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高中物理鲁科版 (2019)必修 第三册第1章 静电力与电场强度本章综合与测试导学案
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这是一份高中物理鲁科版 (2019)必修 第三册第1章 静电力与电场强度本章综合与测试导学案，共9页。
素养培优课(一) 电场力的性质
培优目标：1.掌握库仑定律、电场强度公式，并能应用其解决问题。2.掌握等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线分布特点。3.会建立形象化的思维模型，体会用电场线解决问题的直观性。4.掌握解决带电体动力学问题的思路和方法，会建立解决电场中平衡问题和动力学问题的思维模型。
1.库仑力实质上是电场力，与重力、弹力一样，也是一种性质力，其相互作用方向的判断可依据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
2．明确带电粒子在电场中的平衡问题，实际上属于力学平衡问题，仅在受力分析时多了一个电场力。
3．求解这类问题时，需应用有关力的平衡知识，在正确受力分析的基础上，运用平行四边形定则、三角形定则或建立平面直角坐标系，应用共点力作用下物体的平衡条件去解决。
【例1】 如图所示，真空中的两带电小球(可看作是点电荷)，通过调节悬挂细线的长度使两小球始终保持在同一水平线上，下列说法正确的是( )
A．若只增大r，则F1、F2都增大
B．若只增大m1，则θ1增大，θ2不变
C．若只增大q1，则θ1增大，θ2不变
D．若只增大q1，则θ1、θ2都增大
思路点拨：解此题可按以下思路：
D [m1、m2受力如图所示，由平衡条件可知m1g＝eq \f(F,tan θ1)，m2g＝eq \f(F′,tan θ2)。因F＝F′，则eq \f(m1,m2)＝eq \f(tan θ2,tan θ1)，可见，若m1＞m2，则θ1＜θ2；若m1＝m2，则θ1＝θ2；若m1＜m2，则θ1＞θ2。θ1、θ2的关系与两电荷所带电荷量无关。若只增大r，则库仑力变小，由图可知，F1、F2都减小，故选项A错误；若只增大m1，则m1会下降，而m2会上升，则导致θ1减小，θ2增大，故选项B错误；若只增大q1，由图可知，则θ1、θ2都增大，故选项C错误，D正确。]
库仑力作用下平衡问题的三点注意
(1)共点力的平衡条件仍是物体所受外力的合力为零。
(2)处理平衡问题常用的数学知识和方法有直角三角形、相似三角形和正交分解法等。
(3)选取研究对象时，要注意整体法和隔离法的灵活运用。
eq \([跟进训练])
1.如图所示，把电荷量为－q的小球A用绝缘细线悬起。若将带电荷量为＋q的带电小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度且相距r时，两小球均处于静止状态，细线与竖直方向成α角。A、B两球均可视为点电荷，静电力常量为k，则小球A的质量为( )
A.eq \f(kq2tan α,gr2) B.eq \f(kq2,gr2tan α)
C.eq \f(kq2,gr2sin α) D.eq \f(kq2,gr2cs α)
B [对小球A受力分析如图，库仑力F＝eq \f(kq2,r2)，小球A静止，处于平衡状态，将拉力T沿水平和竖直方向分解，在水平方向上，Tsin α＝F，在竖直方向上，Tcs α＝mg，联立可得m＝eq \f(kq2,gr2tan α)，选项B正确。]
1.分析带电粒子在电场中的运动轨迹时应注意两点：
(1)做曲线运动的带电粒子所受合外力方向指向曲线的凹侧。
(2)速度方向沿轨迹的切线方向。
2．分析方法
(1)根据带电粒子运动轨迹的弯曲方向，判断出带电粒子所受电场力的方向。
(2)把电场线方向、电场力方向与电性相联系进行分析。
(3)把电场线的疏密和电场力大小、加速度大小相联系进行分析。
(4)把电场力做的功与能量的变化相联系进行分析。
【例2】 (多选)如图所示，实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示。a、b仅受电场力作用，则下列说法中正确的是( )
