資源簡介

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預習銜接.夯實基礎 靜電場及其應用
一．選擇題（共5小題）
1．（2024秋 東城區期末）帶正電荷的導體球O靠近某不帶電的枕形導體。枕形導體的左右兩端分別記為M、N，P、Q分別為枕形導體內部和外表面上的兩點，枕形導體處于靜電平衡狀態，如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．M端感應出正電荷，N端感應出負電荷
B．P點電場強度方向沿OP連線由O指向P
C．Q點的電場方向與Q點所在表面垂直
D．枕形導體上Q點的電勢比P點的電勢高
2．（2024秋 紅橋區期末）如圖甲，A、B是某電場中一條電場線上的兩點，一個負電荷從A點由靜止釋放，僅在靜電力的作用下從A點運動到B點，其運動的v﹣t圖像如圖乙所示。下列判斷正確的是（　　）
A．該電場線的方向是由A指向B
B．A點處的場強比B點處的場強大
C．該電場可能是由正點電荷產生的
D．該負電荷在A點的電勢能小于B點的電勢能
3．（2024春 泰州期末）真空中有兩個靜止的點電荷qA、qB，若它們之間的距離變為原來的2倍，電荷量都變為原來的2倍，則兩電荷間的庫侖力將變為原來的（　　）
A．1倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍
4．（2024秋 海淀區期末）將一個不帶電的空腔導體放入勻強電場中，達到靜電平衡時，導體外部電場線分布如圖所示。W為導體殼壁，A、B為空腔內兩點。下列說法正確的是（　　）
A．導體殼壁W的外表面和內表面感應出等量的異種電荷
B．空腔導體上的感應電荷在B點產生的場強為零
C．空腔內的電場強度為零
D．空腔內A點的電勢高于B點的電勢
5．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖所示，用兩根絕緣細線各懸掛質量分別為mA和mB的小球，懸點為O，兩小球均帶正電荷，當小球由于靜電力作用張開一角度時，A球和B球在同一水平面，A球懸線與豎直線夾角為α，B球懸線與豎直線夾角為β，如果α＝37°，β＝53°，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則兩小球mA和mB之比為（　　）
A．4：3 B．9：16 C．16：9 D．3：4
二．多選題（共4小題）
（多選）6．（2024春 湖北期末）如圖所示，真空中有兩個點電荷4Q和﹣Q（Q＞0）分別固定在x軸的坐標為0和3cm的位置上。關于x軸上各點，下列說法正確的是（　　）
A．坐標為2cm處的電場強度為零
B．坐標為6cm處的電場強度為零
C．x＜0區間內任一點電場強度方向均沿x軸負方向
D．x＞3cm區間內任一點電場強度方向均沿x軸正方向
（多選）7．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖所示是一對不等量異種點電荷的電場線分布圖，圖中兩點電荷連線長度為2r，左側點電荷帶電荷量為+2q，右側點電荷帶電荷量為﹣q，P、Q兩點關于兩電荷連線對稱。由圖可知（　　）
A．P、Q兩點的電場強度相同
B．M點的電場強度大于N點的電場強度
C．若將一試探正電荷由M點靜止釋放，它將沿電場線運動到P點
D．兩點電荷連線的中點處的電場強度為
（多選）8．（2024春 倉山區校級期末）如圖是電場中的一條電場線，在該電場線上有a、b兩點，用Ea、Eb分別表示兩點電場強度的大小，則（　　）
A．a、b兩點的場強方向相同
B．因為電場線是直線，所以Ea＝Eb
C．因為電場線由a指向b，所以Ea＞Eb
D．不知道a、b附近電場線的分布情況，Ea、Eb的大小不能確定
