物理新设计人教版选修31讲义静电场习题课一

14/1413/14/习题课一电场的力的性质两等量电荷的电场线的特点[要点归纳]等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线的比较比较项目等量同种点电荷等量异种点电荷电场线分布图连线中点O处的场强为零连线上O点场强最小，指向负电荷一方连线上的场强大小(从左到右)沿连线先变小，再变大沿连线先变小，再变大沿中垂线由O点向外场强大小O点最小，向外先变大后变小O点最大，向外逐渐减小关于O点对称的A与A′、B与B′的场强等大反向等大同向[精典示例][例1]两个带等量正电荷的点电荷，O点为两电荷连线的中点，a点在连线的中垂线上，若在a点由静止释放一个电子，如图1所示，关于电子的运动，下列说法正确的是()图1A.电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B.电子在从a向O运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C.电子运动到O时，加速度为零，速度最大D.电子通过O后，速度越来越小，加速度越来越大，一直到速度为零解析带等量正电荷的两点电荷连线的中垂线上，中点O处的场强为零，向中垂线的两边先变大，达到一个最大值后，再逐渐减小到零。但a点与最大场强点的位置关系不能确定，当a点在最大场强点的上方时，电子在从a点向O点运动的过程中，加速度先增大后减小；当a点在最大场强点的下方时，电子的加速度则一直减小，故A、B错误；但不论a点的位置如何，电子在向O点运动的过程中，都在做加速运动，所以电子的速度一直增加，当达到O点时，加速度为零，速度达到最大值，C正确；通过O点后，电子的运动方向与场强的方向相同，与所受电场力方向相反，故电子做减速运动，由能量守恒定律得，当电子运动到a点关于O点对称的b点时，电子的速度为零。同样因b点与最大场强的位置关系不能确定，故加速度大小的变化不能确定，D错误。答案C[针对训练1](2017·济南高二检测)如图2所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是()图2A.先变大后变小，方向水平向左B.先变大后变小，方向水平向右C.先变小后变大，方向水平向左D.先变小后变大，方向水平向右解析等量异种电荷电场线分布如图甲所示，由图中电场线的分布可以看出，从A点到O点，电场线由疏到密；从O点到B点，电场线由密到疏，所以沿A→O→B电场强度应先由小变大，再由大变小，方向为水平向右，如图乙所示。由于电子做匀速直线运动，所受合外力必为零，故另一个力应与电子所受电场力大小相等、方向相反，电子受到电场力方向水平向左，且沿A→O→B运动的过程中，电场力先由小变大，再由大变小，故另一个力的方向应水平向右，其大小应先变大后变小。故选项B正确。答案B电场线与运动轨迹[要点归纳]1.物体做曲线运动的条件：合力在轨迹曲线的内侧，速度方向沿轨迹的切线方向。2.分析方法：由轨迹的弯曲情况结合电场线确定电场力的方向；由电场力和电场线的方向可判断电荷的正负；由电场线的疏密程度可确定电场力的大小，再根据牛顿第二定律F＝ma可判断运动电荷加速度的大小。[精典示例][例2]如图3所示，实线为电场线(方向未画出)，虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一条抛物线。下列判断正确的是()图3A.电场线MN的方向一定是由N指向MB.带电粒子由a运动到b的过程中速度一定逐渐减小C.带电粒子在a点的速度一定小于在b点的速度D.带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度解析由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，粒子所受电场力指向轨迹内侧，所以一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定，故A错误；粒子从a运动到b的过程中，电场力与速度成锐角，粒子做加速运动，速度增大，故B错误，C正确；b点的电场线比a点的密，所以带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故D错误。答案C(1)电场线并不是粒子运动的轨迹。带电粒子在电场中的运动轨迹由带电粒子所受合外力与初速度共同决定。电场线上各点的切线方向是场强方向，决定着粒子所受电场力的方向。轨迹上每一点的切线方向为粒子在该点的速度方向。(2)电场线与带电粒子运动轨迹重合必须同时满足以下三个条件①电场线是直线。②带电粒子只受电场力作用。③带电粒子初速度的大小为零或初速度的方向与电场线方向在一条直线上。[针对训练2]一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)()解析负电荷所受的电场力与电场强度方向相反，曲线运动中质点所受的合力(本题是电场力)方向指向轨迹的凹侧。所以选项D正确。答案D电场中的平衡与加速问题[精典示例][例3]如图4所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电荷的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的eq\f(1,2)，(sin37°＝0.6,cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求：图4(1)原来的电场强度的大小；(2)物块运动的加速度大小；(3)沿斜面下滑距离为l时物块的速度。解析(1)对小物块受力分析如图所示，物块静止于斜面上，则mgsin37°＝qEcos37°，解得E＝eq\f(mgtan37°,q)＝eq\f(3mg,4q)。(2)当场强变为原来的eq\f(1,2)时，小物块的合外力F合＝mgsin37°－eq\f(1,2)qEcos37°＝eq\f(1,2)mgsin37°，又F合＝ma，解得a＝3m/s2，方向沿斜面向下。(3)由动能定理得F合l＝eq\f(1,2)mv2－0即eq\f(1,2)mgsin37°·l＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(6l)。