A．a一定带正电，b一定带负电
B．电场力对a、b做正功
C．a的速度将减小，b的速度将增大
D．a的加速度将减小，b的加速度将增大
思路点拨：(1)根据运动轨迹确定电场力的方向。
(2)根据电场线疏密确定加速度大小变化。
BD [由于电场线的方向未知，所以无法确定a、b两粒子的电性，选项A错误；根据两粒子的运动轨迹可分析得出电场力对a、b均做正功，两带电粒子的速度都将增大，选项B正确，C错误；a运动过程中，电场线越来越稀疏，所以电场力逐渐减小，加速度逐渐减小，b运动过程中，电场线越来越密集，所以电场力逐渐增大，加速度逐渐增大，选项D正确。]
分析运动轨迹类问题的两技巧
(1)由轨迹的弯曲方向确定粒子所受合外力的方向，由电场线的疏密程度确定电场力的大小，进而确定合外力的大小。
(2)速度或动能的变化要根据合外力做功情况来判断，当电场力恰为合外力时，电场力做正功，速度或动能增加，电场力做负功，速度或动能减少。
eq \([跟进训练])
2.(多选)一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示，带箭头的实线表示电场线。不计粒子所受重力，则( )
A．粒子带正电
B．粒子加速度逐渐减小
C．A点的速度大于B点的速度
D．粒子的初速度不为零
BCD [带电粒子所受合外力(即静电力)指向轨迹凹侧，可知静电力方向向左，粒子带负电，A错误；根据EA＞EB，知FA＞FB，aA＞aB，B正确；粒子从A到B受到的静电力为阻力，阻力做负功，动能减小，速度减小，C正确；由于粒子做减速曲线运动，所以初速度不为零，D正确。]
1.电场中动力学问题与力学问题分析方法完全相同，带电体的受力仍然满足牛顿第二定律。
2．处理静电场中力与运动的问题时，根据牛顿运动定律，再结合运动学公式、运动的合成与分解等运动学知识即可解决问题。
【例3】 如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一质量m＝0.2 kg、电荷量q＝1×10－6 C的带正电小物块恰好静止在倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面上，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。从某时刻开始，电场强度变为原来的eq \f(1,3)，求：
(1)原来的电场强度大小E0；
(2)小物块运动的加速度a的大小和方向；
(3)沿斜面下滑距离x＝0.5 m时小物块的速度大小v。
思路点拨：(1)由“恰好静止”的条件可求出电场强度E0。
(2)“电场强度变为原来的eq \f(1,3)”说明小物块不再平衡，利用牛顿第二定律和运动学方程求解。
[解析] (1)小物块受到重力、水平向右的电场力qE0、支持力N而保持静止状态，则eq \f(qE0,mg)＝tan θ，得
E0＝1.5×106 N/C。
(2)电场强度变为原来的eq \f(1,3)时，电场力变为qE＝eq \f(1,3)qE0＝eq \f(1,4)mg，根据牛顿第二定律有mgsin θ－qEcs θ＝ma，得a＝4 m/s2，方向沿斜面向下。
(3)小物块沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，有v2＝2ax，得v＝2 m/s。
[答案] (1)1.5×106 N/C (2)4 m/s2 方向沿斜面向下 (3)2 m/s
eq \([跟进训练])
3.如图所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为1.0×10－2 kg，所带电荷量为＋2.0×10－8 C。现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直线成30°角，绳长L＝0.2 m(取g＝10 m/s2)。
(1)求该匀强电场的电场强度大小；
(2)突然剪断轻绳，小球做什么运动？加速度大小和方向如何？
[解析] (1)根据共点力平衡得qE＝mgtan 30°
解得E＝eq \f(\r(3),6)×107 N/C。
(2)突然剪断轻绳，小球受重力和电场力，初速度为零，做匀加速直线运动。
F合＝eq \f(mg,cs 30°)＝ma
