高中物理必修第3册 静电场及其应用试卷综合测试卷(word含答案)

高中物理必修第3册 静电场及其应用试卷综合测试卷（word 含答案）
一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）
1．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
()212θθθ>。

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

2．如图所示，带电小球a 由绝缘细线PM 和PN 悬挂而处于静止状态，其中PM 水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH ，圆心P 与a 球位置重合，管道底端H 与水平地面相切，一质量为m 可视为质点的带电小球b 从G 端口由静止释放，当小球b 运动到H 端时对管道壁恰好无弹力，重力加速度为g 。

在小球b 由G 滑到H 过程中，下列说法中正确的是（ ）
A ．小球b 机械能保持不变
B ．小球b 所受库仑力大小始终为2mg
C ．细线PM 的拉力先增大后减小
D ．小球b 加速度大小一直变大 【答案】ACD
【解析】 【详解】
A ．小球b 所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直，即只有重力做功，所以小球b 机械能守恒，故A 正确；
B ．小球b 机械能守恒，从G 滑到H 过程中，有：
212
mgR mv =
H 处有：
2
-库m F mg =R
v
则有：
F 库=3mg
故B 错误；
C ．设PN 与竖直方向成α角，对球a 受力分析，将其分解： 竖直方向上有：
F PN cos α=mg +F 库sin θ
水平方向上有：
F 库cos θ+F PN sin α=F PM 。

解得：
(3)
PM mgcos F mgtan cos θααα
-=+
下滑时θ从0增大90°，细线PM 的拉力先增大后减小，故C 正确；
D ．设b 与a 的连线与水平方向成θ角，则有：任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成，即为：
()22
2
221
2
()5322
v cos a a a gcos g R θθ-=+=+=
可知小球的加速度一直变大，故D 正确。

故选ACD 。

3．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2
34Qq
k L
【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
22
32sin 2
sin 60(2)4P M kQ kQ E E L L
θ︒
=== 所以电场力即为向心力为
3Qq
F k
= 故D 正确。

4．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 时的速率为2gR B ．小球在B 时的速率小于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．
5．如图所示,粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC 放置在水平面上,角CAB = 30°,斜面内部O 点(与斜面无任何连接)固定有一正点电荷,一带负电的小物体(可视为质点)可以分别静止在M 、N 点和MN 的中点P 上,OM =ON , OM //AB 则下列判断正确的是( )
A ．小物体静止在三处静止时所受力个数一定都是4个.
B ．小物体静止在P 点时受到的摩擦力最大
C ．小物体静止在P 点时受到的支持力最大,静止在M ,N 点时受到的支持力相等
D ．当小物体静止在M 点时,地面给斜面的摩擦力水平向左 【答案】CD 【解析】 【详解】
对小物体分别在三处静止时所受力分析如图：
A.结合平衡条件，由图，小物体在P 、N 两点时一定受四个力的作用，故A 错误；
B.小物体静止在P 点时，摩擦力
f =m
g sin30°
静止在N 点时
sin30cos30f mg F '=︒+'︒
静止在M 点时
sin30cos30f mg F "=︒-'︒
可见静止在N 点时所受摩擦力最大，故B 错误；
C.小物体静止在P 点时，设库仑力为F ，受到的支持力
N =mg cos30°+F
在M 、N 点时：
cos30sin30N mg F '=︒+'︒
由库仑定律知F F >'，故N N >'，即小物体静止在P 点时受到的支持力最大，静止在M 、N 点时受到的支持力相等，故C 正确；
D.以小物体和斜面整体为研究对象，当小物体静止在M 点时，斜面内部O 点正电荷对其库仑力斜向右，即有向右的分力，则斜面有向右运动的趋势，受水平向左的摩擦力，故D 正确。

6．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 ．()()()
()3
3
2
2
222
2
12kq a r kq a r E R a r R a r +-=
-
⎡⎤⎡⎤+++-⎣⎦
⎣⎦
B ．
()()()
()3
3
22222
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
2
2
222
2
12kqR kqR E R a r R a r =
-
⎡⎤
⎡⎤+++-⎣⎦
⎣⎦
【答案】A 【解析】 【分析】
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 2Q
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 ．
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
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
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 。

8．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为410V/m ，已知一半径为1mm 的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/2s ,水的密度为310kg/3m ．这雨滴携带的电荷量的最小
值约为 A ．2⨯910-C B ．4⨯910-C
C ．6⨯910-C
D ．8⨯910-C
【答案】B 【解析】 【详解】
带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向
mg qE = m V ρ=
34
3
V r π=
解得：
9410q C -⨯＝
ACD 、与计算不符，ACD 错误； B 、与计算结果相符，B 正确 【点睛】
本题关键在于电场力和重力平衡，要求熟悉电场力公式和二力平衡条件；要使雨滴不下落，电场力最小要等于重力．
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 （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
B
C ．小球带负电，电荷量大小为 2
3kQ
D ．小球带负电，电荷量大小为2
3kQ
【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
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=
3
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
83
3
mgR
q
kQ
=
故C正确，ABD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．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．
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 ．22kq
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，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 。

