物理必修 第三册第九章 静电场及其应用综合与测试课后练习题

这是一份物理必修 第三册第九章 静电场及其应用综合与测试课后练习题，共7页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1.(2021安徽合肥十一中月考)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2连接,甲球又用绝缘细线1悬挂在天花板上,在两球所在空间有方向水平向左的匀强电场(未画出),电场强度为E,平衡时细线都被拉紧。平衡时的位置可能是4个图中的( )
2.(2022四川遂宁二中期中)如图,空间存在方向水平向右的匀强电场,两个可视为质点的带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板上,两细绳都恰好保持竖直。N为PQ连线中点,M点位于N点正上方且MP=PQ=MQ。则下列说法不正确的是( )
A.P带负电,Q带正电,且电荷量大小相等
B.P与Q的质量不一定相等
C.在P、Q所产生的电场与匀强电场叠加后形成的场中,N点的场强为零
D.在P、Q所产生的电场与匀强电场叠加后形成的场中,M点的场强为零
3.(2021浙江名校新高考研究联盟联考)如图所示,A、B、C三个带电小球(可视为点电荷)质量均为m,A、B分别穿在位于同一竖直线上的两根绝缘细杆上,上方细杆粗糙,下方细杆光滑。已知A、B带电荷量大小均为q0,且A带正电,当系统处于静止状态时,AB和AC长度相等,A、C间绝缘细线与竖直细杆成60°角,细线伸直且恰无拉力。已知静电力常量为k,重力加速度为g,则( )
A.C小球带电荷量大小为13q0
B.A、C间的绝缘细线长为q02kmg
C.A小球受到细杆的摩擦力大小为2mg
D.若保持B小球位置不变,缓慢增加B的电荷量,使A、C两球处于同一水平线,则此时A、C间的绝缘细线拉力大小为0
二、非选择题
4.(2022陕西宝鸡期中)如图所示,质量为4×10-3 kg的带电小球放在一半径为R的半圆形光滑绝缘轨道底部Q点,当在空间加一方向水平向右、大小为1×104 N/C的匀强电场时,小球沿轨道上升15R运动到P点后处于静止状态(g取10 m/s2)。试求:
(1)小球的带电性质;
(2)小球所带的电荷量;
(3)轨道对小球的支持力。
5.(2021北京西城实验中学期中)质量都是m的两个完全相同、带等量电荷的小球A、B(可视为点电荷)分别用长为l的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为2l的M、N两点,平衡时小球A、B的位置如图甲所示,线与竖直方向的夹角α=30°,当外加水平向左的匀强电场时,两小球平衡位置如图乙所示,线与竖直方向夹角也为α=30°。静电力常量为k,重力加速度为g,求:
(1)A、B小球电性及所带电荷量Q;
(2)外加匀强电场的场强E的大小。
6.(2021安徽马鞍山月考)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处固定一个带电小球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,cs 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?
7.(2022江苏苏州常熟中学月考)如图所示,在某竖直平面内有一水平向右的匀强电场,场强E=1×104 N/C。场内有一半径R=2 m的光滑竖直绝缘环形轨道,轨道的内侧有一质量为m=0.4 kg、带电荷量为q=+3×10-4 C的小球,它恰能沿圆环做圆周运动。取重力加速度g=10 m/s2,求:小球动能的最小值。
答案全解全析
专题强化练1
静电场中的力电综合问题
1.A 取甲、乙整体为研究对象,整体受到重力、静电力和细线1的拉力,因为两个静电力的矢量和为F电=qE+(-qE)=0,所以细线1对小球的拉力与总重力平衡,即细线1的拉力与整体的重力等大反向,所以细线1应保持竖直;再对乙球进行分析可知,乙球受到的静电力水平向右,所以细线2向右倾斜,故选A。
2.C 将P、Q视为一个整体,两细绳都恰好保持竖直,则整体在水平方向所受静电力的合力为零,P、Q一定带等量异种电荷。对P单独分析,其所受Q的库仑力水平向右,则所受匀强电场的静电力水平向左,所以P带负电,Q带正电,A说法正确;根据题中所给条件无法确定P与Q的质量关系,P与Q的质量不一定相等,B说法正确;设P、Q间距离为r,P、Q所带电荷量均为q,匀强电场的电场强度大小为E,根据电场强度的叠加原理可知E=kqr2,则N点的场强大小EN=2kqr22-E=7E≠0,C说法错误;根据几何关系以及对称性可知M点的场强大小为EM=2kqr2 cs 60°-E=0,D说法正确。选C。
3.D 由几何关系可知,△ABC为等边三角形,设细线长为l,小球C带电荷量为qC,小球C受力平衡,细线对C无拉力,则A必对C存在库仑引力,B对C存在库仑斥力,对C受力分析如图甲,则FAC=FBC=mg=kq0qCl2;对B受力分析,如图乙,在竖直方向有kq02l2=cs 60°·kq0qCl2+mg,联立可得qC=23q0,l=q02k3mg,选项A、B错误;对A、B、C整体进行受力分析,在竖直方向Ff=3mg,选项C错误;若保持B小球位置不变,缓慢增加B的电荷量,使A、C两球处于同一水平线,以C为研究对象,在竖直方向上FBC' cs 45°=mg,水平方向上FBC' sin 45°=kq0qCl2+T,解得T=0,选项D正确。
4.答案 (1)带正电 (2)3×10-6 C (3)0.05 N
解析 (1)小球在P点受重力、支持力、静电力作用,要处于静止状态,静电力应水平向右,与场强方向相同,故小球带正电。
(2)小球受力示意图如图所示
设轨道支持力与竖直方向夹角为θ,据几何关系可得cs θ=45RR=45
则tan θ=sinθcsθ=1-cs2θcsθ=34
根据共点力平衡条件可得tan θ=qEmg
解得q=mgtanθE=3×10-6 C
(3)根据共点力平衡条件可得,轨道对小球的支持力为N=mgcsθ=0.05 N
5.答案 (1)A球带正电,B球带负电 3mg3kl
(2)1033mgk27l
解析 (1)由题图甲可知A、B带异种电荷,进一步分析题图乙知A球带正电,B球带负电。
未加匀强电场时,两小球相距d=2l-2l sin 30°=l,
由A球受力平衡可得mg tan α=kQ2l2,
解得Q=3mg3kl。
(2)加匀强电场后,两球相距d'=2l+2l sin 30°=3l,
根据A球受力平衡可得
QE-kQ2(3l)2=mg tan α,
解得E=1033mgk27l。
6.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、A对B的库仑力、杆的弹力和匀强电场的静电力,沿杆方向运动,由牛顿第二定律得mg sin θ-kQqL2-qE cs θ=ma
解得a=g sin θ-kQqmL2-qEcsθm=3.2 m/s2
(2)小球B速度最大时合力为零,即
mg sin θ-kQqr2-qE cs θ=0
解得r=kQqmgsinθ-qEcsθ=0.9 m
7.答案 5 J
解析 设静电力与重力的合力和竖直方向的夹角为α,如图所示:
有tan α=qEmg=0.75,解得α=37°
小球恰能沿环形轨道做圆周运动,速度最小的位置应该在“等效最高点”,即图中的B点,根据牛顿第二定律,有mgcsα=mvmin2R
小球动能的最小值为
Ekmin=12mvmin2=12×mgRcsα=12×0.4×10×20.8 J=5 J