第一章 专题1 电场的力的性质-【金版教程】2025-2026学年新教材高中物理必修第三册创新导学案课件PPT（粤教版2019）

第一章　静电场的描述 专题一　电场的力的性质 目录 1 2 课后课时作业 课堂探究评价 课堂探究评价 课题任务1 　两等量点电荷周围的电场场强特点 等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线的比较 比较项目 等量同种点电荷 等量异种点电荷 电场线分布图 连线中点O处的场强 为零 连线上O点场强最小，指向负电荷一方 连线上的场强大小(从左到右) 沿连线先变小，再变大 沿连线先变小，再变大 中垂线上的场强大小 O点最小，向外先变大后变小 O点最大，向外逐渐减小 关于O点对称的A与A′、B与B′的场强 等大反向 等大同向 课堂探究评价 4 例1　 两个带等量正电荷的点电荷的电场中，O点为 两电荷连线的中点，a点在连线的中垂线上，若在a点由静 止释放一个电子，如图所示，关于电子的运动，下列说法 正确的是(　　) A．电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大 B．电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大 C．电子运动到O时，加速度为零，速度最大 D．电子通过O后，速度越来越小，加速度越来越大，一直到速度为零 答案 课堂探究评价 5 规范解答 规范解答　带等量正电荷的两点电荷连线的中垂线上，中点O处的场强为零，从中点沿中垂线向上或向下场强先变大，达到一个最大值后，再逐渐减小到零．a点与最大场强点的位置关系不能确定，当a点在最大场强点的上方时，电子在从a点向O点运动的过程中，加速度先增大后减小；当a点在最大场强点的下方时，电子在从a点向O点运动的过程中，加速度一直减小，故A、B错误．不论a点的位置如何，电子在向O点运动的过程中，都在做加速运动，所以电子的速度一直增加，当到达O点时，加速度为零，速度达到最大值，C正确．通过O点后，电子的运动方向与场强的方向相同，与所受电场力方向相反，故电子做减速运动，当电子运动到a点关于O点对称的b点时，电子的速度为零；同样因b点与最大场强点的位置关系不能确定，故通过O点后，电子加速度大小的变化不能确定，D错误． 课堂探究评价 模型点拨　 求解等量同种或异种点电荷场强相关问题的注意事项 (1)结合电场线的分布熟记电场强度的变化． (2)利用对称性分析有关问题． (3)结合牛顿第二定律分析有关运动问题． 课堂探究评价 [变式训练1]　如图所示，将电荷量分别为＋Q和－Q的两点电荷分别固定在同一水平面上的a、b两点处，c是线段ab的中点，d是ac的中点，e是ab的垂直平分线上的一点，将一个正点电荷先后放在d、c、e点，它所受的电场力分别为Fd、Fc、Fe，则下列说法正确的是(　　) A．Fd、Fc、Fe的方向都是水平向右 B．Fd、Fc的方向水平向右，Fe的方向竖直向上 C．Fd、Fe的方向水平向右，Fc＝0 D．Fd、Fc、Fe的大小都相等 答案 课堂探究评价 8 解析 解析　等量异种点电荷的电场线的分布特点如图所示， 从图中可知，d、c、e三点的场强方向都水平向右，所以正 点电荷在这三点受到的电场力的方向都水平向右，故A正确， B、C错误；从图中可看出d点处的电场线最密，e点处的电场线最疏，所以正点电荷在这三点受到的电场力大小不相等，故D错误． 课堂探究评价 9 课题任务2 　电场线与带电粒子轨迹的综合分析 1．物体做曲线运动的特点：合力指向轨迹曲线的内侧，速度方向沿轨迹的切线方向． 2．分析方法 (1)由轨迹的弯曲情况结合电场线确定电场力的方向； (2)由电场力和电场线的方向判断电荷的正负(或由电场力的方向和电荷的正负判断电场线的方向)； (3)由电场线的疏密程度确定电场力的大小，再根据牛顿第二定律F＝ma可判断运动电荷加速度的大小； (4)根据合力和速度的夹角可以判断粒子速度的变化情况． 课堂探究评价 10 例2　如图所示，实线为电场线(方向未画出)，虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下由a到b的运动轨迹．下列判断正确的是(　　) A．电场线MN的方向一定是由N指向M B．带电粒子由a运动到b的过程中速度一定逐渐减小 C．带电粒子在a点的速度一定小于在b点的速度 D．带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度 答案 课堂探究评价 11 规范解答 规范解答　由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，所以粒子所受电场力指向轨迹内侧，一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定，故A错误；粒子从a运动到b的过程中，所受电场力与速度夹角为锐角，粒子做加速运动，速度逐渐增大，故B错误，C正确；b点的电场线比a点的密，所以带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故D错误． 课堂探究评价 模型点拨　 (1)电场线并不是粒子运动的轨迹．