a＝eq \f(20\r(3),3) m/s2
加速度方向与剪断前绳子拉力方向相反。
[答案] (1)eq \f(\r(3),6)×107 N/C (2)做匀加速直线运动 eq \f(20\r(3),3) m/s2 与剪断前绳子拉力方向相反
1．在点电荷形成的电场中，一电子的运动轨迹如图中虚线所示，其中a、b是轨迹上的两点。若电子在两点间运动的速度不断增大，则下列判断中正确的是( )
A．形成电场的点电荷电性为正
B．电子一定是从a点运动到b点
C．电子一定是从b点运动到a点
D．电子的运动是匀变速曲线运动
C [电子做曲线运动，所受的合外力即电场力指向曲线的内侧，由此可以判断出电场力沿电场线由右指向左，电子带负电，故电场线的方向由左指向右，因而形成电场的点电荷应为负点电荷，A错误；电子受到库仑斥力，速度变大，应远离场源电荷，故运动轨迹由b点到a点，C正确，B错误；电子从b点运动到a点，库仑力越来越小，加速度越来越小，电子做非匀变速曲线运动，故D错误。]
2．(多选)如图所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘细线系一带电小球，小球的质量为m，电荷量为q，为了保证当细线与竖直方向的夹角为60°时，小球处于平衡状态，则匀强电场的场强大小可能为( )
A.eq \f(mgtan 60°,q) B.eq \f(mgcs 60°,q)
C.eq \f(mgsin 60°,q) D.eq \f(mg,q)
ACD [本题考查带电体的平衡，解题的关键是画出受力分析图。取小球为研究对象，它受到重力mg、细线的拉力F和电场力qE的作用。因小球处于平衡状态，则它受到的合外力等于零，由平衡条件可知，F与qE的合力与mg是一对平衡力。根据力的平行四边形定则知道，当电场力qE的方向与细线的拉力方向垂直时，电场力最小(如图所示)，则qE＝mgsin 60°，由求出的最小场强可知E≥eq \f(mgsin 60°,q)，A、C、D正确。]
3．相距为L的点电荷A、B带电荷量分别为＋4q和－q，如图所示。今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是( )
A．－q，在A左侧距A为L处
B．－2q，在A左侧距A为eq \f(L,2)处
C．＋4q，在B右侧距B为L处
D．＋2q，在B右侧距B为eq \f(3L,2)处
C [A、B、C三个电荷要平衡，必须三个电荷在一条直线上，外侧两个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的引力，必须外侧电荷电荷量大，中间电荷电荷量小，所以C必须带正电，在B的右侧。设C所在位置与B的距离为r，则C所在位置与A的距离为L＋r，要能处于平衡状态，A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电荷量大小为Q。则有eq \f(4kq·Q,L＋r2)＝keq \f(Qq,r2)，解得r＝L。对点电荷A，其受力也平衡，则keq \f(4q·Q,L＋r2)＝eq \f(4kq·q,L2)，解得Q＝4q，即C带正电，电荷量为4q，在B的右侧距B为L处。C正确。]
4．一根长为l的丝线悬挂着一质量为m、电荷量为q的带电小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为竖直向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响(重力加速度为g)，求：
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)小球经过最低点时受到的拉力的大小。
[解析] (1)小球静止在电场中受力如图甲所示，显然小球带正电，由平衡条件得mgtan 37°＝qE，故E＝eq \f(3mg,4q)。
(2)电场方向变成竖直向下后，如图乙所示，小球开始摆动做圆周运动，从初始位置到最低点的过程中，重力、电场力对小球做正功。由动能定理得：
(mg＋qE)l(1－cs 37°)＝eq \f(1,2)mv2
由牛顿第二定律，在最低点时，FT－(mg＋qE)＝meq \f(v2,l)
解得FT＝eq \f(49,20)mg。
