?第六章 靜電場
第1節(jié)　庫倫定律 電場力的性質(zhì)
考點(diǎn)一　庫侖定律的理解及應(yīng)用
【知識梳理】
1．點(diǎn)電荷
有一定的電荷量，忽略形狀和大小的一種理想化模型．
2．電荷守恒定律
(1)起電方式：摩擦起電、接觸起電、感應(yīng)起電．
(2)帶電實(shí)質(zhì)：物體帶電的實(shí)質(zhì)是得失電子　.
(3)內(nèi)容：電荷既不會創(chuàng)生，也不會消滅，它只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體　，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分；在轉(zhuǎn)移過程中，電荷的總量保持不變　.
3．庫侖定律
(1)內(nèi)容：真空中兩個靜止點(diǎn)電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上　.
(2)表達(dá)式：F＝k，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫做靜電力常量．
(3)適用條件：　真空中的點(diǎn)電荷.
【診斷小練】
(1)只有質(zhì)量和電荷量很小的帶電體才能當(dāng)作點(diǎn)電荷．(　　)
(2)三種起電方式的實(shí)質(zhì)均是電荷從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體．(　　)
(3)兩個完全相同的帶電體帶同種電荷q1、q2，接觸后再分開，則均帶的電荷量．(　　)
(4)庫侖定律僅適用于真空中的點(diǎn)電荷．(　　)
【答案】　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√

【命題突破】
命題點(diǎn)1　對庫侖定律的理解
1．兩個半徑相同的金屬小球(視為點(diǎn)電荷)，帶電荷量之比為1∶7，相距為r，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，則相互作用力可能為原來的(　　)
A. B．
C. D．
【解析】　設(shè)兩小球的電荷量分別為q和7q，則原來相距r時的相互作用力F＝k＝k.由于兩球的電性未知，接觸后相互作用力的計(jì)算可分為兩種情況：
(1)兩球電性相同．相互接觸時兩球電荷量平均分配，每球帶電荷量為＝4q.放回原處后的相互作用力F1＝k＝k，故＝.
(2)兩球電性不同．相互接觸時電荷先中和再平分，每球帶電荷量為＝3q.放回原處后的相互作用力F2＝k＝k，故＝.
【答案】　CD
命題點(diǎn)2　庫侖定律的應(yīng)用
2.兩個分別帶有電荷量－Q和＋5Q的相同金屬小球(均可視為點(diǎn)電荷)，固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F，兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)?，則兩球間庫侖力的大小為(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
【解析】選D　兩球相距r時，根據(jù)庫侖定律得F＝k，兩球接觸后，帶電荷量均為2Q，則F′＝k，由以上兩式可解得F′＝，D正確。
【答案】　D
3．如圖所示，把A、B兩個相同的導(dǎo)電小球分別用長為0.10 m的絕緣細(xì)線懸掛于OA和OB兩點(diǎn)．用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點(diǎn)OB移到OA點(diǎn)固定．兩球接觸后分開，平衡時距離為0.12 m．已測得每個小球質(zhì)量是8.0×10－4kg，帶電小球可視為點(diǎn)電荷，重力加速度g＝10 m/s2，靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，則(　　)
A．兩球所帶電荷量相等
B．A球所受的靜電力為1.0×10－2 N
C．B球所帶的電荷量為4×10－8 C
D．A、B兩球連線中點(diǎn)處的電場強(qiáng)度為0
【解析】　用絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電荷，與A球接觸后A球也帶正電荷，兩球接觸后分開，B球也帶正電荷，且兩球所帶電荷量相等，A正確；兩球相互排斥，穩(wěn)定后A球受力情況如圖所示
sin θ＝＝0.60，θ＝37°
F庫＝mgtan 37°＝6.0×10－3 N，B項(xiàng)錯誤；
F庫＝k
QA＝QB＝Q，r＝0.12 m
聯(lián)立得Q＝4×10－8 C，故C項(xiàng)正確；由等量同種點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場的特點(diǎn)可知，A、B兩球連線中點(diǎn)處的場強(qiáng)為0，故D項(xiàng)正確．
【答案】　ACD
【歸納總結(jié)】
1．解決庫侖力作用下平衡問題的方法步驟
庫侖力作用下平衡問題的分析方法與純力學(xué)平衡問題的分析方法是相同的，只是在原來受力的基礎(chǔ)上多了電場力．具體步驟如下：



