静电场及其应用精选试卷测试卷 (word版,含解析)(1)

静电场及其应用精选试卷测试卷（word版，含解析）(1)
一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）
1．电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美．如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，AB连线中点为O.在A、B所形成的电场中，以O点为圆心半径为R的圆面垂直AB连线，以O为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直圆面且与AB连线共面，两个平面边线交点分别为e、f，则下列说法正确的是( )
A．在a、b、c、d、e、f六点中找不到任何两个场强和电势均相同的点
B．将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力始终不做功
C．将一电荷由a点移到圆面内任意一点时电势能的变化量相同
D．沿线段eOf移动的电荷，它所受的电场力先减小后增大
【答案】BC
【解析】
图中圆面是一个等势面，e、f的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e、f的场强相同，故A错误．图中圆弧egf是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式
W=qU可知：将一正电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力不做功，故B正确．a点与圆面内任意一点时的电势差相等，根据公式W=qU可知：将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同．故C正确．沿线段eof移动的电荷，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故D错误．故选BC．
【点睛】等量异种电荷连线的垂直面是一个等势面，其电场线分布具有对称性．电荷在同一等势面上移动时，电场力不做功．根据电场力做功W=qU分析电场力做功情况．根据电场线的疏密分析电场强度的大小，从而电场力的变化．
2．如图所示，竖直平面内固定一倾斜的光滑绝缘杆，轻质绝缘弹簧上端固定，下端系带正电的小球A，球A套在杆上，杆下端固定带正电的小球B。

现将球A从弹簧原长位置由静止释放，运动距离x0到达最低点，此时未与球B相碰。

在球A向下运动过程中，关于球A 的速度v、加速度a、球A和弹簧系统的机械能E、两球的电势能E p随运动距离x的变化图像，可能正确的有（）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
令A 、B 小球分别带电量为1q 、2q ，释放A 球时A 、B 间距为r ，弹簧的劲度系数为K 。

则 A ．在小球A 运动到最低点的过程中，受力分析如图所示
加速阶段有
12
2
sin ()
kq q ma mg θKx r x =-
-- 减速阶段有
12
2
sin ()kq q ma Kx mg θr x =
+--
所以小球先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，越向下运动，弹力和电场力越大，所以减速阶段速度减小的更快，速度减为零的时间更短，和加速阶段不对称，A 错误；
B ．小球做加速度减小的加速运动时，
122sin ()kq q K
a g θx m r x m
=-
--
对a 求导则
1232d d ()kq q a K x m r x m
=--
则加速阶段，加速度随着运动距离x 的增加而减小，且加速减小得越来越快（即a -x 曲线越来越陡峭）。

同理，减速阶段
122sin ()kq q K
a x g θm r x m =
+--
123
2d d ()kq q a K
x m m r x =-- 在减速阶段加速度运动距离x 的增加而减加而增大，且加速度增加得越来越慢（即a -x 曲线越来越平缓），故B 错误；
C ．小球向下运动过程中，由于要克服电场力做功，所以球A 和弹簧系统的机械能E 逐渐减小，越靠近B 小球，电场力越大，机械能减小的越快，所以图像的斜率的绝对值越来越大，C 正确；
D ．小球向下运动过程中，电场力做负功，所以电势能逐渐增大，越靠近B 小球，电场力越大，电势能增大的越快，所以图像的斜率越来越大，D 正确。

故选CD 。

3．如图所示，在光滑水平面上相距x =6L 的A 、B 两点分别固定有带正电的点电荷Q 1、Q 2，与B 点相距2L 的C 点为AB 连线间电势的最低点.若在与B 点相距L 的D 点以水平向左的初速度0v 释放一个质量为m 、带电荷量为+q 的滑块(可视为质点)，设滑块始终在A 、B 两点间运动，则下列说法中正确的是（ ）
A ．滑块从D →C 运动的过程中，动能一定越来越大
B ．滑块从D 点向A 点运动的过程中，加速度先减小后增大
C ．滑块将以C 点为中心做往复运动
D ．固定在A 、B 两点处的点电荷的电荷量之比为214:1Q Q =： 【答案】ABD 【解析】 【详解】
A ．A 和
B 两点分别固定正点电荷Q 1与Q 2，
C 点为连线上电势最低处；类比于等量同种点电荷的电场的特点可知，AC 之间的电场强度的方向指向C ，BC 之间的电场强度指向C ；滑块从
D 向C 的运动过程中，电荷受到的电场力的方向指向C ，所以电场力先做正功做加速运动，动能一定越来越大，故A 正确；
B ．由同种正电荷的电场分布可知
C 点的场强为零，从
D 到A 的场强先减小后增大，由
qE
a m
=
可得加速度向减小后增大，B 正确； D ．x =4L 处场强为零，根据点电荷场强叠加原理有
2
2
(4)(2)A B
Q Q k
k L L =， 解得
4
1
A B Q Q =， 故D 正确.
C ．由于两正电荷不等量，故滑块经过C 点后向左减速到零的位移更大，往复运动的对称点在C 点左侧，C 错误。

