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课时跟踪检测(二十) 电场力的性质


课时跟踪检测(二十) 电场力的性质 对点训练:库仑定律的理解与应用 1.(2015· 北京西城质检)如图 1 所示,两个电荷量均为+q 的小球用长为 l 的轻质绝缘细 绳连接,静止在光滑的绝缘水平面上。两个小球的半径 r?l。k 表示静电力常量。则轻绳的 张力大小为( )

图1 A.0 kq2 C.2 2 l kq2 B. 2 l kq D. 2 l

/>
2.(2012· 上海高考)A、B、C 三点在同一直线上,AB∶BC=1∶2,B 点位于 A、C 之间, 在 B 处固定一电荷量为 Q 的点电荷。当在 A 处放一电荷量为+q 的点电荷时,它所受到的 电场力为 F;移去 A 处电荷,在 C 处放电荷量为-2q 的点电荷,其所受电场力为( F A.- 2 C.-F F B. 2 D.F )

对点训练:库仑力作用下的平衡问题 3.绝缘细线的一端与一带正电的小球 M 相连接,另一端固定在天花板上,在小球 M 下面的一绝缘水平面上固定了另一个带电小球 N,在下列情况下,小球 M 能处于静止状态 的是( )

图2 4.(多选)(2015· 武汉调研)如图 3 所示,在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球,带电量 分别为-q、Q、-q、Q。四个小球构成一个菱形,-q、-q 的连线与-q、Q 的连线之间 的夹角为 α。若此系统处于平衡状态,则正确的关系式可能是( )

图3

q A.cos3α= 8Q Q C.sin3α= 8q 对点训练:电场强度的叠加问题

q2 B.cos3α= 2 Q Q2 D.sin3α= 2 q

5.如图 4 所示,在水平向右、大小为 E 的匀强电场中,在 O 点固定一电荷量为 Q 的 正电荷,A、B、C、D 为以 O 为圆心、半径为 r 的同一圆周上的四点,B、D 连线与电场线 平行,A、C 连线与电场线垂直。则( )

图4 A.A 点的电场强度大小为 Q2 E2+k2 4 r

Q B.B 点的电场强度大小为 E-k 2 r C.D 点的电场强度大小不可能为 0 D.A、C 两点的电场强度相同 6.(2015· 河北省唐山一模)如图 5 所示,匀强电场中的 A、B、C 三点构成一边长为 a 的 等边三角形。电场强度的方向与纸面平行。电子以某一初速度仅在静电力作用下从 B 移动 到 A 动能减少 E0,质子仅在静电力作用下从 C 移动到 A 动能增加 E0,已知电子和质子电荷 量绝对值均为 e,则匀强电场的电场强度为( )

图5 2E 0 A. ea C. 3E0 3ea E0 B. ea 2 3E 0 D. 3ea

7.如图 6 所示,以 o 为圆心的圆周上有六个等分点 a、b、c、d、e、f。等量正、负点电 荷分别放置在 a、d 两处时,在圆心 o 处产生的电场强度大小为 E。现改变 a 处点电荷的位 置,使 o 点的电场强度改变,下列叙述正确的是( )

图6 A.移至 c 处,o 处的电场强度大小不变,方向沿 oe B.移至 b 处,o 处的电场强度大小减半,方向沿 od C.移至 e 处,o 处的电场强度大小减半,方向沿 oc D.移至 f 处,o 处的电场强度大小不变,方向沿 oe 对点训练:电场线的理解与应用 8.在如图 7 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7 A.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 9.(2015· 渭南质检)两个带电荷量分别为 Q1、Q2 的质点周围的电场线如图 8 所示,由图 可知( )

图8 A.两质点带异号电荷,且 Q1>Q2 B.两质点带异号电荷,且 Q1<Q2

C.两质点带同号电荷,且 Q1>Q2 D.两质点带同号电荷,且 Q1<Q2 10. (多选)如图 9 所示, 在两等量异种点电荷的电场中, MN 为两电荷连线的中垂线, a、 b、c 三点所在直线平行于两电荷的连线,且 a 和 c 关于 MN 对称,b 点位于 MN 上,d 点位 于两电荷的连线上。以下判断正确的是( )