甲 乙
[答案] (1)eq \f(3mg,4q) (2)eq \f(49,20)mg库仑力作用下的平衡问题
电场线与运动轨迹问题
电场力作用下的动力学问题
素养培优课(一) 电场力的性质
培优目标：1.掌握库仑定律、电场强度公式，并能应用其解决问题。2.掌握等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线分布特点。3.会建立形象化的思维模型，体会用电场线解决问题的直观性。4.掌握解决带电体动力学问题的思路和方法，会建立解决电场中平衡问题和动力学问题的思维模型。
1.库仑力实质上是电场力，与重力、弹力一样，也是一种性质力，其相互作用方向的判断可依据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
2．明确带电粒子在电场中的平衡问题，实际上属于力学平衡问题，仅在受力分析时多了一个电场力。
3．求解这类问题时，需应用有关力的平衡知识，在正确受力分析的基础上，运用平行四边形定则、三角形定则或建立平面直角坐标系，应用共点力作用下物体的平衡条件去解决。
【例1】 如图所示，真空中的两带电小球(可看作是点电荷)，通过调节悬挂细线的长度使两小球始终保持在同一水平线上，下列说法正确的是( )
A．若只增大r，则F1、F2都增大
B．若只增大m1，则θ1增大，θ2不变
C．若只增大q1，则θ1增大，θ2不变
D．若只增大q1，则θ1、θ2都增大
思路点拨：解此题可按以下思路：
D [m1、m2受力如图所示，由平衡条件可知m1g＝eq \f(F,tan θ1)，m2g＝eq \f(F′,tan θ2)。因F＝F′，则eq \f(m1,m2)＝eq \f(tan θ2,tan θ1)，可见，若m1＞m2，则θ1＜θ2；若m1＝m2，则θ1＝θ2；若m1＜m2，则θ1＞θ2。θ1、θ2的关系与两电荷所带电荷量无关。若只增大r，则库仑力变小，由图可知，F1、F2都减小，故选项A错误；若只增大m1，则m1会下降，而m2会上升，则导致θ1减小，θ2增大，故选项B错误；若只增大q1，由图可知，则θ1、θ2都增大，故选项C错误，D正确。]
库仑力作用下平衡问题的三点注意
(1)共点力的平衡条件仍是物体所受外力的合力为零。
(2)处理平衡问题常用的数学知识和方法有直角三角形、相似三角形和正交分解法等。
(3)选取研究对象时，要注意整体法和隔离法的灵活运用。
eq \([跟进训练])
1.如图所示，把电荷量为－q的小球A用绝缘细线悬起。若将带电荷量为＋q的带电小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度且相距r时，两小球均处于静止状态，细线与竖直方向成α角。A、B两球均可视为点电荷，静电力常量为k，则小球A的质量为( )
A.eq \f(kq2tan α,gr2) B.eq \f(kq2,gr2tan α)
C.eq \f(kq2,gr2sin α) D.eq \f(kq2,gr2cs α)
B [对小球A受力分析如图，库仑力F＝eq \f(kq2,r2)，小球A静止，处于平衡状态，将拉力T沿水平和竖直方向分解，在水平方向上，Tsin α＝F，在竖直方向上，Tcs α＝mg，联立可得m＝eq \f(kq2,gr2tan α)，选项B正确。]
1.分析带电粒子在电场中的运动轨迹时应注意两点：
(1)做曲线运动的带电粒子所受合外力方向指向曲线的凹侧。
(2)速度方向沿轨迹的切线方向。
2．分析方法
(1)根据带电粒子运动轨迹的弯曲方向，判断出带电粒子所受电场力的方向。
(2)把电场线方向、电场力方向与电性相联系进行分析。
(3)把电场线的疏密和电场力大小、加速度大小相联系进行分析。
(4)把电场力做的功与能量的变化相联系进行分析。
【例2】 (多选)如图所示，实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示。a、b仅受电场力作用，则下列说法中正确的是( )
A．a一定带正电，b一定带负电
B．电场力对a、b做正功
C．a的速度将减小，b的速度将增大
D．a的加速度将减小，b的加速度将增大
思路点拨：(1)根据运动轨迹确定电场力的方向。
(2)根据电场线疏密确定加速度大小变化。