2．“三個自由點(diǎn)電荷平衡”的問題
(1)平衡的條件：每個點(diǎn)電荷受到另外兩個點(diǎn)電荷的合力為零或每個點(diǎn)電荷處于另外兩個點(diǎn)電荷產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度為零的位置．
(2)


考點(diǎn)二　電場強(qiáng)度的理解與計(jì)算
【知識梳理】
1．電場
(1)定義：存在于電荷周圍，能傳遞電荷間相互作用的一種特殊物質(zhì)．
(2)基本性質(zhì)：對放入其中的電荷有力的作用.
2．電場強(qiáng)度
(1)定義：放入電場中某點(diǎn)的電荷受到的電場力F與它的電荷量q的比值．
(2)定義式：E＝.
(3)單位：N/C或V/m.
(4)方向：規(guī)定正電荷在電場中某點(diǎn)所受電場力的方向?yàn)樵擖c(diǎn)的電場強(qiáng)度方向。
(5)矢量性：規(guī)定正電荷在電場中某點(diǎn)所受電場力的方向?yàn)樵擖c(diǎn)電場強(qiáng)度的方向．
3．場強(qiáng)公式的比較

4．電場的疊加
(1)電場疊加：多個電荷在空間某處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為各電荷單獨(dú)在該處所產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量和．
(2)運(yùn)算法則：平行四邊形定則．
【診斷小練】
(1)電場強(qiáng)度反映了電場力的性質(zhì)，所以電場中某點(diǎn)的電場強(qiáng)度與試探電荷在該點(diǎn)所受的電場力成正比．(　　)
(2)電場中某點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向即為正電荷在該點(diǎn)所受的電場力的方向．(　　)
(3)在真空中，電場強(qiáng)度的表達(dá)式E＝中的Q就是產(chǎn)生電場的點(diǎn)電荷．(　　)
(4)在點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，以點(diǎn)電荷為球心的同一球面上各點(diǎn)的電場強(qiáng)度都相同．(　　)
【答案】　(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
【命題突破】
命題點(diǎn)1　合成法求電場強(qiáng)度
1．圖中邊長為a的正三角形ABC的三個頂點(diǎn)分別固定三個點(diǎn)電荷＋q、＋q、－q，則該三角形中心O點(diǎn)處的場強(qiáng)為(　　)
A.，方向由C指向O
B.，方向由O指向C
C.，方向由C指向O
D.，方向由O指向C
【解析】　每個點(diǎn)電荷在O點(diǎn)處的場強(qiáng)大小都是E＝＝，畫出矢量疊加的示意圖，如圖所示，由圖可得O點(diǎn)處的合場強(qiáng)為E0＝2E＝，方向由O指向C，B項(xiàng)正確．
【答案】　B

