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通用版带答案高中物理必修三第十章静电场中的能量微公式版考点精题训练

1

单选题
1、关于电荷守恒定律，下列叙述不正确的是（　　）
A．一个物体所带的电荷量总是守恒的
B．在与外界没有电荷交换的情况下，一个系统所带的电荷量总是守恒的
C．在一定的条件下，一个系统内的等量的正、负电荷即使同时消失，也并不违背电荷守恒定律
D．电荷守恒定律并不意味着带电系统一定和外界没有电荷交换
答案：A
A．根据电荷守恒定律，单个物体所带的电荷量是可以改变的，A错误；
B．在与外界没有电荷交换的情况下，一个系统所带的电荷量总是守恒的，B正确；
C．一个系统内的等量的正、负电荷同时消失，并不违背电荷守恒定律，C正确；
D．电荷守恒定律并不意味着带电系统一定和外界没有电荷交换，D正确。
本题选不正确项，故选A。
2、用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱。如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。则（  ）

A．A、D两点场强大小相等，方向相反，电势不相等
B．E、O、F三点比较，O点场强最弱，但电势相同
C．B、C两点场强大小和方向都相同
D．B、O、C三点比较，O点场强最强
答案：C
A．根据对称性可知，A、D两点的电场线疏密程度相同，则A、D两点的电场强度大小相等，由甲图可看出A、D两点的场强的方向相同，故A错误；
B．由甲图可以看出E、O、F三点中，O点处的电场线最密，所以O点处的场强最强，故B错误；
C．根据对称性可知，B、C两处的电场线疏密程度相同，则B、C两处的电场强度相等，由甲图可看出B、C两处的电场的方向相同，故C正确；
D．由甲图可以看出B、O、C三点中，O点处的电场线最疏，O点场强最弱，故D错误。
故选C。
3、下列关于点电荷的说法中，正确的是（　　）
A．体积大的带电体一定不是点电荷
B．带电金属球也可以看成点电荷
C．点电荷就是体积足够小的电荷
D．点电荷是电荷量和体积都很小的带电体
答案：B
带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，所以带电体能否看成点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状及带电荷量的多少无具体关系。故ACD错误，B正确。
故选B。
4、下面关于物理学史的说法正确的是（　　）
A．卡文迪许利用扭秤实验得出万有引力与距离平方成反比的规律
B．开普勒通过观测天体运动，积累下大量的数据，总结出行星运动三大定律
C．牛顿若能得到月球的具体运动数据，就能通过“地月检验”测算出地球的质量
D．库仑发现了点电荷间的相互作用规律
答案：D
A．卡文迪许利用扭秤实验测出了万有引力常量，故A错误；
B．开普勒通过研究第谷的行星观测数据，总结出行星运动三大定律，故B错误；
C．牛顿若能得到月球的具体运动数据，可以通过“地月检验”测算月球运动的向心加速度，但由于在当时他不知道引力常量的值，所以无法根据公式a=GMr2测算出地球的质量，故C错误；
D．库仑发现了点电荷间的相互作用规律，即库仑定律，故D正确。
故选D。
5、如图所示，一固定的均匀带电圆环，圆心为O，带电量为Q。MN为垂直于圆环的轴线，M、N两点距圆心均为r。在圆心正下方2r的位置固定一电量为+q的小带电体。在M点放置不同电量的试探电荷，试探电荷均可保持静止。不计试探电荷的重力，静电力常量为k。则N点的电场强度大小为（  ）

