高中物理必修第3册 静电场及其应用试卷达标检测卷(Word版 含解析)

高中物理必修第3册 静电场及其应用试卷达标检测卷（Word 版 含解析）
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，竖直平面内有半径为R 的半圆形光滑绝缘轨道ABC ，A 、C 两点为轨道的最高点，B 点为最低点，圆心处固定一电荷量为+q 1的点电荷．将另一质量为m 、电荷量为+q 2的带电小球从轨道A 处无初速度释放，已知重力加速度为g ，则（）
A ．小球运动到
B 2gR B ．小球运动到B 点时的加速度大小为3g
C ．小球从A 点运动到B 点过程中电势能减少mgR
D ．小球运动到B 点时对轨道的压力大小为3mg ＋k 12
2
q q R 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
A.带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则：
212
B mgR mv =
解得：
2B v gR 故A 正确；
B.小球运动到B 点时的加速度大小为：
22v a g R
==
故B 错误；
C.小球从A 点运动到B 点过程中库仑力不做功，电势能不变，故C 错误；
D.小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得：
2
122B
N q q v F mg k m R R
--=
解得：
12
23N q q F mg k
R
=+ 根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为：
12
2
3
q q
mg k
R
+
方向竖直向下，故D正确．
2．某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系。

A、B是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B并保持A、B连线与细线垂直。

用Q和q表示A、B的电荷量，d表示A、B间的距离，θ（θ不是很小）表示细线与竖直方向的夹角，x表示A偏离O点的水平距离，实验中（）
A．d可以改变B．B的位置在同一圆弧上
C．x与电荷量乘积Qq成正比D．tanθ与A、B间库仑力成正比
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．因实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d应保持不变，选项A错误；B．因要保持A、B连线与细线垂直且A、B距离总保持d不变，可知B到O点的距离不变，故B的位置在同一圆弧上，选项B正确；
C．对A球由平衡知识可知
2
sin
qQ x
k mg mg
d L
θ
==
可知x与电荷量乘积Qq成正比，选项C正确；
D．因为
2
tan=
qQ
k
d d
L mgx
θ=
由于x变化，所以不能说tanθ与A、B间库仑力成正比，故D错误。

故选BC。

3．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
()
212
θθθ
>。

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
1
A
tan
F
m g
θ=
故
A
1
tan
F
m
gθ
=
⋅
同理，有
B
2
tan
F
m
gθ
=
⋅
由于12
θθ
>，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
212
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 。

4．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，最大速度分别为v A 和v B ，最大动能分别为E k A 和E k B 。

则( )
A ．m A 一定大于m
B B ．q A 一定小于q B
C ．v A 一定大于v B
D ．
E k A 一定大于E k B 【答案】CD 【解析】 【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：
1tan A F
m g
θ=
故：
1tan A F
m g θ=
⋅
同理，有：
2
tan B F
m g θ=
⋅
由于θ1＞θ2，故m A ＜m B ，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：
111
1
(1)cos cos h h h h θθ∆=
-=- 小球摆动过程机械能守恒，有
2
12
A A A A m g h m v ∆=
解得：
2A A v g h =⋅∆由于θ1＞θ2，A 球摆到最低点过程，下降的高度△h A ＞△h B ，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
mg △h =E K
故
(1cos )(1cos )tan k FL
E mg h mgL θθθ
=∆=-=
- 其中L cos θ相同，根据数学中的半角公式，得到：
1cos (1cos )cos ()cos tan tan sin 2
k FL E FL FL θθ
θθθθθ-=
-==⋅
其中FL cos θ相同，故θ越大，动能越大，故E kA 一定大于E kB ，故D 正确。

