专题(一) 电场力的性质-【金试卷】2025-2026学年高中物理必修第三册同步单元双测卷（人教A版）

12.答案6.0×1061.4×10-5有 解析线框在水平位置时穿过线框的磁通量为重1=BSsin37°=4×10-5X0.52× 0.6Wb=6.0X10-6Wb,竖直位置时穿过线框的磁通量为Φ2=一BScos37°= 一4×10-5×0.52×0.8Wb=一8.0×10-6Wb,磁通量的变化量的大小为△Φ=| Φ2一Φ1|=1.4×10-5Wb,因线框闭合且穿过线框的磁通量变化，所以线框中有感 应电流产生。 13.答案(1)图见解析(2)偏转(3)不偏转偏转(4)闭合导体回路磁通量发生 变化 解析(1)通过对电路分析可知：线圈B是用来检测感应电流的，故电流计要和B 构成闭合回路；滑线变阻器的作用是用来改变A线圈电流大小，故要采取限流接 法，综上所述，连线如图。 (2)接好电路，合上开关瞬间，由于A线圈电流的变化，导致穿过B线圈磁通量的变 化，从而使线圈B产生感应电流，电流表指针偏转。 (3)电路稳定后，虽然B线圈有磁场，但磁通量没有变化，不能产生感应电流，所以 电流计不偏转。迅速移动滑动变阻器的滑片，A线圈中的电流变化，导致穿过B线 圈磁通量的变化，从而使线圈B产生感应电流，电流表指针偏转。 (4)根据(2)(3)可得：产生感应电流的条件：闭合导体回路磁通量发生变化。 14.答案(1)号BL2(2)见解析 解析(1)导线框转动120°时，与磁场方向夹角为30°，则 Φ/Wb 磁通量币=BL2sin30°=2BL2 (2)从ab边进入磁场算起，0~L过程线框在左侧磁场，有 Φ1=BLx L~2L过程，αb边进入右侧磁场，cd边在左侧磁场，则有 +0外 3x/m Φ2=-BL(x-L)+BL(2L一x) 即Φ2=3BL2-2BLx 2L一3L过程，线框在右侧磁场，有Φ3=一BL(3L一x)= BLx-3BL2 作出磁通量随横坐标的变化图像如图 15.答案(1)0(2)2T,方向与水平方向成45°角斜向右上方 解析(1)c,点的磁感应强度为2T,说明通电导线在c点产生的磁感应强度与匀强 磁场的磁感应强度大小相等、方向相同，即通电导线在C,点产生的磁感应强度大小 为1T,方向水平向右 根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向里 故在a点，通电直导线产生的磁感应强度大小为1T,方向水平向左 故a点的磁感应强度为0 (2)由(1)知，通电直导线在b点产生的磁感应强度大小为1T,方向竖直向上，与匀 强磁场的磁感应强度互相垂直 根据平行四边形定则得b点的磁感应强度大小为√瓦T,方向与水平方向成45°角斜 向右上方 16.答案(1)9.4×1030个(2)3.76×1023个4×10-4W 解析(1)每个能量子的能量e=m==6.63X104×3×10J=1.06X10-7J 入 187.5 则每秽电台发射上述波长的能量子数N=P4=9.4X100个。 (2)设球状天线每秒接收能量子数为n个，以电台发射天线为球心，则半径为R的 球面积S=4πR2,而球状天线的有效接收面积S=π2，所以 n=NS 12 =9.4X100×4x02.5X10y个 =3.76×1023个 接收功率Pt==3.76X1023X1.06X10-27W=4X10-4W。 第三部分！ 重难专题卷 专题（一）电场力的性质 1.C根据力的平衡条件可知，因b球带正电，要使a、c两球平衡，所以a、c两球一定带 负电，故A、B、D错误；对c小球进行分析，a、c间的距离是b、c间的两倍，由库仑定 律，则有k_“,解得Qa=4Q,即a小球带电荷量为一4Q,故C正确 2.D由电场线分布可知，导体左右两侧均带正电，故A错误；右侧电场线分布较密 集，可知导体左侧的电荷分布密度小于右侧，故B错误；因N点电场线比M点密集， 则N点的电场强度大于M点的电场强度，故C错误；导体处于静电平衡状态，所以 内部场强为零，故D正确。 