2024年高中物理第九章专题强化练1静电场中的力电综合问题检测新人教版必修第三册

专题强化练1静电场中的力电综合问题一、选择题1.(2024安徽合肥十一中月考)如图所示,甲、乙两带电小球的质量均为m,所带电荷量分别为+q和-q,两球用绝缘细线2连接,甲球又用绝缘细线1悬挂在天花板上,在两球所在空间有方向水平向左的匀强电场(未画出),电场强度为E,平衡时细线都被拉紧。平衡时的位置可能是4个图中的()2.(2024四川遂宁二中期中)如图,空间存在方向水平向右的匀强电场,两个可视为质点的带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板上,两细绳都恰好保持竖直。N为PQ连线中点,M点位于N点正上方且MP=PQ=MQ。则下列说法不正确的是()A.P带负电,Q带正电,且电荷量大小相等B.P与Q的质量不肯定相等C.在P、Q所产生的电场与匀强电场叠加后形成的场中,N点的场强为零D.在P、Q所产生的电场与匀强电场叠加后形成的场中,M点的场强为零3.(2024浙江名校新高考探讨联盟联考)如图所示,A、B、C三个带电小球(可视为点电荷)质量均为m,A、B分别穿在位于同一竖直线上的两根绝缘细杆上,上方细杆粗糙,下方细杆光滑。已知A、B带电荷量大小均为q0,且A带正电,当系统处于静止状态时,AB和AC长度相等,A、C间绝缘细线与竖直细杆成60°角,细线伸直且恰无拉力。已知静电力常量为k,重力加速度为g,则()A.C小球带电荷量大小为13qB.A、C间的绝缘细线长为q02C.A小球受到细杆的摩擦力大小为2mgD.若保持B小球位置不变,缓慢增加B的电荷量,使A、C两球处于同一水平线,则此时A、C间的绝缘细线拉力大小为0二、非选择题4.(2024陕西宝鸡期中)如图所示,质量为4×10-3kg的带电小球放在一半径为R的半圆形光滑绝缘轨道底部Q点,当在空间加一方向水平向右、大小为1×104N/C的匀强电场时,小球沿轨道上升15R运动到P点后处于静止状态(g取10m/s2)。试求(1)小球的带电性质;(2)小球所带的电荷量;(3)轨道对小球的支持力。5.(2024北京西城试验中学期中)质量都是m的两个完全相同、带等量电荷的小球A、B(可视为点电荷)分别用长为l的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为2l的M、N两点,平衡时小球A、B的位置如图甲所示,线与竖直方向的夹角α=30°,当外加水平向左的匀强电场时,两小球平衡位置如图乙所示,线与竖直方向夹角也为α=30°。静电力常量为k,重力加速度为g,求:(1)A、B小球电性及所带电荷量Q;(2)外加匀强电场的场强E的大小。6.(2024安徽马鞍山月考)如图所示,有一水平向左的匀强电场,场强大小为E=1.25×104N/C,一根长L=1.5m、与水平方向的夹角为θ=37°的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中,杆的下端M处固定一个带电小球A,电荷量Q=+4.5×10-6C;另一带电小球B穿在杆上可自由滑动,电荷量q=+1.0×10-6C,质量m=1.0×10-2kg。现将小球B从杆的上端N由静止释放,小球B起先运动。(静电力常量k=9.0×109N·m2/C2,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:(1)小球B起先运动时的加速度为多大?(2)小球B的速度最大时,与M端的距离r为多大?7.(2024江苏苏州常熟中学月考)如图所示,在某竖直平面内有一水平向右的匀强电场,场强E=1×104N/C。场内有一半径R=2m的光滑竖直绝缘环形轨道,轨道的内侧有一质量为m=0.4kg、带电荷量为q=+3×10-4C的小球,它恰能沿圆环做圆周运动。取重力加速度g=10m/s2,求:小球动能的最小值。

答案全解全析专题强化练1静电场中的力电综合问题1.A取甲、乙整体为探讨对象,整体受到重力、静电力和细线1的拉力,因为两个静电力的矢量和为F电=qE+(-qE)=0,所以细线1对小球的拉力与总重力平衡,即细线1的拉力与整体的重力等大反向,所以细线1应保持竖直;再对乙球进行分析可知,乙球受到的静电力水平向右,所以细线2向右倾斜,故选A。2.C将P、Q视为一个整体,两细绳都恰好保持竖直,则整体在水平方向所受静电力的合力为零,P、Q肯定带等量异种电荷。对P单独分析,其所受Q的库仑力水平向右,则所受匀强电场的静电力水平向左,所以P带负电,Q带正电,A说法正确;依据题中所给条件无法确定P与Q的质量关系,P与Q的质量不肯定相等,B说法正确;设P、Q间距离为r,P、Q所带电荷量均为q,匀强电场的电场强度大小为E,依据电场强度的叠加原理可知E=kqr2,则N点的场强大小EN=2kqr22-E=7E≠0,C说法错误;依据几何关系以及对称性可知M点的场强大小为EM=2k3.D由几何关系可知,△ABC为等边三角形,设细线长为l,小球C带电荷量为qC,小球C受力平衡,细线对C无拉力,则A必对C存在库仑引力,B对C存在库仑斥力,对C受力分析如图甲,则FAC=FBC=mg=kq0qCl2;对B受力分析,如图乙,在竖直方向有kq02l2=cos60°·kq0qCl2+mg,联立可得qC=23q0,l=q02k3mg,选项A、B错误;对A、B、C整体进行受力分析,在竖直方向Ff=3mg,选项C错误;若保持B小球位置不变,缓慢增加B的电荷量,使A、C两球处于同一水平线,以C为4.答案(1)带正电(2)3×10-6C(3)0.05N解析(1)小球在P点受重力、支持力、静电力作用,要处于静止状态,静电力应水平向右,与场强方向相同,故小球带正电。(2)小球受力示意图如图所示设轨道支持力与竖直方向夹角为θ,据几何关系可得cosθ=45R则tanθ=sinθcosθ=依据共点力平衡条件可得tanθ=qE解得q=mgtanθE(3)依据共点力平衡条件可得,轨道对小球的支持力为N=mgcos5.答案(1)A球带正电,B球带负电3mg(2)10解析(1)由题图甲可知A、B带异种电荷,进一步分析题图乙知A球带正电,B球带负电。未加匀强电场时,两小球相距d=2l-2lsin30°=l,由A球受力平衡可得mgtanα=kQ2解得Q=3mg3(2)加匀强电场后,两球相距d'=2l+2lsin30°=3l,依据A球受力平衡可得QE-kQ2解得E=1036.答案(1)3.2m/s2(2)0.9m解析(1)起先运动时小球B受重力、A对B的库仑力、杆的弹力和匀强电场的静电力,沿杆方向运动,由牛顿其次定律得mgsinθ-kQqL解得a=gsinθ-kQqmL2-(2)小球B速度最大时合力为零,即mgsinθ-kQqr解得r=kQqmg7