北京北京理工大学附属中学物理 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，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，一带电小球P 用绝缘轻质细线悬挂于O 点。

带电小球Q 与带电小球P 处于同一水平线上，小球P 平衡时细线与竖直方向成θ角（θ<45°）。

现在同一竖直面内向右下方缓慢移动带电小球Q ，使带电小球P 能够保持在原位置不动，直到小球Q 移动到小球P 位置的正下方。

对于此过程，下列说法正确的是（ ）
A ．小球P 受到的库仑力先减小后增大
B ．小球P 、Q 间的距离越来越小
C ．轻质细线的拉力先减小后增大
D ．轻质细线的拉力一直在减小
【解析】
【分析】
【详解】
画出小球P的受力示意图，如图所示
当小球P位置不动，Q缓慢向右下移动时，Q对P的库仑力先减小后增大，根据库仑定律可得，QP间的距离先增大后减小；轻质细线的拉力则一直在减小，当Q到达P的正下方时，轻质细线的拉力减小为零，故选AD。

3．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
β
α
=
B．
sin
sin
A B
B A
m q
m q
β
α
=
C．
sin
sin
A
B
q
q
β
α
=
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
αα
ββ
'
=
'
【答案】AD
【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。

4．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。

5．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。

6．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d一定带正电
B．小球b
2R mR
q k
π
C．小球c
2
3kq
D．外力F竖直向上，大小等于
2
2
6kq
mg
R
+
【答案】CD
【解析】
【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a球的电性未知，所以d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
22
3
cos
3
h R
α==
+
22
6
sin
h R
α==
+
对b球，根据牛顿第二定律和向心力得：
()
22
2
222
64
cos2cos30
2cos30
q q q
k k m R ma
h R T
R
π
α︒
︒
⋅
-==
+
解得：
23
R mR
T
q k
π
=
2
2
3
3
kq
a
mR
=
则小球c 的加速度大小为2
2
33kq mR
；故B 错误，C 正确。

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

7．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：
2
12
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
θα
α
α
-
=+
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：
()
2
2
222
12
()
532
2
v cos
a a a gcos g
R
θ
θ
-
=+=+=
可知小球的加速度一直变大，故D正确。

故选ACD。

8．在电场强度为E的匀强电场中固定放置两个小球1和2，它们的质量相等，电荷量分别为1q和2q（12
q q
≠）．球1和球2的连线平行于电场线，如图所示．现同时放开球1和球2，于是它们开始在电场力的作用下运动．如果球1和球2之间的距离可以取任意有限值，则两球刚被放开时，它们的加速度可能是（）．
A．大小不等，方向相同B．大小不等，方向相反
C．大小相等，方向相同D．大小相等，方向相反
【答案】ABC
【解析】
【详解】
AC．当两球的电性相同时，假定都带正电，则两球的加速度分别为：
12
12
1
kq q
Eq
l
a
m
+
=
12
22
2
kq q
Eq
l
a
m
-
=
由于l可任意取值，故当1
2
kq
E
l
>时，加速度
1
a、
2
a方向都是向右，且
1
a、
2
a的大小可相等，也可不相等，故AC正确；
B．再分析1a和2a的表达式可知，当1
2
kq
E
l
<时，
1
a和
2
a方向相反，大小则一定不相等，故B正确；
D ．将小球1和小球2视作为一个整体，由于12q q ≠，可判断它们在匀强电场中受到的电场力必然是不为零的。

由牛顿第二定律可知，它们的合加速度也必然是不为零的，即不可能出现两者的加速度大小相等、方向相反的情况，故D 错误。

故选ABC ．
9．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A 、B 分别处于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F 作用于小球B ，则两球静止于图示位置，如果将小球B 向左推动少许，待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比（ ）
A ．竖直墙面对小球A 的弹力减小
B ．地面对小球B 的弹力一定不变
C ．推力F 将增大
D ．两个小球之间的距离增大 【答案】ABD 【解析】 【分析】 【详解】
整体法可知地面对小球B 的弹力一定不变，B 正确；假设A 球不动，由于A 、B 两球间距变小，库仑力增大，A 球上升，库仑力与竖直方向夹角变小，而其竖直分量不变，故库仑力变小A 、B 两球间距变大，D 正确；但水平分量减小，竖直墙面对小球A 的弹力减小，推力F 将减小，故A 正确，C 错误。

