莆田市高中物理必修第3册 静电场及其应用试卷检测题

莆田市高中物理必修第3册 静电场及其应用试卷检测题
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，a 、b 、c 、d 四个质量均为 m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中 a 、b 、c 三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕 O 点做半径为 R 的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。

小球 d 位于 O 点正上方 h 处，且在外力 F 作用下恰处于静止状态，已知 a 、b 、c 三小球的电荷量大小均为 q ，小球 d 的电荷量大小为 6q ，h ＝2R 。

重力加速度为 g ，静电力常量为 k 。

则（ ）
A ．小球 a 一定带正电
B ．小球 c 的加速度大小为2
2
33kq mR
C ．小球 b 2R mR
q k
πD ．外力 F 竖直向上，大小等于mg ＋2
2
6kq R
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．a 、b 、c 三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d 球与a 、b 、c 三小球一定是异种电荷，由于d 球的电性未知，所以a 球不一定带正电，故A 错误。

BC ．设 db 连线与水平方向的夹角为α，则
223cos 3R h α==+ 22
6sin 3
R h α=
+＝
对b 球，根据牛顿第二定律和向心力得：
22222264cos 2cos302cos30()q q q k k mR ma h R R T
πα⋅-︒==+︒ 解得
23R
mR
T q k
π=
2
2
33kq a mR
= 则小球c 的加速度大小为2
33kq mR
，故B 正确，C 错误。

D ．对d 球，由平衡条件得
2
226263sin q q kq F k mg mg h R R
α⋅=+=++ 故D 正确。

故选BD 。

2．如图所示，带电量为Q 的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底端C 点，斜面上有A 、B 、D 三点，A 和C 相距为L ，B 为AC 中点，D 为A 、B 的中点。

现将一带电小球从A 点由静止释放，当带电小球运动到B 点时速度恰好为零。

已知重力加速度为g ，带电小球在A 点处的加速度大小为
4
g
，静电力常量为k 。

则（ ）
A ．小球从A 到
B 的过程中，速度最大的位置在D 点 B ．小球运动到B 点时的加速度大小为
2
g C ．BD 之间的电势差U BD 大于DA 之间的电势差U DA D ．AB 之间的电势差U AB =kQ L
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．带电小球在A 点时，有
2
sin A Qq
mg k
ma L θ-= 当小球速度最大时，加速度为零，有
'2sin 0Qq
mg θk
L
-= 联立上式解得
'22
L L =
所以速度最大的位置不在中点D 位置，A 错误；
B ．带电小球在A 点时，有
2sin A Qq
mg k
ma L
θ-= 带电小球在B 点时，有
2sin 2
B
Qq k mg θma L -=（） 联立上式解得
2
B g a =
B 正确；
C ．根据正电荷的电场分布可知，B 点更靠近点电荷，所以B
D 段的平均场强大小大于AD 段的平均场强，根据U Ed =可知，BD 之间的电势差U BD 大于DA 之间的电势差U DA ，C 正确；
D ．由A 点到B 点，根据动能定理得
sin 02
AB L
mg θqU ⋅
+= 由2sin A Qq
mg k
ma L
θ-=可得 214Qq mg k L
= 联立上式解得
AB kQ
U L
=-
D 错误。

