人教版高中物理 静电场及其应用精选试卷易错题(Word版 含答案)
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人教版高中物理 静电场及其应用精选试卷易错题(Word 版 含答案)
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,带电量为Q 的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底端C 点,斜面上有A 、B 、D 三点,A 和C 相距为L ,B 为AC 中点,D 为A 、B 的中点。现将一带电小球从A 点由静止释放,当带电小球运动到B 点时速度恰好为零。已知重力加速度为g ,带电小球在A 点处的加速度大小为
4
g
,静电力常量为k 。则( )
A .小球从A 到
B 的过程中,速度最大的位置在D 点 B .小球运动到B 点时的加速度大小为
2
g C .BD 之间的电势差U BD 大于DA 之间的电势差U DA D .AB 之间的电势差U AB =kQ L
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A .带电小球在A 点时,有
2sin A Qq
mg k
ma L θ-= 当小球速度最大时,加速度为零,有
'2sin 0Qq
mg θk
L
-= 联立上式解得
'22
L L =
所以速度最大的位置不在中点D 位置,A 错误; B .带电小球在A 点时,有
2sin A Qq
mg k
ma L
θ-= 带电小球在B 点时,有
2sin 2
B
Qq k mg θma L -=() 联立上式解得
2
B g a =
B 正确;
C .根据正电荷的电场分布可知,B 点更靠近点电荷,所以B
D 段的平均场强大小大于AD 段的平均场强,根据U Ed =可知,BD 之间的电势差U BD 大于DA 之间的电势差U DA ,C 正确;
D .由A 点到B 点,根据动能定理得
sin 02
AB L
mg θqU ?
+= 由2
sin A Qq
mg k
ma L θ-=可得 214Qq mg k L
= 联立上式解得
AB kQ
U L
=-
D 错误。 故选BC 。
2.质量分别为A m 和B m 的两小球带有同种电荷,电荷量分别为A q 和B q ,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1θ与
()212θθθ>。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A v 和B v ,最大
动能分别为kA E 和kB E 。则( )
A .A m 一定大于
B m B .A q 一定小于B q
C .A v 一定大于B v
D .kA
E 一定大于kB E
【答案】CD 【解析】 【分析】 【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
1A tan F m g
θ=
故
A 1tan F
m g θ=
?
同理,有
B 2
tan F
m g θ=
?
由于12θθ>,故A B m m <,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
11
1
(1)cos cos h h h h θθ?=
-=- 小球摆动过程机械能守恒,有
2
12
mg h mv ?=
解得
2v g h =??由于12θθ>,A 球摆到最低点过程,下降的高度A B h h ?>?,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
k mg h E ?=
故
k (1cos )(1cos )tan FL
E mg h mgL θθθ
=?=-=
- 其中cos L θ相同,根据数学中的半角公式,得到
k 1cos (1cos )cos ()cos tan tan sin 2
FL E FL FL θθ
θθθθθ-=
-==? 其中cos FL θ相同,故θ越大,动能越大,故kA E 一定大于kB E ,故D 正确。
故选CD 。
3.如图所示,两个带电小球A 、B 分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上,且在同一竖直平面内,用水平向左的推力F 作用于B 球,两球在图示位置静止,现将B 球沿斜面向下移动一小段距离,发现A 球随之向上移动少许,两球在新位置重新平衡,重新平衡后与移动前相比,下列说法正确的是( )
A .推力F 变小
B .斜面对B 的弹力不变
C .墙面对A 的弹力不变
D .两球之间的距离减小
【答案】AB 【解析】 【详解】
CD .先对小球A 受力分析,受重力、支持力、静电力,如图所示:
根据共点力平衡条件,有:
mg
F cos =
库α
,N F mgtan =α 由于α减小,可知墙面对A 的弹力变小,库仑力减小,故两球间距增加,选项CD 错误; AB .对AB 整体受力分析,受重力、斜面支持力N 、墙壁支持力F N 、推力F ,如图所示:
根据共点力平衡条件,有
N
Nsin F F
Ncos m M g
+=
=+
()
β
β
解得
()
F mgtan m M gtan
M m g
N
cos
=-+
+
=
()
αβ
β
由于α减小,β不变,所以推力F减小,斜面对B的弹力N不变,选项AB正确。
故选AB。
4.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
1
2
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 θααα
-=+
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:
()22
2
221
2
()5322
v cos a a a gcos g R θθ-=+=+=
可知小球的加速度一直变大,故D 正确。 故选ACD 。
5.有固定绝缘光滑挡板如图所示,A 、B 为带电小球(可以近似看成点电荷),当用水平向左的力F 作用于B 时,A 、B 均处于静止状态.现若稍改变F 的大小,使B 向左移动一段小距离(不与挡板接触),当A 、B 重新处于平衡状态时与之前相比( )
A .A 、
B 间距离变小 B .水平推力力F 减小
C .系统重力势能增加
D .系统的电势能将减小 【答案】BCD 【解析】 【详解】
A .对A 受力分析,如图;由于可知,当
B 向左移动一段小距离时,斜面对A 的支持力减小,库仑力减小,根据库仑定律可知,AB 间距离变大,选项A 错误;
B.对AB 整体,力F等于斜面对A的支持力N的水平分量,因为N减小,可知F减小,选项B正确;
C.因为AB距离增加,则竖直距离变大,则系统重力势能增加,选项C正确;
D.因为AB距离增加,电场力做正功,则电势能减小,选项D正确;
故选BCD.