图9 A.b 点电场强度大于 d 点电场强度 B.b 点电场强度小于 d 点电场强度 C.a、b 两点间的电势差等于 b、c 两点间的电势差 D.试探电荷+q 在 a 点的电势能小于在 c 点的电势能 考点综合训练 11.(2015· 洛阳模拟)如图 10 所示,均可视为质点的三个物体 A、B、C 在倾角为 30° 的 光滑斜面上,A 与 B 紧靠在一起,C 紧靠在固定挡板上,质量分别为 mA=0.43 kg,mB=0.20 kg,mC=0.50 kg,其中 A 不带电,B、C 的电量分别为 qB=+2×10
-5

C、qC=+7×10

-5

C

且保持不变,开始时三个物体均能保持静止。现给 A 施加一平行于斜面向上的力 F,使 A 做加速度 a=2.0 m/s2 的匀加速直线运动,经过时间 t,力 F 变为恒力。已知静电力常量 k= 9.0× 109 N· m2/C2,g 取 10 m/s2。求:

图 10 (1)开始时 BC 间的距离 L; (2)F 从变力到恒力需要的时间 t; (3)在时间 t 内,力 F 做功 WF=2.31 J,求系统电势能的变化量 ΔEp。

12.(2015· 四川资阳二诊)如图 11 所示, 足够长斜面倾角 θ=30° ,斜面上 A 点上方光滑, 1 A 点下方粗糙,μ= ,光滑水平面上 B 点左侧有水平向右的匀强电场 E=105 V/m,可视 4 3

为质点的小物体 C、D 质量分别为 mC=4 kg,mD=1 kg,D 带电 q=3× 10

-4

C,用细线通过光

滑滑轮连在一起,分别放在斜面及水平面上的 P 和 Q 点由静止释放,B、Q 间距离 d=1 m,

A、P 间距离为 2d。取 g=10 m/s2,求:

图 11 (1)物体 C 第一次运动到 A 点时的速度 v0; (2)物体 C 第一次经过 A 到第二次经过 A 的时间 t。



案 kq2 ,选 l2

1.选 B 轻绳的张力大小等于两个带电小球之间的库仑力,由库仑定律得 F= 项 B 正确。

2.选 B 设 A 处电场强度为 E,则 F=qE;由点电荷的电场强度公式可知,C 处的电 -E -E F 场强度为 ,在 C 处放电荷量为-2q 的点电荷,其所受电场力为 F′=-2q· = ,选 4 4 2 项 B 正确。 3.选 B M 受到三个力的作用处于平衡状态,则绝缘细线对小球 M 的

拉力与小球 N 对小球 M 的库仑力的合力必与 M 的重力大小相等,方向相 反,其受力分析图如图所示,故 B 正确。 4.选 AC 设菱形边长为 a,则两个 Q 之间距离为 2asin α,则两个 q 之间距离为 2acos Qq q2 α。选取-q 作为研究对象,由库仑定律和平衡条件得 2k 2 cos α=k ,解得 cos3α a ?2acos α?2 = q Qq ,故 A 正确,B 错误;选取 Q 作为研究对象,由库仑定律和平衡条件得 2k 2 sin α= 8Q a

Q2 Q k ,解得 sin3 α= ,故 C 正确,D 错误。 8q ?2asin α?2 Q 5.选 A +Q 在 A 点的电场强度沿 OA 方向,大小为 k 2,所以 A 点的合电场强度大小 r 为 Q2 Q Q E2+k2 4 ,A 正确;同理,B 点的电场强度大小为 E+k 2,B 错误;如果 E=k 2,则 D r r r

点的电场强度为 0,C 错误;A、C 两点的电场强度大小相等,但方向不同,D 错误。 6.选 D 根据题述,BC 在一等势面上,匀强电场的方向垂直于 BC 指向 A。由 eEasin