（多選）9．（2024春 天山區校級期末）下列描述中涉及靜電屏蔽原理的是（　　）
A．空氣中的帶電粉塵運動到板狀收集器上
B．燃氣灶中的電子點火器的電極呈釘尖形
C．高壓輸電線上方有兩條與大地相連的導線
D．超高壓帶電作業的工人穿戴的工作服要用包含金屬絲的織物制成
三．填空題（共2小題）
10．（2024秋 重慶期末）如圖所示，真空中xOy平面直角坐標系上的A、B、C三點構成等邊三角形，邊長l＝2.0m。若將兩個電荷量q均為2.0×10﹣6C的點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k＝9×109N m2/C2，則O點的場強大小為 　 　N/C，C點的場強大小為 　 　N/C。
11．（2024春 浦東新區校級期末）如圖所示，點電荷A和B相距40cm，分別帶正電和負電，電荷量分別為4Q和﹣Q，在A、B連線上，引入點電荷C。此時三個點電荷恰好在彼此的靜電力作用下處于平衡狀態，則電荷C電荷量大小為 　 　，它應放在 　 　（選填“A和B之間”，“A的右側”，“B的左側”，“A的右側及B的左側”）處。
四．解答題（共4小題）
12．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖所示，均可視為質點的三個物體A、B、C在傾角θ＝30°的光滑絕緣斜面上，A絕緣，A與B緊靠在一起，C緊靠在固定擋板上，質量分別為mA＝0.43kg，mB＝0.20kg，mC＝0.50kg，其中A不帶電，C的電荷量qC＝+7×10﹣5C且保持不變，開始時BC間的距離L＝2m，三個物體均能保持靜止。現給A施加一平行于斜面向上的力F，使A沿斜面做勻加速直線運動，經過時間t，向上運動1m，向上力F變為恒力，已知靜電力常量為k＝9.0×109N m2/C2，g取10m/s2。求：
（1）B的電荷量和電性；
（2）A做勻加速的加速度大小；
（3）F從變力到恒力需要的時間t；
（4）F變為恒力時的大小。
13．（2024秋 五華區校級期末）如圖所示，電荷量分別為+q、+9q的兩帶電小球A、B，分別用兩根不可伸長的絕緣細線懸掛于O點，靜止時A、B兩球處于同一水平線上。已知O點到A球的距離OA＝2L，∠AOB＝90°，∠OAB＝60°，靜電力常量為b，帶電小球均可視為點電荷，重力加速度為g。
（1）求A、B兩球間的庫侖力大小；
（2）求A球的質量。
14．（2024春 建鄴區期末）如圖所示，OM是兩固定的等量異種電荷A、B連線的豎直中垂線，其中A帶正電，B帶負電。用絕緣絲線一端固定于O點，另一端懸掛一質量為m的帶電小球，穩定后小球恰好靜止在AM的中點N處。已知AN＝NM＝L，且絕緣絲線ON與OM的夾角θ＝53°，等量異種電荷A、B及帶電小球的電荷量大小均為Q（Q未知），靜電力常量為k，重力加速度為g（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。求：
（1）帶電小球所受庫侖力F，小球電荷量Q的大小；
（2）等量異種電荷A、B在N處產生的合場強E。
15．（2024春 香坊區校級期末）如圖所示，光滑絕緣的水平面上固定著A、B、C三個帶電小球，它們的質量都為m，彼此間距離均為r，A、B帶正電，電荷量均為q。現對C施加一個水平力F的同時放開三個小球。三個小球在運動過程中保持間距r不變，求：（三個小球均可視為點電荷）
（1）C球的電性和電荷量大小；
（2）水平力F的大小。
預習銜接.夯實基礎 靜電場及其應用
參考答案與試題解析
一．選擇題（共5小題）
1．（2024秋 東城區期末）帶正電荷的導體球O靠近某不帶電的枕形導體。枕形導體的左右兩端分別記為M、N，P、Q分別為枕形導體內部和外表面上的兩點，枕形導體處于靜電平衡狀態，如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．M端感應出正電荷，N端感應出負電荷