6.如图所示,竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘,两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面上,且处于同一竖直平面内,若用图示方向的水平推力F作用于小球B,则两球静止于图示位置,如果将小球B向左推动少许,待两球重新达到平衡时,则两个小球的受力情况与原来相比()
A.竖直墙面对小球A的弹力减小
B.地面对小球B的弹力一定不变
C.推力F将增大
D.两个小球之间的距离增大
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】
整体法可知地面对小球B的弹力一定不变,B正确;假设A球不动,由于A、B两球间距变小,库仑力增大,A球上升,库仑力与竖直方向夹角变小,而其竖直分量不变,故库仑力变小A、B两球间距变大,D正确;但水平分量减小,竖直墙面对小球A的弹力减小,推力F将减小,故A正确,C错误。
故选ABD。
7.如图所示,轻质弹簧一端系在墙上,另一端系在三根长度相同的轻绳上,轻绳的下端各
系质量与电荷量均相同的带正电小球,且三个小球均处于静止状态,已知重力加速度为g 。四种情形下每个小球受到的电场力大小与轻绳长度、小球质量、小球电荷量的关系如表所示,以下说法正确的是( )
情形 轻绳长度 小球质量 小球电荷量 小球受到的电场力大小
1
L
m
①
33mg 2 2L m ②
33
mg 3 L 2m ③ 23
3mg 4
L
m
④
3mg
A 2倍
B 2倍
C 32
倍 D .情形④下弹簧的伸长量最大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
由于三个小球质量和电荷量均相等,由对称性可知,三个小球必构成等边三角形,且每个小球受到的电场力相等,设绳的拉力为T ,与竖直方向夹角为θ,两小球之间的距离为r 、一个小球受到另外两个小球的电场力的合力为F ,对其中一个小球受力分析可得
sin T mg θ=
2
2cos kq T θF r
==
解得
22tan kq mg
F r θ
==
由几何关系可知,
tan 3
θr =
=
整理得
22kq F r == A .对比①和②可知,并应用上式可得
21121kq F r ===
222223kq F r ===
解得
1r
=
2r =
故电荷量之间的关系为
112212
q r q r == 故A 错误; B
.由③可知,
23323kq F r ===
解得
3r =
故
322q q ==故B 错误; C
.由④可知
24424kq F r ===
解得
43
2
r L =
故
443333222
q r q r == 故C 正确;
D .以三个小球为整体可知,小球受到的弹力应该等于其重力,故小球质量越大,弹簧弹力越大,故情形③下弹簧的伸长量最大,故D 错误; 故选C 。
8.如图所示:在光滑绝缘水平面上,ABCD 分布在边长为L 的正方形四个顶点。在A 和D 处分别固定电荷量为Q 的正点电荷,B 处固定电荷量为Q 的负点电荷,O 点为两对角线的交点,静电力常量为k 。关于三个点电荷形成的静电场,下列说法中正确的是( )
A .O 处电场强度大小为22kQ L
B .
