1、静电场及其应用精选试卷专题练习（word版一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1如图所示，a、b、c、d 四个质量均为 m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中 a、b、c 三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕 O 点做半径为 R 的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。小球 d 位于 O 点正上方 h 处，且在外力 F 作用下恰处于静止状态，已知 a、b、c 三小球的电荷量大小均为 q，小球 d 的电荷量大小为 6q，hR。重力加速度为 g，静电力常量为 k。则（ ）A小球 a 一定带正电B小球 c 的加速度大小为C小球 b 的周期为D外力 F 竖直向
2、上，大小等于mg【答案】BD【解析】【分析】【详解】Aa、b、c三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于d球的电性未知，所以a球不一定带正电，故A错误。BC设 db连线与水平方向的夹角为，则对b球，根据牛顿第二定律和向心力得： 解得 则小球c的加速度大小为，故B正确，C错误。D对d球，由平衡条件得故D正确。故选BD。2如图所示，一带电小球P用绝缘轻质细线悬挂于O点。带电小球Q与带电小球P处于同一水平线上，小球P平衡时细线与竖直方向成角（45）。现在同一竖直面内向右下方缓慢移动带电小球Q，使带电小球P能够保持在原位置不动，直到小球Q移动到小球P位置
3、的正下方。对于此过程，下列说法正确的是（）A小球P受到的库仑力先减小后增大B小球P、Q间的距离越来越小C轻质细线的拉力先减小后增大D轻质细线的拉力一直在减小【答案】AD【解析】【分析】【详解】画出小球P的受力示意图，如图所示当小球P位置不动，Q缓慢向右下移动时，Q对P的库仑力先减小后增大，根据库仑定律可得，QP间的距离先增大后减小；轻质细线的拉力则一直在减小，当Q到达P的正下方时，轻质细线的拉力减小为零，故选AD。3如图所示，空间有竖直方向的匀强电场，一带正电的小球质量为m，在竖直平面内沿与水平方向成30角的虚线以速度v0斜向上做匀速运动当小球经过O点时突然将电场方向旋转一定的角度，电场强度大
4、小不变，小球仍沿虚线方向做直线运动，选O点电势为零，重力加速度为g，则A原电场方向竖直向下B改变后的电场方向垂直于ONC电场方向改变后，小球的加速度大小为gD电场方向改变后，小球的最大电势能为【答案】CD【解析】【分析】【详解】开始时，小球沿虚线做匀速运动，可知小球受向下的重力和向上的电场力平衡Eq=mg，小球带正电，则电场竖直向上，选项A错误；改变电场方向后，小球仍沿虚线做直线运动，可知电场力与重力的合力沿着NO方向，因Eq=mg，可知电场力与重力关于ON对称，电场方向与NO成600，选项B错误；电场方向改变后，电场力与重力夹角为1200，故合力大小为mg，小球的加速度大小为g，选项C正确；
5、电场方向改变后，小球能沿ON运动的距离为 ，则克服电场力做功为： ，故小球的电势能最大值为 ，选项D正确；故选CD.4真空中，在x轴上的坐标原点O和x=50cm处分别固定点电荷A、B，在x=10cm处由静止释放一正点电荷p，点电荷p只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度与在x轴上的位置关系如图所示。下列说法正确的是（）Ax=10cm处的电势比x=20cm处的电势高B从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p的电势能一定先增大后减小C点电荷A、B所带电荷量的绝对值之比为9：4D从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p所受的电场力先增大后减小【答案】AC【解析】【分析】【详解】A点电荷p从
