高中物理 静电场及其应用 静电场及其应用精选测试卷专题练习(word 版
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,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 。
2.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 =q
E 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 。
3.如图所示,竖直绝缘墙上固定一带电小球A ,将带电小球B 用轻质绝缘丝线悬挂在A 的正上方C 处,图中AC =h 。当B 静止在与竖直方向夹角θ=30°方向时,A 对B 的静电力为B 所受重力的0.5倍,则下列说法中正确的是(两球均可看作点电荷)( )
A .此时丝线长度为
2
2
L B .以后由于A 漏电,B 在竖直平面内缓慢运动,到θ=0°处A 的电荷尚未漏完,在整个漏电过程中,丝线上拉力大小保持不变
C .若保持悬点C 位置不变,缓慢缩短丝线BC 的长度,B 球运动轨迹在最初阶段为圆弧
D .若A 对B 的静电力为B 3
B 球依然在θ=30°处静止,则丝线B
C 的长度应调整为33h 或33
h 【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】
A .当A 对
B 的静场力为B 所受重力的0.5倍,B 静止时丝线B
C 与竖直方向夹角θ=30°,处于平衡,根据几何关系可知此时AB 与BC 互相垂直,此时丝线长度为
3
2
h ,选项A 错
误;
B .而由三角形相似可知
G F T h AB BC
== 则在整个漏电过程中,丝线上拉力T 大小保持不变,选项B 正确;
C.以C 点为原点,以CA 方向为y 轴,垂直CA 方向向右为x 轴建立坐标系,设B 点坐标为(x ,y ),则由几何关系
cos sin x h θθ=?
tan x y
θ=
消掉θ角且整理可得
2
222(cos )x y h BC +==θ
缓慢缩短丝线BC 的长度,最初阶段BC 的长度变化较小,B 球运动轨迹在最初阶段为圆弧,选项C 正确;
D .若A 对B 的静电力为B 所受重力的
3
3
倍,则B 静止在与竖直方向夹角仍为θ=30°时,对B 受力分析,G 、F 与T ,将F 与T 合成,则有
G F AC AB
= 解得
3F AB h G =
= 根据余弦定理可得
2
2232cos303
h h BC BC h =+-???(
) 解得
BC =
33h 或33
h 选项D 正确。 故选BCD 。
4.如图()a 所示,光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷.0t =时,甲静止,乙以
6m /s 的初速度向甲运动.此后,它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程
中没有接触),它们运动的v t -图像分别如图()b 中甲、乙两曲线所示.则由图线可知( )
A .两电荷的电性一定相反
B .甲、乙两个点电荷的质量之比为2:1
C .在20t ~时间内,两电荷的静电力先减小后增大
D .在30t ~时间内,甲的动能一直增大,乙的动能先减小后增大 【答案】BD 【解析】 【详解】
A .由图象0-t 1段看出,甲从静止开始与乙同向运动,说明甲受到了乙的排斥力作用,则知两电荷的电性一定相同,故A 错误.
B .由图示图象可知:v 甲0=0m/s ,v 乙0=6m/s ,v 甲1=v 乙1=2m/s ,两点电荷组成的系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得:
+=+m v m v m v m v 甲甲0乙乙0甲甲1乙乙1
代入数据解得:
m 甲:m 乙=2:1
故B 正确;
C .0~t 1时间内两电荷间距离逐渐减小,在t 1~t 2时间内两电荷间距离逐渐增大,由库仑定律得知,两电荷间的相互静电力先增大后减小,故C 错误.
D .由图象看出,0~t 3时间内,甲的速度一直增大,则其动能也一直增大,乙的速度先沿原方向减小,后反向增大,则其动能先减小后增大,故D 正确.
5.如图所示,某电场的电场线分布关于 y 轴(沿竖直方向)对称,O 、M 、N 是 y 轴上的三 个点,且 OM=MN 。P 点在 y 轴右侧,MP ⊥ON 。则
A.M 点场强大于 N 点场强
B.M 点电势与 P 点的电势相等
C.将正电荷由 O 点移动到 P 点,电场力做负功
D.在 O 点静止释放一带正电粒子,该粒子将沿 y 轴正方向做直线运动
【答案】AD
【解析】
【详解】
A、从图像上可以看出,M点的电场线比N点的电场线密集,所以M 点场强大于 N 点场强,故A对;
B、沿着电场线电势在降低,由于电场不是匀强电场,所以M和P点不在同一条等势线上,所以M 点电势与 P 点的电势不相等,故B错;
C、结合图像可知:O点的电势高于P点的电势,正电荷从高电势运动到低电势,电场力做正功,故C错;
D、在 O 点静止释放一带正电粒子,根据电场线的分布可知,正电荷一直受到向上的电场力,力与速度在一条直线上,故粒子做直线运动,故D对;
故选AD
6.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。
7.如图所示,A 、B 、C 为放置在光滑水平面上的三个带电小球(可视为点电荷),其中B 与C 之间用长为L 的绝缘轻质细杆相连,现把A 、B 、C 按一定的位置摆放,可使三个小球都保持静止状态。已知小球B 的带电量为-q ,小球C 的带电量为+4q ,则以下判断正确的是( )
A .小球A 的带电量可以为任何值
B .轻质细杆一定处于被拉伸状态
C .小球A 与B 之间的距离一定为
4
L D .若将A 向右平移一小段距离,释放后A 一定向左运动 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
AC .小球A 受力平衡,设小球AB 之间的距离为x ,根据平衡条件有
()
A A 224q q q q
k
k x L x ?=+ 解得
x L =
所以小球A 的电荷量可以为任意值,可以带正电,也可以带负电,A 正确,C 错误; B .对小球B ,小球A 和小球C 对其静电力的合力为
A 22
4q q q q F k
k x L ?=- 由于不知道小球A 的带电量,所以无法确定小球A 和小球C 对小球B 的静电力的合力是否为零,故无法判断轻杆是否被拉伸,B 错误;
D .小球A 在原来的位置是平衡的,若将A 向右平移一小段距离,小球B 和小球C 对其的静电力均增加,且小球B 对其的静电力增加的更快,但由于小球A 的电性不确定,所以释放后A 的运动方向也不确定,D 错误。 故选A 。
