人教版高中物理新教材同步講義 必修第三冊(cè) 第9章　專題強(qiáng)化2　靜電力的性質(zhì)（含解析）

靜電力的性質(zhì)[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.學(xué)會(huì)利用幾種特殊方法求解帶電體電場(chǎng)強(qiáng)度.2.會(huì)分析電場(chǎng)線與帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡相結(jié)合的問(wèn)題.3.學(xué)會(huì)分析電場(chǎng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題．一、電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算帶電體電場(chǎng)強(qiáng)度的三種計(jì)算方法對(duì)稱法對(duì)稱法實(shí)際上就是根據(jù)某些物理現(xiàn)象、物理規(guī)律、物理過(guò)程或幾何圖形的對(duì)稱性進(jìn)行解題的一種方法．在電場(chǎng)中，當(dāng)電荷的分布具有對(duì)稱性時(shí)，應(yīng)用對(duì)稱性解題可將復(fù)雜問(wèn)題大大簡(jiǎn)化微元法當(dāng)一個(gè)帶電體的體積較大，已不能視為點(diǎn)電荷時(shí)，求這個(gè)帶電體產(chǎn)生的電場(chǎng)在某處的電場(chǎng)強(qiáng)度時(shí)，可用微元法的思想把帶電體分成很多小塊，每塊都可以看成點(diǎn)電荷，用點(diǎn)電荷電場(chǎng)疊加的方法計(jì)算補(bǔ)償法有時(shí)由題給條件建立的模型不是一個(gè)完整的模型，這時(shí)需要給原來(lái)的問(wèn)題補(bǔ)充一些條件，組成一個(gè)完整的新模型．這樣，求解原模型的問(wèn)題就變?yōu)榍蠼庑履Ｐ团c補(bǔ)充條件的差值問(wèn)題．如采用補(bǔ)償法將有缺口的帶電圓環(huán)補(bǔ)全為圓環(huán)，或?qū)肭蛎嫜a(bǔ)全為球面，從而將問(wèn)題化難為易例1如圖所示，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過(guò)圓心c的軸線上有a、b、d三個(gè)點(diǎn)，a和b間、b和c間、c和d間的距離均為R，在a點(diǎn)處有一電荷量為q(q>0)的固定點(diǎn)電荷．已知b點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，則d點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為(靜電力常量為k)()A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(Q＋q,R2)C．keq\f(10q,9R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)答案C解析設(shè)Q在b點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，由對(duì)稱性可知Q在d點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小也為E，方向相反，水平向右，由于b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，得E＝keq\f(q,R2)，所以q、Q在d點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為E′＝keq\f(q,3R2)＋E＝keq\f(q,3R2)＋keq\f(q,R2)＝keq\f(10q,9R2)，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．例2均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)．如圖所示，在半球面AB上均勻分布著正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過(guò)半球頂點(diǎn)與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，OM＝ON＝2R.已知N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，靜電力常量為k，則M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為()A.eq\f(kq,2R2)－E B.eq\f(kq,4R2)C.eq\f(kq,4R2)－E D.eq\f(kq,4R2)＋E答案A解析若將帶電荷量為2q的球面放在O處，均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)，則完整球殼在M、N點(diǎn)所產(chǎn)生的電場(chǎng)為E1＝keq\f(2q,2R2)＝eq\f(kq,2R2)，由題知半球面外，N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，則M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E′＝eq\f(kq,2R2)－E，故選A.例3一半徑為R的圓環(huán)上，均勻地帶有電荷量為Q的電荷，在垂直于圓環(huán)平面的對(duì)稱軸上有一點(diǎn)P，它與環(huán)心O的距離OP＝L.設(shè)靜電力常量為k，關(guān)于P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E，下列四個(gè)表達(dá)式中正確的是()A.eq\f(kQ,R2＋L2) B.eq\f(kQL,R2＋L2)C.eq\f(kQR,\r(R2＋L23)) D.eq\f(kQL,\r(R2＋L23))答案D解析如圖所示，設(shè)想將圓環(huán)等分為n個(gè)小段，當(dāng)n相當(dāng)大時(shí)，每一小段都可以看成點(diǎn)電荷，其所帶電荷量為q＝eq\f(Q,n)，由點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式可求得每一點(diǎn)電荷在P處的電場(chǎng)強(qiáng)度EP＝keq\f(Q,nr2)＝keq\f(Q,nR2＋L2)，由對(duì)稱性可知，各小段帶電環(huán)在P處的電場(chǎng)強(qiáng)度垂直于OP的分量Ey相互抵消，而平行于OP的分量Ex之和即為帶電環(huán)在P處的電場(chǎng)強(qiáng)度E，故E＝nEx＝n·eq\f(kQ,nL2＋R2)·cosθ＝eq\f(kQL,rL2＋R2)，而r＝eq\r(L2＋R2)，聯(lián)立上式，可得E＝eq\f(kQL,\r(R2＋L23))，D正確．