6、x=10cm处运动到x=30cm处，动能增大，电场力对点电荷做正功，则点电荷所受的电场力方向沿+x轴方向，因此，从x=10cm到x=30cm范围内，电场方向沿+x轴方向，所以，x=10cm处的电势比x=20cm处的电势高，故A正确；B点电荷p在运动过程中，只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，点电荷的动能先增大后减小，则其电势能先减小后增大，故B错误；C从x=10cm到x=30cm范围内，点电荷p所受的电场力沿+x轴方向，从x=30cm到x=50cm范围内，点电荷p所受的电场力沿-x轴方向，所以，点电荷p在x=30cm处所受的电场力为零，则点电荷A、B对点电荷p的静电力大小相等，方向相反，
7、故有其中rA=30cm，rB=20cm，所以，QA：QB=9：4，故C正确；D点电荷x=30cm处所受的电场力为零，由电场力公式F=qE可知：x=30cm处的电场强度为零，所以从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p所受的电场力一定先减小后增大，故D错误。故选AC。5质量分别为和的两小球带有同种电荷，电荷量分别为和，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为与。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为和，最大动能分别为和。则（）A一定大于B一定小于C一定大于D一定大于【答案】CD【解析】【分析】【详解】A对小球A受力分析，受重力、静
8、电力、拉力，如图所示根据平衡条件，有故同理，有由于，故，故A错误；B两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B错误；C设悬点到的竖直高度为，则摆球A到最低点时下降的高度小球摆动过程机械能守恒，有解得由于，A球摆到最低点过程，下降的高度，故A球的速度较大，故C正确；D小球摆动过程机械能守恒，有故其中相同，根据数学中的半角公式，得到其中相同，故越大，动能越大，故一定大于，故D正确。故选CD。6如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷时，甲静止，乙以的初速度向甲运动此后,它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动整个运动过程中没有接触,它们运动的图像分别如图中甲、乙两
9、曲线所示则由图线可知()A两电荷的电性一定相反B甲、乙两个点电荷的质量之比为2：1C在时间内，两电荷的静电力先减小后增大D在时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小后增大【答案】BD【解析】【详解】A由图象0-t1段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同，故A错误B由图示图象可知：v甲0=0m/s，v乙0=6m/s，v甲1=v乙1=2m/s，两点电荷组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：代入数据解得：m甲:m乙=2:1故B正确；C0t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1t2时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静
10、电力先增大后减小，故C错误D由图象看出，0t3时间内，甲的速度一直增大，则其动能也一直增大，乙的速度先沿原方向减小，后反向增大，则其动能先减小后增大，故D正确7如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分，小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态。已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为-6q，重力加速度为g，静电力常量为k，则（）A小球a的线速度为B小球b的角速度为C小球c的向心加速度大小为D外力F竖直向上，大小
