福建省莆田市第二十四中学物理 静电场及其应用专题试卷

福建省莆田市第二十四中学物理 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，真空中x 轴上关于O 点对称的M 、N 两点分别固定两异种点电荷，其电荷量分别为1Q +、2Q -，且12Q Q >。

取无穷远处电势为零，则（ ）
A ．只有MN 区间的电场方向向右
B ．在N 点右侧附近存在电场强度为零的点
C ．在ON 之间存在电势为零的点
D ．MO 之间的电势差小于ON 之间的电势差 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．1Q +在N 点右侧产生的场强水平向右，2Q -在N 点右侧产生的场强水平向左，又因为
12Q Q >，根据2Q
E k
r
=在N 点右侧附近存在电场强度为零的点，该点左右两侧场强方向相反，所以不仅只有MN 区间的电场方向向右，选项A 错误，B 正确；
C ．1Q +、2Q -为两异种点电荷，在ON 之间存在电势为零的点，选项C 正确；
D ．因为12Q Q >，MO 之间的电场强度大，所以MO 之间的电势差大于ON 之间的电势差，选项D 错误。

故选BC 。

2．如图所示，在圆心为O 、半径为R 的圆周上等间距分布着三个电荷量均为q 的点电荷
a 、
b 、
c ，其中a 、b 带正电，c 带负电。

已知静电力常量为k ，下列说法正确的是
（ ）
A ．a 受到的库仑力大小为2233kq
R
B ．c 23kq
C ．a 、b 在O 点产生的场强为
2
R
，方向由O 指向c D ．a 、b 、c 在O 点产生的场强为22kq
R
，方向由O 指向c 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．根据几何关系得ab 间、bc 间、ac 间的距离
r =
根据库仑力的公式得a 、b 、c 间的库仑力大小
22
223q q F k k r R
==
a 受到的两个力夹角为120︒，所以a 受到的库仑力为
2
23a q F F k R
==
c 受到的两个力夹角为60︒，所以c 受到的库仑力为
2
2
3c F R
== 选项A 错误，B 正确；
C ．a 、b 在O 点产生的场强大小相等，根据电场强度定义有
02
q E k
R = a 、b 带正电，故a 在O 点产生的场强方向是由a 指向O ，b 在O 点产生的场强方向是由
b 指向O ，由矢量合成得a 、b 在O 点产生的场强大小
2q E k R
=
方向由O →c ，选项C 错误；
D ．同理c 在O 点产生的场强大小为
02q
E k R
=
方向由O →c
运用矢量合成法则得a 、b 、c 在O 点产生的场强
22q
E k R
'=
方向O →c 。

