第7章第1講知識鞏固練習1．(2021年武威質檢)如圖所示，用細線系住一質量為m、帶電荷量為q的小球，線的一段固定在O點，若在空間加上勻強電場，平衡時線與豎直方向成60°角，則電場強度的最小值為()A．eq\f(mg,2q) B．eq\f(\r(3)mg,2q)C．eq\f(2mg,q) D．eq\f(mg,q)【答案】B【解析】受力分析可知，當電場力F垂直懸線時最小，故場強E也最小．此時電場力qE＝mgsin60°，所以E＝eq\f(mgsin60°,q)＝eq\f(\r(3)mg,2q)，故B正確，A、C、D錯誤．2．(2021年泉州質檢)如圖所示，M、N為兩個等量同種電荷，在其連線的中垂線上的P點放一靜止的負電荷q(點電荷)，不計重力，下列說法中正確的是()A．點電荷在從P到O的過程中，加速度越來越大，速度也越來越大B．點電荷在從P到O的過程中，加速度越來越小，速度越來越大C．點電荷運動到O點時加速度為零，速度達最大值D．點電荷越過O點后，速度越來越小，加速度越來越大，直到粒子速度為零【答案】C【解析】由等量同種電荷周圍的電場線的分布可知，O點場強為零，從O點沿著中垂線向無窮遠處延伸，場強先增大后減小，所以點電荷在從P到O的過程中，加速度可能先增大后減小，也有可能一直減小，但速度一直增大，點電荷q在O點所受電場力的合力為零，加速度為零，速度達到最大，故C正確，A、B錯誤；同理，點電荷越過O點后，加速度可能先增大后減小，也有可能一直增大，但速度越來越小直到為零，D錯誤．3．(2021年浙江名校聯考)如圖所示，水平面上有一均勻帶電環，帶電量為Q，其圓心為O點．有一帶電量為q的小球恰能靜止在O點上方的P點，OP間距為L，P與圓環上任一點的連線與PO間的夾角為θ.以下說法正確的是()A．P點場強大小為eq\f(kQ,L2)B．P點場強大小為eq\f(kQcosθ,L2)C．P點場強大小為eq\f(kQcos2θ,L2)D．P點場強大小為eq\f(kQcos3θ,L2)【答案】D【解析】利用微元法可知，圓環上一小段電荷量q在P點產生的場強為E＝eq\f(kq,r2)＝eq\f(kq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,cosθ)))2)＝eq\f(kqcos2θ,L2)，方向沿兩點連線，因為小球在P點處于靜止狀態，所以合電場強度方向應該在豎直方向，則豎直方向上的分量為E′＝eq\f(kqcos2θ,L2)cosθ，圓環在P點產生的場強大小為eq\f(kQcos3θ,L2)，故D正確．4．圖中所示為由粗糙的水平桿AO與光滑的豎直桿BO組成的絕緣直角支架，在AO桿、BO桿上套有帶正電的小球P、Q，兩個小球在某一位置平衡．現將P緩慢地向左移動一小段距離，兩球再次達到平衡．若小球所帶電量不變，與移動前相比()A．桿BO對Q的彈力減小B．桿AO對P的彈力減小C．桿AO對P的摩擦力增大D．P、Q之間的距離增大【答案】C【解析】Q受力如圖所示，由力的合成與平衡條件可知：BO桿對小球Q的彈力變大，兩小球之間的庫侖力變大，由庫侖定律知，兩小球P、Q的距離變小，故A、D錯誤；對整體做受力分析，可得AO桿對小球P的摩擦力變大，AO桿對小球P的彈力不變，故C正確，B錯誤．5．(2021年山東模擬)如圖所示，16個電荷量均為＋q(q>0)的小球(可視為點電荷)，均勻分布在半徑為R的圓周上．若將圓周上P點的一個小球的電荷量換成－2q，則圓心O點處的電場強度為()A．eq\f(5kq,R2)，方向沿半徑向左B．eq\f(4kq,R2)，方向沿半徑向左C．eq\f(3kq,R2)，方向沿半徑向右D．eq\f(2kq,R2)，方向沿半徑向右【答案】C【解析】圓心O點處的電場強度可以看成在P點放－3q的點電荷在O點產生的電場．根據點電荷電場強度公式和場強疊加原理，O點處的電場強度為E＝keq\f(3q,R2)，方向向右，C正確，A、B、D錯誤．6．(2021年清遠一中模擬)如圖，帶正電的小球a在外力作用下靜止在絕緣光滑豎直面上的P點，帶正電的小球b用絕緣細線系住，掛在絕緣光滑豎直面上的O點，b球靜止時與a球在同一水平面內．若將小球a從P點緩慢移到C點過程中，小球b所受的庫侖力大小()A．逐漸減大 B．逐漸減小C．保持不變 D．