11、为【答案】C【解析】【分析】【详解】A通过分析，a、b、c一定带同种电荷，d与a、b、c一定带异种电荷，对小球a受力分析，在水平面上和竖直面分别如下图，小球最终的合力为合力提供小球做圆周运动的向心力，有可得，A错误；B合力提供小球做圆周运动的向心力，有解得，B错误；C合力提供小球做圆周运动的向心力，有解得，C正确；D对d球受力分析，由平衡条件得：解得，D错误。故选C。8如图所示：在光滑绝缘水平面上，分布在边长为L的正方形四个顶点。在A和D处分别固定电荷量为Q的正点电荷，B处固定电荷量为Q的负点电荷，O点为两对角线的交点，静电力常量为k。关于三个点电荷形成的静电场，下列说法中正确的是（）AO处电
12、场强度大小为BC处电场强度大小为C从O到C的过程中电场强度大小逐渐增大D从O到C的过程中电场强度大小先减小后增大【答案】A【解析】【分析】【详解】AA、D两点点电荷在O点的场强相互抵消，故O点的场强大小等于B点的负点电荷Q在O点产生的场强，即故A正确；BA、D两点点电荷在C处的合场强为方向OC方向，B点的负点电荷Q在C点产生的场强为方向沿CO方向，故C处的场强为方向沿OC方向，故B错误；CD从O到C的过程中电场强度大小先减小后增大再减小，故CD错误。故选A。9如图所示，A、B、C为放置在光滑水平面上的三个带电小球（可视为点电荷），其中B与C之间用长为L的绝缘轻质细杆相连，现把A、B、C按一定的
13、位置摆放，可使三个小球都保持静止状态。已知小球B的带电量为-q，小球C的带电量为+4q，则以下判断正确的是（）A小球A的带电量可以为任何值B轻质细杆一定处于被拉伸状态C小球A与B之间的距离一定为D若将A向右平移一小段距离，释放后A一定向左运动【答案】A【解析】【分析】【详解】AC小球A受力平衡，设小球AB之间的距离为x，根据平衡条件有解得所以小球A的电荷量可以为任意值，可以带正电，也可以带负电，A正确，C错误；B对小球B，小球A和小球C对其静电力的合力为由于不知道小球A的带电量，所以无法确定小球A和小球C对小球B的静电力的合力是否为零，故无法判断轻杆是否被拉伸，B错误；D小球A在原来的位置是平
14、衡的，若将A向右平移一小段距离，小球B和小球C对其的静电力均增加，且小球B对其的静电力增加的更快，但由于小球A的电性不确定，所以释放后A的运动方向也不确定，D错误。故选A。10如图所示，有两对等量异种电荷，放在正方形的四个顶点处，a、b、c、d为正方形四个边的中点，o为正方形的中心，下列说法中正确的是Ao点电场强度为零Ba、c两个点的电场强度大小相等方向相反C将一带正电的试探电荷从b点沿直线移动到d点，电场力做功为零D将一带正电的试探电荷从a点沿直线移动到c点，试探电荷具有的电势能增大【答案】C【解析】【详解】A. 两个正电荷在O点的合场强水平向右，两个负电荷在O点的合场强也水平向右，所以O点
15、电场强度不等于零，方向水平向右。故A不符合题意；B. 设正方形边长为L，每个电荷的电量大小为Q，对A点研究，两个正电荷在A点的合场强为零，根据平行四边形法则，两个负电荷在A点的合场强方向水平向右。则A点的电场强度方向水平向右。对C点研究，两个负电荷在C点的合场强为零，根据平行四边形法则，两个正电荷在C点的合场强方向水平向右，所以A、C两个点的电场强度方向相同。故B不符合题意；C. 在上面两个等量异种电荷的电场中，B、D连线是一条等势线。在下面两个等量异种电荷的电场中，B、D连线是也一条等势线，所以B、D两点的电势相等，将一带正电的试探电荷从B点沿直线移动到D点，电场力做功为零，故C符合题意；D
16、. 根据电场的叠加原理可知，AC连线上场强方向水平向右，则将一带正电的试探电荷匀速从A点沿直线移动到C点，电场力做正功，则试探电荷具有的电势能减小，故D不符合题意。11AB是长为L的均匀带电绝缘细杆，P1、P2是位于AB所在直线上的两点，位置如图所示。AB上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2，若将绝缘细杆的右半边截掉并移走（左半边电荷量、位置不变），则P2处的场强大小变为（ ）ABE2E1CE1DE1+【答案】B【解析】【详解】将均匀带电细杆等分为左右两段，设左右两段细杆形成的电场在P2点的场强大小分别为EA、EB，则有EA+EB=E2；左半段细杆产生的电场在P