二、電場(chǎng)線與帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡1．帶電粒子做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，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．分析思路：(1)由軌跡的彎曲情況結(jié)合電場(chǎng)線確定靜電力的方向；(2)由靜電力和電場(chǎng)線的方向可判斷帶電粒子所帶電荷的正負(fù)；(3)由電場(chǎng)線的疏密程度可確定靜電力的大小，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4某電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布如圖所示，虛線為某帶電粒子只在靜電力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b、c是軌跡上的三個(gè)點(diǎn)，則()A．粒子一定帶負(fù)電B．粒子一定是從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)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(chǎng)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(dòng)的物體，所受合力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的內(nèi)側(cè)，由此可知，帶電粒子受到的靜電力的方向?yàn)檠刂妶?chǎng)線向左，所以粒子帶正電，A錯(cuò)誤；粒子不一定是從a點(diǎn)沿軌跡運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，也可能是從b點(diǎn)沿軌跡運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，B錯(cuò)誤；由電場(chǎng)線的分布可知，粒子在c點(diǎn)處所受靜電力較大，加速度一定大于在b點(diǎn)的加速度，C正確；若粒子從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)或b點(diǎn)，靜電力與速度方向成銳角，所以粒子做加速運(yùn)動(dòng)，若粒子從a點(diǎn)或b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，靜電力與速度方向成鈍角，所以粒子做減速運(yùn)動(dòng)，故粒子在c點(diǎn)的速度一定小于在a點(diǎn)的速度，D錯(cuò)誤．針對(duì)訓(xùn)練如圖所示，實(shí)線為不知方向的三條電場(chǎng)線，從電場(chǎng)中M點(diǎn)以相同速度垂直于電場(chǎng)線方向飛出a、b兩個(gè)帶電粒子，僅在靜電力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示．則()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(gè)粒子的動(dòng)能，一個(gè)增大一個(gè)減小答案C解析帶電粒子做曲線運(yùn)動(dòng)，所受靜電力的方向指向軌跡曲線的內(nèi)側(cè)，由于電場(chǎng)線的方向未知，所以粒子帶電性質(zhì)不確定，故A錯(cuò)誤；從題圖軌跡變化來(lái)看，帶電粒子速度與靜電力方向的夾角都小于90°，所以靜電力都做正功，動(dòng)能都增大，速度都增大，故B、D錯(cuò)誤；電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)強(qiáng)度大，電場(chǎng)線疏的地方電場(chǎng)強(qiáng)度小，所以a所受靜電力減小，加速度減小，b所受靜電力增大，加速度增大，故C正確．三、電場(chǎng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題1．帶電體在多個(gè)力作用下處于平衡狀態(tài)，帶電體所受合外力為零，因此可用共點(diǎn)力平衡的知識(shí)分析，常用的方法有正交分解法、合成法等．2．帶電體在電場(chǎng)中的加速問(wèn)題與力學(xué)問(wèn)題分析方法完全相同，帶電體的受力仍然滿足牛頓第二定律，在進(jìn)行受力分析時(shí)不要漏掉靜電力．例5如圖所示，光滑固定斜面(足夠長(zhǎng))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(chǎng)時(shí)，帶電小物塊恰好靜止在斜面上，從某時(shí)刻開始，電場(chǎng)強(qiáng)度變化為原來(lái)的eq\f(1,2)，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求：(1)原來(lái)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小(用字母表示)；(2)小物塊運(yùn)動(dòng)的加速度；(3)小物塊2s末的速度大小和2s內(nèi)的位移大小．答案(1)eq\f(3mg,4q)(2)3m/s2，方向沿斜面向下(3)6m/s6m解析(1)對(duì)小物塊受力分析如圖所示，小物塊靜止于斜面上，則mgsin37°＝qEcos37°，可得E＝eq\f(mgtan37°,q)＝eq\f(3mg,4q).(2)當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,2)時(shí)，小物塊受到的合外力F合＝mgsin37°－eq\f(1,2)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(dòng)學(xué)公式，知v＝at＝3×2m/s＝6m/sx＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×3×22m＝6m.1.一個(gè)正電荷從電場(chǎng)中的A點(diǎn)由靜止釋放，僅在靜電力作用下沿電場(chǎng)線由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，它運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖所示．則A、B兩點(diǎn)所在區(qū)域的電場(chǎng)線分布情況可能是圖中的()答案D解析正電荷所受靜電力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，根據(jù)v－t圖像可知電荷的加速度逐漸增大，即電荷所受靜電力逐漸增大，又根據(jù)電場(chǎng)線越密集電場(chǎng)強(qiáng)度越大可知，從A到B電場(chǎng)線逐漸密集，綜上所述可知A、B、C不可能，D可能．