《2025年教材完全解读高中物理必修第三册粤教版》

例 5 2025·茂名一中检测
质量都是$m$的两个完全相同、带等量异种电荷的小球$A$、$B$分别用长$L$的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为$2L$的$M$、$N$两点，平衡时小球$A$、$B$的位置如图甲所示，线与竖直方向夹角$\alpha = 30^{\circ}$。当空间加沿$MN$方向的匀强电场时，两小球平衡时如图乙所示，线与竖直方向夹角也是$\alpha = 30^{\circ}$。重力加速度为$g$，静电力常量为$k$。求：

(1)$B$小球所带电荷量；
(2)匀强电场的电场强度。
解 (1)设$B$小球所带电荷量为$Q$，由题图乙可知，$A$受到向左的电场力，$A$球带正电荷，$B$球带负电荷，题图甲中，两小球相距$r = 2L - 2L \sin 30^{\circ} = L$，$A$球受力平衡，$mg\tan\alpha = k · \dfrac{Q^2}{L^2}$，解得$Q = L \sqrt{\dfrac{\sqrt{3}mg}{3k}}$。
(2)外加电场时，两球相距$d' = 2L + 2L\sin 30^{\circ} = 3L$，根据$A$球受力平衡可得$QE - k · \dfrac{Q^2}{(3L)^2} = mg\tan\alpha$，
联立解得$E = \dfrac{10 \sqrt{\dfrac{\sqrt{3}}{3}mgk}}{9L}$。

答案：
(1)设B小球所带电荷量大小为Q，A带正电，B带负电。图甲中，两球相距$r = 2L - 2L\sin30° = L$。对A球受力平衡，水平方向库仑力与重力分力平衡：$mg\tan\alpha = k\frac{Q^2}{r^2}$。代入$\alpha = 30°$，$\tan30° = \frac{\sqrt{3}}{3}$，$r = L$，解得$Q = L\sqrt{\frac{\sqrt{3}mg}{3k}}$。
(2)图乙中，两球相距$d' = 2L + 2L\sin30° = 3L$。对A球受力平衡，水平方向电场力、库仑力与重力分力平衡：$QE - k\frac{Q^2}{(d')^2} = mg\tan\alpha$。联立$mg\tan\alpha = k\frac{Q^2}{L^2}$，代入$d' = 3L$，解得$E = \frac{10\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{3}mgk}}{9L}$。
答案
(1)$Q = L\sqrt{\frac{\sqrt{3}mg}{3k}}$
(2)$E = \frac{10\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{3}mgk}}{9L}$

例 1 - 1
如图所示，在真空中放置四个带电体，它们所带电荷量均为$+Q$，半径均为$R$，彼此互不影响。甲为均匀带电的金属球，乙为均匀带电的金属圆环，丙为均匀带电的金属圆盘，丁为均匀带电的金属半球壳。在过球心或圆心$O$的中轴线上，距离球心或圆心$r$处的$A$点，电场强度的大小$E$可用公式$E = k \dfrac{Q}{r^2}$（$k$表示静电力常量）计算的有（）。

A.甲
B.甲、丁
C.乙、丙
D.甲、乙、丙
解 题图甲中金属球均匀带电，故可看作是在球心$O$处的点电荷，其在$A$点的场强可以用$E = k \dfrac{Q}{r^2}$求解；题图乙中应该把金属圆环分成无数小段的电荷元$\Delta Q$，每段电荷元在$A$点形成的电场叠加，故$A$点的场强不可以用$E = k \dfrac{Q}{r^2}$求解；题图丙中应该把带电的金属圆盘分成无数小的电荷元，每个电荷元在$A$点形成的电场叠加，故$A$点的场强不可以用$E = k \dfrac{Q}{r^2}$求解；题图丁中，半球壳上的电荷不能等效于放在球心处的点电荷，故$A$点的场强不可以用$E = k \dfrac{Q}{r^2}$求解。故选A。
答 A

答案： A

例 1 - 2
如图所示，下列选项中的各$\dfrac{1}{4}$圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各$\dfrac{1}{4}$圆环间彼此绝缘。坐标原点$O$处电场强度最大的是（）。

A.
B.
C.
D.解 由对称性可知，选项A、C中$O$点的场强大小相等，选项D中$O$点的场强为0，选项B中$O$点的场强为两个$\dfrac{1}{4}$圆环在$O$点的合场强，选项B正确。
答 B

答案： B