高中物理必修三 学习笔记答案精析同步学案

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学习笔记答案精析第九章　静电场及其应用1　电荷一、辨析　(1)√　(2)×二、例1　BD　[摩擦起电的实质是由于两个物体的原子核对核外电子的束缚能力不相同，因而电子可以在物体间转移，而不是产生电子和质子。若一个物体失去电子，其质子数就会比电子数多，我们说它带正电；若一个物体得到电子，其质子数就会比电子数少，我们说它带负电，故B、D正确。]例2　D　[带正电的金属球A靠近验电器上的金属小球B，由于静电感应，B球带负电，验电器的金属箔带正电，故两片金属箔因带同种电荷相互排斥而张开，D正确。]例3　A　[导体B在靠近带正电荷的导体A时，导体B上的自由电子会向P端运动，导体B的P端因有了多余的电子而带负电，Q端因失去电子而带正电，用接地导线接导体B的任何部位，大地的负电荷都会中和B导体Q端的正电荷，因此断开导线，再取走导体A，导体B将带负电，故A正确，B、C、D错误。]三、辨析　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√例4　(1)2∶3　(2)2∶1解析　(1)设A、B带电荷量均为q，则A、C接触后，A、C带电荷量为qA1＝qC1＝eq \f(1,2)qC与B接触后，B、C带电荷量为qB1＝qC2＝eq \f(q＋\f(1,2)q,2)＝eq \f(3,4)q故A、B带电荷量大小之比为eq \f(qA1,qB1)＝eq \f(\f(1,2)q,\f(3,4)q)＝eq \f(2,3)(2)设A带正电荷，B带负电荷，且所带电荷量大小均为Q则C与A接触后，A、C带电荷量为QA′＝QC′＝＋eq \f(1,2)QC与B接触后，B、C带电荷量为QB′＝QC″＝eq \f(\f(1,2)Q－Q,2)＝－eq \f(1,4)Q故A、B带电荷量大小之比为|eq \f(QA′,QB′)|＝eq \f(\f(1,2)Q,\f(1,4)Q)＝eq \f(2,1)。针对训练　5.0×10－6　7.5×10－67.5×10－6解析　小球C先与球A接触后分开，则qA＝qC＝eq \f(q,2)＝1.0×10－5 C，再让小球B与球A接触后分开，则qA′＝qB＝eq \f(qA,2)＝5.0×10－6 C；最后让小球B与小球C接触后分开，则qB′＝qC′＝eq \f(qB＋qC,2)＝7.5×10－6 C。2　库仑定律二、辨析　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×例1　B　[在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，B处点电荷所受静电力大小为F＝eq \f(kQq,rAB2)；在C处放一电荷量为－2q的点电荷时，B处点电荷所受静电力大小为F′＝eq \f(kQ·2q,rBC2)＝eq \f(2kQq,2rAB2)＝eq \f(kQq,2rAB2)＝eq \f(F,2)，且不管B处点电荷是正电荷还是负电荷，两种情况下，B处点电荷受到的静电力的方向都与F相同，故B正确。]例2　D　[根据题意，设A、B带电荷量都是Q，由库仑定律可知，两球之间的相互作用力的大小是F＝keq \f(Q·Q,r2)＝eq \f(kQ2,r2)，第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电荷量都为q1＝eq \f(Q,2)，C与B接触再分开后电荷量相等，均为q2＝eq \f(\f(Q,2)＋Q,2)＝eq \f(3,4)Q，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小为F＝keq \f(\f(3,4)Q·\f(Q,2),r2)＝eq \f(3,8)·eq \f(kQ2,r2)＝eq \f(3,8)F，故D正确。]例3　见解析解析　由于r≪R，所以球壳上挖去的部分可视为点电荷，由库仑定律得F＝eq \f(kQ′q,R2)，其中Q′＝eq \f(Q,4πR2)·πr2，得出F＝eq \f(kQqr2,4R4)，方向由球心指向小圆孔的圆心。