5．如图甲所示，两点电荷放在x 轴上的M 、N 两点，电荷量均为Q ，MN 间距2L ，两点电荷连线中垂线上各点电场强度y E 随y 变化的关系如图乙所示，设沿y 轴正方向为电场强度的正方向，中垂线上有一点()
0,3P L ，则以下说法正确的是 （ ）
A ．M 、N 两点上的两等量点电荷是异种电荷，M 为正电荷，N 为负电荷
B ．将一试探电荷-q 沿y 轴负方向由P 移动到O ，试探电荷的电势能一直减少
C ．一试探电荷-q 从P 点静止释放，在y 轴上做加速度先变小后变大的往复运动
D ．在P 点给一试探电荷-q 合适的速度，使其在垂直x 轴平面内以O 点为圆心做匀速圆周运动，所需向心力为3Qq
k 【答案】BD 【解析】 【详解】
A ．如果M 、N 两点上的两等量点电荷是异种电荷，则其中垂线是为等势线，故A 错误；
B ．等量同种电荷连线中垂线上，从P 到O 电势升高，负电荷的电势能减小，故B 正确；
C ．等量同种电荷连线中垂线上，从P 到O 电场线方向向上，试探电荷受的电场力沿y 轴向下，在y 轴上O 点下方，电场线方向沿y 轴向下，试探电荷受的电场力沿y 轴向上，由图乙可知，y 轴上电场强度最大点的位移在P 点的下方，所以试探电荷沿y 轴先做加速度增大，后做加速度减小的加速运动，在y 轴上O 点下方，做加速度先增大后减小的减速运动，故C 错误；
D ．等量正电荷中垂面上电场方向背离圆心O ，所以负试探电荷受电场力作用以O 为圆心做匀速圆周运动，如图，由几何关系可知，P 到M 的距离为2L ，图中60θ︒=，由叠加原理可得，P 点的场强为
232sin 2
sin 60(2)P M kQ kQ E E L θ︒
=== 所以电场力即为向心力为
2
34Qq
F k
L = 故D 正确。

6．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置，如果将小球B向左推动少许，待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比（）
A．竖直墙面对小球A的弹力减小
B．地面对小球B的弹力一定不变
C．推力F将增大
D．两个小球之间的距离增大
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】
整体法可知地面对小球B的弹力一定不变，B正确；假设A球不动，由于A、B两球间距变小，库仑力增大，A球上升，库仑力与竖直方向夹角变小，而其竖直分量不变，故库仑力变小A、B两球间距变大，D正确；但水平分量减小，竖直墙面对小球A的弹力减小，推力F将减小，故A正确，C错误。

故选ABD。

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，光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上，可视为质点的带电小球1、2的电荷分别为Q1、Q2，其中小球1固定在碗底A点，小球2可以自由运动，平衡时小球2位于碗内的B位置处，如图所示．现在改变小球2的带电量，把它放置在图中C位置时也恰好能平衡，已知AB弦是AC弦的两倍，则（）
A．小球在C位置时的电量是B位置时电量的一半
B．小球在C位置时的电量是B位置时电量的四分之一
C．小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小
D．小球2在B点对碗的压力大小大于小球2在C点时对碗的压力大小
【答案】C
【解析】
【详解】
AB．对小球2受力分析，如图所示，小球2受重力、支持力、库仑力，其中F1为库仑力F 和重力mg的合力，根据三力平衡原理可知，F1=F N．由图可知，△OAB∽△BFF1
设半球形碗的半径为R，AB之间的距离为L，根据三角形相似可知，
1
F
mg F
OA OB AB
==
即
1
F
mg F
R R L
==
所以
F N=mg①
L
F mg
R
=②
当小球2处于C位置时，AC距离为
2
L
，故
'
1
2
F F
=，
根据库仑定律有：
2
A B
Q Q
F k
L
=
'
2
1
()
2
A C
Q Q
F k
L
=
所以
1
8
C
B
Q
Q
=，
即小球在C位置时的电量是B位置时电量的八分之一，故AB均错误；
CD．由上面的①式可知F N=mg，即小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小，故C正确，D错误。

