D_2019版一轮优化探究物理(鲁科版)练习：第七章电场力的性质含解析
【配套K12】2019版一轮优化探究物理(鲁科版)练习：第七章 第2讲 电场能的性质 Word版含解
[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．(2018·江西九江十三校联考)对于静电场中的A、B两点，下列说法正确的是() A．点电荷在电场中某点受力的方向一定是该点电场强度的方向B．电势差的公式U AB＝W ABq，说明A、B两点间的电势差U AB与静电力做功W AB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比C．根据E＝Ud知，电场强度与电场中两点间的距离d成反比D．若将一正电荷从A点移到B点电场力做正功，则A点的电势高于B点的电势解析：正点电荷所受的电场力与电场强度方向相同，负点电荷所受的电场力与电场强度方向相反，故A错误．电势差的公式U AB＝W ABq，运用比值法定义，电势差U AB与静电力做功、移动电荷的电荷量无关，故B错误．E＝Ud中d是两点沿电场方向的距离，只适用于匀强电场，而匀强电场的电场强度处处相同，场强与d无关，故C错误．根据公式W AB＝qU AB知，W AB>0，q>0，则U AB >0，则A点的电势高于B点的电势，故D正确．答案：D2．一个带正电的质点，电荷量q＝2.0×10－9 C，在静电场中由a点移动到b点．在这过程中除静电力外，其他力做的功为6.0×10－5 J，质点的动能增加了8.0×10－5 J，则a、b两点间的电势差U ab为()A．1×104 V B．－1×104 VC．4×104 V D．－7×104 V解析：根据动能定理得W ab＋6.0×10－5J＝8.0×10－5J，则W ab＝8.0×10－5J－6.0×10－5 J ＝2.0×10－5 J ．由U AB ＝W AB q 得U ab ＝2.0×10－52.0×10－9 V ＝1×104 V ，选项A 正确．答案：A3.如图所示，匀强电场方向平行于xOy 平面，在xOy 平面内有一个半径为R ＝5 m 的圆，圆上有一个电荷量为q ＝＋1×10－8 C的试探电荷P ，半径OP 与x 轴正方向的夹角为θ，P 沿圆周移动时，其电势能E p ＝2.5×10－5sin θ(J)，则( )A ．x 轴位于零势面上B ．电场强度大小为500 V/m ，方向沿y 轴正方向C ．y 轴位于零势面上D ．电场强度大小为500 V/m ，方向沿x 轴正方向解析：由E p ＝2.5×10－5sin θ(J)知，x 轴上的势能为零，是零势面，电场线沿y 轴方向，A 正确，C 错误；当θ＝90°时，E p ＝2.5×10－5 J ＝EqR ，解得E ＝500 V/m ，此时电势能大于零，故电场强度的方向沿y 轴负方向，B 、D 错误．答案：A4．两电荷量分别为q 1和q 2的点电荷固定在x 轴上的O 、M 两点，两电荷连线上各点电势φ随x 变化的关系如图所示，其中C 为ND 段电势最低的点，则下列说法正确的是( )A ．q 1、q 2为等量异种电荷B ．N 、C 两点间场强方向沿x 轴负方向C ．N 、D 两点间的电场强度大小沿x 轴正方向先减小后增大D ．将一正点电荷从N 点移到D 点，电势能先增大后减小解析：根据q 1左侧和q 2右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷，A错误；N、C间的电场方向沿x轴正方向，C点场强为0，B错误；根据N→D间图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，C正确；正电荷从N移到D，由E p＝qφ知，电势能先减小后增大，D错误．答案：C5.(2018·陕西西安质检)如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN.以下说法正确的是()A．O点电势与Q点电势相等B．O、M间的电势差小于N、Q间的电势差C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上解析：由电场线的方向可知φM＞φO＞φN，再作出此电场中过O的等势线，可知φO＞φQ，A错误；MO间的平均电场强度大于ON间的平均电场强度，故U MO＞U ON，B错误；因U MQ＞0，负电荷从M到Q电场力做负功，电势能增加，C正确；正电荷在Q点的电场力方向沿电场线的切线方向而不是圆的切线方向，D 错误．答案：C二、多项选择题6．(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知()A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小解析：带电油滴在电场中受重力、电场力作用，据其轨迹的对称性可知，电场力方向竖直向上，且电场力大于重力，电场力先做负功后做正功，则电场强度方向向下，Q点的电势比P点高，选项A正确；油滴在P点的速度最小，选项B正确；油滴在P点的电势能最大，选项C错误；油滴运动的加速度大小不变，选项D错误．答案：AB7.(2018·贵州贵阳高三检测)如图所示，虚线ac和bd分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在椭圆的两个焦点P、Q上，c、e两点关于Q点对称，下列说法正确的是()A．a、c两点场强相同，电势也相同B．b、d两点场强相同，电势也相同C．同一带正电的试探电荷在e点具有的电势能小于在c点具有的电势能D．将一带负电的试探电荷沿椭圆从a点经b点移到c点的过程中电场力始终做负功解析：a、c两点场强相同，电势不等，故A错误．b、d两点场强大小方向都相同，电势也相同，故B正确．e点电势高于c点，同一正电荷在e点具有的电势能大于在c点具有的电势能，故C错误．负电荷沿椭圆从a点移到c点，因电势一直降低，故电场力一直做负功，故D正确．答案：BD8.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点由静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a()A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量解析：小球a从N点释放一直到达Q点的过程中，a、b两球的距离一直减小，库仑力变大，a受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A错误；小球a从N到P的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a球速率先增大后减小，选项B正确；小球a由N到Q的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C正确；小球a从P到Q的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，则选项D错误．答案：BC[能力题组]一、选择题9.如图甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下由电场线上A点沿直线运动到B点，其速度平方v2与位移s的关系如图乙所示．E A、E B表示A、B两点的电场强度，φA、φB表示A、B两点的电势．以下判断正确的是()A．E A＜E B B．E A＞E B C．φA＞φB D．φA＜φB解析：由速度平方v2与位移s的关系与v2－v20＝2as对比可得，电子做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，合力(电场力)恒定，此电场为匀强电场，选项A、B 错误；电子从A到B，电场力做正功，电势能减小，电势增大，选项D正确，C 错误．答案：D10.如图所示为沿水平方向的匀强电场的三条电场线，竖直平面内有一个圆周，A点为圆周上和圆心同一高度的一点，B点为圆周上的最高点．在A点的粒子源以相同大小的初速度v0在竖直面内沿各个方向发射带正电的同种粒子(不计粒子重力)，竖直向上发射的粒子恰好经过B 点，则从圆周上离开的粒子的最大速度大小为( )A ．3v 0B ．2v 0 C.2v 0 D ．v 0解析：设粒子所带电荷量为＋q ，质量为m ，电场强度为E ，圆周的半径为R ，因竖直向上发射的粒子做类平抛运动经过B 点，故电场方向水平向右，且有a＝qE m ，R ＝v 0t ，R ＝12at 2，解得qE ＝2m v 20R .粒子从圆周上右侧与圆心等高处离开时的速度最大，则有qE ×2R ＝12m v 2－12m v 20，可得v ＝3v 0，选项A 正确．答案：A11.在中间位置有固定转动轴的长为2l 的轻质杆两端固定两完全相同的质量为m 、电荷量为＋q 的小球1和2，装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中，开始时杆在水平位置静止．现给小球1一个竖直向上的速度，让小球1、2绕转动轴各自转动到B 、A 位置，A 、B 间电势差是U ，小球1、2构成的系统动能减少量是( )A ．一定大于12Uq B ．一定等于2(Uq ＋mgl ) C ．一定小于Uq D ．