那么剩下的球壳上的电荷对球心处点电荷的力大小F′＝F＝eq \f(kQqr2,4R4)，方向在小圆孔的圆心与球心的连线上，背离小圆孔的圆心。三、例4　eq \r(3)keq \f(Q2,a2)　方向沿A与B连线的垂直平分线斜向右下方解析　以C为研究对象，根据库仑定律，点电荷C共受到F1和F2两个力的作用，如图所示，每两个点电荷之间的距离都相同，故F1＝F2＝keq \f(Q2,a2)，根据平行四边形定则，合力为F＝2F1cos 30°＝eq \r(3)keq \f(Q2,a2)，合力的方向沿A与B连线的垂直平分线斜向右下方。针对训练　8×10－21　平行于AB连线向左解析　电子带负电荷，在C点同时受A、B处两点电荷的静电力FA、FB，如图所示。由F＝keq \f(q1q2,r2)得FA＝keq \f(|Q1e|,r2)＝eq \f(9.0×109×2×10－14×1.60×10－19,6×10－22) N＝8.0×10－21 N同理可得FB＝8.0×10－21 N由平行四边形定则和几何知识得静止放在C点的电子受到的静电力大小为F＝FA＝FB＝8.0×10－21 N，方向平行于AB连线向左。例5　(eq \f(1,2)＋eq \r(2))keq \f(q2,a2)解析　由题，假设第四个点电荷放在四顶点中的某点，则对角线上的点电荷给它的库仑斥力为F1＝keq \f(q2,\r(2)a2)相邻两点的点电荷给它的库仑斥力大小均为F2＝F3＝keq \f(q2,a2)根据力的合成法则，点电荷所受的静电力的合力大小为F＝keq \f(q2,\r(2)a2)＋2keq \f(q2,a2)cos 45°＝(eq \f(1,2)＋eq \r(2))keq \f(q2,a2)。专题强化1　库仑定律的应用例1　B　[根据静电力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此a对b的静电力一定是引力，a对c的静电力一定是斥力，故A错误，B正确；同时根据库仑定律来确定静电力的大小，并由平衡条件来确定各自电荷量的大小，因此在电荷量大小上一定为“两大夹一小”，则a的电荷量一定比b多，而a的电荷量与c的电荷量无法确定，故C、D错误。]针对训练1　C　[A、B、C三个点电荷要平衡，三个点电荷必须共线且外侧两点电荷相排斥，中间点电荷吸引外侧两电荷，而且外侧点电荷电荷量大，所以C必须带负电，放在B右侧，对C：eq \f(kQqC,r2)＝keq \f(4Q·qC,L＋r2)，代入得r＝L对B：eq \f(kQ|qC|,r2)＝eq \f(k4Q·Q,L2)，代入得|qC|＝4Q，C带负电，则qC＝－4Q，选项C正确。]例2　1.0×10－6 C解析　因为B静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A等高，设A、B之间的水平距离为L。依据题意可得tan 30°＝eq \f(h,L)则L＝eq \f(h,tan 30°)＝10eq \r(3) cm设A、B所带电荷量均为q，对B进行受力分析如图所示，依据平衡条件，解得静电力F＝mgtan 30°＝30eq \r(3)×10－3×10×eq \f(\r(3),3) N＝0.3 N根据F＝keq \f(q2,L2)解得q＝eq \r(\f(FL2,k))＝eq \r(\f(0.3,9.0×109)×10\r(3)×10－22) C＝1.0×10－6 C。针对训练2　A　[小球a受力如图，受力分析可知eq \f(F库,mag)＝tan α，同理可得eq \f(F库,mbg)＝tan β，其中F库＝keq \f(qaqb,r2)，由牛顿第三定律可知两球之间的库仑力大小相等，但是无法判断两球电荷量之间的关系，所以B、C错误。由于β>α，则ma>mb，所以A正确；由于eq \f(F库,FTa)＝sin α，eq \f(F库,FTb)＝sin β，则FTa>FTb，所以D错误。]例3　BD　[对球A受力分析，A受三个力的作用，即重力GA，墙壁对A的弹力FA和B对A的静电力FBA，FA与FBA的合力与其重力大小相等，当将小球B向左推动少许时，FBA与竖直方向的夹角逐渐减小，则可以判断出FA减小，FBA也减小，B正确；对A、B整体受力分析可知，F＝FA，故推力F也将减小，A错误；地面对小球B的弹力和小球A和B的重力平衡，因此地面对B的弹力保持不变，C错误；由于两球之间的静电力减小，故两小球之间的距离增大，D正确。]