《 备考指南 物理 》课件-第7章 第1讲

第7章第1讲知识巩固练习1．(2021年武威质检)如图所示，用细线系住一质量为m、带电荷量为q的小球，线的一段固定在O点，若在空间加上匀强电场，平衡时线与竖直方向成60°角，则电场强度的最小值为()A．eq\f(mg,2q) B．eq\f(\r(3)mg,2q)C．eq\f(2mg,q) D．eq\f(mg,q)【答案】B【解析】受力分析可知，当电场力F垂直悬线时最小，故场强E也最小．此时电场力qE＝mgsin60°，所以E＝eq\f(mgsin60°,q)＝eq\f(\r(3)mg,2q)，故B正确，A、C、D错误．2．(2021年泉州质检)如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的负电荷q(点电荷)，不计重力，下列说法中正确的是()A．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大B．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零【答案】C【解析】由等量同种电荷周围的电场线的分布可知，O点场强为零，从O点沿着中垂线向无穷远处延伸，场强先增大后减小，所以点电荷在从P到O的过程中，加速度可能先增大后减小，也有可能一直减小，但速度一直增大，点电荷q在O点所受电场力的合力为零，加速度为零，速度达到最大，故C正确，A、B错误；同理，点电荷越过O点后，加速度可能先增大后减小，也有可能一直增大，但速度越来越小直到为零，D错误．3．(2021年浙江名校联考)如图所示，水平面上有一均匀带电环，带电量为Q，其圆心为O点．有一带电量为q的小球恰能静止在O点上方的P点，OP间距为L，P与圆环上任一点的连线与PO间的夹角为θ.以下说法正确的是()A．P点场强大小为eq\f(kQ,L2)B．P点场强大小为eq\f(kQcosθ,L2)C．P点场强大小为eq\f(kQcos2θ,L2)D．P点场强大小为eq\f(kQcos3θ,L2)【答案】D【解析】利用微元法可知，圆环上一小段电荷量q在P点产生的场强为E＝eq\f(kq,r2)＝eq\f(kq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,cosθ)))2)＝eq\f(kqcos2θ,L2)，方向沿两点连线，因为小球在P点处于静止状态，所以合电场强度方向应该在竖直方向，则竖直方向上的分量为E′＝eq\f(kqcos2θ,L2)cosθ，圆环在P点产生的场强大小为eq\f(kQcos3θ,L2)，故D正确．4．图中所示为由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架，在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球在某一位置平衡．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()A．杆BO对Q的弹力减小B．杆AO对P的弹力减小C．杆AO对P的摩擦力增大D．P、Q之间的距离增大【答案】C【解析】Q受力如图所示，由力的合成与平衡条件可知：BO杆对小球Q的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球P、Q的距离变小，故A、D错误；对整体做受力分析，可得AO杆对小球P的摩擦力变大，AO杆对小球P的弹力不变，故C正确，B错误．5．(2021年山东模拟)如图所示，16个电荷量均为＋q(q>0)的小球(可视为点电荷)，均匀分布在半径为R的圆周上．若将圆周上P点的一个小球的电荷量换成－2q，则圆心O点处的电场强度为()A．eq\f(5kq,R2)，方向沿半径向左B．eq\f(4kq,R2)，方向沿半径向左C．eq\f(3kq,R2)，方向沿半径向右D．eq\f(2kq,R2)，方向沿半径向右【答案】C【解析】圆心O点处的电场强度可以看成在P点放－3q的点电荷在O点产生的电场．根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理，O点处的电场强度为E＝keq\f(3q,R2)，方向向右，C正确，A、B、D错误．6．(2021年清远一中模拟)如图，带正电的小球a在外力作用下静止在绝缘光滑竖直面上的P点，带正电的小球b用绝缘细线系住，挂在绝缘光滑竖直面上的O点，b球静止时与a球在同一水平面内．若将小球a从P点缓慢移到C点过程中，小球b所受的库仑力大小()A．逐渐减大 B．逐渐减小C．保持不变 D．先减小后增大【答案】B【解析】设细线长为L，OP距离为h，两球间距为x，对小球b受力分析，如图所示，由相似三角形可得eq\f(mg,h)＝eq\f(F,x)，两电荷间库仑力为F＝keq\f(qaqb,x2)，联立可得eq\f(mg,h)＝keq\f(qaqb,x3)，由于小球a缓慢下移过程h变大，故x变大，则F变小，B正确．7．(2021年深州长江中学月考)如图所示，三个绝缘带电小球A、B、C处于竖直平面内，三个小球的连线构成直角三角形，∠A＝90°，∠B＝60°用竖直向上的力F作用在小球A上，三个小球恰好处于静止状态．下列关于三个小球所带电荷量的关系中正确的是()A．qA＝eq\f(\r(3),2)qCB．qA＝eq\f(1,2)qBC．qeq\o\al(2,A)＝qBqCD．qB＝eq\f(\r(3),3)qC【答案】D【解析】由平衡条件可知，A、B间，A、C间必是引力，B、C间必是斥力，故B、C带同种电荷，与A相反，对B球受力分析，如图所示，由平衡条件可得FABcos60°＝FBC，同理可得，对于C球满足FACcos30°＝FBC，设A、B距离为l，则A、C距离为eq\r(3)l，B、C距离为2l，由库仑定律可得FAB＝keq\f(qAqB,l2)、FAC＝keq\f(qAqC,3l2)、FBC＝keq\f(qBqC,4l2)，联立可得qA∶qB∶qC＝eq\r(3)∶2∶2eq\r(3)，D正确．综合提升练习8．(多选)(2021年赤峰名校模拟)如图甲所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图乙所示．以下说法正确的是()A．该电场是匀强电场B．电子在A、B两点的电势能EpA＜EpBC．电子在A、B两点的加速度aA＞aBD．电子在A、B两点的速度vA＜vB【答案】BC【解析】φ-x图像的斜率大小等于电场强度，由几何知识知，图像的斜率减小，则从点A到点B场强减小，不是匀强电场，EA＞EB，故A错误．由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向是从A到B，在移动过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大，即有vA＞vB，EpA＜EpB，故B正确，D错误．根据a＝eq\f(F,m)＝eq\f(Eq,m)可知，A点场强大，则A点加速度大，故C正确．9．(多选)如图所示，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．已测得两个小球的质量均是8.0×10－4kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度取g＝10m/s2，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，则()A．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【答案】ACD10．如图所示，有三根长度L均为0.3m的不可伸长的绝缘细线，其中两根的一端分别固定在天花板上的P、Q点，另一端分别拴有质量m均为0.12kg的带电小球A和B，其中A球带正电，电荷量q＝3×10－6C；B球带负电，与A球带电荷量相同．A、B之间用第三根线连接起来．在水平向左的匀强电场作用下，A、B保持静止，悬线仍处于竖直方向，且A、B间细线恰好伸直(静电力常量k＝9×109N·m2/C2，sin37°＝0.6)．(1)求此匀强电场的电场强度E的大小．(2)现将PA之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置．求此时细线QB所受的拉力T的大小，并求出A、B间细线与竖直方向的夹角θ.(3)求A球的电势能与烧断前相比改变了多少(不计B球所带电荷对匀强电场的影响)．【答案】解：(1)B球水平方向合力为零，所以qBE＝keq\f(qqB,L2)，可得E＝keq\f(q,L2)＝9×109×eq\f(3×10