故选C。

9．如图所示，固定在竖直面内的光滑金属细圆环半径为R ，圆环的最高点通过长为L 的绝缘细线悬挂质量为m 、可视为质点的金属小球，已知圆环所带电荷量均匀分布且带电荷量与小球相同，均为Q (未知)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，细线对小球的拉力为F (未知)，下列说法正确的是( )
A ．Q ＝3
mgR kL ，F ＝mgR L B ．Q ＝3
mgL kR ，F ＝mgR L C ．Q ＝3
mgR kL ，F ＝mgL R D ．Q ＝3
mgL kR
，F ＝mgL R 【答案】D 【解析】 【详解】
由于圆环不能看成点电荷，采用微元法，小球受到的库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示
则Fsin mg θ＝，其中=
R sin L θ，解得mgL
F R
= 设圆环各个点对小球的库仑力的合力为F Q ，水平方向上有2
2Q Q Fcos F k cos L
θθ==，解得
3
mgL Q kR =
D 项正确，ABC 三项错误．
10．如图所示,导体球A 与导体球壳B 同心,原来都不带电,也不接地,设M 、N 两点的场强大小为E M 和E N ,下列说法中正确的是
A．若使A带电,则E M≠0,E N=0
B．若使B带电,则E M≠0,E N≠0
C．若使A，B两球分别带上等量异种电荷,则E M≠0,E N=0
D．若使A球带电,B球接地,则E M=0,E N=0
【答案】C
【解析】
【详解】
A．如果A带电，则会感应B内部带异种电荷，外部电性与A相同，那么E M≠0，E N≠0；故A错误；
B．如果B带电，由于同种电荷的排斥，电荷只分布在外表面E内=0，即E M＝0，E N≠0，B 错误；
C．如果A、B带等量异种电荷，A与B的静电感应使B外表面恰好无电荷量，则E M≠0，E N=0，故C正确；
D．如使A球带电，B球接地，是接地屏蔽，E M≠0，E N=0，D错误。

11．如图所示，小球A、B质量均为m，初始带电荷量均为＋q，都用长为L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O点，A球紧靠绝缘的墙壁且其悬线刚好竖直，球B悬线偏离竖直方向θ角而静止．如果保持B球的电荷量不变，使小球A的电荷量缓慢减小，当两球间距缓慢
变为原来的1
3
时，下列判断正确的是()
A．小球B受到细线的拉力增大B．小球B受到细线的拉力变小
C．两球之间的库仑力大小不变D．小球A的电荷量减小为原来的1 27
【答案】D
【解析】
【详解】
AB.小球B受力如图所示，两绝缘线的长度都是L，则△OAB是等腰三角形，如果保持B球
的电量不变，使A球的电量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的1
3
时，θ变小，F减
小； 线的拉力T 与重力G 相等，G =T ，即小球B 受到细线的拉力不变；对物体A ：
cos()22
A A T G F πθ
=+-
则θ变小，T A 变小；故AB 错误；
CD.小球静止处于平衡状态，当两球间距缓慢变为原来的1/3时，由比例关系可知，库仑力变为原来的1/3，因保持B 球的电量不变，使A 球的电量缓慢减小，由库仑定律
2
A B
Q Q F k
r = 解得：球A 的电量减小为原来的
1
27
，故C 错误，D 正确；
12．如图所示，一倾角为30︒的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在斜面的底端A 和顶端B 分别固定等量的同种负电荷。

质量为m 、带电荷量为−q 的物块从斜面上的P 点由静止释放，物块向下运动的过程中经过斜面中点O 时速度达到最大值v m ，运动的最低点为Q （图中没有标出），则下列说法正确的是（ ）
A ．P 、Q 两点场强相同
B ．U PO = U OQ
C ．P 到Q 的过程中，物体先做加速度减小的加速，再做加速度增加的减速运动
D ．物块和斜面间的动摩擦因数12
μ= 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
ABD ．物块在斜面上运动到O 点时的速度最大，加速度为零，又电场强度为零，所以有
sin30cos300mg mg μ︒-︒=
所以物块和斜面间的动摩擦因数为
3tan 3
μθ==
由于运动过程中
sin30cos300mg mg μ︒-︒=
所以物块从P 点运动到Q 点的过程中受到的合外力为电场力，因此最低点Q 与释放点P 关于O 点对称，根据等量的异种点电荷周围电势的对称性可知，P 、Q 两点的电势相等，则有U OP = U OQ ，根据等量的异种点电荷产生的电场特征可知，P 、Q 两点的场强大小相等，方向相反，故ABD 错误；
C ．根据点电荷的电场特点和电场的叠加原理可知，沿斜面从B 到A 电场强度先减小后增大，中点O 的电场强度为零。

设物块下滑过程中的加速度为a ，根据牛顿第二定律有
qE ma =
物块下滑的过程中电场力qE 先方向沿斜面向下逐渐减少后沿斜面向上逐渐增加，所以物块的加速度大小先减小后增大，所以P 到O 电荷先做加速度减小的加速运动，O 到Q 电荷做加速度增加的减速运动，故C 正确。