故选AB
D 。

【点睛】
本题考查场强的叠加与库仑定律的运用，在解题时合适地选择类比法和对称性，运用牛顿第二定律分析即可求解。

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：
1
tan 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：
A v =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．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．
6．如图所示，轻质弹簧一端系在墙上，另一端系在三根长度相同的轻绳上，轻绳的下端各
系质量与电荷量均相同的带正电小球，且三个小球均处于静止状态，已知重力加速度为
g。

四种情形下每个小球受到的电场力大小与轻绳长度、小球质量、小球电荷量的关系如表
所示，以下说法正确的是（）
情形轻绳长度小球质量小球电荷量小球受到的电场力大小
A 倍
B 倍
C 倍
D ．情形④下弹簧的伸长量最大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
由于三个小球质量和电荷量均相等，由对称性可知，三个小球必构成等边三角形，且每个小球受到的电场力相等，设绳的拉力为T ，与竖直方向夹角为θ，两小球之间的距离为r 、一个小球受到另外两个小球的电场力的合力为F ，对其中一个小球受力分析可得
sin T mg θ=
2
2cos kq T θF r
==
解得
22tan kq mg
F r θ
==
由几何关系可知，
tan θ=
=整理得
22kq F r ==
A．对比①和②可知，并应用上式可得
2
1
12
1
kq
F
r
===
2
2
22
2
3
kq
F
r
===
解得
12
r L
=
2
r=
故电荷量之间的关系为
11
22
1
2
q r
q r
==
故A错误；
B
．由③可知，
2
3
32
3
3
kq
F
r
===
解得
32
r L
=
故
3
22
2
q
q
==
故B错误；
C
．由④可知
2
4
42
4
kq
F
r
===
解得
4
3
2
r L
=
故
4
3
q
q
==
故C正确；
D．以三个小球为整体可知，小球受到的弹力应该等于其重力，故小球质量越大，弹簧弹力越大，故情形③下弹簧的伸长量最大，故D错误；
故选C。

7．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
2
2kQ
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
2
2
2
()
O
kQ
E k
L
L
==
故A正确；
B．A、D两点点电荷在C处的合场强为
122
2
2
C
Q kQ
E k
L L
==
方向OC方向，B点的负点电荷Q在C点产生的场强为
22
22
(2)
C
kQ
E k
L
L
==
方向沿CO方向，故C处的场强为
12222
21
(2)
22
C C C
kQ 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。

8．如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，
A B、为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用水平向右的力F作用在A球上，使两球
、两球连线与水平方向成θ角。

下列说法正确的是（）
均处于静止状态，已知A B
Fθ
A．杆MO对A球的弹力大小为tan
Fθ
B．杆NO对B球的弹力大小为sin
Fθ
C．B球的重力大小为tan
Fθ
D．A B、两球间的库仑力大小为cos
【答案】C
【解析】
【详解】
对A球受力分析，设A的质量为m、拉力F、支持力N1，两球间的库仑力大小为F1，如图，根据平衡条件，有
x方向
F=F1cosθ①
y方向
N1=mg+F1sinθ②
再对B球受力分析，受重力Mg、静电力F1、杆对其向左的支持力，如图，根据平衡条件，有
x方向
F1cosθ=N2③y方向
F1sinθ=M g ④有上述四式得到
Mg=F tanθ
1F
F
cosθ
=
N1=mg+Mg
N2=F
可知由于不知道A的质量，所以不能求出A受到的弹力N1。

故ABD错误，C正确；
故选C。

9．一个带电量为+Q的点电荷固定在空间某一位置，有一个质量为m的带电小球（重力不
能忽略）在+Q周围作匀速圆周运动，半径为R，向心加速度为3g
（g为重力加速
度）。