17、1点的场强为0，右半段细杆产生的电场在P1点的场强大小为E1=EB，去掉细杆的右半段后，左半段细杆产生的电场在P2点的场强大小为EA=E2EB=E2E1，选B。12如图所示，A、B、C、D是立方体的四个顶点，在A、B、D三个点各放一点电荷，使C点处的电场强度为零。已知A点处放的是电荷量为Q的正点电荷，则关于B、D两点处的点电荷，下列说法正确的是（）AB点处的点电荷带正电BD点处的点电荷带正电CB点处的点电荷的电荷量为DD点处的点电荷的电荷量为【答案】C【解析】【分析】【详解】AA点处放的是电荷量为Q的正点电荷，若B点处的点电荷带正电，根据场强叠加可知，在D点无论是放正电还是负电，C点的场强都不
18、可能为零，选项A错误；B 若D点处的点电荷带正电，则根据场强叠加可知，在B点无论是放正电还是负电，C点的场强都不可能为零，选项B错误；CD设正方体边长为a，BC与AC夹角为，由叠加原理可知，在BD两点只能都带负电时，C点的合场强才可能为零，则其中，解得选项C正确，D错误。故选C。13两个等量异种电荷A、B固定在绝缘的水平面上，电荷量分别为Q和Q，俯视图如图所示。一固定在水平桌面的足够长的光滑绝缘管道与A、B的连线垂直，且到A的距离小于到B的距离，管道内放一个带负电小球P(可视为试探电荷），现将电荷从图示C点静止释放，C、D两点关于O点（管道与A、B连线的交点）对称。小球P从C点开始到D点的运动
19、过程中，下列说法正确的是（）A先做减速运动，后做加速运动B经过O点的速度最大，加速度也最大CO点的电势能最小，C、D两点的电势相同DC、D两点受到的电场力相同【答案】C【解析】【分析】【详解】A根据电场分布和力与运动的关系可知带电小球先做加速运动，后做减速运动，选项A错误；B经过O点的速度最大，沿着光滑绝缘管道方向上的加速度为零，选项B错误；C带电小球P在O点的电势能最小，C、D两点的电势相同，选项C正确；DC、D两点受到的电场力方向不同，故电场力不同，选项D错误。故选C。14如图所示，按A、B、C、D四种方式在一个正方形的四个顶点分别放置一个点电荷，所带电量已在图中标出，其中正方形中心场强最
20、大的是（ ）ABCD【答案】A【解析】【分析】先分析各点电荷在中心处的场强大小和方向，再根据矢量合成法则，即可求出中心处的场强。【详解】A根据点电荷电场强度公式，结合矢量合成法则，正方形对角线异种电荷的电场强度，为各自点电荷在中心处相加，因此中心处的合电场强度大小为；B两个负电荷在正方形中心处场强为零，两个正点电荷在中心处电场强度为零，因此中心处的合电场强度大小为0；C同理，正方形对角线的两负电荷的电场强度在中心处相互抵消，而正点电荷在中心处，叠加后电场强度大小为；D同理，在中心处的电场强度大小；综上比较，正方形中心场强最大的是A，所以A正确。故选A。【点睛】考察点电荷在某点场强的矢量合成。1
21、5已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等如图所示，正电荷均匀分布在半球面上，Ox为通过半球顶点与球心O的轴线A、B为轴上的点，且OA=OBC、D为直径上的两点，且OC=OD则下列判断正确的是( )AA点的电势与B点的电势相等BC点的电场强度与D点的电场强度不相同CA点的电场强度与B点的电场强度相同D在A点由静止开始释放重力不计的带正电粒子，该粒子将沿AB做匀加速直线运动【答案】C【解析】【分析】【详解】试题分析：由题意可知半球面右边的电场线是水平向右的，沿电场线方向电势逐渐降低，A点电势高于B点电势，A错误；有对称性原理及电场叠加可知C点和D点场强一样；B错误；B错误；均匀带电半球
22、相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边然后看AB两点，可以看到，AB两点在在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上而由题目给出的条件，正电球在AB两点产生的电场为零所以，A点正电半球产生的电场强度相当于负电半球产生的电场强度，而与B点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，C正确；电场线方向水平向右，所以在A点释放静止带正电的微粒（重力不计），微粒将作加速运动，距离远后电场力减小，所以是变加速运动，D错误；二、第九章 静电场及其应用解答题易错题培优（难）16如图所示的绝缘细杆轨