一定大于Uq ＋mgl解析：杆水平时，1、2两球所在处电势相等，令电势为零，φ＝0，设A 、B 两处的电势分别为φA 和φB ，显然φA ＞0，φB ＜0，且φA－φC ＞φC －φB (C 为过1、2的等势线与竖直杆的交点)，系统电势能的增加量为ΔE p 增＝qφA ＋qφB ＝q (φA ＋φB )据题意知，φA －φB ＝φA ＋|φB |＝U故φA ＋φB ＜U ，再据能量守恒定律知ΔE k 减＝ΔE p 增故有ΔE k 减＜qU ，可见C 选项正确．答案：C12.(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON 在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝qE，则()A．电场方向竖直向上B．小球运动的加速度大小为gC．小球上升的最大高度为v20 2gD．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为m v20 4解析：如图所示，由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120°角，A项错误；由图中几何关系可知，小球所受合力为mg，由牛顿第二定律可知a＝g，方向与初速度方向相反，B项正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得－mg·2h＝0－12m v 20，解得h＝v24g，C项错误；小球上升过程中，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则E p＝－W ON＝－qE·2h cos 120°＝m v 2 04，D项正确．答案：BD二、非选择题13.如图所示，在距足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为＋Q的点电荷，一质量为m、带电荷量为＋q的物块(可视为质点)，从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v.已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处的电势为零)，P A连线与水平轨道的夹角为60°，试求：(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小；(2)点电荷＋Q产生的电场在B点的电势．解析：(1)物块在A 点受到点电荷的库仑力F ＝kQq r 2由几何关系可知P 、A 间距离r ＝h sin 60°，设物块在A 点时受到轨道的支持力大小为N ，在竖直方向由平衡条件有N －mg －F sin 60°＝0，解得N ＝mg ＋33kQq 8h 2.(2)设点电荷产生的电场在B 点的电势为φB ，由动能定理有q (φ－φB )＝12m v 2－12m v 20解得φB ＝φ＋m (v 20－v 2)2q. 答案：(1)mg ＋33kQq 8h 2 (2)φ＋m (v 20－v 2)2q14．(2015·高考全国卷Ⅱ)如图，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A 、B 两点间的电势差．解析：设带电粒子在B 点的速度大小为v B .粒子在垂直于电场方向上的速度分量不变，即v B sin 30°＝v 0sin 60°①由此得v B ＝3v 0②设A 、B 两点间的电势差为U AB ，由动能定理有qU AB ＝12m (v 2B －v 20)③ 联立②③式得U AB ＝m v 20q ④答案：m v 20q。
【物理】2019届一轮复习鲁科版第七章电场的力的性质学案
基础课1 电场的力的性质知识点一、电荷及电荷守恒定律1．元电荷、点电荷(1)元电荷：e ＝1.6×10－19 C ，所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，其中质子、正电子的电荷量与元电荷相同。
(2)点电荷：物理学上把本身的大小比相互之间的距离小得多的带电体叫做点电荷。
2．静电场(1)定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质。
(2)基本性质：对放入其中的电荷有力的作用。
3．电荷守恒定律(1)内容：电荷既不能创造，也不能消灭，只能从物体的一部分转移到另一部分或者从一个物体转移到另一个物体。
在任何转移的过程中，电荷的总量不变。
(2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电。
(3)带电实质：物体带电的实质是得失电子。
知识点二、库仑定律1．内容：真空中两个点电荷之间的相互作用力F 的大小，跟它们的电荷量Q 1、Q 2的乘积成正比，跟它们的距离r 的二次方成反比；作用力的方向沿着它们的连线。
同种电荷相斥，异种电荷相吸。
2．表达式：F ＝k Q 1Q 2r 2，式中k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，叫静电力常量。
3．适用条件：真空中的点电荷。
知识点三、电场强度、点电荷的场强1．定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F 与它的电荷量q 的比值叫做电场强度。
2．定义式：E ＝F q 。
单位：N/C 或V/m3．点电荷的电场强度：真空中点电荷形成的电场中某点的电场强度：E ＝k Q r 。
4．方向：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向。
5．电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，遵从平行四边形定则。
知识点四、电场线1．定义：为了形象地描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中绘出一些曲线，曲线上任一点的电场强度方向就在该点的切线方向上，这样的曲线叫做电场线。
电场线的疏密大致表示电场强度的大小。
2.[思考判断](1)物体带电的实质是电子的转移。
2019年高考物理人教版一轮复习习题：第7章+第1讲电场力的性质+含解析.doc
第七章第［讲1. （2016-浙江理综）（多选）如图所示，把力、〃两个相同的导电小球分别用长为0.10m 的 绝缘细线悬挂于Q 和两点。
用丝绸摩擦过的玻璃棒与力球接触，棒移开后将悬点Og 移 到Q 点固定。
两球接触后分开，平衡时距离为0.12im 己测得每个小球质量是8.0X10_4kg, 带电小球可视为点电荷，重力加速度g=10m/s 2,静电力常量^ = 9.0xl09N-m 2/C 2,则导学号 21992465 ( ACD )A. 两球所带电荷量相等B. A 球所受的静电力为1.0X 10_2NC. 3球所带的电荷量为4&X1（T 8CD. A. 3两球连线中点处的电场强度为0［解析］因/、B 两球相同，故接触后两球所带的电荷量相同，故A 项正确；由题意知 平衡时/、B 两球离悬点的高度为h =A/0.102-0.062m=0.08m,设细线与竖直方向夹角为&, ✓A Q T-*则 伽0=才西=二，由tan<9=—,知A 球所受的静电力F=〃?gtanO=6X 10 3N, B 项错误； 由库仑定律F=g ，得B 球所带的电荷量0=V|=O.12X 寸;简0忆=4百X 10_8C, 则C 项正确；4、3两球带同种电荷，则力、B 两球连线中点处的电场强度为0,故D 项正 确。
2. （2016-全国卷II ）如图，P 是固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆。
带电粒子 0在卩的电场中运动。
运动轨迹与两圆在同一平面内，b 、c 为轨迹上的三个点。
若0仅 受尸的电场力作用，其在°、b 、C 点的加速度大小分别为口八①八a©速度大小分别为％、5、% 则导学号 21992466 ( D )2年高考模拟 »»> 2-NIAN-GA0-KA0-M0-NIC • ab>a c>a(I，Vh>v c>v aD • a/,>a c>a a, v a>v c>Vb［解析1由点电荷电场强度公式E=A可知，离场源点电荷P越近，电场强度越大，Q 受到的电场力越大，由牛顿第二定律可知，加速度越大，由此可知，a b>a c>a（l,故A、B选项错误；由力与运动的关系可知，0受到的库仑力指向运动轨迹凹的一侧，因此Q与户带同种电荷，0从c 到b的过程中，电场力做负功，动能减少，从〃到G的过程中电场力做正功，动能增加，因此Q 在乃点的速度最小，由于c、b两点的电势差的绝对值小于Q、b两点的电势差的绝对值，因此0从c到〃的过程中，动能的减少量小于从b到a的过程中动能的增加量，0在c点的动能小于在a点的动能，即有v a>v c>v h y故D选项正确。
版一轮优化探究物理(鲁科版)课件：第七章 微专题七 带电粒子在电场中运动问题的规范解答
解得 v＝
2qU m (2
分)
(2)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，由牛顿第二
定律得 qE＝mvR2＝m2Lv2②(3 分)
联立①②解得 E＝4LU(2 分)
•1、所有高尚教育的课程表里都不能没有各种形式的跳舞：用脚跳舞，用思想跳舞，用言语跳舞，不用说，还需用笔跳舞。 •2、一切真理要由学生自己获得，或由他们重新发现，至少由他们重建。 •3、教育始于母亲膝下，孩童耳听一言一语，均影响其性格的形成。 •4、好的教师是让学生发现真理，而不只是传授知识。 •5、数学教学要“淡化形式，注重实质.
