通用版带答案高中物理必修三第十章静电场中的能量微公式版经典大题例题

通用版带答案高中物理必修三第十章静电场中的能量微公式版经典大题例题
单选题
1、如图所示平面中有A、B两个固定的等量正点电荷，在AB间作辅助连线，并在连线的垂直平分线上建立x轴，O为AB连线的中点。

下列关于该电场在x轴上电场强度大小的说法，其中正确的是（）
A．从O点沿x轴正方向，电场强度不断减小
B．从O点沿x轴正方向，电场强度不断增大
C．从O点沿x轴正方向，电场强度先减小后增大
D．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小
答案：D
由场强叠加可知，O点的场强为零，在x轴上距离O点无穷远处的场强也为零，可知从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小。

故选D。

2、如图所示，电荷量为q的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。

若图中A点的电场强度为0，则带电薄板产生的电场在图中B点的电场强度正确的是（）
A ．大小为k q 4d 2，方向向右
B ．大小为k q 9d 2，方向向左
C ．大小为k
q 4d 2，方向向左D ．大小为k q 9d 2，方向向右 答案：B
图中A 点的电场强度为0，则带电薄板在A 点的场强与点电荷q 在A 点的场强等大反向，则带电薄板在A 点的场强大小
E 1=
kq (3d)2=kq 9d 2 方向向右，由对称性可知，带电薄板产生的电场在图中B 点的电场强度
E 2=
kq 9d 2 方向向左。

故选B 。

3、甲、乙、丙、丁四图中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘。

下列关于坐标原点O 处电场强度的说法中正确的是（ ）
A ．图甲与图丙场强相同
B ．图乙与图丁场强相同
C ．四图中O 处电场强度的大小关系为E 丁>E 丙>E 乙>E 甲
D ．乙、丙两图中O 处电场强度的大小关系为
E 乙=√2E 丙
答案：D
BC ．设14带电圆环在O 点产生的场强大小为E 。

甲图中坐标原点O 处的电场强度是14圆环产生的，原点O 处电场强度大小为E ；乙图中坐标原点O 处的电场强度是第一象限14带正电圆环和第二象限14带负电圆环叠加产生，坐标原点O 处电场强度大小等于√2E ；丙图中第一象限14带正电圆环和第三象限14带正电圆环在O 点产生的电场相互抵消，所以坐标原点O 处电场强度是第二象限14带电圆环产生的，原点O 处电场强度大小为E ；丁图中第一象限14带正电圆环和第三象限14带正电圆环在O 点产生的电场相互抵消，第二象限14带负电圆环和第四象限14带负电圆环在O 点产生的电场相互抵消，所以坐标原点O 处电场强度为0。

综合以上分析，比较大小可知
E 乙>E 丙=E 甲>E 丁
故BC 错误；
A ．甲、丙两图中O 处的电场强度大小相等，但方向不同，故A 错误；
D ．乙图坐标原点O 处电场强度大小等于√2
E ，丙图坐标原点O 处电场强度大小为E ，大小关系为
E 乙=√2E 丙
故D 正确。

故选D 。

4、如图是教材中的二个实验装置，这二个实验蕴含的物理思想方法中共同的方法是（ ）
A．极限的思想方法B．放大的思想方法
C．控制变量的方法D．猜想的思想方法
答案：B
两个实验都是将微小量进行放大，即应用了放大的思想方法。

故选B。

5、我们赖以生存的地球，是一颗带负电的天体。

假设它是一个均匀带电的球体，将一带负电的粉尘置于距地球表面h高处，恰处于悬浮状态，假设科学家将同样的带电粉尘带到距地球表面5h高处无初速度释放，则此带电粉尘将（不考虑地球的自转影响）（）
A．向星球中心方向下落B．被推向太空
C．仍在那里悬浮D．无法确定
答案：C
根据平衡条件得
G
Mm
(R+ℎ)2
=k
Qq
(R+ℎ)2
根据上式得
G
Mm
(R+5ℎ)2
=k
Qq
(R+5ℎ)2
假设科学家将同样的带电粉尘带到距地球表面5h高处无初速度释放，此带电粉尘仍在那里悬浮。