A．0B．2kqr2C．k8q9r2D．k10q9r2
答案：D
在M点放置不同电量的试探电荷，试探电荷均可保持静止，即M点场强为零。
电量为+q的小带电体在M处产生电场强度为
EM=kq(3r)2=kq9r2
方向向上。
根据电场的叠加原理，带电圆环与小球在M处产生电场强度大小相等，方向相反，所以带电圆环在M处产生的电场强度大小
E'M=kq9r2
方向向下
根据对称性可以知道带电圆环在N处产生的电场强
EN=kq9r2
方向向上
电量为+q的小带电体在N处产生电场强度为
E1=kq2r2
方向向上
所N点处场强的大小为
E'N=EN+E1=kq9r2+kqr2=k10q9r2
故选D。
6、下列关于物理学史说法正确的是（　　）
A．牛顿发现了万有引力定律，并通过实验较准确地测出了引力常量
B．伽利略用“冲淡”重力的方法研究得出自由落体运动是匀加速运动
C．开普勒独立完成了观测行星的运行数据、整理观测数据、发现行星运行规律的全部工作
D．元电荷e的数值，最早是由法国科学家库仑测得的
答案：B
A．牛顿发现了万有引力定律，但通过实验较准确地测出了引力常量的科学家是卡文迪什，A错误；
B．伽利略用“冲淡”重力的方法研究得出自由落体运动是匀加速运动，B正确；
C．开普勒是研究第谷的观测行星的运行数据，研究总结出开普勒三大定律的，C错误；
D．元电荷e的数值，最早是由美国物理学家密立根测得的，D错误；
故选B
7、如图所示，M、N为两个固定的等量同种正电荷，在其连线的中垂线上的P点放一个静止的负电荷（重力不计），下列说法中正确的是（  ）

A．从P到O，一定加速度越来越小，速度越来越大
B．从P到O，可能加速度先变大，再变小，速度越来越大
C．越过O点后，加速度一直变大，速度一直变小
D．越过O点后，加速度一直变小，速度一直变小
答案：B
AB．在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大。但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断，但可能是加速度先变大后变小。A错误，B正确。
CD．越过O点后，负电荷q做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大。电场力为零，加速度为零。根据电场线的对称性可知，越过O点后，负电荷q做减速运动，加速度的变化情况：先增大后减小；对于速度一直减小，CD错误。
故选B。
8、在物理学的重大发现中，科学家用到了许多物理思想与研究方法，关于所用研究方法的叙述中正确的是（　　）
A．电学中引入点电荷的概念，突出带电体的电荷量，采用了等效替代法
B．根据速度定义式v=ΔxΔt，当Δt→0时，ΔxΔt就可以表示物体在该时刻的瞬时速度，采用了极限思维法
C．伽利略在研究自由落体的运动时采用了理想实验法
D．用比值法定义的概念在物理学中占相当大的比例，如场强E=Ud，加速度a=Fm都是采用比值法定义的
答案：B
A．电学中引入点电荷的概念，突出带电体的电荷量，忽略带电体的体积大小和形状，采用了理想模型法，故A错误；
B．根据速度定义式 
v=∆x∆t
当 Δt→0 时，v就可以表示物体在该时刻的瞬时速度，这里运用了极限思想，故B正确；
C．伽利略在研究自由落体的运动时采用了将实验和逻辑相结合的方法，故C错误；
D．公式
a=Fm
是牛顿第二定律的表达式，加速度的比值定义是
a=∆v∆t
故D错误。
故选B。
9、如图为静电植绒的装置及简图，将表面涂有黏合剂的被植体放在金属板上，打开电源开关后，在金属网与金属板间会产生3kV的高压，放在金属网上的绒毛将粘植在被植体上。金属网和金属板间的距离为2cm，忽略边缘效应，将网与板间的电场视为匀强电场，则下列说法正确的是（  ）