3.C要使三个点电荷处于平衡状态，可知C应放在B的右侧，且与A电性相同带负 4QQc B由FA出=Fa得k4g-QQ,对电待C,由FcFx得A rBc =kQQc,解得rx=L,Qc=4Q,故选项C正确。 rec 一L中「BC 4.B因a点的场强最大，可知a点离场源电荷最近，即a点与场源电荷连线与直线 MIN套直，设场源电荷在距高a点x的位里，则E=是，6点场强为之E= 子联立解得x=L,则Q-E,故B正确，ACD错说 Q 5.A根据“两同夹异，两大夹小”知，B、D错误；由于三个电荷均处于平衡状态，所以对 g1有：k1992=61919s 2)2对92有：k91921k92g对98有k,91%)2 k929,又2=21，联立解得1q1:92:l93=9:4:36,由于919s是同种电 荷，91、92是异种电荷，即q1:92:93=（-9):4:（-36),故A正确，C错误。 6.D由题图可知，两小球均在重力、拉力、电场力和库仑力的作用下处于平衡状态，库 仑力为相互作用力，大小相等，方向相反，故两小球受到的电场力也一定大小相等， 方向相反，则两小球一定带异种电荷，P小球所受库仑力向右，Q小球所受库仑力向 左，匀强电场方向向右，则正电荷所受电场力方向向右，其所受库仑力方向一定向 左，所以Q带正电荷，P带负电荷，P所带电荷量的大小与Q所带电荷量的大小相 等，A错误；由以上分析可知，质量不影响小球平衡，故B错误；因为M、P、Q构成的 是等边三角形，所以P、Q两小球在M点产生的合场强与匀强电场的场强大小相等， 方向相反，因此M点的场强是零，N点的场强不是零，C错误，D正确。 7.A设库仑力为Fc,小球所受库仑力和凹槽支持力始终指向圆心，如图所示，由图可 知F一直增大，FN十FC先减小后增大，由于小球和点电荷距离不变，所以FC大小 不变，得FN先减小后增大，故A正确，B错误；以整体为研究对象受力分析得地面对 凹槽的支持力N=(M十m)g一Fcos0,摩擦力Ff=Fsin0,由于F一直增大，地面对 凹槽的支持力一直减小，摩擦力一直增大，故C、D错误。 Q本--B F、+F。 2522970007277727277777772 mg 8.C因P点的电场强度为零，所以半球面上的正电荷q在P A 点产生的电场强度和，点电荷Q在P点产生的电场强度等大反 十 向，即半球面上的正电荷q在P点产生的电场强度大小为E + P M C+ - 一？是，方向沿轴线向右。现补全右侧半球面，如图所示，根据 均匀带电的封闭球壳内部电场强度处处为零知，均匀带电的 封闭球面在M,点产生的电场强度为零，即左半球面在M点产 B 生的电场强度和右半球面在M点产生的电场强度等大反向，又由对称性知左半球 面在P点产生的电场强度和右半球面在M,点产生的电场强度等大反向，则左半球 在M点产生的电场强度为E2=,方向沿轴线向右，点电荷Q在M点产生的电 kQkQ 3kQ 为E,=船，方向沿轴线向左，故M点的合电场强度为EM=R24R 方向沿轴线向左，故选项C正确。 9.ABC笔套与头发摩擦后，能够吸引圆环，说明笔套上带了电荷，即摩擦使笔套带 电，选项A正确；笔套靠近圆环时，由于静电感应，会使圆环上、下部分感应出异号电 荷，选项B正确；圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环所受 的重力，选项C正确；笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷没有被中和，笔套还带电，选 项D错误。 10.BCD由于电场线方向未知，故不能确定带电粒子的电 F。 性，故A不能判断；如图所示，由于带电粒子在静电力作 a 用下做曲线运动，所以静电力应指向轨迹的凹侧，且沿电 场线方向，B能判断；加速度由静电力产生，由于a处电 b 场线较b处密，所以a处电场强度大，由E=F知，带电 粒子在α处受静电力大，故加速度大，且方向与静电力方向相同，C、D能判断。 