河南省上蔡县第二高级中学物理 静电场及其应用专题试卷

河南省上蔡县第二高级中学物理 静电场及其应用专题试卷
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，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
2sin 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2
sin 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 。

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
α
θ
⋅
=，
sin
cos
OB
PB
β
θ
⋅
=，代入上式可得
sin
sin
A
B
m
m
β
α
=
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
β
α
'
=
'
联立可得
sin sin
sin sin
αα
ββ
'
=
'
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 < qE，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 < qE，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t=时刻，一带正电的点电荷从C点以初速度v0沿CD方向射入，点电荷只受电场称，0
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．真空中，在x轴上的坐标原点O和x=50cm处分别固定点电荷A、B，在x=10cm处由静止释放一正点电荷p，点电荷p只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度与在x轴上的位置关系如图所示。

下列说法正确的是（）
A．x=10cm处的电势比x=20cm处的电势高
B．从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p的电势能一定先增大后减小
C．点电荷A、B所带电荷量的绝对值之比为9：4
D．从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p所受的电场力先增大后减小
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．点电荷p从x=10cm处运动到x=30cm处，动能增大，电场力对点电荷做正功，则点电荷所受的电场力方向沿+x轴方向，因此，从x=10cm到x=30cm范围内，电场方向沿+x轴方向，所以，x=10cm处的电势比x=20cm处的电势高，故A正确；
B．点电荷p在运动过程中，只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，点电荷的动能先增大后减小，则其电势能先减小后增大，故B错误；
C．从x=10cm到x=30cm范围内，点电荷p所受的电场力沿+x轴方向，从x=30cm到
x=50cm范围内，点电荷p所受的电场力沿-x轴方向，所以，点电荷p在x=30cm处所受的电场力为零，则点电荷A、B对点电荷p的静电力大小相等，方向相反，故有
22
A B
A B
Q q Q q
k k
r r
=
其中r A=30cm，r B=20cm，所以，Q A：Q B=9：4，故C正确；
D．点电荷x=30cm处所受的电场力为零，由电场力公式F=qE可知：x=30cm处的电场强度为零，所以从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p所受的电场力一定先减小后增大，故D错误。

故选AC。

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B2gR
B．小球在B2gR
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
1
2
mgr mv
=-，解得2
v 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、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三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为-6q，2
h R
=，重力加速度为g，静电力常量为k，则（）
A．小球a
的线速度为
2
3
kq
Rm
B．小球b的角速度为
2
2
3
3
kq
R m
C．小球c的向心加速度大小为
2
3kq
D．外力F竖直向上，大小为
2
26kq
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．通过分析，a、b、c一定带同种电荷，d与a、b、c一定带异种电荷，对小球a受力分析，在水平面上和竖直面分别如下图，小球最终的合力为
222
1222
3
3
2
2
(3)3(3)
R kq
F F F k k
R
R R R
=-=⋅-⋅⋅=
合力提供小球做圆周运动的向心力，有
22
2
3
=
3
kq v
m
R R
可得
2
3
3
kq
v
mR
=，A错误；
B．合力提供小球做圆周运动的向心力，有
2
2
3kq
mωR
解得23
33kq ωmR
=
，B 错误；
C ．合力提供小球做圆周运动的向心力，有
2
3=kq ma 解得2
3kq a =，C 正确； D ．对d 球受力分析，由平衡条件得：
222
23(2)3R
F k mg R R R
=⋅++ 解得2
2
26kq mg R
F +=，D 错误。

故选C 。

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
2
22(
)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
1222C Q kQ
E k
L == 方向OC 方向，B 点的负点电荷Q 在C 点产生的场强为
2222(2)C kQ
E k
L
L ==
方向沿CO 方向，故C 处的场强为
1222
221(2)22C 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 。

9．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Q 1、Q 2，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F 1为库仑力F 和重力mg 的合力，根据三力平衡原理可知，F 1=F N ．由图可知，△OAB ∽△BFF 1
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。