2.(多選)離子陷阱是一種利用電場或磁場將離子俘獲并囚禁在一定范圍內(nèi)的裝置。如圖所示為最常見的“四極離子陷阱”的俯視示意圖，四根平行細(xì)桿與直流電壓和疊加的射頻電壓相連，相當(dāng)于四個電極，相對的電極帶等量同種電荷，相鄰的電極帶等量異種電荷。在垂直于四根桿的平面內(nèi)四根桿的連線是一個正方形abcd，A、C是a、c連線上的兩點(diǎn)，B、D是b、d連線上的兩點(diǎn)，A、C、B、D到正方形中心O的距離相等。下列判斷正確的是(　　)
A．D點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零
B．A、B、C、D四點(diǎn)電場強(qiáng)度相等
C．A點(diǎn)電勢比B點(diǎn)電勢高
D．O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零
【解析】　根據(jù)電場的疊加原理，a、c兩個電極帶等量正電荷，其中點(diǎn)O的合場強(qiáng)為零，b、d兩個電極帶等量負(fù)電荷，其中點(diǎn)O的合場強(qiáng)為零，則O點(diǎn)的合場強(qiáng)為零，D正確；同理，D點(diǎn)的場強(qiáng)水平向右，A錯誤；A、B、C、D四點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等，方向不同，B錯誤；由電場特點(diǎn)知，A點(diǎn)電場方向由A指向O，B點(diǎn)電場方向由O指向B，故φA>φO，φO>φB，則φA>φB，C正確。
【答案】　CD
【歸納總結(jié)】
兩種等量點(diǎn)電荷的電場分析

等量異種點(diǎn)電荷
等量同種點(diǎn)電荷
電場線分布圖


電荷連線上的電場強(qiáng)度
沿連線先變小后變大
O點(diǎn)最小，但不為零
O點(diǎn)為零
中垂線上的電場強(qiáng)度
O點(diǎn)最大，向外逐漸減小
O點(diǎn)最小，向外先變大后變小
關(guān)于O點(diǎn)對稱位置的電場強(qiáng)度
A與A′、B與B′、C與C′
等大同向
等大反向

