内蒙古赤峰二中物理 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，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 。

3．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 【答案】AD 【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。

4．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

3

2 (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 。

5．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 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

倍，要使B球依然在θ=30°处静止，则丝线BC

的长度应调整为

3

3

h或

23

3

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 h G =

= 根据余弦定理可得

2

2232cos30h h BC BC h =+-???（

） 解得

BC =

33h 或233

h 选项D 正确。 故选BCD 。

6．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 ．tan θ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。

7．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的加速度大小为

2

2

3

3

kq

mR

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：

()

222

22264cos 2cos302cos30q q q k k m R ma h R T R 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

3kq ；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。

8．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。

9．真空中相距L的两个固定点电荷E、F所带电荷量大小分别是Q E和Q F，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF＞∠NFE．则（）

A．E带正电，F带负电，且Q E >Q F

B．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点

C．过N点的等势面与EF连线垂直

D．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

根据电场线的指向知E带正电，F带负电；N点的场强是由E、F两电荷在N点产生场强的叠加，电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而，所

以由点电荷场强公式知,A错误；只有电场线是直线，且初速度为0或初

速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合．故在M点由静止释放一带正电的检验电荷，不可能沿电场线运动到N点，B错误；因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直，C正确；沿电场线方向电势逐渐降低，，再根据，q为负电荷，知，D错误；故选C．

【点睛】

只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．电场线和等势面垂直．N点的切线与EF连线平行，根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出E、F的电性及电量的大小．先比较电势的高低，再根据

，比较电势能．

10．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 。

11．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．

12．如图所示，固定在竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，圆环的最高点通过长为L的绝缘细线悬挂质量为m、可视为质点的金属小球，已知圆环所带电荷量均匀分布且带电荷量与小球相同，均为Q(未知)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，已知静电力常量为k，重力加速度为g，细线对小球的拉力为F(未知)，下列说法正确的是( )

A．Q

3

mgR

kL

，F＝mgR

L

B．Q

3

mgL

kR

，F＝mgR

L

C．Q

3

mgR

kL

，F＝mgL

R

D ．Q ＝3

mgL kR

，F ＝mgL R 【答案】D 【解析】 【详解】

由于圆环不能看成点电荷，采用微元法，小球受到的库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示

则Fsin mg θ＝，其中=

R sin L θ，解得mgL

F R

= 设圆环各个点对小球的库仑力的合力为F Q ，水平方向上有2

2Q Q Fcos F k cos L

θθ==，解得

3

mgL Q kR =

，故D 项正确，ABC 三项错误．

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：

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。

14．如图所示，16个电荷量均为+q(q>0)的小球(可视为点电荷)，均匀分布在半径为R 的圆周上若将圆周上P 点的一个小球的电荷量换成-2q ，则圆心 0点处的电场强度为

A ．2

2kq

R ，方向沿半径向左 B ．2

2kq

R ，方向沿半径向右 C ．2

3kq

R ，方向沿半径向左 D ．

23kq

R ，方向沿半径向右 【答案】D 【解析】

该点场强可以看成是与P 对称的那个电荷+q 和P 点的电荷-2q 在该点场强的叠加，根据点电荷的场强公式得+q 的点电荷在圆心O 点处的电场强度大小为2q

k R

，方向向右，点电荷-2q 在圆心O 点处的电场强度大小为22q k R ，方向向右，所以叠加来是2

3q

k R

，方向沿半径向右．故选择D.

【点睛】该题考查了场强叠加原理，还有对对称性的认识．由于成圆周对称性，所以如果没改变电荷之前肯定圆心处场强为0，而该点场强是所有电荷在该点场强的叠加，可以把这些电荷归为两类：一种是要移去的电荷，另一种是其他电荷．不管怎样，总之这两种电荷产生的合场强为0，所以只要算出改变的电荷在该点的场强和与它对称的电荷的场强即可得到．

15．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 。

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．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

2

sin30B 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 =

18．—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 (2)5m/s 【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

19．在竖直平面内固定一半径为R=0.3m 的金属细圆环，质量为5

m 310kg -=?的金属小球(视为质点)通过长为L=0.5m 的绝缘细线悬挂在圆环的最高点．小球带电荷量为

62.510q C -=?时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上某点A 处于平衡状态，如图所

示．已知静电力常量9229.010?/k N m C =?. 求：

（1）细线的拉力F 的大小；

（2）小球所在处的电场强度E 的大小？

（3）金属细圆环不能等效成点电荷来处理，试应用微元法推导圆环带电量Q 表达式？（用字母R 、L 、k 、E 表示）

【答案】(1) 4510N -? (2) 160/N C (3) 2

54EL

Q k =或322

Q k L R

=- 【解析】

由几何关系：3

cos 5

R L θ==，224sin 5

L R θ-=

=

,4tan 3θ= ①

（1）对小球受力分析可知：cos mg

F θ

=

② 由①②得：4510F N -=? ③ （2）由平衡条件可得：tan qE mg θ= ④ 由①④得：160/E N C = ⑤ （3）由微元法，无限划分，设每一极小段圆环带电量为q ?

则：

2

sin q

k

E L θ?=∑ ⑥ 其中：q Q ∑?=

由①⑥得：

2

54EL Q k =或322

Q k L R

=- ⑦ 点睛：因2Q

E k

r

=只能适用于真空中的点电荷，故本题采用了微元法求得圆环在小球位置的场强，应注意体会该方法的使用．库仑力的考查一般都是结合共点力的平衡进行的，应注意正确进行受力分析．

20．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．

【答案】(1) 2

2sin A Q E k H α=(2)22

sin sin kQq a g mH

αα=- (3)sin kQq R mg α=【解析】 【详解】 (I)根据

2

Q

E k

r = 又因为

sin H

r α=

所以

2

2sin A Q E k

H

α= (2)根据牛顿第二定律

sin mg F ma α-=

根据库仑定律

Qq F k

r

= 解得

22

sin sin kQq a g mH α

α=-

(3)当小球受到的合力为零，即加速度为零时，动能最大 设此时小球与B 点间的距离为R ,则

2

sin kQq

mg R α=

解得