例4　见解析解析　三个球做加速度相同的加速运动，每个球受到的合力是相同的，水平方向受力情况如图所示。三个球均以加速度a向右做匀加速直线运动，对三个球组成的系统，彼此间库仑力为内力，由牛顿第二定律有F＝3ma因A、B球带正电，易判断出C球必带负电对A球，有keq \f(10q·|qc|,4l2)－keq \f(10q·q,l2)＝ma对B球，有keq \f(10q·q,l2)＋keq \f(q·|qc|,l2)＝ma联立各式得qC＝－eq \f(40q,3)，F＝eq \f(70kq2,l2)。3　电场　电场强度第1课时　电场强度　电场强度的叠加一、辨析　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×例1　(1)200 N/C　方向与F1方向相反(2)8.0×10－5 N　200 N/C(3)200 N/C解析　(1)由电场强度公式可得EB＝eq \f(F1,|q1|)＝eq \f(4.0×10－6,2.0×10－8) N/C＝200 N/C，因为B处是负电荷，所以B处电场强度方向与F1方向相反。(2)q2在B点所受静电力大小F2＝q2EB＝4.0×10－7×200 N＝8.0×10－5 N，方向与电场强度方向相同，也就是与F1方向相反。此时B处电场强度大小仍为200 N/C，方向与F1方向相反。(3)某点电场强度大小与有无试探电荷无关，故将B处电荷拿走，B处电场强度大小仍为200 N/C。二、辨析　(1)√　(2)×例2　见解析解析　(1)据库仑定律，q在M点受到的作用力大小FM＝keq \f(|Qq|,r2)＝1.0×10－8 N，因为Q为正电荷，q为负电荷，库仑力是吸引力，所以力的方向沿MO连线指向O。(2)M点的电场强度大小EM＝eq \f(FM,|q|)＝100 N/C，其方向沿OM连线背离O。(3)拿走电荷q，M点的电场强度仍为100 N/C，方向沿OM连线背离O。(4)由E＝keq \f(Q,r2)可知，M点的电场强度大。三、例3　(1)eq \f(8kQ,r2)　方向由A→B(2)eq \f(kQ,r2)　方向平行于AB向右解析　(1)如图甲所示，A、B两点电荷在O点产生的电场强度方向相同，均由A→B。A、B两点电荷分别在O点处的电场强度大小EA＝EB＝eq \f(kQ,\f(r,2)2)＝eq \f(4kQ,r2)。O点处的电场强度大小为EO＝EA＋EB＝eq \f(8kQ,r2)，方向由A→B。(2)如图乙所示，EA′＝EB′＝eq \f(kQ,r2)，由矢量图结合几何关系可知，O′点的电场强度大小EO′＝EA′＝EB′＝eq \f(kQ,r2)，方向平行于AB向右。例4　eq \f(2kq,L2)　方向沿AO方向解析　O点是三角形的中心，到三个点电荷的距离均为r＝eq \f(\r(3)L,2sin 60°)＝L三个点电荷在O点产生的电场强度大小均为E0＝eq \f(kq,r2)根据对称性和几何知识可知，两个点电荷－q在O点的合电场强度大小为E1＝eq \f(kq,r2)再与＋q在O处产生的电场强度合成，得到O点的合电场强度大小为E＝E1＋E0＝eq \f(2kq,r2)＝eq \f(2kq,L2)，方向沿AO方向。例5　(1)12 cm　(2) (0,6 cm)和(12 cm，＋∞)解析　(1)设电场强度为0的点到Q2的距离为L。因为Q1的电荷量比Q2的多，所以电场强度为0的位置只能在Q2右边，有eq \f(kQ1,0.06 m＋L2)＝eq \f(|kQ2|,L2)解得 L＝6 cm所以x坐标轴上x＝12 cm处的电场强度为0，只有一处。(2)根据点电荷的电场强度公式和电场强度的叠加原理可知x＞12 cm的区域电场强度沿x轴正方向。在Q1Q2之间，正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场强度方向均沿x轴正方向，所以实际电场也是沿x轴正方向，所以x轴上电场强度方向沿x轴正方向的区域是(0,6 cm)和(12 cm，＋∞)。第2课时　电场线　匀强电场一、辨析　(1)×　(2)×　(3)√例1　(1)电场线疏密表示电场强弱，B点处电场强度最强，C点处电场强度最弱。(2)(3)如图所示。(4)带电粒子运动轨迹与电场线不一致。