11.BDC点场强为零，则两个电荷在C点产生的场强大小相等、方向相反，C点不可 能在A、B之间，由于A处电荷所带电荷量多，根据点电荷场强公式E=9知，C 2 点在B点右侧，故A错误，B正确；根据电场的叠加原理可知，B、C之间电场方向向 左，C点右侧电场方向向右，故C错误，D正确。 12.D根据题述和图中几何关系可知，A、B间的距离为r=√3L, 根据岸仑定体，可得岸合力大小为F-号-品递项A 1:F 21 B+-- 错误；对小球A受力分析，如图所示，受到竖直向下的重力 31A mg,水平向右的库仑力F和细线的拉力FT,由mg:F= mg 1:V3,可得A、B间库仑力大小为F=√3mg,选项B错误；由 mg:Fr=1:2,可得细线拉力大小为Fr=2mg,选项C错误；由Fr:F=2:√3， 可得细线拉力大小为F7=23F=23kQ,选项D正确。 3 92 13.答案(1)10-6C(2)0.15m 解析(1)小球A刚释放时受重力与库仑力，根据牛顿第二定律，则有： kQ2 mgh-ma 刚释放时加速度大小为：a=子g 解得：Q=10-6C (2)当小球A加速度为0时，速度最大 则有mg一斧 解得：H=0.15m 14.答案(1)70g(2)带负电，电荷量为9g L2 解析因A、B为同种电荷，A球受到B球的库仑力向左，要使A向右匀加速运动， 则A球必须受到C球施加的向右的库仑力，故C球带负电。设加速度为α，对A、 B、C三球组成的整体，由牛顿第二定律有F=3ma 10g·9c-k9:10g=ma 对A球，由牛顿第二定律有(2L) L2 对B球，曲卡版第二定麻有1空2+- 解得F=70q2。 40。 L29c=39。 15.答案(1)3×107C (2)汽×103N,方向水平向左 (3)1.5×10-3N1×10-3N 解析(1)对B球受力分析如图甲所示。B球受力平衡，则拉力与库仑力的合力大 小等于重力，方向与重力方向相反，由几何知识可知F=mg=FrB 参考答案55 F 60°60 SOA mg mg 究 根据库仑定律得F= La=mg 代入数据解得g=号×101C. (2)对A球受力分析如图乙所示。 A球受力平衡，所以FN=Fin60°=mgin60°=5×10-3N 2 题第三定律可知，墙受到小球的压力大小为X103N,方向水 (3)A球受力平衡，则有 FTA=mg+Fcos 60=1.5X10-3 N 由(1)分析知FB=mg=1×10-3N。 16.答案(1)8方向水平向左(298-g方向竖直向上 2L2 2mL2 3)② 解析(I)正、负点电荷在A点产生的场强大小均为E。=k,Q= Q (2L)2L2 A点的电场强度的大小E=2E,=2k 2L2 方向水平向左 (2)由牛顿第二定律得gE-mg=ma 解得a-2-8 方向竖直向上 (3)小物块从A到B过程中，设克服阻力做功为W,电场力与速度方向垂直，电场 力不做功。 1 由动能定理得：2mgL-W=0-2m6 小浙块从A到0过程中：m8L-号w,=2-m6 解得=号 专题（二） 电场能的性质带电粒子在 电场中的运动 1.C电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，则c点的电场强度大 于b点的电场强度，故A错误；沿着电场线方向电势降低，故b点的电势高于c点的 电势，故B错误；沿着电场线方向电势降低，故a,点的电势高于d点的电势，故将一 带电荷量为十g的试探电荷由α点移动到d点，电荷的电势能将减小，故C正确；由 点电荷的运动轨迹弯曲方向可知，点电荷所受静电力大致向上方，与电场线方向相 同，故，点电荷带正电，D错误。 2.A题图中a点左侧，b点右侧的电场强度方向都沿x轴负方向，则a点处为正，点电 荷，b点处为负，点电荷，又两点电荷的电荷量相等，由等量异号点电荷电场特点知￠、 d两，点的电场强度相同，c点电势更高，A正确，B、C、D错误。 