B．P點電場強度方向沿OP連線由O指向P
C．Q點的電場方向與Q點所在表面垂直
D．枕形導體上Q點的電勢比P點的電勢高
【考點】靜電平衡現象、等勢體；電場強度與電場力的關系和計算；電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢．
【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；理解能力．
【答案】C
【分析】根據同性相斥異性相吸的規律判斷電荷的移動；處于靜電平衡狀態的金屬導體是一個等勢體。
【解答】解：A、依據異種電荷相互吸引，同種電荷相互排斥可知負電荷向M移動，所以M端感應出負電荷，N端感應出正電荷，故A錯誤；
B、處于靜電平衡狀態的金屬導體是一個等勢體，導體內部的P點的電場強度為零，故B錯誤；
C、處于靜電平衡狀態的金屬導體是一個等勢體，導體的表面是等勢面，結合電場線與等勢面的關系可知，Q點的電場方向與Q點所在表面垂直，故C正確；
D、處于靜電平衡狀態時，金屬導體是一個等勢體，Q點的電勢等于P點的電勢，故D錯誤。
故選：C。
【點評】該題考查靜電感應現象與靜電平衡狀態，要知道感應帶電的本質是電荷的轉移；當金屬導體處于電場時出現靜電平衡現象，整個導體為一等勢體。
2．（2024秋 紅橋區期末）如圖甲，A、B是某電場中一條電場線上的兩點，一個負電荷從A點由靜止釋放，僅在靜電力的作用下從A點運動到B點，其運動的v﹣t圖像如圖乙所示。下列判斷正確的是（　　）
A．該電場線的方向是由A指向B
B．A點處的場強比B點處的場強大
C．該電場可能是由正點電荷產生的
D．該負電荷在A點的電勢能小于B點的電勢能
【考點】電場線的定義及基本特征；電場力做功與電勢能變化的關系；根據v﹣t圖像的物理意義分析單個物體的運動情況．
【專題】定性思想；圖析法；運動學中的圖象專題；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】電場中某點電場的方向與該點正電荷所受電場力方向相同，與負電荷所受電場力方向相反；電場線上每一點的切線方向表示該點電場的方向；電場線密的地方場強大，疏的地方場強小；電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加；根據圖像判斷負電荷運動情況，結合以上知識點可以解答。
【解答】解：A.由圖像可知，負電荷從A點運動到B點，做加速度減小的加速運動，受到的電場力由A指向B，可知電場方向由B指向A，故A錯誤；
B.負電荷從A點運動到B點，做加速度減小的加速運動，根據F＝ma可知電場力減小，根據F＝Eq可知電場強度減小，所以A點處的場強比B點處的場強大，故B正確；
C.若是點電荷產生的電場，有B分析可知，點電荷一定在A左側，帶負電，故C錯誤；
D.從A點運動到B點，電場力做正功電勢能減小，則負電荷在A點的電勢能大于B點的電勢能，故D錯誤；
故選：B。
【點評】本題主要考查電場中圖像問題，根據圖像結合電場有關知識解答。
3．（2024春 泰州期末）真空中有兩個靜止的點電荷qA、qB，若它們之間的距離變為原來的2倍，電荷量都變為原來的2倍，則兩電荷間的庫侖力將變為原來的（　　）
A．1倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍
【考點】庫侖定律的表達式及其簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；電荷守恒定律與庫侖定律專題；推理論證能力．
【答案】A
【分析】根據庫侖定律的公式，結合距離和電荷量的比值關系得出庫侖力的比值關系。