二、例2　B　[电场线的切线方向表示电场强度的方向，因此A、B两点电场强度方向不同，故A错误；依据电场线的疏密，来体现电场强度强弱，因此两个电荷连线(直线)上的电场强度，连线中点电场强度最小，故B正确；若将一正点电荷从A点无初速度释放，假设正点电荷沿电场线运动到B点，则该电荷做曲线运动，而正点电荷的受力时刻沿电场线的切线即轨迹的切线，与正点电荷做曲线运动受力指向轨迹凹侧相矛盾，因此运动轨迹不会沿着电场线从A到B，故C错误；依据电场线的疏密，来体现电场强度强弱，因此两个电荷连线(直线)的中垂线上，从两个电荷连线中点到无穷远，电场强度越来越小，电场线的切线方向表示电场强度的方向，因此中垂线上各点电场强度方向一致，故D错误。]例3　AD　[根据等量负点电荷的电场线分布可知，在A、B连线的中垂线上，从无穷远到O点，电场强度先变大后变小，到O点变为零，电场强度方向沿中垂线指向O点。若M、N相距较远，则小球C受库仑力从M向O运动时，小球C的速度不断增大，加速度先变大后变小，在O点时加速度变为零，速度达到最大，从O向N运动时，小球C的速度不断减小，加速度先变大后变小(具有对称性)。如果M、N相距较近，则小球C受库仑力从M向O运动时，小球C的速度不断增大，加速度越来越小，在O点时加速度变为零，速度达到最大，从O向N运动时，速度不断减小，加速度越来越大，故A、D正确。]三、例4　BD　[题图甲中a、b两点电场强度大小相等，但方向不同，A错误；题图乙中a、b两点对称，所以电场强度大小相等，方向均垂直中垂线向左，B正确；题图丙中a、b两点对称，电场强度大小相等，但方向相反，C错误；题图丁的两平行板间为匀强电场，电场强度处处相同，D正确。]例5　(1)eq \f(mg,cos α)　(2)eq \f(mgtan α,q)，方向水平向右解析　(1)小球受力如图所示小球处于平衡状态，竖直方向有FTcos α＝mg解得细线的拉力为FT＝eq \f(mg,cos α)(2)水平方向受力平衡，则有FTsin α＝qE解得E＝eq \f(FTsin α,q)＝eq \f(mgtan α,q)故电场强度大小为eq \f(mgtan α,q)，方向水平向右。专题强化2　静电力的性质例1　B　[b点处的电场强度为零，说明q与Q在b点处产生的电场强度大小相等、方向相反，即keq \f(q,R2)＝EQb，由于d点和b点相对于圆盘是对称的，因此Q在d点产生的电场强度的大小为EQd＝keq \f(q,R2)，点电荷q在d点产生的电场强度Eqd＝keq \f(q,3R2)，则d点处的合电场强度大小为E合＝keq \f(q,3R2)＋keq \f(q,R2)＝keq \f(10q,9R2)，故B正确。]例2　A　[完整球壳在M点产生的电场的电场强度大小为keq \f(2q,2R2)＝eq \f(kq,2R2)，根据电场叠加原理，右半球壳在M点产生的电场的电场强度大小为eq \f(kq,2R2)－E，根据对称性可知，左半球壳在N点产生的电场的电场强度大小也为eq \f(kq,2R2)－E，选项A正确。]例3　见解析解析　设想将圆环看成由n个相同的小段组成，当n相当大时，每一小段都可以看成一个点电荷，其所带电荷量Q′＝eq \f(Q,n)，由点电荷电场强度公式可求得每一小段带电体在P点产生的电场强度E＝eq \f(kQ,nr2)＝eq \f(kQ,nR2＋L2)，如图，由对称性知，各小段带电体在P点的电场强度均为E，E垂直于中心轴的分量Ey相互抵消，而其轴向分量Ex之和即为带电圆环在P点的电场强度EP，EP＝nEx＝nkeq \f(Q,nR2＋L2)cos θ＝k。例4　AB　[由粒子的运动轨迹可知，粒子所受静电力沿着电场线的方向，所以粒子带正电荷，选项A正确；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，由题图可知，N点的电场强度大于M点的电场强度，粒子在N点的受力大于在M点的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，选项B正确；若带正电的粒子从M点运动到N点，静电力做正功，粒子动能增大，若带正电的粒子从N点运动到M点，静电力做负功，粒子动能减小，总之粒子在M点的动能小于它在N点的动能，选项C错误；根据粒子运动的轨迹可以判断其受力的方向，但不能判断其运动的方向，选项D错误。]