庫侖力為F2，小球1距離地面的高度為h，根據庫侖定律有F1=，F2=，設小球2的質量為m，在C點的加速度大小為a'，則根據牛頓第二定律有F1sin 30°=ma，F2sin 60°=ma'，聯立得到a'=a，故選C。
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7.(2025·河南鄭州階段練習)如圖所示，光滑絕緣水平桌面上有A、B兩個帶電小球(可以看成點電荷)，A球帶電荷量為+2q，B球帶電荷量為-q。由靜止開始釋放兩球，釋放瞬間A球的加速度大小為B球的兩倍。不計空氣阻力，下列說法正確的是 (　　)
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A.A、B球相互靠近過程中加速度都增大，且A球的加速度大小總是B球的兩倍
B.A球的質量和B球的質量相等
C.A球受到的靜電力與B球受到的靜電力是一對平衡力
D.A球受到的靜電力是B球受到的靜電力的2倍
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√
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解析:A球受到的靜電力與B球受到的靜電力是一對相互作用力，大小相等，方向相反，故C、D錯誤。根據題意可知，釋放瞬間A球的加速度大小為B球的兩倍，A、B球相互靠近的過程中，A、B間距離越來越小，則相互作用力越來越大，所以加速度都增大，并且A、B球所受靜電力的大小一直相等，則A球的加速度大小總是B球的兩倍，根據牛頓第二定律F=ma可知，B球的質量是A球的2倍，故B錯誤，A正確。
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8.如圖所示，A、B、C是光滑絕緣水平桌面上位于同一圓周且等間距的三點，現在這三點分別放置完全相同的帶電荷量為-q的金屬小球，同時在圓心O處放置一個帶電荷量為+Q的小球，已知所有小球均可看作點電荷且均處于靜止狀態，則Q與q的比值為 (　　)
A. B.
C. D.3
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解析:以圓周上的一個金屬小球為研究對象， 受到另外兩個圓周上的金屬小球的庫侖斥力作用，同時受到圓心處的小球的庫侖引力作用，設圓的半徑為r，根據受力平衡得2×=，根據幾何關系有L=r，聯立解得=，故選B。
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9.(多選)如圖所示，用一條絕緣輕繩懸掛一個質量為m、電荷量為+q且可視為質點的小球A。懸點O的正下方固定一體積較大的金屬球B，其所帶電荷量為+Q，小球A與金屬球B的球心等高，兩球心的距離為r，輕繩與豎直方向的夾角為θ。已知靜電力常量為k，重力加速度為g，B球半徑相對于兩球心距離r不可忽略，則 (　　)
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A.輕繩對小球A的拉力大小為
B.金屬球B對小球A的庫侖力大小為
C.輕繩對小球A的拉力大小為
D.金屬球B對小球A的庫侖力大小為mgtan θ
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√
√
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解析:由于同種電荷相互排斥，金屬球B上的電荷發生了重新排布，不能認為電荷集中于B的球心，因此，小球A受到的庫侖力大小不等于，以小球A為研究對象，受力分析如圖所示，由受力平衡可得=cos θ，=tan θ，則FT=，F=mgtan θ，故B、C錯誤，A、D正確。
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10.如圖所示，在O點用三根等長的絕緣細線分別懸掛A、B、C三個帶電小球，三個小球的質量均為m，穩定后OABC構成正四面體，A、B、C處于同一水平面，不計小球的大小，重力加速度為g，則下列說法正確的是 (　　)
A.三個小球的帶電量不一定相等
B.三個小球中，可能有某兩小球帶異種電荷
C.每根細線的拉力大小為任意兩小球間庫侖力大小的3倍