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，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：
12
2200
(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。

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 ．22kq
R
，方向沿半径向右 C ．23kq
R
，方向沿半径向左 D ．
23kq
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2q
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，半径为R 的光滑绝缘的半圆形轨道ABC ，A 点与圆心等高，B 点在圆心正下方，轨道固定于电场强度为E 的匀强电场中．两个带等量同种电荷小球刚好能静止在轨道的A 点和B 点．己知两小球质量皆为m ，重力加速度为g ，静电力常量为k ．下列说法正确的是
A ．小球带正电
B ．小球的带电量为mg/E
C ．小球的带电量为2mg
R
k
D ．在A 点小球对轨道的压力大于在B 点小球对轨道的压力 【答案】B 【解析】
若两球均带正电，则球B 不能平衡，则小球带负电，选项A 错误；对小球A 受力分析可知，竖直方向：0
cos45mg F =库；对小球B 受力分析可知，水平方向：
0cos45qE F =库；解得mg=qE ，则 q=mg/E ，选项B 正确；根据对A 竖直方向的方程0
cos45mg F =库，即202cos 45(2)mg R =，解得22mg q R k
=，选项C 错误；对AB 的整体受力分析可知：2NA F Eq =，2NB F mg = 因mg=qE 可知，在A 点小球对轨道的压力等于在B 点小球对轨道的压力，选项D 错误；故选B.
点睛：此题关键是灵活选择研究对象，灵活运用整体法和隔离法列方程；注意轨道对球的弹力方向指向圆心.
14．如图所示，绝缘水平面上一绝缘轻弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端栓接一带负电小物块，整个装置处在水平向右的匀强电场中。

现保持匀强电场的场强大小不变，仅将其方向改为指向左偏下方向，物块始终保持静止，桌面摩擦不可忽略，则下列说法正确的是 （ ）
A ．弹簧一定处于拉伸状态
B ．相比于电场变化前，变化后的摩擦力的大小一定减小
C ．变化后的摩擦力不可能为零
D ．相比于电场变化前，变化后弹簧的弹力和摩擦力的合力大小一定变小 【答案】D 【解析】 【分析】
【详解】
A ．如果电场力和弹力都远小于最大静摩擦力，那么无论怎么样改变电场，物块都是静止，弹簧可以处于压缩也可以处于伸长状态，故 A 错误；
B ．不知道弹簧处于拉伸还是压缩状态，不知道电场力和弹力的大小和方向，故无法判断摩擦力方向及大小变化，故B ；
C ．如果变化后电场力的水平分力与弹簧的弹力等大反向，摩擦力为零，故C 错误；
D ．由题根据三个力的平衡可知，弹簧的弹力和摩擦力的合力与水平方向电场力等大反向，水平方向电场力变小，弹簧的弹力和摩擦力的合力必定变小，故D 正确。

故选D 。

15．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
1132cos 45cos 4524
T mg mg mg =
+= 对ABC 整体受力分析可得
212cos 453T T mg +=
解得
23
2
T mg =
则
121:2T 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
2mg
F =
又
12
224
q q mg
k
F a
== 结合2
12kq mg a
=可得
1222:1q q =:
选项D 错误。