A．绒毛在飞往被植体的过程中电势能不断增大
B．若增大金属网和金属板的距离，则网和板的电势差也增大
C．若减小金属网与金属板间的电势差，会安全点，效果会更好
D．在干燥的环境中进行植绒效果会更好
答案：D
A．绒毛在飞往被植体的过程中，电场力做正功，电势能减少，A错误；
B．由于金属网与金属板与电源连接，因此增大金属网和金属板的距离，网和板间的电势差仍保持不变，B错误；
C．若减小金属网与金属板间的电势差，会安全点，但效果会差，C错误；
D．在干燥的环境中，绝缘性能更好，板间介电常数增加，进行植绒的效果会更好，D正确。
故选D。
10、关于电场强度定义式E=Fq和点电荷电场强度公式E=kQr2，下列说法正确的是（  ）
A．E=Fq和E=kQr2都只对点电荷产生的电场才成立
B．E=Fq中的E是式中q所产生的电扬的场强大小
C．E=kQr2中的E是某电场的场强，式中Q是放入此电场中的点电荷
D．在某一电场中，根据E=Fq，当q变为两倍，q所受到的电场力F也变为两倍
答案：D
A．公式E=Fq对所有电场都成立，故A错误；
B．E=Fq中，q是试探电荷，电场强度与试探电荷无关，并不是试探电荷产生的，故B错误；
C．E=kQr2中的E是点电荷在某点产生的场强，式中Q是产生此电场的场源电荷，故C错误；
D．在某一电场中，根据E=Fq，当q变为两倍，电场强度不变，则q所受到的电场力F也变为两倍，故D正确。
故选D。
11、关于避雷针能够避免建筑物被雷击的原因，下列分析不正确的是（　　）
A．云层中带的电荷被避雷针通过导线导入大地
B．避雷针的尖端向云层放电，中和了云层中的电荷
C．云层与避雷针发生摩擦，避雷针上产生的电荷被导入大地
D．避雷针由尖锐的导体做成，利用的是尖端放电现象
答案：C
带电云层靠近建筑物时，避雷针会产生感应电荷，尖端放电，逐渐中和云层中的电荷，同时将云层中的电荷通过导线导入大地，使建筑物避免遭到雷击，故ABD正确，不符合题意，C错误，符合题意。
故选C。
12、下列关于物理观念和科学思维的认识，正确的是（　　）
A．加速度a=Fm、电场强度E=Fq的定义都运用了比值法
B．合外力对物体做功为负，物体的机械能一定不守恒
C．驾驶员通过操作方向盘不能使汽车在光滑的水平面上转弯
D．“蛋碎瓦全”，说明瓦片撞击鸡蛋的力大于鸡蛋撞击瓦片的力
答案：C
A．电场强度
E=Fq
用了比值定义法，而加速度
a=Fm
是牛顿第二定律表达式，是加速度大小的决定式，不是比值定义法，故A错误；
B．合外力对物体做功为负，物体的动能一定会改变，但是机械能不一定会发生变化，比如向上抛出一个小球，故B错误；
C．汽车转弯时需要由摩擦力来提供向心力，驾驶员通过操作方向盘不能使汽车在光滑的水平面上转弯，故C正确；
D．瓦片撞击鸡蛋的力和鸡蛋撞击瓦片的力为一对相互作用力，二者大小相等，反向相反，故D错误。
故选C。
13、下列物理量中属于矢量的是（　　）
A．功B．重力势能C．电场强度D．温度
答案：C
ABD．功、重力势能、温度三个物理量都是只有大小无方向，是标量，A、B、D错误；
C．电场强度是矢量，其方向与放在该点的正电荷所受电场力方向相同，C正确；
故选C。
14、如图所示，A、C为带异种电荷的带电小球，B、C为带同种电荷的带电小球。A、B被固定在绝缘竖直杆上，QAQB=338时C球静止于粗糙的绝缘水平天花板上。已知LACLAB=3，下列说法正确的是（  ）

A．C处的摩擦力不为零
B．杆对B的弹力为零
C．缓慢将C处点电荷向右移动，则其无法保持静止
D．缓慢将C处点电荷向左移动，则其一定会掉下来
答案：C
对C进行受力分析，A对有C吸引力，B对有C排斥力，及其重力，与水平天花板对C可能有竖直向下压力，如图所示

由平衡条件，结合矢量的合成法则，弱不受摩擦力得
FAC=FBCcosθ
由几何知识可得
cosθ=32
依据库仑定律有
kQAQCLAC2=32kQBQCLBC2
QAQB=338
QAQB=338时恰好处于平衡状态；
A．C球静止没有运动趋势，C处的摩擦力为零，故A错误；
C．缓慢将C处点电荷向右移动，平衡状态被打破，其无法保持静止，故C正确；
D．缓慢将C处点电荷向左移动，FBC变大，其竖直向上的分量变大，C球一定不会掉下来，故D错误；
B．B球如果不受杆的力，则C球给B球的排斥力有水平方向的分量无法平衡，因此杆一定有力，故B错误。
故选C。
15、如图所示，将两个摆长均为l的单摆悬于O点，摆球质量均为m，带电量均为q（q>0）。将另一个带电量也为q（q>0）的小球从O点正下方较远处缓慢移向O点，当三个带电小球分别处在等边三角形abc的三个顶点上时，摆线的夹角恰好为120°，则此时摆线上的拉力大小等于（  ）