故选BC 。

3．有固定绝缘光滑挡板如图所示，A 、B 为带电小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左的力F 作用于B 时，A 、B 均处于静止状态．现若稍改变F 的大小，使B 向左移动一段小距离（不与挡板接触），当A 、B 重新处于平衡状态时与之前相比（ ）
A ．A 、
B 间距离变小 B ．水平推力力F 减小
C ．系统重力势能增加
D ．系统的电势能将减小 【答案】BCD 【解析】
【详解】
A ．对A 受力分析，如图；由于可知，当
B 向左移动一段小距离时，斜面对A 的支持力减小，库仑力减小，根据库仑定律可知，AB 间距离变大，选项A 错误；
B ．对AB 整体，力F 等于斜面对A 的支持力N 的水平分量，因为N 减小，可知F 减小，选项B 正确；
C ．因为AB 距离增加，则竖直距离变大，则系统重力势能增加，选项C 正确；
D ．因为AB 距离增加，电场力做正功，则电势能减小，选项D 正确； 故选BCD.
4．如图()a 所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．0t =时，甲静止，乙以
6m /s 的初速度向甲运动．此后,它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程
中没有接触),它们运动的v t -图像分别如图()b 中甲、乙两曲线所示．则由图线可知( )
A ．两电荷的电性一定相反
B ．甲、乙两个点电荷的质量之比为2：1
C ．在20t ～时间内，两电荷的静电力先减小后增大
D ．在30t ～时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小后增大 【答案】BD 【解析】 【详解】
A ．由图象0-t 1段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同，故A 错误．
B ．由图示图象可知：v 甲0=0m/s ，v 乙0=6m/s ，v 甲1=v 乙1=2m/s ，两点电荷组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
+=+m v m v m v m v 甲甲0乙乙0甲甲1乙乙1
代入数据解得：
m 甲:m 乙=2:1
故B 正确；
C ．0～t 1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t 1～t 2时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小，故C 错误．
D ．由图象看出，0～t 3时间内，甲的速度一直增大，则其动能也一直增大，乙的速度先沿原方向减小，后反向增大，则其动能先减小后增大，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，在竖直放置的半径为R 的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O 处固定一点电荷，将质量为m ，带电量为+q 的小球从圆弧管的水平直径端点A 由静止释放，小球沿细管滑到最低点B 时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．小球在
B 2gR B ．小球在B 2gR
C ．固定于圆心处的点电荷在AB 弧中点处的电场强度大小为3mg/q
D ．小球不能到达C 点（C 点和A 在一条水平线上） 【答案】AC 【解析】
试题分析：由A 到B ，由动能定理得：0
102
mgr mv =
-，解得2v gr A 正确，B 错误，在B 点，对小球由牛顿第二定律得：2
qE mg v m r
-=，将B 点的速度带入可得
3mg
E q
=
，C 正确，从A 到C 点过程中电场力做功为零，所以小球能到达C 点，D 错误， 考点：动能定理和牛顿定律综合的问题
点评：小球沿细管滑到最低点B 时，对管壁恰好无压力．并不是电场力等于重力，而是电场力与重力提供向心力去做圆周运动．当是点电荷的电场时，由于电场力与支持力均于速
度方向垂直，所以只有重力做功．
7．如图所示，A 、B 、C 为放置在光滑水平面上的三个带电小球（可视为点电荷），其中B 与C 之间用长为L 的绝缘轻质细杆相连，现把A 、B 、C 按一定的位置摆放，可使三个小球都保持静止状态。

已知小球B 的带电量为-q ，小球C 的带电量为+4q ，则以下判断正确的是（ ）
A ．小球A 的带电量可以为任何值
B ．轻质细杆一定处于被拉伸状态
C ．小球A 与B 之间的距离一定为
4
L D ．若将A 向右平移一小段距离，释放后A 一定向左运动 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
AC ．小球A 受力平衡，设小球AB 之间的距离为x ，根据平衡条件有
()
A A 224q q q q
k
k x L x ⋅=+ 解得
x L =
所以小球A 的电荷量可以为任意值，可以带正电，也可以带负电，A 正确，C 错误； B ．对小球B ，小球A 和小球C 对其静电力的合力为
A 224q q q q F k
k x L
⋅=- 由于不知道小球A 的带电量，所以无法确定小球A 和小球C 对小球B 的静电力的合力是否为零，故无法判断轻杆是否被拉伸，B 错误；
D ．小球A 在原来的位置是平衡的，若将A 向右平移一小段距离，小球B 和小球C 对其的静电力均增加，且小球B 对其的静电力增加的更快，但由于小球A 的电性不确定，所以释放后A 的运动方向也不确定，D 错误。

故选A 。

8．如图所示，真空中有两个点电荷Q 1和Q 2，Q 1=+9q ，Q 2=-q ，分别固定在x 轴上x =0处和x =6cm 处，下列说法正确的是（ ）
A ．在x =3cm 处，电场强度为0
B ．在区间上有两处电场强度为0
C ．在x >9cm 区域各个位置的电场方向均沿x 轴正方向
D ．将试探电荷从x =2cm 移到x =4cm 处，电势能增加 【答案】C 【解析】 【详解】
A .某点的电场强度是正电荷Q 1和负电荷Q 2在该处产生的电场的叠加，是合场强。

