《2019-2020學(xué)年高中物理 第一章 電場 微型專題2 電場力的性質(zhì)學(xué)案 粵教版選修3-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020學(xué)年高中物理 第一章 電場 微型專題2 電場力的性質(zhì)學(xué)案 粵教版選修3-1（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、微型專題2　電場力的性質(zhì) [學(xué)科素養(yǎng)與目標(biāo)要求]　 物理觀念：1.進(jìn)一步熟練掌握庫侖定律、電場強(qiáng)度公式.2.熟練掌握兩等量同種電荷和兩等量異種電荷的電場線分布特點(diǎn)． 科學(xué)思維：1.建立形象化的思維模型，體會用電場線解決問題的方便性.2.掌握解決帶電體動力學(xué)問題的思路和方法，進(jìn)一步建立解決電場中平衡問題和動力學(xué)問題的思維模型． 一、兩等量點(diǎn)電荷周圍的電場 1．等量同號點(diǎn)電荷的電場(電場線分布如圖1)： (1)兩點(diǎn)電荷連線上，中點(diǎn)O處場強(qiáng)為零，向兩側(cè)場強(qiáng)逐漸增大． (2)兩點(diǎn)電荷連線的中垂線上由中點(diǎn)O到無限遠(yuǎn)，場強(qiáng)先變大后變小． (3)關(guān)于中心點(diǎn)O點(diǎn)的對稱點(diǎn)，場強(qiáng)等大反向．

2、 圖1　　　　　　　　　　圖2 2．等量異號點(diǎn)電荷的電場(電場線分布如圖2)： (1)兩點(diǎn)電荷連線上，沿電場線方向場強(qiáng)先變小再變大，中點(diǎn)處場強(qiáng)最小． (2)兩點(diǎn)電荷連線的中垂線上電場強(qiáng)度方向都相同，總與中垂線垂直且指向負(fù)點(diǎn)電荷一側(cè)．沿中垂線從中點(diǎn)到無限遠(yuǎn)處，場強(qiáng)一直減小，中點(diǎn)處場強(qiáng)最大． (3)關(guān)于中心點(diǎn)對稱的點(diǎn)，場強(qiáng)等大同向． 例1　如圖3所示，a、b兩點(diǎn)處分別固定有等量異種點(diǎn)電荷＋Q和－Q，c是線段ab的中點(diǎn)，d是ac的中點(diǎn)，e是ab的垂直平分線上的一點(diǎn)，將一個正點(diǎn)電荷先后放在d、c、e點(diǎn)，它所受的電場力分別為Fd、Fc、Fe，則下列說法中正確的是(　　) 圖3 A．F

3、d、Fc、Fe的方向都是水平向右 B．Fd、Fc的方向水平向右，F(xiàn)e的方向豎直向上 C．Fd、Fe的方向水平向右，F(xiàn)c＝0 D．Fd、Fc、Fe的大小都相等 答案　A 解析　根據(jù)場強(qiáng)疊加原理，d、c、e三點(diǎn)場強(qiáng)方向都是水平向右，正點(diǎn)電荷在各點(diǎn)所受電場力方向與場強(qiáng)方向相同，故A正確，B、C錯誤；兩點(diǎn)電荷連線上場強(qiáng)由a到b先減小后增大，中垂線上由c到無窮遠(yuǎn)處逐漸減小，因此c點(diǎn)場強(qiáng)是兩點(diǎn)電荷連線上最小的(但不為0)，是中垂線上最大的，故Fd>Fc>Fe，故D錯誤． 針對訓(xùn)練1　兩個帶等量正電荷的點(diǎn)電荷如圖4所示，O點(diǎn)為兩電荷連線的中點(diǎn)，a點(diǎn)在連線的中垂線上，若在a點(diǎn)由靜止釋放一個電子，關(guān)

