静电场及其应用精选试卷专题练习(word版

静电场及其应用精选试卷专题练习（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，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点O对称。某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（x轴）上必定有两个场强最强的点A、'A，该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（）

A．若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置

B．如图(1)，若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置

C．如图(2)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点O。直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置

D．如图(3)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点O，直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置

【答案】ABC

【解析】

【分析】

【详解】

A．可以将每个点电荷（2q）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q），既然上下两个点电荷（q）的电场在x轴上场强最大的点仍然在A、A＇两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x轴上场强最大的点当然还是在A、A＇两位置，选项A正确；

B．由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置，选项B正确；

C．由AB可知，在yOz平面内将两点电荷绕O点旋转到任意位置，或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数，在x轴上场强最大的点都在A、A＇两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于O点对称的任意两小段的合电场在x轴上场强最大的点仍然还在A、A＇两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x轴上场强最大的点当然还在A、A＇两位置，选项C正确；

D．如同C选项，将薄圆板相对O点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于O点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x轴上场强最大的点就不再在A、A＇两位置，则整个圆板的合电场在x轴上场强最大的点当然也就不再在A、A＇两位置，选项D错误。

故选ABC。

2．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 三小球的电荷量大小均为 q ，小球 d 的电荷量大小为 6q ，h ＝2R 。重力加速度为 g ，静电力常量为 k 。则（ ）

A ．小球 a 一定带正电

B ．小球 c 2

3kq C ．小球 b 2R mR

q k

πD ．外力 F 竖直向上，大小等于mg 2

26kq 【答案】BD 【解析】 【分析】 【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d 球的电性未知，所以a 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 3R h α==+ 22

6sin 3

R h α=

+＝

对b 球，根据牛顿第二定律和向心力得：

22222264cos 2cos302cos30()q q q k k mR ma h R R T

πα?-?==+? 解得

23R

mR

T q k

π=

2

2

33kq a mR

=

则小球c 的加速度大小为2

2

33kq mR

，故B 正确，C 错误。 D ．对d 球，由平衡条件得

2

226263sin q q kq F k mg mg h R R

α?=+=++ 故D 正确。 故选BD 。

3．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 θααα

-=+

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：

()22

2

221

2

()5322

v cos a a a gcos g R θθ-=+=+=

可知小球的加速度一直变大，故D 正确。 故选ACD 。

4．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

22

32sin 2

sin 60(2)4P M kQ kQ E E L L

θ?

=== 所以电场力即为向心力为

2

34Qq

F k

L

= 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．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

【解析】

【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 ．

7．如图所示，半径为R 的绝缘光滑半球内有A 、B 两个带电小球（均可视为点电荷），A 球固定在半球的最低点，B 球静止时，A 、B 两球之间的距离为R ，由于漏电，B 球缓慢向A 球靠近，设A 、B 两球之间的库仑力大小为F ，光滑半球对B 球的弹力大小为N ，A 、B 两球之间的距离用x 表示，则F －x 、N －x 的关系图象正确的是（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

以B 球为研究对象，受到重力G ，A 球对它的斥力F 和光滑半球对B 的弹力N 三个力作用，受力如图：

由几何关系可知，力的三角形F BN 合与三角形ABO 相似，则有

=G N F R OB AB

因为G 、R 、OB 不变，则N 不变，AB 在减小，因此F 减小 选项B 正确，ACD 错误。 故选B 。

8．如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于P点，另一带正电小球M固定在带电小球的左侧，小球平衡时，绝缘丝线与竖直方向夹角为θ，且两球球心在同一水平线上．关于悬挂小球的电性和所受库仑力的大小，下列判断正确的是( )

A．正电，

mg

tanθ

B．正电，mg tan θ

C．负电，mg tan θD．负电，

mg tanθ

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

小球 M带正电，两球相斥，故小球带正电；以小球为研究对象，对小球进行受力分析，根据小球处于平衡状态可知，F=mgtgθ，故选B．

【点睛】

对于复合场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法．

9．如图所示，光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上，可视为质点的带电小球1、2的电荷分别为Q1、Q2，其中小球1固定在碗底A点，小球2可以自由运动，平衡时小球2位于碗内的B位置处，如图所示．现在改变小球2的带电量，把它放置在图中C位置时也恰好能平衡，已知AB弦是AC弦的两倍，则（）

