静电场及其应用精选试卷(Word版 含解析)

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静电场及其应用精选试卷(Word 版 含解析)
一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优(难)
1.如图所示,a 、b 、c 、d 四个质量均为 m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形,其中 a 、b 、c 三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕 O 点做半径为 R 的匀速圆周运动,三小球所在位置恰好将圆周等分。

小球 d 位于 O 点正上方 h 处,且在外力 F 作用下恰处于静止状态,已知 a 、b 、c 三小球的电荷量大小均为 q ,小球 d 的电荷量大小为 6q ,h =2R 。

重力加速度为 g ,静电力常量为 k 。

则( )
A .小球 a 一定带正电
B .小球 c 的加速度大小为2
2
33kq mR
C .小球 b 2R mR
q k
πD .外力 F 竖直向上,大小等于mg +2
2
6kq R
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A .a 、b 、c 三小球所带电荷量相同,要使三个做匀速圆周运动,d 球与a 、b 、c 三小球一定是异种电荷,由于d 球的电性未知,所以a 球不一定带正电,故A 错误。

BC .设 db 连线与水平方向的夹角为α,则
223cos 3R h α==+ 22
6sin 3
R h α=
+=
对b 球,根据牛顿第二定律和向心力得:
22222264cos 2cos302cos30()q q q k k mR ma h R R T
πα⋅-︒==+︒ 解得
23R
mR
T q k
π=
2
2
3
3kq
a
mR
=
则小球c的加速度大小为
2
3
3
kq
mR
,故B正确,C错误。

D.对d球,由平衡条件得
2
22
626
3sin
q q kq
F k mg mg
h R R
α

=+=+
+
故D正确。

故选BD。

2.如图所示,用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别m A和m B的小球,分别带q A和q B的正电荷,悬点为O,当小球由于静电力作用张开一角度时,A球悬线与竖直线夹角为α,B 球悬线与竖直线夹角为β,则()
A.
sin
sin
A
B
m
m
β
α
=
B.
sin
sin
A B
B A
m q
m q
β
α
=
C.
sin
sin
A
B
q
q
β
α
=
D.两球接触后,再静止下来,两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α'、β',有
sin sin
sin sin
αα
ββ
'
=
'
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB.如下图,对两球受力分析,根据共点力平衡和几何关系的相似比,可得
A m g OP F PA =库,
B m g OP
F PB
=库 由于库仑力相等,联立可得
A B m PB
m PA
= 由于sin cos OA PA αθ⋅=
,sin cos OB PB β
θ
⋅=,代入上式可得
sin sin A B m m βα
= 所以A 正确、B 错误;
C .根据以上分析,两球间的库仑力是作用力与反作用力,大小相等,与两个球带电量的多少无关,所以不能确定电荷的比例关系,C 错误;
D .两球接触后,再静止下来,两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α'、β',对小球A 、B 受力分析,根据上述的分析,同理,仍然有相同的关系,即
sin sin A B m m βα'
='
联立可得
sin sin sin sin ααββ'
='
D 正确。

故选AD 。

3.电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美.如图所示,真空中固定两个等量异种点电荷A 、B ,AB 连线中点为O.在A 、B 所形成的电场中,以O 点为圆心半径为R 的圆面垂直AB 连线,以O 为几何中心的边长为2R 的正方形平面垂直圆面且与AB 连线共面,两个平面边线交点分别为e 、f ,则下列说法正确的是( )
A.在a、b、c、d、e、f六点中找不到任何两个场强和电势均相同的点
B.将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力始终不做功
C.将一电荷由a点移到圆面内任意一点时电势能的变化量相同
D.沿线段eOf移动的电荷,它所受的电场力先减小后增大
【答案】BC
【解析】
图中圆面是一个等势面,e、f的电势相等,根据电场线分布的对称性可知e、f的场强相同,故A错误.图中圆弧egf是一条等势线,其上任意两点的电势差都为零,根据公式
W=qU可知:将一正电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力不做功,故B正确.a点与圆面内任意一点时的电势差相等,根据公式W=qU可知:将一电荷由a点移到圆面内任意一点时,电场力做功相同,则电势能的变化量相同.故C正确.沿线段eof移动的电荷,电场强度先增大后减小,则电场力先增大后减小,故D错误.故选BC.
【点睛】等量异种电荷连线的垂直面是一个等势面,其电场线分布具有对称性.电荷在同一等势面上移动时,电场力不做功.根据电场力做功W=qU分析电场力做功情况.根据电场线的疏密分析电场强度的大小,从而电场力的变化.
4.如图所示,A、B两点有等量同种正点电荷,AB连线的中垂线上C、D两点关于AB对t 时刻,一带正电的点电荷从C点以初速度v0沿CD方向射入,点电荷只受电场称,0
力。

