山东莒县第一中学物理 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，竖直平面内有半径为R 的半圆形光滑绝缘轨道ABC ，A 、C 两点为轨道的最高点，B 点为最低点，圆心处固定一电荷量为+q 1的点电荷．将另一质量为m 、电荷量为+q 2的带电小球从轨道A 处无初速度释放，已知重力加速度为g ，则（）

A ．小球运动到

B 2gR B ．小球运动到B 点时的加速度大小为3g

C ．小球从A 点运动到B 点过程中电势能减少mgR

D ．小球运动到B 点时对轨道的压力大小为3mg ＋k 12

2q q R

【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

A.带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则：

2

12

B mgR mv =

解得：

2B v gR 故A 正确；

B.小球运动到B 点时的加速度大小为：

22v a g R

==

故B 错误；

C.小球从A 点运动到B 点过程中库仑力不做功，电势能不变，故C 错误；

D.小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得：

2

122B

N q q v F mg k m R R

--=

解得：

12

2

3N q q F mg k

R =+ 根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为：

12

2

3q q mg k

R + 方向竖直向下，故D 正确．

2．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 。

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 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=

3

h或

23

h

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，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖

直平面内，用水平向左的推力F 作用于B 球，两球在图示位置静止，现将B 球沿斜面向下移动一小段距离，发现A 球随之向上移动少许，两球在新位置重新平衡，重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是（ ）

A ．推力F 变小

B ．斜面对B 的弹力不变

C ．墙面对A 的弹力不变

D ．两球之间的距离减小

【答案】AB 【解析】 【详解】

CD ．先对小球A 受力分析，受重力、支持力、静电力，如图所示：

根据共点力平衡条件，有：

mg

F cos =

库α

，N F mgtan =α 由于α减小，可知墙面对A 的弹力变小，库仑力减小，故两球间距增加，选项CD 错误； AB ．对AB 整体受力分析，受重力、斜面支持力N 、墙壁支持力F N 、推力F ，如图所示：

根据共点力平衡条件，有

N Nsin F F Ncos m M g

+==+（）ββ

解得

()

F mgtan m M gtan

M m g

N

cos

=-+

+

=

（）

αβ

β

由于α减小，β不变，所以推力F减小，斜面对B的弹力N不变，选项AB正确。

故选AB。

6．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

1

2

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 。

7．如图所示，在光滑水平面上相距x =6L 的A 、B 两点分别固定有带正电的点电荷Q 1、Q 2，与B 点相距2L 的C 点为AB 连线间电势的最低点.若在与B 点相距L 的D 点以水平向左的初速度0v 释放一个质量为m 、带电荷量为+q 的滑块(可视为质点)，设滑块始终在A 、B 两点间运动，则下列说法中正确的是（ ）

A ．滑块从D →C 运动的过程中，动能一定越来越大

B ．滑块从D 点向A 点运动的过程中，加速度先减小后增大

C ．滑块将以C 点为中心做往复运动

D ．固定在A 、B 两点处的点电荷的电荷量之比为214:1Q Q =： 【答案】ABD 【解析】 【详解】

A ．A 和

B 两点分别固定正点电荷Q 1与Q 2，

C 点为连线上电势最低处；类比于等量同种点电荷的电场的特点可知，AC 之间的电场强度的方向指向C ，BC 之间的电场强度指向C ；滑块从

D 向C 的运动过程中，电荷受到的电场力的方向指向C ，所以电场力先做正功做加速运动，动能一定越来越大，故A 正确；

B ．由同种正电荷的电场分布可知

C 点的场强为零，从

D 到A 的场强先减小后增大，由

qE

a m

=

可得加速度向减小后增大，B 正确； D ．x =4L 处场强为零，根据点电荷场强叠加原理有

22

(4)(2)A B

Q Q k

k L L =， 解得

4

1

A

B

Q

Q

，

故D正确.

C．由于两正电荷不等量，故滑块经过C点后向左减速到零的位移更大，往复运动的对称点在C点左侧，C错误。

故选ABD。

【点睛】

本题考查场强的叠加与库仑定律的运用，在解题时合适地选择类比法和对称性，运用牛顿第二定律分析即可求解。

8．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

9．如图所示，轻质弹簧一端系在墙上，另一端系在三根长度相同的轻绳上，轻绳的下端各系质量与电荷量均相同的带正电小球，且三个小球均处于静止状态，已知重力加速度为g。四种情形下每个小球受到的电场力大小与轻绳长度、小球质量、小球电荷量的关系如表所示，以下说法正确的是（）

情形 轻绳长度 小球质量 小球电荷量 小球受到的电场力大小

1

L

m

①

33mg 2 2L m ②

33

mg 3 L 2m ③ 23

3mg 4

L

m

④

3mg

A 2倍

B 2倍

C ．④中电荷量为③中电荷量的

32

2

倍 D ．情形④下弹簧的伸长量最大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

由于三个小球质量和电荷量均相等，由对称性可知，三个小球必构成等边三角形，且每个小球受到的电场力相等，设绳的拉力为T ，与竖直方向夹角为θ，两小球之间的距离为r 、一个小球受到另外两个小球的电场力的合力为F ，对其中一个小球受力分析可得

sin T mg θ=

2

2cos kq T θF r

==

解得

22tan kq mg

F r θ

==

由几何关系可知，

tan θ=

=整理得

22kq F r == A ．对比①和②可知，并应用上式可得

21121kq F r ===

2

2222kq F r ===

解得

12

r L =

2r =

故电荷量之间的关系为

112212

q r q r == 故A 错误； B

．由③可知，

23323kq F r ===

解得

32

r L =

故

3222

q q == 故B 错误； C

．由④可知

24424kq F r ===

解得

432

r L =

故

44

33

332

22

q r

q r

==

故C正确；

D．以三个小球为整体可知，小球受到的弹力应该等于其重力，故小球质量越大，弹簧弹力越大，故情形③下弹簧的伸长量最大，故D错误；

故选C。

10．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

2Q

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 2

Q

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 ．

11．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为410V/m ，已知一半径为1mm 的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/2s ,水的密度为310kg/3m ．这雨滴携带的电荷量的最小值约为 A ．2?910-C B ．4?910-C