选项D 正确。

故选BD 。

3．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 。

4．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．
5．如图所示，空间有竖直方向的匀强电场，一带正电的小球质量为m ，在竖直平面内沿与水平方向成30º角的虚线以速度v 0斜向上做匀速运动．当小球经过O 点时突然将电场方向旋转一定的角度，电场强度大小不变，小球仍沿虚线方向做直线运动，选O 点电势为零，重力加速度为g ，则
A ．原电场方向竖直向下
B ．改变后的电场方向垂直于ON
C ．电场方向改变后，小球的加速度大小为g
D ．电场方向改变后，小球的最大电势能为2
04
mv
【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】
开始时，小球沿虚线做匀速运动，可知小球受向下的重力和向上的电场力平衡Eq=mg ，小球带正电，则电场竖直向上，选项A 错误；改变电场方向后，小球仍沿虚线做直线运动，可知电场力与重力的合力沿着NO 方向，因Eq=mg ，可知电场力与重力关于ON 对称，电场方向与NO 成600，选项B 错误；电场方向改变后，电场力与重力夹角为1200，故合力大小为mg ，小球的加速度大小为g ，选项C 正确；电场方向改变后，小球能沿ON 运动的距离为
202m v x g = ，则克服电场力做功为：22
0011cos 60224
m v W Eq x mg mv g ==⨯= ，故小球的
电势能最大值为
2
014
mv ，选项D 正确；故选CD.
6．如右图，M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心，
.电荷量相等、符号相反的两个电荷分别置于M 、N 两点，这时O 点电场强
度的大小为E 1；若将N 点处的点电荷移至P 点，则O 点的场强大小变为E 2.E 1与E 2之比为( )
A ．1：2
B ．2：1
C ．
D ．
【答案】B
【分析】 【详解】 试题分析：由
得：
；若将N 点处的点电荷移至P 点，则O 点
的场强大小变为E 2，知两点电荷在O 点的场强夹角为1200，由矢量的合成知，
得：
，B 对
7．物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需通过一定的分析就可以判断结论是否正确．如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为R 1和R 2的圆环，两圆环上的电荷量均为q (q >0)，而且电荷均匀分布．两圆环的圆心O 1和O 2相距为2a ，连线的中点为O ，轴线上的A 点在O 点右侧与O 点相距为r (r <
a )，试分析判断下列关于A 点处电场强度大小E 的表达式正确的是
A ．()()()()332
2
2
2
2
2
1
2
kq a r kq a r E R a r R a r +-=
-
⎡⎤⎡⎤+++-⎣⎦
⎣⎦
B ．
()()()
()3
3
2
2
222
2
12kq a r kq a r E R a r R a r +-=
+
⎡⎤⎡⎤+++-⎣⎦
⎣⎦
C ．()()1
2
222212kqR kqR E R a r R a r =
-
⎡⎤⎡⎤
+++-⎣⎦
⎣⎦
D ．
()()1
2
3
3
22222
2
12kqR kqR E R a r R a r =
-
⎡⎤
⎡⎤
+++-⎣⎦
⎣⎦
【答案】A 【解析】
题目要求不通过计算，只需通过一定的分析就可以判断结论，所以根据点电荷场强的公式
E=k
2
Q
r
，与选项相对比，寻找不同点，再用极限分析问题的思想方法就可以分析出结果．【详解】
与点电荷的场强公式E=k
2
Q
r
，比较可知，C表达式的单位不是场强的单位，故可以排除C；
当r=a时，右侧圆环在A点产生的场强为零，则A处场强只由左侧圆环上的电荷产生，即场强表达式只有一项，故可排除选项D；
左右两个圆环均带正电，则两个圆环在A点产生的场强应该反向，故可排除B，综上所述，可知A正确．故选A．
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
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
==
B ．A 、D 两点点电荷在
C 处的合场强为
122
22C 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
2222(2)C kQ
E k
L
L ==
方向沿CO 方向，故C 处的场强为
1222
21(2)
22C C C kQ kQ kQ
E E E 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，半径为R 的绝缘光滑半球内有A 、B 两个带电小球（均可视为点电荷），A 球固定在半球的最低点，B 球静止时，A 、B 两球之间的距离为R ，由于漏电，B 球缓慢向A 球靠近，设A 、B 两球之间的库仑力大小为F ，光滑半球对B 球的弹力大小为N ，A 、B 两球之间的距离用x 表示，则F －x 、N －x 的关系图象正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
以B 球为研究对象，受到重力G ，A 球对它的斥力F 和光滑半球对B 的弹力N 三个力作用，受力如图：
由几何关系可知，力的三角形F BN 合与三角形ABO 相似，则有
=G N F R OB AB
= 因为G 、R 、OB 不变，则N 不变，AB 在减小，因此F 减小 选项B 正确，ACD 错误。

故选B 。

10．如图所示，质量为m 的带电小球用绝缘丝线悬挂于P 点，另一带正电小球M 固定在带电小球的左侧，小球平衡时，绝缘丝线与竖直方向夹角为θ，且两球球心在同一水平线上．关于悬挂小球的电性和所受库仑力的大小，下列判断正确的是( )
A ．正电，
mg
tan θ
B ．正电，mg tan θ
C ．负电，mg tan θ
D ．负电，
mg
tan θ
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
小球 M 带正电，两球相斥，故小球带正电；以小球为研究对象，对小球进行受力分析，根据小球处于平衡状态可知，F=mgtgθ，故选B ．
【点睛】
对于复合场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法．
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
127
【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 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
22cos 32B Q Q
k k a a θ= 22sin 3D Q Q
k
k a a
θ= 其中2cos 3
θ=sin 3θ=解得
26
B Q = 39
D Q Q =
选项C 正确，D 错误。

故选C 。

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．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，在竖直平面内有一固定的光滑绝缘轨道，圆心为O ，半径为r ，A 、B 、C 、D 分别是圆周上的点，其中A 、C 分别是最高点和最低点，BD 连线与水平方向夹角为
37︒。