3.C图形剖析 W8=10N, UAR= D为AB中点，则 Une-Wg-5V- D UAD=5V UD,则CD为 等势线 电场线垂直 于等势线， 指向电势降 低的方向 56 参考答案 解析由图形剖析知UAB=10V,UAc=5V,则UC=PB一9c=PB-PA十PA一PC -UAB十UAC=-5V,故A错误；D为AB的中点，△CDB为等边三角形，BE⊥CD, 剥电场方向由E指向B,报据几何关系可得BC=ACam30=号m,dm=BC c0s30°)m,电场强度E--。55V/m=10V/m,故B错误，C正确：二电子 从B点移到C点，电场力做功Wc=Uc(-e)=5eV,所以电势能降低5eV,故D 错误。 4.C放电前手指靠近金属门锁的过程中，门锁在手的影响下，发生静电感应，近手端 感应出正电荷，故A错误；由于门锁近手端带正电，手带负电，二者间空间产生电场， 电场线由门锁近手端指向手，所以门锁电势比手的电势高，故B错误；随着手的靠 近，二者间距逐渐减小，将门锁与手看成一个电容器，当两者距离减小时，根据公式 C-的品B-号C-号可得E=9,由于异种包荷湘互暖引，手接运的过程中， 门锁近手端电荷密度越来越大，故门锁与手之间场强逐渐增大，故C正确，D错误。 5.C电场线和等势面垂直，所以电场沿水平方向，由粒子M的轨迹可知，电场力水平 向右，故电场的方向水平向右，N受到的电场力方向指向其轨迹凹侧，故其所受电场 力水平向左，所以N带负电，故A错误；电场线水平向右，沿电场线方向电势降低， 所以a等势面的电势高于b等势面的电势，故B错误；电场力对N做正功，其电势能 减小，动能增大，故C正确，D错误。 6.D小球受到电场力和重力的合力，当到达等效最低点时动 能最大，故B,点为等效最低点，因此小球受到的合力方向由 、FE D超的B,对小球金力分所，可如血一器立因为小球带 D-- 00=398 正电，所以场强方向与电场力方向相同，如图所示，故A错 误；加速度大小为4=F合-Egc0s0-5g,故B错误；沿电场 m A 线方向电势降低，因此电势最低点为F,故C错误；合力方向由D指向B,因此从A 到C合力做功为0，小球在A点和C点时动能相等，速度大小相等，故D正确。 7.C粒子在电场中做类平抛运动，从P点到再次落到M、N连线上，水平位移等于竖 直位移，即ot=2·m 1·E2,解得2二，故A选项错误；竖直速度，=2U m 合速度U=6十=5，故B选项错误；水平位移x=20,竖直位移y 工，故合位移大小5二22，故C选项正确，设速度方向与竖直方向的夹角 为0，则an0=2=7,即≠30，故D选项错误. 8.BC根据轨迹弯曲的方向以及电场线与等势线垂直可知，三条等势线中α的电势最 低，故A错误；带电质点从P点运动到Q,点的过程中，静电力做负功，带电质点的电 势能增大，动能减小，则带电质点通过P点时的动能比通过Q点时的动能大，在P 点具有的电势能比在Q点具有的电势能小，故B正确，D错误；根据电场线的疏密程 度可知，P,点的电场强度大于Q点的电场强度，则带电质点在P点受到的静电力大 于在Q点受到的静电力，故C正确。 9.BCM点的电场线较N点密集，故M点的电场强度大于N点的电场强度，故A错 误；顺着电场线电势降低，故M,点的电势低于N点的电势，故B正确；O点电势高于 M,点电势，故将一负电荷由O,点移到M点电势能增加，故C正确；M点的电势低于 N,点的电势，故OM与ON之间的电势差不相等，故将一正电荷从O点分别移到M 点和N点，电场力做功不相同，故D错误。 10.AC增加除尘率是让离下极板较远的粒子也落到下极板上，带电尘埃在矩形通道 内微类平抛运动，沿电场方向的位移为y合·船·名即增大y即可，只 电压U可以增大y,故A满足条件。只增大高度d,y减小，故B不满足条件。只增 大长度L可以增大y,故C满足条件。