故选C。

6、有两个完全相同的小球A、B，质量均为m，带等量异种电荷，其中A带电荷量为＋q，B带电荷量为－q.现用两长度均为L、不可伸长的细线悬挂在天花板的O点上，两球之间夹着一根绝缘轻质弹簧．在小球所挂的空间加上一个方向水平向右、大小为E的匀强电场．如图所示，系统处于静止状态时，弹簧位于水平方向，两根细线之间的夹角为θ＝60°，则弹簧的弹力为(静电力常量为k，重力加速度为g)( )
A．kq2
L2B．√3
3
mg+kq2
L2
C．kq2
L2+qE D．√3
3
mg+kq2
L2
+qE
答案：D
对A球受力分析，由共点力平衡可得
F−qE−kq⋅q
L2
−Tcos60°=0
Tsin60°−mg=0联立解得
F=√3
3
mg+
kq2
L2
+qE
故选D。

7、如图所示，在超高压带电作业中，电工所穿的高压工作服内有编织的铜丝，这样做的目的是（）
A．铜丝编织的衣服不易拉破
B．铜丝电阻小，对人体起到保护作用
C．电工被铜丝衣服所包裹，使衣服内场强为零
D．电工被铜丝衣服所包裹，使衣服内电势为零
答案：C
屏蔽服的作用是在穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害，等电位说明电势相等而不是等于0，等电势时电势差为0，电场强度为0。

故选C。

8、有两个半径为r的金属球如图放置，两球表面间距离为3r。

今使两球带上等量的异种电荷Q，两球间库仑力的大小为F，那么（）
A．F＝k Q2
(5r)2B．F＞k Q2
(5r)2
C．F＜k Q2
(5r)2
D．无法判定
答案：B
异种电荷相互吸引，则电荷间的距离小于5r，由库仑定律可知
F＞k Q2
(5r)2
故选B。

9、在点电荷-Q的电场中，一金属球处于静电平衡状态，A为球内一点，B为球外表面附近一点，则球上感应电
荷在A点和B点所激发的附加场强EA′和EB′的方向在下列几个选项对应的图中最有可能的是（）
A．B．
C．D．
答案：C
金属球处于静电平衡状态，则金属球内部电场强度处处为零，点电荷−Q在A点产生的电场强度和感应电荷在A
点激发的电场强度等大反向，点电荷−Q在A点产生的电场强度从A点指向−Q，因此，感应电荷在A点激发的
电场强度E A′沿两点连线指向背离−Q的方向；金属球处于静电平衡状态，整个导体是一个等势体，导体表面是一个等势面，根据电场线与等势面之间的关系可知，球外表面附B点的点场线垂直于金属球表面，如图所示
根据矢量叠加原理，B点所激发的附加场强EB′的方向在α角度范围内都是有可能的。

结合以上分析可知C正确。

故选C。

10、下列说法中正确的是（）
A．点电荷与匀强电场都是理想模型
B．牛顿对引力常量G进行了准确测定，并于1687年发表在其传世之作《自然哲学的数学原理》中
=k，k为常数，与中心天体质量无关
C．开普勒第三定律r3
T2
D．功、重力势能、电场强度都是矢量
答案：A
A．点电荷与匀强电场都是科学抽象后的理想模型，故A正确；
B．卡文迪许对引力常量进行了准确测定，故B错误；
C．k为常数，与中心天体质量有关，故C错误；
D．功、重力势能是标量，电场强度是矢量，故D错误。