4、于電子的運(yùn)動，下列說法正確的是(　　) 圖4 A．電子在從a點(diǎn)向O點(diǎn)運(yùn)動的過程中，加速度越來越大，速度越來越大 B．電子在從a點(diǎn)向O點(diǎn)運(yùn)動的過程中，加速度越來越小，速度越來越大 C．電子運(yùn)動到O點(diǎn)時，加速度為零，速度最大 D．電子通過O點(diǎn)后，速度越來越小，加速度越來越大，一直到速度為零 答案　C 解析　帶等量正電荷的兩點(diǎn)電荷連線的中垂線上，中點(diǎn)O處的場強(qiáng)為零，沿中垂線從O點(diǎn)向無窮遠(yuǎn)處場強(qiáng)先變大，達(dá)到一個最大值后，再逐漸減小到零．但a點(diǎn)與最大場強(qiáng)點(diǎn)的位置關(guān)系不能確定，電子在從a點(diǎn)向O點(diǎn)運(yùn)動的過程中，當(dāng)a點(diǎn)在最大場強(qiáng)點(diǎn)的上方時，加速度先增大后減?。划?dāng)a點(diǎn)在最大場強(qiáng)點(diǎn)的下方時，電子

5、的加速度則一直減小，故A、B錯誤；但不論a點(diǎn)的位置如何，電子在向O點(diǎn)運(yùn)動的過程中，都在做加速運(yùn)動，所以電子的速度一直增加，當(dāng)?shù)竭_(dá)O點(diǎn)時，加速度為零，速度達(dá)到最大值，C正確；通過O點(diǎn)后，電子的運(yùn)動方向與場強(qiáng)的方向相同，與所受電場力方向相反，故電子做減速運(yùn)動，由能量守恒定律得，當(dāng)電子運(yùn)動到與a點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對稱的b點(diǎn)時，電子的速度為零．同樣因b點(diǎn)與最大場強(qiáng)點(diǎn)的位置關(guān)系不能確定，故加速度大小的變化不能確定，D錯誤． 二、電場線與帶電粒子運(yùn)動軌跡的綜合分析 1．帶電粒子做曲線運(yùn)動時，合力指向軌跡曲線的內(nèi)側(cè)，速度方向沿軌跡的切線方向． 2．分析方法：由軌跡的彎曲情況結(jié)合電場線確定電場力的方向；由電場力

6、和電場線的方向可判斷帶電粒子所帶電荷的正負(fù)；由電場線的疏密程度可確定電場力的大小，再根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可判斷帶電粒子加速度的大小． 例2　如圖5所示，實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(　　) 圖5 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的速度將增大 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，一個增大一個減小 答案　C 解析　帶電粒子做曲線運(yùn)動，所受電場力的方向指向軌跡的內(nèi)側(cè)，由于電場線的方向未知，所以粒子帶電性質(zhì)不確定，故A錯誤；從題

7、圖軌跡變化來看，速度與力方向的夾角都小于90°，所以電場力都做正功，動能都增大，速度都增大，故B、D錯誤；電場線密的地方電場強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場強(qiáng)度小，所以a受力減小，加速度減小，b受力增大，加速度增大，故C正確． 針對訓(xùn)練2　(2017·南京市期末調(diào)研)如圖所示，實線表示電場線，虛線表示帶電粒子運(yùn)動的軌跡，帶電粒子只受電場力作用，運(yùn)動過程中速度逐漸減小，下列各圖是對它在b處時的運(yùn)動方向與受力方向的分析，正確的是(　　) 答案　A 解析　帶電粒子運(yùn)動速度沿軌跡切線方向，受力方向與電場線在同一直線上，電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，B、C錯誤．由于運(yùn)動過程中速度逐漸減小，則電場力做負(fù)功

8、，A正確，D錯誤． 三、電場中的動力學(xué)問題 例3　如圖6所示，光滑固定斜面(足夠長)傾角為37°，一帶正電的小物塊質(zhì)量為m，電荷量為q，置于斜面上，當(dāng)沿水平方向加如圖所示的勻強(qiáng)電場時，帶電小物塊恰好靜止在斜面上，從某時刻開始，電場強(qiáng)度變化為原來的，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求： 圖6 (1)原來的電場強(qiáng)度大??； (2)小物塊運(yùn)動的加速度； (3)小物塊2s末的速度大小和2s內(nèi)的位移大?。? 答案　(1)　(2)3m/s2，方向沿斜面向下　(3)6 m/s　6m 解析　(1)對小物塊受力分析如圖所示，小物塊靜止于斜面上， 則mgsin