则点电荷由C到D运动的v-t图象,以下可能正确的是
A.B.
C.D.
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
由于AB是同种电荷,所以连线中点的场强为零,无穷远处场强也为零,其间有一点电场强度最大,所以粒子从C点向中点运动过程中,加速度可能一直减小,也可能先减小后增大,选项AC错误,BD正确。

故选BD。

5.如图所示,竖直绝缘墙上固定一带电小球A,将带电小球B用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方C处,图中AC=h。

当B静止在与竖直方向夹角θ=30°方向时,A对B的静电力为B 所受重力的0.5倍,则下列说法中正确的是(两球均可看作点电荷)()
A.此时丝线长度为
2 2
L
B.以后由于A漏电,B在竖直平面内缓慢运动,到θ=0°处A的电荷尚未漏完,在整个漏电过程中,丝线上拉力大小保持不变
C.若保持悬点C位置不变,缓慢缩短丝线BC的长度,B球运动轨迹在最初阶段为圆弧
D.若A对B的静电力为B 3
B球依然在θ=30°处静止,则丝线BC
323
h
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A.当A对B的静场力为B所受重力的0.5倍,B静止时丝线BC与竖直方向夹角θ=30°,
处于平衡,根据几何关系可知此时AB与BC 3
h,选项A错
误;
B .而由三角形相似可知
G F T h AB BC
== 则在整个漏电过程中,丝线上拉力T 大小保持不变,选项B 正确;
C.以C 点为原点,以CA 方向为y 轴,垂直CA 方向向右为x 轴建立坐标系,设B 点坐标为(x ,y ),则由几何关系
cos sin x h θθ=⋅
tan x
y
θ=
消掉θ角且整理可得
2
222(cos )x y h BC +==θ
缓慢缩短丝线BC 的长度,最初阶段BC 的长度变化较小,B 球运动轨迹在最初阶段为圆弧,选项C 正确;
D .若A 对B 的静电力为B 3
B 静止在与竖直方向夹角仍为θ=30°时,对B 受力分析,G 、F 与T ,将F 与T 合成,则有
G F AC AB
= 解得
33
F AB h h
G =
= 根据余弦定理可得
2
2232cos30h BC BC h =+-⨯⨯︒(
) 解得
BC 323h 选项D 正确。

故选BCD 。

6.如图所示,a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形,其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动,三小球所在位置恰好将圆周等分.小球d位于O点正上方h处,且在外力F作用下恰处于静止状态,已知a、b、c三小球的电荷量均为q,d球的电荷量为
6q,2
h R
=.重力加速度为g,静电力常量为k,则( )
A.小球d一定带正电
B.小球b
2R mR
q k
π
C.小球c的加速度大小为
2
2
3
3
kq
mR
D.外力F竖直向上,大小等于
2
26kq
mg+
【答案】CD
【解析】
【详解】
A.a、b、c三小球所带电荷量相同,要使三个做匀速圆周运动,d球与a、b、c三小球一定是异种电荷,由于a球的电性未知,所以d球不一定带正电,故A错误。

BC.设db连线与水平方向的夹角为α,则
22
3
cos
h R
α==
+
22
6
sin
h R
α==
+
对b球,根据牛顿第二定律和向心力得:
()
22
2
222
64
cos2cos30
2cos30
q q q
k k m R ma
h R T
R
π
α︒


-==
+
解得:
23
R mR
T
q k
π
=
2
3kq
a=
则小球c
2
3kq
B错误,C正确。

D .对d 球,由平衡条件得:
2
226263sin qq kq F k mg mg h R α=+=++ 故D 正确。

7.如图所示,带电小球a 由绝缘细线PM 和PN 悬挂而处于静止状态,其中PM 水平,地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH ,圆心P 与a 球位置重合,管道底端H 与水平地面相切,一质量为m 可视为质点的带电小球b 从G 端口由静止释放,当小球b 运动到H 端时对管道壁恰好无弹力,重力加速度为g 。

