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1、作業(yè)30 電場力的性質(zhì)
一、選擇題
1.由庫侖定律可知,真空中兩個靜止的點電荷,帶電量分別為q1和q2,其間距離為r時,它們之間相互作用力的大小為F=k,式中k為靜電力常量.若用國際單位制的基本單位表示, k的單位應為( )
A.kg·A2·m3 B.kg·A-2·m3·s-4
C.kg·m2·C-2 D.N·m2·A-2
解析:由庫侖定律知k=,式中都取國際單位時k的單位為,由I=知,1 C2=1 A2·s2,又因1 N=1,整理可得k的單位應為·,即kg·A-2·m3·s-4,故B正確.
答案:B
圖30-1
2.(鄭州模擬)如圖30-1所示,半
2、徑相同的兩個金屬球A、B帶有相等的電荷量,相隔一定距離,兩球之間相互吸引力的大小是F.今讓第三個半徑相同的不帶電的金屬小球先后與A、B兩球接觸后移開.這時,A、B兩球之間的相互作用力的大小是( )
A. B. C. D.
解析:A、B兩球互相吸引,說明它們必帶異種電荷,設它們帶的電荷量分別為+q、-q.當?shù)谌齻€不帶電的C球與A球接觸后,A、C兩球帶電荷量平分,每個球帶電荷量為q1=+,當再把C球與B球接觸后,兩球的電荷先中和再平分,每球帶電荷量q2=-.由庫侖定律F=k知,當移開C球后,A、B兩球之間的相互作用力的大小變?yōu)镕′=,A項正確.
答案:A
圖30-2
3
3、.如圖30-2所示,Q帶負電荷,導體P在a處接地,下列說法中正確的是( )
A.導體P的a端不帶電荷,b端帶負電荷
B.導體P的a端帶正電荷,b端不帶電
C.導體P的a端帶正電荷,b端帶負電荷,且正、負電荷的電荷量相等
D.導體P的a端帶正電荷,b端帶負電荷,正電荷的電荷量大于負電荷的電荷量
解析:導體接地,它與大地組成一個導體,相對于負電荷Q,a端離Q較近.根據(jù)“近異遠同”“兩端等量”的規(guī)律,導體a端帶正電,b端感應出來的負電荷被導到大地上,所以不帶電,大地作為遠端帶有等量的負電荷.故B正確,A、C、D錯誤.
答案:B
圖30-3
4.(山西五校四聯(lián))兩點電荷Q1、
4、Q2產(chǎn)生的電場的電場線如圖30-3所示.根據(jù)電場線的分布情況,下列判斷正確的是( )
A.Q1的電荷量小于Q2的電荷量
B.Q1的電荷量大于Q2的電荷量
C.Q1、Q2一定均為正電荷
D.Q1、Q2一定均為負電荷
解析:由電場線的分布情況可知,Q1的電荷量小于Q2的電荷量,A項正確,B項錯誤.因為電場線沒有標出方向,不能斷定電荷的正負,故C、D項錯誤.
答案:A
5.均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場.如圖30-4所示,在半球面AB上均勻分布著正電荷,總電荷量為q,球面半徑為R,CD為通過半球面頂點與球心O的軸線,在軸線上有M、N兩點,OM=ON
5、=2R.已知M點的場強大小為E,則N點的場強大小為( )
圖30-4
A. B.-E
C.-E D.+E
解析:假設將帶電荷量為2q的球面放在O處,均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場.則在M、N點所產(chǎn)生的電場為E==,由題知當半球面如題圖所示在M點產(chǎn)生的場強為E,則N點的場強為E′=-E,B正確.
答案:B
圖30-5
6.如圖30-5所示,一個均勻的帶電圓環(huán),帶電荷量為+Q,半徑為R,放在絕緣水平桌面上.圓心為O點,過O點作一豎直線,在此線上取一點A,使A到O點的距離為R,在A點放一檢驗電荷+q,則+q在A
6、點所受的電場力為( )
A.,方向向上 B.,方向向上
C.,方向水平向左 D.不能確定
解析:先把帶電圓環(huán)分成若干個小部分,每一部分可視為點電荷,各點電荷對檢驗電荷的庫侖力在水平方向上相互抵消,豎直向上方向上電場力大小為=,故選B.