9、37°＝qEcos37°，E＝＝. (2)當(dāng)場強(qiáng)變?yōu)樵瓉淼臅r，小物塊受到的合外力F合＝mgsin37°－qEcos37°＝0.3mg， 由牛頓第二定律有F合＝ma，所以a＝3m/s2，方向沿斜面向下． (3)由運(yùn)動學(xué)公式，知v＝at＝3×2m/s＝6 m/s x＝at2＝×3×22m＝6m. [學(xué)科素養(yǎng)]　此題通過帶電體在電場中的受力分析及運(yùn)動分析使學(xué)生能運(yùn)用動力學(xué)的觀點(diǎn)分析電場中帶電體的運(yùn)動，較好的鍛煉了學(xué)生的思維，提高了學(xué)生的綜合分析能力，體現(xiàn)了“科學(xué)思維”的學(xué)科素養(yǎng). 1．(兩等量電荷的電場)(多選)如圖7所示，在等量異號點(diǎn)電荷連線的中垂線上取A、B、C、D四點(diǎn)，B、D兩

10、點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對稱，則關(guān)于各點(diǎn)場強(qiáng)的關(guān)系，下列說法中正確的是(　　) 圖7 A．EA>EB，EB＝ED B．EAEN B．粒子在M、N點(diǎn)的加速度aM>aN C．粒子在M、N點(diǎn)的速度vM>vN D．粒子帶正電 答案　D 解析　電場線的疏密程度表示電場強(qiáng)度的大小，可知EM

11、；電場力F＝qE，根據(jù)牛頓第二定律，加速度a＝＝，可知aM

12、 圖9 (1)電場強(qiáng)度E的大??； (2)若在某時刻將細(xì)線突然剪斷，求經(jīng)過1s時小球的速度大小v及方向． 答案　(1)7.5×104N/C　(2)12.5 m/s　方向與豎直方向夾角為37°斜向左下 解析　(1)由平衡條件得小球所受電場力 F＝mgtanθ 所以小球所在處的電場強(qiáng)度的大?。? E＝＝＝N/C＝7.5×104 N/C. (2)細(xì)線剪斷后，小球所受合力 F合＝＝1.25mg 根據(jù)牛頓第二定律，小球的加速度： a＝＝12.5m/s2. 所以1s時小球的速度大小v＝at＝12.5m/s，速度方向沿原細(xì)線方向向下，即方向與豎直方向夾角為37°斜向左下． 一

13、、選擇題 考點(diǎn)一　電場線與運(yùn)動軌跡 1．一帶負(fù)電荷的質(zhì)點(diǎn)，只在電場力作用下沿曲線abc從a運(yùn)動到c，已知質(zhì)點(diǎn)的速率是遞減的．關(guān)于b點(diǎn)電場強(qiáng)度E的方向，圖中可能正確的是(虛線是曲線在b點(diǎn)的切線)(　　) 答案　D 解析　根據(jù)從a運(yùn)動到c，質(zhì)點(diǎn)的速率是遞減的，可知質(zhì)點(diǎn)所受電場力方向與運(yùn)動方向成鈍角，又根據(jù)曲線運(yùn)動條件，可知電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，因負(fù)電荷所受電場力與場強(qiáng)方向相反，故圖D正確． 2.(多選)如圖1所示，帶箭頭的線表示某一電場中的電場線的分布情況．一帶電粒子在電場中運(yùn)動的軌跡如圖中虛線所示．若不考慮其他力，則下列判斷中正確的是(　　) 圖1 A．若粒子是從A運(yùn)動

14、到B，則粒子帶正電；若粒子是從B運(yùn)動到A，則粒子帶負(fù)電 B．不論粒子是從A運(yùn)動到B，還是從B運(yùn)動到A，粒子必帶負(fù)電 C．若粒子是從B運(yùn)動到A，則其加速度減小 D．若粒子是從B運(yùn)動到A，則其速度減小 答案　BC 解析　根據(jù)做曲線運(yùn)動的物體所受合外力指向曲線內(nèi)側(cè)可知粒子所受電場力與電場線的方向相反，所以不論粒子是從A運(yùn)動到B，還是從B運(yùn)動到A，粒子必帶負(fù)電，故A錯誤，B正確；電場線密的地方電場強(qiáng)度大，所以粒子在B點(diǎn)受到的電場力大，在B點(diǎn)時的加速度較大．若粒子是從B運(yùn)動到A，則其加速度減小，故C正確；從B到A過程中電場力與速度方向成銳角，電場力做正功，動能增大，速度增大，故D錯誤． 3.