23、道固定在竖直面内，半径为R的1/6圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A、B两点相切，圆弧杆的圆心O处固定着一个带正电的点电荷现有一质量为m可视为质点的带负电小球穿在水平杆上，以方向水平向右、大小等于的速度通过A点，小球能够上滑的最高点为C，到达C后，小球将沿杆返回若COB=30，小球第一次过A点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为，从A至C小球克服库仑力做的功为，重力加速度为g求： (1)小球第一次到达B点时的动能；(2)小球在C点受到的库仑力大小；(3)小球返回A点前瞬间对圆弧杆的弹力（结果用m、g、R表示）【答案】（1） （2） （3） 【解析】【分析】（1）由动能定理求出小球第一次到达B
24、点时的动能（2）小球第一次过A点后瞬间，由牛顿第二定律和库仑定律列式由几何关系得到OC间的距离，再由库仑定律求小球在C点受到的库仑力大小（3）由动能定理求出小球返回A点前瞬间的速度，由牛顿运动定律和向心力公式求解小球返回A点前瞬间对圆弧杆的弹力【详解】（1）小球从A运动到B，AB两点为等势点，所以电场力不做功，由动能定理得：代入数据解得：（2）小球第一次过A时，由牛顿第二定律得：由题可知：联立并代入数据解得： 由几何关系得，OC间的距离为：小球在C点受到的库仑力大小 ：联立解得（3）从A到C，由动能定理得：从C到A，由动能定理得：由题可知：小球返回A点时，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N，由
25、牛顿第二定律得：联立以上解得： ，根据牛顿第三定律得，小球返回A点时，对圆弧杆的弹力大小为，方向向下17如图所示，在光滑绝缘水平面上，质量为m的均匀绝缘棒AB长为L、带有正电，电量为Q且均匀分布在水平面上O点右侧有匀强电场，场强大小为E，其方向为水平向左，BO距离为x0，若棒在水平向右的大小为QE/4的恒力作用下由静止开始运动求：（1）棒的B端进入电场L/8时的加速度大小和方向；（2）棒在运动过程中的最大动能（3）棒的最大电势能（设O点处电势为零）【答案】（1） ,向右（2） （3）【解析】【分析】【详解】（1）根据牛顿第二定律，得解得，方向向右（2）设当棒进入电场x时，其动能达到最大，则此时
26、棒受力平衡，有解得由动能定理得：（3）棒减速到零时，棒可能全部进入电场，也可能不能全部进入电场，设恰能全部进入电场，则有：，得 x0=L；当x0L，棒不能全部进入电场，设进入电场x根据动能定理得解之得：则当x0L，棒能全部进入电场，设进入电场x得：则18如图所示，在沿水平方向的匀强电场中，有一长度l=0. 5m的绝缘轻绳上端固定在O点，下端系一质量kg、带电量C的小球（小球的大小可以忽略）在位置B点处于静止状态，此时轻绳与竖直方向的夹角=37，空气阻力不计，sin37=0. 6，cos37=0. 8，g=10m/s2. （1）求该电场场强大小；（2）在始终垂直于轻绳的外力作用下将小球从B位置缓
27、慢拉动到细绳竖直位置的A点，求外力对带电小球做的功；（3）过B点做一等势面交电场线于C点（C点未画出），使轻绳与竖直方向的夹角增大少许（不超过5），再由静止释放，求小球从C点第一次运动到B点的时间，并写出分析求解过程.【答案】(1) (2) (3)【解析】【详解】（1）带电小球静止，受到合力等于零，电场力与重力的关系是：，即代入数值计算得电场场强大小：（2）小球在外力作用下从B位置缓慢移动到A位置过程中，根据动能定理有：所以代入数值解得电场场强大小：（3）分析受力可知：小球在运动过程中，重力和电场力的合力为恒力，大小为类比研究单摆的方法可知，小球的运动与单摆类似，回复力由上述合力沿圆周切向的分