2．一帶負(fù)電荷的點(diǎn)電荷，在靜電力作用下沿曲線abc從a運(yùn)動(dòng)到c，已知點(diǎn)電荷的速率是遞減的．關(guān)于b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E的方向，下列圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點(diǎn)的切線)()答案D解析電荷做曲線運(yùn)動(dòng)，靜電力與速度方向不在同一直線上，應(yīng)指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，不可能沿軌跡的切線方向，則電場(chǎng)強(qiáng)度也不可能沿軌跡的切線方向．故A錯(cuò)誤．負(fù)電荷所受的靜電力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，圖B中靜電力方向與速度方向的夾角為銳角，靜電力做正功，電荷的速率增大，與題不符．故B錯(cuò)誤．圖C中電場(chǎng)強(qiáng)度方向指向軌跡的內(nèi)側(cè)，則靜電力指向軌跡的外側(cè)，電荷的軌跡應(yīng)向上彎曲，不可能沿如圖的軌跡運(yùn)動(dòng)．故C錯(cuò)誤．圖D中電場(chǎng)強(qiáng)度方向指向軌跡的外側(cè)，則靜電力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，而且靜電力方向與電荷的速度方向成鈍角，靜電力做負(fù)功，電荷的速率減小，符合題意．故D正確．3．(多選)如圖所示，帶箭頭的實(shí)線表示某一電場(chǎng)中的電場(chǎng)線的分布情況．一帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖中虛線所示．若不考慮其他力，則下列判斷正確的是()A．若粒子是從A運(yùn)動(dòng)到B，則粒子帶正電；若粒子是從B運(yùn)動(dòng)到A，則粒子帶負(fù)電B．不論粒子是從A運(yùn)動(dòng)到B，還是從B運(yùn)動(dòng)到A，粒子必帶負(fù)電C．若粒子是從B運(yùn)動(dòng)到A，則其加速度減小D．若粒子是從B運(yùn)動(dòng)到A，則其速度減小答案BC解析根據(jù)做曲線運(yùn)動(dòng)物體所受合外力指向軌跡曲線內(nèi)側(cè)可知粒子所受靜電力的方向與電場(chǎng)線的方向相反，所以不論粒子是從A運(yùn)動(dòng)到B，還是從B運(yùn)動(dòng)到A，粒子必帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤，B正確；電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)強(qiáng)度大，所以粒子在B點(diǎn)受到的靜電力大，在B點(diǎn)時(shí)的加速度較大，若粒子是從B運(yùn)動(dòng)到A，則其加速度減小，故C正確；從B到A過(guò)程中粒子所受靜電力與速度方向成銳角，即做正功，動(dòng)能增大，速度增大，故D錯(cuò)誤．4.如圖所示，用金屬絲AB彎成半徑為r的圓弧，但在A、B之間留出寬度為d的小間隙(d?r)．通過(guò)接觸起電的方式將電荷量為Q的正電荷均勻分布在金屬絲上，靜電力常量為k，則圓心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度為()A．keq\f(Q,r2)，方向由圓心指向間隙B．keq\f(Qd,r3)，方向由間隙指向圓心C．keq\f(Qd,2πr－dr2)，方向由間隙指向圓心D．keq\f(Qd,2πr－dr2)，方向由圓心指向間隙答案D解析相對(duì)圓弧來(lái)說(shuō)間隙是很小的，若間隙處有正電荷可視為點(diǎn)電荷，其在圓心處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(k\f(Q,2πr－d)d,r2)＝eq\f(kQd,2πr－dr2)，因是正電荷，故電場(chǎng)強(qiáng)度方向由圓心向右．由對(duì)稱性知，完整的帶電圓環(huán)在圓心O處的合電場(chǎng)強(qiáng)度為0，所以間隙處正電荷在圓心處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度與圓環(huán)其余部分在圓心處的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，故圓心處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為keq\f(Qd,2πr－dr2)，方向由圓心指向間隙，故選D.5．(多選)下列圖中，絕緣細(xì)繩一端固定在天花板，一端系一質(zhì)量為m的帶正電小球，為了使小球能靜止在圖中所示位置，可加一個(gè)與紙面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，所加電場(chǎng)方向可能是()答案BCD解析A圖中，小球帶正電，電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向左，帶電小球所受的靜電力水平向左，則小球不可能靜止在圖示位置，故A錯(cuò)誤；B圖中，小球帶正電，電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右，帶電小球所受的靜電力水平向右，則小球可能靜止在圖示位置，故B正確；C圖中小球受靜電力方向斜向右上方，向下的重力及向左上方的細(xì)繩的拉力，三力可能平衡，選項(xiàng)C正確；D6.如圖，帶電荷量為q的點(diǎn)電荷與豎直放置的均勻帶電薄板相距2d，點(diǎn)電荷到帶電薄板的垂線通過(guò)板的幾何中心．若圖中A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，求圖中B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度．答案eq\f(10kq,9d2)方向水平向左(或垂直薄板向左)解析根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加原理可知，薄板帶負(fù)電荷．點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為eq\f(kq,9d2)，A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，則薄板在A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為EA＝eq\f(kq,9d2)，方向向右；再根據(jù)對(duì)稱性可知，薄板在B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為EB＝EA＝eq\f(kq,9d2)，方向向左．