山东青岛市胶州市实验中学物理 静电场及其应用精选测试卷

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
2
sin A Qq
mg k
ma L θ-= 当小球速度最大时，加速度为零，有
'2
sin 0Qq
mg θk
L -= 联立上式解得
'2L 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
2
sin 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,内壁光滑的绝缘半圆容器静止于水平面上，带电量为q A 的小球a 固定于圆心O 的正下方半圆上A 点；带电量为q ,质量为m 的小球b 静止于B 点，其中∠AOB =30°。

由于小球a 的电量发生变化，现发现小球b 沿容器内壁缓慢向上移动，最终静止于C 点(未标出)，∠AOC =60°。

下列说法正确的是（ ）
A ．水平面对容器的摩擦力向左
B ．容器对小球b 的弹力始终与小球b 的重力大小相等
C ．出现上述变化时，小球a 的电荷量可能减小
D ．出现上述变化时，可能是因为小球a 的电荷量逐渐增大为32
(23)A q
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．对整体进行受力分析，整体受到重力和水平面的支持力，两力平衡，水平方向不受力，所以水平面对容器的摩擦力为0，故A 错误；
B ．小球b 在向上缓慢运动的过程中，所受的外力的合力始终为0，如图所示
小球的重力不变，容器对小球的弹力始终沿半径方向指向圆心，无论小球a 对b 的力如何变化，由矢量三角形可知，容器对小球的弹力大小始终等于重力大小，故B 正确； C ．若小球a 的电荷量减小，则小球a 和小球b 之间的力减小，小球b 会沿半圆向下运动，与题意矛盾，故C 错误；
D ．小球a 的电荷量未改变时，对b 受力分析可得矢量三角形为顶角为30°的等腰三角形，此时静电力为
2
2sin15A
qq mg k
L ︒= a 、b 的距离为
2sin15L R =︒
当a 的电荷量改变后，静电力为
2A
qq mg k
L '='
a 、
b 之间的距离为
L R '=
由静电力
122
'q q F k
L = 可得
32
23A A q q -=
-'（） 故D 正确。

故选BD 。

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．
【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．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 1
tan F
m g θ=
⋅
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
v =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 。

6．如图所示，两个带电小球A 、B 分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推力F 作用于B 球，两球在图示位置静止，现将B 球沿斜面向下移动一小段距离，发现A 球随之向上移动少许，两球在新位置重新平衡，重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是（ ）
A．推力F变小B．斜面对B的弹力不变
C．墙面对A的弹力不变D．两球之间的距离减小
【答案】AB
【解析】
【详解】
CD．先对小球A受力分析，受重力、支持力、静电力，如图所示：
根据共点力平衡条件，有：
mg
F
cos
=
库α，N
F mgtan
=α
由于α减小，可知墙面对A的弹力变小，库仑力减小，故两球间距增加，选项CD错误；AB．对AB整体受力分析，受重力、斜面支持力N、墙壁支持力F N、推力F，如图所示：
根据共点力平衡条件，有
N
Nsin F F
Ncos m M g
+=
=+
（）
β
β
解得
()
F mgtan m M gtan
M m g
N
cos
=-+
+
=
（）
αβ
β
由于α减小，β不变，所以推力F减小，斜面对B的弹力N不变，选项AB正确。

故选AB 。

7．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。

8．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．
9．如图所示，两个可视为质点的带同种电荷的小球a 和b ，放置在一个光滑绝缘半球面内，已知小球a 和b 的质量分别为m 1、m 2，电荷量分别为q 1、q 2，两球处于平衡状态时α<β．则以下判断正确的是
A ．m 1>m 2
B ．m 1<m 2
C ．q 1>q 2
D ．q 1<q 2
【答案】A 【解析】 【分析】
根据两小球处于平衡状态，通过对两个小球进行受力分析，进行正交分解后，列出关系式，即可解决问题。

【详解】
A 和
B 小球受力分析如下，对小球A ：
1cos sin F F θα=库
11sin cos m g F F θα+=库
对小球B ：
2cos sin F F θβ=库 22sin cos m g F F θβ+=库
通过上式可知：
12sin sin F F αβ=，
由于αβ<，则sin sin αβ<，所以12F F >，由于cos cos αβ>，则有：
12cos cos F F αβ>
所以有：
12sin sin m g F m g F θθ+>+库库
可推导出：12m m >，故选A 。

【点睛】
考察对物体的受力分析和正交分解的运用。

10．如图所示，M 、N 为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P 点放一静止的点电荷q （负电荷），不计重力，下列说法中正确的是（ ）
A ．点电荷从P 到O 是匀加速运动，O 点速度达最大值
B ．点电荷在从P 到O 的过程中，电势能增大，速度越来越大
C ．点电荷在从P 到O 的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大
D ．点电荷一定能够返回到P 点． 【答案】D 【解析】
试题分析：点电荷在从P 到O 的过程中，所受的电场力方向竖直向下，因场强大小不断变化，电场力不断变化，故做变加速运动，所以速度越来越大，到达C 点后向下运动，受电场力向上而作减速运动，故O 点速度达最大值，越过O 点后，负电荷q 做减速运动，速度越来越小，速度减到零后反向运动，返回到P 点，选项A 错误，D 正确；点电荷在从P 到O 的过程中，电场力做正功，故电势能减小，选项B 错误；因为从O 向上到无穷远，电场强度先增大后减小，P 到O 的过程中，电场强度大小变化不能确定，所以电场力无法确定，加速度不能确定．故C 错误．故选D ． 考点：带电粒子在电场中的运动．
11．一均匀带负电的半球壳，球心为O 点，AB 为其对称轴，平面L 垂直AB 把半球壳分为左右两部分，L 与AB 相交于M 点，对称轴AB 上的N 点和M 点关于O 点对称，已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q 在距离其为r 处的电势为φ=k
q
r
（q 的正负对应φ的正负）。