带电粒子在电场中的运动轨迹由带电粒子所受合力与初速度共同决定．电场线上各点的切线方向是场强方向，决定着粒子所受电场力的方向．轨迹上每一点的切线方向为粒子在该点的速度方向． (2)电场线与带电粒子运动轨迹重合必须同时满足以下三个条件： ①电场线是直线． ②带电粒子只受电场力作用． ③带电粒子初速度的大小为零或初速度的方向与电场线方向在同一条直线上． 课堂探究评价 [变式训练2]　 某电场的电场线分布如图所示，一带电粒子仅在电场力作用下沿图中虚线所示路径运动，先后通过M点和N点，以下说法正确的是(　　) A．M、N点的场强：EM>EN B．粒子在M、N点的加速度：aM>aN C．粒子在M、N点的速度：vM>vN D．粒子带正电 答案 解析 解析　粒子所受电场力指向轨迹内侧，所以粒子带正电，D正确；电场线密处场强大，故EM<EN，A错误；由F＝Eq知FM<FN，故aM<aN，B错误；粒子从M到N，电场力与速度夹角为锐角，粒子做加速运动，故vM<vN，C错误． 课堂探究评价 14 课题任务3 　电场中的动力学问题 1．电场中的平衡问题 带电体在多个力作用下处于平衡状态，物体所受合力为零，因此可用共点力平衡的知识分析，常用的方法有正交分解法、合成法等． 2．电场中的加速问题 与力学中的分析方法完全相同，带电体的运动仍然满足牛顿运动定律，在进行受力分析时不要漏掉电场力． 课堂探究评价 15 例3　(2022·内蒙古乌兰察布市集宁新世纪中学高二上期中)如图，甲、乙两带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为2q和－q，两球间用绝缘线2连接，甲球又用等长的绝缘线1悬挂在天花板上，在两球所在空间又有方向水平向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时绝缘线都被拉紧，两球间的库仑力可忽略．则平衡时的可能位置是图中的(　　) 答案 课堂探究评价 16 规范解答 课堂探究评价 模型点拨　 带电体在电场中受力平衡或加速时，解题方法与力学中的一样，根据平衡条件、牛顿运动定律、运动学公式求解，区别只是多了电场力． 课堂探究评价 [变式训练3]　电荷量为q＝1×10－4 C的带正电小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向且方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系以及物块的速度v与时间t的关系如图所示．若重力加速度g取10 m/s2，求： (1)物块的质量m； (2)物块与水平面之间的动摩擦因数μ. 答案　(1)1 kg　(2)0.2 答案 课堂探究评价 19 解析 解析　(1)由v­t图像可知，前2 s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有 qE1－μmg＝ma， 2 s后物块做匀速直线运动，由平衡条件有 qE2＝μmg， 联立得q(E1－E2)＝ma， 由E­t图像和v­t图像可得E1＝3×104 N/C，E2＝2×104 N/C，a＝1 m/s2， 代入数据可解得m＝1 kg. 课堂探究评价 20 微元法是直接求场强的方法．从理论上讲，利用微元法可以计算一切物体的电场强度．但由于大多数情况数学计算复杂，所以微元法通常用于求解均匀规则几何体(如直杆、圆环、平面、球面等)在某点产生的场强． 课堂探究评价 21 2．等效思维——割补法 必修第二册第三章在分析残缺空心球对质点的万有引力时，用到了割补法，割补法的本质是等效思想．类似地，可以根据等效思想用割补法分析某些带电体在某点的电场强度(一般还会用到带电体的几何对称性)． 割补法是间接求场强的方法．它只适用能通过“割”或“补”的措施凑成对称几何体的带电物体． 3．极限思维 根据点电荷的场强公式，任何形状有限体积的带电体在无穷远处的电场强度都为零，这个结论利用了极限思维．利用极限思维分析场强时，一般是分析无穷远处或距离为0处的场强．极限思维一般只能定性分析带电物体的场强，但在有的情况下，会得出定量结果． 课堂探究评价 22 例　试证明：(1)均匀带电圆环轴线上的电场强度沿轴线方向(除带电圆环中心)； (2)无限大均匀带电平板两侧的电场是匀强电场． 答案　见规范解答 规范解答 规范解答　 (1)证明：如图甲所示，将均匀带电 圆环等分成极多个很小的电荷元，每一个电荷元都可 以看成点电荷．在带电圆环轴线上任取一点P(除带电 圆环中心)，根据点电荷的场强公式及对称性可知， 任意两个关于O点对称的电荷元在P点的场强垂直于 轴线的分量都大小相等、方向相反，根据场强叠加原理，P点场强方向沿轴线方向．(带电圆环中心处场强为0) 答案 课堂探究评价 23 规范解答 (2)证明：如图乙所示，在无限大均匀带电平板 一侧任取一垂直于平板的直线AB，以二者交点为圆 心将平板分为无限多个由电荷元组成的同心圆环，根 据(1)问题目及场强叠加原理知，AB直线上的点场强 方向均沿直线AB，即直线AB为电场线；由于AB是任 意选取的，所以无限大带电平板任一侧空间的电场线 都是垂直于平板的直线；由于无限大带电平板带电均 匀，所以电场线均匀分布，由电场线疏密表示电场场强大小可知，无限大均匀带电平板两侧的电场是匀强电场． 