14．如图所示，真空中有三个带等电荷量的点电荷a 、b 和c ，分别固定在水平面内正三角形的顶点上，其中a 、b 带正电，c 带负电。

O 为三角形中心，A 、B 、C 为三条边的中点。

设无穷远处电势为零。

则（ ）
A．B、C两点电势相同
B．B、C两点场强相同
C．电子在O点电势能为零
D．在O点自由释放电子（不计重力），将沿OA方向一直运动
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A．B、C两点分别都是等量正负电荷连线的中点，由对称性知电势为零，剩下的正电荷产生了相等的电势，则B、C两点电势相同，故A正确；
B．电场强度是矢量，场强的合成满足平行四边形定则，通过矢量的合成可得，B、C点的场强大小相同，但方向不同，故B错误；
C．两等量异种电荷在O点产生的总电势为零，但剩下的正电荷在O点产生的电势为正，则O点的总电势为正，故电子在O点的电势能不为零，故C错误；
D．ab两个点电荷在OA线段上的合场强方向向下，过了A点后，ab两个点电荷在OA直线上向上；点电荷c在OA线段上的场强方向向下，过了A点后，场强方向向下也向下，故在O点自由释放电子（不计重力），会沿直线做加速运动，后做减速运动，直到静止，故D错误。

故选A。

15．如图所示，竖直绝缘墙上距O点l处固定一带电量Q的小球A，将另一带等量同种电荷、质量为m的小球B用长为l的轻质绝缘丝线悬挂在O点，A、B间用一劲度系数为k′
原长为5
4
l
的绝缘轻质弹簧相连，静止时，A、B间的距离恰好也为l，A、B均可看成质
点，以下说法正确的是（）
A．A、B间库仑力的大小等于mg B．A、B间弹簧的弹力大小等于k′l
C．若将
B
的带电量减半，同时将B球的质量变为4m，A、B间的距离将变为
2
l
D．若将A、B的带电量均减半，同时将B球的质量变为2
k l
m
g
'
+，A、B间的距离将变为2
l
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．对小球受力分析如图；小球受弹簧的弹力与B所受的库仑力的合力（F库+F弹）沿AB斜向上，由几何关系以及平衡条件可知
F库+F弹=mg
则
F库= mg -F弹
选项A错误；
B．A、B间弹簧的弹力大小等于
''
51
=()
44
l
F k l k l
-=
弹
选项B错误；
C．若将B的带电量减半，A、B间的距离将变为
2
l
，则库仑力变为2F库，则弹力和库仑力的合力为
'
'
53
=()22
424
l l k l
F k F F
-+=+
合库库
则由相似三角形关系可知
11
'
=
13
2
24
m g m g
l
k l
F
l F
=
+
合
库
而
'1
4
F k l mg +=
库
解得
'11
4=42
m g mg k l mg =+≠
选项C 错误；
D ．若将A 、B 的带电量都减半，A 、B 间的距离将变为2
l
，则库仑力仍F 库，则弹力和库仑力的合力为
''
'
53=()424
l l k l
F k F F -+=+合库库
则由相似三角形关系可知
22''=1324
m g m g l
k l F l F =+合库 而
'1
4
F k l mg +=库
解得
'22m g mg k l =+
即
'22k l
m m g
=+
选项D 正确； 故选D 。

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+++⋅＝
＝＝
17．一带正电的 A 点电荷在电场中某点的电场强度为 4．0×104N/C ，电荷量为+5．0×10-8 C 的 B 点电荷放在该点,求：
（1）点电荷在该点受到的电场力？
（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8 C 的 C 点电荷，则该点的电场强度？ 【答案】（1）3210N -⨯，方向由A 指向B （2）4410/N C ⨯，方向由A 指向B 【解析】 【分析】 【详解】 （1）
方向：由A 指向B
（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8 C 的 C 点电荷，则该点的场强不变，仍为
方向：由A 指向B
18．如图所示，空间存在方向水平向右的匀强电场，两个可视为点电荷的带电小球P 和Q 用绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，已知匀强电场强度为E ，两小球之间的距离为L ，PQ 连线与竖直方向之间的夹角为θ，静电常数为k （1）画出小球P 、Q 的受力示意图； （2）求出P 、Q 两小球分别所带的电量。

【答案】（1）P 带负电，Q 带正电；（2）2
sin EL k θ
【解析】 【详解】
（1）依题意得，小球P 、Q 受力示意图如图
根据平衡条件，P 带负电，Q 带正电 ① （2）设P 带电量为-q 1，Q 带电量为q 2 根据库仑定律：
12
2
C q q F k
L = ② 根据牛顿第三定律：
F C =F C / ③
对于P 球： 根据平衡条件：
1sin C q E F θ= ④
解得：
2
1sin EL q k θ
=
⑤ 对于Q 球： 根据平衡条件：
'
2sin c q E F θ= ⑥
解得：
2
2sin EL q k θ
=
⑦
19．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：
2
102
A mgH mv =
- 解得：
A v =（2）对从释放到最低点过程，根据动能定理，有：
2
1()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
（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
+．
20．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: 2112h 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
+=
21．如图，绝缘细杆AB 倾角为α，在杆上B 点处固定有一电荷量为Q 的正电荷．现将带正电的小球由距B 点竖直高度为H 的A 点处无初速释放，小球下滑过程中电荷量不变．己知小球的质量为m 、电荷量为q ．不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中．静电力常量为k ，重力加速度为g ．求：
（1）正电荷Q 在A 处产生的场强大小；
（2）小球刚释放时的加速度大小；
（3）若A 、B 间的距离足够大，小球动能最大时球与B 点间的距离．
【答案】(1) 22sin A Q E k H α=(2)22sin sin kQq a g mH
αα=- (3)sin kQq R mg α=【解析】
【详解】
(I)根据
2
Q E k
r = 又因为 sin H r α
=
所以 22sin A Q E k
H α= (2)根据牛顿第二定律
sin mg F ma α-=
根据库仑定律
Qq F k
r
= 解得 22
sin sin kQq a g mH αα=- (3)当小球受到的合力为零，即加速度为零时，动能最大
设此时小球与B 点间的距离为R ,则
2
sin kQq mg R α=
解得
R =
答案：(1) 22sin A Q E k H α=(2)22sin sin kQq a g mH
αα=- (3)R =。