故选C 。

13．如图所示，A 、B 、C 、D 是立方体的四个顶点，在A 、B 、D 三个点各放一点电荷，使C 点处的电场强度为零。

已知A 点处放的是电荷量为Q 的正点电荷，则关于B 、D 两点处的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A ．
B 点处的点电荷带正电 B ．D 点处的点电荷带正电
C ．B 26
D ．D 点处的点电荷的电荷量为13
Q
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．A 点处放的是电荷量为Q 的正点电荷，若
B 点处的点电荷带正电，根据场强叠加可知，在D 点无论是放正电还是负电，
C 点的场强都不可能为零，选项A 错误； B ．若
D 点处的点电荷带正电，则根据场强叠加可知，在B 点无论是放正电还是负电，C 点的场强都不可能为零，选项B 错误；
CD ．设正方体边长为a ，BC 与AC 夹角为θ，由叠加原理可知，在BD 两点只能都带负电时，C 点的合场强才可能为零，则
22
cos 32B Q Q
k
k a a θ= 22
sin 3D Q Q
k
k a a θ= 其中2cos 3
θ=，sin 3θ=
解得
26
9B Q Q = 39
D Q Q =
选项C 正确，D 错误。

故选C 。

14．如图所示，用两根长度均为l 的绝缘轻绳将正电的小球悬挂在水平的天花板下，小球的质量为m ，轻绳与天花板的夹角均为θ=30°，小球正下方距离也为l 的A 处有一绝缘支架上同样有一个带电小球，此时轻绳的张力均为0，现在将支架水平向右移动到B 处，B 处位置为与竖直方向的夹角为θ处，小球处于静止状态，则（ ）
A ．A 处的带电小球带负电
B ．A 处与B 处库仑力大小之比为23
C ．支架处于B 处，左边绳子张力为3
mg D ．支架处于B 处，右边绳子张力为3
2
mg mg + 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A 当绝缘支架上的带电小球在A 位置时，轻绳的张力均为0，说明上方小球受力平衡，受力分析可知其只受重力和库仑力，因此A 处的带电小球带正电，故选项A 错误；
B.根据库仑定律可得
2Qq F k
r
= 因此在A 处与B 处库仑力大小之比等于带点小球距离平方的倒数比，即
222
1A B F r F r = 因为θ=30°，所以
:4:3A B F F =
故选项B 错误；
CD. 支架处于B 处，两球间的库仑力为
3344
B A F F mg =
= 设左、右绳的张力分别为F 1和F 2，则由正交分解可得
123
sin 30cos33040cos mg F F +=
123
cos30sin 30304
cos F F mg mg ++=
解得
132F mg mg =- 23
4
F mg mg =-
故选项C 正确，选项D 错误。