【解答】解：兩點電荷之間的庫侖力為
若它們之間的距離變為原來的2倍，電荷量都變為原來的2倍，則
，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
【點評】本題主要考查了庫侖定律的相關應用，熟悉庫侖定律的計算公式即可完成分析，難度不大。
4．（2024秋 海淀區期末）將一個不帶電的空腔導體放入勻強電場中，達到靜電平衡時，導體外部電場線分布如圖所示。W為導體殼壁，A、B為空腔內兩點。下列說法正確的是（　　）
A．導體殼壁W的外表面和內表面感應出等量的異種電荷
B．空腔導體上的感應電荷在B點產生的場強為零
C．空腔內的電場強度為零
D．空腔內A點的電勢高于B點的電勢
【考點】靜電平衡現象、等勢體；電場強度與電場力的關系和計算；電場線的定義及基本特征．
【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．
【答案】C
【分析】在外電場的作用下，導體中電荷在導體中重新分布的現象叫做靜電感應現象；靜電平衡時，導體上的電荷分布有以下三個特點：1．導體內部沒有凈電荷，正負凈電荷只分布在導體的外表面；2．導體內部場強處處為零，表面場強垂直于表面；3．在導體表面，越尖銳的地方，電荷的密度（單位面積的電荷量）越大，凹陷的位置幾乎沒有電荷。
【解答】解：A、達到靜電平衡狀態后，感應電荷只分布在導體的外表面，內表面沒有感應電荷，故A錯誤；
BC、達到靜電平衡狀態的導體內部場強處處為零，而內部場強是由外部場強與感應電荷在導體內部場強的矢量和，所以空腔導體上的感應電荷在B點產生的場強與外部場強大小相等，方向相反，不為零，故B錯誤，C正確；
D、達到靜電平衡狀態的導體是等勢體，所以空腔內A點的電勢等于B點的電勢，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題關鍵是要明確：（1）靜電感應現象；（2）靜電平衡的導體的電荷分布特點。
5．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖所示，用兩根絕緣細線各懸掛質量分別為mA和mB的小球，懸點為O，兩小球均帶正電荷，當小球由于靜電力作用張開一角度時，A球和B球在同一水平面，A球懸線與豎直線夾角為α，B球懸線與豎直線夾角為β，如果α＝37°，β＝53°，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則兩小球mA和mB之比為（　　）
A．4：3 B．9：16 C．16：9 D．3：4
【考點】庫侖力作用下的受力平衡問題；共點力的平衡問題及求解．
【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．
【答案】C
【分析】對小球受力分析，根據受力平衡可得出小球的傾角與電量、重力的關系，則可得出兩小球的質量的大小關系。
【解答】解：對A、B球受力分析，如圖所示：
根據共點力平衡和幾何關系得：m1gtanα＝F1，m2gtanβ＝F2，
由于 F1＝F2，兩小球mA和mB之比為16：9，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
【點評】本題要比較兩球質量關系，我們要通過電場力把兩重力聯系起來進行比較，結合共點力平衡條件列式求解重力與電場力的關系式是關鍵。
二．多選題（共4小題）
（多選）6．（2024春 湖北期末）如圖所示，真空中有兩個點電荷4Q和﹣Q（Q＞0）分別固定在x軸的坐標為0和3cm的位置上。關于x軸上各點，下列說法正確的是（　　）
A．坐標為2cm處的電場強度為零
B．坐標為6cm處的電場強度為零
C．x＜0區間內任一點電場強度方向均沿x軸負方向