命題點(diǎn)2　等效法求電場強(qiáng)度
3．MN為足夠大的不帶電的金屬板，在其右側(cè)距離為d的位置放一個電荷量為＋q的點(diǎn)電荷O，金屬板右側(cè)空間的電場分布如圖甲所示，P是金屬板表面上與點(diǎn)電荷O距離為r的一點(diǎn)．幾位同學(xué)想求出P點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小，但發(fā)現(xiàn)問題很難，經(jīng)過研究，他們發(fā)現(xiàn)圖甲所示的電場分布與圖乙中虛線右側(cè)的電場分布是一樣的．圖乙中是兩等量異號點(diǎn)電荷的電場線分布，其電荷量的大小均為q，它們之間的距離為2d，虛線是兩點(diǎn)電荷連線的中垂線．由此他們分別對甲圖P點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向和大小做出以下判斷，其中正確的是(　　)
A．方向沿P點(diǎn)和點(diǎn)電荷的連線向左，大小為
B．方向沿P點(diǎn)和點(diǎn)電荷的連線向左，大小為
C．方向垂直于金屬板向左，大小為
D．方向垂直于金屬板向左，大小為
【解析】　據(jù)題意，從題圖乙可以看出，P點(diǎn)電場方向?yàn)樗较蜃螅挥深}圖乙可知，正、負(fù)電荷在P點(diǎn)電場的疊加，其大小為E＝2kcos θ＝2k＝2k，故選項(xiàng)C正確．
【答案】　C
命題點(diǎn)3　對稱法求電場強(qiáng)度
4．直角坐標(biāo)系xOy中，M、N兩點(diǎn)位于x軸上，G、H兩點(diǎn)坐標(biāo)如圖．M、N兩點(diǎn)各固定一負(fù)點(diǎn)電荷，一電量為Q的正點(diǎn)電荷置于O點(diǎn)時，G點(diǎn)處的電場強(qiáng)度恰好為零．靜電力常量用k表示．若將該正點(diǎn)電荷移到G點(diǎn)，則H點(diǎn)處場強(qiáng)的大小和方向分別為(　　)
A.，沿y軸正向 B．，沿y軸負(fù)向
C.，沿y軸正向 D．，沿y軸負(fù)向
【解析】　因正電荷Q在O點(diǎn)時，G點(diǎn)的場強(qiáng)為零，則可知兩負(fù)電荷在G點(diǎn)形成的電場的合場強(qiáng)與正電荷Q在G點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)等大反向，大小為E合＝k；若將正電荷移到G點(diǎn)，則正電荷在H點(diǎn)的場強(qiáng)為E1＝k＝，因兩負(fù)電荷在G點(diǎn)的場強(qiáng)與在H點(diǎn)的場強(qiáng)等大反向，則H點(diǎn)的合場強(qiáng)為E＝E合－E1＝，方向沿y軸負(fù)向，故選B.
【答案】　B
5．如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點(diǎn)，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點(diǎn)處有一電荷量為q(q>0)的固定點(diǎn)電荷．已知b點(diǎn)處的場強(qiáng)為零，則d點(diǎn)處場強(qiáng)的大小為(k為靜電力常量)(　　)
A．k B．k
C．k D．k
【解析】　已知a處點(diǎn)電荷和帶電圓盤均在b處產(chǎn)生電場，且b處場強(qiáng)為零，所以帶電圓盤在b處產(chǎn)生的電場場強(qiáng)E1與q在b處產(chǎn)生的電場場強(qiáng)Eab等大反向，即E1＝Eab＝，帶電圓盤在d處產(chǎn)生的電場場強(qiáng)E2＝E1且方向與E1相反，q在d處產(chǎn)生的電場場強(qiáng)Ead＝，則d處場強(qiáng)Ed＝E2＋Ead＝＋＝k，選項(xiàng)B正確．
【答案】　B
命題點(diǎn)4　補(bǔ)償法求電場強(qiáng)度
6．均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場。如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點(diǎn)與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，OM＝ON＝2R。已知M點(diǎn)的場強(qiáng)大小為E，則N點(diǎn)的場強(qiáng)大小為(　　)
A.－E B.
C.－E D.＋E
【解析】　左半球面AB上的正電荷產(chǎn)生的電場等效為帶正電荷量為2q的整個球面的電場和帶電荷量為－q的右半球面的電場的合電場，則E＝k－E′，E′為帶電荷量為－q的右半球面在M點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小。帶電荷量為－q的右半球面在M點(diǎn)的場強(qiáng)大小與帶正電荷量為q的左半球面AB在
N點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等，則EN＝E′＝k－E＝－E，A正確。
【答案】　A
命題點(diǎn)5微元法求電場強(qiáng)度
7. 如圖所示，均勻帶電圓環(huán)所帶電荷量為Q，半徑為R，圓心為O，P為垂直于圓環(huán)平面中心軸上的一點(diǎn)，OP＝L，試求P點(diǎn)的場強(qiáng)。

【解析】　設(shè)想將圓環(huán)看成由n個小段組成，當(dāng)n相當(dāng)大時，每一小段都可以看成點(diǎn)電荷，其所帶電荷量Q′＝，由點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式可求得每一小段帶電體在P處產(chǎn)生的場強(qiáng)為E＝＝。由對稱性知，各小段帶電體在P處場強(qiáng)E的垂直于中心軸的分量Ey相互抵消，而其軸向分量Ex之和即為帶電圓環(huán)在P處的場強(qiáng)EP，
EP＝nEx＝nkcos θ＝k。
【答案】　k
【歸納總結(jié)】
電場強(qiáng)度疊加問題的求解思路
電場強(qiáng)度是矢量，疊加時應(yīng)遵從平行四邊形定則，分析電場的疊加問題的一般步驟是：
(1)確定分析計(jì)算場強(qiáng)的空間位置；
(2)分析該處有幾個分電場，先計(jì)算出各個分電場在該點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小和方向；
(3)依次利用平行四邊形定則求出矢量和．
考點(diǎn)三　電場線的理解及應(yīng)用
【知識梳理】
1．電場線的三個特點(diǎn)
(1)電場線從正電荷或無限遠(yuǎn)處出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷處；
(2)電場線在電場中不相交；
(3)在同一幅圖中，電場強(qiáng)度較大的地方電場線較密，電場強(qiáng)度較小的地方電場線較疏.
2．六種典型電場的電場線