课堂探究评价 [方法感悟]　 本题在分析带电圆环轴线上场强方向时，用到微元思想及对称性；在分析无限大均匀带电平板一侧某点场强方向时，除了应用上述方法，还利用了极限思维(由于平板无限大，所以任一垂直于平板的直线都可看成平板的对称轴线)． 课堂探究评价 [变式训练]　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O点处的电场强度为(　　) 答案 课堂探究评价 26 解析 课堂探究评价 27 课后课时作业 1．(多选)如图所示，在等量负点电荷连线的中垂线上取A、B、C、D四点，B、D关于O点对称，关于这几点的场强大小关系，正确的是(　　) A．EA>EB，EB＝ED B．EA<EB，EB<ED C．可能有EA<EB<EC D．可能有EA＝EC<EB 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 解析　根据两个等量同种点电荷电场线分布的对称性可知，B、D两点处电场线疏密程度一样，则有EB＝ED，故B错误．两个等量同种点电荷连线的中垂线上场强的特点：O点场强为零，无穷远处场强也为零，从O到无穷远处场强先增大后减小，由于A、B、C、D四点具体位置不确定，可能有EA<EB<EC，也可能有EA＝EC<EB，故C、D正确，A错误． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 2．如图所示，一电子沿等量异种点电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重力不计，则电子除受静电力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是(　　) A．先变大后变小，方向水平向左 B．先变大后变小，方向水平向右 C．先变小后变大，方向水平向左 D．先变小后变大，方向水平向右 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 解析　由等量异种点电荷电场线的分布可知，从A点到O点， 电场线由疏到密；从O点到B点，电场线由密到疏，所以沿A→O →B电场强度先由小变大，再由大变小，方向为水平向右，如图 所示．由于电子做匀速直线运动，所受合力必为零，故另一个力 应与电子所受静电力大小相等、方向相反，电子所受静电力方 向水平向左，且沿A→O→B运动的过程中，静电力先由小变大，再由大变小，故另一个力的方向应水平向右，其大小应先变大后变小．故B正确． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 3． 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于 电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB 上均匀分布着正电荷，总电荷量为q，球面半径为R， CD为通过半球顶点与球心O的直线，在直线上有M、N两点，OM＝ON＝2R.已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　　) 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 4． (多选)一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力，则(　　) A．粒子带正电荷 B．粒子的加速度逐渐减小 C．粒子在A点的速度大于在B点的速度 D．粒子的初速度不为零 答案 解析 解析　由带电粒子所受合力(即静电力)指向轨迹凹侧，知静电力方向向左，粒子带负电荷，A错误；根据电场线的疏密表示场强大小知EA>EB，粒子从A运动到B的过程中，加速度逐渐减小，B正确；粒子从A到B受到的静电力与速度方向的夹角一直为钝角，做减速运动，故粒子在A点的速度大于在B点的速度，C正确；由于电场线为直线，而粒子的运动轨迹为曲线，故粒子的初速度不为零，D正确． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 答案 5． 如图所示，在场强为E的匀强电场中有一个质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，当小球静止时，细线与竖直方向成30°角，已知此电场方向恰使小球受到的静电力最小，则小球所带的电荷量应为(　　) 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 答案 6． (多选)如图所示，水平面绝缘且光滑，一绝缘的轻弹簧左端固定，右端有一带正电荷的小球，小球与弹簧不相连，空间存在着水平向左的匀强电场，带电小球在静电力和弹簧弹力的作用下静止，现保持电场强度的大小不变，突然将电场反向，若将此时作为计时起点，则下列描述小球的速度与时间、加速度与位移之间变化关系的图像正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 7． (多选)如图所示，带箭头的线表示某一电场中的电场线 的分布情况．