针对训练1　C　[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；从题图可知，带电粒子速度与静电力方向的夹角都小于90°，所以静电力都做正功，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。]例5　(1)eq \f(3mg,4q)　(2)3 m/s2，方向沿斜面向下　(3)6 m/s　6 m解析　(1)对小物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上，则mgsin 37°＝qEcos 37°，可得E＝eq \f(mgtan 37°,q)＝eq \f(3mg,4q)。(2)当电场强度变为原来的eq \f(1,2)时，小物块受到的合外力F合＝mgsin 37°－eq \f(1,2)qEcos 37°＝0.3mg，由牛顿第二定律有F合＝ma，所以a＝3 m/s2，方向沿斜面向下。(3)由运动学公式，知v＝at＝3×2 m/s＝6 m/sx＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×3×22 m＝6 m。针对训练2　(1)7.5×104 N/C(2)12.5 m/s　方向与竖直方向夹角为37°斜向左下解析　(1)由平衡条件得小球所受静电力大小F＝mgtan θ所以小球所在处的电场强度的大小E＝eq \f(F,q)＝eq \f(mgtan θ,q)＝eq \f(1.0×10－2×10×0.75,1.0×10－6) N/C＝7.5×104 N/C。(2)剪断细线后，小球所受合力大小F合＝eq \f(mg,cos 37°)＝1.25mg根据牛顿第二定律，小球的加速度大小a＝eq \f(F合,m)＝1.25g＝12.5 m/s2所以经过1 s时小球的速度大小v＝at＝12.5 m/s，方向与竖直方向夹角为37°斜向左下。4　静电的防止与利用一、辨析　(1)×　(2)√　(3)×例1　C　[导体处于静电平衡状态，导体是一个等势体，导体内部电场强度处处为零，A、B两点电场强度都为零，A、B错误；在导体内部，感应电荷产生的附加电场与正电荷在同一点产生的电场强度等值反向，正电荷在A点产生的电场强度较大，故EA>EB，C正确；当开关S闭合时，电子从大地沿导线向导体移动，导体内部电场强度处处为零，D错误。]针对训练　A　[导体处于静电平衡状态时，导体内部电场强度处处为0，感应电荷在导体内部某处产生的电场与场源电荷Q在此处产生的电场强度大小相等，方向相反，故A正确，B、C、D错误。]例2　B　[B球与A球内壁接触后成为一个新的导体，处于静电平衡状态，内部净电荷量为零，带电导体的电荷只能分布于导体的外表面，故QB＝0，QA＝4×10－8 C－2×10－8 C＝2×10－8 C，B正确。]二、辨析(1)√　(2)√　(3)×　(4)√例3　C　[在火箭发射塔周围有钢铁制成的四座高塔，其功能是预防雷电击中发射的火箭，故选C。]三、辨析　(1)×　(2)√　(3)√　(4)×例4　C　[题图甲中金属网达到静电平衡，内部电场强度为零，金属箔不会张开，金属网屏蔽了外电场，故A、D错误；题图乙中金属网未接地，网内的带电体在金属网内侧感应出负电荷，金属网外侧产生等量的正电荷，正电荷在金属网外侧有电场，对外界产生影响，所以金属箔会张开，故B错误；题图丙中金属网已接地，网外的感应电荷传给地球，外部电场消失，金属箔不会张开，故C正确。]四、例5　D　[由于集尘极与电源的正极连接，尘埃在静电力作用下向集尘极迁移并沉积，说明到达集尘极的尘埃带负电，A错；电场方向由集尘极指向放电极，B错；尘埃带负电荷，在电场中受静电力的方向与电场方向相反，C错；根据F＝qE可知，同一位置所带电荷量越多的尘埃所受静电力越大，D正确。]章末素养提升例1　D　[对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受静电力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A、B错误；对P进行受力分析可知，Q对P的库仑力水平向右，则匀强电场对P的静电力应水平向左，所以P带负电荷，Q带正电荷，选项C错误，D正确。]