根据点电荷的场强公式E =
2
kq
r ，所以要使电场强度为零，那么正电荷Q 1和负电荷Q 2在该处产生的场强必须大小相等、方向相反。

因为它们电性相反，在中间的电场方向都向右。

设距离
Q 2为x 0处的电场强度矢量合为0，则：
12
2200
(6)kQ kQ x x =+ 可得：x 0=3cm ，故A 错误；
B .由选项A 的分析可知，合场强为0的点不会在Q 1的左边，因为Q 1的电荷量大于Q 2，也不会在Q 1Q 2之间，因为它们电性相反，在中间的电场方向都向右。

所以，只能在Q 2右边。

即在x 坐标轴上电场强度为零的点只有一个。

故B 错误； C.设距离Q 2为x 0处的电场强度矢量合为0，则：
122200
(6)kQ kQ x x =+ 可得：x 0=3cm ，结合矢量合成可知，在x ＞9cm 区域各个位置的电场方向均沿x 轴正方向。

故C 正确；
D.由上分析，可知，在0＜x ＜6cm 的区域，场强沿x 轴正方向，将试探电荷+q 从x =2cm 处移至x =4cm 处，电势能减小。

故D 错误。

9．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。

10．用长为1.4m 的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10－2kg 、电荷量为2.0×10-8C 的小球，细线的上端固定于O 点．现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成370，如图所示．现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则（sin370=0.6）
A ．该匀强电场的场强为3.75×107N/C
B ．平衡时细线的拉力为0.17N
C ．经过0.5s ，小球的速度大小为6.25m/s
D ．小球第一次通过O 点正下方时，速度大小为7m/s 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．小球在平衡位置时，由受力分析可知：qE=mgtan370，解得
268
1.010100.75/ 3.7510/
2.010E N C N C --⨯⨯⨯==⨯⨯，细线的拉力：T=20
1.01010
0.125cos370.8
mg T N N ⨯⨯===－，选项AB 错误； C ．小球向左被拉到细线水平且拉直的位置，释放后将沿着电场力和重力的合力方向做匀加速运动，其方向与竖直方向成370角，加速度大小为
2220.125/12.5/1.010
T a m s m s m =
==⨯－，则经过0.5s ，小球的速度大小为v=at=6.25m/s ，选项C 正确；
D ．小球从水平位置到最低点的过程中，若无能量损失，则由动能定理：
2
12
mgL qEL mv +=
，带入数据解得v=7m/s ；因小球从水平位置先沿直线运动，然后当细绳被拉直后做圆周运动到达最低点，在绳子被拉直的瞬间有能量的损失，可知到达最低点时的速度小于7m/s ，选项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，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 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，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 22
q q mg k F
a
==
结合
2
1
2
kq
mg
a
=可得
12
22:1
q q=
:
选项D错误。

故选B。

14．两个等量异种电荷A、B固定在绝缘的水平面上，电荷量分别为＋Q和－Q，俯视图如图所示。

一固定在水平桌面的足够长的光滑绝缘管道与A、B的连线垂直，且到A的距离小于到B的距离，管道内放一个带负电小球P(可视为试探电荷），现将电荷从图示C点静止释放，C、D两点关于O点（管道与A、B连线的交点）对称。

小球P从C点开始到D点的运动过程中，下列说法正确的是（）
A．先做减速运动，后做加速运动
B．经过O点的速度最大，加速度也最大
C．O点的电势能最小，C、D两点的电势相同
D．C、D两点受到的电场力相同
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据电场分布和力与运动的关系可知带电小球先做加速运动，后做减速运动，选项A 错误；
B．经过O点的速度最大，沿着光滑绝缘管道方向上的加速度为零，选项B错误；
C．带电小球P在O点的电势能最小，C、D两点的电势相同，选项C正确；
D．C、D两点受到的电场力方向不同，故电场力不同，选项D错误。

故选C。

15．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
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
2
Qq 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
2
22
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
132
F mg mg =-
23
4
F mg mg =-
故选项C 正确，选项D 错误。