15、某電場的電場線分布如圖2所示，虛線為某帶電粒子只在電場力作用下的運(yùn)動軌跡，a、b、c是軌跡上的三個點(diǎn)，則(　　) 圖2 A．粒子一定帶負(fù)電 B．粒子一定是從a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn) C．粒子在c點(diǎn)的加速度一定大于在b點(diǎn)的加速度 D．粒子在電場中c點(diǎn)的速度一定大于在a點(diǎn)的速度 答案　C 解析　做曲線運(yùn)動的物體，合力指向運(yùn)動軌跡的內(nèi)側(cè)，由此可知，帶電粒子受到的電場力的方向為沿著電場線向左，所以粒子帶正電，A錯誤；粒子不一定是從a點(diǎn)沿軌跡運(yùn)動到b點(diǎn)，也可能是從b點(diǎn)沿軌跡運(yùn)動到a點(diǎn)，B錯誤；由電場線的分布可知，粒子在c點(diǎn)處受電場力較大，加速度一定大于在b點(diǎn)的加速度，C正確；若粒子從c運(yùn)動到a，

16、電場力與速度方向成銳角，所以粒子做加速運(yùn)動，若粒子從a運(yùn)動到c，電場力與速度方向成鈍角，所以粒子做減速運(yùn)動，故粒子在c點(diǎn)的速度一定小于在a點(diǎn)的速度，D錯誤． 考點(diǎn)二　等量電荷的電場 4.如圖3為真空中兩點(diǎn)電荷A、B形成的電場中的一簇電場線，已知該電場線關(guān)于虛線對稱，O點(diǎn)為A、B電荷連線的中點(diǎn)，a、b為其連線的中垂線上對稱的兩點(diǎn)，則下列說法正確的是(　　) 圖3 A．A、B可能帶等量異號的正、負(fù)電荷 B．A、B可能帶不等量的正電荷 C．a(chǎn)、b兩點(diǎn)處無電場線，故其電場強(qiáng)度可能為零 D．同一試探電荷在a、b兩點(diǎn)處所受電場力大小相等，方向相反 答案　D 解析　根據(jù)電場線的方向及對

17、稱性，可知該電場為等量正點(diǎn)電荷形成的電場，故A、B均錯誤；a、b兩點(diǎn)雖沒有畫電場線，但兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度都不為零，C錯誤；根據(jù)等量正點(diǎn)電荷的電場特點(diǎn)可知，同一試探電荷在a、b兩點(diǎn)所受電場力等大反向，D正確． 5．(多選)如圖4所示，在真空中等量異種點(diǎn)電荷形成的電場中：O是電荷連線的中點(diǎn)，C、D是連線的中垂線上關(guān)于O對稱的兩點(diǎn)，A、B是連線延長線上的兩點(diǎn)，且到正、負(fù)電荷的距離均等于兩電荷間距的一半．則以下結(jié)論正確的是(　　) 圖4 A．B、C兩點(diǎn)場強(qiáng)方向相反 B．A、B兩點(diǎn)場強(qiáng)相同 C．C、O、D三點(diǎn)比較，O點(diǎn)場強(qiáng)最弱 D．A、O、B三點(diǎn)比較，O點(diǎn)場強(qiáng)最弱 答案　AB 6.直角坐