在小球b 由G 滑到H 过程中,下列说法中正确的是( )
A .小球b 机械能保持不变
B .小球b 所受库仑力大小始终为2mg
C .细线PM 的拉力先增大后减小
D .小球b 加速度大小一直变大 【答案】ACD 【解析】 【详解】
A .小球b 所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直,即只有重力做功,所以小球b 机械能守恒,故A 正确;
B .小球b 机械能守恒,从G 滑到H 过程中,有:
2
12
mgR mv =
H 处有:
2
-库m F mg =R
v
则有:
F 库=3mg
故B 错误;
C .设PN 与竖直方向成α角,对球a 受力分析,将其分解: 竖直方向上有:
F PN cos α=mg +F 库sin θ
水平方向上有:
F 库cos θ+F PN sin α=F PM 。

解得:
(
3)
PM
mgcos
F mgtan
cos
θα
α
α
-
=+
下滑时θ从0增大90°,细线PM的拉力先增大后减小,故C正确;
D.设b与a的连线与水平方向成θ角,则有:任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成,即为:
(
)
2
2
222
12
()
532
2
v cos
a a a gcos g
R
θ
θ
-
=+=+=
可知小球的加速度一直变大,故D正确。

故选ACD。

8.如图,质量分别为m A和m B的两小球带有同种电荷,电荷量分别为q A和q B,用绝缘细线悬挂在天花板上。

平衡时,两小球恰处于同一水平位置,细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2(θ1>θ2)。

两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动,最大速度分别为v A和v B,最大动能分别为E k A和E k B。

则()
A.m A一定大于m B
B.q A一定小于q B
C.v A一定大于v B
D.E k A一定大于E k B
【答案】CD
【解析】
【详解】
A.对小球A受力分析,受重力、静电力、拉力,如图所示:
根据平衡条件,有:
1
tan
A
F
m g
θ=
故:
1tan A F
m g θ
=

同理,有:
2
tan B F
m g θ=

由于θ1>θ2,故m A <m B ,故A 错误;
B .两球间的库仑力是作用力与反作用力,一定相等,与两个球是否带电量相等无关,故B 错误;
C .设悬点到AB 的竖直高度为h ,则摆球A 到最低点时下降的高度:
111
1
(1)cos cos h h h h θθ∆=
-=- 小球摆动过程机械能守恒,有
2
12
A A A A m g h m v ∆=
解得:
2A A v g h =⋅∆
由于θ1>θ2,A 球摆到最低点过程,下降的高度△h A >△h B ,故A 球的速度较大,故C 正确;
D .小球摆动过程机械能守恒,有
mg △h =E K

(1cos )(1cos )tan k FL
E mg h mgL θθθ
=∆=-=
- 其中L cos θ相同,根据数学中的半角公式,得到:
1cos (1cos )cos ()cos tan tan sin 2
k FL E FL FL θθ
θθθθθ-=
-==⋅ 其中FL cos θ相同,故θ越大,动能越大,故E kA 一定大于E kB ,故D 正确。