答案(1)eq\f(3mg,4q)(2)3m/s2，方向沿斜面向下(3)eq\r(6l)(1)共点力作用下的平衡问题带电体在多个力作用下处于平衡状态，物体所受合外力为零，因此可用共点力平衡的知识分析，常用的方法有正交分解法、合成法等。(2)带电粒子在电场中的加速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，在进行受力分析时不要漏掉电场力(静电力)。[针对训练3]如图5所示，在场强为E的匀强电场中有一个质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，当小球静止时，细线与竖直方向成30°角，已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，则小球所带的电量应为()图5A.eq\f(mg,E)B.eqB.q\f(3mg,E) C.eq\f(2mg,E)D.eqD.q\f(mg,2E)

解析由题意电场方向恰使小球受到的电场力最小可知，E的方向与细线垂直，受力如图所示。由平衡条件可得qE＝mgsin30°，q＝eq\f(mg,2E)，故D正确。答案D1.(两等量同种电荷的电场)(2017·盘锦高二检测)(多选)如图6所示，在等量负电荷连线的中垂线上取A、B、C、D四点，B、D关于O点对称，关于这几点场强大小正确的是()图6A.EA>EB，EB＝EDB.EA<EB，EB<EDC.可能有EA<EB<ECD.可能有EA＝EC<EB解析O点的场强为零，沿中垂线的两边场强先变大，达到一个最大值后，再逐渐减小，到无穷远处为零。A、B、C、D四点与场强最大值点的位置不能确定，故不能确定这四点场强的大小，所以选项C、D有可能。答案CD2.(电场线与运动轨迹的理解)(2017·济宁高二检测)(多选)一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图7中虚线所示。不计粒子所受重力，则()图7A.粒子带正电荷B.粒子加速度逐渐减小C.粒子在A点的速度大于在B点的速度D.粒子的初速度不为零解析带电粒子所受合外力(即静电力)指向轨迹凹侧，知静电力方向向左，粒子带负电荷，A项错误；根据电场线疏密表示场强大小知EA>EB，知B项正确；粒子从A到B受到的静电力为阻力，C项正确；由于电场线为直线，故粒子在A点速度不为零，D项正确。答案BCD3.(匀强电场中的平衡与加速问题)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8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：图8(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mgtan37°＝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，重力、电场力对小球做正功。由动能定理得：(mg＋qE)l(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mv2由圆周运动知识，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基础过关1.在如图1所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是()图1A.甲图中与点电荷等距的a、b两点B.乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点C.丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点D.丁图中非匀强电场中的a、b两点答案C2.(多选)用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱。如图2甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。则()图2A.B、C两点场强大小和方向都相同B.A、D两点场强大小相等，方向相反C.E、O、F三点比较，O点场强最弱D.B、O、C三点比较，O点场强最弱解析根据等量异种点电荷的电场特点可知：两电荷连线上各点的场强方向向右且大小关于O点对称，中点场强最小，向两侧场强逐渐增大。两电荷连线中垂线上各点的场强方向相同，都向右，且大小关于O点对称，中点场强最大，向两侧场强逐渐减小，故A、D正确。答案AD3.在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104V/m。已知一半径为1mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/s2，水的密度为103kg/m3。该雨滴携带的电荷量的最小值约为()A.2×10－9C B.4×10－9CC.6×10－9C D.8×10－9C解析带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件，电场力和重力必然等大反向，即mg＝Eq，则q＝eq\f(mg,E)＝eq\f(ρ\f(4,3)πr3g,E)＝eq\f(103×\f(4,3)×3.14×10－9×10,104)C≈4×10－9C。答案B4.(多选)两个通电小球带电后相互排斥，如图3所示。两悬线跟竖直方向各有一个夹角α、β，且两球在同一水平面上。两球质量用m和M表示，所带电荷量用q和Q表示。若已知α>β，则一定有关系()图3A.两球一定带同种电荷B.m一定小于MC.q一定大于QD.m受到的电场力一定大于M所受的电场力解析由于两球相互排斥，一定带同种电荷，选项A正确；对球m受力分析，有F＝mgtanα，同理，F′＝Mgtanβ，由于两电荷间的相互作用力大小相等F＝F′，并且α>β，所以m<M，电量q、Q的大小无法判断，B正确，C、D错误。答案AB5.(多选)某静电场中的电场如图4所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，由M运动到N，其运动轨迹如图中虚线所示，以下说法正确的是()图4A.