A．3mgB．3mgC．23kq2l2D．33kq2l2
答案：D
球a与球b间距为3l，对小球a受力分析，受重力、c 球对a球的斥力、b球对a球的斥力和细线的拉力，如图所示

根据平衡条件，水平方向
Fab+Faccos60°=Tcos30°
竖直方向
Facsin60°+Tsin30°=mg
其中
Fab=Fac=kq2（3l）2
解得
T=mg=33⋅kq2l2
故D正确， ABC错误。
故选D。
多选题
16、如图甲所示，三个电量相等的点电荷位于等边三角形的三个顶点上，其中x=0处电荷带负电，其余两电荷带正电且关于x轴对称。一试探电荷沿x轴正方向运动，所受电场力随位置的变化图像如图乙所示（以x轴正向为电场力的正方向）。设无穷远处电势为零。则（  ）

A．试探电荷带正电B．乙图中的x1与甲图中的x0相等
C．在x轴正半轴上，x2处电势最高D．试探电荷在x1处电势能最大
答案：AD
AB．在x≤x1时，三个点电荷对试探电荷的电场力向左，则该试探电荷带正电，图乙中x1的位置正点电荷所受的电场力等于零，根据图甲来判断x0的位置正点电荷的受力不为零，方向向左，根据题意，正点电荷受力等于零的位置应在x0的右侧，如下图

故x1在x0右侧，即
x1>x0
故A正确，B错误；
CD．在0<x<x1范围内，正电荷所受电场力合力为水平向左，正点电荷在x1位置受力平衡，在x1的右侧正点电荷所受合力方向水平向右，在0<x<x1范围内，电场力做负功，电势能增加，x>x1范围内，电场力做正功，电势能减小，故在x1处电势能最大，所以在x1处电势最大，故C错误，D正确。
故选AD。
17、如图所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管（正向电阻为0，反向电阻为∞）连接，电源负极接地，开始时电容器不带电，闭合开关S，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P点。在开关S保持接通的状态下，下列说法正确的是（  ）

A．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向下运动
B．当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会静止不动
C．当电容器的下极板向下移动时，P点的电势不变
D．当电容器的下极板向左移动时，P点的电势会升高
答案：BD
A．一带电油滴恰能静止在电容器中P点，则
F电=mg
当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器的有效阻值增大，总电流减小，根据闭合电路欧姆定律
U=E-Ir
R的电压增大，则电容器板间电压增大，由公式
E=Ud
可知场强增大，由公式
F=Eq
可知油滴所受电场力增大，带电油滴会向上运动，故A错误；
B．当电容器的上极板向上移动时，由于
C=εS4πkd
可知，电容减小，由于电容器电压不变，根据
C=QU
可知，电荷量减小，电容器放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器带电量不变，由于
E=Ud=QCd=4πkQεS
可知，场强不变，则电场力不变，所以带电油滴会静止不动，故B正确；
C．当电容器的下极板向下移动时，由于
C=εS4πkd
可知，电容减小，由于电容器电压不变，根据
C=QU
可知，电荷量减小，电容器放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器带电量不变，则板间电压增大，由于
E=Ud
可知场强增大，则P与下极板间的电势差变大，则P点的电势升高，故C错误；
D．当电容器的下极板向左移动时，由于
C=εS4πkd
可知，电容器电容减小，由于电容器电压不变，根据
C=QU
则电荷量减小，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电荷量不变，可知板间电压增大，由于
E=Ud
可知场强增大，则P与下极板间的电势差变大，则P点的电势升高，故D正确。
故选BD。
18、关于带电粒子在电场中仅在电场力作用下的运动情况，说法正确的是（　　）
A．粒子可能做匀速直线运动
B．粒子可能做匀速圆周运动
C．在匀强电场中，一定做匀变速运动
D．初速度为零时，粒子一定沿电场线加速运动
答案：BC
A．带电粒子在电场中仅在电场力作用下，受到的合力一定不为零，粒子不可能做匀速直线运动，A错误；
B．粒子在点电荷电场中，受到的电场力方向可能总是指向点电荷，可能电场力刚好提供向心力，则粒子做匀速圆周运动，B正确；
C．在匀强电场中，粒子受到的电场力为恒力，粒子的加速度保持不变，粒子一定做匀变速运动，C正确；
D．粒子在非匀强电场中，当粒子静止释放所处电场线不是直线时，粒子不沿电场线运动，D错误。
故选BC。
19、如图所示，带电体Q靠近一个接地空腔导体，空腔里面无电荷。在静电平衡后，下列物理量中不为零的是（   ）