9.物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证,有时只需通过一定的分析就可以判断结论是否正确.如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为R 1和R 2的圆环,两圆环上的电荷量均为q (q >0),而且电荷均匀分布.两圆环的圆心O 1和O 2相距为2a ,连线的中点为O ,轴线上的A 点在O 点右侧与O 点相距为r (r <a ),试分析判断下列关于A 点处电场强度大小E 的表达式正确的是
A .()()()
()3
3
2
2
222
2
12kq a r kq a r E R a r R a r +-=
-
⎡⎤⎡⎤+++-⎣⎦
⎣⎦
B .
()()()
()3
3
22222
2
12kq a r kq a r E R a r R a r +-=
+
⎡⎤⎡⎤
+++-⎣⎦
⎣⎦
C .()()1
2
222212kqR kqR E R a r R a r =
-
⎡⎤⎡⎤
+++-⎣⎦
⎣⎦
D .
()()1
2
3
3
2
2
222
2
12kqR kqR E R a r R a r =
-
⎡⎤
⎡⎤+++-⎣⎦
⎣⎦
【答案】A 【解析】 【分析】
题目要求不通过计算,只需通过一定的分析就可以判断结论,所以根据点电荷场强的公式
E=k
2
Q
r ,与选项相对比,寻找不同点,再用极限分析问题的思想方法就可以分析出结果. 【详解】
与点电荷的场强公式E=k 2Q
r
,比较可知,C 表达式的单位不是场强的单位,故可以排除C ;
当r=a 时,右侧圆环在A 点产生的场强为零,则A 处场强只由左侧圆环上的电荷产生,即场强表达式只有一项,故可排除选项D ;
左右两个圆环均带正电,则两个圆环在A 点产生的场强应该反向,故可排除B ,综上所述,可知A 正确.故选A .
10.如图所示,固定在竖直面内的光滑金属细圆环半径为R ,圆环的最高点通过长为L 的绝缘细线悬挂质量为m 、可视为质点的金属小球,已知圆环所带电荷量均匀分布且带电荷量与小球相同,均为Q (未知),小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态,已知静电力常量为k ,重力加速度为g ,细线对小球的拉力为F (未知),下列说法正确的是( )
A .Q =3
mgR kL ,F =mgR L B .Q =3
mgL kR ,F =mgR L C .Q =3
mgR kL ,F =mgL R D .Q =3
mgL kR
,F =mgL R 【答案】D 【解析】 【详解】
由于圆环不能看成点电荷,采用微元法,小球受到的库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力,以小球为研究对象,进行受力分析,如图所示
则Fsin mg θ=,其中=
R sin L θ,解得mgL
F R
= 设圆环各个点对小球的库仑力的合力为F Q ,水平方向上有2
2Q Q Fcos F k cos L
θθ==,解得
3
mgL Q kR =
D 项正确,ABC 三项错误.
11.如图所示,三个带电小球A 、B 、C 可视为点电荷,所带电荷分别为+Q 、-Q 、+q ;A 、B 固定在绝缘水平桌面上,C 带有小孔,穿在摩擦因数处处相同的粗糙的绝缘直杆上,绝缘杆竖直放置在A 、B 连线的中点处,将C 从杆上某一位置由静止释放,下落至桌面时速度恰好为零。

C 沿杆下滑时带电量保持不变,那么C 在下落过程中,以下判断正确的是( )
A .电场力做正功
B .小球
C 所受摩擦力先减小后增大 C .小球C 下落一半高度时速度一定最大
D .摩擦产生的内能等于小球重力势能减少量
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A .A
B 为等量异种点电荷,故产生的电场在AB 连线垂直平分线上,从垂足向两侧场强逐渐减小且中垂线为等势面,小球在下滑过程中沿等势面运动,电场力不做功,故A 错误; B .小球
C 在下滑的过程中,由于场强增大,电场力也将逐渐增大,滑动摩擦力为
f F qE μμ==
故受到的摩擦力一直增大,故B 错误;
C .小球C 的速度先增加后减小,开始时重力大于摩擦力,C 的加速度向下;后来重力小于摩擦力,加速度向上,C 做减速运动;当摩擦力等于重力时加速度为零,此时速度最大,但是此位置不一定在下落的高度一半的位置,故C 错误;
D .小球在下滑过程中沿等势面运动,电场力不做功,初末状态的动能相同,摩擦产生的内能等于小球重力势能减少量,故D 正确; 故选D 。

【点睛】
等量异种点电荷连线的中垂线是等势面,从垂足向两侧场强逐渐减小。

12.如图所示,光滑绝缘水平面上有三个带电质点A 、B 、C,A 和C 围绕B 做匀速圆周运动,B 恰能保持静止,其中A 、C 和B 的距离分别是L 1、L 2.仅考虑三质点间的库仑力,则A 和
C 的
A .线速度之比为2
1
L L
B .加速度之比为2
12L L ⎛⎫
⎪⎝⎭
C .电荷量之比1
2L L D .质量之比
2
1
L L 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A .A 和C 围绕
B 做匀速圆周运动,B 恰能保持静止,则AB
C 三者要保持相对静止,所以
AC 角速度相等,则线速度之比为
1
2
A B v L v L =
选项A 错误;
C .根据B 恰能保持静止可得
2212
C B A B q q q q k
k L L = 解得
21
22
A C q L q L = 选项C 错误;
A 围绕
B 做匀速圆周运动,根据A 受到的合力提供向心力,
()
2
122112A C A B A A A q q q q k
k m m L L L L a ω-==+ C 围绕B 做匀速圆周运动,有
()
2
222212C B A C B C B q q q q k
k m m L L a L L ω-=+= 因为2212
C B A B
q q q q k
k L L =,所以有 A B B A a m m a =
12A C m L m L =
解得
2
1A C m L m L = 1
2
A B A B m L m L a a == 选项B 错误,D 正确。