故选C 。

15．已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等．如图所示，正电荷均匀分布在半球面上，Ox 为通过半球顶点与球心O 的轴线．A 、B 为轴上的点，且OA =OB ．C 、D 为直径上的两点，且OC =OD ．则下列判断正确的是( )
A ．A 点的电势与
B 点的电势相等
B ．
C 点的电场强度与
D 点的电场强度不相同 C ．A 点的电场强度与B 点的电场强度相同
D．在A点由静止开始释放重力不计的带正电粒子，该粒子将沿AB做匀加速直线运动【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：由题意可知半球面右边的电场线是水平向右的，沿电场线方向电势逐渐降低，A点电势高于B点电势，A错误；有对称性原理及电场叠加可知C点和D点场强一样；B 错误；B错误；均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边．然后看AB两点，可以看到，AB两点在在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上．而由题目给出的条件，正电球在AB两点产生的电场为零．所以，A点正电半球产生的电场强度相当于负电半球产生的电场强度，而与B点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，C正确；电场线方向水平向右，所以在A点释放静止带正电的微粒（重力不计），微粒将作加速运动，距离远后电场力减小，所以是变加速运动，D错误；
二、第九章静电场及其应用解答题易错题培优（难）
16．如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，半径为R的1/6圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A、B两点相切，圆弧杆的圆心O处固定着一个带正电的点电荷．现有
一质量为m可视为质点的带负电小球穿在水平杆上，以方向水平向右、大小等于8
3 gR
的速度通过A点，小球能够上滑的最高点为C，到达C后，小球将沿杆返回．若
∠COB=30°，小球第一次过A点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为8
3
mg，从A至C小球
克服库仑力做的功为23
mgR
-
，重力加速度为g．求：
(1)小球第一次到达B点时的动能；
(2)小球在C点受到的库仑力大小；
(3)小球返回A点前瞬间对圆弧杆的弹力．（结果用m、g、R表示）
【答案】（1）5
6
mgR（2）
3
4
mg（3）
2(833)
-
【解析】
【分析】
（1）由动能定理求出小球第一次到达B点时的动能．
（2）小球第一次过A 点后瞬间，由牛顿第二定律和库仑定律列式．由几何关系得到OC 间的距离，再由库仑定律求小球在C 点受到的库仑力大小．
（3）由动能定理求出小球返回A 点前瞬间的速度，由牛顿运动定律和向心力公式求解小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力． 【详解】
（1）小球从A 运动到B ，AB 两点为等势点，所以电场力不做功，由动能定理得：
()
02
11cos602
KB A mgR E mv --=-
代入数据解得：5
6
KB E mgR =
（2）小球第一次过A 时，由牛顿第二定律得：
22A v Qq
N k mg m R R
+-=
由题可知：8
3
N mg =
联立并代入数据解得：
2Qq
k
mg R
= 由几何关系得，OC 间的距离为：
cos30R r R =
=︒
小球在C 点受到的库仑力大小 ：
22Qq Qq
F k
k r ==⎫⎪⎝⎭
库
联立解得3
=
4
F mg 库 （3）从A 到C ，由动能定理得：
2
102
f A W mgR W mv ---=-电
从C 到A ，由动能定理得：
212
f A W mgR W mv +=
'-电
由题可知：22
W mgR -=
电 小球返回A 点时，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N ′，由牛顿第二定律得：
22A v Qq
N k mg m R R
'-'+=
联立以上解得： (
)2833
3
N mg -'=
，
根据牛顿第三定律得，小球返回A 点时，对圆弧杆的弹力大小为(
)2833
3
mg -，方向向
下．
17．如图所示，在竖直平面内有一质量m ＝0.5 kg 、电荷量q ＝＋2×10－
3 C 的带电小球，有
一根长L ＝0.1 m 且不可伸长的绝缘轻细线系在一方向水平向右、分布的区域足够大的匀强电场中的O 点.已知A 、O 、C 点等高，且OA ＝OC ＝L ，若将带电小球从A 点无初速度释放，小球到达最低点B 时速度恰好为零，g 取10 m/s 2.
(1)求匀强电场的电场强度E 的大小；
(2)求小球从A 点由静止释放运动到B 点的过程中速度最大时细线的拉力大小； (3)若将带电小球从C 点无初速度释放，求小球到达B 点时细线张力大小. 【答案】（1）2.5×103 N/C （2）2－10) N （3）15N 【解析】 【详解】
(1)小球到达最低点B 时速度为零，则
0＝mgL －EqL . E ＝2.5×103 N/C
(2) 小球到达最低点B 时速度为零，根据对称性可知，达到最大速度的位置为AB 弧的中点，即当沿轨迹上某一点切线方向的合力为零时，小球的速度有最大值，由动能定理有
12
mv 2
－0＝mgL sin 45°－Eq (L －L cos 45°). m 2
v L
＝F －2mg cos 45°. F ＝2－10) N.
(3)小球从C 运动到B 点过程，由动能定理得
21
02
mgL qEL mV +=
-. 解得：
24V =
在B 点
02
(cos45)
V
T mg m
L
-=
以上各式联立解得
T=15N.
18．如图所示在粗糙绝缘的水平面，上有两个带同种正电荷小球M和N，N被绝缘座固定在水平面上，M在离N点r0处由静止释放，开始运动瞬间的加速度大小恰好为μg。

已知静电常量为k，M和地面间的动摩擦因数为μ，两电荷均可看成点电荷，且N的带电量为Q，M带电量为q，不计空气阻力。

则:
(1)M运动速度最大时离N的距离;
(2)已知M在上述运动过程中的最大位移为r0，如果M带电量改变为
3
2
q，仍从离N点r0处静止释放时，则运动的位移为r0时速度和加速度各为多大?
【答案】（1）
2
l r
=（2）
v gr
μ
=
4
g
a
μ
=，方向水平向左
【解析】
【详解】
（1）以小球为研究对象，分析小球的受力情况，小球受到重力、支持力、摩擦力和库仑力作用。