D.每根細線的拉力大小等于mg
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√
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解析:根據力的平衡可知，三個小球受到的庫侖力大小相等，因此三個小球的帶電量一定相同，故A錯誤;根據對稱性可知，三個小球一定帶同種電荷，故B錯誤;設每根絕緣細線長為L，則正四面體的高為L，設細線與水平方向的夾角為θ，則sin θ=，設任意兩個球間的庫侖力大小為F，細線的拉力大小為T，則Tcos θ=2Fcos 30°，解得T=3F，故C正確;根據Tsin θ=mg，解得T=mg，故D錯誤。
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11.(12分)(2025·廣西柳州階段練習)如圖所示，一根長L=5.0 m、與水平方向的夾角θ=30°的光滑絕緣細直桿MN固定在豎直面內，桿的下端M點固定一個帶電小球A，所帶電荷量Q=+5.0×10-5 C。另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，所帶電荷量q=+1.0×10-5 C，質量m=0.1 kg。將小球B從桿的上端N由靜止釋放，小球B開始運動。則:(靜電力常量k=9.0×109 N·m2/C2，取g=10 m/s2)
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(1)小球B開始運動時的加速度為多大
答案:3.2 m/s2
解析:對小球B受力分析，如圖所示，開始運動時小球B受重力、靜電力、桿的彈力，沿桿方向運動，由牛頓第二定律可得
mgsin θ -=ma
解得a=3.2 m/s2。
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(2)小球B的速度最大時，與 M端的距離r為多大
答案: 3.0 m
解析: 小球B的速度最大時所受合力為零，即mgsin θ-=0
代入數據解得r=3.0 m。
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12.(14分)(2025·山東聊城階段練習)如圖所示，質量為0.72 kg、電荷量為q1=1×10-5 C的帶電小球A固定在絕緣天花板上，帶電小球B的質量也為0.72 kg，A和B都可以視為點電荷，B在空中水平面內繞O點做勻速圓周運動，AB與豎直方向的夾角為θ=37°。已知小球A、B間的距離為2 m，重力加速度為g=10 m/s2，靜電力常量為
k=9.0×109 N·m2/C2，sin 37°=0.6，cos 37°
=0.8。求:
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(1)B球轉動的角速度;
答案:2.5 rad/s　
解析:對小球B，由牛頓第二定律有mgtan θ=mω2lsin θ
解得ω=2.5 rad/s。
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(2)B球所帶電荷量的絕對值大小q2。
答案:4×10-4 C
解析: 對小球B，豎直方向有Fcos θ=mg
由庫侖定律有F=k
聯立解得q2=4×10-4 C。
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13.(14分)如圖所示，傾角為θ的斜面體A置于水平地面上，小物塊B置于斜面上，絕緣細繩一端與B相連(繩與斜面平行)，另一端跨過光滑的定滑輪與質量為m的帶電小球P連接，定滑輪的正下方固定一帶電小球Q，兩球所帶電荷量大小均為q。P靜止時細繩與豎直方向夾角為β(β<90°)，P、Q處于同一高度，靜電力常量為k，重力加速度為g。求:
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(1)絕緣細繩對P的拉力大小;
答案:
解析:畫出小球P的受力示意圖如圖甲所示，根據豎直方向受力平衡FTcos β=mg，可得FT=。
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(2)地面對斜面體A的摩擦力大小;
答案: 　