只增大水平速度0，y减小，故D不满足 条件。 11.ABD根据静电力做功与电势能的变化关系知Q1在C点的电势能Ep=W,根据 电势的定义知C点电势p=E-W,A正确；在A点的点电荷产生的电扬中，B,C 99 两点处在同一等势面上，Q1从C移到B的过程中，静电力做功为0，B正确；单独在 A点固定电荷量为十q的，点电荷时，C点电势为p,单独在B点固定点电荷Q1时，C 点电势也为9，两点电荷都存在时，C点电势为2p,Q2从无穷远移到C点时，具有的 电势能E。=一2qX2φ=-4W,静电力做功W'=一E。'=4W,C错误，D正确。 12.AB对于一个确定的示波器，电子在光屏上的位置取决于Uy和Uxx;依题意，电 子的横向坐标不变，则Uxx恒定；纵坐标在一定范围内连续变化，光屏上显示出一 线段，则Uy需在一定范围内连续变化，故C、D错误，A、B正确。 13.答案(1)7.2×10-7C(2)12N,方向竖直向下(3)0.12J 解析(1)根据Q=CU 代入数据得极板所带电荷量Q=7.2X10-7C (2)由图可知，M板与电源正极相连，则板间电场方向为竖直向上，根据电场强度与 电势差的关系有E=V d 240 可得E=1.2×10-V/m=2X104V/m 则该电荷在A点所受的电场力 F=E·g=12N 负电荷受力方向与电场方向相反，则电场力的方向为竖直向下 (3)根据题意有U=PM一PN=240V M板接地，则PN=一240V B,点距N板d1=0.2cm 设B,点电势为P,B点和N板间电势差为U1,则有U1=p一PN=Ed1 代入数据解得p=一200V 则该电荷在B,点所具有的电势能为Ep=pg=0.12J /2g（2)g9号 14.答案(1)iom (3)3gU6 2md 2md 。1 解析(1)粒子在A、B板间，有qU6=2m6, 在C、D板间有L=oto: 2qUo 解得L=to√m (2)粒子从to(n=0,2,4…)时刻进入C、D间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动， 偏移距离)y=司a6,加速度a= 1 md' 解释y. (3)粒子在C、D间偏移距离最大时打在荧光屏上的位置距中心线最远， 从CD板飞出的偏转角的正切值为tan0= 00 vy=ato, 打在荧光屏上的位置距中心线的最远距离 s=y+Ltan 0, 3qU1to 粒子打在荧光屏上的区域长度△s=s= 2md。 15.答案(1)√4gR5mg(2)BC弧的中点√2(W2+1)gR 解析(1)从A到B报据动能定理得：mgR+qER=2mv2-0, 解得：VB=√4gR。 很据牛顿第二定律得：PN一9E=mg了 解得：Fv=5mg。 根据牛顿第三定律得，环对小球的压力为5mg。 (2)由于小球所受的静电力与重力都是恒力，它们的合力也是恒力，小球从A处下 滑时，静电力与重力的合力先与速度成锐角，做正功，动能增大，速度增大，后与速 度成钝角，做负功，动能减小，速度减小，所以当合力与速度垂直时速度最大，由于 qE=mg,所以速度最大的位置位于BC圆孤的中，点，设为D点。 则从A到D过程，根据动能定理得： 解得：m=√2(W2+1)gR。第三部分 重难专题卷 专题（一）电场力的性质 凿 建议用时：75分钟满分：100分 一、选择题（本题共12小题，共48分.在每小题给出的四个选项中， 第1一8题只有一项符合题目要求，每小题4分；第9一12题有多项 密 符合题目要求，全部选对的得4分.选对但不全的得2分，有选错的 得0分) 的 1.如图所示，a、b、c为真空中三个带电小球，b小 封 球带电荷量为十Q,用绝缘支架固定，a、c两小 典 球用绝缘细线悬挂，处于平衡状态时三小球球 心等高，且a、b和b、c间距离相等，悬挂a小球 77777777 线 的细线向左倾斜，悬挂c小球的细线竖直，则下列判断正确的是 ( A.a、b、c三小球带同种电荷 B.a、c两小球带异种电荷 C.a小球带电荷量为一4Q D.c小球带电荷量为+4Q 2.