A．小球在C位置时的电量是B位置时电量的一半

B．小球在C位置时的电量是B位置时电量的四分之一

C．小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小

D．小球2在B点对碗的压力大小大于小球2在C点时对碗的压力大小

【答案】C

【解析】

【详解】

AB．对小球2受力分析，如图所示，小球2受重力、支持力、库仑力，其中F1为库仑力F 和重力mg的合力，根据三力平衡原理可知，F1=F N．由图可知，△OAB∽△BFF1

设半球形碗的半径为R，AB之间的距离为L，根据三角形相似可知，

1

F

mg F

OA OB AB

==

即

1

F

mg F

R R L

==

所以

F N=mg①

L

F mg

R

=②

当小球2处于C位置时，AC距离为

2

L

，故

'

1

2

F F

=，

根据库仑定律有：

2

A B

Q Q

F k

L

=

'

2

1

()

2

A C

Q Q

F k

L

=

所以

1

8

C

B

Q

Q

=，

即小球在C位置时的电量是B位置时电量的八分之一，故AB均错误；

CD．由上面的①式可知F N=mg，即小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小，故C正确，D错误。

故选C。

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．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1 27

【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．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 。

13．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。

14．如图所示，质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，另一个相同的带电小球B 固定于O点的正下方，已知细线长L，O到B点的距离也为L，平衡时，BO与AO间的夹角为45°，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）

A．细线对A球的拉力等于库仑力和重力的合力，因此拉力大于重力

B22mg

C．A球漏了少量电后，细线对A球的拉力减小

D．A球漏了少量电后，B球对A球的库仑力增大

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A．小球A的受力分析，如图所示

由于力的三角形与OAB相似，对应边成比例，设AB间距离为x，因此

mg T F

==①

l l x

可得

T mg

=

A错误；

B．根据余弦定理，可得

222o

=+-=-

x l l l l

2cos4522

根据①式可得，库仑力大小

=-

F mg

22

B正确；

C．A球漏了少量电后，力的三角形与OAB仍相似，根据①式可知，细线对A球的拉力仍等于mg，C错误；

D．根据相似三角形，可得当x减小时，根据①可知，库仑力也减小，D错误。

故选B。

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2

kQ

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E =； 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2kQ E r

=

； D

．同理，在中心处的电场强度大小E = 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．“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：

233

2222

()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

22

4

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

=。

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

2GM

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：

2Qq F R

=

等效重力加速度：

2

F 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'==

18．一带正电的 A 点电荷在电场中某点的电场强度为 4．0×104N/C ，电荷量为+5．0×10-8 C 的 B 点电荷放在该点,求： （1）点电荷在该点受到的电场力？

（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8 C 的 C 点电荷，则该点的电场强度？ 【答案】（1）3210N -?，方向由A 指向B （2）4410/N C ?，方向由A 指向B 【解析】 【分析】 【详解】 （1）

方向：由A 指向B

（2）若在该点放上一个电荷量为-2．0×10-8 C 的 C 点电荷，则该点的场强不变，仍为

方向：由A 指向B

19．—个带正电的微粒，从A 点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB 运动，如图所示，AB 与电场线夹角θ=53°，已知带电微粒的质量m =1.0×10－7kg ，电荷量q =1.0×10－

10

C ，A 、B 相距L =20cm ．(取g =10m/s 2)．求：

(1)电场强度的大小和方向；

(2)要使微粒从A 点运动到B 点，微粒射入电场时的最小速度是多少． 【答案】（1）7.5×10 3 V/m,方向水平向左5 【解析】 【详解】

(1)带电微粒做直线运动，所受的合力与速度在同一直线上，则带电微粒受力如图所示；

由图可知，合力与速度方向相反；故粒子一定做匀减速直线运动； 由力的合成可知：

mg =qE ?tan θ

可得：37.510V/m tan mg

E q θ

=

=?，方向水平向左． （2）微粒从A 到B 做匀减速直线运动，则当v B =0时，粒子进入电场速度v A 最小.由动能定理：

2

1sin cos 02

A mgL qEL mv θθ--=-

代入数据得：v A =5m/s

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．如图所示，?abc 处在真空中，边长分别为ab ＝5cm ，bc ＝3cm ，ca ＝4cm ．两个带电小球固定在a 、b 两点，电荷量分别为q a ＝6.4×10－12C ，q b ＝－2.7×10－12C ．已知静电力常量k ＝9.0×109N ?m 2/C 2，求c 点场强的大小及方向．

【答案】 方向与由a 指向b 的方向相同

【解析】 【详解】

如图所示，a 、b 两电荷在c 点的场强分别为

E a ＝k ＝36N/C E b ＝k

＝27N/C

由几何关系，有

E2＝E a2＋E b2解得

E＝45N/C 方向与由a指向b的方向相同.