一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）
1．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．
2．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。
3．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．
【答案】BD
【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 。
4．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 。
5．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，最大速度分别为v A 和v B ，最大动能分别为E k A 和E k B 。则( )
A ．m A 一定大于m
B B ．q A 一定小于q B
C ．v A 一定大于v B
D ．
E k A 一定大于E k B 【答案】CD 【解析】 【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：
1tan A F
m g
θ=
故：
1tan A F
m g θ=
?
同理，有：
2
tan B F
m g θ=
?
由于θ1＞θ2，故m A ＜m B ，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：
111
1
(1)cos cos h h h h θθ?=
-=- 小球摆动过程机械能守恒，有
2
12
A A A A m g h m v ?=
解得：
2A A v g h =??由于θ1＞θ2，A 球摆到最低点过程，下降的高度△h A ＞△h B ，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
mg △h =E K
故
(1cos )(1cos )tan k FL
E mg h mgL θθθ
=?=-=
- 其中L cos θ相同，根据数学中的半角公式，得到：
1cos (1cos )cos ()cos tan tan sin 2
k FL E FL FL θθ
θθθθθ-=
-==?
其中FL cosθ相同，故θ越大，动能越大，故E kA一定大于E kB，故D正确。
6．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
7．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
【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。
8．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R1和R2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O1和O2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． () () () () 33 22 22 22 12 kq a r kq a r E R a r R a r +- =- ???? +++- ???? B． () () () () 33 22 22 22 12 kq a r kq a r E R a r R a r +- =+ ???? +++- ???? C． ()() 12 22 22 12 kqR kqR E R a r R a r =- ???? +++- ???? D． ()() 12 33 22 22 22 12 kqR kqR E R a r R a r =- ???? +++- ???? 【答案】A 【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 ． 9．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 。 10．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。 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。 12．一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E1，电势 为φ1；右侧部分在M点的电场强度为E2，电势为φ2；整个半球壳在M点的电场强度为E3，在N点的电场强度为E4．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．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 2220.125/12.5/1.010T 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． 14．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 3 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 。 15．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 1122cos 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 。 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．如图所示，在沿水平方向的匀强电场中，有一长度l =0. 5m 的绝缘轻绳上端固定在O 点，下端系一质量21010m .-=?kg 、带电量8 2.010q -=?C 的小球（小球的大小可以忽 略）在位置B 点处于静止状态，此时轻绳与竖直方向的夹角α=37°，空气阻力不计，sin37°=0. 6，cos37°=0. 8，g =10m/s 2. （1）求该电场场强大小； （2）在始终垂直于轻绳的外力作用下将小球从B 位置缓慢拉动到细绳竖直位置的A 点， 求外力对带电小球做的功； （3）过B 点做一等势面交电场线于C 点（C 点未画出），使轻绳与竖直方向的夹角增大少许（不超过5°），再由静止释放，求小球从C 点第一次运动到B 点的时间，并写出分析求解过程. 【答案】(1) 63.7510E =?N/C (2)2 1.2510F W J -=? (3)0.31t s = 【解析】 【详解】 （1）带电小球静止，受到合力等于零，电场力与重力的关系是： tan Eq mg α=，即tan mg E q α= 代入数值计算得电场场强大小：63.7510/E N C =? （2）小球在外力作用下从B 位置缓慢移动到A 位置过程中，根据动能定理有： sin (cos )0F W Eql mg l l αα-+-= 所以sin tan (cos )F mg W q mg l l q ααα= -- 代入数值解得电场场强大小：2 1.2510F W J -=? （3）分析受力可知：小球在运动过程中，重力和电场力的合力为恒力，大小为 5 cos 4 mg F mg α= = 类比研究单摆的方法可知，小球的运动与单摆类似，回复力由上述合力沿圆周切向的分力提供。因为从C 到B 的角度θ很小，进一步可知回复力与相对平衡位置的位移大小成正比、方向相反，故小球的运动为简谐运动。 小球的运动可等效为在某个场强大小为5 4 g mg '=，方向与竖直方向成α角斜向右下的场中做简谐运动，其周期为 225/4 l l T g g =='故从C 到B 最短的时间1 0.10.314 t T s π= == 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r0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r0，如果M带电量改变为 3 2 q，仍从离N点r0处静止释放时，则运动的位移为r0时速度和加速度各为多大? 【答案】（1） 2 l r =（2） v gr μ = 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 kQq r 由牛顿第二定律可知，开始瞬间 F库0-μmg=ma 可得： 2 F 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： 02 1 2 kQq F F l '== 库库 所以 2 l r = （2）小球q运动距离r0过程中由动能定理的得: 00 W mgr μ '-=- 电场力 金属球 3 2 q运动距离r0过程中由动能定理的得: 2 1 2 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 gr μ = 由牛顿第二定律可知： ()2 3 2 2 kQ q mg ma r μ ? -= 由02 F mg μ =，解得： 4 g a μ = 方向水平向左。 19．如图所示，长l＝1m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＝1.0×10－6C，匀强电场的场强E＝ 3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)小球所受电场力F的大小； (2)小球的质量m； (3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小． 【答案】(1)F=3.0×10－3N(2)m=4.0×10－4kg(3)v=2.0m/s 【解析】 【分析】 【详解】 (1)根据电场力的计算公式可得电场力633 1.010 3.010N 3.010N F qE-- ==???=?；(2)小球受力情况如图所示： 根据几何关系可得 tan qE mg θ =，所以 3 4 310 kg410 kg tan10tan37 qE m gθ - - ? ===? ?? ；(3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则2 1 (1cos37) 2 mgl mv -?=，解得v=2m/s． 20．如图所示，光滑绝缘水平面上固定着A、B、C三个带电小球，它们的质量均为m，间距均为r，A带电量Q A=10q，B带电量Q B=q，若小球C上加一个水平向右的恒力，欲使A、B、C始终保持r的间距运动，求： (1)C球的电性和电量Q C； (2)水平力F的大小。 【答案】（1）C球带负电Q C= 40 3 q （2）F=70k 2 2 q r 【解析】 （1）对A、B、C系统研究得： 3 F a m = A球受到B球库仑斥力F1和C球库仑力F2后，要产生水平向右加速度，故F2必为引力，C 球带负电。 对AB两球有2222 (2) C A B A C B A B Q Q Q Q Q Q Q Q k k k k r r r r m m -+ = 联立可得： 40 3 C Q q = （2）对整体和A有22 (2) 3 C A B A Q Q Q Q k k F r r m m - = 2 2 70 q F k r = 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）3910N/C ? （2）41.2710N/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： 3 2 =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2 kQ 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
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