粒子必定带正电荷B.粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度C.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D.粒子在M点的动能小于它在N点的动能解析根据粒子运动轨迹弯曲的情况，可以确定粒子所受电场力的方向沿着电场线方向，故此粒子必定带正电荷，选项A正确；由于电场线越密场强越大，带电粒子所受电场力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故此粒子在N点的加速度较大，选项B错误，C正确；粒子从M点到N点，电场力的方向与运动方向之间的夹角是锐角，电场力做正功，根据动能定理得此粒子在N点的动能较大，选项D正确。答案ACD6.(多选)如图5所示，在负点电荷Q的电场中，a、b两点位于Q为圆心的同一圆周上，a、c两点位于同一条电场线上，则以下说法正确的是()图5A.a、b两点场强大小相等B.同一试探电荷在a、b两点所受电场力相同C.a、c两点场强大小关系为Ea＞EcD.a、c两点场强方向相同解析负点电荷形成的电场中，各点的场强方向都由该点指向场源电荷，a、b两点处在同一圆周上，电场线疏密程度相同，因此a、b两点场强大小相等，但方向不同，放同一试探电荷在a、b两点所受电场力大小相等，方向不同，故A项正确，B项错误；a、c两点在同一条电场线上，因此两点的场强方向相同，即选项D正确；场强大小可以根据电场线的疏密程度加以判定，由于c处电场线比a处密，故a、c两点场强大小关系为Ec＞Ea，C项错误。答案AD7.如图6所示，正电荷q1固定于半径为R的半圆光滑轨道的圆心处，将另一电荷量为q2、质量为m的带正电小球，从轨道的A处无初速度释放，求：图6(1)小球运动到B点时的速度大小；(2)小球在B点时对轨道的压力。解析(1)带电小球q2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝eq\r(2gR)。(2)小球到达B点时，受到重力mg、库仑力F和支持力FN，由圆周运动和牛顿第二定律得FN－mg－keq\f(q1q2,R2)＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)解得FN＝3mg＋keq\f(q1q2,R2)根据牛顿第三定律，小球在B点时对轨道的压力为FN′＝FN＝3mg＋keq\f(q1q2,R2)，方向竖直向下。答案(1)eq\r(2gR)(2)3mg＋keq\f(q1q2,R2)，方向竖直向下能力提升8.(多选)如图7所示的电场中，虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则()图7A.粒子一定带正电B.粒子一定是从a点运动到b点C.粒子在c点加速度一定大于在b点加速度D.粒子在电场中c点的速度一定大于在a点的速度解析曲线运动的物体，合力指向运动轨迹的内侧，由此可知，带电粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向左，所以粒子带正电，A正确；粒子不一定是从a点沿轨迹运动到b点，也可能从b点沿轨迹运动到a点，B错误；由电场线的分布可知，粒子在c点所受的力较大，加速度一定大于在b点的加速度，C正确；若粒子从c运动到a，电场力与速度成锐角，则粒子做加速运动；若粒子从a运动到c，电场力与速度成钝角，则粒子做减速运动，故在c点的速度一定小于在a点的速度，D错误。答案AC9.(多选)如图8所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则()图8A.M的带电量比N的大B.M带负电荷，N带正电荷C.静止时M受到的合力比N的大D.移动过程中匀强电场对M做负功解析两带电小球分别在两球间的库仑力和水平匀强电场的电场力作用下处于平衡状态，因为两小球间的库仑力等大反向，则匀强电场对两带电小球的电场力也等大反向，所以两带电小球的带电量相等，电性相反，静止时，两球所受合力均为零，选项A、C错误；M、N两带电小球受到的匀强电场的电场力分别水平向左和水平向右，即M带负电，N带正电，M、N两球在移动的过程中匀强电场对M、N均做负功，选项B、D正确。答案BD10.(多选)如图9所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12m。已测得每个小球质量是8.0×10－4kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝10m/s2，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，则()图9A.两球所带电荷量相等B.A球所受的静电力为1.0×10－2NC.B球所带的电荷量为4eq\r(6)×10－8CD.A、B两球连线中点处的电场强度为0解析两相同的小球接触后电量均分，故两球所带电荷量相等，选项A正确；A球所受的电场力由几何关系，两球分开后，悬线与竖直方向的夹角为37°，F＝mgtan37°＝8.0×10－4×10×0.75N＝6.0×10－3N，选项B错误；根据库仑定律得，F＝keq\f(qAqB,l2)＝keq\f(qeq\o\al(2,B),l2)，解得qB＝eq\r(\f(Fl2,k))＝eq\r(\f(6×10－3×0.122,9×109))C＝4eq\r(6)×10－8C，选项C正确；A、B两球带等量的同种电荷，故在A、B两球连线中点处的电场强度为0，选项D正确。答案ACD11.由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架如图10放置，在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡。现将P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡。若小球所带电量不变，与移动前相比()图10A.P、Q之间的距离增大B.杆BO对Q的弹力减小C.杆AO对P的摩擦力增大D.杆AO对P的弹力减小解析Q受力如图，由力的合成与平衡条件可知：BO杆对小球Q的弹力变大，两小球之间的