联立以上各式并代入数据Βιβλιοθήκη 解得 v0＝ 31g0L，(1 分)
y＝1370L，(1 分)
t＝2 125Lg，(1 分)
h＝41L5.(1 分)
所以小球抛出点 A 的坐标为(0，1370L)，(1 分)
小球抛出时的初速度大小为 v0＝
3gL 10 .(1
分)
(2)设小球进入电场时的速度大
小为 v，则由动能定理可得 mgh
6、“教学的艺术不在于传授本领，而在于激励、唤醒、鼓舞”。2021年11月2021/11/222021/11/222021/11/2211/22/2021
•7、不能把小孩子的精神世界变成单纯学习知识。如果我们力求使儿童的全部精神力量都专注到功课上去，他的生活就会变得不堪忍 受。他不仅应该是一个学生，而且首先应该是一个有多方面兴趣、要求和愿望的人。2021/11/222021/11/22November 22, 2021
解得 t1＝2d
m 2qU(1
分)
设微粒在半圆形金属板间运动经过 t2 第一次到达最低点 P 点，
则 t2＝14·2πvR＝π4Lv＝π4L 2mqU④(2 分) 从释放微粒开始到微粒第一次到达 P 点经过的时间：
近年高考物理一轮复习第七章第2讲电场能的性质练习鲁科版(2021年整理)
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第2讲电场能的性质[课时作业] 单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．(2018·江西九江十三校联考)对于静电场中的A、B两点，下列说法正确的是（) A．点电荷在电场中某点受力的方向一定是该点电场强度的方向B．电势差的公式U AB＝错误!，说明A、B两点间的电势差U AB与静电力做功W AB 成正比，与移动电荷的电荷量q成反比C．根据E＝错误!知，电场强度与电场中两点间的距离d成反比D．若将一正电荷从A点移到B点电场力做正功，则A点的电势高于B点的电势解析:正点电荷所受的电场力与电场强度方向相同,负点电荷所受的电场力与电场强度方向相反，故A错误．电势差的公式U AB＝错误!，运用比值法定义,电势差U AB与静电力做功、移动电荷的电荷量无关,故B错误．E＝错误!中d是两点沿电场方向的距离，只适用于匀强电场，而匀强电场的电场强度处处相同，场强与d无关，故C错误．根据公式W AB＝qU AB知,W AB>0，q>0,则U AB〉0，则A点的电势高于B点的电势，故D正确．答案:D2．一个带正电的质点，电荷量q＝2.0×10－9 C,在静电场中由a点移动到b 点．在这过程中除静电力外，其他力做的功为6。
0×10－5 J，质点的动能增加了8.0×10－5 J,则a、b两点间的电势差U ab为( )A．1×104 V B．－1×104 VC．4×104 V D．－7×104 V解析：根据动能定理得W ab＋6。
2019版一轮优化探究物理（人教版）课件：第七章 第2讲 电场能的性质
解析：由题意可知 a、b 两点的电势相等，则 ab 为一条等势线， 又 O 点电势为 2 V，则知匀强电场的场强方向垂直于 ab 指向左 下方
过 O 点作 ab 的垂线交 ab 于 c 点 由几何关系得 tan ∠b＝43，得∠b＝53° Oc＝Ob·sin ∠b＝0.03 m×sin 53°＝2.4×10－2 m c、O 间的电势差 U＝8 V－2 V＝6 V 则电场强度大小 E＝OUc＝250 V/m，故 A 正确． 答案：A
(7) 电 势 的 大 小 由 电 场 的 性 质 决 定 ， 与 零 电 势 点 的 选 取 无 关．( × ) (8)电势差 UAB 由电场本身的性质决定，与零电势点的选取无 关．( √ )
[高频考点•分类突破]
核心要点突破
1．电场线与等势面的关系：电场线与等势面垂直，并从电势 较高的等势面指向电势较低的等势面． 2．电场强度大小与电势无直接关系：零电势可人为选取，电 场强度的大小由电场本身决定，故电场强度大的地方，电势不 一定高． 3．电势能与电势的关系：正电荷在电势高的地方电势能大； 负电荷在电势低的地方电势能大．
判断方法
方法解读
做功法
电场力做正功，电势能减小 电场力做负功，电势能增加
在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动
能量守恒法 能和电势能相互转化，动能增加，电势能减
小，反之，动能减小，电势能增加
题组突破训练
1．[等势面的特点] (2016·高考全国卷Ⅲ)关于静电场的等势 面，下列说法正确的是( ) A．两个电势不同的等势面可能相交 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．同一等势面上各点电场强度一定相等 D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等 势面，电场力做正功
A．两点电荷一定都带负电，但电荷量不一定相等 B．两点电荷一定都带负电，且电荷量一定相等 C．试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处 D．t2 时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零
2019版高考物理一轮复习 第七章 静电场 课后分级演练20 库仑定律 电场力的性质
课后分级演练(二十) 库仑定律 电场力的性质【A 级——基础练】1.如图所示，两个不带电的导体A 和B ，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C 置于A 附近，贴在A 、B 下部的金属箔都张开( )A ．此时A 带正电，B 带负电 B ．此时A 电势低，B 电势高C ．移去C ，贴在A 、B 下部的金属箔都闭合D ．先把A 和B 分开，然后移去C ，贴在A 、B 下部的金属箔都闭合解析：C 由于静电感应，A 带负电，B 带等量正电，若移去C ，A 、B 所带等量正负电荷中和，金属箔闭合，所以C 正确，A 错误；处于电场中的导体是等势体，B 错误；若先把A 、B 分开，然后移去C ，A 、B 所带电荷就不能中和，金属箔不再闭合，D 错误．2．三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电荷量为q ，球2的带电荷量为nq ，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F .现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F ，方向不变．由此可知( )A ．n ＝3B ．n ＝4C ．n ＝5D ．n ＝6解析：D 设球1、2之间的距离为r ，球3和它们没有接触前，由库仑定律有kq ×nqr 2＝F ，接触后，球2带电荷量为n 2q ，球1带电荷量为n ＋24q ，由库仑定律有n ＋2nq 2k8r2＝F ，联立上面两式解得n ＝6，D 项对．3.(多选)在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球构成菱形，其带电量如图所示．图中－q 与－q 的连线跟－q 与＋Q 的连线之间夹角为α，若该系统处于平衡状态，则正确的关系式为( )A ．cos 3α＝q 8QB ．cos 3α＝q 2Q2C ．sin 3α＝Q8qD ．sin 3α＝Q 2q2解析：AC 设菱形的边长为L ，对下方的电荷由力的平衡条件得：2kQqL 2cos α＝kq 22L cos α2，解得：cos 3α＝q8Q，A 正确，B 错误；对左边电荷分析由力的平衡条件得：2k Qq L 2sin α＝k Q 22L sin α2，解得：sin 3α＝Q8q，C 正确，D 错误．