BD [由于电场线的方向未知，所以无法确定a、b两粒子的电性，选项A错误；根据两粒子的运动轨迹可分析得出电场力对a、b均做正功，两带电粒子的速度都将增大，选项B正确，C错误；a运动过程中，电场线越来越稀疏，所以电场力逐渐减小，加速度逐渐减小，b运动过程中，电场线越来越密集，所以电场力逐渐增大，加速度逐渐增大，选项D正确。]
分析运动轨迹类问题的两技巧
(1)由轨迹的弯曲方向确定粒子所受合外力的方向，由电场线的疏密程度确定电场力的大小，进而确定合外力的大小。
(2)速度或动能的变化要根据合外力做功情况来判断，当电场力恰为合外力时，电场力做正功，速度或动能增加，电场力做负功，速度或动能减少。
eq \([跟进训练])
2.(多选)一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示，带箭头的实线表示电场线。不计粒子所受重力，则( )
A．粒子带正电
B．粒子加速度逐渐减小
C．A点的速度大于B点的速度
D．粒子的初速度不为零
BCD [带电粒子所受合外力(即静电力)指向轨迹凹侧，可知静电力方向向左，粒子带负电，A错误；根据EA＞EB，知FA＞FB，aA＞aB，B正确；粒子从A到B受到的静电力为阻力，阻力做负功，动能减小，速度减小，C正确；由于粒子做减速曲线运动，所以初速度不为零，D正确。]
1.电场中动力学问题与力学问题分析方法完全相同，带电体的受力仍然满足牛顿第二定律。
2．处理静电场中力与运动的问题时，根据牛顿运动定律，再结合运动学公式、运动的合成与分解等运动学知识即可解决问题。
【例3】 如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一质量m＝0.2 kg、电荷量q＝1×10－6 C的带正电小物块恰好静止在倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面上，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。从某时刻开始，电场强度变为原来的eq \f(1,3)，求：
(1)原来的电场强度大小E0；
(2)小物块运动的加速度a的大小和方向；
(3)沿斜面下滑距离x＝0.5 m时小物块的速度大小v。
思路点拨：(1)由“恰好静止”的条件可求出电场强度E0。
(2)“电场强度变为原来的eq \f(1,3)”说明小物块不再平衡，利用牛顿第二定律和运动学方程求解。
[解析] (1)小物块受到重力、水平向右的电场力qE0、支持力N而保持静止状态，则eq \f(qE0,mg)＝tan θ，得
E0＝1.5×106 N/C。
(2)电场强度变为原来的eq \f(1,3)时，电场力变为qE＝eq \f(1,3)qE0＝eq \f(1,4)mg，根据牛顿第二定律有mgsin θ－qEcs θ＝ma，得a＝4 m/s2，方向沿斜面向下。
(3)小物块沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，有v2＝2ax，得v＝2 m/s。
[答案] (1)1.5×106 N/C (2)4 m/s2 方向沿斜面向下 (3)2 m/s
eq \([跟进训练])
3.如图所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为1.0×10－2 kg，所带电荷量为＋2.0×10－8 C。现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直线成30°角，绳长L＝0.2 m(取g＝10 m/s2)。
(1)求该匀强电场的电场强度大小；
(2)突然剪断轻绳，小球做什么运动？加速度大小和方向如何？
[解析] (1)根据共点力平衡得qE＝mgtan 30°
解得E＝eq \f(\r(3),6)×107 N/C。
(2)突然剪断轻绳，小球受重力和电场力，初速度为零，做匀加速直线运动。
F合＝eq \f(mg,cs 30°)＝ma
a＝eq \f(20\r(3),3) m/s2
加速度方向与剪断前绳子拉力方向相反。
[答案] (1)eq \f(\r(3),6)×107 N/C (2)做匀加速直线运动 eq \f(20\r(3),3) m/s2 与剪断前绳子拉力方向相反