一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示． 若不考虑其他力，则下列判断中正确的是(　　) A．若粒子是从A运动到B，则粒子带正电；若粒子是从B 运动到A，则粒子带负电 B．不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电 C．若粒子是从B运动到A，则其加速度减小 D．若粒子是从B运动到A，则其速度减小 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 解析　根据做曲线运动物体所受合力指向曲线内侧可知，静电力与电场线的方向相反，所以不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电，故A错误，B正确；电场线密的地方电场强度大，所以粒子在B点受到的静电力大，在B点时的加速度较大，所以若粒子是从B运动到A，则其加速度减小，故C正确；从B到A过程中静电力与速度方向成锐角，速度增大，故D错误． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 8． 如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在静电力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则(　　) A．a一定带正电，b一定带负电 B．a的速度将减小，b的速度将增大 C．a的加速度将减小，b的加速度将增大 D．两个粒子的动能，一个增大一个减小 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 解析　带电粒子做曲线运动，所受静电力的方向指向轨迹曲线的内侧，由于电场线的方向未知，所以粒子带电性质不确定，故A错误；从题图轨迹来看，带电粒子速度与静电力方向的夹角都小于90°，所以所受静电力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B、D错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以a所受静电力减小，加速度减小，b所受静电力增大，加速度增大，故C正确． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 [名师点拨]　本题用到了极限法和割补法，难度较大．本题另一种解法：将图乙无限大平板等分为无数个电荷元，根据对称性可知，x＝0处场强为0，故B、D错误；若图甲中R→∞，图乙中r→0，则两图带电平板形状相同，x处场强的表达式相同，由题目可知，此时场强大小为2πkσ0，使A、C项中r→0，对比表达式可知，A正确，C错误． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 11． 如图所示，有一水平向左的匀强电场，场强大小为E＝1.25×104 N/C，一根长L＝1.5 m、与水平方向的夹角θ＝37°的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×10－6 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－6 C，质量m＝1.0×10－2 kg.将小球B从杆的上端N由静止释放，小球B开始运动．(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求： (1)小球B开始运动时的加速度为多大？ (2)小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大？ 答案　(1)3.2 m/s2　(2)0.9 m 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 规范解答　以甲、乙两带电小球整体为研究对象，分析受力，由于水平方向上两个小球所受电场力的矢量和为F电＝2qE－qE＝qE，方向向左，所以绝缘线1向左偏转；设绝缘线1与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得tanα＝eq \f(qE,2mg).以乙球为研究对象，分析受力，由于乙球受到的电场力水平向右，所以绝缘线2向右偏转；设绝缘线2与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得tanβ＝eq \f(qE,mg)，可得到α＜β.故C正确，A、B、D错误． (2)由qE2＝μmg可得 μ＝eq \f(qE2,mg)＝eq \f(1×10－4×2×104,1×10)＝0.2. 科学思维　分析计算场强的特殊思维方法——微元思维、等效思维、极限思维 1．微元思维 将带电体分成许多电荷元，每个电荷元可看成点电荷，先根据keq \f(Q,r2)求出每个电荷元的场强，再结合带电物体的对称性和场强叠加原理求出合场强． A．eq \f(5kq,R2)，方向沿半径向左 B．