正點(diǎn)電荷q在B點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(kq,d2)，方向水平向左．故B點(diǎn)的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E′＝eq\f(10kq,9d2)，方向水平向左(或垂直薄板向左)．7.(2021·鶴壁市高中段考)如圖所示，在一半徑為R的圓周上均勻分布有N個(gè)絕緣帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)間隙排列，其中A點(diǎn)的小球帶電荷量為＋4q，其余小球帶電荷量為＋q，此時(shí)圓心O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，現(xiàn)僅撤去A點(diǎn)的小球，則O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為()A．大小為E，方向沿AO連線斜向下B．大小為eq\f(E,2)，方向沿AO連線斜向下C．大小為eq\f(E,3)，方向沿AO連線斜向上D．大小為eq\f(E,4)，方向沿AO連線斜向上答案C解析假設(shè)圓周上均勻分布的都是電荷量為＋q的小球，根據(jù)對(duì)稱性及電場(chǎng)的疊加原理知圓心O處電場(chǎng)強(qiáng)度為0，所以圓心O點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小等效于A點(diǎn)處電荷量為＋3q的小球在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度，有E＝keq\f(3q,R2)，方向沿AO連線斜向下；除A點(diǎn)小球外，其余帶電荷量為＋q的小球在O點(diǎn)處產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小等于在A點(diǎn)處帶電荷量為＋q的小球在圓心O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，方向相反，A點(diǎn)處電荷量為＋q的小球在圓心O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1＝keq\f(q,R2)＝eq\f(E,3)，方向沿OA連線斜向下，則其余帶電荷量為＋q的小球在O點(diǎn)處產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(E,3)，方向沿OA連線斜向上，故僅撤去A點(diǎn)的小球，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(E,3)，方向沿AO連線斜向上，C項(xiàng)正確，A、B、D項(xiàng)錯(cuò)誤．8.如圖所示，A、B、C、D、E、F六點(diǎn)把絕緣均勻圓環(huán)平均分成六部分，其中圓弧AF、BC帶正電，圓弧DE帶負(fù)電，其余部分不帶電，單位長(zhǎng)度圓弧所帶電荷量相等．圓弧AF所帶電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1.則圓心O處的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小為()A．0B．E1C．3E1D．2E1答案D解析由題意可知，單位長(zhǎng)度圓弧所帶電荷量相等，圓弧AF、DE、BC所帶電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，其中圓弧AF與BC所帶電荷在O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度方向的夾角為120°，圓弧DE所帶電荷在O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度方向在上述兩電場(chǎng)強(qiáng)度方向的夾角的角平分線上，如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則知，圓心O處的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2E1，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．9.(2022·云南宣威市第七中學(xué)高二月考)如圖所示，長(zhǎng)l＝1m的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定，下端連接一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，繩與豎直方向的夾角θ＝37°.已知小球所帶電荷量q＝1.0×10－6C，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小球所受靜電力F的大??；(2)小球的質(zhì)量m；(3)將電場(chǎng)撤去，小球回到最低點(diǎn)時(shí)速度v的大?。鸢?1)3.0×10－3N(2)4.0×10－4kg(3)2.0m/s解析(1)根據(jù)靜電力的計(jì)算公式可得靜電力F＝qE＝1.0×10－6×3.0×103N＝3.0×10－3N；(2)小球受力情況如圖所示：根據(jù)平衡條件得mg＝eq\f(qE,tanθ)，所以m＝eq\f(qE,gtanθ)＝eq\f(3×10－3,10×0.75)kg＝4.0×10－4kg；(3)電場(chǎng)撤去后小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，則mgl(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2.0m/s.10.(2021·河源市月考)如圖所示，有一水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝1.25×104N/C，一根長(zhǎng)L＝1.5m、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(chǎng)中，桿的下端M固定一個(gè)帶電小球A，電荷量Q＝＋4.5×10－6C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動(dòng)，電荷量q＝＋1.0×10－6C，質(zhì)量m＝1.0×10－2kg.將小球B從桿的上端N由靜止釋放，小球B開始運(yùn)動(dòng)．(靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．則：(1)小球B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為多大？(2)小球B的速度最大時(shí)，與M端的距離r為多大？答案