故选ABD 。

10．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．
11．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。

12．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。

13．AB 是长为L 的均匀带电绝缘细杆，P 1、P 2是位于AB 所在直线上的两点，位置如图所示。

AB 上电荷产生的静电场在P 1处的场强大小为E 1，在P 2处的场强大小为E 2，若将绝缘细杆的右半边截掉并移走（左半边电荷量、位置不变），则P 2处的场强大小变为（ ）
A ．2
2
E B ．E 2–E 1 C ．E 1–2
2
E D ．E 1+
2
2
E 【答案】B 【解析】 【详解】
将均匀带电细杆等分为左右两段，设左右两段细杆形成的电场在P 2点的场强大小分别为E A 、E B ，则有E A +E B =E 2；左半段细杆产生的电场在P 1点的场强为0，右半段细杆产生的电场在P 1点的场强大小为E 1=E B ，去掉细杆的右半段后，左半段细杆产生的电场在P 2点的场
强大小为E A =E 2–E B =E 2–E 1，选B 。

14．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= 22
sin 3D Q Q k
k a a θ= 其中2cos 3
θ=sin 3θ=解得
26
9
B Q Q =
39
D Q Q =
选项C 正确，D 错误。

故选C 。

15．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
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20245(2)mg R =，解得22mg q R k
=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.
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B 点的正上方O 处固定一个质点，在水平面上的A 点放另一个质点，两个质点的质量均为m ，带电量均为+Q 。

C 为AB 直线上的另一点（O 、
A 、
B 、
C 位于同一竖直平面上），AO 间的距离为L ，AB 和BC 间的距离均为2
L
，在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止。

试问： (1)该匀强电场的场强多大？其方向如何？
(2)给A 处的质点一个指向C 点的初速度，该质点到达B 点时所受的电场力多大？ (3)若初速度大小为v 0，质点到达C 点时的加速度和速度分别多大？
【答案】(1)22kQ L ，方向由A 指向C ；273kQ ；(3)22kQ mL 2
2
0kQ v mL
+【解析】 【分析】
(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止，对A 进行受力分析，根据平衡条件求解。

(2)质点到达B 点时受竖直向下的O 点的库仑力和水平向右的电场力，根据力的合成求解 (3)根据牛顿第二定律求出加速度，根据动能定理求出C 点时速度。

【详解】
(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止，对A 进行受力分析，
AO 间的库仑力为2
2Q F K L
=；
根据平衡条件得：sin F EQ θ= 2sin 2F KQ
E Q L
θ=
= 方向由A 指向C
(2)该质点到达B 点时受竖直向下的O 点的库仑力和水平向右的电场力，
库仑力为2
2
'(sin60)Q F K L =；
水平向右的电场力F EQ "=
B 点时所受的电场力222
2
273()[](sin60)kQ kQ F EQ L =+= (3)质点到达C 点时进行受力分析，根据牛顿第二定律得
2
222
sin
Q K EQ F KQ L a m m mL θ+===
合． 从A 点到C 点根据动能定理得
22
1122
o EQL mv mv =
-； 22
kQ v mL
υ=+ 【点睛】
本题的关键要耐心细致地分析物体的运动过程，对物体进行受力分析，运用动能定理、牛顿第二定律进行处理。

17．“顿牟掇芥”是两千多年前我国古人对摩擦起电现象的观察记录，经摩擦后带电的琥珀能吸起小物体，现用下述模型分析研究。

在某处固定一个电荷量为Q 的点电荷，在其正下方h 处有一个原子。

在点电荷产生的电场（场强为E ）作用下，原子的负电荷中心与正电荷中心会分开很小的距离l ，形成电偶极子。

描述电偶极子特征的物理量称为电偶极矩p ，q =p l ，这里q 为原子核的电荷量。

实验显示，p E α=，α为原子的极化系数，反映其极化的难易程度。

被极化的原子与点电荷之间产生作用力F 。

在一定条件下，原子会被点电荷“掇”上去。

(1)F 是吸引力还是排斥力？简要说明理由；
(2)若将固定点电荷的电荷量增加一倍，力F 如何变化，即求
(2)
()
F Q F Q 的值； (3)若原子与点电荷间的距离减小一半，力F 如何变化，即求()
2()
h F F h 的值。