故选C 。

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,ABCD 竖直放置的光滑绝缘细管道,其中AB 部分是半径为R 的1/4圆弧形管道,BCD 部分是固定的水平管道,两部分管道恰好相切于B ．水平面内的M 、N 、B 三点连线构成边长为L 等边三角形,MN 连线过C 点且垂直于BCD ．两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M 、N 两点,电荷量分别为+Q 和-Q.现把质量为m 、电荷量为+q 的小球(小球直径略小于管道内径,小球可视为点电荷),由管道的A 处静止释放,已知静电力常量为k,重力加速度为g.求:
(1)小球运动到B 处时受到电场力的大小; (2)小球运动到C 处时的速度大小;
(3)小球运动到圆弧最低点B 处时,小球对管道压力的大小.
【答案】（1）2qQ k L （22gR （32
2229qQ k m g L ⎛⎫+ ⎪⎝⎭
【解析】 【分析】 【详解】
（1）设小球在圆弧形管道最低点B 处分别受到+Q 和-Q 的库仑力分别为F 1和F 2．则
122
qQ F F k
L ＝＝① 小球沿水平方向受到的电场力为F 1和F 2的合力F ，由平行四边形定则得F=2F 1cos60° ② 联立①②得2qQ
F k
L
＝③ （2）管道所在的竖直平面是+Q 和-Q 形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有mgR ＝
1
2
mv C 2−0 ④ 解得2C v gR ＝
（3）设在B 点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为N By ，在竖直方向对小球应用牛顿第
二定律得2
B By v N mg m R
-＝⑥ v B =v C ⑦
联立⑤⑥⑦解得N By =3mg⑧
设在B 点管道对小球在水平方向的压力的分力为N Bx ，则2Bx qQ
N F k
L
＝＝⑨ 圆弧形管道最低点B 处对小球的压力大小为22
222
2
9()?B Bx BY qQ N N N m g k
L
++＝＝．⑩ 由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B 的压力大小为
222
2
9()?B B qQ N N m g k
L '+＝＝
17．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，
23kQq 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：
212
3()3
B v g h h =
- 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．
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r 0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r 0，如果M 带电量改变为3
2
q ，仍从离N 点r 0处静止释放时，则运动的位移为r 0时速度和加速度各为多大?
【答案】（1）02l r =（2）0v 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 =20
kQq r
由牛顿第二定律可知，开始瞬间
F 库0-μmg=ma
可得：
02F 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：
0212kQq
F F l
'=
=库库 所以
0l =
（2）小球q 运动距离r 0过程中由动能定理的得:
000W mgr μ'
-=-电场力
金属球
3
2
q 运动距离r 0过程中由动能定理的得: 201
02
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 =由牛顿第二定律可知：
()
20322kQ q
mg ma r μ⨯-= 由02F mg μ=，解得：
4
g
a μ=
方向水平向左。

19．如图所示，单层光滑绝缘圆形轨道竖直放置，半径r=lm ，其圆心处有一电荷量Q =+l×l0-4C 的点电荷，轨道左侧是一个钢制“隧道”，一直延伸至圆形轨道最低点B ；在“隧道”底部辅设绝缘层。

“隧道”左端固定一弹簧，用细线将弹簧与一静止物块拴接，初始状态弹簧被压缩，物块可看成质点，质量m=0.1kg ，电荷量q =-
2
3
×10-6C ，与“隧道”绝缘层间的动摩擦因数μ=0.2。

剪断细线，弹簧释放弹性势能E p ，促使物块瞬间获得初速度（忽略加速过程）。

之后物块从A 点沿直线运动至B 点后沿圆形轨道运动，恰好通过最高点C 。

其
中l AB =2m ，设物块运动时电荷量始终不变，且不对Q 的电场产生影响，不计空气阻力，静电力常量为k = 9.0×l09N·
m 2/C 2。

求： （1）物块在最高点C 时的速度大小；
（2）物块在圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小； （3）弹簧压缩时的弹性势能E p 和物块初速度v A 。

【答案】(1) 4m/s (2) 6N (3) 3.2J, 8m/s 【解析】 【详解】
（1）物块恰好通过最高点C ，轨道对物块没有作用力，由牛顿第二定律得
2
C
v mg F m
r
+=库
其中
2
Qq
F k
r =库 解得
v C =4m/s
（2）B →C 过程，由动能定理得
2211222
C B mv v mg r m -⋅=
- 解得
56m/s B v =
在B 点，由牛顿第二定律得
2
B
NB v F F mg m
r
+-=库
解得
F NB =6N
根据牛顿第三定律知物块在圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小 F NB ′=F NB =6N 。

（3）A→B ，由动能定理得
221122
AB B A mv f v l m -=
- 又 f=μmg 解得
v A =8m/s。