该区间存在与轨道平面平行的水平向左的匀强电场。

一质量为m 、带正电的小球在
轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不变），经过D 点时速度最大，重力加速度为g （已知sin370.6︒=，cos370.8︒=），求: (1)小球所受的电场力大小；
(2)小球经过A 点时对轨道的最小压力。

【答案】（1）4
3
mg ；（2）2mg ，方向竖直向上. 【解析】 【详解】
（1）由题意可知 :
tan 37mg
F
︒= 所以:
43
F mg =
（2）由题意分析可知，小球恰好能做完整的圆周运动时经过A 点对轨道的压力最小. 小球恰好做完整的圆周运动时，在B 点根据牛顿第二定律有:
2sin 37B v mg
m r
︒
= 小球由B 运动到A 的过程根据动能定理有:
()
22
111sin 37cos3722
B A mgr Fr mv mv ︒︒--+=-
小球在A 点时根据牛顿第二定律有:
2A
N v F mg m r
+=
联立以上各式得:
2N F mg =
由牛顿第三定律可知，小球经过A 点时对轨道的最小压力大小为2mg ，方向竖直向上.
17．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 +2
22kQq
md
（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：
2
102
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 +
2
22kQq
md
⑥ （3）小球P 由D 运动到E 的过程，由动能定理得：
22
1122
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
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：
53
7
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．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔。

质量为m 、电荷量为+q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（不计空气阻力，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g ）。

求：
（1）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； （2）小球从开始下落运动到下极板的时间. 【答案】（1）()mg h d E qd +=，
()mgC h d Q q += （2）2h d
h
t h
g
+=【解析】 【详解】
(1)对从释放到到达下极板处过程的整个过程，由动能定理得：
()0mg h d qEd +-=
解得：()
mg h d E qd
+=
电容器两极板间的电压为：
()
mg h d U Ed q +==
故电容器的带电量为：
()
mgC h d Q CU q +==
(2)小球到达小孔前是自由落体运动，则有:
2112
h gt =
得:12h t g
=
根据速度位移关系公式，有： v 2=2gh
得:2v gh =
取竖直向下为正方向，根据动量定理对减速过程有：
2()0mg qE t mv -=-
小球从开始下落运动到下极板的时间t =t 1+t 2 联立解得：2h d h t h g
+=
．
20．如图所示，高为h 的光滑绝缘直杆AD 竖直放置，在D 处有一固定的正点荷，电荷量为Q 。

现有一质量为m 的带电小球套在杆上，从A 点由静止释放，运动到B 点时速度达到最大值，到C 点时速度正好又变为零，B 、C 和D 相距分别为13h 和1
4
h ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，求：
(1)小球的电荷量q 和在C 点处的加速度； (2)C 、A 两点间的电势差。

【答案】(1)
2
9
mgh q
kQ =
,
7
9
a g
=方向竖直向上(2)
27
4
kQ
h
【解析】
【详解】
(1)小球运动到B点时速度达到最大，说明小球必带正电，在B点应有：
2
()
3
kQq
mg
h
=
得：
2
9
mgh
q
kQ
=
在C点，由牛顿第二定律：
2
()
4
kQq
mg ma
h
-=
得：
7
9
a g
=，方向竖直向上。

(2)设C、A两点间的电势差为U，则A、C间的电势差为-U。

从A到C过程，由动能定理：
()0
4
h
mg h qU
--=
得：
27
4
kQ
U
h
=
21．有一水平向右的匀强电场中，竖直平面内有半径为0．1m的圆周，在圆心O处放置电荷量为Q＝10-8C的带正电的点电荷，圆周a点与圆心O在同一水平线上，且E a＝0（静电力常数K=9×109N.m2／C2）
（1）匀强电场场强大小？
（2）圆周最高点C处的场强
【答案】（1）3
910N/C
⨯（2）4
1.2710N/C
⨯方向与水平方向成45斜向右上方
【解析】
【详解】
（1）在a 点的合场强等于零，则表明点电荷在a 点产生的场强与匀强电场的场强相等即：
32=910N/C kQ
E r
=
⨯ （2）正点电荷在C 点产生的场强大小为2
kQ
E r =
，方向竖直向上，匀强电场的场强大小2kQ
E r
=
，方向水平向右，根据矢量合可知C 点的合场强等于;
41.2710N/C E ==⨯合
方向与水平方向成45斜向右上方。