故选A。

11、如图所示，两条等长细线的A点悬挂一质量为0.1kg，带电荷量为2×10－6C的带电小球，细线与天花板的夹角为30°，A点离地面高度h＝0.3m，在MA的延长线上用一不计高度和质量的绝缘支架固定一质量为0.2kg，带电荷量与小球带电荷量相等的异性带电小球B，则以下选项错误的是（）
A．支架对地面的压力大小为1.95N
B．A点的球会向右偏离原来的位置
C．NA线的拉力大小为1N
D．MA线的拉力大小为1.1N
答案：B
A．由几何知识得A、B两点间的距离为
r AB＝ℎ
sin30°
＝2h＝0.6m 两球间的库仑力大小为
F＝k q⋅q
r2＝9.0×109×(2×10−6)2
0.62
N＝0.1N
以B和支架整体为研究对象，受力如图甲所示，
根据平衡条件有
F N＝m2g－F sin30°＝0.2×10N－0.1N×1
2
＝1.95N
由牛顿第三定律得，支架对地面的压力大小为1.95N，A正确，不符合题意；
B．对A点小球受力分析，如图乙所示，因B在MA的延长线上，所以A点小球不会向右偏离原来的位置，B错误，符合题意；
CD．由平衡条件有
F MA sin30°＋F NA sin30°－m1g－F sin30°＝0
F MA cos30°－F NA cos30°－F cos30°＝0
解得
F MA＝1.1N
F NA＝1N
CD正确，不符合题意。

故选B。

12、下列说法正确的是（）
A．牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量
B．质量一定的两个物体，若距离无限小，它们间的万有引力趋于无限大
C．一对相互作用的摩擦力做功的代数和可以不为零
D．摩擦起电，可能是因为摩擦导致质子从一个物体转移到了另一个物体而形成的
答案：C
A．牛顿发现了万有引力定律，但测出引力常量的是卡文迪许，A错误；
B．质量一定的两个物体，若距离无限小，万有引力定律不成立，所以不能说它们间的万有引力趋于无限大，B 错误；
C．一对相互作用的滑动摩擦力，它们做功的代数和不为零，C正确；
D．摩擦起电，可能是因为摩擦导致电子从一个物体转移到了另一个物体而形成的，质子处在原子核内部，在摩擦中不可能使质子发生移动，D错误；
故选C。

13、如图所示，两原长均为L、劲度系数相等的绝缘轻弹簧悬挂于O点，其另外一端各连接一个带电小球，平衡
时A球靠在光滑绝缘竖直墙上，OA长为2L且竖直；B球悬于空中，OB长为3
2
L。

两小球的质量均为m，重力加速度为g，则两球间的库仑力大小为（）
A．1
2mg B．3
4
mg C．mg D．2mg
答案：B
设OA、OB夹角为θ，B球的受力如图甲所示，构成的力的矢量三角形与△OAB相似，则有
mg OA =
F B OB
即
mg 2L =
F B 3 2L
可得
F B=3
4 mg
对AB两带电小球整体受力分析如图乙，根据平衡条件可得
F A+F B cosθ=2mg 两弹簧完全相同
F B=k L
2
=
3
4
mg
则
F A=kL=2F B=3
2 mg
解得
cosθ=2 3
在力的矢量三角形中，应用余弦定理有
F AB=√(mg)2+F B2−2mgF B cosθ=3
4 mg
故B正确。

14、如图所示，真空中一椭圆的两焦点M、N处固定两个等量异种电荷+Q、−Q，O为椭圆中心，ab、cd分别是椭圆长轴和短轴，ef是椭圆上关于O点对称的两个点，下列说法中正确的是（）
A．电势差U ec=U fd
B．a、b两点场强相同，e、f两点场强也相同
C．将一正电荷由e点沿椭圆移到f点，电场力做功为零
D．将一电子由c点移到d点，电势能增加
答案：B
A．根据题中所给条件，可以判断出
U ec>0，U fd<0
二者电势差不等，但二者电势差的绝对值相等，A错误；
B．a、b两点的场强大小和方向均相同，e、f两点场强大小相同，与ab的角度关于O点对称，方向均指向斜上方，B正确；
C．将一正电荷由e点沿椭圆移到f点，电场力做正功，C错误；
D．c、d两点的电势相等，则电子在c、d两点的电势能相等，将一电子由c点移到d点，电势能不变，D错误。

