高中物理必修第3册 静电场及其应用试卷综合测试卷(word含答案)

高中物理必修第3册静电场及其应用试卷综合测试卷（word含答案）
一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）
1．如图所示，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点O对称。

某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（x轴）上必定有两个场强最强的点A、'A，该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（）
A．若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
B．如图(1)，若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
C．如图(2)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点O。

直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
D．如图(3)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点O，直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置
【答案】ABC
【解析】
【分析】
【详解】
A．可以将每个点电荷（2q）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q），既然上下两个点电荷（q）的电场在x轴上场强最大的点仍然在A、A＇两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x轴上场强最大的点当然还是在A、A＇两位置，选项A正确；
B．由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置，选项B正确；
C．由AB可知，在yOz平面内将两点电荷绕O点旋转到任意位置，或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数，在x轴上场强最大的点都在A、A＇两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于O点对称的任意两小段的合电场在x轴上场强最大的点仍然还在A、A＇两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x轴上场强最大的点当然还在A、A＇两位置，选项C正确；
D．如同C选项，将薄圆板相对O点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于O点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x轴上场强最大的点就不再在A、A＇两位置，则整个圆板的合电场在x轴上场强最大的点当然也就不再在A、A＇两位置，选项D错误。

故选ABC。

2．如图所示，用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别m A 和
m B 的小球，分别带q A 和q B 的正电荷，悬点为O ，当小球由于静电力作用张开一角度时，A 球悬线与竖直线夹角为α，B 球悬线与竖直线夹角为β，则（ ）
A ．
sin sin A B m m βα
= B ．sin sin A B B A m q m q βα= C ．sin sin A B q q βα
= D ．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α'、β'，有
sin sin sin sin ααββ'
='
【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．如下图，对两球受力分析，根据共点力平衡和几何关系的相似比，可得
A m g OP F PA =库，
B m g OP
F PB
=库 由于库仑力相等，联立可得
A B m PB
m PA
=
由于sin cos OA PA αθ⋅=
，sin cos OB PB β
θ
⋅=，代入上式可得
sin sin A B m m βα
= 所以A 正确、B 错误；
C ．根据以上分析，两球间的库仑力是作用力与反作用力，大小相等，与两个球带电量的多少无关，所以不能确定电荷的比例关系，C 错误；
D ．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α'、β'，对小球A 、B 受力分析，根据上述的分析，同理，仍然有相同的关系，即
sin sin A B m m βα'
='
联立可得
sin sin sin sin ααββ'
='
D 正确。

故选AD 。

3．如图所示，质量相同的A 、B 两物体放在光滑绝缘的水平面上，所在空间有水平向左的匀强电场，场强大小为E ，其中A 带正电，电荷量大小为q ，B 始终不带电。

一根轻弹簧一端固定在墙面上，另一端与B 物体连接，在电场力作用下，物体A 紧靠着物体B ，一起压缩弹簧，处于静止状态。

现在A 物体上施加一水平向右的恒定外力F 。

弹簧始终处于弹性限度范围内，下列判断正确的是（ ）
A ．若F = qE ，则弹簧恢复到原长时A 、
B 两物体分离 B ．若F = qE ，则弹簧还未恢复到原长时A 、B 两物体分离
C ．若F > qE ，则弹簧还未恢复到原长时A 、B 两物体分离
D ．若F < q
E ，则A 、B 两物体不能分离，且弹簧一定达不到原长位置 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．若F = qE ，A 物体所受合力为0，在弹簧处于压缩状态时，B 物体由于弹簧的作用向右加速运动，而A 物体将被迫受到B 物体的作用力以相同的加速度一起向右加速运动，A 、B 两物体未能分离，当弹簧恢复到原长后，B 物体在弹簧的作用下做减速运动，A 物体做匀
速直线运动，则B 物体的速度小于A 物体的速度，A 、B 两物体将分离，故A 正确，B 错误；
C ．若F > qE ，A 物体将受到水平向右恒力F A = F − qE 的作用，弹簧在恢复到原长之前，对B 物体的弹力逐渐减小，则B 物体的加速度逐渐减小，当A 、B 两物体刚要分离时，A 、B 两物体接触面的作用力刚好为0，此时弹簧对B 物体的作用力所产生的加速度与恒力F A 对A 物体产生的加速度相等（a B = a A ≠ 0），此时弹簧还未恢复到原长，故C 正确；
D ．若F < q
E ，A 物体将受到水平向左恒力
F A = qE − F 的作用，如果F A 比较小，那么A 、B 两物体还是可以分离的，并且在超过弹簧原长处分离，故D 错误。

