人教版（江苏专用）高中物理必修第三册第九章静电场及其应用专题强化练1静电场中的力电综合问题含答案

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专题强化练1　静电场中的力电综合问题一、选择题1.(2024江苏淮安江阴中学期中)可视为点电荷的a、b两个带电小球所带的电荷量分别为+6q和-q,质量分别为m和3m,两球间用一长为L的绝缘细线连接,用长度也为L的另一绝缘细线将a悬挂在天花板上,在两球所在的空间有方向水平向左的匀强电场,电场强度大小为E,平衡时两细线都被拉紧,则平衡时两球的位置可能是图中的(　　)2.(2023黑龙江哈尔滨三中月考)如图所示,A、B两个带电小球可以看成点电荷,用两等长绝缘细线悬挂,处在水平方向的匀强电场中,A、B静止,且悬线都保持竖直,已知A、B相距3 cm,A的电荷量为qA=+3.0×10-9 C,静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,则(　　)A.小球B带正电,qB=3.0×10-9 CB.小球B带负电,qB=-4.0×10-9 CC.匀强电场的电场强度大小E=3×104 N/C,方向水平向左D.A、B连线中点处的电场强度大小为1.6×105 N/C,方向水平向右3.(2023江苏苏州常熟阶段检测)如图所示,在一绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态,现将一带正电的小球B沿以A为圆心的圆弧缓慢地从P点移至A正上方的Q点,已知P、A在同一水平线上,且在此过程中物体A和C始终保持静止。A、B可视为质点,关于此过程,下列说法正确的是(　　)A.地面对斜面C的摩擦力先增大后减小B.地面对斜面C的支持力逐渐减小C.物体A受到斜面的支持力先增大后减小D.物体A受到斜面的支持力一直增大4.(2024江苏徐州期中)如图所示,电荷量为+q的点电荷在均匀带电薄板上方,到薄板的距离为2d,点电荷到带电薄板的垂线通过薄板的几何中心,A、B为垂线上的两点,到薄板的距离均为d。将一带电小球置于B点,释放时的加速度恰好等于重力加速度g。已知静电力常量为k,则(　　)A.薄板带正电B.薄板在A点产生的场强方向竖直向上C.薄板在B点产生的场强大小为kq9d2D.若将带电小球移到A点释放,其加速度仍等于重力加速度g5.(2023江苏南京大学附属中学期末)如图所示,质量分别为m1、m2的带同种电荷的小球A、B,分别用长为l的绝缘细线悬挂在同一点O,两细线与竖直方向各成一定角度α、β,两小球用一绝缘轻质弹簧相连,A、B球连线与过O点的竖直线交于C点,初始时弹簧处于压缩状态。现增加A球的电荷量,下列说法正确的是(　　)A.两细线的拉力之比变大B.两细线的夹角不变C.AC与BC的长度之比不变D.OC的长度一定变大二、非选择题6.(2024河北衡水武强中学月考)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,重力加速度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?7.(2024河北名校联考)如图所示,水平向右的匀强电场中,绝缘丝线一端固定悬挂于O点,另一端连接一带负电小球,小球质量为m,电荷量为Q。O点正下方投影为M点。等量异种点电荷A、B的电荷量均为Q,对称放置于M点两侧,小球静止时恰好处于AM的中点N处。已知AN=NM=L,且绝缘丝线长度为2L,静电力常量为k,重力加速度大小为g,求:(1)匀强电场的电场强度E的大小;(2)撤去匀强电场,保持A、B位置不变,三者电性不变,A、B和小球的电荷量均变为Q'(未知),保持电荷量仍相等,换一根绝缘丝线,调整绝缘丝线上端悬挂位置,使小球仍静止于N点,平衡时丝线与竖直方向的夹角为37°,求A、B在N处产生的合场强E'的大小(已知sin 37°=35,cos 37°=45)。专题强化练1　静电场中的力电综合问题1.B关键点拨　分析悬挂a的细线的偏移方向时,以a、b及a、b间细线组成的整体为研究对象;研究a、b间细线的偏移方向时,以b为研究对象;在分析b在悬点的左侧还是右侧时,比较两细线偏移角度的大小。小球a带正电,受到的电场力水平向左,小球b带负电,受到的电场力水平向右,以a、b及a、b间细线组成的整体为研究对象,所受电场力大小为5Eq,方向水平向左,则上面悬挂a的细线向左偏移,设上面的细线与竖直方向的夹角为α,由平衡条件可得tanα=5Eq4mg;以小球b为研究对象,由于小球b受到的电场力水平向右,故a、b间细线相对于a向右偏移,设其与竖直方向的夹角为β,由平衡条件可得tanβ=Eq3mg,可得α>β,由几何关系可知,b球在悬点偏左的位置,选B。2.C　要使A、B静止,且悬线都保持竖直,则匀强电场对两小球的电场力方向相反,可知两球必定带异种电荷,因此小球B带负电。对A球受力分析,B球对A球的静电力水平向右,则匀强电场对小球A的作用力水平向左,匀强电场的方向水平向左,根据平衡条件有EqA=kqA|qB|dAB2,对B球分析,根据平衡条件有E|qB|=kqA|qB|dAB2,联立解得E=3×104NC,qB=-3.0×10-9C,A、B错误,C正确;由于A、B带等量异种电荷,则A、B连线中点处的电场强度大小为E'=2kqAdAB22-E=7E=2.1×105NC,方向水平向右,选项D错误。模型强化　处理悬挂类带电小球问题的思路　　(1)看:看带电小球的悬挂方式,是串接在一起还是分开连接;带电小球周围是否存在匀强电场。(2)选法:用整体法分析系统在水平或竖直方向的受力情况,是否满足物体的平衡条件;用隔离法分析其中的一个小球,看此小球的受力情况,进而确定其状态。3.C　设B对A的库仑力为F,以A和C整体为研究对象,受到重力、地面的支持力和摩擦力以及B的库仑力,如图所示,设F与竖直方向的夹角为θ,在B沿以A为圆心的圆弧缓慢移动的过程中,A和C整体处于平衡状态,根据平衡条件可得Ff=Fsinθ,FN=Fcosθ+G,由于G、F大小不变,θ逐渐减小,知地面对斜面C的摩擦力逐渐减小,地面对斜面C的支持力逐渐增大,A、B错误。以A为研究对象,可知B对A的库仑力沿垂直于斜面方向的分力先逐渐增大后逐渐减小,设该分力为F',斜面倾角为α,根据平衡条件可得斜面对A的支持力FN'=mgcosα+F',可知FN'先增大后减小,C正确,D错误。4.C　由于带电小球在B点释放时的加速度恰好等于g,知小球在B点只受重力作用,电荷量为+q的点电荷和均匀带电薄板在B点产生的场强等大反向,故均匀带电薄板在B点产生的场强方向竖直向上,大小为EB=kq(3d)2=kq9d2,由此可知薄板带负电,根据对称性可知,薄板在A点产生的场强方向竖直向下,大小为EA'=kq9d2,故A、B错误,C正确;若将带电小球移到A点释放,A点的场强大小为EA=EA'+kqd2=10kq9d2,方向竖直向下,由牛顿第二定律知aA=q'EA+mgm>g,D错误。5.C　对两小球受力分析如图所示,其中F1、F1'为A、B两小球之间的库仑力,F2、F2'为两小球所受的弹簧弹力,满足F=F1+F2=F'=F1'+F2',对A球受力分析,F、T1、m1g三力组成的矢量三角形与几何三角形CAO相似,则有m1gOC=T1OA=FAC;同理对B球亦有m2gOC=T2OB=F'BC。当A球的电荷量增大时,两球之间的距离会增大,但仍有T1T2=m1m2,ACBC=m2m1,α、β增大,细线的长度不变,C点上移,OC长度变小,C正确。6.答案　(1)3.2ms2　(2)0.9m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mgsinθ-kQqL2-qEcosθ=ma解得a=gsinθ-kQqmL2-qEcosθm=3.2ms2(2)小球B速度最大时合力为零,沿杆方向有mgsinθ-kQqr2-qEcosθ=0解得r=kQqmgsinθ-qEcosθ=0.9m7.答案　(1)3mg3Q-10kQ9L2　(2)12L10kmg3解析　(1)对小球受力分析如图所示,在竖直方向有FTcosθ=mgsinθ=L2L=12,则θ=30°,cosθ=32解得FT=233mgA、B对球的库仑力的大小分别为FA=kQ2L2,FB=kQ2(3L)2小球在匀强电场中受到的电场力F=QE由水平方向受力平衡有FA+FB+F=FTsinθ联立解得E=3mg3Q-10kQ9L2(2)撤去匀强电场后,小球受力平衡,有FA'+FB'=FT'sinθ',FT'cosθ'=mg其中θ'=37°,FA'=kQ'2L2,FB'=kQ'2(3L)2解得FT'=5mg4,Q'=3L23mg10kA、B在N处产生的合场强E'=FT'sinθ'Q'联立解得E'=12L10kmg31.B2.C3.C4.C5.C