C 处电场强度大小为
2kQ L
C .从O 到C 的过程中电场强度大小逐渐增大
D .从O 到C 的过程中电场强度大小先减小后增大 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A .A 、D 两点点电荷在O 点的场强相互抵消,故O 点的场强大小等于
B 点的负点电荷Q 在O 点产生的场强,即
2
2
22()2
O kQ
E k
L L == 故A 正确;
B .A 、D 两点点电荷在
C 处的合场强为
122
22C Q kQ
E k
L L
== 方向OC 方向,B 点的负点电荷Q 在C 点产生的场强为
2222(2)C kQ
E k
L
L ==
方向沿CO 方向,故C 处的场强为
1222
221(2)22C C C kQ kQ kQ
E E E L L L
=-=
-=- 方向沿OC 方向,故B 错误;
CD .从O 到C 的过程中电场强度大小先减小后增大再减小,故CD 错误。 故选A 。
9.如图所示,A 、B 、C 为放置在光滑水平面上的三个带电小球(可视为点电荷),其中B 与C 之间用长为L 的绝缘轻质细杆相连,现把A 、B 、C 按一定的位置摆放,可使三个小球都保持静止状态。已知小球B 的带电量为-q ,小球C 的带电量为+4q ,则以下判断正确的是( )
A .小球A 的带电量可以为任何值
B .轻质细杆一定处于被拉伸状态
C .小球A 与B 之间的距离一定为
4
L D .若将A 向右平移一小段距离,释放后A 一定向左运动 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
AC .小球A 受力平衡,设小球AB 之间的距离为x ,根据平衡条件有
()
A A 224q q q q
k
k x L x ?=+ 解得
x L =
所以小球A 的电荷量可以为任意值,可以带正电,也可以带负电,A 正确,C 错误; B .对小球B ,小球A 和小球C 对其静电力的合力为
A 22
4q q q q F k
k x L ?=- 由于不知道小球A 的带电量,所以无法确定小球A 和小球C 对小球B 的静电力的合力是否为零,故无法判断轻杆是否被拉伸,B 错误;
D .小球A 在原来的位置是平衡的,若将A 向右平移一小段距离,小球B 和小球C 对其的静电力均增加,且小球B 对其的静电力增加的更快,但由于小球A 的电性不确定,所以释放后A 的运动方向也不确定,D 错误。 故选A 。
10.如图所示,真空中有两个点电荷Q 1和Q 2,Q 1=+9q ,Q 2=-q ,分别固定在x 轴上x =0处和x =6cm 处,下列说法正确的是( )
A .在x =3cm 处,电场强度为0
B .在区间上有两处电场强度为0
C .在x >9cm 区域各个位置的电场方向均沿x 轴正方向
D .将试探电荷从x =2cm 移到x =4cm 处,电势能增加 【答案】C 【解析】 【详解】
A .某点的电场强度是正电荷Q 1和负电荷Q 2在该处产生的电场的叠加,是合场强。根据点电荷的场强公式E =
2kq
r
,所以要使电场强度为零,那么正电荷Q 1和负电荷Q 2在该处产生的场强必须大小相等、方向相反。因为它们电性相反,在中间的电场方向都向右。设距离
Q 2为x 0处的电场强度矢量合为0,则:
12
2200
(6)kQ kQ x x =+ 可得:x 0=3cm ,故A 错误;
B .由选项A 的分析可知,合场强为0的点不会在Q 1的左边,因为Q 1的电荷量大于Q 2,也不会在Q 1Q 2之间,因为它们电性相反,在中间的电场方向都向右。所以,只能在Q 2右边。即在x 坐标轴上电场强度为零的点只有一个。故B 错误; C.设距离Q 2为x 0处的电场强度矢量合为0,则:
122200
(6)kQ kQ x x =+ 可得:x 0=3cm ,结合矢量合成可知,在x >9cm 区域各个位置的电场方向均沿x 轴正方向。故C 正确;
D.由上分析,可知,在0<x <6cm 的区域,场强沿x 轴正方向,将试探电荷+q 从x =2cm 处移至x =4cm 处,电势能减小。故D 错误。
11.如图所示,有两对等量异种电荷,放在正方形的四个顶点处,a 、b 、c 、d 为正方形四个边的中点,o 为正方形的中心,下列说法中正确的是
A.o点电场强度为零
B.a、c两个点的电场强度大小相等方向相反
C.将一带正电的试探电荷从b点沿直线移动到d点,电场力做功为零