故选AC 。

4．如图所示，A 、B 两点有等量同种正点电荷，AB 连线的中垂线上C 、D 两点关于AB 对称，0t =时刻，一带正电的点电荷从C 点以初速度v 0沿CD 方向射入，点电荷只受电场力。

则点电荷由C 到D 运动的v-t 图象，以下可能正确的是
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
由于AB 是同种电荷，所以连线中点的场强为零，无穷远处场强也为零，其间有一点电场强度最大，所以粒子从C 点向中点运动过程中，加速度可能一直减小，也可能先减小后增大，选项AC 错误，BD 正确。

故选BD 。

5．质量分别为A m 和B m 的两小球带有同种电荷，电荷量分别为A q 和B q ，用绝缘细线悬挂在天花板上。

平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为1θ与
()212θθθ>。

两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为A v 和B v ，最大
动能分别为kA E 和kB E 。

则（ ）
A ．A m 一定大于
B m B ．A q 一定小于B q
C ．A v 一定大于B v
D ．kA
E 一定大于kB E
【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．对小球
A 受力分析，受重力、静电力、拉力，如图所示
根据平衡条件，有
1A tan F m g
θ=
故
A 1tan F
m g θ=
⋅
同理，有
B 2
tan F
m g θ=
⋅
由于12θθ>，故A B m m <，故A 错误；
B ．两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B 错误；
C ．设悬点到AB 的竖直高度为h ，则摆球A 到最低点时下降的高度
11
1
(1)cos cos h h h h θθ∆=
-=- 小球摆动过程机械能守恒，有
2
12
mg h mv ∆=
解得
2v g h =⋅∆
由于12θθ>，A 球摆到最低点过程，下降的高度A B h h ∆>∆，故A 球的速度较大，故C 正确；
D ．小球摆动过程机械能守恒，有
k mg h E ∆=
故
k (1cos )(1cos )tan FL
E mg h mgL θθθ
=∆=-=
- 其中cos L θ相同，根据数学中的半角公式，得到
k 1cos (1cos )cos ()cos tan tan sin 2
FL E FL FL θθ
θθθθθ-=
-==⋅ 其中cos FL θ相同，故θ越大，动能越大，故kA E 一定大于kB E ，故D 正确。

故选CD 。

6．如图所示，带电小球a 由绝缘细线PM 和PN 悬挂而处于静止状态，其中PM 水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH ，圆心P 与a 球位置重合，管道底端H 与水平地面相切，一质量为m 可视为质点的带电小球b 从G 端口由静止释放，当小球b 运动到H 端时对管道壁恰好无弹力，重力加速度为g 。

在小球b 由G 滑到H 过程中，下列说法中正确的是（ ）
A ．小球b 机械能保持不变
B ．小球b 所受库仑力大小始终为2mg
C ．细线PM 的拉力先增大后减小
D ．小球b 加速度大小一直变大 【答案】ACD 【解析】 【详解】
A ．小球b 所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直，即只有重力做功，所以小球b 机械能守恒，故A 正确；
B ．小球b 机械能守恒，从G 滑到H 过程中，有：
2
12
mgR mv =
H 处有：
2
-库m F mg =R
v
则有：
F 库=3mg
故B 错误；
C ．设PN 与竖直方向成α角，对球a 受力分析，将其分解： 竖直方向上有：
F PN cos α=mg +F 库sin θ
水平方向上有：
F 库cos θ+F PN sin α=F PM 。