4.(多选)(2017·广东第二次大联考)如图所示，A 、B 两球所带电荷量均为2×10－5C ，质量均为0.72 kg ，其中A 球带正电荷，B 球带负电荷，A 球通过绝缘细线吊在天花板上，B 球一端固定绝缘棒，现将B 球放在某一位置，能使绝缘细线伸直，A 球静止且与竖直方向的夹角为30°，则B 球距离A 球的距离可能为( )A ．0.5 mB ．0.8 mC ．1.2 mD ．2.5 m解析：AB 对A 受力分析，受重力mg 、绳的拉力F T 、B 对A 的吸引力F ，由分析知，A平衡时，F 的最小值为F ＝mg sin 30°＝kq 2r2，解得r ＝1 m ，所以两球的距离d ≤1 m，A 、B正确．5．如图所示，在正方形四个顶点分别放置一个点电荷，所带电荷量已在图中标出，则下列四个选项中，正方形中心处场强最大的是( )解析：B 根据点电荷电场强度公式E ＝k Qr2，结合矢量合成法则求解．设正方形顶点到中心的距离为r ，则A 选项中电场强度E A ＝0，B 选项中电场强度E B ＝22k Q r2，C 选项中电场强度E C ＝k Q r 2，D 选项中电场强度E D ＝2k Q r2，所以B 正确．6.(多选)如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O 、A 、B 三点，其中O 为圆心．A 点固定电荷量为Q 的正电荷，B 点固定一个未知电荷，且圆周上各点电势相等，AB ＝L .有一个可视为质点的质量为m 、电荷量为－q 的带电小球正在滑槽中运动，在C 点受到的电场力指向圆心，C 点所处的位置如图所示，根据题干和图示信息可知( )A ．B 点的电荷带正电 B ．B 点处电荷的电荷量为3QC ．B 点处电荷的电荷量为3QD ．小球在滑槽内做的是匀速圆周运动解析：CD 小球在C 点的合力方向一定沿CO ，且指向O 点．A 点电荷对小球吸引，B 点电荷对小球排斥，因为小球带负电，则B 点电荷带负电．由∠ABC ＝∠ACB ＝30°知，∠ACO ＝30°，AC ＝AB ＝L ，BC＝2AB cos 30°＝3L .由力的合成得F 1＝3F 2，即kQqL 2＝3kQ B q 3L2，解得Q B ＝3Q ，故A 、B 错误，C 正确．已知圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故D 正确．7.如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k .若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )A.3kq 3l 2 B.3kq l2C.3kq l2D.23kql 2解析：B 设小球c 带电荷量为Q ，由库仑定律可知小球a 对小球c 的库仑引力为F ＝k qQl2，小球b 对小球c 的库仑引力为F ＝k qQ l2，二力合力为2F cos 30°.设水平匀强电场场强的大小为E ，对c 球，由平衡条件可得QE ＝2F cos 30°，解得E ＝3kql 2，选项B 正确．8.图中实线是一簇未标明方向的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a 、b 是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受电场力的作用，根据此图可做出正确判断的是( )A ．带电粒子所带电荷的符号B ．场强的方向C ．带电粒子在a 、b 两点的受力方向D ．带电粒子在a 、b 两点的加速度何处较大解析：CD 由轨迹的弯曲情况，可知电场力应沿电场线向左，但因不知电场线的方向，故带电粒子所带电荷的符号不能确定．由电场线的疏密程度知a 点场强大于b 点场强，带电粒子在a 点所受电场力较大，从而在a 点时加速度较大，综上所述C 、D 正确．9.如图所示，把一带正电的小球a 放在光滑绝缘面上，欲使球a 能静止在斜面上，需在MN 间放一带电小球b ，则b 应( )A ．带负电，放在A 点B ．带正电，放在B点C ．带负电，放在C 点D ．带正电，放在C 点解析：C a 受到重力、支持力和库仑力的作用处于平衡状态，对a 球受力分析可知，只有在C 处放上负电荷，才可使a 受力平衡，故选C.10.如图所示，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( )A ．A 点的场强大小为E 2＋k 2Q 2r4B ．B 点的场强大小为E －k Qr2 C ．D 点的场强大小不可能为0 D ．A 、C 两点的场强相同解析：A 正点电荷Q 在A 的电场强度大小E ′＝kQ r2，而匀强电场在A 点的场强大小为E ；因方向互相垂直，由平行四边形法则知A 点的合场强大小为E 2＋k2Q2r 4，A 正确；同理，点电荷Q 在B 点的电场强度的方向与匀强电场方向相同，因此B 点的场强大小为E ＋k Q r2，故B 错误；同理知D 点的合场强为0，C 错误；A 、C 两点场强大小相等，方向不同，故A 、C 两点场强不相同，D 错误．【B 级——提升练】11.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB 上均匀分布正电荷，总电荷量为q ，球面半径为R ，CD 为通过半球顶点与球心O 的轴线，在轴线上有M 、N 两点，OM ＝ON ＝2R ，已知M 点的场强大小为E ，则N 点的场强大小为( )A.kq 4R 2B.kq2R 2－E C.kq4R2－E D.kq2R2＋E 解析：B 本题考查点电荷的场强、场强的叠加，意在考查考生对场强矢量性的理解能力和构建物理模型的能力．将半圆球面补全成为一个带电球面，带电荷量为2q ，由题中信息可知，整个带电球面在N 点产生的场强等效于电荷集中于球心处产生的场强，即E整＝k2q 2R ＝k q2R2，方向水平向右；由对称性可知，补上的右半带电球面在N 点产生的场强的大小等于左半带电球面在M 点产生的场强E ，方向水平向右，故左半带电球面在N 点产生的场强为E 左＝k q2R2－E ，B 项正确．12.已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为σ2ε0，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量．如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S ，其间为真空，带电荷量为Q .不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两板极间相互的静电引力大小分别为( )A.Q ε0S 和Q 2ε0S B.Q 2ε0S 和Q 2ε0SC.Q 2ε0S 和Q 3ε0SD.Q ε0S 和Q 22ε0S解析：D 由题知，σ＝Q S，故电场强度E ＝σ2ε0＝Q 2ε0S.带电荷量为Q 的平板在与另一平板产生的电场中受力F ＝QE ＝Q 22ε0S.两板之间的场强为两板各自场强叠加的合场强，E 合＝2E ＝Qε0S，D 正确． 13．(多选)(2017·河北廊坊质量监测)如图甲所示，Q 1、Q 2为两个被固定的点电荷，其中Q 1为正点电荷，在它们连线的延长线上有a 、b 两点，现有一检验电荷q (电性未知)以一定的初速度沿直线从b 点开始经a 点向远处运动(检验电荷只受电场力作用)，q 运动的速度图象如图乙所示，则( )A ．Q 2必定是负电荷B ．可以确定检验电荷的带电性质C ．Q 2的电荷量必定大于Q 1的电荷量D ．