2 3E0 60° =E0,解得:E= ,选项 D 正确。 3ea 7.选 C 放置在 a、d 两处的等量正、负点电荷在圆心 o 处产生的电场强度方向相同, E 每个电荷在圆心 o 处产生的电场强度大小为 。根据电场强度叠加原理,a 处正电荷移至 c 2 E 处,o 处的电场强度大小为 ,方向沿 oe,选项 A 错误;a 处正电荷移至 b 处,o 处的电场 2 E 3 强度大小为 2· · cos 30° = E,方向沿∠eod 的角平分线,选项 B 错误;a 处正电荷移至 e 2 2 E 处,o 处的电场强度大小为 ,方向沿 oc,选项 C 正确;a 处正电荷移至 f 处,o 处的电场强 2 E 3 度大小为 2· · cos 30° = E,方向沿∠cod 的角平分线,选项 D 错误。 2 2 8.选 C 甲图中与点电荷等距的 a、b 两点,电场强度大小相同,方向不相反,选项 A 错误;对乙图,根据电场线的疏密及对称性可判断,a、b 两点的电场强度大小相等、方向 相同,选项 B 错误;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,电 场强度大小相同,方向相反,选项 C 正确;对丁图,根据电场线的疏密可判断,b 点的电场 强度大于 a 点的电场强度,选项 D 错误。 9.选 A 由图可知,电场线起于 Q1,止于 Q2,故 Q1 带正电,Q2 带负电,两质点带异 号电荷,在 Q1 附近电场线比 Q2 附近电场线密,故 Q1>Q2,选项 A 正确。 10.选 BC 根据等量异种点电荷产生的电场的电场线分布情况和由电场线的疏密表示 电场强度大小可知 Ed>Eb。故选项 A 错误,B 正确。a、c 两点关于 MN 对称,故 Uab=Ubc, 选项 C 正确。沿电场线方向电势降低,所以 φa>φc,由 Ep=qφ 可知 Epa>Epc,故选项 D 错 误。 kqCqB 11.解析:(1)ABC 静止时,以 AB 为研究对象有:(mA+mB)gsin 30° = 2 L 解得:L=2.0 m。 (2)给 A 施加力 F 后,AB 沿斜面向上做匀加速运动,AB 分离时两者之间弹力恰好为零, 对 B 用牛顿第二定律得: kqBqC -mBgsin 30° =mBa l2 解得:l=3.0 m 1 有匀加速运动规律得:l-L= at2 2 解得:t=1.0 s。 (3)AB 分离时两者仍有相同的速度,在时间 t 内对 AB 用动能定理得: 1 WF-(mA+mB)g(l-L)sin 30° +WC= (mA+mB)v2 2

及:v=at 得:WC=2.1 J 所以系统电势能的变化量 ΔEp=-2.1 J。 答案:(1)2.0 m (2)1.0 s (3)-2.1 J 12.解析:(1)由题知释放后 C 物体将沿斜面下滑,C 物体从 P 到 A 过程,对 C、D 系 统由动能定理: 1 mCg· 2dsin θ-Eq· d= (mC+mD)v02① 2 解①得:v0=2 m/s。② (2)由题意,C 经过 A 点后将减速下滑至速度为 0 后又加速上滑,设向下运动的时间为 t1,其加速度大小为 a1,发生的位移为 x1,对物体 C: T1+μmCgcos θ-mCgsin v0 t1= ④ a1 x1= v02 ⑤ 2a1 θ=mCa1 ③

对物体 D:Eq-T1=mDa1⑥ 设物体 C 在加速上滑到 A 的过程中,加速度大小为 a2,时间为 t2,对物体 C: T2-μmCgcos θ-mCgsin θ=mCa2⑦ 对物体 D:Eq-T2=mDa2⑧ 1 x1= a2t22⑨ 2 t=t1+t2⑩ 联立③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩解得: t= 2 3+1)s≈1.82 s。? 3(

答案:(1)2 m/s (2)1.82 s


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