解得：
(3)
PM mgcos F mgtan cos θααα
-=+
下滑时θ从0增大90°，细线PM 的拉力先增大后减小，故C 正确；
D ．设b 与a 的连线与水平方向成θ角，则有：任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成，即为：
()22
2
221
2
()5322
v cos a a a gcos g R θθ-=+=+=
可知小球的加速度一直变大，故D 正确。

故选ACD 。

7．真空中相距L 的两个固定点电荷E 、F 所带电荷量大小分别是Q E 和Q F ，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M 、N 两点，其中N 点的切线与EF 连线平行，且∠NEF ＞∠NFE ．则（ ）
A ．E 带正电，F 带负电，且Q E > Q F
B ．在M 点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N 点
C ．过N 点的等势面与EF 连线垂直
D ．负检验电荷在M 点的电势能大于在N 点的电势能 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
根据电场线的指向知E 带正电，F 带负电；N 点的场强是由E 、F 两电荷在N 点产生场强的叠加，电荷E 在N 点电场方向沿EN 向上，电荷F 在N 点产生的场强沿NF 向下，合场强水
平向右，可知F 电荷在N 点产生的场强大于E 电荷在N 点产生的场强，而，所
以由点电荷场强公式
知
,A 错误；只有电场线是直线，且初速度为0或初
速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合．故在M 点由静止释放一带正电的检验电荷，不可能沿电场线运动到N 点，B 错误；因为电场线和等势面垂直，所以过N 点的等势面与过N 点的切线垂直，C 正确；沿电场线方向电势逐渐降低，，再根据
，q 为负电
荷，知，D 错误；故选C ．
【点睛】
只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．电场线和等势面垂直．N 点的切线与EF 连线平行，根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出E 、F 的电性及电量的大小．先比较电势的高低，再根据
，比较电势能．
8．如图所示：在光滑绝缘水平面上，ABCD 分布在边长为L 的正方形四个顶点。

在A 和D 处分别固定电荷量为Q 的正点电荷，B 处固定电荷量为Q 的负点电荷，O 点为两对角线的交点，静电力常量为k 。

关于三个点电荷形成的静电场，下列说法中正确的是（ ）
A ．O 处电场强度大小为22kQ L
B ．
C 处电场强度大小为
2
kQ L C ．从O 到C 的过程中电场强度大小逐渐增大 D ．从O 到C 的过程中电场强度大小先减小后增大 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A ．A 、D 两点点电荷在O 点的场强相互抵消，故O 点的场强大小等于
B 点的负点电荷Q 在O 点产生的场强，即
2
22
O kQ
E k
L == 故A 正确；
B ．A 、D 两点点电荷在
C 处的合场强为
12C Q E L == 方向OC 方向，B 点的负点电荷Q 在C 点产生的场强为
222C kQ
E k
L
==
方向沿CO 方向，故C 处的场强为
1222
21)22C C C kQ kQ
E E E L L L
=-=
-= 方向沿OC 方向，故B 错误；
CD ．从O 到C 的过程中电场强度大小先减小后增大再减小，故CD 错误。

故选A 。

9．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为410V/m ，已知一半径为1mm 的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/2s ,水的密度为310kg/3m ．这雨滴携带的电荷量的最小值约为 A ．2⨯910-C B ．4⨯910-C
C ．6⨯910-C
D ．8⨯910-C
【答案】B 【解析】 【详解】
带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向
mg qE = m V ρ=
34
3
V r π=
解得：
9410q C -⨯＝
ACD 、与计算不符，ACD 错误； B 、与计算结果相符，B 正确 【点睛】
本题关键在于电场力和重力平衡，要求熟悉电场力公式和二力平衡条件；要使雨滴不下落，电场力最小要等于重力．
10．一均匀带负电的半球壳，球心为O 点，AB 为其对称轴，平面L 垂直AB 把半球壳分为左右两部分，L 与AB 相交于M 点，对称轴AB 上的N 点和M 点关于O 点对称，已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q 在距离其为r 处的电势为φ=k
q
r
（q 的正负对应φ的正负）。