如图所示为某带电导体四周的电场线分布， M、N是电场中两点，则 A.导体左侧带正电，右侧带负电 不 B.导体左侧的电荷分布密度大于右侧 C.M点的电场强度大于N点的电场强度 如 D.导体内部的P点场强为零 准 3.如图所示，光滑绝缘的水平地面上有相距为L的点电荷A、B,带 电荷量分别为一4Q和十Q,今引入第三个点电荷C,使三个点电 荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是 () 6 A.-Q 在A左侧距A为L处 童 题 B.-2Q 在A左侧距A为兰处 C.-4Q 在B右侧距B为L处 D.+2Q 在A右侧距A为号处 4.如图所示，MN是点电荷电场中的一条直线，a、b是直线上两点， 已知直线上a点的电场强度最大，大小为E,b点电场强度大小 赵 为2E,ab间的距离为L,静电力常量为，则畅源电荷的电荷量 北 为 ( M a L b N A②EL2 B.ELe C.2EL2 D.EL? k k 2k 5.如图所示，点电荷q1、q2、q3固定在一条直线上，q2与q3的距离是 q1与q2距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为0，由此可 以判定，三个电荷的电荷量之比q1：q2:q3为 () 4192 A.(-9):4:(-36) B.9:4:36 C.(-3):2:(-6) D.3:2:6 6.如图，空间存在方向水平向右的匀强电场，两 ∠∠∠LL∠∠∠∠∠∠LL∠∠L∠∠∠E .M 个可以视为质点的带电小球P和Q用相同的 绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好 与天花板垂直.N为P、Q连线中点，M点位于P● …N●Q N点正上方且M、P、Q构成等边三角形，不计小球间的万有引 力.则下列说法正确的是 ) A.P带正电，Q带负电，且电荷量大小相等 B.P与Q的质量一定相等 C.在P、Q产生的电场与匀强电场叠加后形成的电场中，N点的 场强为零 D.在P、Q产生的电场与匀强电场叠加后形成的电场中，M点的 场强为零 7.如图所示，一内表面光滑的半圆形凹槽放在粗 0 R 糙的水平地面上，绝缘轻杆固定在凹槽的顶 端，绝缘轻杆中间位置即圆心处固定一负点电 777777777777777 荷，一带正电小球（可看作点电荷）静置于槽内底部的A点.现用 一个与竖直方向夹角始终为0的斜向上的力F,把小球从A点沿 着凹槽缓慢拉至B点，整个过程中，凹槽始终保持静止，小球始 终没有离开凹槽.则在上述过程中下列说法正确的是 ( A.斜向上的力F一直增大 B.凹槽对带电小球的支持力先增大后减小 C.地面对凹槽的支持力一直在增大 D.地面对凹槽的摩擦力先增大后减小 8.如图所示，正电荷q均匀分布在半球面 +A ACB上，球面半径为R,CD为通过半球 0 面顶点C和球心O的轴线.P、M为轴线 M 0 D 上的两点，距球心0的距离均为'尽在M +B 右侧轴线上O'点固定一带正电的点电荷Q,O、M两点间的距离 为R,已知P点的电场强度为零，若均匀带电的封闭球壳内部电 场强度处处为零，则M点的电场强度大小为 () A.0 B.3kg 4R2 c D.kQkg R24R2 9.用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的 绝缘桌面上.小明同学用绝缘材料做成的笔套 与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆 环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示.对上 述现象的判断与分析，下列说法正确的是 () A.摩擦使笔套带电 B.