解析:將A和B當作整體，受力如圖乙所示，水平方向受力平衡f=FTcos θ=。
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(3)現緩慢在豎直面內移動Q直到Q移動到小球P的正下方，在這一過程中保持A、B、P處于靜止狀態，求P、Q間距離最大值。(P、Q均可視為點電荷)
答案:
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解析:對小球P受力分析如圖丙所示，當小球P位置不動，Q緩慢移動時，絕緣細繩對P的拉力逐漸減小，Q對P的庫侖力F庫先減小后增大，P、Q間庫侖力最小時，P、Q間距離最大，則有mgsin β=，解得r=。
2
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4課時跟蹤檢測(三)　靜電力作用下的平衡與加速問題
(選擇題1~10小題,每小題5分。本檢測卷滿分90分)
1.(2025·陜西銅川月考)(多選)如圖所示,在一條直線上有兩個相距0.4 m的點電荷A、B,A帶電荷量為+Q,B帶電荷量為-9Q。現引入第三個點電荷C,恰好使三個點電荷均在靜電力的作用下處于平衡狀態,則下列說法正確的是 (　　)
A.C帶電荷量為-
B.C帶電荷量為-
C.C在B的右邊0.4 m處
D.C在A的左邊0.2 m處
2.如圖所示,在絕緣光滑水平面上,相隔一定距離有兩個帶同種電荷的小球,同時從靜止釋放,則兩個小球的加速度大小和速度大小隨時間變化的情況是 (　　)
A.速度變大,加速度變大
B.速度變小,加速度變小
C.速度變大,加速度變小
D.速度變小,加速度變大
3.(2025·上海長寧階段練習)如圖所示,把一個帶電小球A固定在光滑的絕緣水平桌面上,在桌面的另一處放置一個帶電小球B,現給小球B一個垂直A、B連線方向的速度v0,使其在水平桌面上運動,則下列說法中正確的是 (　　)
A.若A、B帶同種電荷,B球可能做速度減小的曲線運動
B.若A、B帶同種電荷,B球一定做加速度增大的曲線運動
C.若A、B帶異種電荷,B球一定做勻變速曲線運動
D.若A、B帶異種電荷,B球可能做速度大小和加速度大小都不變的曲線運動
4.(多選)如圖所示,半徑為R的光滑絕緣圓環豎直固定,帶電荷量為+Q的小球A固定在圓環的最低點,帶電荷量為+q的小球B套在圓環上,靜止時和圓心的連線與豎直方向的夾角為60°。已知重力加速度為g,靜電力常量為k,兩個小球均可視為質點。下列說法正確的是 (　　)
A.小球B受到的靜電力大小為
B.小球B的質量為
C.若小球B緩慢漏電,將會沿圓環緩慢下滑,受到支持力的大小保持不變
D.若小球B緩慢漏電,將會沿圓環緩慢下滑,受到靜電力的大小逐漸增大
5.(2025·湖南長沙月考)(多選)如圖所示,光滑絕緣水平面上有三個帶電小球A、B、C(均可視為點電荷),三球沿一條直線擺放,僅受它們相互之間的靜電力,三球均處于靜止狀態,A、B和B、C小球間的距離分別是r1、r2。則以下判斷正確的是 (　　)
A.A、C兩個小球可能帶異種電荷
B.三個小球的電荷量大小滿足QC>QA>QB
C.擺放這三個小球時,可以先固定C球,擺放A、B使其能處于靜止狀態,再釋放C球
D.=
6.如圖所示,帶電小球1固定在空中A點,帶電小球2在庫侖斥力的作用下沿光滑絕緣水平面向右做加速運動,運動到B點時加速度大小為a,A、B連線與豎直方向的夾角為30°。當小球2運動到C點,A、C連線與豎直方向夾角為60°角時,小球2的加速度大小為(兩小球均可看成點電荷) (　　)
A.a B.a
C.a D.a
7.(2025·河南鄭州階段練習)如圖所示,光滑絕緣水平桌面上有A、B兩個帶電小球(可以看成點電荷),A球帶電荷量為+2q,B球帶電荷量為-q。由靜止開始釋放兩球,釋放瞬間A球的加速度大小為B球的兩倍。不計空氣阻力,下列說法正確的是 (　　)
A.A、B球相互靠近過程中加速度都增大,且A球的加速度大小總是B球的兩倍
B.A球的質量和B球的質量相等
C.A球受到的靜電力與B球受到的靜電力是一對平衡力
D.A球受到的靜電力是B球受到的靜電力的2倍
8.如圖所示,A、B、C是光滑絕緣水平桌面上位于同一圓周且等間距的三點,現在這三點分別放置完全相同的帶電荷量為-q的金屬小球,同時在圓心O處放置一個帶電荷量為+Q的小球,已知所有小球均可看作點電荷且均處于靜止狀態,則Q與q的比值為 (　　)