假设左侧部分在M 点的电场强度为E 1，电势为φ1；右侧部分在M 点的电场强度为E 2，电势为φ2；整个半球壳在M 点的电场强度为E 3，在N 点的电场强度为E 4．下列说法正确的是（ ）
A ．若左右两部分的表面积相等，有12E E >，12ϕϕ>
B ．若左右两部分的表面积相等，有12E E <，12ϕϕ<
C ．不论左右两部分的表面积是否相等，总有12E E >，34E E =
D ．只有左右两部分的表面积相等，才有12
E E >，34E E = 【答案】C 【解析】 【详解】
A 、设想将右侧半球补充完整，右侧半球在M 点的电场强度向右，因完整均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，可推知左侧半球在M 点的电场强度方向向左，根据对称性和矢量叠加原则可知，E 1方向水平向左，E 2方向水平向右，左侧部分在M 点产生的场强比右侧电荷在M 点产生的场强大，E 1＞E 2，根据几何关系可知，分割后的右侧部分各点到M 点的距离均大于左侧部分各点到M 点的距离，根据k q
r
ϕ=，且球面带负电，q 为负，得：φ1＜φ2，故AB 错误；
C 、E 1＞E 2与左右两个部分的表面积是否相等无关，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在M 、N 点的电场强度大小都相等，故左半球壳在M 、N 点的电场强度大小相等，方向相同，故C 正确，
D 错误。

11．如图所示，16个电荷量均为+q(q>0)的小球(可视为点电荷)，均匀分布在半径为R 的圆周上若将圆周上P 点的一个小球的电荷量换成-2q ，则圆心 0点处的电场强度为
A ．2
2kq
R ，方向沿半径向左 B ．2
2kq
R ，方向沿半径向右 C ．2
3kq
R ，方向沿半径向左 D ．
2
3kq
R ，方向沿半径向右 【答案】D 【解析】
该点场强可以看成是与P 对称的那个电荷+q 和P 点的电荷-2q 在该点场强的叠加，根据点电荷的场强公式得+q 的点电荷在圆心O 点处的电场强度大小为2
q
k R ，方向向右，点电荷-2q 在圆心O 点处的电场强度大小为22q k R ，方向向右，所以叠加来是2
3q
k R ，方向沿半径
向右．故选择D.
【点睛】该题考查了场强叠加原理，还有对对称性的认识．由于成圆周对称性，所以如果没改变电荷之前肯定圆心处场强为0，而该点场强是所有电荷在该点场强的叠加，可以把这些电荷归为两类：一种是要移去的电荷，另一种是其他电荷．不管怎样，总之这两种电荷产生的合场强为0，所以只要算出改变的电荷在该点的场强和与它对称的电荷的场强即可得到．
12．如图所示，竖直绝缘墙上距O 点l 处固定一带电量Q 的小球A ，将另一带等量同种电荷、质量为m 的小球B 用长为l 的轻质绝缘丝线悬挂在O 点，A 、B 间用一劲度系数为k ′原长为
54
l
的绝缘轻质弹簧相连，静止时，A 、B 间的距离恰好也为l ，A 、B 均可看成质点，以下说法正确的是（ ）
A ．A 、
B 间库仑力的大小等于mg B ．A 、B 间弹簧的弹力大小等于k ′l
C ．若将B 的带电量减半，同时将B 球的质量变为4m ，A 、B 间的距离将变为
2
l
D
．若将A、B的带电量均减半，同时将B球的质量变为2
k l
m
g
'
+，A、B间的距离将变为2
l
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．对小球受力分析如图；小球受弹簧的弹力与B所受的库仑力的合力（F库+F弹）沿AB斜向上，由几何关系以及平衡条件可知
F库+F弹=mg
则
F库= mg -F弹
选项A错误；
B．A、B间弹簧的弹力大小等于
''
51
=()
44
l
F k l k l
-=
弹
选项B错误；
C．若将B的带电量减半，A、B间的距离将变为
2
l
，则库仑力变为2F库，则弹力和库仑力的合力为
'
'
53
=()22
424
l l k l
F k F F
-+=+
合库库
则由相似三角形关系可知
11
'
=
13
2
24
m g m g
l
k l
F
l F
=
+
合
库
而
'1
4
F k l mg +=库
解得
'11
4=42
m g mg k l mg =+≠
选项C 错误；
D ．若将A 、B 的带电量都减半，A 、B 间的距离将变为2
l
，则库仑力仍F 库，则弹力和库仑力的合力为
''
'
53=()424
l l k l
F k F F -+=+合库库
则由相似三角形关系可知
22''=1324
m g m g l
k l F l F =+合库 而
'1
4
F k l mg +=库
解得
'22m g mg k l =+
即
'22k l
m m g
=+
选项D 正确； 故选D 。