关于带电小球带电情况，下列说法正确的是：
A．小球带正电，电荷量大小为
2 83mgR
B．小球带正电，电荷量大小为
2 3mgR
C．小球带负电，电荷量大小为
2 83
3
mgR
kQ
D．小球带负电，电荷量大小为
2 3
3 mgR kQ
【答案】C
【解析】
【详解】
由题意可知小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，因中心电荷为+Q，做出运动图像如图所示：
可知要让小球做匀速圆周运动，即小球所受库仑力和重力的合力提供向心力，所以小球带负电；
由向心力公式可知：
3
F ma mg
==
向
设小球与点电荷连线与竖直方向夹角为θ，则有：
3
3
3
tan=
mg
F
mg mg
θ==
向
所以θ=30°，根据几何关系有：
cos30
mg
F
=
库
sin30
R
L
=
根据库仑定律有：
2
qQ
F k
L
=
库
联立可得：
2
83mgR
q=
故C正确，ABD错误。

10．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；
11．如图所示，有两对等量异种电荷，放在正方形的四个顶点处，a 、b 、c 、d 为正方形四个边的中点，o 为正方形的中心，下列说法中正确的是
A ．o 点电场强度为零
B ．a 、c 两个点的电场强度大小相等方向相反
C ．将一带正电的试探电荷从b 点沿直线移动到d 点，电场力做功为零
D ．将一带正电的试探电荷从a 点沿直线移动到c 点，试探电荷具有的电势能增大 【答案】C 【解析】 【详解】
A. 两个正电荷在O 点的合场强水平向右，两个负电荷在O 点的合场强也水平向右，所以O 点电场强度不等于零，方向水平向右。

故A 不符合题意；
B. 设正方形边长为L ，每个电荷的电量大小为Q ，对A 点研究，两个正电荷在A 点的合场
强为零，根据平行四边形法则，两个负电荷在A 点的合场强方向水平向右。

则A 点的电场强度方向水平向右。

对C 点研究，两个负电荷在C 点的合场强为零，根据平行四边形法则，两个正电荷在C 点的合场强方向水平向右，所以A 、C 两个点的电场强度方向相同。

故B 不符合题意；
C. 在上面两个等量异种电荷的电场中，B 、D 连线是一条等势线。

在下面两个等量异种电荷的电场中，B 、D 连线是也一条等势线，所以B 、D 两点的电势相等，将一带正电的试探电荷从B 点沿直线移动到D 点，电场力做功为零，故C 符合题意；
D. 根据电场的叠加原理可知，AC 连线上场强方向水平向右，则将一带正电的试探电荷匀速从A 点沿直线移动到C 点，电场力做正功，则试探电荷具有的电势能减小，故D 不符合题意。

12．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．
13．如图所示，三个带电小球A 、B 、C 可视为点电荷，所带电荷分别为+Q 、-Q 、+q ；A 、B 固定在绝缘水平桌面上，C 带有小孔，穿在摩擦因数处处相同的粗糙的绝缘直杆上，绝缘杆竖直放置在A 、B 连线的中点处，将C 从杆上某一位置由静止释放，下落至桌面时速度恰好为零。

C 沿杆下滑时带电量保持不变，那么C 在下落过程中，以下判断正确的是（ ）
A ．电场力做正功
B ．小球
C 所受摩擦力先减小后增大 C ．小球C 下落一半高度时速度一定最大
D ．摩擦产生的内能等于小球重力势能减少量
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．A
B 为等量异种点电荷，故产生的电场在AB 连线垂直平分线上，从垂足向两侧场强逐渐减小且中垂线为等势面，小球在下滑过程中沿等势面运动，电场力不做功，故A 错误； B ．小球
C 在下滑的过程中，由于场强增大，电场力也将逐渐增大，滑动摩擦力为
f F qE μμ==
故受到的摩擦力一直增大，故B 错误；
C ．小球C 的速度先增加后减小，开始时重力大于摩擦力，C 的加速度向下；后来重力小于摩擦力，加速度向上，C 做减速运动；当摩擦力等于重力时加速度为零，此时速度最大，但是此位置不一定在下落的高度一半的位置，故C 错误；
D ．小球在下滑过程中沿等势面运动，电场力不做功，初末状态的动能相同，摩擦产生的内能等于小球重力势能减少量，故D 正确； 故选D 。

【点睛】
等量异种点电荷连线的中垂线是等势面，从垂足向两侧场强逐渐减小。

14．如图所示，三个质量均为m 的带电小球（球A 、球B 和球C ）被三根不可伸长的绝缘细绳（绳①、绳②和绳③）系于O 点，三球平衡时绳②处于竖直方向，且悬点O 、球A 、球B 和球C 所在位置正好组成一个边长为a 的正方形。