故选D 。

13.如图,质量分别为 m A 和 m B 的两小球带有同种电荷,电荷量分别为 q A 和 q B ,用绝缘细线悬挂在天花板上.平衡时,两小球恰处于同一水平位置,细线与竖直方向间夹角分别为 θ1 与 θ2(θ1>θ2).两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动,最大速度分别 v A 和 v B ,最大动能分别为 E kA 和 E kB .则( )
A .m A :m
B =tan θ1: tan θ2 B .q A :q B =1: 1 C
.:A B v v =
D .1
2
:tan :tan
2
2
kA kB E E θθ=
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A .对A 球进行受力分析可知,A 所受到的库仑力大小为
A 1tan F m g θ=
同理B 受到的库仑力为
B 2tan F m g θ=
两球间的库仑力大小相等方向相反,因此
A B 21:tan :tan m m θθ=①
A 错误;
B .两个小球间的库仑力总是大小相等,与两小球带电量大小无关,因此无法求出两球电量间的关系,B 错误;
CD .由于两球处于同一高度,则
1122cos cos =l l h θθ=②
又由于两球下摆的过程中,机械能守恒,则
2
k 1(1cos )2
mgl E mv θ-==
③ 由②③联立可得
1
2
v v =由①②③联立利用三角函数关系可得
1
kA 2
kB tan
2tan 2
E E θθ=
C 错误,
D 正确。

故选D 。

14.如图所示,三个质量均为m 的带电小球(球A 、球B 和球C )被三根不可伸长的绝缘
细绳(绳①、绳②和绳③)系于O 点,三球平衡时绳②处于竖直方向,且悬点O 、球A 、球B 和球C 所在位置正好组成一个边长为a 的正方形。

已知球A 、球B 和球C 均带正电,
电荷量分别为1q 、2q 和3q ,若2
12kq mg a
=,静电力常量为k ,重力加速度为g ,则下列说
法正确的是( )
A .1q 和3q 可以不相等
B .绳①和绳②的拉力之比为1:2
C .绳②的拉力为2mg
D .122:1q q =: 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A .因②竖直,可知两边电荷AC 对
B 的库仑力相等,因距离相等可知A
C 带电量必然相等,选项A 错误;
BC .因为2
12kq mg a
=,且13q q =,则
132
1
2(2)
CA F mg a =
= 对A 受力分析可知绳①的拉力
1132
cos 45cos 4524
T mg mg mg =
+= 对ABC 整体受力分析可得
212cos 453T T mg +=
解得
23
2
T mg =

122T T =:选项B 正确,C 错误;
D.对球B,设A对B以及C对B的库仑力均为F,则
22cos45
T mg F
=+
解得
2mg
F=

12 22 4
q q mg k F
a
==
结合
2
1
2
kq
mg
a
=可得
12
22:1
q q=
:
选项D错误。

故选B。

15.已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零,电势处处相等.如图所示,正电荷均匀分布在半球面上,Ox为通过半球顶点与球心O的轴线.A、B为轴上的点,且OA=OB.C、D 为直径上的两点,且OC=OD.则下列判断正确的是( )
A.A点的电势与B点的电势相等
B.C点的电场强度与D点的电场强度不相同
C.A点的电场强度与B点的电场强度相同
D.在A点由静止开始释放重力不计的带正电粒子,该粒子将沿AB做匀加速直线运动【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析:由题意可知半球面右边的电场线是水平向右的,沿电场线方向电势逐渐降低,A点电势高于B点电势,A错误;有对称性原理及电场叠加可知C点和D点场强一样;B 错误;B错误;均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球,这个半球放在图的另一边.然后看AB两点,可以看到,AB两点在在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上.而由题目给出的条件,正电球在AB两点产生的电场为零.所以,A点正电半球产生的电场强度相当于负电半球产生的电场强度,而与B点的环境比
较,唯一的区别是电荷符号相反,从而电场大小相同,只有可能有方向的区别,而分析可知,方向是相同的,故电场强度相等,C 正确;电场线方向水平向右,所以在A 点释放静止带正电的微粒(重力不计),微粒将作加速运动,距离远后电场力减小,所以是变加速运动,D 错误;
二、第九章 静电场及其应用解答题易错题培优(难)
16.如图所示,在光滑绝缘水平面上B 点的正上方O 处固定一个质点,在水平面上的A 点放另一个质点,两个质点的质量均为m ,带电量均为+Q 。