13．如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电质点A 、B 、C,A 和C 围绕B 做匀速圆周运动，B 恰能保持静止，其中A 、C 和B 的距离分别是L 1、L 2.仅考虑三质点间的库仑力，则A 和C 的
A ．线速度之比为2
1L L
B ．加速度之比为2
12L L ⎛⎫
⎪⎝⎭
C ．电荷量之比1
2
L L
D ．质量之比2
1
L L
【答案】D 【解析】
【分析】 【详解】
A ．A 和C 围绕
B 做匀速圆周运动，B 恰能保持静止，则AB
C 三者要保持相对静止，所以AC 角速度相等，则线速度之比为
1
2
A B v L v L = 选项A 错误；
C ．根据B 恰能保持静止可得
2212
C B A B q q q q k
k L L = 解得
21
22
A C q L q L = 选项C 错误；
A 围绕
B 做匀速圆周运动，根据A 受到的合力提供向心力，
()2
122112A C A B A A A q q q q k
k m m L L L L a ω-==+ C 围绕B 做匀速圆周运动，有
()
2
222212C B A C B C B q q q q k
k m m L L a L L ω-=+= 因为2212
C B A B
q q q q k
k L L =，所以有 A B B A a m m a =
12A C m L m L =
解得
2
1A C m L m L = 1
2
A B A B m L m L a a == 选项B 错误，D 正确。

故选D 。

14．如图，质量分别为 m A 和 m B 的两小球带有同种电荷，电荷量分别为 q A 和 q B ，用绝缘细线悬挂在天花板上．平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为 θ1 与 θ2（θ1＞θ2）．两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别 v A 和 v B ，最大动能分别为 E kA 和 E kB ．则（ ）
A ．m A :m
B =tan θ1: tan θ2 B ．q A ：q B =1: 1
C ．1
2
:tan
tan 2
2A B v v θθ=
D ．1
2
:tan :tan
2
2
kA kB E E θθ=
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．对A 球进行受力分析可知，A 所受到的库仑力大小为
A 1tan F m g θ=
同理B 受到的库仑力为
B 2tan F m g θ=
两球间的库仑力大小相等方向相反，因此
A B 21:tan :tan m m θθ=①
A 错误；
B ．两个小球间的库仑力总是大小相等，与两小球带电量大小无关，因此无法求出两球电量间的关系，B 错误；
CD ．由于两球处于同一高度，则
1122cos cos =l l h θθ=②
又由于两球下摆的过程中，机械能守恒，则
2
k 1(1cos )2
mgl E mv θ-==
③ 由②③联立可得
11
2
2
1
1cos 1
1cos v v θθ-=-由①②③联立利用三角函数关系可得
1
kA 2
kB tan
2tan 2
E E θθ=
C 错误，
D 正确。

故选D 。

15．如图所示，按A 、B 、C 、D 四种方式在一个正方形的四个顶点分别放置一个点电荷，所带电量已在图中标出，其中正方形中心场强最大的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A 【解析】 【分析】
先分析各点电荷在中心处的场强大小和方向，再根据矢量合成法则，即可求出中心处的场强。

【详解】
A ．根据点电荷电场强度公式2
kQ
E r =
，结合矢量合成法则，正方形对角线异种电荷的电场强度，为各自点电荷在中心处相加，因此中心处的合电场强度大小为222
kQ E r
=； B ．两个负电荷在正方形中心处场强为零，两个正点电荷在中心处电场强度为零，因此中心处的合电场强度大小为0；
C ．同理，正方形对角线的两负电荷的电场强度在中心处相互抵消，而正点电荷在中心处，叠加后电场强度大小为2
kQ E r =
； D ．同理，在中心处的电场强度大小2
2
kQ E r = 综上比较，正方形中心场强最大的是A ，所以A 正确。