故选B。

15、真空中两个静止的点电荷相距r，电荷量分别为q1和q2，则它们之间的库仑力大小为（）
A．F=q1q2
r B．F=k q1q2
r
C．F=q1q2
r2
D．F=k q1q2
r2
答案：D
根据库仑定律可知
F=k q1q2 r2
故选D。

多选题
16、如图所示，ACB为固定在竖直面内的光滑绝缘半圆形轨道，在圆心“O”处固定一带正电的点电荷Q，带正电的小球可视为质点静止在最低点C。

现给小球施加一水平向右的外力F，使小球沿轨道缓慢地向上移动，对此过程，下列说法正确的是（）
A．小球所受库仑力恒定
B．外力F一直增大
C．小球合外力逐渐增大
D．小球对轨道的压力逐渐增大
答案：BD
A．小球的带电量为q，跟库仑定律可得
F c=kQq R2
可知，小球所受库仑力大小不变，但在小球运动过程中库仑力的方向时时在改变，故小球所受库仑力为变力，A 错误；
BD．小球在运动过程中，小球、圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，小球受力如图所示
根据平衡条件可得
mgsinθ=Fcosθ
F N=F c+mgcosθ+Fsinθ
整理得
F=mgtanθ
F N=F c+mg cosθ
小球沿轨道缓慢地向上移动过程中θ逐渐增大，即外力F一直增大，小球对轨道的压力逐渐增大，BD正确；C．小球沿轨道缓慢地向上移动，处于一些列动态平衡中，即小球合外力为零，C错误；
故选BD。

17、如图所示，在空间施加方向水平向右的匀强电场，两带电小球A和B用相同的绝缘细绳通过小环悬挂在固定的水平横杆下，两细绳都恰好与水平横杆垂直，则（）
A．A带负电荷，B带正电荷
B．A带正电荷，B带负电荷
C．若减小两环间距，重新平衡时两环问距小于两球间距
D．若减小两环间距，重新平衡时两环间距大于两球间距
答案：AD
AB．由图可知，两小球均在电场力和库仑力的作用下保持平衡。

由于库仑力为相互作用，大小相等、方向相反，故两小球受到的电场力也一定方向相反，因此两小球一定带异种电荷；则A球所受库仑力向右，B球所受库仑
力向左。

匀强电场方向水平向右，故正电荷受电场力向右，其受库仑力一定向左，故B带正电荷，A带负电荷，故A正确，B错误；
CD．当两环间距减小时，两球间距也在减小，则库仑力大于匀强电场的作用力，所以只有环间距大于球间距两
球才能平衡，故C错误，D正确。

故选AD。

18、最近，一则“女子自助加油静电起火点燃油枪”的视频被微信疯转！有关加油时静电起火，下列说法正确的是（）
A．加油时可以通过整理衣服导走静电
B．通过与加油机接地的金属面板进行接触操作，会导走身上的静电
C．衣服上的静电产生方式属于接触起电
D．加油前可以先通过洗手以消除静电
答案：BD
A．加油时整理衣服，衣物与空气产生摩擦，不仅不会导走静电，还会产生更多的静电，故A错误；
B．通过加油机接地的金属面板进行操作，会导走身上的静电，故B正确；
C．衣服上的静电产生方式属于摩擦起电，故C错误；
D．加油前可以先洗手，手比较湿润，可以消除静电，故D正确。

故选BD。

19、关于避雷针，以下说法正确的是（）
A．避雷针避雷是中和云层的异种电荷
B．避雷针避雷是将云层中积聚的电荷导入大地
C．为了美观，通常把避雷针顶端设计成球形
D．避雷针安装在高大建筑物顶部，而不必接地
答案：AB
A．避雷针避雷是中和云层中的异种电荷，及时消除云层与地面的电势差，故A正确；
B．避雷是将云层中积聚的电荷导入大地，或者将大地的负电荷与其中和，故B正确；
C．表面积越小，越是尖锐的物体，越容易放电，因此避雷针做成尖形的，更容易发挥作用，故C错误；
D．避雷针要能发挥作用，与避雷针的形状、安装位置等都有关系，避雷针安装在高大建筑物顶部，且必须接地，故D错误。