1．在点电荷形成的电场中，一电子的运动轨迹如图中虚线所示，其中a、b是轨迹上的两点。若电子在两点间运动的速度不断增大，则下列判断中正确的是( )
A．形成电场的点电荷电性为正
B．电子一定是从a点运动到b点
C．电子一定是从b点运动到a点
D．电子的运动是匀变速曲线运动
C [电子做曲线运动，所受的合外力即电场力指向曲线的内侧，由此可以判断出电场力沿电场线由右指向左，电子带负电，故电场线的方向由左指向右，因而形成电场的点电荷应为负点电荷，A错误；电子受到库仑斥力，速度变大，应远离场源电荷，故运动轨迹由b点到a点，C正确，B错误；电子从b点运动到a点，库仑力越来越小，加速度越来越小，电子做非匀变速曲线运动，故D错误。]
2．(多选)如图所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘细线系一带电小球，小球的质量为m，电荷量为q，为了保证当细线与竖直方向的夹角为60°时，小球处于平衡状态，则匀强电场的场强大小可能为( )
A.eq \f(mgtan 60°,q) B.eq \f(mgcs 60°,q)
C.eq \f(mgsin 60°,q) D.eq \f(mg,q)
ACD [本题考查带电体的平衡，解题的关键是画出受力分析图。取小球为研究对象，它受到重力mg、细线的拉力F和电场力qE的作用。因小球处于平衡状态，则它受到的合外力等于零，由平衡条件可知，F与qE的合力与mg是一对平衡力。根据力的平行四边形定则知道，当电场力qE的方向与细线的拉力方向垂直时，电场力最小(如图所示)，则qE＝mgsin 60°，由求出的最小场强可知E≥eq \f(mgsin 60°,q)，A、C、D正确。]
3．相距为L的点电荷A、B带电荷量分别为＋4q和－q，如图所示。今引入第三个点电荷C，使三个点电荷都处于平衡状态，则C的电荷量和放置的位置是( )
A．－q，在A左侧距A为L处
B．－2q，在A左侧距A为eq \f(L,2)处
C．＋4q，在B右侧距B为L处
D．＋2q，在B右侧距B为eq \f(3L,2)处
C [A、B、C三个电荷要平衡，必须三个电荷在一条直线上，外侧两个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的引力，必须外侧电荷电荷量大，中间电荷电荷量小，所以C必须带正电，在B的右侧。设C所在位置与B的距离为r，则C所在位置与A的距离为L＋r，要能处于平衡状态，A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电荷量大小为Q。则有eq \f(4kq·Q,L＋r2)＝keq \f(Qq,r2)，解得r＝L。对点电荷A，其受力也平衡，则keq \f(4q·Q,L＋r2)＝eq \f(4kq·q,L2)，解得Q＝4q，即C带正电，电荷量为4q，在B的右侧距B为L处。C正确。]
4．一根长为l的丝线悬挂着一质量为m、电荷量为q的带电小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为竖直向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响(重力加速度为g)，求：
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)小球经过最低点时受到的拉力的大小。
[解析] (1)小球静止在电场中受力如图甲所示，显然小球带正电，由平衡条件得mgtan 37°＝qE，故E＝eq \f(3mg,4q)。
(2)电场方向变成竖直向下后，如图乙所示，小球开始摆动做圆周运动，从初始位置到最低点的过程中，重力、电场力对小球做正功。由动能定理得：
(mg＋qE)l(1－cs 37°)＝eq \f(1,2)mv2
由牛顿第二定律，在最低点时，FT－(mg＋qE)＝meq \f(v2,l)
解得FT＝eq \f(49,20)mg。
甲 乙
[答案] (1)eq \f(3mg,4q) (2)eq \f(49,20)mg库仑力作用下的平衡问题
电场线与运动轨迹问题
电场力作用下的动力学问题
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