故选A 。

【点睛】
考察点电荷在某点场强的矢量合成。

二、第九章 静电场及其应用解答题易错题培优（难）
16．如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置．在管子的底部固定一电荷量为Q （Q ＞0）的点电荷．在距离底部点电荷为h 2的管口A 处，有一电荷量为q （q ＞0）、质
量为m 的点电荷由静止释放，在距离底部点电荷为h 1的B 处速度恰好为零．现让一个电荷量为q 、质量为3m 的点电荷仍在A 处由静止释放，已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，则该点电荷运动过程中：
（1）定性分析点电荷做何运动？（从速度与加速度分析） （2）速度最大处与底部点电荷的距离 （3）运动到B 处的速度大小
【答案】（1）先做加速度减小的加速，后做加速度增大的减速运动； （2）3KQq
r mg
=（3）212
3()3
B v g h h =-【解析】 【详解】
（1）由题意知，小球应先做加速运动，再做减速运动，即开始时重力应大于库仑力；而在下落中，库仑力增大，故下落时加速度先减小，后增大；即小球先做加速度减小的加速，后做加速度增大的减速运动；
（2）当重力等于库仑力时，合力为零，此时速度最大，
2
3kQq
F mg r 库==
解得：
3kQq
r mg
=
（3）点电荷在下落中受重力和电库仑力，由动能定理可得：
mgh +W E =0；
即
W E =-mgh ；
当小球质量变为3m 时，库仑力不变，故库仑力做功不变，由动能定理可得：
3mgh-mgh =
1
2
3mv 2； 解得：
B v =
点睛：本题综合考查动力学知识及库仑力公式的应用，解题的关键在于明确物体的运动过程；同时还应注意点电荷由静止开始运动，故开始时重力一定大于库仑力．
17．我们可以借鉴研究静电场的方法来研究地球周围空间的引力场，如用“引力场强度”、“引力势”的概念描述引力场。

已知地球质量为M ，半径为R ，万有引力常量为G ，将地球视为均质球体，且忽略自转。

(1)类比电场强度的定义方法，写出地球引力场的“引力场强度E ”的定义式，并结合万有引力定律，推导距离地心为r （r >R ）处的引力场强度的表达式2=G
M E r
引； (2)设地面处和距离地面高为h 处的引力场强度分别为E 引和'
E 引，如果它们满足
'0.02E E E -≤引引
引
，则该空间就可以近似为匀强场，也就是我们常说的重力场。

请估算地
球重力场可视为匀强场的高度h （取地球半径R =6400km ）；
(3)某同学查阅资料知道:地球引力场的“引力势”的表达式为=-G M
r
ϕ引（以无穷远处引力势为0）。

请你设定物理情景，简要叙述推导该表达式的主要步骤。

【答案】(1)引力场强度定义式F
E m
=引，推导见解析；(2)h =64976m ；(3)推导见解析. 【解析】 【分析】 【详解】
(1)引力场强度定义式F E m
=
引 2Mm
F G
r = 联立得
2
M E G
r =引 (2)根据题意
2M
E G
R =引 '2
M E G r =引 '0.02E E E -=引引
引
h r R R =-=
解得
h =64976m
(3)定义式引力势=
p E m
ϕ引，式中p E 为某位置的引力势能
把某物体从无穷远移动到某点引力做的功
=0-=-p p W E E 引
即
=-p E W 引
则当质量为m 的物体自无穷远处移动到距离地球r 处时，引力做功为W 引 通过计算得
0Mm
W G
r =引＞ 所以
=-p Mm
E G
r =-M G
r
ϕ引
18．万有引力和库仑力有类似的规律，有很多可以类比的地方。

已知引力常量为G ，静电力常量为k 。

（1）用定义静电场强度的方法来定义与质量为M 的质点相距r 处的引力场强度E G 的表达式；
（2）质量为m 、电荷量为e 的电子在库仑力的作用下以速度v 绕位于圆心的原子核做匀速圆周运动，该模型与太阳系内行星绕太阳运转相似，被称为“行星模型”，如图甲。