故选B 。

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，在光滑绝缘水平面上，质量为m 的均匀绝缘棒AB 长为L 、带有正电，电量为Q 且均匀分布．在水平面上O 点右侧有匀强电场，场强大小为E ，其方向为水平向左，BO 距离为x 0，若棒在水平向右的大小为QE/4的恒力作用下由静止开始运动．求：
（1）棒的B 端进入电场L /8时的加速度大小和方向； （2）棒在运动过程中的最大动能．
（3）棒的最大电势能．（设O 点处电势为零） 【答案】（1）/8qE m ,向右（2）
0()48qE L
x + （3）0(2)6
qE x L +
【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据牛顿第二定律，得
48QE L QE ma L -⋅＝解得 8QE
a m
＝，方向向右． （2）设当棒进入电场x 时，其动能达到最大，则此时棒受力平衡，有 4QE QE x L
⋅＝ 解得1
4
x L = 由动能定理得：
()00044()()4
2442448
K o QE QE
L
QE
QE L QE L E W x x x x x ＝＝
＝＝+
⨯∑+-+-+⨯
（3）棒减速到零时，棒可能全部进入电场，也可能不能全部进入电场，设恰能全部进入电场， 则有：()0
042
QE QE
x L L +-＝， 得 x 0=L ；()42
QE QEL
L L ε+＝
＝
当x 0＜L ，棒不能全部进入电场，设进入电场x
根据动能定理得()00 004
2
xQE
QE L x x x +
+-
-＝
解之得：x
则0 (4F QE W x ε+＝＝
当x 0＞L ，棒能全部进入电场，设进入电场x ()()0
042
QE QE
x x L QE x L +---＝ 得：023
x L
x +＝ 则()()000242 4436
QE x L x L QE QE x x ε+++⋅＝
＝＝
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
2M E G
r =引 (2)根据题意
2
M 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．竖直放置的平行金属板A 、B 带等量异种电荷(如图)，两板之间形成的电场是匀强电场．板间用绝缘细线悬挂着的小球质量m=4．0×10－5kg ，带电荷量q=3．0×10－7C ，平衡时细线与竖直方向之间的夹角α=37°．求：
(1)A 、B 之间匀强电场的场强多大?
(2)若剪断细线，计算小球运动的加速度，小球在A 、B 板间将如何运动? 【答案】(1)E =1×103N/C (2) 12.5m/s 2 【解析】 【详解】
（1）小球受到重力mg 、电场力F 和绳的拉力T 的作用，由共点力平衡条件有：
F =qE =mg tan α
解得：
537
tan 410100.75 1.010N/C 310
mg E q α--⨯⨯⨯===⨯⨯ 匀强电场的电场强度的方向与电场力的方向相同，即水平向右；
（2）剪断细线后，小球做偏离竖直方向，夹角为37°匀加速直线运动，设其加速度为a 由牛顿第二定律有：
cos mg
ma θ
= 解得：
212.5m/s cos g
a θ
=
= 【点睛】
本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此
后小球的运动情况．
19．A 、B 是两个电荷量都是Q 的点电荷，相距l ，AB 连线中点为O 。

现将另一个电荷量为q 的点电荷放置在AB 连线的中垂线上，距O 为x 的C 处（图甲）。

（1）若此时q 所受的静电力为F 1，试求F 1的大小。

（2）若A 的电荷量变为﹣Q ，其他条件都不变（图乙），此时q 所受的静电力大小为F 2，求F 2的大小。

（3）为使F 2大于F 1，l 和x 的大小应满足什么关系？
【答案】(1) 223(())2l x +(2) 2
23(())
2
l x +(3) 2l x > 【解析】 【详解】
（1）设q 为正电荷，在C 点，A 、B 两电荷对q 产生的电场力大小相同，为：
22
)
4
(A B kQq
F F l x ==
+ 方向分别为由A 指向C 和由B 指向C ，如图：
故C 处的电场力大小为：
F 1=2F A sinθ
方向由O 指向C 。

其中：
sin θ=
所以：
3122
2
24
()kQqx
F l x =
+ （2）若A 的电荷量变为-Q ，其他条件都不变，则C 处q 受到的电场力：
F 2=2F A cosθ
其中：
l cos θ=
所以：
22
2
23(4
)kQql
F l x +＝
方向由B 指向A 。