故选AB。

20、如图所示，用金属网把不带电的验电器罩起来，再使带电金属球靠近金属网，则下列说法正确的是（）
A．箔片张开
B．箔片不张开
C．金属球带电电荷足够大时才会张开
D．金属网罩内部电场强度为零
答案：BD
ABC．用金属网把验电器罩起来，由于金属网罩的静电屏蔽，再使带电金属球靠近验电器，箔片不张开。

故B正确；AC错误；
D．静电屏蔽时，金属网罩内部电场强度为零。

故D正确。

故选BD。

21、如图所示，一带电量为q的金属球，固定在绝缘的支架上，这时球外P点的电场强度为E，当把一电量也是q的点电荷A放在P点时，测得点电荷受到的静电力为f；当把一电量为aq的点电荷B放在P点时，测得作用于这个点电荷的静电力为F，下列说法正确的是（）
A．a比1小得越多，F的数值越接近af
B．a比1小得越多，F的数值越接近aqE
C．将电荷A先与金属球接触，再将其放回P点，则电荷A的电势能一定不变
D．只将电荷B放到P点，稳定后金属球表面的电场线与球面垂直
答案：BD
AB．本题中的场源电荷为金属球体而不是固定的点电荷，在P点未放点电荷时，电荷量均匀分布在球体的外表面，金属球体可以等效成电量集中于球心的点电荷；但是当有电荷放在P时，由于电荷的相互作用，使得金属球上的电荷分布不再均匀，等效的中心偏离球心，放在P点的带电量越大，偏离的越厉害，如果放在P点的电荷量非常小，也就是a比1小得多，金属球带电等效中心偏离中心就可以忽略不计，在P点激发的场强就约等
于E，F的数值接近aqE,故A错误B正确；
C．由于A可以看成点电荷，也就是A的大小相对于金属球来说，可以忽略不计，当A与金属球接触时，由于电荷要分布在金属的外表面，A上的电荷几乎都要转移到金属球上面，当A分离时，A上电荷量近似为零，故重新放回P点时，电势能也接近零，一定发生了改变，故C错误；
D．在P点放电荷B，稳定后，金属球任然是一个等势体，电场线在金属球的表面就要与金属球的表面垂直，故D正确。

故选BD。

22、用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱。

如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。

则（）
A．B、C两点场强大小和方向都相同B．A、D两点场强大小相等，方向相反
C．E、O、F三点比较，O点场强最弱D．B、O、C三点比较，O点场强最弱
答案：AD
A．由对称性可知，B、C两点场强大小和方向都相同，选项A正确；
B．A、D两点场强大小相等，方向相同，选项B错误；
C．E、O、F三点比较，O点电场线最密集，则场强最强，选项C错误；
D．B、O、C三点比较，O点电场线最稀疏，则场强最弱，选项D正确。

故选AD。

23、在x轴上的原点和x4处分别固定两点电荷，取无穷远处电势为零，两电荷之间连线上各点对应的电势φ与位置坐标x之间的变化关系如图所示，x2处电势最高，x4=3x2。

质量为m、电荷量大小为q的带负电粒子从x1处
由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴运动。

下列说法中正确的是（）
A．两点电荷为异种电荷
B．原点和x4处的两个点电荷的电荷量大小之比为1∶4
C．粒子从x1处开始第一次运动到x3处的过程中电势能先增大后减小
D．粒子从x1处开始第一次运动到x3处的过程中加速度先减小后增大
答案：BD
A．由图可知，x2处电势最大，根据沿电场线方向，电势逐渐降低可知，x2处左右两侧电场分别指向原点和x4处，则两电荷均为负电荷，故A错误；
BD．φ−x图像的斜率表示电场强度，则x2处电场强度为零，根据点电荷电场强度的叠加有
kq1 x22=
kq2 (x4−x2)2
又有
x4=3x2
解得
q1:q2=1:4
粒子从x1处开始第一次运动到x3处的过程中，电场强度先减小后增大，根据题意，由牛顿第二定律可知，加速度先减小后增大，故BD正确；
C．根据题意，结合A分析可知，粒子从x1处开始第一次运动到x3处的过程中，电场力先做正功后做负功，则
电势能先减小后增大，故C错误。