18、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5.M、N兩點(diǎn)各固定一等量負(fù)點(diǎn)電荷，一電荷量為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(　　) 圖5 A.，沿y軸正方向 B.，沿y軸負(fù)方向 C.，沿y軸正方向 D.，沿y軸負(fù)方向 答案　B 解析　因正點(diǎn)電荷在O點(diǎn)時，G點(diǎn)的場強(qiáng)為零，則可知兩負(fù)點(diǎn)電荷在G點(diǎn)形成的電場的合場強(qiáng)與正點(diǎn)電荷在G點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)等大反向，大小為E負(fù)＝k，方向沿y軸正方向；若將正點(diǎn)電荷移到G點(diǎn)，則正點(diǎn)電荷在H點(diǎn)的場強(qiáng)大小為E1＝k＝，方向沿y軸正方向，因兩負(fù)點(diǎn)電荷在G點(diǎn)的合場

19、強(qiáng)與在H點(diǎn)的合場強(qiáng)等大反向，則H點(diǎn)處場強(qiáng)大小為E＝E負(fù)－E1＝，方向沿y軸負(fù)方向，故選B. 7．(多選)如圖6所示，兩個帶等量正電荷的小球A、B(可視為點(diǎn)電荷)，被固定在光滑絕緣水平面上．P、N是小球A、B連線的垂直平分線上的點(diǎn)，且PO＝ON.現(xiàn)將一個電荷量很小的帶負(fù)電的小球C(可視為質(zhì)點(diǎn))，由P點(diǎn)靜止釋放，在小球C向N點(diǎn)運(yùn)動的過程中，關(guān)于小球C的速度－時間圖象中，可能正確的是(　　) 圖6 答案　AB 解析　在AB的垂直平分線上，從無窮遠(yuǎn)處到O點(diǎn)電場強(qiáng)度先變大后變小，到O點(diǎn)變?yōu)榱?，帶?fù)電的小球受力沿垂直平分線，如果P與O之間的距離足夠遠(yuǎn)，由P點(diǎn)到O點(diǎn)的過程中，小球的加速度

20、先變大后變小，速度不斷增大，在O點(diǎn)加速度變?yōu)榱?，速度達(dá)到最大，v－t圖線的斜率先變大后變??；由O點(diǎn)到N點(diǎn)過程中，速度變化情況與另一側(cè)速度的變化情況具有對稱性，B正確；同理，如果P、N與O之間的距離很近，A正確． 考點(diǎn)三　電場中的平衡和加速 8．(多選)如圖7所示，金屬板帶電荷量為＋Q，質(zhì)量為m的金屬小球帶電荷量為＋q，當(dāng)小球靜止后，懸掛小球的絕緣細(xì)線與豎直方向間的夾角為α，小球(可視為質(zhì)點(diǎn))與金屬板中心O恰好在同一條水平線上，且距離為L.下列說法正確的是(　　) 圖7 A．＋Q在小球處產(chǎn)生的場強(qiáng)為E1＝ B．＋Q在小球處產(chǎn)生的場強(qiáng)為E1＝ C．＋q在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為E2＝ D

21、．＋q在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為E2＝ 答案　BC 解析　金屬板不能看成點(diǎn)電荷，在小球處產(chǎn)生的場強(qiáng)不能用E＝計算，故A錯誤；根據(jù)小球受力平衡得小球受電場力F＝mgtanα，由E＝得，E1＝，B正確；小球可看成點(diǎn)電荷，在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)E2＝，C正確；根據(jù)牛頓第三定律知金屬板受到小球的電場力大小為F＝mgtanα，但金屬板不能看做試探電荷，故不能用公式E＝求場強(qiáng)，D錯誤． 9.(2018·巴蜀中學(xué)質(zhì)檢)如圖8所示，在水平向左的勻強(qiáng)電場中，傾角α＝53°的固定光滑絕緣斜面，高為H.一個帶正電的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))受到的電場力是重力的倍，現(xiàn)將其從斜面頂端由靜止釋放，重力加速度為g，則物塊落地時的速度大小為

22、(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)(　　) 圖8 A．2 B．2 C. D．2 答案　C 解析　對物塊受力分析知，重力和電場力的合力F合＝＝mg，設(shè)F合與水平方向夾角為β，tanβ＝＝，β＝37°<α，則物塊沿合力方向斜向下做勻加速直線運(yùn)動，由動能定理得F合＝mv2－0，解得v＝，故選C. 二、非選擇題 10.(2018·安慶一中高二上月考)如圖9所示，在豎直平面內(nèi)有兩個點(diǎn)電荷，固定在同一水平直線上相距為l的A、B兩點(diǎn)，其電荷量分別為＋Q、－Q.在AB連線的垂直平分線上固定一光滑豎直絕緣桿，在桿上C點(diǎn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為－q的小環(huán)(可視為點(diǎn)電荷)由靜止釋放．已