从b 点经a 点向远处运动的过程中电荷q 所受电场力先增大后减小解析：AB 本题考查库仑定律、速度图象、共点力平衡等，意在考查考生对运动图象的理解能力、对库仑力作用下的平衡问题的分析计算能力．由速度图象可知，检验电荷在a 点加速度为零，即两固定点电荷对检验电荷的电场力矢量和为零，所以Q 2一定是负电荷，A 项正确；Q 1的电荷量一定大于Q 2的电荷量，C 项错；从b 点开始运动时，q 做减速运动，所受电场力向左，可知检验电荷带正电，B 项正确；从b 经a 向远处运动过程中，加速度先减小后增大再减小，由牛顿第二定律可知，检验电荷所受电场力先减小后增大再减小，D 项错．14.N (N >1)个电荷量均为q (q >0)的小球，均匀分布在半径为R 的圆周上，示意如图．如移去位于圆周上P 点的一个小球，则圆心O 点处的电场强度大小为______，方向______．(已知静电力常量为k )解析：均匀分布在圆周上的带电小球在O 点处产生的合电场强度为零；位于P 点的小球在O 点处产生的电场强度E ＝kq R2，方向沿PO 指向O 点；移去P 点小球，其余小球在O 点处产生的电场强度与E 大小相等，方向相反．答案：k q R2 沿OP 指向P 点15.如图所示，空间存在着强度E ＝2.5×102N/C ，方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L ＝0.5 m 的绝缘细线，一端固定在O 点，另一端拴着质量m ＝0.5 kg 、电荷量q ＝4×10－2C 的小球．现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂．取g ＝10 m/s 2.求：(1)小球的电性．(2)细线能承受的最大拉力．(3)当小球继续运动后与O 点水平方向距离为L 时，小球距O 点的高度． 解析：(1)由小球运动到最高点可知，小球带正电．(2)设小球运动到最高点时速度为v ，对该过程由动能定理有，(qE －mg )L ＝12mv 2①在最高点对小球由牛顿第二定律得，F T ＋mg －qE ＝m v 2L②由①②式解得，F T ＝15 N(3)小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a ， 则a ＝qE －mgm③ 设小球在水平方向运动L 的过程中，历时t ，则L ＝vt ④ 设竖直方向上的位移为x ， 则x ＝12at 2⑤由①③④⑤解得x ＝0.125 m所以小球距O 点高度为x ＋L ＝0.625 m 答案：(1)正电 (2)15 N (5)0.625 m。
一轮优化探究物理鲁科版练习第七章第讲电容器的电容带电粒子在电场中的运动含解析
[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．某电容器上标有“25 μF,450 V”字样，下列对该电容器的说法中正确的是() A．要使该电容器两极板之间电压增加1 V，所需电荷量为2.5×10－5 CB．要使该电容器带电荷量1 C，两极板之间需加电压2.5×10－5 VC．该电容器能够容纳的电荷量最多为25 CD．该电容器能够承受的最大电压为450 V解析：由电容器电容的定义式C＝QU可知C＝ΔQΔU，所以ΔQ＝CΔU＝2.5×10－5×1C＝2.5×10－5 C，A正确．若Q＝1 C，则U＝QC＝4×104 V，B错误．当电容器的电压为450 V时，电容器的电荷量最多，Q＝CU＝2.5×10－5×450 C＝1.125×10－2 C，C错误.450 V是电容器的额定电压，低于击穿电压，D错误．答案：A2．2016年8月23日，第七届中国(上海)国际超级电容器产业展览会在上海新国际博览中心举行，作为中国最大超级电容器展，众多龙头踊跃参与．如图所示，参展的平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极非常缓慢地错开一些，那么在错开的过程中()A．电容器的电容C增大B．电容器的电荷量Q增大C．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从N流向MD．油滴静止不动，电流计中的电流从N流向M解析：在电容器两极板错开的过程中，根据电容的决定式C＝εr S4πkd得知，电容C减小，选项A错误．由C＝QU可知，U不变时，Q是减小的，选项B错误．电容器的电荷量减小，有电荷流向电源，是放电电流，方向由N到M；电容器接在电源的正、负极上没有断开，则电容器两端的电压不变，两极板间的距离不变，则电场强度不变，油滴受力情况不变，油滴静止不动，选项C错误，D正确．答案：D3.在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示．现保持B板不动，适当移动A板，发现静电计指针张角减小，则A板可能是()A．右移B．左移C．上移D．下移解析：将A板向右移一些，板间距离减小，由电容的决定式C＝εr S4πkd可知，电容增大，而电容器电荷量不变，由C＝QU分析得知，板间电势差减小，则静电计指针偏角减小；相反，同理可知，A板向左移一些时，静电计指针偏角增大，故A正确，B错误．A板向上移一些，两极板正对面积减小，由电容的决定式C＝εr S 4πkd可知，电容减小，而电容器电荷量不变，由C＝QU分析得知，板间电势差增大，则静电计指针偏角增大，故C错误；同理，D错误．答案：A4．如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间．设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为()A．U1∶U2＝1∶8B．U1∶U2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶1解析：设板长为l ，两板间距为d ，粒子的初速度为v 0，质量为m ，电荷量为q ，当电压为U 1时，有l ＝v 0t 1，d 2＝12·U 1q dm t 21，联立得d ＝U 1ql 2dm v 20①.当电压为U 2时，有l 2＝v 0t 2，d ＝12·U 2q dm t 22，联立得d ＝U 2ql 28dm v 20②.由①②得U 1U 2＝18，故A 正确． 答案：A5.如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l ，在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q (q ＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M ∶m 为( )A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶1解析：因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面，电荷量为q 的粒子通过的位移为25l ，电荷量为－q 的粒子通过的位移为35l ，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a 1＝qE M 、a 2＝qE m ，由运动学公式有25l ＝12a 1t 2＝qE 2M t 2①，35l ＝12a 2t2＝qE 2m t 2②，①②得M m ＝32.故B 、C 、D 错，A 对． 答案：A二、多项选择题6．如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是( )A ．A 板与静电计的指针带的是异种电荷B ．甲图中将B 板上移，静电计的指针偏角增大C ．乙图中将B 板左移，静电计的指针偏角不变D ．丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小解析：静电计指针与A 板连为一个导体，带电性质相同，A 错误；根据C ＝εr S 4πkd ，C ＝Q U ，B 板上移，S 减小，C 减小，Q 不变，U 增大，B 正确；B 板左移，d 增大，C 减小，U 增大，C 错误；插入电介质，εr 增大，电容C 增大，U 减小，D 正确．答案：BD7.如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，充电后断开电源，带电小球以速度v 0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v 0从原处飞入，则带电小球( )A ．仍沿原轨迹由下板边缘飞出B ．将打在下板中央C ．不发生偏转，沿直线运动D ．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央解析：平行板电容器充电结束后断开电源，极板所带的电荷量不变，则有E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr Sd 4πkd＝4πkQ εr S ，由此式可知，板间距变化不会影响电场强度的变化，电场强度不变，小球所受的电场力不变，所以A 正确，B 、C 错误；如果下极板上移，小球在竖直方向的位移将会减小，到达下极板的时间变短，有可能到达下极板的正中间，所以D 正确．答案：AD8．如图所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，ACB 为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R ，A 、B 为圆水平直径的两个端点，AC 为圆弧．一个质量为m、电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处的G 点由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是()A．小球一定能从B点离开轨道B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD．小球到达C点的速度可能为零解析：由题意可知：带电小球从A到C的过程中，由于电场力做负功，而重力做正功，二者间做功的大小关系不确定，故小球也可能不能从B点离开轨道，选项A错误；若小球在AC段时，重力等于电场力，则小球在AC部分可能做匀速圆周运动，选项B正确；若小球能从B点离开，因电场力做负功，全过程中小球的机械能减小，故上升的高度一定小于H，选项C正确；若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，故小球能到达C点速度不可能为零，选项D错误．答案：BC[能力题组]一、选择题9.平行板电容器和电源、电阻、开关串联，组成如图所示的电路．闭合开关S，电源即给电容器充电，则()A．保持S闭合，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小B．保持S闭合，在两极板间插入一块铝板，则两极板间电场的电场强度增大C．充电结束后断开S，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差增大D ．充电结束后断开S ，在两极板间插入一块介质，则极板上的电势差增大解析：保持S 闭合时，电容器两极板间的电势差不变，减小两极板间的距离，根据E ＝U d 可知，两极板间电场的电场强度增大，选项A 错误；保持S 闭合，在两极板间插入一块铝板，根据静电平衡的特点可知，有电场存在的板间距离减小，根据E ＝U d 可知，两极板间电场的电场强度增大，选项B 正确；充电结束后断开S ，电容器两极板上的电荷量不变，减小两极板间的距离，电容器的电容增大，U ＝Q C ，则两极板间的电势差减小，选项C 错误；充电结束后断开S ，在两极板间插入一块介质时，电荷量不变，电容器的电容增大，同样极板上的电势差减小，选项D 错误．答案：B10．(2016·高考海南卷)如图，平行板电容器两极板的间距为d ，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q (q ＞0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能E k0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大．若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为( )A.E k04qdB.E k02qdC.2E k02qdD.2E k0qd解析：当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动．将粒子初速度v 0分解为垂直极板的v y 和平行极板的v x ，根据运动的合成与分解，当v y ＝0时，根据运动学公式有v 2y ＝2Eq m d ，v y ＝v 0cos 45°，E k0＝12m v 20，联立得E ＝E k02qd ，故选项B正确．答案：B11.真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A 、B 之间有加速电场，C 、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是( )A ．三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间相同B ．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4解析：设加速电压为U 1，偏转电压为U 2，偏转极板的长度为L ，板间距离为d ，在加速电场中，由动能定理得qU 1＝12m v 20，解得v 0＝2qU 1m ，三种粒子从B 板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v 0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不全相同，则v 0不全相同，所以三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间不全相同，故A 错误；根据推论y ＝U 2L 24dU 1、tan θ＝U 2L 2dU 1可知，y 与粒子的种类、质量、电荷量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B 正确；偏转电场的电场力做功为W ＝qEy ，则W 与q 成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C 、D 错误． 答案：B12.(多选)(2018·河南重点中学联考)如图a 所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图b 中甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( )A ．电压是甲图时，在0～T 时间内，电子的电势能先减少后增加B ．电压是乙图时，在0～T 2时间内，电子的电势能先增加后减少C ．电压是丙图时，电子在板间做往复运动D ．电压是丁图时，电子在板间做往复运动解析：若电压是甲图，电场力先向左后向右，则电子向左先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，A 正确；电压是乙图时，在0～T 2时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，B 错误．