故选BD。

24、某同学用如图1所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能E（重力势能、电势能之和）情况。

两个带同种电荷的小球1、2放在竖直放置的绝缘圆筒中，1固定在圆筒底部，2从靠近1位置处释放，测出B的
位置x和速度，利用能量守恒可以得到势能E-x图像。

图2中Ⅰ图是小球E-x图像，Ⅱ图是计算机拟合的图线
Ⅰ的渐近线，实验中一切摩擦可忽略，小球的电荷量不会发生变化，g=10m/s2，则2小球（）
A．上升过程速度一直变大
B．上升过程电势能先变小后变大
C．从x=6.0cm处运动至x=20cm处重力势能增加0.7J
D．从x=6.0cm处运动至x=20cm处电场力做功0.3J
答案：CD
A．上升过程系统能量守恒
E+E k=E
总
结合图像可知，上升过程中势能先变小后变大，因此小球2的动能先变大后变小，速度也先变大后变小，A错误；B．上升过程中电场力做正功，电势能一直变小，B错误；
C．根据库仑定律
F=k q1q2
r2
可知，当r→∞时，F→0，系统势能的变化量主要取决于重力做功ΔE=mgΔx
即
mg=ΔE
Δx
由此可知小球2的重力等于图中渐近线的斜率，结合图像可知
mg=ΔE
Δx =0.5J
0.1m
=5N
解得
m=0.5kg
从x=6.0cm处运动至x=20cm处重力势能增加为
ΔE p=mgΔx1=0.7J C正确；
D．从x=6.0cm处运动至x=20cm过程中，根据系统能量守恒
ΔE k=−ΔE=−0.4J 根据动能定理可得
W G+W
电
=ΔE k
又因为
W G=−mgΔx=−0.7J 解得
W
电
=0.3J
D正确；
故选CD。

25、如图所示，一内表面光滑的半圆形凹槽放在粗糙的水平地面上，绝缘轻杆左端固定在凹槽左侧顶端，右端伸长到圆心处固定一负的点电荷，一带正电小球（可看做点电荷）静置于槽内底部的A点处。

现用一个与竖直方向夹角始终为θ的斜向上的力F，把小球从A点沿着凹槽缓慢拉至B点，整个过程中，凹槽始终保持静止，小球始终没有离开凹槽。

设小球受到凹槽的支持力用F N表示，则在上述过程中下列说法正确的是（）
A．F和F N都一直增大B．F一直增大，F N先减小后增大
C．地面对凹槽的支持力不变D．地面对凹槽的摩擦力一直在增大
答案：BD
AB．设库仑力F C，小球所受库仑力和凹槽支持力始终指向圆心，如图所示
由图可知F一直增大，F N+F C先减小后增大，由于小球和点电荷距离不变，所以F C大小不变，得F N先减小后增大，故A错误，B正确；
CD．以整体为研究对象受力分析得地面支持力
N=(M+m)g−Fcosθ
F f=Fsinθ
由于F一直增大，地面对凹槽的支持力N一直减小，摩擦力一直增大，故C错误，D正确。

故选BD。

填空题
26、（1）随着世界航空事业的发展，深太空探测已逐渐成为各国关注的热点，假设太空中有一颗星球，质量是地球质量的2倍，半径是地球半径的2倍，则某物体在该星球表面上所受重力是在地球表面上所受重力的
______倍，该星球上第一宇宙速度是地球上第一宇宙速度的_____倍。