例2　AB　[据电场线的疏密程度可知，A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量，故A正确；电场中正试探电荷受到的静电力方向与该点的电场方向相同，故B正确；电场线是假想的，题图中没有电场线的空白区域也有电场，故C错误；带电粒子仅在静电力作用下从C点运动到D点的轨迹，所受静电力指向弯曲一侧，且静电力方向与电场方向在同一直线上，可知带电粒子受到的静电力方向与电场方向相同，粒子带正电，故D错误。]例3　C　[当静电平衡时，空腔球形导体壳内壁感应出负电荷，外壁感应出正电荷，感应电荷形成的电场与点电荷形成的电场叠加，导致空腔球形导体壳中电场强度为零。画出电场线的大致分布如图所示。由于a处电场线较密，c处电场线较疏，d处电场线最疏，b处电场强度为零，则Ea>Ec>Ed>Eb，故选C。]例4　B　[根据电场线分布可知带电小球受到水平向右的库仑力，电荷量为＋q的小球以初速度v0从管口射入的过程，因库仑力与速度相垂直，所以库仑力不做功，故A错误；小球在竖直方向上只受重力作用，所以下落过程中加速度始终为g，小球做匀加速运动，故B正确，C错误；小球受到的库仑力的合力水平向右，与管壁对小球的弹力大小相等，方向相反，所以当库仑力的合力最大时，弹力也就达到最大，在两个电荷连线的中垂线的中点，库仑力的合力最大，单个电荷在此点产生的库仑力大小为F1＝F2＝4keq \f(Qq,d2)，根据矢量的合成法则，则库仑力的合力的最大值为F＝2F1＝8keq \f(Qq,d2)，故D错误。]例5　C　[取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1＝keq \f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq \f(QΔL,2πR3)，由题意可知，两电场强度方向的夹角为120°，由几何关系得两者的合电场强度大小为E＝E1＝keq \f(QΔL,2πR3)，根据O点的合电场强度为0，则放在D点的点电荷带负电，在O点产生的电场强度大小为E′＝E＝keq \f(QΔL,2πR3)，又E′＝keq \f(q,2R2)，联立解得q＝eq \f(2QΔL,πR)，故选C。]例6　(1)3.6×10－5 N　(2)9.78×10－4 N(3)0.48 m/s解析　(1)由几何关系知，A、B小球间的距离L＝eq \r(h2＋r2)解得L＝1 m由库仑定律可得F＝eq \f(kQ|q|,L2)代入数据解得F＝3.6×10－5 N(2)小球B受到重力、支持力和库仑力，如图所示设A、B球连线与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝eq \f(r,h)解得θ＝53°在竖直方向，小球B受到的合力为0，即Fcos θ＋FN＝mg代入数据可得FN≈9.78×10－4 N(3)库仑力的水平方向分力提供向心力，则有Fsin θ＝meq \f(v2,r)代入数据可得v＝0.48 m/s。第十章　静电场中的能量1　电势能和电势二、例1　见解析解析　(1)静电力先做负功后做正功，则电荷从A经B到C的过程中，静电力做功WAC＝WAB＋WBC＝(－3×10－5＋1.2×10－5) J＝－1.8×10－5 J，则知电势能增加了1.8×10－5 J。(2)若A点的电势能为零，则B点的电势能为EpB＝EpA－WAB＝0－WAB＝3×10－5 J，同理，C点的电势能为EpC＝EpA－WAC＝0－WAC＝1.8×10－5 J。(3)若B点的电势能为零，则该电荷在A点的电势能为EpA′＝EpB′＋WAB＝0＋WAB＝－3×10－5 JC点的电势能为EpC′＝EpB′－WBC＝0－WBC＝－1.2×10－5 J。三、辨析　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×例2　A　[由于是负点电荷形成的电场，所以负点电荷离c点最近，有Eaφc，B、C、D错误，A正确。]例3　B　[取无穷远处电势φ∞＝0，对正电荷有W∞M＝0－EpM＝－qφM，则φM＝－eq \f(W∞M,q)＝eq \f(－2×10－9 J,q)φP，A对；将负电荷由O点移到P点，由于UOP>0，则W＝qUOP