3．電場線與帶電粒子在電場中運(yùn)動軌跡的關(guān)系
一般情況下帶電粒子在電場中的運(yùn)動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下三個條件時，兩者才會重合．
(1)電場線為直線；
(2)帶電粒子初速度為零，或速度方向與電場線平行；
(3)帶電粒子僅受電場力或所受其他力的合力方向與電場線平行.
【診斷小練】
(1)電場線是客觀存在的肉眼看不見的線．(　　)
(2)電場線是閉合的曲線．(　　)
(3)等量異種電荷的電場線，越靠近電荷電場線越密，電場強(qiáng)度越大．(　　)
(4)電場線的方向即為帶電粒子的運(yùn)動方向．(　　)
(5)帶電粒子的運(yùn)動軌跡永遠(yuǎn)不會和電場線重合．(　　)
(6)英國物理學(xué)家法拉第最早引入了電場概念，并提出用電場線表示電場。( )
(7)美國物理學(xué)家密立根通過油滴實(shí)驗(yàn)精確測定了元電荷e的電荷量。( )
【答案】　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)× (6)√　(7)√　
【命題突破】
命題點(diǎn)1　對電場線的理解
1．關(guān)于靜電場的電場線，下列說法正確的是(　　)
A．電場強(qiáng)度較大的地方電場線一定較疏
B．沿電場線方向，電場強(qiáng)度一定越來越小
C．沿電場線方向，電勢一定越來越低
D．電場線一定是帶電粒子在電場中運(yùn)動的軌跡
【解析】　電場線的疏密表示場強(qiáng)的強(qiáng)弱，那么電場強(qiáng)度較大的地方電場線一定較密，故A錯誤；沿著電場線的方向，電勢會降低，因此沿電場線方向電勢越來越低，但電場線不一定越來越疏，則場強(qiáng)不一定越來越小，故B錯誤，C正確；電場線不一定與帶電粒子的軌跡重合，只有電場線是直線，帶電粒子的初速度為零或初速度方向與電場線方向在同一條直線上時電場線才與帶電粒子的軌跡重合，故D錯誤．
【答案】　C
2．兩點(diǎn)電荷Q1、Q2產(chǎn)生的電場的電場線如圖所示。根據(jù)電場線的分布情況，下列判斷正確的是(　　)
A．Q1的電荷量小于Q2的電荷量
B．Q1的電荷量大于Q2的電荷量
C．Q1、Q2一定均為正電荷
D．Q1、Q2一定均為負(fù)電荷
【解析】選A　由電場線的分布情況可知，Q1的電荷量小于Q2的電荷量，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯誤。因?yàn)殡妶鼍€沒有標(biāo)出方向，不能斷定電荷的正負(fù)，故C、D項(xiàng)錯誤。
【答案】　A
命題點(diǎn)2　電場線的判定及應(yīng)用
3．某靜電場中的電場線方向不確定，分布如圖所示，帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，其運(yùn)動軌跡如圖中虛線所示，由M運(yùn)動到N，以下說法正確的是(　　)
A．粒子必定帶正電荷
B．該靜電場一定是孤立正電荷產(chǎn)生的
C．粒子在M點(diǎn)的加速度小于它在N點(diǎn)的加速度
D．粒子在M點(diǎn)的速度大于它在N點(diǎn)的速度
【解析】　帶電粒子所受靜電力沿電場線的切線方向或其反方向，且指向曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，靜電力方向大致向上，因不知電場線的方向，粒子的電性無法確定，所以選項(xiàng)A錯．電場線是彎曲的，則一定不是孤立點(diǎn)電荷的電場，所以選項(xiàng)B錯．N點(diǎn)處電場線密，則場強(qiáng)大，粒子受到的靜電力大，產(chǎn)生的加速度也大，所以選項(xiàng)C正確．因靜電力大致向上，粒子由M運(yùn)動到N時，靜電力做正功，粒子動能增加，速度增加，所以選項(xiàng)D錯誤．
【答案】　C
4．(多選)如圖所示，實(shí)線為不知方向的三條電場線，從電場中M點(diǎn)以相同速度垂直于電場線方向飛出a、b兩個帶電粒子，僅在電場力作用下的運(yùn)動軌跡如圖中虛線所示，則(　　)
A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負(fù)電
B．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增加
C．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增大
D．兩個粒子的動能均增加
【解析】選CD　根據(jù)兩粒子的偏轉(zhuǎn)方向，可知兩粒子帶異性電荷，但無法確定其具體電性，故A錯誤；由粒子受力方向與速度方向的關(guān)系，可判斷電場力對兩粒子均做正功，兩粒子的速度、動能均增大，故B錯誤，D正確；從兩粒子的運(yùn)動軌跡判斷，a粒子經(jīng)過的電場的電場線逐漸變得稀疏，b粒子經(jīng)過的電場的電場線逐漸變密，說明a的加速度減小，b的加速度增大，故C正確。
【答案】　CD
【方法總結(jié)】