先減小后增大【答案】B【解析】設細線長為L，OP距離為h，兩球間距為x，對小球b受力分析，如圖所示，由相似三角形可得eq\f(mg,h)＝eq\f(F,x)，兩電荷間庫侖力為F＝keq\f(qaqb,x2)，聯立可得eq\f(mg,h)＝keq\f(qaqb,x3)，由于小球a緩慢下移過程h變大，故x變大，則F變小，B正確．7．(2021年深州長江中學月考)如圖所示，三個絕緣帶電小球A、B、C處于豎直平面內，三個小球的連線構成直角三角形，∠A＝90°，∠B＝60°用豎直向上的力F作用在小球A上，三個小球恰好處于靜止狀態．下列關于三個小球所帶電荷量的關系中正確的是()A．qA＝eq\f(\r(3),2)qCB．qA＝eq\f(1,2)qBC．qeq\o\al(2,A)＝qBqCD．qB＝eq\f(\r(3),3)qC【答案】D【解析】由平衡條件可知，A、B間，A、C間必是引力，B、C間必是斥力，故B、C帶同種電荷，與A相反，對B球受力分析，如圖所示，由平衡條件可得FABcos60°＝FBC，同理可得，對于C球滿足FACcos30°＝FBC，設A、B距離為l，則A、C距離為eq\r(3)l，B、C距離為2l，由庫侖定律可得FAB＝keq\f(qAqB,l2)、FAC＝keq\f(qAqC,3l2)、FBC＝keq\f(qBqC,4l2)，聯立可得qA∶qB∶qC＝eq\r(3)∶2∶2eq\r(3)，D正確．綜合提升練習8．(多選)(2021年赤峰名校模擬)如圖甲所示，AB是某電場中的一條電場線，若有一電子以某一初速度且僅在電場力的作用下，沿AB由點A運動到點B，所經位置的電勢隨距A點的距離變化的規律如圖乙所示．以下說法正確的是()A．該電場是勻強電場B．電子在A、B兩點的電勢能EpA＜EpBC．電子在A、B兩點的加速度aA＞aBD．電子在A、B兩點的速度vA＜vB【答案】BC【解析】φ-x圖像的斜率大小等于電場強度，由幾何知識知，圖像的斜率減小，則從點A到點B場強減小，不是勻強電場，EA＞EB，故A錯誤．由圖看出，電勢逐漸降低，可判斷出電場線的方向是從A到B，在移動過程中，電場力做負功，電子的動能減小，速度減小，而電子的電勢能增大，即有vA＞vB，EpA＜EpB，故B正確，D錯誤．根據a＝eq\f(F,m)＝eq\f(Eq,m)可知，A點場強大，則A點加速度大，故C正確．9．(多選)如圖所示，把A、B兩個相同的導電小球分別用長為0.10m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點．用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點OB移到OA點固定．兩球接觸后分開，平衡時距離為0.12m．已測得兩個小球的質量均是8.0×10－4kg，帶電小球可視為點電荷，重力加速度取g＝10m/s2，靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，則()A．兩球所帶電荷量相等B．A球所受的靜電力為1.0×10－2NC．B球所帶的電荷量為4eq\r(6)×10－8CD．A、B兩球連線中點處的電場強度為0【答案】ACD10．如圖所示，有三根長度L均為0.3m的不可伸長的絕緣細線，其中兩根的一端分別固定在天花板上的P、Q點，另一端分別拴有質量m均為0.12kg的帶電小球A和B，其中A球帶正電，電荷量q＝3×10－6C；B球帶負電，與A球帶電荷量相同．A、B之間用第三根線連接起來．在水平向左的勻強電場作用下，A、B保持靜止，懸線仍處于豎直方向，且A、B間細線恰好伸直(靜電力常量k＝9×109N·m2/C2，sin37°＝0.6)．(1)求此勻強電場的電場強度E的大小．(2)現將PA之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會達到新的平衡位置．求此時細線QB所受的拉力T的大小，并求出A、B間細線與豎直方向的夾角θ.(3)求A球的電勢能與燒斷前相比改變了多少(不計B球所帶電荷對勻強電場的影響)．【答案】解：(1)B球水平方向合力為零，所以qBE＝keq\f(qqB,L2)，可得E＝keq\f(q,L2)＝9×109×eq\f(3×10