28、力提供。因为从C到B的角度很小，进一步可知回复力与相对平衡位置的位移大小成正比、方向相反，故小球的运动为简谐运动。小球的运动可等效为在某个场强大小为，方向与竖直方向成角斜向右下的场中做简谐运动，其周期为故从C到B最短的时间19如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，半径为R的1/6圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A、B两点相切，圆弧杆的圆心O处固定着一个带正电的点电荷现有一质量为m可视为质点的带负电小球穿在水平杆上，以方向水平向右、大小等于的速度通过A点，小球能够上滑的最高点为C，到达C后，小球将沿杆返回若COB=30，小球第一次过A点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为，从A至C小球克服库仑
29、力做的功为，重力加速度为g求： (1)小球第一次到达B点时的动能；(2)小球在C点受到的库仑力大小；(3)小球返回A点前瞬间对圆弧杆的弹力（结果用m、g、R表示）【答案】（1） （2） （3） 【解析】【分析】（1）由动能定理求出小球第一次到达B点时的动能（2）小球第一次过A点后瞬间，由牛顿第二定律和库仑定律列式由几何关系得到OC间的距离，再由库仑定律求小球在C点受到的库仑力大小（3）由动能定理求出小球返回A点前瞬间的速度，由牛顿运动定律和向心力公式求解小球返回A点前瞬间对圆弧杆的弹力【详解】（1）小球从A运动到B，AB两点为等势点，所以电场力不做功，由动能定理得：代入数据解得：（2）小球第一
30、次过A时，由牛顿第二定律得：由题可知：联立并代入数据解得： 由几何关系得，OC间的距离为：小球在C点受到的库仑力大小 ：联立解得（3）从A到C，由动能定理得：从C到A，由动能定理得：由题可知：小球返回A点时，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N，由牛顿第二定律得：联立以上解得： ，根据牛顿第三定律得，小球返回A点时，对圆弧杆的弹力大小为，方向向下20个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角=53，已知带电微粒的质量m=1.0107kg，电荷量q=1.01010C，A、B相距L=20cm(取g=10m/s2)求：(1)电场强度的大小和方向； (
31、2)要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少【答案】（1）7.510 3 V/m,方向水平向左 (2)m/s【解析】【详解】(1)带电微粒做直线运动，所受的合力与速度在同一直线上，则带电微粒受力如图所示；由图可知，合力与速度方向相反；故粒子一定做匀减速直线运动；由力的合成可知：mg=qEtan可得：，方向水平向左（2）微粒从A到B做匀减速直线运动，则当vB=0时，粒子进入电场速度vA最小.由动能定理：代入数据得：vA=21如图所示，将带正电的中心穿孔小球A套在倾角为的固定光滑绝缘杆上某处，在小球A的正下方固定着另外一只带电小球B，此时小球A恰好静止，且与绝缘杆无挤压若A的电荷量
32、为q，质量为m；A与B的距离为h；重力加速度为g，静电力常量为k；A与B均可视为质点(1)试确定小球B的带电性质；(2)求小球B的电荷量；(3)若出于某种原因，小球B在某时刻突然不带电，求小球A下滑到与小球B在同一水平线的杆上某处时，重力对小球做功的功率【答案】(1)带正电 (2) (3) 【解析】【分析】（1）由题意A静止且与杆无摩擦，说明A只受重力和库仑力，故AB之相互排斥，A的受力才能平衡，可知B的电性（2）由库仑定律可得AB间的库仑力，在对A列平衡方程可得B的电量（3）B不带电后A只受重力，故由机械能守恒，可得A的速度，进而得到重力功率【详解】(1)根据题意：小球A受到B的库仑力必与A受到的重力平衡，即A、B之间相互排斥，所以B带正电(2)由库仑定律，B对A的库仑力为F，由平衡条件有mg解得qB .(3)B不带电后，小球A受到重力、支持力作用沿杆向下做匀加速直线运动，设到达题中所述位置时速度为v，由机械能守恒定律有mghmv2，解得v 所以重力的瞬时功率为Pmgvsin mgsin .