C 为AB 直线上的另一点(O 、A 、B 、C 位于同一竖直平面上),AO 间的距离为L ,AB 和BC 间的距离均为2
L
,在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止。

试问: (1)该匀强电场的场强多大?其方向如何?
(2)给A 处的质点一个指向C 点的初速度,该质点到达B 点时所受的电场力多大? (3)若初速度大小为v 0,质点到达C 点时的加速度和速度分别多大?
【答案】(1)22kQ L ,方向由A 指向C ;(2)22
736kQ L ;(3)22kQ mL 22
0kQ v mL
+【解析】 【分析】
(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止,对A 进行受力分析,根据平衡条件求解。

(2)质点到达B 点时受竖直向下的O 点的库仑力和水平向右的电场力,根据力的合成求解 (3)根据牛顿第二定律求出加速度,根据动能定理求出C 点时速度。

【详解】
(1)在空间加一个水平方向的匀强电场后A 处的质点处于静止,对A 进行受力分析,
AO 间的库仑力为2
2Q F K L
=;
根据平衡条件得:sin F EQ θ= 2sin 2F KQ
E Q L
θ=
= 方向由A 指向C
(2)该质点到达B 点时受竖直向下的O 点的库仑力和水平向右的电场力,
库仑力为
2
2 '
(sin60)
Q
F
K
L
=;
水平向右的电场力F EQ
"=
B点时所受的电场力
22
22
22
73
()[]
(sin60)6
kQ kQ
F EQ
L L
=+=
(3)质点到达C点时进行受力分析,根据牛顿第二定律得
2
2
2
2
sin
Q
K EQ
F KQ
L
a
m m mL
θ+
===


从A点到C点根据动能定理得
22
11
22o
EQL mv mv
=-;
2
2
kQ
v
mL
υ
=+
【点睛】
本题的关键要耐心细致地分析物体的运动过程,对物体进行受力分析,运用动能定理、牛顿第二定律进行处理。

17.如图所示,在竖直平面内有一质量m=0.5 kg、电荷量q=+2×10-3 C的带电小球,有一根长L=0.1 m且不可伸长的绝缘轻细线系在一方向水平向右、分布的区域足够大的匀强电场中的O点.已知A、O、C点等高,且OA=OC=L,若将带电小球从A点无初速度释放,小球到达最低点B时速度恰好为零,g取10 m/s2.
(1)求匀强电场的电场强度E的大小;
(2)求小球从A点由静止释放运动到B点的过程中速度最大时细线的拉力大小;
(3)若将带电小球从C点无初速度释放,求小球到达B点时细线张力大小.
【答案】(1)2.5×103 N/C(2)2-10) N(3)15N
【解析】
【详解】
(1)小球到达最低点B时速度为零,则
0=mgL-EqL.
E=2.5×103 N/C
(2) 小球到达最低点B时速度为零,根据对称性可知,达到最大速度的位置为AB弧的中点,即当沿轨迹上某一点切线方向的合力为零时,小球的速度有最大值,由动能定理有
12
mv 2
-0=mgL sin 45°-Eq (L -L cos 45°). m 2
v L
=F -2mg cos 45°. F =(152-10) N.
(3)小球从C 运动到B 点过程,由动能定理得
21
02
mgL qEL mV +=
-. 解得:
24V =
在B 点
02
(cos 45)V T mg m
L
-= 以上各式联立解得
T =15N.
18.如图所示,在绝缘水平面上,相距L 的A 、B 两点处分别固定着两个带电荷量相等的正点电荷,a 、b 是AB 连线上的两点,其中4
L
Aa Bb ==
,O 为AB 连线的中点,一质量为m 、带电荷量为+q 的小滑块(可以看作质点)以初动能E 从a 点出发,沿直线AB 向b 点运动,其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(1)n >,到达b 点时动能恰好为零,小滑块最终停在O 点重力加速度为g ,求: (1)小滑块与水平面间的动摩擦因数; (2)O 、b 两点间的电势差; (3)小滑块运动的总路程.
【答案】(1)k02E mgL μ= (2)k0(21)2Ob n E U q -=- (3)21
4
n s L +=
【解析】 【详解】 (1)由4
L
Aa Bb ==,0为AB 连线的中点知a 、b 关于O 点对称,则a 、b 两点间的电势差0ab U =;
设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f ,在滑块从a 点运动到b 点的过程中,由动能定理得
k002ab L qU f E -⋅
=- 又摩擦力 f mg μ=
解得
02k E mgL
μ=. (2)在滑块从O 点运动到b 点的过程中,由动能定理得 004ob k L qU f nE -⋅
=- 解得
ko (21)2ob n E U q
-=-. (3)对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程,由动能定理得
000a x k qU f E -=-