开始运动瞬间，两小球间的库仑力为：
F库0 =2
kQq
r
由牛顿第二定律可知，开始瞬间
F库0-μmg=ma
可得：
2
F ng
μ
=
库
因M做加速度减小的加速运动，所以当F ng
μ
'=
库
速度最大，即：
02
1
2
kQq
F F
l
'==
库库
所以
2
l r
=
（2）小球q运动距离r0过程中由动能定理的得:
00
W mgr
μ
'-=-
电场力
金属球3 2 q
运动距离r0过程中由动能定理的得:
2
1
2
w mgr mv
μ
'-=-
电场力
其中W Uq
=
电场力
，
3
()
2
W U q
'=
电场力
(U为电荷移动过程中的电势差)
联立以上两式解得：
v gr
μ
=
由牛顿第二定律可知：
()2
3
2
2
kQ q
mg ma
r
μ
⨯
-=
由02
F mg
μ
=，解得：
4
g
a
μ
=
方向水平向左。

19．如图，在足够大的平行金属板间的水平匀强电场中，有一长为L的轻质绝缘棒OA，一端可绕O点在竖直平面内自由转动，另一端A处有一带负电、电量为q、质量为m的小球，当变阻器滑片在P点处时，棒静止在与竖直方向成30°角的位置，如图所示。

已知此时BP段的电阻为R，平行金属板间的水平距离为d。

（1）求此时金属板间电场的场强大小E1；
（2）若金属板旋转30°（图中虚线表示），并移动滑片P的位置，欲使棒能静止的位置与竖直方向的夹角不变，BP段的电阻R’应调节为多大？
（3）若金属板不转动，将BP段的电阻突然调节为3R，则棒摆动中小球最大动能为多少？【答案】
3mg
(2)
3
2
R3)mgL
【解析】
【详解】
（1）由平衡可知
E1q=mg tan30°
解得
E1= 3
3 mg q
（2）金属板旋转30°后电场强度方向也相应旋转30°，而合力方向仍与竖直方向成30°角，受力如右图所示。

E1q=mg
解得
E2= mg q
金属板旋转前，两板间电势差
U1= E1d=3mg
d
金属板旋转后，两板间电势差
U2 = E2d’= E2 d cos30°=3
2
mg
q
d=
3
2
U1
所以BP段的电阻R’=3 2 R
（3）BP段的电阻突然调节为3R，U3 =3U1
E3=3E1=
3mg
小球摆动速度最大时棒与竖直方向夹角为60°，如右图所示。

根据动能定理有：
E3qL（sin60°-sin30°）-mgL（cos30°-cos60°）=E k-0
E k3)mgL
20．如图所示，两异种点电荷的电荷量均为Q，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点O且与连线垂直，平面上A、O、B三点位于同一竖直线上，AO BO L
==，点电荷到O点的距离也为L。

现有电荷量为q
-、质量为m的小物块（可视为质点），从A点以初速度0
v向B滑动，到达B点时速度恰好减为零。

已知物块与平面的动摩擦因数为μ。

求：
(1)A点的电场强度的大小；
(2)物块运动到B点时加速度的大小和方向；
(3)物块通过O点的速度大小。

【答案】(1)222Q E k
L =；(2)222qkQ a g mL μ=-，方向竖直向上；(3)022
v v = 【解析】
【分析】
【详解】 (1)正、负点电荷在A 点产生的场强 )02222Q
Q
E k k L L ==
A 点的电场强度的大小
022kQ E E ==
(2)由牛顿第二定律得 qE mg ma μ-=
解得
2
22qkQ a g mL μ=
- 方向竖直向上； (3)小物块从A 到B 过程中，设克服阻力做功W f ，由动能定理得
201202
f mgL W mv -=- 小物块从A 到O 过程中
220111222
f mgL W mv mv -=- 解得
02v =
21．如图所示，长l ＝1m 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q ＝1.0×10－6C ，匀强电场的场强E ＝3.0×103N/C ，取重力加速度g ＝10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：。