高中第一章 静电场综合与测试课堂检测

第一章　静电场

专题强化练1　电场力的性质

一、选择题

1.(2019河北保定高三调研,)某静电场中的电场线方向不确定,分布如图所示,带电粒子在电场中仅受静电力作用,其运动轨迹如图中虚线所示,由M运动到N,以下说法正确的是              (　　)

A.粒子必定带正电荷

B.该静电场一定是孤立正电荷产生的

C.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度

D.粒子在M点的速度大于它在N点的速度

2.(2021安徽合肥第十一中学高二月考,)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,两球用绝缘细线连接,甲球又用绝缘细线悬挂在天花板上,在两球所在空间有方向向左的匀强电场,电场强度为E,平衡时细线都被拉紧。平衡时的可能位置是4个图中的              (　　)

3.(2020广东揭阳惠来一中高二上期中,)下列选项中的各圆环大小相同,所带电荷量已在图中标出,且电荷均匀分布,各圆环间彼此绝缘。坐标原点O处电场强度最大的是              (　　)

4.(2020江苏南京高三上月考,)电荷量为+Q的点电荷和接地金属板MN附近的电场线分布如图所示,点电荷与金属板相距为2d,图中P点到金属板和点电荷的距离均为d。已知P点的电场强度为E0,则金属板上的电荷在P点处产生的电场强度E的大小为              (　　)

A.0　　　　　　　　B.E0-

C.　　　　　　　　D.

5.(2020重庆沙坪坝高三上月考,)如图所示,空间中存在一与水平方向成θ角斜向下的匀强电场,用一根绝缘细线悬挂一个带电小球,小球的质量为m,电荷量为q,平衡时绝缘细线与竖直方向夹角也为θ。则E的大小为              (　　)

A.　　　　　　　　B.

C.　　　　　　　　D.

6.(2019山东大学附中高二期中,)在一半径为R的圆周上均匀分布有N个带电小球(可视为质点)无间隙排列,其中A点的小球带电荷量为+3q,其余小球带电荷量为+q,此时圆心O点的电场强度大小为E,现仅撤去A点的小球,则O点的电场强度大小为              (　　)

A.E　　　   B.　　　   C.　　　   D.

7.(2019湖北黄冈高三调研,)(多选)如图所示,半径为R的绝缘光滑半圆形槽圆心为O,槽内有两个质量、电荷量都相同的带电小球A和B,其中A小球固定在槽的最低点,当B小球静止时,OB连线与竖直方向成θ角,下列能保持夹角θ不变的做法有              (　　)

A.仅使半圆形槽的半径加倍

B.仅使A球的电荷量加倍

C.使B球的质量和电荷量都加倍

D.使半圆形槽的半径和两球的电荷量都减半

8.(2021山东济南商河第一中学高三上阶段性考试,)如图所示,竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R,带电荷量为+Q,在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m、带电荷量为q的小球(大小不计),小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态,小球到圆环中心O的距离为R,已知静电力常量为k,重力加速度为g,则小球所处位置的电场强度为              (　　)

A.　　　   B.　　　  C.　　　  D.

二、非选择题

9.(2019福建泉州检测,)如图所示,一半径为r的圆环上均匀分布着电荷量为+Q的电荷,在垂直于圆环面且过圆心O的轴线上有A、B、C三个点,C和O、O和A间的距离均为d,A、B间距离为2d。在B点处有一电荷量为+q的固定点电荷。已知A点处的场强为零,k为静电力常量,求:

(1)带电圆环在O点处的场强大小;

(2)C点处场强。

10.(2021安徽马鞍山含山中学高二月考,)如图所示,有一水平向左的匀强电场,场强大小为E=1.25×104 N/C,一根长L=1.5 m、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固定一个带电小球A,电荷量Q=+4.5×10-6 C;另一带电小球B穿在杆上可自由滑动,电荷量q=+1.0×10-6 C,质量m=1.0×10-2 kg。现将小球B从杆的上端N由静止释放,小球B开始运动。(静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:

(1)小球B开始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?