答案:B
圖30-6
7.(多選)如圖30-6所示,在光滑絕緣的水平桌面上有四個小球,帶電荷量分別為-q、Q、-q、Q.四個小球構成一個菱形,-q、-q的連線與-q、Q的連線之間的夾角為α.若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài),則正確的關系式可能是( )
A.cos3α= B.cos3α=
C.sin3α= D.sin
7、3α=
解析:設菱形邊長為a,則兩個Q之間距離為2asinα,兩個-q之間距離為2acosα.選?。璹作為研究對象,由庫侖定律和平衡條件得2kcosα=k,解得cos3α=,選項A正確,B錯誤.選取Q作為研究對象,由庫侖定律和平衡條件得2ksinα=k,解得sin3α=,選項C正確,D錯誤.
答案:AC
圖30-7
8.(多選)如圖30-7所示,有一帶電物體處在一個斜向上的勻強電場E中,由靜止開始沿天花板向左做勻速直線運動,下列說法正確的是( )
A.物體一定帶正電
B.物體一定帶負電
C.物體不一定受彈力的作用
D.物體一定受彈力的作用
解析:若物體帶負電荷,則受電場
8、力向右下方,重力向下,則物體必然斜向下運動,不符合題意,A項正確,B項錯誤;若物體帶正電,則受力分析如圖30-8所示,因物體做勻速直線運動,則合力必為零,一定受到摩擦力,必然受到彈力作用,C項錯誤,D項正確.
圖30-8
答案:AD
圖30-9
9.(佛山市大聯(lián)考)(多選)如圖30-9所示,A、B兩球所帶電荷量均為2×10-5 C,質(zhì)量均為0.72 kg,其中A球帶正電荷,B球帶負電荷,A球通過絕緣細線吊在天花板上,B球一端固定絕緣棒,現(xiàn)將B球放在某一位置,能使絕緣細線伸直,A球靜止且與豎直方向的夾角為30°,g取10 m/s2,則B球距離A球的距離可能為( )
A.0.5
9、 m B.0.8 m C.1.2 m D.2.5 m
解析:對A受力分析,受重力mg、繩的拉力FT、B對A的吸引力F,由分析知,A平衡時,F(xiàn)的最小值為F=mgsin30°=,解得r=1 m,所以兩球的距離d≤1 m,A、B正確.
答案:AB
10.(安徽八校聯(lián)考)(多選)如圖30-10所示,一絕緣細線Oa下端系一輕質(zhì)帶正電的小球a(重力不計),地面上固定一光滑的絕緣圓弧管道AB,圓心與小球a位置重合.一質(zhì)量為m、帶負電的小球b由A點靜止釋放.小球a由于受到絕緣細線的拉力而靜止,其中細線O′a水平,Oa懸線與豎直方向的夾角為θ.當小球b沿圓弧管道運動到小球a正下方B點時對管道壁恰
10、好無壓力,在此過程中(a、b兩球均可視為點電荷)( )
圖30-10
A.b球所受的庫侖力大小為3mg
B.b球的機械能逐漸減小
C.水平細線的拉力先增大后減小
D.懸線Oa的拉力先增大后減小
解析:電場力對b球不做功,故b球的機械能守恒,由機械能守恒定律可得mv=mgR,則小球運動到B點的速度vB=;小球對管道無壓力,則F庫-mg=m,解得F庫=3mg,A正確,B錯誤;設小球b在某位置時和a點連線與豎直方向的夾角為α,懸線Oa的拉力為FT1,懸線O′a的拉力為FT2,則對小球a,可得FT2=FT1sinθ+Fsinα,F(xiàn)T1cosθ=Fcosα,當小球b從A點向B點運動時,
11、α角一直減小,可知FT1一直增大,D錯誤;FT2=Fcosαtanθ+Fsinα=sin(θ+α),則當α從90°減小到0時,F(xiàn)T2先增大后減小,C正確.
答案:AC
圖30-11
11.(多選)如圖30-11所示,整個空間存在水平向左的勻強電場,一長為L的絕緣輕質(zhì)細硬桿一端固定在O點、另一端固定一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球P,桿可繞O點在豎直平面內(nèi)無摩擦轉動,電場的電場強度大小為E=.先把桿拉至水平位置,然后將桿無初速度釋放,重力加速度為g,不計空氣阻力,則( )
A.小球到最低點時速度最大
B.小球從開始至最低點過程中動能一直增大
C.小球對桿的最大拉力大小為mg
12、D.小球可繞O點做完整的圓周運動
解析:如圖30-12所示,小球受到的重力和電場力分別為mg和qE=mg,此二力的合力大小為F=mg,方向為與豎直方向成30°角,可知桿從水平位置轉到與合力F沿桿的方向相同時,合力F與小球速度的方向夾角一直小于90°,F(xiàn)一直做正功
圖30-12
,故小球轉到與合力F沿桿的方向相同時小球速度最大,且從開始至最低點過程中動能一直增大,A錯誤,B正確;設小球的最大速度為v,從釋放到小球達到最大速度的過程,應用動能定理有:Eq(L+Lsin30°)+mgLcos30°=mv2-0,設小球速度最大時,桿對小球的拉力為Fm,對小球應用向心力公式有:Fm-F=,解得
13、Fm=mg,由牛頓第三定律知C正確;根據(jù)等效性可知桿轉過240°角時速度減小為0,未到達圓周的等效最高點,小球不能做完整的圓周運動,D錯誤.
答案:BC
12.(多選)P、Q兩電荷的電場線分布如圖30-13所示,a、b、c、d為電場中的四點,c、d關于PQ連線的中垂線對稱.一個離子從a運動到b(不計重力),軌跡如圖所示,則下列判斷正確的是( )
圖30-13
A.P帶正電
B.c、d兩點的電場強度相同
C.離子在運動過程中受到P的吸引力
D.離子從a到b,電場力做正功
解析:由電場線的方向可知P帶正電,Q帶負電,A正確;c、d兩點場強大小相同,但方向不同,B錯誤;離子所受
14、電場力的方向應該指向曲線的凹側,故可以判斷出離子在運動過程中受到P電荷的吸引力,C正確;離子從a到b,電場力的方向和離子速度方向的夾角大于90°,電場力做負功,D錯誤.
答案:AC
二、非選擇題
13.(2017年高考·北京卷)如圖30-14所示,長l=1 m的輕質(zhì)細繩上端固定,下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球,小球靜止在水平向右的勻強電場中,繩與豎直方向的夾角θ=37°.已知小球所帶電荷量q=1.0×10-6 C,勻強電場的場強E=3.0×103 N/C,取重力加速度g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:
圖30-14
(1)小球所受電場力F的大小
15、;
(2)小球的質(zhì)量m;
(3)將電場撤去,小球回到最低點時速度v的大小.
解析:(1)F=qE=3.0×10-3 N.
(2)由平衡條件得=tan37°,
得m=4.0×10-4 kg.
(3)由動能定理得mgl(1-cos37°)=mv2,
得v==2.0 m/s.
答案:(1)3.0×10-3 N (2)4.0×10-4 kg
(3)2.0 m/s
圖30-15
14.如圖30-15所示,一根長L=1.5 m的光滑絕緣細直桿MN,豎直固定在電場強度E=1.0×105 N/C、與水平方向成θ=30°角的傾斜向上的勻強電場中.桿的下端M固定一個帶電小球A,電荷量Q
16、=+4.5×10-6 C;另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動,電荷量q=+1.0×10-6 C,質(zhì)量m=1.0×10-2 kg.現(xiàn)將小球B從桿的上端N由靜止釋放,小球B開始運動.(靜電力常量k=9.0×109 N·m2/C2,取g=10 m/s2)問:
(1)小球B開始運動時的加速度為多大?
(2)小球B的速度最大時,距M端的高度h1為多少?
圖30-16
解析:(1)開始運動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力,如圖30-16所示沿桿方向運動,由牛頓第二定律得
mg--qEsinθ=ma
解得a=g--
代入數(shù)據(jù)得a=3.2 m/s2.
(2)小球B速度最大時合力為零,即
+qEsinθ=mg,
解得h1=
代入數(shù)據(jù)解得h1=0.9 m.
答案:(1)3.2 m/s2 (2)0.9 m