用相似三角形法解静电场问题

用相似三角形法解静电场问题三角分别相等，三边成比例的两个三角形叫做相似三角形相似三角形的性质定义相似三角形的对应角相等，对应边成比例。定理相似三角形任意对应线段的比等于相似比。定理相似三角形的面积比等于相似比的平方。解题步骤：1.确定研究对象。2.对研究对象进行受力分析，3.用力的合成或分解作平行四边形（画力的三角形图）4.找相似三角形，列相似比方程。5.根据有向线段的长度变化情况判断各个力的变化情况。1、如图所示，A、B是带有等量的同种电荷的两小球，它们的质量都是m，它们的悬线长度是L，悬线上端都固定在同一点O，B球悬线竖直且被固定，A球在力的作用下，在偏离B球x的地方静止平衡，此时A受到绳的拉力为FT；现保持其他条件不变，用改变A球质量的方法，使A球在距B为x/2处平衡，则A受到绳的拉力为多大？解析：（1）如图所示，沿着AB和垂直AB方向，对力进行分解。有：2aGcos2aTcos；2aGsin2aTsinF得，G=T=mg，2aTsin22aGsin2F，其中L2x2asinxFL2asin2FT同理，当A、B之间的距离变为x/2时，TG,2sinT22sinG2F,其中2asin21L4x2sin8mgT8xFL82asin4F2asinF2sin2FT(2)如图所示，沿水平和竖直方向建立坐标系。有1809022；90所以可得2。则有：cossinTFmg即cossin2TFmg（1）sincosTF即sincos2TF2sincoscos222TF2sin2TF代入（1）式得2cos2sin2TTmgTmg。2222sin22xxQFmgmgmgkLLx（2）同理Tmg，224()2xQFmgkxL（3）由（2）（3）两式可得8Tmg相似三角形法对A进行受力分析，A受到重力G、B对A的库仑力F、绳的拉力T，如图所示。由相似三角形可得mgT、mgLxF。当A球质量变为m并使它在距B球x21处平衡时，同理可得：gmT和gmL2xF。由库仑定律可知A球前后受库仑力之比4FF，所以，14mgLxgmL2x，所以m8mmg8gmT。2、如图所示，两个同种电荷A和B所带的电量分别为Q和q，B的质量m，A固定，B用长为L的丝线悬挂在A的正上方，A到悬点距离为L，当达到平衡时，A和B相距为d，经过一定时间后，B带的电量减少到原来的一半，A带的电量减少到原来的1/4,则A和B的距离将变为多少？解析：相似三角形法对B进行受力分析，并作出力的矢量三角形，如图所示。由相似三角形可得：LTdFLmg（1）又2dQqkF因为mg和L不变，所以T不变，将2dQqkF代入（1）式。又由于，B带的电量减少到原来的一半，A带的电量减少到原来的1/4。所以，A和B的距离变为2d。3、如图所示，墙壁上的Q处有一固定的质点A，在Q上方P点用绝缘丝线悬挂另一质量的小球B，A、B带同种电荷后而使悬线与竖直方向成β角.由于漏电使带电荷量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对P点的拉力大小()A．保持不变B．先变小后变大C．逐渐减小D．逐渐增大解析：相似三角形法以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F和线的拉力T三个力作用，作出受力图，如图．则由平衡条件得F=G．由相似三角形PQB∽TGF得：PBTPQGPQPBGT在A、B两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G均不变，则线的拉力T不变．选Ａ4、真空中两个点电荷，Aq和Bq-，相距1m，已知带电荷量之比Aq：Bq=8:27，过Aq所在点A作垂直于电荷连线的直线，则在此直线上距Aq的距离x=m的点C处，电场强度的方向与两电荷连线平行。解析：相似三角形法由场强的叠加原理，可作出如图所示的平行四边形。设AC=x，则BC=12x，根据题意可得ABC∽ACEE因为，1BCACEE2BAxx（1）又因为，2xqkEAA，221xqkEBB（2）有（1）（2）可得BAqqxx3231即552x5．如图所示，两个质量均为m，带电量均为Q的小球A、B，A球固定于O点的正下方，ＯＡ间的距离为l，Ｂ球系于一绝缘细线上，并绕过固定于O点的定滑轮。在拉力Ｆ的作用下，开始时Ｂ静止于与A等高的位置，现用一力F拉着细线，使B球缓慢地从与Ａ球等高的位置移动到Ｏ点的正下方的整个过程中。求（1）开始时AB间静电力的大小？（２）在运动过程中拉力Ｆ和ＡＢ两球间库仑力的变化情况如何？（3）求整个过程中拉力F的最小值？解析：（1）如右图所示，先画出B球的受力图，作出力的三角形。有22tanQkFrrlmgmg电，得23mgQklr23kQlrmg。所以1422333223QkQmgFkrl电相似三角形（2）如右图所示，先画出B球的受力图，作出力的三角形。由于OAB∽BCD则有2223QkFmgFQrkOAOBABrr电由于在整个运动过程中，mg、OA、2kQ不变，所以r不变，F电不变。B球运行的轨迹为以A为圆心r为半径的圆。整个过程中OB在不断减小，所以F拉力减小。当B球被拉到O点的正下方时拉力最小。OBlr，()mglrFl。所以整个过程中拉力F的最小值为()mglrl。图36.(2010·金陵中学模拟)如图3所示，电荷量为Q1、Q2的两个正电荷分别置于A点和B点，两点相距L，在以L为直径的光滑绝缘上半圆环上，穿着一个带电小球q(可视为点电荷)在P点平衡，若不计小球的重力，那么PA与AB的夹角α与Q1、Q2的关系满足()A．tan2α＝Q1Q2B．tan2α＝Q2Q1C．tan3α＝Q1Q2D．tan3α＝Q2Q1例3D[小球的受力情况如图所示，FAP、FBP为库仑力，FN为环对球的弹力，根据矢量三角形：tanα＝FBPFAP由库仑定律得：FAP＝kQ1qx2AP，FBP＝kQ2qx2BP由几何关系得：tanα＝xBPxAP联立解得：tan3α＝Q2Q1，D正确．]7．如图12所示，A、B是系在绝缘细线两端，带有等量同种电荷的小球，其中mA＝0.1kg，细线总长为20cm.现将绝缘细线绕过固定于O点的光滑定滑轮，将两球悬挂起来，两球平衡时，OA的线长等于OB的线长，A球依靠在光滑绝缘竖直墙上，B球悬线OB偏离竖直方向60°，求B球的质量和墙所受A球的压力．(g取10m/s2)8．0.2kg1.732N，方向水平向左解析对A进行受力分析，如图所示，由平衡条件得FT－mAg－Fsin30°＝0①Fcos30°－FN＝0②对B受力分析如图所示，由平衡条件得FT＝F③F＝mBg④由①②③④式得mB＝0.2kgFN＝1.732N，由牛顿第三定律，墙所受A球压力大小FN′＝FN＝1.732N，方向水平向左．8．如图1所示，带电小球A、B的电荷量分别为QA、QB，OA＝OB，都用长L的丝线悬挂在O点．静止时A、B相距为d.为使平衡时AB间距离减为d2，可采用以下哪些方法()A．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍B．将小球B的质量增加到原来的8倍C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍5．BD[对B球，根据共点力平衡可知，FmBg＝dL，而F＝kQAQBd2，可知d＝3kQAQBLmBg，故选B、D.]