C ．6?910-C

D ．8?910-C

【答案】B 【解析】 【详解】

带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向

mg qE = m V ρ=

34

3

V r π=

解得：

9410q C -?＝

ACD 、与计算不符，ACD 错误； B 、与计算结果相符，B 正确 【点睛】

本题关键在于电场力和重力平衡，要求熟悉电场力公式和二力平衡条件；要使雨滴不下落，电场力最小要等于重力．

12．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Q 1、Q 2，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F 1为库仑力F 和重力mg 的合力，根据三力平衡原理可知，F 1=F N ．由图可知，△OAB ∽△

BFF 1

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，

1F mg F

OA OB AB

== 即

1F mg F

R R L

== 所以

F N =mg ①

L

F mg R

=

② 当小球2处于C 位置时，AC 距离为

2

L

，故 '1

2F F =

， 根据库仑定律有：

2

A B

Q Q F k

L

= '21()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。

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

2

6

8

1.010100.75

/ 3.7510/

2.010

E N C N C

-

-

???

==?

?

，细线的拉力：

T=

2

1.01010

0.125

cos370.8

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

22

2

0.125

/12.5/

1.010

T

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

1

2

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，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=tanθ1: tanθ2

B．q A：q B=1: 1

C．12

:tan tan

22

A B

v v

θθ

=

D．12

:tan:tan

22

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

A1

tan

F m gθ

=

同理B受到的库仑力为

B2

tan

F m gθ

=

两球间的库仑力大小相等方向相反，因此

A B21

:tan:tan

m mθθ

=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

1122

cos 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

1

1

2

2

1

1

cos

1

1

cos

v

v

θ

θ

-

=

-

由①②③联立利用三角函数关系可得

1

kA

2

kB

tan

2

tan

2

E

E

θ

θ

=

C错误，D正确。

故选D。

15．已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等．如图所示，正电荷均匀分布在半球面上，Ox为通过半球顶点与球心O的轴线．A、B为轴上的点，且OA=OB．C、D 为直径上的两点，且OC=OD．则下列判断正确的是( )

A．A点的电势与B点的电势相等

B．C点的电场强度与D点的电场强度不相同

C．A点的电场强度与B点的电场强度相同

D．在A点由静止开始释放重力不计的带正电粒子，该粒子将沿AB做匀加速直线运动【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：由题意可知半球面右边的电场线是水平向右的，沿电场线方向电势逐渐降低，A点电势高于B点电势，A错误；有对称性原理及电场叠加可知C点和D点场强一样；B 错误；B错误；均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边．然后看AB两点，可以看到，AB两点在在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上．而由题目给出的条件，正电球在AB两点产生的电场为零．所以，A点正电半球产生的电场强度相当于负电半球产生的电场强度，而与B点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，C正确；电场线方向水平向右，所以在A点释放静止带正电的微粒（重力不计），微粒将作加速运动，距离远后电场力减小，所以是变加速运动，D错误；

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，把一个倾角为θ的绝缘斜面固定在匀强电场中，电场方向水平向右，电场强度大小为E，有一质量为m、带电荷量为＋q的物体，以初速度v0从A端滑上斜面恰好

能沿斜面匀速运动，求物体与斜面间的动摩擦因数．

【答案】cos sin cos sin qE mg mg qE θθ

θθ

-+

【解析】 【分析】 【详解】

物体做匀速直线运动，由平衡条件得：

在垂直于斜面方向上：N=mgco sθ+qEsinθ…① 在平行与斜面方向上：f+mgsinθ=qEcosθ…② 滑动摩擦力：f=μN…③ 由①②③可得：f qEcos mgsin N mgcos qEsin θθμθθ

-=+＝ ． 【点睛】

本题考查了学生受力分析及力的合成以及摩擦定律的相关知识，正确的受力分析是正确解题的关键，学会用正交分解法处理多力合成问题．

17．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 =

18．A 、B 是两个电荷量都是Q 的点电荷，相距l ，AB 连线中点为O 。现将另一个电荷量为q 的点电荷放置在AB 连线的中垂线上，距O 为x 的C 处（图甲）。 （1）若此时q 所受的静电力为F 1，试求F 1的大小。

（2）若A 的电荷量变为﹣Q ，其他条件都不变（图乙），此时q 所受的静电力大小为F 2，求F 2的大小。

（3）为使F 2大于F 1，l 和x 的大小应满足什么关系？

【答案】(1)

223

(())

2

l

x+

(2)

223

(())

2

l

x+

(3) 2

l x

>

【解析】

【详解】

（1）设q为正电荷，在C点，A、B两电荷对q产生的电场力大小相同，为：

2

2)

4

(

A B

kQq

F F

l

x

==

+

方向分别为由A指向C和由B指向C，如图：

故C处的电场力大小为：

F1=2F A sinθ

方向由O指向C。

其中：2

2

4

sin

l

x

θ=

+

所以：