A．导体腔内任意点的电场强度B．导体外表面附近的电场强度
C．导体外表面的电荷量D．导体空腔内表面的电荷量
答案：BC
静电平衡状态下的导体内部电场强度处处为零，且内表面不带电；但导体接地，导体外表面受带电体Q的影响，所带电荷量不为零，导体外表面附近的电场强度也不为零。
故选BC。
20、以下四种情况：（1）在固定点电荷+Q的电场中；（2）两个固定的等量异种电荷+Q和-Q，在它们连线的中垂面内；（3）两个固定的等量正电荷+Q，在它们连线的中垂面内；（4）在一个自由点电荷+Q的一侧（点电荷质量是电子两倍）。电子有可能做匀速圆周运动的是（  ）
A．B．
C．D．
答案：ACD
A．在固定点电荷+Q的电场中，电子受的库仑力指向圆心，当满足
keQr2=mv2r
时，电子能做匀速圆周运动，选项A正确；
B．两个固定的等量异种电荷+Q和-Q，在它们连线的中垂面内,电子受电场力垂直中垂面，则电子不可能做匀速圆周运动，选项B错误；
C．两个固定的等量正电荷+Q，在它们连线的中垂面内，电场的方向是从中心向外均匀发散的，则电子受的电场力指向中心，可能做匀速圆周运动，选项C正确；
D．在一个自由点电荷+Q的一侧（点电荷质量是电子两倍），点电荷与电子有静电引力，则两者可能绕着连线上的某点（该点到电子的距离是到点电荷距离的2倍）做匀速圆周运动（类似双星），选项D正确。
故选ACD。
21、三个相同的金属小球A、B、C，A、B两个小球带电量大小相等，可以看作点电荷，相互间的引力大小为F，小球C不带电，依次接触A、B两个带电小球后再移走，A、B两个小球的位置不变，则A、B两个小球相互吸引力变为（  ）
A．F2B．F4C．F8D．3F8
答案：C
A、B两个小球带异种电荷，设电荷量均为q，两小球的距离为r，则根据库伦定律可得
F=kq2r2
小球C不带电，依次接触A、B后，A、B两个小球的电荷量分别为q2，q4。则根据库伦定律可得
F'=kq28r2
此时有
F'=18F
故选C。
小提示：注意小球带同种电荷或异种电荷的影响，理解接触带电的电荷分配原则。
22、如图所示，光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上，可视为质点的小球1，2，3完全相同。现让小球1、2带电，小球3不带电。小球1、2的电荷量分别为+Q、+2Q，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。现用小球3分别与小球1，2接触无数次后，移走小球3，再把小球2放置在图中C位置时也恰好能平衡，则（  ）

A．小球2在C位置时的电量为+Q
B．AB弦是AC弦的两倍
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：AC
A．小球1，2，3完全相同，它们接触后会电荷均分，小球3分别与小球1，2接触无数次后，三球的电荷量相等，故A正确；
CD．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=FN
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
mgOA=F1OB=FAB
即
mgR=F1R=FL
由此可知
F1=FN=mg①
F=LRmg②
由上面的①式可知小球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；
B．库仑力
F=kq1q2l2
化简②式可得
mgR=kq1q2l3
由于在C点时，电荷已经均分
q2=+Q
在B点时，电荷
q2=+2Q
联立可得
kQ×2QlAB3=kQ×QlAC3
解得
lAB=32lAC
所以AB弦长是AC弦长的32倍，故B错误。
故选AC。
23、如图所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连，开始时开关闭合，一带电油滴沿两极板中心线方向以某一初速度射入，恰好沿中心线①通过电容器，则下列判断正确的是（  ）