A. B.
C. D.3
9.(多選)如圖所示,用一條絕緣輕繩懸掛一個質量為m、電荷量為+q且可視為質點的小球A。懸點O的正下方固定一體積較大的金屬球B,其所帶電荷量為+Q,小球A與金屬球B的球心等高,兩球心的距離為r,輕繩與豎直方向的夾角為θ。已知靜電力常量為k,重力加速度為g,B球半徑相對于兩球心距離r不可忽略,則 (　　)
A.輕繩對小球A的拉力大小為
B.金屬球B對小球A的庫侖力大小為
C.輕繩對小球A的拉力大小為
D.金屬球B對小球A的庫侖力大小為mgtan θ
10.如圖所示,在O點用三根等長的絕緣細線分別懸掛A、B、C三個帶電小球,三個小球的質量均為m,穩定后OABC構成正四面體,A、B、C處于同一水平面,不計小球的大小,重力加速度為g,則下列說法正確的是 (　　)
A.三個小球的帶電量不一定相等
B.三個小球中,可能有某兩小球帶異種電荷
C.每根細線的拉力大小為任意兩小球間庫侖力大小的3倍
D.每根細線的拉力大小等于mg
11.(12分)(2025·廣西柳州階段練習)如圖所示,一根長L=5.0 m、與水平方向的夾角θ=30°的光滑絕緣細直桿MN固定在豎直面內,桿的下端M點固定一個帶電小球A,所帶電荷量Q=+5.0×10-5 C。另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動,所帶電荷量q=+1.0×10-5 C,質量m=0.1 kg。將小球B從桿的上端N由靜止釋放,小球B開始運動。則:(靜電力常量k=9.0×109 N·m2/C2,取g=10 m/s2)
(1)小球B開始運動時的加速度為多大
(2)小球B的速度最大時,與 M端的距離r為多大
12.(14分)(2025·山東聊城階段練習)如圖所示,質量為0.72 kg、電荷量為q1=1×10-5 C的帶電小球A固定在絕緣天花板上,帶電小球B的質量也為0.72 kg,A和B都可以視為點電荷,B在空中水平面內繞O點做勻速圓周運動,AB與豎直方向的夾角為θ=37°。已知小球A、B間的距離為2 m,重力加速度為g=10 m/s2,靜電力常量為k=9.0×109 N·m2/C2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)B球轉動的角速度;
(2)B球所帶電荷量的絕對值大小q2。
13.(14分)如圖所示,傾角為θ的斜面體A置于水平地面上,小物塊B置于斜面上,絕緣細繩一端與B相連(繩與斜面平行),另一端跨過光滑的定滑輪與質量為m的帶電小球P連接,定滑輪的正下方固定一帶電小球Q,兩球所帶電荷量大小均為q。P靜止時細繩與豎直方向夾角為β(β<90°),P、Q處于同一高度,靜電力常量為k,重力加速度為g。求:
(1)絕緣細繩對P的拉力大小;
(2)地面對斜面體A的摩擦力大小;
(3)現緩慢在豎直面內移動Q直到Q移動到小球P的正下方,在這一過程中保持A、B、P處于靜止狀態,求P、Q間距離最大值。(P、Q均可視為點電荷)
課時跟蹤檢測(三)
1.選BD　依題意,要使三個點電荷均處于平衡狀態,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,且帶負電,設C帶電荷量為-q,A、C間的距離為x,由于C處于平衡狀態,所以k=k,解得x=0.2 m,故C錯誤,D正確;由于A處于平衡狀態,所以k=k,解得q=Q,C帶電荷量為-Q,故A錯誤,B正確。
2.選C　因小球受到的庫侖力與小球的運動方向相同,故小球將一直做加速運動,又由于兩小球間的距離增大,它們之間的庫侖力越來越小,故加速度越來越小,C正確。
3.選D　若A、B帶同種電荷,則A對B有斥力作用,且斥力方向和速度方向的夾角越來越小,速度增大,兩球間的距離越來越大,靜電力越來越小,所以加速度越來越小,故A、B錯誤;若A、B帶異種電荷,B受到的靜電力指向A球,力的大小或方向肯定有一個發生變化,加速度一定變化,不可能做勻變速曲線運動,故C錯誤;當靜電力恰好等于B繞A做勻速圓周運動需要的向心力時,B球做勻速圓周運動,所以B球可能做速度大小和加速度大小都不變的曲線運動,故D正確。