考點(diǎn)四　力電綜合問題分析
【知識梳理】
解決力電綜合問題的一般思路

【診斷小練】
(1)一帶電小球在靜電場中做勻速直線運(yùn)動，處于平衡狀態(tài)，小球機(jī)械能守恒．(　　)
(2)一帶電小球在靜電場中做勻加速直線運(yùn)動，電場力一定對小球做正功使小球動能增加．(　　)
(3)一帶電體沿電場線減速運(yùn)動，動能減小，電場力有可能對帶電體做正功．(　　)
(4)一帶電體在電場中做勻速圓周運(yùn)動，則重力和電場力一定平衡．(　　)
【答案】　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×
【命題突破】
1．如圖所示，長l＝1 m的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定，下端連接一個可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場中，繩與豎直方向的夾角θ＝37°.已知小球所帶電荷量q＝1.0×10－6 C，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E＝3.0×103 N/C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)小球所受電場力F的大小；
(2)小球的質(zhì)量m；
(3)將電場撤去，小球回到最低點(diǎn)時速度v的大小．
【解析】　(1)F＝qE＝3.0×10－3N.
(2)由＝tan 37°，
得m＝4.0×10－4kg.
(3)由mgl(1－cos 37°)＝mv2，
得v＝＝2.0 m/s.
【答案】　(1)3.0×10－3N　(2)4.0×10－4kg (3)2.0 m/s
2. 如圖所示，上下平行放置的兩帶電金屬板，相距為3l，板間有豎直向下的勻強(qiáng)電場E。距上板l處有一帶電荷量為＋q的小球B，在B上方有帶電荷量為－6q的小球A，他們質(zhì)量均為m，用長度為l的絕緣輕桿相連。已知E＝。讓兩小球從靜止釋放，小球可以通過上板的小孔進(jìn)入電場中(重力加速度為g)。求：
(1)B球剛進(jìn)入電場時的速度v1大?。?br /> (2)A球剛進(jìn)入電場時的速度v2大??；
(3)B球是否能碰到下金屬板？如能，求剛碰到時的速度v3大小。如不能，請通過計(jì)算說明理由。
【解析】　(1)B球進(jìn)入電場前，兩小球不受電場力作用，只受重力作用，做自由落體運(yùn)動。
v12＝2gl，解得v1＝。
(2)A球進(jìn)入小孔前，只有B球受電場力，
F＝qE＝mg，方向豎直向下
系統(tǒng)受力分析如圖甲所示
由牛頓第二定律可得：
F＋2mg＝2ma1
解得a1＝
系統(tǒng)做勻加速直線運(yùn)動
v22＝v12＋2a1l
代入數(shù)據(jù)解得v2＝。
(3)當(dāng)A、B球全部進(jìn)入電場后，系統(tǒng)受力如圖乙所示
6qE－qE－2mg＝2ma3
解得a3＝
設(shè)系統(tǒng)速度為零時沒到達(dá)下金屬板
設(shè)停下來時通過的距離為H
H＝，代入數(shù)據(jù)得：H＝φO，φO>φB，則φA>φB，C正確．
【答案】　CD
17．如圖所示，光滑絕緣的水平面與半徑為R的絕緣圓弧軌道相切于點(diǎn)B，O點(diǎn)為光滑圓弧軌道的圓心，且在B點(diǎn)的正上方，光滑圓弧軌道在豎直平面內(nèi)，整個空間內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場．現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球從距離B點(diǎn)處的位置A由靜止釋放，小球恰好能運(yùn)動到圓弧軌道高度的一半位置處，已知重力加速度為g.