答案全解全析

1.C　带电粒子所受静电力沿电场线的切线方向或其反方向,且指向曲线弯曲的内侧,静电力方向大致向上,因不知电场线的方向,粒子的电性无法确定,所以选项A错误;电场线是弯曲的,则一定不是孤立点电荷的电场,所以选项B错误;N点处电场线密,则场强大,粒子受到的静电力大,产生的加速度也大,所以选项C正确;因静电力大致向上,粒子由M运动到N时,静电力做正功,粒子动能增加,速度增加,所以选项D错误。

2.A　取甲、乙整体为研究对象,整体受到重力、电场力和上面细线的拉力,因为两个电场力的矢量和为F电=qE+(-qE)=0,所以上边的细线对小球的拉力与总重力平衡,即上边细线的拉力与整体的重力等大反向,所以上边的细线应保持竖直;再对乙球进行分析可知,乙球受到的电场力水平向右,所以下面的细线向右倾斜,故选A。

3.B　由对称性可知,选项A、C图中O点的场强大小相等,设为E,选项D图中O点场强为0,根据场强叠加原理可知选项B图中O点的场强大小为E,因此选项B图中O点场强最大,选项B正确。

4.B　电荷量为+Q的点电荷在P点产生的场强大小为E1=k,方向水平向右;根据场强的叠加原理可得:E0=E1+E,解得金属板上的电荷在P点处产生的电场强度大小为E=E0-k,选项B正确,A、C、D错误。

5.A　对小球受力分析,如图所示,由平衡条件得:qE=mg sin θ,解得E=,选项A正确,B、C、D错误。

6.B　假设圆周上均匀分布的都是电荷量为+q的小球,由于圆周的对称性,根据电场的叠加原理知,圆心O处电场强度为0,当A点小球带电荷量为+3q,其余小球带电荷量为+q时,圆心O点的电场强度大小等效于A点处电荷量为+2q的小球在O点产生的电场强度大小,则有E=k,当A处小球带电荷量也为+q时,O点电场强度大小为0,A处带电荷量为+q的小球在圆心O点产生的电场强度大小为E1=k,方向水平向左,其余带电荷量为+q的小球在O点处产生的合电场强度大小E2=E1=k=,所以仅撤去A点的小球,O点的电场强度等于E2=,选项B正确,A、C、D错误。

7.CD　对带电小球B进行受力分析:受重力mg、A小球的库仑力F以及绝缘光滑槽的支持力N,三力平衡,利用“相似三角形”可得:==,其中R为半圆形槽的半径,x为带电小球A、B间的距离,由数学知识知,x=2R sin,由库仑定律知,F=k,联立解得:sin3=,仅使半圆形槽的半径加倍,θ减小,选项A错误;仅使A球的电荷量加倍,θ增大,选项B错误;使B球的质量和电荷量都加倍,θ保持不变,选项C正确;使半圆形槽的半径和两球的电荷量都减半,θ保持不变,选项D正确。

8.D　对小球受力分析可知mg tan 45°=qE,解得E=,故A、B错误。由于圆环不能看做点电荷,我们取圆环上极小的部分Δx,因为总电荷量为Q,所以该部分电荷量为Q;该部分电荷在小球处产生的电场强度为E1==,方向沿该点与小球的连线指向小球;

同理取关于圆心对称的相同的一段,其在小球处产生的电场强度与E1大小相同,如图所示

则两个场强的合场强为E1'=2· cos 45°=,方向沿圆心与小球的连线向左;

因圆环上各点均在小球处产生电场,则合场强为E=E1'=,方向沿圆心与小球的连线向左,故C错误,D正确。

9.答案　(1)0　(2),方向沿OC向外

解析　(1)圆环上关于圆心对称的两小段圆弧上的电荷在O点处产生的场强大小相等、方向相反,其合场强为零,则带电圆环在O点处的场强为EO=0。

(2)A点处的场强为零,根据电场叠加原理知,带电圆环和B点处点电荷在A点处产生的场强大小均为

EBA=,两者方向相反

根据对称性可知带电圆环在C点处产生的场强大小为

EC1=,方向沿OC向外

B处点电荷在C点处产生的场强大小为

EC2=,方向沿OC向外,则C点处场强E=EC1+EC2,解得E=,方向沿OC向外。

10.答案　(1)3.2 m/s2　(2)0.9 m

解析　(1)开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力,沿杆方向运动,由牛顿第二定律得mg sin θ--qE cos θ=ma

解得a=g sin θ--=3.2 m/s2

(2)小球B速度最大时合力为零,即mg sin θ--qE cos θ=0

解得r==0.9 m