（3）为使F 2大于F 1，则：
222
23(4)kQql F l x +＝
＞31222
24
()kQqx
F l x =+ 即：
l ＞2x
20．如图所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，ACB 为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R ，A 、B 为圆水平直径的两个端点，AC 为
1
4
圆弧一个质量为m ，电荷量为+q 的带电小球，从A 点正上方高为H 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道不计空气阻力及一切能量损失．
（1）小球在A 点进入电场时的速度；
（2）小球在C 点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为多少；
（3）小球从B 点离开圆弧轨道后上升到最高点离B 点的距离．
【答案】（12gH
（2）233mgH mg qE R ++
、232mgH mg qE R ++； （3）qER H mg
+． 【解析】
【详解】
（1）对从释放到A 点过程，根据动能定理，有：
2102
A mgH mv =
- 解得： 2A v gH =（2）对从释放到最低点过程，根据动能定理，有：
21()02
mg H R qER mv +=-+ ……① 小球在C 点离开电场前瞬间，根据牛顿第二定律，有：
2
1N mg q v E R
m --= ……..② 小球在C 点离开电场后瞬间，根据牛顿第二定律，有：
2
2v N mg m R
-=……. ③ 联立①②③解得：
1233mgH N mg qE R =++
2232mgH N mg qE R
=++ 根据牛顿第三定律，小球在C 点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为 1233mgH N mg qE R '=++
2232mgH N mg qE R
'=++ （3）从释放小球到右侧最高点过程，根据动能定理，有：
()00mg H h qER -+=-
解得：
qER h H mg
=+ 答：（1）小球在A 点进入电场时的速度为2gH ；
（2）小球在C 点离开电场前后瞬间对轨道的压力分别为233mgH mg qE R
++、232mgH mg qE R
++； （3）小球从B 点离开圆弧轨道后上升到最高点离B 点的距离为qER H mg
+．
21．如图所示，AB 为固定在竖直平面内粗糙倾斜轨道，BC 为光滑水平轨道，CD 为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，且AB 与BC 通过一小段光滑弧形轨道相连，BC 与弧CD 相切。

已知AB 长为L =10m ，倾角θ=37︒，BC 长s =4m ，CD 弧的半径为R =2m ，O 为其圆心，∠COD =143︒。

整个装置处在水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E =1×103N/C 。

一质量为m =0.4kg 、电荷量为q =+3×10 -3C 的物体从A 点以初速度v A =15m/s 沿AB 轨道开始运动。

若物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ=0.2，sin 37︒=0.6，cos 37︒=0.8，g =10m/s 2，物体运动过程中电荷量不变。

求：
(1)物体在AB 轨道上运动时，重力和电场力的合力对物体所做的总功；
(2)物体在C 点对轨道的压力大小为多少；
(3)用物理知识计算物体能否到达D 点，若能算出通过D 点的速度；若不能说明理由。

【答案】(1)W =0(2)27N(3)物体能到达D 点
【解析】
【详解】
(1)物体所受重力和电场力的合力大小为
222332()()(0.410)(31010)N 5N F mg qE -=+=⨯+⨯⨯=
设合力F 与竖直方向的夹角为α，则
3tan 4
qE mg α=
= 即
37α︒=
所以物体在轨道AB 上运动时，重力和电场力的合力与轨道AB 垂直，对物体做的总功为W =0；
(2) 从A →B 过程，根据受力分析可知，物体下滑过程受到的滑动摩擦力为：
f =μF N =μ(m
g cos 37︒+qE sin 37︒)
代入数据解得：
f =1N
A →C 过程，由动能定理得：
221122
C A W fL qEs mv mv --=
- 可得：222115m /s C v = 在C 点，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2C mv N mg R
-= 代入数据解得：
N =27N
(3)重力和电场力的合力为：
5N F ===
方向与竖直方向成37︒斜向左下方，所以D 点即为圆周运动中的等效最高点，物体到达D 点的最小速度设为v D ，则：
2D v F m R
= 解得：
5m /s D v =
要到达D 点，在C 点速度至少为v ，从C →D ，由动能定理得
2211(cos37)cos3722
D mg R R qER mv mv ︒︒-+-=-
解得：
222115m /s v =
则知v =v C ，所以物体恰能到达D 点。