(21)2kO aO Ob n E U U q
-=-=
解得 214
n s L +=.
19.如图所示,一根长为l 的不可伸长的细丝线一端固定于O 点,另一端系住一个质量为m 的带电小球.将此装置放在水平向右的匀强电场E 中,待小球稳定后,细丝线与竖直方向夹角为α.求:
(1)小球带什么电,电荷量为多少?
(2)剪断绳子后小球做什么运动?
【答案】(1)正电,tan mg q E
α=
(2)做初速度是零的匀加速直线运动 【解析】
【详解】
(1)对小球进行受力分析:由于小球所受电场力水平向右,E 的方向水平向右,所以小球带正电.小球受力如图所示,有:qE=mgtanα
即:tan mg q E
α= (2)剪断细绳后,小球受重力和电场力,其合力方向沿细绳方向斜向下,则小球将沿细绳的方向做初速度是零的匀加速直线运动.
20.如图所示,在O 点处放置一个正电荷.在过O 点的竖直平面内的A 点,由静止释放一个带正电的小球,小球的质量为m 、电荷量为q .小球落下的轨迹如图所示,轨迹与以O 为圆心、R 为半径的圆相交于B 、C 两点,O 、C 在同一水平线上,∠BOC=30°,A 距离OC 的竖直高度为h ,已知小球通过B 点的速度为v ,重力加速度为g ,求:
(1)小球通过C 点的速度大小;
(2)小球由A 运动到C 的过程中电场力做的功.
【答案】(1) 2c gR =+v v (2) 21()2W m gR mgh =+-v
【解析】
试题分析:(1)小球下落过程中,受到重力和电场力,由于B 、C 两点处于同一等势面上,故从B 到C 过程电场力做功为零,只有重重力做功,根据动能这定理求解到达C 点的速度;(2)小球从A 至C 的过程中只有重力和电场力做功,根据动能定理即可求解电场力做功.
(1)小球从B 点到C 点的过程中,电场力不做功,而重力做正功
由动能定理得:2211222
C R mg mv mv ⨯=- 解得:2C v v gR =+
(2)小球从A 至C 的过程中只有重力和电场力做功
由动能定理得:212C mgh W mv +=
电 解得:()
21 2W m v gR mgh 电=+- 【试题分析】本题关键是明确几种功能关系的具体形式:总功是动能变化的量度;电场力做功是电势能变化的量度;除重力外其余力做的功是机械能变化的量度.
21.如图所示,将带正电的中心穿孔小球A 套在倾角为θ的固定光滑绝缘杆上某处,在小球A 的正下方固定着另外一只带电小球B ,此时小球A 恰好静止,且与绝缘杆无挤压.若
A的电荷量为q,质量为m;A与B的距离为h;重力加速度为g,静电力常量为k;A与B 均可视为质点.
(1)试确定小球B的带电性质;
(2)求小球B的电荷量;
(3)若出于某种原因,小球B在某时刻突然不带电,求小球A下滑到与小球B在同一水平线的杆上某处时,重力对小球做功的功率.
【答案】(1)带正电 (2)
2
B
mgh
q
kq
= (3)sin2
P mg gh
=
【解析】
【分析】
(1)由题意A静止且与杆无摩擦,说明A只受重力和库仑力,故AB之相互排斥,A的受力才能平衡,可知B的电性
(2)由库仑定律可得AB间的库仑力,在对A列平衡方程可得B的电量
(3)B不带电后A只受重力,故由机械能守恒,可得A的速度,进而得到重力功率
【详解】
(1)根据题意:小球A受到B的库仑力必与A受到的重力平衡,即A、B之间相互排斥,所以B带正电.
(2)由库仑定律,B对A的库仑力为F=
2B
kqq
h

由平衡条件有mg=
2B
kqq h
解得q B=
2 mgh kq
.
(3)B不带电后,小球A受到重力、支持力作用沿杆向下做匀加速直线运动,设到达题中所
述位置时速度为v,由机械能守恒定律有mgh=1
2
mv2,
解得v2gh
所以重力的瞬时功率为P=mgv sin θ=mg sin 2gh。

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