23、知A、B、C三點(diǎn)連線為正三角形，重力加速度為g.求： 圖9 (1)釋放小環(huán)瞬間，桿對小環(huán)的作用力大??； (2)小環(huán)滑到D點(diǎn)(AB連線的中點(diǎn))時的速度大?。? 答案　(1)k　(2) 解析　(1)A處正點(diǎn)電荷對C處小環(huán)的庫侖力大小FA＝k. B處負(fù)點(diǎn)電荷對C處小環(huán)的庫侖力大小 FB＝k 由力的合成可知兩點(diǎn)電荷對小環(huán)的合力大小F＝k，方向向左，則桿對小環(huán)的作用力大小F桿＝k (2)小環(huán)從C滑到D，電場力不做功，根據(jù)動能定理有mgh＝mv2 因為h＝lsin60° 所以小環(huán)滑到D點(diǎn)時的速度大小v＝. 11．(2017·淮陰中學(xué)高二上期中)如圖10所示，一帶電荷量為q＝－5×

24、10－3C、質(zhì)量為m＝0.1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在一傾角為θ＝37°的光滑固定絕緣斜面上，當(dāng)整個裝置處在一水平向左的勻強(qiáng)電場中時，小物塊恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8. (1)求電場強(qiáng)度E的大??； (2)某時刻小物塊的電荷量突然減少了一半，求物塊沿斜面下滑距離L＝1.5m時的速度大?。? 圖10 答案　(1)150N/C　(2)3 m/s 解析　(1)小物塊受力如圖所示， 由平衡條件得mgsinθ＝|q|Ecosθ 解得E＝， 代入數(shù)據(jù)得E＝150N/C. (2)由牛頓第二定律得mgsinθ－cosθ＝m

25、a v2＝2aL 解得v＝， 代入數(shù)據(jù)得速度大小為v＝3m/s. 12.如圖11所示，有一水平向左的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E＝1.25×104N/C，一根長L＝1.5 m、與水平方向的夾角θ＝37°的光滑絕緣細(xì)直桿MN固定在電場中，桿的下端M固定一個帶電小球A，電荷量Q＝＋4.5×10－6 C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，電荷量q＝＋1.0×10－6 C，質(zhì)量m＝1.0×10－2 kg.將小球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運(yùn)動．(靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求： 圖11 (1)小球B開始運(yùn)動時

26、的加速度為多大？ (2)小球B的速度最大時，與M端的距離r為多大？ 答案　(1)3.2m/s2　(2)0.9m 解析　(1)如圖所示，開始運(yùn)動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運(yùn)動， 由牛頓第二定律得mgsinθ－－qEcosθ＝ma.代入數(shù)據(jù)解得：a＝3.2m/s2. (2)小球B速度最大時所受合力為零， 即mgsinθ－－qEcosθ＝0，代入數(shù)據(jù)解得：r＝0.9m. 13.(2017·連云港市高二上檢測)如圖12所示，帶電小球A和B(可視為點(diǎn)電荷)放在傾角為30°的光滑固定絕緣斜面上，質(zhì)量均為m，所帶電荷量分別為＋q和－q，沿斜面向上的恒力F作用于A球，可使A、B保持間距r不變沿斜面向上勻加速運(yùn)動，已知重力加速度為g，靜電力常量為k，求： (1)加速度a的大小； (2)F的大小． 圖12 答案　(1)－g　(2)2k 解析　(1)根據(jù)庫侖定律，兩球間相互吸引的庫侖力為： F′＝k＝k 對B球由牛頓第二定律有：F′－mgsin30°＝ma 聯(lián)立解得加速度為：a＝－g. (2)把A球和B球看成整體，由牛頓第二定律有： F－2mgsin30°＝2ma，解得F＝2k. 14