笔套靠近圆环时，圆环上、下部分感应出异号电荷 C.圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆 环的重力 D.笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和 10.如图所示，直线是一簇未标明方向的由点电 荷产生的电场线，曲线是某一带电粒子通过 电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上两 点.若带电粒子运动中只受电场力作用，根据此图能判断( A.带电粒子所带电荷的符号 B.带电粒子在a、b两点的受力方向 C.带电粒子在a、b两点的加速度何处大 D.带电粒子在a、b两点的加速度方向 11.两个固定点电荷分别放在A、B两处，如图所示.A处电荷带电 荷量Q1=十4.0×10-8C,B处电荷带电荷量Q2=一1.0× 108C,在A、B连线上有一场强为零的点C,下列说法正确的 是 ) B A.C点在A、B之间 B.C点在B点右侧 C.C点右侧电场方向向左 D.C点右侧电场方向向右 12.如图所示，质量为m、电荷量为Q的带电小球 A用绝缘细线悬挂于O点，另一个带电荷量 也为Q的小球B固定于O点的正下方绝缘支 架上.已知绳长OA为21，O到B点的距离为 1,平衡时A、B带电小球处于同一高度，重力加速度为g,静电力 常量为.则 AA,B间库仑方大小为9 B.A、B间库仑力大小为2mg C.细线拉力大小为√3mg D.细线拉力大小为23Q 92 第三部分重难专题卷29 二、计算题（本题共4小题，共52分.解答时应写出必要的文字说 明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算 的题，答案中必须明确写出数值和单位) 13.(10分)如图，质量m=0.04kg的带正电小球A套在 光滑的竖直绝缘细杆上，杆底端固定一个与小球A电 荷量相等的小球B,整个装置处在真空中.小球A从离 底端h=0.3m的位置由静止释放后沿杆下滑，刚释放 时加速度大小a=是g,已知静电力常量6=9.0X 10N·m2·C-2,取重力加速度g=10m/s2.求： (1)小球A所带的电荷量Q; (2)小球A速度最大时与B的距离H. 14.(12分)如图所示，在光滑绝缘的水平面上沿一直线等距离排列 三个小球A、B、C,三球质量均为m,A与B、B与C相距均为L (L比球半径r大得多).若小球均带电，且q4=十10q,9B=十q, 为保证三球间距不发生变化，将一水平向右的恒力F作用于C 球，使三者一起向右匀加速运动.求： (1)F的大小； (2)C球的电性和电荷量. 30第三部分重难专题卷 15.(14分)如图所示，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷， 质量均为0.1g,分别用10cm长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板 上的一点，当平衡时B球偏离竖直方向60°，A球竖直悬挂且与 绝缘墙壁接触（两带电小球均可视为点电荷），静电力常量k= 9.0×10°N·m2/C2.取g=10m/s2,求： (1)两个小球所带电荷量； (2)墙壁受到的压力； (3)每条细线的拉力的大小. 60 OB 16.(16分)如图所示，两异种点电荷的电荷量均为Q,绝缘竖直平 面过两点电荷连线的中点O且与连线垂直，平面上A、O、B三 点位于同一竖直线上，AO=BO=L,点电荷到O点的距离也为 L.现有电荷量为一q、质量为m的小物块（可视为质点），从A 点以初速度。向B滑动，到达B点时速度恰好减为零.已知物 块与平面间的动摩擦因数为4.求： (1)A点的电场强度的大小和方向； (2)物块运动到B点时加速度的大小和方向； (3)物块通过O点的速度大小. 0 +0 0 -0 B