eq \f(4kq,R2)，方向沿半径向左 C．eq \f(3kq,R2)，方向沿半径向右 D．eq \f(2kq,R2)，方向沿半径向右 解析　根据等效法，圆心O点处的电场强度可以看成在 P点放－3q的点电荷及16个电荷量均为＋q(q>0)的小球 在O点产生的电场的合场强．根据对称性，16个电荷量 均为＋q(q>0)的小球在O点产生的电场强度为0，根据点 电荷电场强度公式和场强叠加原理，O点处的电场强度为E＝keq \f(3q,R2)，方向沿半径向右，故C正确，A、B、D错误． A．eq \f(kq,2R2)－E B．eq \f(kq,4R2) C．eq \f(kq,4R2)－E D．eq \f(kq,4R2)＋E 解析　设想球壳是一完整的球面，则M、N两点的场强大小为E0＝keq \f(2q,(2R)2)，去掉左侧半球面，右侧半球面在N点产生的场强大小与只有左侧半球面时在M点产生的场强大小相同，因此N点场强大小E′＝E0－E＝eq \f(kq,2R2)－E，A正确． A．eq \f(mg,E) B．eq \f(3mg,E) C．eq \f(2mg,E) D．eq \f(mg,2E) 解析　由此电场方向恰使小球受到的静电力最小可知，静电力的 方向与细线垂直，小球受力如图所示．由平衡条件可得qE＝mgsin30°, 则q＝eq \f(mg,2E)，故D正确． 解析　将电场反向，小球在水平方向上受到向右的静电力 和弹簧的弹力，小球离开弹簧前，根据牛顿第二定律得小球的 加速度为a＝eq \f(qE＋k(x0－x),m)，其中x0为小球静止时弹簧的压缩量，可知a随x的增大而均匀减小，当脱离弹簧后，小球的加速度为a＝eq \f(qE,m)，保持不变．可知小球先做加速度逐渐减小的加速运动，然后做匀加速运动．故A、C正确，B、D错误． 9．(2021·湖南高考)如图，在(a，0)位置放置电荷量为q的正点电荷，在(0，a)位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P(a，a)为eq \r(2)a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零．则Q的位置及电荷量分别为(　　) A．(0，2a)，eq \r(2)q B．(0，2a)，2eq \r(2)q C．(2a，0)，eq \r(2)q D．(2a，0)，2eq \r(2)q 解析　根据点电荷场强公式E＝keq \f(Q,r2)，两电荷量为q的点电荷 产生的电场在P点的场强大小均为E0＝eq \f(kq,a2)，方向如图所示，则 这两点电荷产生的电场在P点的合场强为E1＝eq \r(2)E0＝eq \r(2) eq \f(kq,a2)，方 向如图所示；Q在P点产生的电场的场强大小为E2＝keq \f(Q,(\r(2)a)2)＝ eq \f(kQ,2a2)，P点的合场强为0，则E2方向如图所示，且有E1＝E2，解得Q＝2eq \r(2)q，Q为正点电荷，由几何关系可知Q的位置坐标为(0，2a)，B正确． 10．如图甲所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积所带电荷量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E＝2πkσf(1,2))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(x,(R2＋x2)))) ，方向沿x轴．现考虑单位面积所带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图乙所示．则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度大小为(　　) A．2πkσ0f(1,2))eq \f(x,(r2＋x2)) B．2πkσ0f(1,2))eq \f(r,(r2＋x2)) C．2πkσ0eq \f(x,r) D．2πkσ0eq \f(r,x) 解析　根据均匀带电圆板轴线上的场强公式， 当R无限大时，均匀带电圆板即为无限大均匀 带电平板，故无限大均匀带电平板在Q点的电 场强度大小为E1＝2πkσ0，方向沿x轴，又因 为半径为r的圆板在Q点的电场强度大小为E2＝2πkσ0f(1,2))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(x,(r2＋x2)))) ，方向沿x轴，现从带电平板中间挖去一半径为r的圆板，则Q点的电场强度大小为E3＝E1－E2＝2πkσ0f(1,2))eq \f(x,(r2＋x2)) ，A正确． 解析　(1)如图所示，小球B开始运动时受重力、小球A对它的库仑力、杆的弹力和匀强电场对它的静电力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得 mgsinθ－eq \f(kQq,L2)－qEcosθ＝ma， 代入数据解得：小球B开始运动时的加速度为a＝3.2 m/s2. (2)小球B速度最大时所受合力为零， 即mgsinθ－eq \f(kQq,r2)－qEcosθ＝0， 代入数据解得：r＝0.9 m. $$