已知在一段时间内，电子走过的弧长为s ，其速度方向改变的角度为θ（弧度）。

求出原子核的电荷量Q ；
（3）如图乙，用一根蚕丝悬挂一个金属小球，质量为m ，电荷量为﹣q 。

悬点下方固定一个绝缘的电荷量为+Q 的金属大球，蚕丝长为L ，两金属球球心间距离为R 。

小球受到电荷间引力作用在竖直平面内做小幅振动。

不计两球间万有引力，求出小球在库仑力作用下的振动周期。

【答案】（1）质量为M 的质点相距r 处的引力场强度的表达式为
2GM
r
；（2）原子核的电荷量为2mv s
ke
θ；（3）小球在库仑力作用下的振动周期为2Lm R kQq π
【解析】 【详解】
（1）根据电场强度的定义式方法，那么质量为M 的质点相距r 处的引力场强度E G 的表达式：
2G F GM
E m r
=
= （2）根据牛顿第二定律，依据库仑引力提供向心力，则有：
2
2Qe v k m R R
= 由几何关系，得
s
R θ
=
解得：
2mv s
Q ke
θ=
（3）因库仑力：
2Qq F R
=
等效重力加速度：
2
F kQq g m mR '=
= 小球在库仑力作用下的振动周期：
22L Lm T R g kQq
π
π'==
19．如图所示，空间存在方向水平向右的匀强电场，两个可视为点电荷的带电小球P 和Q 用绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，已知匀强电场强度为E ，两小球之间的距离为L ，PQ 连线与竖直方向之间的夹角为θ，静电常数为k
（1）画出小球P 、Q 的受力示意图；
（2）求出P 、Q 两小球分别所带的电量。

【答案】（1）P 带负电，Q 带正电；（2）2
sin EL k θ
【解析】
【详解】
（1）依题意得，小球P 、Q 受力示意图如图
根据平衡条件，P 带负电，Q 带正电 ①
（2）设P 带电量为-q 1，Q 带电量为q 2
根据库仑定律：
122C q q F k
L
= ② 根据牛顿第三定律： F C =F C / ③
对于P 球：
根据平衡条件：
1sin C q E F θ= ④
解得：
2
1sin EL q k θ
= ⑤ 对于Q 球：
根据平衡条件：
'
2sin c q E F θ= ⑥
解得：
2
2sin
EL
q
kθ
=⑦
20．如图所示，光滑绝缘水平面上固定着A、B、C三个带电小球，它们的质量均为m，间距均为r，A带电量Q A=10q，B带电量Q B=q，若小球C上加一个水平向右的恒力，欲使A、B、C始终保持r的间距运动，求：
(1)C球的电性和电量Q C；
(2)水平力F的大小。

【答案】（1）C球带负电Q C=
40
3
q （2）F=70k
2
2
q
r
【解析】
（1）对A、B、C系统研究得：
3
F
a
m
=
A球受到B球库仑斥力F1和C球库仑力F2后，要产生水平向右加速度，故F2必为引力，C 球带负电。

对AB两球有2222
(2)
C A B A C B A B
Q Q Q Q Q Q Q Q
k k k k
r r r r
m m
-+
=
联立可得：
40
3
C
Q q
=
（2）对整体和A有22
(2)
3
C A B A
Q Q Q Q
k k
F
r r
m m
-
=
2
2
70
q
F k
r
=
21．如图所示，有一水平向左的匀强电场，场强为4
1.2510N/C
E=⨯，一根长
1.5m
L=、与水平方向的夹角为37
θ=︒的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量6
4.510C
Q-
=+⨯；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量6
1.010C
q-
=+⨯，质量2
1.010kg
m-
=⨯。

现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动。

（静电力常量922
9.010N m/C
k=⨯⋅，取2
10m/s
g=，
sin370.6
︒=，cos370.8
︒=）求：
(1)小球B开始运动时的加速度为多大？
(2)小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大？。