电压是丙图时，电子向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了T 2做加速度先增大后减小的减速运动，到T 时速度减为0，之后继续朝同一方向加速、减速，故粒子一直朝同一方向运动，C 错误．电压是丁图时，电子先向左加速，到T 4后减速，T 2后反向加速，34T 后减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故粒子做往复运动，D 正确．答案：AD二、非选择题13.如图所示，板长L ＝4 cm 的平行板电容器，板间距离d ＝3 cm ，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U ＝100 V ．有一带负电液滴，带电荷量为q ＝3×10－10 C ，以v 0＝1 m/s 的水平速度自A 板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B 板边缘水平飞出(取g ＝10 m/s 2，sin α＝0.6，cos α＝0.8)．求：(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度大小．解析：(1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，可得qE cos α＝mgE ＝U d解得m ＝qU cos αdg代入数据得m ＝8×10－8 kg.(2)因液滴沿水平方向运动，所以重力做功为零．对液滴由动能定理得qU ＝12m v 2－12m v 20解得v ＝ v 20＋2qU m 所以v ＝72 m/s.答案：(1)8×10－8 kg (2)72 m/s14．如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L ＝0.4 m ，两极板间的距离d ＝4×10－3 m ．有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v 0从两极板中央平行于极板射入，开关S 闭合前，两极板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央．已知微粒质量m ＝4×10－5 kg ，电荷量q ＝＋1×10－8 C ．g 取10 m/s 2.(1)求微粒的入射速度v 0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边缘射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U 的取值范围为多少？解析：(1)由L 2＝v 0t ，d 2＝12gt 2，可得v 0＝L 2g d＝10 m/s.(2)电容器的上极板应接电源的负极．设所加电压为U 1时，微粒恰好从下极板的右边缘射出，则d 2＝12a 1(Lv 0)2，a 1＝g －qU 1md解得U 1＝120 V设所加电压为U 2时，微粒恰好从上极板的右边缘射出，则d 2＝12a 2(Lv 0)2，a 2＝qU 2md －g解得U 2＝200 V所以120 V ≤U ≤200 V .答案：(1)10 m/s(2)负极 120 V ≤U ≤200 V。
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[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1．(2018·四川自贡诊断)两个完全相同的金属小球，所带电荷量多少不同，相距一定的距离时，两个金属球之间有相互作用的库仑力，如果将两个金属球相互接触一下后，再放到原来的位置，则两球的作用力变化情况是( )A ．如果相互接触前两球的库仑力是引力，则相互接触后的库仑力仍是引力B ．如果相互接触前两球的库仑力是引力，则相互接触后的库仑力为零C ．如果相互接触前两球的库仑力是斥力，则相互接触后的库伦力仍是斥力D ．如果相互接触前两球的库仑力是斥力，则相互接触后的库仑力是引力解析：如果相互接触前两球的库仑力是引力，且两球带不等量的异种电荷，则相互接触后的库仑力是斥力，A 、B 错误．如果相互接触前两球的库仑力是斥力，则两球带同种电荷，则相互接触后带等量的同种电荷，相互间的库仑力仍是斥力，C 正确，D 错误．答案：B2．真空中有两个相同的带电金属小球(可看成点电荷)，带电荷量分别为9Q 、－Q ，当它们静止于空间某两点时，静电力大小为F .现用绝缘手柄将两球接触后再放回原处，则它们间静电力的大小为( )A.FB.FC.FD.F259925169916解析：接触前F ＝，接触后两金属小球带等量的同种电荷，各带＋4Q 电荷量，k ·9Q ·Qr 2相互作用力F ′＝，则F ′＝F ，C 正确．k ·4Q ·4Q r 2169答案：C3.A 、B 是一条电场线上的两个点，一带正电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从A 点沿电场线运动到B 点，其v-t 图象如图所示．则电场的电场线分布可能是( )解析：从v-t 图象可知，粒子从A 运动到B 做减速运动，且加速度越来越大，所以电场强度方向向左，且电场强度从左到右越来越大，D 正确．答案：D4.如图所示，质量为m 、带电荷量为q 的小球B 用绝缘细线悬挂，处于固定的带电体A 产生的电场中，A 可视为点电荷，B 为试探电荷．当B 静止时，A 、B 等高，细线与竖直方向的夹角为θ.已知重力加速度为g .则A 在B 处所产生的场强大小为( )A. B. C. D.mg tan θq mg cot θq mg sin θq mg cos θq解析：对B 受力分析，由平衡条件得qE ＝mg tan θ，解得A 在B 处所产生的场强大小为，A 正确．mg tan θq 答案：A5.(2018·山西大同期中)如图所示，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q >0)的固定点电荷．已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )A ．kB ．kC ．kD ．k 3qR 210q 9R 2Q ＋q R 29Q ＋q 9R 2解析：由b 点处场强为零知，圆盘在b 点处产生的场强E 1与q 在b 点处产生的场强E 2大小相等，即E 1＝E 2＝k .由对称性，圆盘在d 点产生的场强E 3＝k ，q 在d 点qR 2q R 2产生的场强E 4＝k ，方向与E 3相同，故d 点的合场强E d ＝E 3＋E 4＝k ，B 正确，q 9R 210q 9R 2A 、C 、D 错误．选B.答案：B二、多项选择题6.(2018·山西五校联考)两点电荷Q 1、Q 2产生的电场的电场线如图所示．根据电场线的分布情况，下列判断正确的是( )A ．Q 1的电荷量小于Q 2的电荷量B ．Q 1的电荷量大于Q 2的电荷量C ．Q 1、Q 2一定均为正电荷D ．无法判断Q 1、Q 2的正负解析：由电场线的分布情况可知，Q 1的电荷量小于Q 2的电荷量，A 项正确，B 项错误．因为电场线没有标出方向，不能断定电荷的正负，故C 项错误，D 正确．答案：AD7．一点电荷Q 处于x 轴上，坐标轴上有坐标分别为x ＝2.0 m 和x ＝5.0 m 的A 、B 两点．已知放在A 、B 两点的试探电荷受到的电场力方向都沿x 轴的正方向，电场力的大小F 和试探电荷所带电荷量大小q 的关系图象如图中直线a 、b 所示．