D.将一带正电的试探电荷从a点沿直线移动到c点,试探电荷具有的电势能增大
【答案】C
【解析】
【详解】
A. 两个正电荷在O点的合场强水平向右,两个负电荷在O点的合场强也水平向右,所以O 点电场强度不等于零,方向水平向右。故A不符合题意;
B. 设正方形边长为L,每个电荷的电量大小为Q,对A点研究,两个正电荷在A点的合场强为零,根据平行四边形法则,两个负电荷在A点的合场强方向水平向右。则A点的电场强度方向水平向右。对C点研究,两个负电荷在C点的合场强为零,根据平行四边形法则,两个正电荷在C点的合场强方向水平向右,所以A、C两个点的电场强度方向相同。故B不符合题意;
C. 在上面两个等量异种电荷的电场中,B、D连线是一条等势线。在下面两个等量异种电荷的电场中,B、D连线是也一条等势线,所以B、D两点的电势相等,将一带正电的试探电荷从B点沿直线移动到D点,电场力做功为零,故C符合题意;
D. 根据电场的叠加原理可知,AC连线上场强方向水平向右,则将一带正电的试探电荷匀速从A点沿直线移动到C点,电场力做正功,则试探电荷具有的电势能减小,故D不符合题意。
12.如图所示,竖直绝缘墙上距O点l处固定一带电量Q的小球A,将另一带等量同种电荷、质量为m的小球B用长为l的轻质绝缘丝线悬挂在O点,A、B间用一劲度系数为k′
原长为5
4
l
的绝缘轻质弹簧相连,静止时,A、B间的距离恰好也为l,A、B均可看成质
点,以下说法正确的是()
A.A、B间库仑力的大小等于mg B.A、B间弹簧的弹力大小等于k′l
C.若将
B
的带电量减半,同时将B球的质量变为4m,A、B间的距离将变为
2
l
D.若将A、B的带电量均减半,同时将B球的质量变为2
k l
m
g
'
+,A、B间的距离将变为2
l
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.对小球受力分析如图;小球受弹簧的弹力与B所受的库仑力的合力(F库+F弹)沿AB斜向上,由几何关系以及平衡条件可知
F库+F弹=mg
则
F库= mg -F弹
选项A错误;
B.A、B间弹簧的弹力大小等于
''
51
=()
44
l
F k l k l
-=
弹
选项B错误;
C.若将B的带电量减半,A、B间的距离将变为
2
l
,则库仑力变为2F库,则弹力和库仑力的合力为
'
'
53
=()22
424
l l k l
F k F F
-+=+
合库库
则由相似三角形关系可知
11
'
=
13
2
24
m g m g
l
k l
F
l F
=
+
合
库
而
'1
4
F k l mg +=
库
解得
'11
4=42
m g mg k l mg =+≠
选项C 错误;
D .若将A 、B 的带电量都减半,A 、B 间的距离将变为2
l
,则库仑力仍F 库,则弹力和库仑力的合力为
''
'
53=()424
l l k l
F k F F -+=+合库库
则由相似三角形关系可知
22''=1324
m g m g l
k l F l F =+合库 而
'1
4
F k l mg +=库
解得
'22m g mg k l =+
即
'22k l
m m g
=+
选项D 正确; 故选D 。
13.如图所示,半径为R 的光滑绝缘的半圆形轨道ABC ,A 点与圆心等高,B 点在圆心正下方,轨道固定于电场强度为E 的匀强电场中.两个带等量同种电荷小球刚好能静止在轨道的A 点和B 点.己知两小球质量皆为m ,重力加速度为g ,静电力常量为k .下列说法正确的是
A .小球带正电
B .小球的带电量为mg/E
C .小球的带电量为2mg
R
k
D .在A 点小球对轨道的压力大于在B 点小球对轨道的压力 【答案】B 【解析】
若两球均带正电,则球B 不能平衡,则小球带负电,选项A 错误;对小球A 受力分析可知,竖直方向:0
cos45mg F =库;对小球B 受力分析可知,水平方向:
0cos45qE F =库;解得mg=qE ,则 q=mg/E ,选项B 正确;根据对A 竖直方向的方程0
cos45mg F =库,即202cos 45(2)mg R =,解得22mg q R k
=,选项C 错误;对AB 的整体受力分析可知:2NA F Eq =,2NB F mg = 因mg=qE 可知,在A 点小球对轨道的压力等于在B 点小球对轨道的压力,选项D 错误;故选B.
点睛:此题关键是灵活选择研究对象,灵活运用整体法和隔离法列方程;注意轨道对球的弹力方向指向圆心.