A．油滴带负电
B．保持开关闭合，将B板向上平移一定距离，可使油滴沿轨迹②运动
C．保持开关闭合，将A板向上平移一定距离，可使油滴仍沿轨迹①运动
D．断开开关，将B板向上平移一定距离，可使油滴沿轨迹②运动
答案：AB
A．开关闭合时，油滴做匀速直线运动，电场力与重力平衡，A极板和电源正极相连，场强方向向下，所以油滴带负电，A正确；
B．保持开关闭合，电容器两端电压不变，B板上移，板间距d变小，由公式
E=Ud
可知场强增大，电场力大于重力，粒子沿轨迹②运动，B正确；
C．保持开关闭合，将A板向上平移一定距离，板间距d增大，由公式
E=Ud
可知场强减小，电场力小于重力，所以粒子向下偏转，C错误；
D．断开开关，电容器电荷量不变，将B板向上平移一定距离，由公式
C=QU
C=εS4πkd
E=Ud
得
E=4πkQεS
可知场强与板间距无关，故场强不变，所以粒子沿轨迹①运动，D错误；
故选AB。
24、两个大小相同的带电金属球A、B的电荷量之比为4：3，所带电荷电性相反。若用另一个不带电的、与金属球A、B大小相同的金属球C与这两个球先后各接触一次，然后移走。金属球A、B间的距离保持不变且远大于它们的直径，则它们之间的库仑力可能变为原来的（  ）
A．112B．532C．14D．12
答案：AB
设A、B的电荷量为4q、-3q。则库仑力大小为
F=12kq2r2
若C先与A接触，则最后库仑力大小为
F'=k2q×q2r2=112×12kq2r2=112F
若C先与B接触，则最后库仑力大小为
F''=k3q2×5q4r2=532×12kq2r2=532F
故AB正确，CD错误。
故选AB。
25、如图所示，在一条直线上有两个相距0.6m的点电荷A、B，A带电荷量为+Q，B带电荷量为-9Q，现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均仅在电场力的作用下处于平衡状态。下列说法正确的是（  ）

A．点电荷C带正电B．点电荷C位于B的右边0.3m处
C．点电荷C带负电D．点电荷C位于A的左边0.3m处
答案：CD
根据题意，要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足：“两同夹异”、“两大夹小”、“近小远大”的原则，所以点电荷C应在A左侧，且带负电，设C带电荷量为q，A、C间的距离为x，对C，根据平衡条件可得
kQqx2=k9Qq(0.6+x)2
解得
x=0.3m
故选CD。
填空题
26、如图，QA = 3×10-8C，QB = －3×10-8C，A，B 两相距6cm，在水平方向外电场作用下，A，B保持静止，悬线竖直，则A，B连线中点场强大小__________，方向__________。（两带电小球可看作质点）

答案：     5.25×105     水平向右
[1][2]由于带电两球等量异种电荷，以A球为研究对象，小球没有受到外电场的作用时，两带电小球会相互吸引，故小球会往右摆，因此，要小球悬线竖直方向，必须有一向左的水平电场力作用才能保持，所以外电场的方向是水平向左。这时根据库仑定律得：小球A受到B的电场力为
FBA=kQA|QB|r2
同时小球A也受到外电场的电场力为
F外=QAE外
由小球保持平衡，故
FBA=F外
即
kQA|QB|r2=QAE外
所以外电场的电场强度大小为
E外=k|QB|r2=9×109×3×10-836×10-4N/C=7.5×104N/C
方向水平向左。
则A、B中点处的电场强度由E外与A、B两电荷的电场叠加而成，则A、B中点的电场强度的大小为
E中=EA+EB-E外=kQA(r2)2+k|QB|(r2)2-E外=5.25×105N/C
方向水平向右。
27、（1）一个带电金属球达到静电平衡时，球内部没有净剩电荷，电荷均匀分布在外表面，球内部场强处处为0，其在球的外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同。已知静电力常量为k。
a．根据电场强度的定义式和库仑定律，推导一个电荷量为Q的点电荷，在与之相距r处的电场强度的表达式__________。
b．若将金属球内部挖空，使其成为一个均匀球壳，如图1所示。金属球壳的电荷量为Q，A、B是到球心的距离分别为r1和r2的两点，则A点的场强E1=__________，B点的场强E2=__________。
（2）万有引力定律与库仑定律有相似的形式，因此质点的引力场与点电荷的电场也有很多相似的规律。已知引力常量为G。
a．类比点电荷电场强度的表达式，写出一个质量为m的质点在与之相距r处的引力场强度EG的表达式_______。
b．假设沿地轴的方向凿通一条贯穿地球两极的隧道，隧道极窄，地球仍可看作一个半径为R、质量分布均匀的球体。如图2所示，以地心为原点，向北为正方向建立x轴，请在图3中作图描述隧道中地球引力场强度随x变化的规律，并说明作图依据______。