已知放在A 点的试探电荷带正电，放在B 点的试探电荷带负电，不计试探电荷间的相互作用．下列说法正确的是( )A ．点电荷Q 带正电B ．B 点的电场强度大小为2.5 N/C ，方向沿x 轴负方向C ．A 点的电场强度大小为2.5 N/C ，方向沿x 轴正方向D ．点电荷Q 的位置坐标为x ＝2.6 m解析：由题图可得B 点电场强度的大小E B ＝＝2.5 N/C ，因B 点的试探电荷带负电，F q 而电场力指向x 轴正方向，故B 点场强方向沿x 轴负方向，选项B 正确；因A 点的正试探电荷和b 点的负试探电荷受到的电场力均指向x 轴正方向，故点电荷Q 应位于A 、B 两点之间，带负电，选项A 错误；设点电荷Q 的坐标为x ，则E A ＝k ，E B ＝k ，由题图可得E A ＝40 N/C ，解得x ＝2.6 m ，选项C 错Q (x －2 m )2Q(5 m －x )2误，D 正确．答案：BD8.(2018·河北衡水中学调研)在相距为r 的A 、B 两点分别放上点电荷Q A 和Q B ，C 为AB的中点，如图所示．现引入带正电的检验电荷q ，则下列说法正确的是( )A ．如果q 在C 点所受合力为零，则Q A 和QB 一定是等量异种电荷B ．如果q 在AB 延长线离B 较近的D 点所受合力为零，则Q A 和Q B 一定是异种电荷，且电荷量大小Q A >Q BC ．如果q 在AC 段上的某一点所受合力为零，而在BC 段上移动时始终受到向右的力，则Q A 一定是负电荷，且电荷量大小Q A <Q BD ．如果q 沿AB 的垂直平分线移动时受电场力方向始终不变，则Q A 和Q B 一定是等量异种电荷解析：如果q 在C 点所受合力为零，则Q A 和Q B 对q 的库仑力大小相等、方向相反，所以Q A 和Q B 一定是等量同种电荷，故A 错误；如果q 在AB 延长线离B 较近的D 点受合力为零，则Q A 和Q B 一定是异种电荷，由库仑定律，对q 有＝，r A >r B ，所以电荷量大小Q A >Q B ，故B 正确；如果q 在AC 段上的某一点kQAq r 2A kQBqr 2B 所受合力为零，Q A 、Q B 一定是同种电荷．根据＝，r A <r B ，所以Q A <Q B ，在kQAq r 2AkQBqr 2B BC 段上移动时始终受到向右的力，则Q A 一定是负电荷，故C 正确；如果q 沿AB 的垂直平分线移动时受电场力方向始终不变，即沿水平方向，则Q A 和Q B 一定是等量异种电荷，故D 正确．答案：BCD[能力题组]一、选择题9.(2018·福建福州五校联考)如图甲、乙所示，两个带电荷量均为q 的点电荷分别位于带电荷量线密度相同、半径相同的半圆环和圆环的圆心，环的粗细可忽略不计．若图甲中环34对圆心点电荷的库仑力大小为F ，则图乙中环对圆心点电荷的库仑力大小为( )A.F B.F C.F D.F32122232解析：由题图甲中均匀带电半圆环对圆心点电荷的库仑力大小为F ，可以得出圆环14对圆心点电荷的库仑力大小为F .将题图乙中的均匀带电圆环分成三个圆环，关223414于圆心对称的两个圆环对圆心点电荷的库仑力的合力为零，因此题图乙中的圆环1434对圆心点电荷的库仑力大小为F ，C 正确．22答案：C10.如图所示，内壁光滑绝缘的半球形容器固定在水平面上，O 为球心，一质量为m 、带电荷量为q 的小滑块，静止于P 点，整个装置处于沿水平方向的匀强电场中．设滑块所受支持力为N ，OP 与水平方向的夹角为θ.下列关系正确的是( )A ．qE ＝B ．qE ＝mg tan θmgtan θC ．N ＝ D ．N ＝mg tan θmgtan θ解析：小滑块受重力、电场力和支持力作用，小滑块处于平衡状态，根据力的合成与分解，有qE ＝，N ＝.故正确答案为A.mg tan θmgsin θ答案：A11.(2018·湖北荆门调研)如图所示，在真空中的绝缘水平面上，两相距为2L 的固定的同种点电荷A 、B 带电荷量均为＋Q ，O 点为两电荷连线的中点，OP 为两电荷连线的中垂线，在中垂线上的a 点放有一带电荷量也为＋Q 的可看成点电荷的小球，小球在大小为F ＝(k 为静电力常量)的水平恒力作用下处于静止状态．已知力F 和OP 2kQ 22L 2间夹角为θ＝60°，O 、a 间距离为L ，则小球所受的摩擦力大小是( )A ．0 B. C. D.kQ 22L 22kQ 22L 26kQ 22L 2解析：由叠加原理可知带电小球在a 处所受电场力的大小也为F ＝，方向由a 2kQ 22L 2指向P ，由平衡条件可知小球所受的摩擦力大小应等于小球所受电场力与F的合力大小，则D 正确．答案：D12.(多选)一根套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球A通过绝缘细线系在细环上，另一带正电的小球B 固定在绝缘支架上，A 球处于平衡状态，如图所示．现将B 球稍向右移动，当A 小球再次平衡(该过程A 、B 两球一直在相同的水平面上)时，细环仍静止在原位置，下列说法正确的是( )A ．细线对带电小球A 的拉力变大B ．细线对细环的拉力保持不变C ．细环所受的摩擦力变大D ．粗糙杆对细环的支持力变大解析：以小球A 为研究对象，分析受力情况如图所示，当B 球稍向右移动时，库仑力F 增大，F 增大时，T 变大，故A 正确，B 错误．以小球A 和细环整体为研究对象，受到总重力G 、杆对细环的支持力N 、摩擦力f 和库仑力F .根据平衡条件得N ＝G ，f ＝F ，库仑力F 增大时，杆对细环的支持力保持不变，细环所受的摩擦力变大，故C 正确，D 错误．答案：AC二、非选择题13.如图所示，真空中xOy 平面直角坐标系上的ABC 三点构成等边三角形，边长L ＝2.0 m ．若将电荷量均为q ＝＋2.0×10－6 C 的两点电荷分别固定在A 、B 点，已知静电力常量k ＝9.0×109N·m 2/C 2，求：(1)两点电荷间的库仑力大小．(2)C 点的电场强度的大小和方向．解析：(1)根据库仑定律，A 、B 两点电荷间的库仑力大小为F ＝k ①q 2L 2代入数据得F ＝9.0×10－3 N②(2)A 、B 两点电荷在C 点产生的电场强度大小相等，均为E 1＝k ③qL 2A 、B 两点电荷形成的电场在C 点的合电场强度大小为E ＝2E 1cos 30°④由③④式并代入数据得E ＝7.8×103 N/C电场强度E 的方向沿y 轴正向．答案：(1)9.0×10－3 N(2)7.8×103 N/C 方向沿y 轴正方向14.(2018·山西晋中名校联考)如图所示，长L ＝0.12 m 的绝缘轻杆上端固定在O 点，质量m ＝0.6 kg 、电荷量q ＝0.5 C 的带正电金属小球套在绝缘轻杆上，空间存在水平向右的匀强电场，球与杆间的动摩擦因数μ＝0.75.当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑，g 取10 m/s 2.(1)求匀强电场的电场强度大小；(2)改变轻杆与竖直方向的夹角，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为零，并将小球从O 点由静止释放，求小球离开杆时的速度大小．解析：(1)当杆竖直固定放置时，N ＝Eq ，mg ＝f ，f ＝μN ，解得E ＝＝16 N/C.mgμq (2)小球与杆之间摩擦力为零，说明小球与杆之间的弹力为零，则有Eq cosθ＝mg sin θ，所以tan θ＝＝，θ＝53°.设小球的加速度为a ，则mg cos 53° ＋Eq sin 53°＝ma ，Eq mg 43解得a ＝ m/s 2.由v 2＝2aL 解得小球离开杆时的速度大小为v ＝2 m/s.503答案：(1)16 N/C (2)2 m/s。