假设左侧部分在M 点的电场强度为E 1，电势为φ1；右侧部分在M 点的电场强度为E 2，电势为φ2；整个半球壳在M 点的电场强度为E 3，在N 点的电场强度为E 4．下列说法正确的是（ ）
A ．若左右两部分的表面积相等，有12E E >，12ϕϕ>
B ．若左右两部分的表面积相等，有12E E <，12ϕϕ<
C ．不论左右两部分的表面积是否相等，总有12E E >，34E E =
D ．只有左右两部分的表面积相等，才有12
E E >，34E E = 【答案】C 【解析】
【详解】
A 、设想将右侧半球补充完整，右侧半球在M 点的电场强度向右，因完整均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，可推知左侧半球在M 点的电场强度方向向左，根据对称性和矢量叠加原则可知，E 1方向水平向左，E 2方向水平向右，左侧部分在M 点产生的场强比右侧电荷在M 点产生的场强大，E 1＞E 2，根据几何关系可知，分割后的右侧部分各点到M 点的距离均大于左侧部分各点到M 点的距离，根据k q
r
ϕ=，且球面带负电，q 为负，得：φ1＜φ2，故AB 错误；
C 、E 1＞E 2与左右两个部分的表面积是否相等无关，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在M 、N 点的电场强度大小都相等，故左半球壳在M 、N 点的电场强度大小相等，方向相同，故C 正确，
D 错误。

12．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 点处的点电荷的电荷量为26
9
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= 22
sin 3D Q Q
k
k a a θ=
其中2cos 3
θ=，sin 3θ=
解得
26
B Q Q =
3D Q Q =
选项C 正确，D 错误。

故选C 。

13．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
54
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
2k 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
'
1
1
4=4
2
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
2
2''=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 。

14．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
2Qq 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
222
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
132F mg mg =- 23
4
F mg mg =-
故选项C 正确，选项D 错误。

故选C 。

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2kQ
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2
22
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，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,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2
qQ
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C v
（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B N ．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
B B N N '＝
18．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
(())
2
l
x+
(2)
223
(())
2
l
x+
(3) 2
l 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：
2
2)
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：
F1=2F A sinθ
方向由O指向C。

其中：2
2
4
sin
l
x
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：
22
24
l cos l x 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：
22223(4)kQql F l x +＝
＞3122
2
24
()kQqx
F l x =+ 即：
l ＞2x
19．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8
3
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）
【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：
cos30R 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：23
2
W mgR -=
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： (
)2833
3
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(
)2833
3
mg -，方向向
下．
20．如右图所示，在方向竖直向下的匀强电场中，一个质量为m 、带负电的小球从斜直轨道上的A 点由静止滑下，小球通过半径为R 的圆轨道顶端的B 点时恰好不落下来．若轨道是光滑绝缘的，小球的重力是它所受的电场力2倍，试求：
⑴A 点在斜轨道上的高度h ；
⑵小球运动到最低点C 时，圆轨道对小球的支持力． 【答案】(1)5
2
R (2) 3mg 【解析】
试题分析：由题意得：mg=2Eq
设小球到B 点的最小速度为V B ，则由牛顿第二定律可得：
mg-Eq=m 2
B
v R
；
对AB 过程由动能定理可得： mg （h-2R ）-Eq （h-2R ）=1
2
mV B 2； 联立解得：h=
52
R ； （2）对AC 过程由动能定理可得： mgh-Eqh=
1
2
mv c 2；
由牛顿第二定律可得：
F+Eq-mg=m 2C
v R
联立解得：F=3mg ；由牛顿第三定律可得小球对轨道最低点的压力为3mg ． 考点：牛顿定律及动能定理．
21．如图所示，长=1m L 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向夹角θ=37°。

已知小球所带电荷量
61.010q C -=⨯，匀强电场的场强33.010N/C E =⨯，取重力加速度210m/s g =，
sin370.6︒=。

求：
（1）小球所受电场力F 大小； （2）小球质量m ；
（3）将电场撤去小球回到最低点时速度v 的大小； （4）撤去电场后小球到达最低点时绳子对小球的拉力大小。

【答案】（1）3⨯10-3N ；（2）4⨯10-4kg ；（3）2m/s ；（4）5.6⨯10-3N 【解析】 【分析】 【详解】
（1）小球所受电场力F 大小
3310N F qE -==⨯
（2）球受mg 、绳的拉力T 和电场力F 作用，
根据共点力平衡条件和图中几何关系有
tan mg qE θ=
解得小球的质量
-4410kg m =⨯
（3）将电场撤去，小球摆动到最低点的过程由机械能守恒定律得：。