D．x＞3cm區間內任一點電場強度方向均沿x軸正方向
【考點】電場強度的疊加．
【專題】信息給予題；定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；理解能力．
【答案】BC
【分析】AB.根據點電荷的場強公式和電場的疊加原理求解作答；
CD.空間中某點的場強為各場強的合場強，根據場強的疊加原理分析作答。
【解答】解：AB．設坐標為x＝r處的電場強度為零，根據場強的疊加原理
解得r＝6cm
即x＝6cm處電場強度為零，故A錯誤，B正確；
CD．則在0＜x＜3cm的區域和x＞6cm的區域，場強沿x軸正方向，而在x＜0的區域和3cm＜x＜6cm的區域，場強沿x軸負方向，故C正確，D錯誤。
故選：BC。
【點評】解決本題時要知道空間中某一點的電場，是空間所有電荷產生的電場的疊加，場強是矢量，其合成遵守平行四邊形定則。
（多選）7．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖所示是一對不等量異種點電荷的電場線分布圖，圖中兩點電荷連線長度為2r，左側點電荷帶電荷量為+2q，右側點電荷帶電荷量為﹣q，P、Q兩點關于兩電荷連線對稱。由圖可知（　　）
A．P、Q兩點的電場強度相同
B．M點的電場強度大于N點的電場強度
C．若將一試探正電荷由M點靜止釋放，它將沿電場線運動到P點
D．兩點電荷連線的中點處的電場強度為
【考點】兩個或多個不等量電荷的電場線分布；電場強度的定義、單位和方向；電場強度的疊加；電荷性質、電場力方向和電場強度方向的相互判斷；根據電場線的疏密判斷場強大小．
【專題】比較思想；圖析法；電場力與電勢的性質專題；理解能力．
【答案】BD
【分析】根據電場線的疏密表示電場強度的大小，電場線的切線方向表示電場方向，分析P、Q間以及M、N間電場強度關系；若將一試探正電荷由M點靜止釋放，根據其所受電場力特點分析其運動情況；根據點電荷場強公式和電場的疊加原理求解兩點電荷連線的中點處的電場強度。
【解答】解：A、根據電場線的疏密表示電場強度的大小，電場線的切線方向表示電場方向，可知P、Q兩點的電場強度大小相等，方向不同，則P、Q兩點的電場強度不同，故A錯誤；
B、電場線越密集的地方電場強度越大，電場線越稀疏的地方電場強度越小，因為M點的電場線比N點的電場線密，所以M點的電場強度大于N點的電場強度，故B正確；
C、電場線上每一點的切線方向與該點的電場強度方向一致，故若將一試探正電荷由M點靜止釋放，將沿M點的切線方向運動而離開原來的電場線，所以試探正電荷不會沿電場線運動，故C錯誤；
D、左側點電荷在中點處的電場強度大小為
方向水平向右
右側點電荷在中點處的電場強度大小為
E2＝k
方向水平向右
則兩點電荷連線的中點處的電場強度大小為
E＝E1+E2＝kkk
方向水平向右，故D正確。
故選：BD。
【點評】本題要掌握電場線的意義：電場線的疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，并掌握點電荷電場強度公式的內容，注意矢量合成法則的應用。
（多選）8．（2024春 倉山區校級期末）如圖是電場中的一條電場線，在該電場線上有a、b兩點，用Ea、Eb分別表示兩點電場強度的大小，則（　　）
A．a、b兩點的場強方向相同
B．因為電場線是直線，所以Ea＝Eb
C．因為電場線由a指向b，所以Ea＞Eb
D．不知道a、b附近電場線的分布情況，Ea、Eb的大小不能確定
【考點】根據電場線的疏密判斷場強大小；電場線的方向與電場強度方向的關系．
【專題】電場力與電勢的性質專題；電學圖象專題；分析綜合能力．
【答案】AD
【分析】電場線的疏密表示電場的強弱，電場線的切線方向表示場強的方向。