已知球A 、球B 和球C 均带正电，
电荷量分别为1q 、2q 和3q ，若2
12kq mg a
=，静电力常量为k ，重力加速度为g ，则下列说
法正确的是（ ）
A ．1q 和3q 可以不相等
B ．绳①和绳②的拉力之比为1:2
C ．绳②的拉力为2mg
D ．122:1q q =: 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．因②竖直，可知两边电荷AC 对
B 的库仑力相等，因距离相等可知A
C 带电量必然相等，选项A 错误；
BC ．因为2
12kq mg a
=，且13q q =，则
132
1
2(2)
CA F mg a =
= 对A 受力分析可知绳①的拉力
1132
cos 45cos 452T mg mg mg =
+= 对ABC 整体受力分析可得
212cos 453T T mg +=
解得
23
2
T mg =
则
122T T =：选项B 正确，C 错误；
D ．对球B ，设A 对B 以及C 对B 的库仑力均为F ，则
22cos 45T mg F =+
解得
24
mg
F =
又
12
22q q mg
k
F a == 结合2
12kq mg a
=可得
1222:1q q =:
选项D 错误。

故选B 。

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83
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83
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）56mgR （2）34mg （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：
cos303
R 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：W =
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：
(
283
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(
283
mg -，方向向
下．
17．如图所示，在光滑绝缘水平面上B 点的正上方O 处固定一个质点，在水平面上的A 点放另一个质点，两个质点的质量均为m ，带电量均为+Q 。

C 为AB 直线上的另一点（O 、A 、B 、C 位于同一竖直平面上），AO 间的距离为L ，AB 和BC 间的距离均为2
L
，在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止。

试问： (1)该匀强电场的场强多大？其方向如何？
(2)给A处的质点一个指向C点的初速度，该质点到达B点时所受的电场力多大？
(3)若初速度大小为v0，质点到达C点时的加速度和速度分别多大？
【答案】(1)
2
2
kQ
L
，方向由A指向C；(2)
2
2
73
6
kQ
L
；(3)
2
2
kQ
mL
2
2
kQ
v
mL
+
【解析】
【分析】
(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A处的质点处于静止，对A进行受力分析，根据平衡条件求解。

(2)质点到达B点时受竖直向下的O点的库仑力和水平向右的电场力，根据力的合成求解
(3)根据牛顿第二定律求出加速度，根据动能定理求出C点时速度。

【详解】
(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A处的质点处于静止，对A进行受力分析，
AO间的库仑力为
2
2
Q
F K
L
=；
根据平衡条件得：sin
F EQ
θ=
2
sin
2
F KQ
E
Q L
θ
==
方向由A指向C
(2)该质点到达B点时受竖直向下的O点的库仑力和水平向右的电场力，
库仑力为
2
2
'
(sin60)
Q
F K
L
=；
水平向右的电场力F EQ
"=
B点时所受的电场力
22
22
2
73
()[]
(sin60)
kQ kQ
F EQ
L
=+=
(3)质点到达C点时进行受力分析，根据牛顿第二定律得
2
2
2
2
sin
Q
K EQ
F KQ
L
a
m m mL
θ+
===
合
．
从A点到C点根据动能定理得
22
11
22o
EQL mv mv
=-；
2
20kQ v mL
υ=+ 【点睛】
本题的关键要耐心细致地分析物体的运动过程，对物体进行受力分析，运用动能定理、牛顿第二定律进行处理。

18．如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量均为Q ，其中A 带正电荷，B 带负电荷，A 、B 相距为2d 。

MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P ，质量为m 、电荷量为+q （可视为点电荷），现将小球P 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球P 向下运动到距C 点距离为d 的D 点时，速度为v 。

已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，若取无限远处的电势为零，试求：
（1）在A 、B 所形成的电场中，C 的电势φC 。

（2）小球P 经过D 点时的加速度。

（3）小球P 经过与点电荷B 等高的E 点时的速度。

【答案】（1）222mv mgd q -（2）g 2kQq （32v 【解析】
【详解】
（1）由等量异种电荷形成的电场特点可知，D 点的电势与无限远处电势相等，即D 点电势为零。

小球P 由C 运动到D 的过程，由动能定理得：
2102
CD mgd q mv ϕ+=- ① 0CD C D C ϕϕϕϕ=-=- ②
222C mv mgd q
ϕ-= ③ （2）小球P 经过D 点时受力如图：
由库仑定律得：
122
(2)F F k
d == ④ 由牛顿第二定律得： 12cos 45cos 45mg F F ma +︒+︒= ⑤
解得：
a =g +2kQq ⑥ （3）小球P 由D 运动到E 的过程，由动能定理得：
221122
DE B mgd q mv mv ϕ+=
- ⑦ 由等量异种电荷形成的电场特点可知： DE CD ϕϕ= ⑧
联立①⑦⑧解得：
2B v v = ⑨
19．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.。