答案：     kQr2     0     kQr22     Gmr2     
（1）[1] 电荷量为Q的点电荷，在与之相距r处放一试探电荷q，根据库仑定律，该试探电荷受到的电场力为
F=kQqr2
由电场强度E=Fq得电荷量为Q的点电荷，在与之相距r处电场强度
 E=kQr2
[2] [3] 一个带电金属球达到静电平衡时，球内部没有净剩电荷，电荷均匀分布在外表面，球内部场强处处为0，其在球的外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同。A点在均匀带电球壳内部，故A点场强
E1=0
B点的场强
E2=kQr22
（2）[4] 设距离一个质量为m的质点r处，放一个质量为m1另外一质点，在与之的引力场强度
EG=Fm1=Gm⋅m1r2m1=Gmr2

[5] 假设地球平均密度为ρ，隧道中距离地心为x处地球引力场强度大小
EG=Gρ43πx3x2=43Gρπx
又因为在隧道中，在原点以北某物体受地球引力向南，在原点以南某物体受地球引力向北，故隧道中地球引力场强度随x变化的规律定性变化图像为

28、用丝绸摩擦过的玻璃棒去接触不带电的验电器时，验电器的金属箔张开（如图），金属箔因失去电子带上___________电荷，接触瞬间电流的方向是___________（选填“金属球到玻璃棒”或“玻璃棒到金属球”）。

答案：     正     玻璃棒到金属球
[1][2]与丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷，接触不带电的验电器的金属球后，金属球上的部分负电荷移动到玻璃棒上，则金属箔片因失去电子带上正电荷；而电流的方向是正电荷定向移动的方向，所以接触瞬间电流的方向是玻璃棒到金属球。
29、1907~1913年密立根用在电场和重力场中运动的带电油滴进行实验，发现所有油滴所带的电量均是某一最小电荷的整数倍，该最小电荷值就是电子电荷。密立根油滴实验原理如图所示。两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，间距为d，形成竖直向下匀强电场。用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴。通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，重力加速度为g。

（1）悬浮油滴带_________（填“正”或“负”）电；
（2）增大场强，悬浮油滴将向电势_________（填“高”或“低”）的方向运动；
（3）悬浮油滴的电荷量为_________（用题中字母表示）；
（4）油滴的电荷量_________（填“一定”或“不一定”）是电子电量的整数倍。
答案：     负     高     mgdU     一定
（1）[1]带电荷量为Q的油滴静止不动，则油滴受到向上的电场力；题图中平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，故板间场强方向竖直向下，则油滴带负电。
（2）[2]根据平衡条件，有
mg=Eq
当增大场强，电场力增大，则悬浮油滴将向上运动，即向电势高处运动。
（3）[3]根据平衡条件，有
mg=qUd
故
q=mgdU
（4）[4]不同油滴的所带电荷量虽不相同，但都是某个最小电荷量（元电荷）的整数倍。
30、两个电荷量相等的带电体A、B间保持2×10-3m的距离，由静止开始释放。假设这两个带电体仅受相互间的库仑力作用。释放瞬间带电体A获得7m/s2的加速度，带电体B获得9m/s2的加速度。若带电体A的质量为6.3×10-6kg，则带电体B的质量为______，每个带电体的电荷量是______，经过一段时间后，两个带电体的速度大小之比vA:vB=______（k=9×109N⋅m2/C2）
答案：     4.9×10-6kg     1.4×10-12C     7:9
[1]设A、B间库仑力大小为F，根据牛顿第二定律
F=mAaA=mBaB
带电体B的质量为
mB=mAaAaB=6.3×10-6×79kg=4.9×10-6kg
[2]根据
F=kq2r2=mAaA
每个带电体的电荷量是
q=mAaAr2k=6.3×10-6×7×(2×10-3)29×109C=1.4×10-12C
[3]经过一段时间后，两个带电体受到的冲量大小相等，设为I，根据
I=mAvA=mBvB
则
vA:vB=7:9

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