【解答】解：電場線的疏密程度反映了電場強度的大小，由于只有一根電場線，題目中也沒有明確指出這根電場線是什么電場中的電場線，故無法判斷a、b兩點的場強大小；
電場線的切線方向表示場強的方向，故a、b兩點的場強方向相同。故A、D正確，BC錯誤；
故選：AD。
【點評】掌握電場線的特點：電場線的疏密表示電場的強弱，電場線的切線方向表示電場的方向，另外還可以拓展的考點也要注意：沿電場線方向電勢降低，還要會判斷電場線做功與電勢能、動能的變化關系．
（多選）9．（2024春 天山區校級期末）下列描述中涉及靜電屏蔽原理的是（　　）
A．空氣中的帶電粉塵運動到板狀收集器上
B．燃氣灶中的電子點火器的電極呈釘尖形
C．高壓輸電線上方有兩條與大地相連的導線
D．超高壓帶電作業的工人穿戴的工作服要用包含金屬絲的織物制成
【考點】靜電屏蔽的原理與應用．
【專題】定性思想；歸納法；帶電粒子在電場中的運動專題；理解能力．
【答案】CD
【分析】帶電粉塵運動到板狀收集器上運用的是帶電粒子在電場中受到力的作用；燃氣灶中電子點火器點火應用了尖端放電原理；野外高壓輸線上方有兩條與大地相連的導線和超高壓帶電作業的工人穿戴包含金屬絲織物的工作服都是應用了靜電屏蔽的原理。
【解答】解：A、空氣中的帶電粉塵運動到板狀收集器上運用的是帶電粒子在電場中受到力的作用，故A錯誤；
B、燃氣灶中電子點火器點火應用了尖端放電的原理，故B錯誤；
C、野外高壓輸線上方有兩條與大地相連的導線，形成一個稀疏的“網”，把高壓線屏蔽起來，用到的是靜電屏蔽的原理，故C正確；
D、超高壓帶電作業的工人穿戴包含金屬絲織物的工作服，工作服起屏蔽作用，對工人起保護作用，起到了靜電屏蔽的原理，故D正確。
故選：CD。
【點評】熟練掌握靜電屏蔽的原理和尖端放電的原理是解題的基礎。
三．填空題（共2小題）
10．（2024秋 重慶期末）如圖所示，真空中xOy平面直角坐標系上的A、B、C三點構成等邊三角形，邊長l＝2.0m。若將兩個電荷量q均為2.0×10﹣6C的點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k＝9×109N m2/C2，則O點的場強大小為 　0　N/C，C點的場強大小為 　　N/C。
【考點】電場強度的疊加；點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場．
【專題】定量思想；合成分解法；電場力與電勢的性質專題；理解能力．
【答案】0，。
【分析】根據電場的疊加原理確定O點的場強大小。根據點電荷場強公式E＝k和電場的疊加原理計算C點的場強大小。
【解答】解：根據題意可知，O為AB連線的中點，而A、B兩處固定的是等量同種正電荷，A處的點電荷在O點處的場強水平向右，B點處的電荷在O點場強水平向左，而根據點電荷的場強公式可知，A、B兩處的點電荷在O點產生的場強等大反向，根據電場的疊加原理可知O點處的場強為0。
A、B兩點距C點的距離相等，根據點電荷的場強公式可知，A、B兩點處的點電荷在C點產生的場強大小相等，為
根據幾何關系可得其合場強大小為
故答案為：0，。
【點評】本題考查點電荷的場強公式和電場強度的矢量合成問題，關鍵是根據平行四邊形定則合成，來求解場強大小。
11．（2024春 浦東新區校級期末）如圖所示，點電荷A和B相距40cm，分別帶正電和負電，電荷量分別為4Q和﹣Q，在A、B連線上，引入點電荷C。此時三個點電荷恰好在彼此的靜電力作用下處于平衡狀態，則電荷C電荷量大小為 　4Q　，它應放在 　B的左側　（選填“A和B之間”，“A的右側”，“B的左側”，“A的右側及B的左側”）處。
【考點】三（多）個點電荷在一條直線上時的平衡問題．
【專題】定量思想；推理法；電荷守恒定律與庫侖定律專題；分析綜合能力．
【答案】4Q；B的左側。