4.選AC　根據題意,由幾何關系可得rAB=2Rsin 60°=R,則小球B受到的靜電力大小為F電==,故A正確;根據題意,對小球B受力分析,如圖所示,根據平衡條件及相似三角形有==,解得mB=,若小球B緩慢漏電,將會沿圓環緩慢下滑,rAB減小,小球B受到的靜電力大小逐漸減小,小球B受到的支持力大小等于小球B的重力保持不變,故C正確,B、D錯誤。
5.選BC　根據“兩同夾異”原則,A、C必定帶同種電荷,A錯誤;根據“兩大夾小、近小遠大”原則,可得QC>QA>QB,B正確;擺放這三個小球時,可以先固定C球,擺放A、B使其能處于靜止狀態,再釋放C球,C正確;對B受力分析,左右兩個方向的靜電力大小相等,可得k=k,解得=,D錯誤。
6.選C　設在B點時兩個小球之間的庫侖力為F1,在C點時兩個小球之間的庫侖力為F2,小球1距離地面的高度為h,根據庫侖定律有F1=,F2=,設小球2的質量為m,在C點的加速度大小為a',則根據牛頓第二定律有F1sin 30°=ma,F2sin 60°=ma',聯立得到a'=a,故選C。
7.選A　A球受到的靜電力與B球受到的靜電力是一對相互作用力,大小相等,方向相反,故C、D錯誤。根據題意可知,釋放瞬間A球的加速度大小為B球的兩倍,A、B球相互靠近的過程中,A、B間距離越來越小,則相互作用力越來越大,所以加速度都增大,并且A、B球所受靜電力的大小一直相等,則A球的加速度大小總是B球的兩倍,根據牛頓第二定律F=ma可知,B球的質量是A球的2倍,故B錯誤,A正確。
8.選B　以圓周上的一個金屬小球為研究對象, 受到另外兩個圓周上的金屬小球的庫侖斥力作用,同時受到圓心處的小球的庫侖引力作用,設圓的半徑為r,根據受力平衡得2×=,根據幾何關系有L=r,聯立解得=,故選B。
9.選AD　由于同種電荷相互排斥,金屬球B上的電荷發生了重新排布,不能認為電荷集中于B的球心,因此,小球A受到的庫侖力大小不等于,以小球A為研究對象,受力分析如圖所示,由受力平衡可得=cos θ,=tan θ,則FT=,F=mgtan θ,故B、C錯誤,A、D正確。
10.選C　根據力的平衡可知,三個小球受到的庫侖力大小相等,因此三個小球的帶電量一定相同,故A錯誤;根據對稱性可知,三個小球一定帶同種電荷,故B錯誤;設每根絕緣細線長為L,則正四面體的高為L,設細線與水平方向的夾角為θ,則sin θ=,設任意兩個球間的庫侖力大小為F,細線的拉力大小為T,則Tcos θ=2Fcos 30°,解得T=3F,故C正確;根據Tsin θ=mg,解得T=mg,故D錯誤。
11.解析:(1)對小球B受力分析,如圖所示,開始運動時小球B受重力、靜電力、桿的彈力,沿桿方向運動,由牛頓第二定律可得mgsin θ -=ma
解得a=3.2 m/s2。
(2)小球B的速度最大時所受合力為零,即mgsin θ-=0
代入數據解得r=3.0 m。
答案:(1)3.2 m/s2　(2)3.0 m
12.解析:(1)對小球B,由牛頓第二定律有mgtan θ=mω2lsin θ
解得ω=2.5 rad/s。
(2)對小球B,豎直方向有Fcos θ=mg
由庫侖定律有F=k
聯立解得q2=4×10-4 C。
答案:(1)2.5 rad/s　(2)4×10-4 C
13.解析:(1)畫出小球P的受力示意圖如圖甲所示,根據豎直方向受力平衡FTcos β=mg,可得FT=。
(2)將A和B當作整體,受力如圖乙所示,水平方向受力平衡f=FTcos θ=。
(3)對小球P受力分析如圖丙所示,當小球P位置不動,Q緩慢移動時,絕緣細繩對P的拉力逐漸減小,Q對P的庫侖力F庫先減小后增大,P、Q間庫侖力最小時,P、Q間距離最大,則有mgsin β=,解得r=。
答案:(1)　(2)　(3)
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