（2）在边长为a的正方形的每个顶点都放置一个电荷量为q的同种点电荷。

如果保持它们的位置不变，每个电荷受到其他三个电荷的静电力的合力大小为___________。

（静电力常量为k）
（3）某质点在Oxy平面上运动时，t=0时刻质点位于y轴上。

它在x方向运动的速度—时间图像如图甲所示，它在y方向的位移—时间图像如图乙所示，t=1s时质点的位置坐标为_________________。

（4）如图所示，某风力发电机的叶片长度为L，已知空气的密度为ρ，当地风速为v，风的动能转化为电能的效率为η，则该风力发电机的功率P=_________________。

答案： 12 1
(2√2+1)kq 22a 2 （5.0m ，-5.0m ） ηπρ2
L 2v 3 （1）[1][2]根据 G Mm R 2
=mg 解得
g =G
M R 2 则有
g 星
g 地=M 星R 地2M 地R 星2=12 所以物体在该外星球表面上所受重力是在地球表面上所受重力的12 倍
根据牛顿第二定律得
G Mm R 2=m v 2R
解得
v =√GM R
则有
v 星
v 地=√M 星R 地M 地R 星
=1 （2）[3]根据库仑定律以及力的合成可知每个电荷受到其他三个电荷的静电力的合力是
F =√2kq 2
a 2+kq 2(√2a)2=(2√2+1)kq 22a 2 （3）[4]质点沿x 轴做匀加速直线运动，初速度和加速度分别为
v 0=4m/s
a=2m/s2沿y轴负方向做匀速直线运动，速度为
v1=−5m/s 质点第1s内在x轴、y轴的分位移为
x=v0t+1
2
at2=5m
y=v1t=-5m
位置坐标为（5.0m，-5.0m）
（4）[5]风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，在t时间内吹向发电机的风的体积为
V=vt⋅S=vt⋅πL2
质量为
M=ρV=ρvt⋅πL2
因此风吹过的动能为
E k=1
2
Mv2=
1
2
ρvt⋅πL2⋅v2
风力发电机将风的动能转化为电能的效率为η，该风力发电机此时的功率为
P=η×E k
t
=
ηπρ
2
L2v3
27、如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向左的匀强电场E中，小球静止时丝线与竖直方向夹角为θ，若剪断丝线，则小球的加速度大小为________，方向__________。

答案：g
cosθ
方向与拉力方向相反，即与竖直方向夹角为θ斜向下
[1][2]丝线剪断前：小球受到绳子的拉力，重力和电场力作用，三力合力为零，所以
T=mg cosθ
剪断后小球只受竖直向下的重力和电场力，合力大小等于剪断前绳子的拉力，方向与拉力方向相反，即与竖直方向夹角为θ向下，根据牛顿第二定律可得
a=mg
cosθ
m
=
g
cosθ
小提示：做此类型的题目，关键是利用平衡条件分析出合力的大小和方向，再用牛顿第二定律解题。

28、如图所示，真空中有三个点电荷，它们固定在边长50 cm的等边三角形的三个顶点上，每个电荷都是+2×10−5C，则q3所受的库仑力的大小为___________，方向为___________。

答案：24.9N沿q1与q2连线的垂直平分线向下
[1][2]q1或q2电荷对q3带电金属球之间的库仑力为
F=kQ2
r2
=
9.0×109×(2×10−5)2
0.52N=14.4N
q3电荷受两个静电力，夹角为60°，故合力为
F′=2Fcos30°=2×14.4×√3
2N≈24.9N
方向沿q1与q2连线的垂直平分线向下。

29、电场是存在于____________周围的一种特殊物质，电荷之间的作用力是通过____________产生的。

答案：电荷电场
[1][2]电场是存在于电荷周围的一种特殊物质，通过电场，电荷与电荷之间产生相互作用力。

30、油罐车有一条铁链拖地是_________，喷漆时让喷嘴喷出的油漆带电是_________（均选填“利用静电”或“防范静电”）。

答案：防范静电利用静电
[1][2]油罐车有一条铁链拖地是防范静电，喷漆时让喷嘴喷出的油漆带电是利用静电。