【分析】根據庫侖定律計算每個電荷的靜電力，結合電荷的平衡狀態，代入計算求解。
【解答】解：根據兩同夾異、兩大夾小，結合電荷的擺放位置可知，若C帶正電荷，應該放在B的左側，設BC之間的距離為x，電荷C電荷量大小為q
則對C：
對B：
對A：
聯立以上各式，求得：q＝4Q
故答案為：4Q；B的左側。
【點評】熟悉三小球的平衡問題的口訣“兩同夾異、兩大夾小，近小遠大”快速判斷第三個小球的電性和位置，結合庫侖定律和受力分析計算出電荷量的大小。
四．解答題（共4小題）
12．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖所示，均可視為質點的三個物體A、B、C在傾角θ＝30°的光滑絕緣斜面上，A絕緣，A與B緊靠在一起，C緊靠在固定擋板上，質量分別為mA＝0.43kg，mB＝0.20kg，mC＝0.50kg，其中A不帶電，C的電荷量qC＝+7×10﹣5C且保持不變，開始時BC間的距離L＝2m，三個物體均能保持靜止。現給A施加一平行于斜面向上的力F，使A沿斜面做勻加速直線運動，經過時間t，向上運動1m，向上力F變為恒力，已知靜電力常量為k＝9.0×109N m2/C2，g取10m/s2。求：
（1）B的電荷量和電性；
（2）A做勻加速的加速度大小；
（3）F從變力到恒力需要的時間t；
（4）F變為恒力時的大小。
【考點】庫侖定律的表達式及其簡單應用；作用力與反作用力．
【專題】定量思想；推理法；電荷守恒定律與庫侖定律專題；分析綜合能力．
【答案】（1）B的電荷量，帶正電；
（2）A做勻加速的加速度大小為2.0m/s2；
（3）F從變力到恒力需要的時間為1.0s；
（4）F變為恒力時的大小為3.01N
【分析】（1）由物體所處的狀態和庫侖定律求解B的電荷量和電性；
（2）由牛頓第二定律求解加速度；
（3）由勻加速運動規律求時間；
（4）對A由牛頓第二定律求F變為恒力時的大小。
【解答】解：（1）C帶正電，由于開始時三個物體均能保持靜止，則BC之間斥力，所以B帶正電。
A、B、C靜止時，以AB為研究對象，受力分析有
代入數據解得：
（2）A向上運動1m，向上力F變為恒力，經分析知AB分離時兩者之間彈力恰好為零，此后F變為恒力，即此時B向上運動了1m，對B由牛頓第二定律得
其中l＝L+1m＝3.0m
解得a＝2.0m/s2
（3）由勻加速運動規律得
解得t＝1.0s
（4）在分離時刻，對A由牛頓第二定律有
F﹣mAgsinθ＝mAa
解得：F＝3.01N
答：（1）B的電荷量，帶正電；
（2）A做勻加速的加速度大小為2.0m/s2；
（3）F從變力到恒力需要的時間為1.0s；
（4）F變為恒力時的大小為3.01N
【點評】本題考查了電場中的動力學問題，可以從運動和力的關系入手，分析帶電體的受力情況合理的運用牛頓第二定律求加速度。
13．（2024秋 五華區校級期末）如圖所示，電荷量分別為+q、+9q的兩帶電小球A、B，分別用兩根不可伸長的絕緣細線懸掛于O點，靜止時A、B兩球處于同一水平線上。已知O點到A球的距離OA＝2L，∠AOB＝90°，∠OAB＝60°，靜電力常量為b，帶電小球均可視為點電荷，重力加速度為g。
（1）求A、B兩球間的庫侖力大小；
（2）求A球的質量。
【考點】庫侖力作用下的受力平衡問題；共點力的平衡問題及求解．
【專題】定量思想；推理法；共點力作用下物體平衡專題；推理論證能力．
【答案】（1）A、B兩球間的庫侖力大小為小為；
（2）A球的質量為。
【分析】（1）依據庫侖定律，結合幾何關系求出AB間距離，即可求解A、B兩球間的庫侖力大小；
（2）分析A球的受力情況，由平衡條件求A球的質量。
【解答】解：（1）O點到A球的間距OA＝2L，∠AOB＝90°，∠OAB＝60°，因此AB＝4L，依據庫侖定律可知，AB間的庫侖力大小為