【答案】(1)吸引力，(2)4，(3)32。

【解析】 【详解】
(1)F 为吸引力。

理由：当原子极化时，与Q 异种的电荷移向Q ，而与Q 同种的电荷被排斥而远离Q ，这样异种电荷之间的吸引力大于同种电荷的排斥力，总的效果是吸引； (2)设电荷Q 带正电（如图所示）：
电荷Q 与分离开距离l 的一对异性电荷间的总作用力为：
233222
2
()222()()22(4
)
kQ q kQq hl kQql kQp
F kQq l l l h h h h h --=
+=≈-=--+- 式中：
q =p l
为原子极化形成的电偶极矩，负号表示吸引力，由于l
h ，故：
2
2
24
l h h -≈
又已知：
p E α=
而电荷Q 在离它h 处的原子所在位置产生的电场场强大小为：
2
kQ E h =
于是，电荷Q 与极化原子之间的作用力为：
5
22
2k Q F h
α=- 它正比于固定电荷的平方，反比于距离的五次方，因此不管电荷Q 的符号如何，它均产生吸引力。

当固定点电荷的电荷量增加一倍时，力F 变为原来的4倍，即：
(2)
4()
F Q F Q =； (3)当原子与点电荷间的距离减小一半时，力F 变为原来的32倍，即：
()
232()
h F F h =。

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
）0l =（2
）v =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 =
2
0kQq
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．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：
22
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
20．如图所示，均可视为质点的三个物体A 、B 、C 在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，A 绝缘，A 与B 紧靠在一起，C 紧靠在固定挡板上，质量分别为m A =0.43kg ，m B =0.20kg ，m C =0.50kg ，其中A 不带电，B 、C 的电荷量分别为q B =+2×10-5C 、q C =+7×10-5C 且保持不变，开始时三个物体均能保持静止。

现给A 施加一平行于斜面向上的力F ，使A 做加速度a=2.0m/s 2的匀加速直线运动，经过时间t ，力F 变为恒力，已知静电力常量为k=9.0×109N·m 2/C 2，g 取10m/s 2。

求： （1）开始时BC 间的距离L ； （2）F 从变力到恒力需要的时间t 。

【答案】（1）2.0m ；（2）1.0s 【解析】 【分析】 【详解】
（1）A 、B 、C 静止时，以AB 为研究对象，受力分析有
2
sin30o B C
A B q q m m g k
L +=（） 代入数据解得
L =2.0m
（2）AB 分离时两者之间弹力恰好为零，此后F 变为恒力，对B 用牛顿第二定律得
2sin30B B B C
m g m a q q k
l
︒=- 解得
3.0m l =
由匀加速运动规律得
212
l L at -=
解得
1.0s t =
21．如图所示，长l =1 m 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，绳与竖直方向的夹角θ=37°．已知小球所带电荷量q =1.0×10–6 C ，匀强电场的场强E =3.0×103 N/C ，取重力加速度g =10 m/s 2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求：
（1）小球所受电场力F 的大小和小球的质量m ；
（2）将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角θ=37°时速度v 的大小；
（3）在（2）所述情况下小球通过绳与竖直方向的夹角θ=37°时绳中张力T 的大小． 【答案】（1）F = 3.0×10-3 N m=4.0×10–4 kg （2）5m/s v = （3）T =7.0×10-3 N
【解析】 【分析】 【详解】
（1）小球受到的电场力的大小为：
F=qE=1.0×10–6×3.0×103N =3.0×10-3 N
小球受力如图所示：
根据平衡可知：
tan
F mgθ
=
解得：
m=4.0×10–4kg
（2）将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角θ=37°时根据动能定理有
2
1
sin(1cos)
2
Fl mgl mv
θθ
--=
解得：
1
2(1)5m/s
cos
v gl
θ
=-=
（3）沿绳方向根据牛顿第二定律可知
2
sin cos
mv
T F mg
l
θθ
--=
解得：
T=7.0×10-3 N。