(1)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為多大？
(2)要使小球能運(yùn)動到C，應(yīng)從距離B點(diǎn)多遠(yuǎn)的位置由靜止釋放小球？
(3)若使小球從C點(diǎn)由靜止釋放，則小球運(yùn)動到B點(diǎn)時對軌道的壓力為多大？
【解析】　(1)根據(jù)題意可知，小球從A點(diǎn)由靜止釋放運(yùn)動到圓弧軌道的高度的過程中，沿電場方向的位移為x＝＋R ＝R
此過程由動能定理可得
Eqx－mg×＝0
聯(lián)立解得E＝.
(2)設(shè)小球釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的距離為x′，小球從釋放點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中，由動能定理可得
Eq(x′＋R)－mgR＝0
解得x′＝R.
(3)在小球從C點(diǎn)由靜止釋放運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中，由動能定理可得
mgR－qER＝mv2－0
在最低點(diǎn)由牛頓第二定律可得
FN－mg＝
聯(lián)立可得FN＝(4－)mg
由牛頓第三定律可得小球在B點(diǎn)時對軌道的壓力為F′N＝FN＝(4－)mg.
【答案】　(1)　(2)R　(3)(4－)mg
18.如圖所示，均可視為質(zhì)點(diǎn)的三個物體A、B、C在傾角為30°的光滑斜面上，A與B緊靠在一起，C緊靠在固定擋板上，質(zhì)量分別為mA＝0.43 kg，mB＝0.20 kg，mC＝0.50 kg，其中A不帶電，B、C的電量分別為qB＝＋2×10－5 C、qC＝＋7×10－5 C且保持不變，開始時三個物體均能保持靜止．現(xiàn)給A施加一平行于斜面向上的力F，使A做加速度a＝2.0 m/s2的勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)過時間t，力F變?yōu)楹懔Γ阎o電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，g取10 m/s2.求：
(1)開始時BC間的距離L；
(2)F從變力到恒力需要的時間t；
(3)在時間t內(nèi)，力F做功WF＝2.31 J，求系統(tǒng)電勢能的變化量ΔEp.
【解析】　(1)ABC靜止時，以AB為研究對象有：
(mA＋mB)gsin 30°＝
解得：L＝2.0 m.
(2)給A施加力F后，AB沿斜面向上做勻加速運(yùn)動，AB分離時兩者之間彈力恰好為零，對B用牛頓第二定律得：
－mBgsin 30°＝mBa
解得：l＝3.0 m
由勻加速運(yùn)動規(guī)律得：l－L＝at2
解得：t＝1.0 s.
(3)AB分離時兩者仍有相同的速度，在時間t內(nèi)對AB用動能定理得：
WF－(mA＋mB)g(l－L)sin 30°＋WC＝(mA＋mB)v2
又v＝at，代入數(shù)據(jù)解得：WC＝2.1 J
所以系統(tǒng)電勢能的變化量ΔEp＝－2.1 J.
【答案】　(1)2.0 m　(2)1.0 s　(3)－2.1 J



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