（2）對A球受力分析，如下圖所示：
依據矢量的合成法則，結合三角形知識，則有：F＝mAgtan30°，解得：
答：（1）A、B兩球間的庫侖力大小為小為；
（2）A球的質量為。
【點評】本題是帶電體在電場中的平衡問題，關鍵在于正確分析小球的受力情況，運用平衡條件求解相關力的大小。
14．（2024春 建鄴區期末）如圖所示，OM是兩固定的等量異種電荷A、B連線的豎直中垂線，其中A帶正電，B帶負電。用絕緣絲線一端固定于O點，另一端懸掛一質量為m的帶電小球，穩定后小球恰好靜止在AM的中點N處。已知AN＝NM＝L，且絕緣絲線ON與OM的夾角θ＝53°，等量異種電荷A、B及帶電小球的電荷量大小均為Q（Q未知），靜電力常量為k，重力加速度為g（sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。求：
（1）帶電小球所受庫侖力F，小球電荷量Q的大小；
（2）等量異種電荷A、B在N處產生的合場強E。
【考點】電場強度與電場力的關系和計算；庫侖定律的表達式及其簡單應用．
【專題】計算題；定量思想；推理法；電荷守恒定律與庫侖定律專題；推理論證能力．
【答案】（1）帶電小球所受庫侖力為mg，小球電荷量Q的大小為；
（2）等量異種電荷A、B在N處產生的合場強E為，方向水平向右。
【分析】（1）對物體進行受力分析，根據平衡力的特點結合庫侖力求解；
（2）根據電場強度的定義求解。
【解答】解：（1）對小球受力分析，根據平衡條件可知其受力情況如下圖所示
根據平衡條件有
F拉sinθ＝F
F拉cosθ＝mg
聯立代入數據得：Fmg；
根據庫侖定律可知，A對小球的庫侖力
B對小球的庫侖力
且有F＝F1+F2
聯立代入數據得：Q；
（2）根據電場強度的定義可知，等量異種電荷A、B在N處產生的總場強
E，方向水平向右；
答：（1）帶電小球所受庫侖力為mg，小球電荷量Q的大小為；
（2）等量異種電荷A、B在N處產生的合場強E為，方向水平向右。
【點評】本題主要考查學生對于平衡力的使用，對于庫侖定律和電場強度的定義式的熟練度掌握情況。
15．（2024春 香坊區校級期末）如圖所示，光滑絕緣的水平面上固定著A、B、C三個帶電小球，它們的質量都為m，彼此間距離均為r，A、B帶正電，電荷量均為q。現對C施加一個水平力F的同時放開三個小球。三個小球在運動過程中保持間距r不變，求：（三個小球均可視為點電荷）
（1）C球的電性和電荷量大小；
（2）水平力F的大小。
【考點】庫侖定律的表達式及其簡單應用；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；整體法和隔離法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力．
【答案】（1）C球帶負電，電荷量大小為2q；
（2）水平力F的大小為。
【分析】（1）對A球根據平衡條件和庫侖定律列方程即可求得C的電荷量；
（2）根據牛頓第二定律分別對A和整體列方程即可求得F的大小。
【解答】解：（1）A球受到B球沿BA方向的庫侖斥力和C球的庫侖力作用后，產生水平向右的加速度，所以C球對A球的作用力為庫侖引力，則C球帶負電。
對A球在BA連線的方向上根據平衡條件有
解得C球帶電荷量為Q＝2q
（2）對A球，根據牛頓第二定律有
對A、B和C整體有F＝3ma
聯立解得
答：（1）C球帶負電，電荷量大小為2q；
（2）水平力F的大小為。
【點評】整體法和隔離法的交替使用是解題的關鍵，注意A球和C球之間的庫侖力并不受B球的影響。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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