8.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 C .q 1>q 2 D .q 1 【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。 9.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. 10.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 = 2kq 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。 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; 12.一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 >,12??> B .若左右两部分的表面积相等,有12E E <,12??< 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 ?=,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。 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=()22424 l l k l F k F F -+=+合库库 则由相似三角形关系可知 11'=13224 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 。 14.如图,质量分别为 m A 和 m B 的两小球带有同种电荷,电荷量分别为 q A 和 q B ,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 θ1 与 θ2(θ1>θ2).两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动,最大速度分别 v A 和 v B ,最大动能分别为 E kA 和 E kB .则( ) A .m A :m B =tan θ1: tan θ2 B .q A :q B =1: 1 C .1 2 :tan tan 2 2A B v v θθ= D .1 2 :tan :tan 2 2 kA kB E E θθ= 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 A .对A 球进行受力分析可知,A 所受到的库仑力大小为 A 1tan F m g θ= 同理B 受到的库仑力为 B 2tan F m g θ= 两球间的库仑力大小相等方向相反,因此 A B 21:tan :tan m m θθ=① A 错误; B .两个小球间的库仑力总是大小相等,与两小球带电量大小无关,因此无法求出两球电量间的关系,B 错误; CD .由于两球处于同一高度,则 11 22cos cos =l l h θθ=② 又由于两球下摆的过程中,机械能守恒,则 2 k 1(1cos )2 mgl E mv θ-== ③ 由②③联立可得 11 2 2 1 1cos 1 1cos v v θθ-=- 由①②③联立利用三角函数关系可得 1 kA 2 kB tan 2tan 2 E E θθ= C 错误, D 正确。 故选D 。 15.两个等量异种电荷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 。 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83 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)2(833)- 【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: cos303 R 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:W = 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: ( 283 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( 283 mg -,方向向 下. 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,电荷量分别为+Q 和-Q ,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,不影响电场的分布。),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O 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 。求: (1)C 、O 间的电势差U CO ; (2)O 点处的电场强度E 的大小及小球p 经过O 点时的加速度; 【答案】(1) 222mv mgd q - (2)222kQ d ; 2 22kQq g md + 【解析】 【详解】 (1)小球p 由C 运动到O 的过程,由动能定理得 2 102 CO mgd qU mv += - 所以 222CO m mgd U q v -= (2)小球p 经过O 点时受力如图 由库仑定律得 122 (2)F F d == 它们的合力为 F =F 1cos 45°+F 2cos 45°=Eq 所以O 点处的电场强度 2 2= 2k Q E d 由牛顿第二定律得: mg+qE =ma 所以 2k Qq a g =+ 18.如图所示,边长为a 的等边三角形ABC 的三个顶点分别固定三个点电荷+q 、+q 、-q ,已知静电力常量K . (1)求C 点电荷受到的电场力的大小和方向 (2)求三角形中心O 点处的场强的大小和方向 【答案】(12 23q k a 方向由C 指向O - (2)26q k a 场强方向O 向C 【解析】 (1)根据库仑定律,A 对C 的引力2 12q F k a = 根据库仑定律,B 对C 的引力:2 22q F k a = 根据平行四边形定则可以得到:2 122cos303q F F k a == ,合力方向由C 指向O (2) 设OA 距离为r,由几何关系知3r = 则A 在O 点产生场强大小为1223q q E k k r a ==,方向由A 指向O B 在O 点产生场强大小为2223q q E k k r a ==,方向由B 指向O C 在O 点产生场强大小为3223q q E k k r a ==,方向由O 指向C 所以根据平行四边形定则可以得到:2226q q E k k r a ==,合场强方向O 向C . 点睛:本题考查库仑定律以及电场的叠加问题,关键要掌握库仑定律公式、点电荷场强公式和平行四边形定则,结合数学知识求解. 19.如图,在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为m 的带电小球由MN 上方H 处的A 点以初速度v 水平抛出,从B 点进入电场,到达C 点时速度方向恰好水 平,A 、B 、C 三点在同一直线上,且AB =2BC ,求: (1)A 、B 两点间的距离 (2)带电小球在电场中所受的电场力 【答案】(1) 22 28 v H H +(2)3mg 【解析】 【详解】 (1)小球在MN 上方做平抛运动 竖直方向:212 H gt = 水平方向:x vt = A 、 B 两点间的距离 22L H x =+ 联立以上各式解得 22 2v H L H g =+ (2)带电小球进入电场后水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀减速直线运动,对带电小球运动的全过程,由动能定理得: ()022 H H mg H F + -?= 解得 F =3mg 20.如图所示,小球的质量为0.1kg m =,带电量为5 1.010C q -=?,悬挂小球的绝缘丝线与竖直方向成30θ=?时,小球恰好在水平向右的匀强电场中静止不动.问: