江苏省句容高级中学物理 静电场及其应用精选测试卷专题练习

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，在圆心为O 、半径为R 的圆周上等间距分布着三个电荷量均为q 的点电荷a 、b 、c ，其中a 、b 带正电，c 带负电。已知静电力常量为k ，下列说法正确的是

（ ）

A ．a 23kq

B ．c 23kq

C ．a 、b 在O 点产生的场强为

2

3kq

R

，方向由O 指向c D ．a 、b 、c 在O 点产生的场强为22kq

R

，方向由O 指向c 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

AB ．根据几何关系得ab 间、bc 间、ac 间的距离

3r R =

根据库仑力的公式得a 、b 、c 间的库仑力大小

22

223q q F k k r R

==

a 受到的两个力夹角为120?，所以a 受到的库仑力为

2

23a q F F k R

==

c 受到的两个力夹角为60?，所以c 受到的库仑力为

2

2

333c kq F F R ==

选项A 错误，B 正确；

C ．a 、b 在O 点产生的场强大小相等，根据电场强度定义有

02

q E k

R = a 、b 带正电，故a 在O 点产生的场强方向是由a 指向O ，b 在O 点产生的场强方向是由

b 指向O ，由矢量合成得a 、b 在O 点产生的场强大小

2q E k R

=

方向由O →c ，选项C 错误；

D ．同理c 在O 点产生的场强大小为

02q

E k R

=

方向由O →c

运用矢量合成法则得a 、b 、c 在O 点产生的场强

22q

E k R

'=

方向O →c 。选项D 正确。 故选BD 。

2．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．

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所受重力的

3

3

倍，要使B球依然在θ=30°处静止，则丝线BC

323

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BC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 3

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 3

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

33

F AB h h

G =

= 根据余弦定理可得

2

2232cos30h BC BC h =+-???（

） 解得

BC 323h 选项D 正确。 故选BCD 。

4．某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系。A、B是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B并保持A、B连线与细线垂直。用Q和q表示A、B的电荷量，d表示A、B间的距离，θ（θ不是很小）表示细线与竖直方向的夹角，x表示A偏离O点的水平距离，实验中（）

A．d可以改变B．B的位置在同一圆弧上

C．x与电荷量乘积Qq成正比D．tanθ与A、B间库仑力成正比

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】

A．因实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d应保持不变，选项A错误；B．因要保持A、B连线与细线垂直且A、B距离总保持d不变，可知B到O点的距离不变，故B的位置在同一圆弧上，选项B正确；

C．对A球由平衡知识可知

2

sin

qQ x

k mg mg

d L

θ

==

可知x与电荷量乘积Qq成正比，选项C正确；

D．因为

2

tan=

qQ

k

d d

L mgx

θ=

由于x变化，所以不能说tanθ与A、B间库仑力成正比，故D错误。

故选BC。

5．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

πC ．小球c 2

3kq D ．外力F 竖直向上，大小等于2

26kq mg +【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

223cos 3h R α==+ 22

6sin 3

h R α=

=

+ 对b 球，根据牛顿第二定律和向心力得：

()

22222264cos 2cos302cos30q q q k k m R ma h R T R πα???-==+ 解得：

23R

mR

T q k

π=

2

3kq a =则小球c 2

3kq 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。

6．有固定绝缘光滑挡板如图所示，A、B为带电小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左的力F作用于B时，A、B均处于静止状态．现若稍改变F的大小，使B向左移动一段小距离（不与挡板接触），当A、B重新处于平衡状态时与之前相比（）

A．A、B间距离变小

B．水平推力力F减小

C．系统重力势能增加

D．系统的电势能将减小

【答案】BCD

【解析】

【详解】

A．对A受力分析，如图；由于可知，当B向左移动一段小距离时，斜面对A的支持力减小，库仑力减小，根据库仑定律可知，AB间距离变大，选项A错误；

B．对AB 整体，力F等于斜面对A的支持力N的水平分量，因为N减小，可知F减小，选项B正确；

C．因为AB距离增加，则竖直距离变大，则系统重力势能增加，选项C正确；

D．因为AB距离增加，电场力做正功，则电势能减小，选项D正确；

故选BCD.

t=时，甲静止，乙以7．如图()a所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．0

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．

8．如右图，M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心，

.电荷量相等、符号相反的两个电荷分别置于M 、N 两点，这时O 点电场强

度的大小为E 1；若将N 点处的点电荷移至P 点，则O 点的场强大小变为E 2.E 1与E 2之比为( )

A ．1：2

B ．2：1

C ．

D ．

【答案】B 【解析】 【分析】

【详解】 试题分析：由

得：

；若将N 点处的点电荷移至P 点，则O 点

的场强大小变为E 2，知两点电荷在O 点的场强夹角为1200，由矢量的合成知，

得：

，B 对

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，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A B、为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用水平向右的力F作用在A球上，使两球

、两球连线与水平方向成θ角。下列说法正确的是（）

均处于静止状态，已知A B

Fθ

A．杆MO对A球的弹力大小为tan

Fθ

B．杆NO对B球的弹力大小为sin

Fθ

C．B球的重力大小为tan

Fθ

D．A B、两球间的库仑力大小为cos

【答案】C

【解析】

【详解】

对A球受力分析，设A的质量为m、拉力F、支持力N1，两球间的库仑力大小为F1，如图，根据平衡条件，有

x方向

F=F1cosθ①

y方向

N1=mg+F1sinθ②

再对B球受力分析，受重力Mg、静电力F1、杆对其向左的支持力，如图，根据平衡条件，有

x方向

F1cosθ=N2③

y 方向

F 1sinθ=M g ④

有上述四式得到

Mg=F tanθ

1F

F cos θ=

N 1=mg +Mg N 2=F 可知由于不知道A 的质量，所以不能求出A 受到的弹力N 1。 故ABD 错误，C 正确； 故选C 。

11．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。

12．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．

13．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 =

2

kq

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：

122200

(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。

14．如图所示，绝缘水平面上一绝缘轻弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端栓接一带负电小物块，整个装置处在水平向右的匀强电场中。现保持匀强电场的场强大小不变，仅将其方向改为指向左偏下方向，物块始终保持静止，桌面摩擦不可忽略，则下列说法正确的是 （ ）

A ．弹簧一定处于拉伸状态

B ．相比于电场变化前，变化后的摩擦力的大小一定减小

C ．变化后的摩擦力不可能为零

D ．相比于电场变化前，变化后弹簧的弹力和摩擦力的合力大小一定变小 【答案】D 【解析】 【分析】

【详解】

A ．如果电场力和弹力都远小于最大静摩擦力，那么无论怎么样改变电场，物块都是静止，弹簧可以处于压缩也可以处于伸长状态，故 A 错误；

B ．不知道弹簧处于拉伸还是压缩状态，不知道电场力和弹力的大小和方向，故无法判断摩擦力方向及大小变化，故B ；

C ．如果变化后电场力的水平分力与弹簧的弹力等大反向，摩擦力为零，故C 错误；

D ．由题根据三个力的平衡可知，弹簧的弹力和摩擦力的合力与水平方向电场力等大反向，水平方向电场力变小，弹簧的弹力和摩擦力的合力必定变小，故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，ABD 为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB 段是长为 1.25L m =的粗糙水平面，其动摩擦因数为0.1μ=，BD 段为半径R =0.2 m 的半圆，两段轨道相切于B 点,整个轨道处

在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小3510/E V m =?。一带负电小球，以速度v 0从A 点沿水平轨道向右运动，接着进入半圆轨道后，恰能通过最高点D 点。已知小球的质量为

22.010m kg -=?，所带电荷量52.010q C -=?，g 取10 m/s 2(水平轨道足够长，小球可视

为质点，整个运动过程无电荷转移)，求：

（1）带电小球在从D 点飞出后，首次在水平轨道上的落点与B 点的距离； （2）小球的初速度v 0。

【答案】（1）0.4m ；（2）2.5m /s 【解析】 【详解】

（1）对小球，在D 点，有：

2D

v mg qE m R

-=

得：

1m/s D v =

从D 点飞出后，做平抛运动，有：

mg qE ma -=

得：

25.0m/s a =

2122

R at =

得：

0.4t s =

0.4m D x v t ==

（2）对小球，从A 点到D 点，有：

22011()2222

D mg q

E L mg R qE R mv mv μ---?+?=

- 解得：

0 2.5m/s v =

17．万有引力和库仑力有类似的规律，有很多可以类比的地方。已知引力常量为G ，静电力常量为k 。

（1）用定义静电场强度的方法来定义与质量为M 的质点相距r 处的引力场强度E G 的表达式；

（2）质量为m 、电荷量为e 的电子在库仑力的作用下以速度v 绕位于圆心的原子核做匀速圆周运动，该模型与太阳系内行星绕太阳运转相似，被称为“行星模型”，如图甲。已知在一段时间内，电子走过的弧长为s ，其速度方向改变的角度为θ（弧度）。求出原子核的电荷量Q ；

（3）如图乙，用一根蚕丝悬挂一个金属小球，质量为m ，电荷量为﹣q 。悬点下方固定一个绝缘的电荷量为+Q 的金属大球，蚕丝长为L ，两金属球球心间距离为R 。小球受到电荷间引力作用在竖直平面内做小幅振动。不计两球间万有引力，求出小球在库仑力作用下的振动周期。

【答案】（1）质量为M 的质点相距r 处的引力场强度的表达式为

2

GM

r ；（2）原子核的电荷量为2mv s

ke

θ；（3）小球在库仑力作用下的振动周期为2Lm R kQq π

【解析】 【详解】

（1）根据电场强度的定义式方法，那么质量为M 的质点相距r 处的引力场强度E G 的表达式：

2G F GM

E m r

=

= （2）根据牛顿第二定律，依据库仑引力提供向心力，则有：

2

2Qe v k m R R

= 由几何关系，得

s

R θ

=

解得：

2mv s

Q ke

θ=

（3）因库仑力：

2

Qq F R =

等效重力加速度：

2F kQq g m mR

'=

= 小球在库仑力作用下的振动周期：

22L Lm T R g kQq

π

π'==

18．如图所示，在绝缘水平面上，相距L 的A 、B 两点处分别固定着两个带电荷量相等的正点电荷，a 、b 是AB 连线上的两点，其中4

L

Aa Bb ==

，O 为AB 连线的中点，一质量为m 、带电荷量为+q 的小滑块（可以看作质点）以初动能E 从a 点出发，沿直线AB 向b 点运动，其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(1)n >，到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点重力加速度为g ，求： （1）小滑块与水平面间的动摩擦因数； （2）O 、b 两点间的电势差； （3）小滑块运动的总路程.

【答案】（1）k02E mgL μ= （2）k0(21)2Ob n E U q -=- （3）21

4

n s L +=

【解析】 【详解】 （1）由4

L

Aa Bb ==，0为AB 连线的中点知a 、b 关于O 点对称，则a 、b 两点间的电势差0ab U =;

设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f ，在滑块从a 点运动到b 点的过程中，由动能定理得

k002

ab L

qU f E -?

=- 又摩擦力

f m

g μ=

解得

2k E mgL μ=

. （2）在滑块从O 点运动到b 点的过程中，由动能定理得

004

ob k L

qU f nE -?

=-

解得

ko

(21)2ob n E U q

-=-

. （3）对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程，由动能定理得

000a x k qU f E -=-

又

(21)2kO

aO Ob n E U U q

-=-=

解得

21

4

n s L +=

.

19．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 mg θ=

解得：

m=4.0×10–4 kg

（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

21sin (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

20．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：

21(1-cos37)2

mgL mv ?=

解得

2.0m/s v =

（4）将电场撤去，小球摆动到最低点时由牛顿第二定律得

2

-v T mg m L

=

解得

-35.610N T =?

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．