14.如图所示,用两根长度均为l 的绝缘轻绳将正电的小球悬挂在水平的天花板下,小球的质量为m ,轻绳与天花板的夹角均为θ=30°,小球正下方距离也为l 的A 处有一绝缘支架上同样有一个带电小球,此时轻绳的张力均为0,现在将支架水平向右移动到B 处,B 处位置为与竖直方向的夹角为θ处,小球处于静止状态,则( )
A .A 处的带电小球带负电
B .A 处与B 处库仑力大小之比为23
C .支架处于B 处,左边绳子张力为3
2mg - D .支架处于B 处,右边绳子张力为3
mg + 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A 当绝缘支架上的带电小球在A 位置时,轻绳的张力均为0,说明上方小球受力平衡,受力分析可知其只受重力和库仑力,因此A 处的带电小球带正电,故选项A
错误; B.根据库仑定律可得
2
Qq F k
r = 因此在A 处与B 处库仑力大小之比等于带点小球距离平方的倒数比,即
2
221
A B F r F r = 因为θ=30°,所以
:4:3A B F F =
故选项B 错误;
CD. 支架处于B 处,两球间的库仑力为
3344
B A F F mg =
= 设左、右绳的张力分别为F 1和F 2,则由正交分解可得
123
sin 30cos33040cos mg F F +=
123
cos30sin 30304
cos F F mg mg ++=
解得
132F mg mg =- 23
4
F mg mg =-
故选项C 正确,选项D 错误。 故选C 。
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.如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内,半径为R的1/6圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A、B两点相切,圆弧杆的圆心O处固定着一个带正电的点电荷.现有
一质量为m可视为质点的带负电小球穿在水平杆上,以方向水平向右、大小等于8
3 gR
的速度通过A点,小球能够上滑的最高点为C,到达C后,小球将沿杆返回.若
∠COB=30°,小球第一次过A点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为8
3
mg,从A至C小球
克服库仑力做的功为23
mgR
-
,重力加速度为g.求:
(1)小球第一次到达B点时的动能;
(2)小球在C点受到的库仑力大小;
(3)小球返回A点前瞬间对圆弧杆的弹力.(结果用m、g、R表示)
【答案】(1)5
6
mgR(2)
3
4
mg(3)
2(833)
-
【解析】
【分析】
(1)由动能定理求出小球第一次到达B 点时的动能.
(2)小球第一次过A 点后瞬间,由牛顿第二定律和库仑定律列式.由几何关系得到OC 间的距离,再由库仑定律求小球在C 点受到的库仑力大小.
(3)由动能定理求出小球返回A 点前瞬间的速度,由牛顿运动定律和向心力公式求解小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力. 【详解】
(1)小球从A 运动到B ,AB 两点为等势点,所以电场力不做功,由动能定理得:
()
02
11cos602
KB A mgR E mv --=-
代入数据解得:5
6
KB E mgR =
(2)小球第一次过A 时,由牛顿第二定律得:
22A v Qq
N k mg m R R
+-=
由题可知:8
3
N mg =
联立并代入数据解得:
2Qq
k
mg R
= 由几何关系得,OC 间的距离为:
cos30R r R =
=?
小球在C 点受到的库仑力大小 :
22Qq Qq
F k
k r ==????
库
联立解得3
=
4
F mg 库 (3)从A 到C ,由动能定理得:
2
102
f A W mgR W mv ---=-电
从C 到A ,由动能定理得:
212
f A W mgR W mv +=
'-电
由题可知:22
W mgR -=
电 小球返回A 点时,设细杆对球的弹力方向向上,大小为N ′,由牛顿第二定律得:
22A
v Qq N k mg m
R R
'-'+= 联立以上解得: (
)2833
3
N mg -'=
,
根据牛顿第三定律得,小球返回A 点时,对圆弧杆的弹力大小为(
)2833
3
mg -,方向向
下.
17.万有引力和库仑力有类似的规律,有很多可以类比的地方。已知引力常量为G ,静电力常量为k 。
(1)用定义静电场强度的方法来定义与质量为M 的质点相距r 处的引力场强度E G 的表达式;
(2)质量为m 、电荷量为e 的电子在库仑力的作用下以速度v 绕位于圆心的原子核做匀速圆周运动,该模型与太阳系内行星绕太阳运转相似,被称为“行星模型”,如图甲。已知在一段时间内,电子走过的弧长为s ,其速度方向改变的角度为θ(弧度)。求出原子核的电荷量Q ;
(3)如图乙,用一根蚕丝悬挂一个金属小球,质量为m ,电荷量为﹣q 。悬点下方固定一个绝缘的电荷量为+Q 的金属大球,蚕丝长为L ,两金属球球心间距离为R 。小球受到电荷间引力作用在竖直平面内做小幅振动。不计两球间万有引力,求出小球在库仑力作用下的振动周期。
【答案】(1)质量为M 的质点相距r 处的引力场强度的表达式为
2
GM
r ;(2)原子核的电荷量为2mv s
ke
θ;(3)小球在库仑力作用下的振动周期为2Lm R kQq π
【解析】 【详解】
(1)根据电场强度的定义式方法,那么质量为M 的质点相距r 处的引力场强度E G 的表达式:
2G F GM
E m r
=
= (2)根据牛顿第二定律,依据库仑引力提供向心力,则有: