课时提升作业（十八）
(40分钟 100分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题7分，共70分。每小题至少一个答案正确，选不全得4分)
1.在真空中有一点电荷形成的电场中，离该点电荷距离为r0的一点，引入一电量为q的检验电荷，所受电场力为F，则离该点电荷为r处的场强大小为( )
A. B. C. D.
2.(2012·浙江高考)用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5 cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示，对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是( )
A.摩擦使笔套带电
B.笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷
C.圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力
D.笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和
3.(2013·武汉模拟)如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°角。关于a、b两点场强大小Ea、Eb的关系，以下结论正确的是( )
A. B. C. D.
4.(2013·锦州模拟)在光滑绝缘的水平地面上放置着四个相同的金属小球，小球A、B、C位于等边三角形的三个顶点上，小球D位于三角形的中心，如图所示，现让小球A、B、C带等量的正电荷Q，让小球D带负电荷q，使四个小球均处于静止状态，则Q与q的比值为( )
A. B. C.3 D.
5.(2013·眉山模拟)如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L。在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球+q(视为点电荷)，在P点平衡，PA与AB的夹角为α，不计小球的重力，则( )
A.tan3α=
B.tanα=
C.O点场强为零
D.Q1QB
B.小球A带正电，小球B带负电，且QAQB
D.小球A带负电，小球B带正电，且QAFB，r1>r2，所以Q1>Q2，因此O点的场强不为零，故C、D均错。
6.【解析】选A、C。以A为研究对象，根据其受力平衡可得，如果没有摩擦，则A对斜面一定无弹力，只受重力和库仑引力作用而平衡；如果受摩擦力，则一定受弹力，所以A受4个力作用而平衡，故答案为A、C。
7.【解析】选D。若A带正电，B带负电，则小球B受的电场力QBE和A、B间的库仑力方向均向左，合力向左，不能向右加速运动，故只能是A带负电，B带正电，选项A、B均错。把A和B看成一个整体，二者的电量代数和必为正值，才可使整体受向右的电场力而做匀加速运动，所以有QAQB，在真空中相距r，现将检验电荷q置于某一位置C时，所受的库仑力恰好为零，则( )
A.A和B为异种电荷时，C在AB之间连线上靠近B一侧
B.A和B为异种电荷时，C在AB连线的延长线上A外侧
C.A和B为同种电荷时，C在AB之间连线上靠近B一侧
D.A和B无论为同种还是异种电荷，C都不在AB连线以及延长线上
【解析】选C。根据检验电荷q置于某一位置C时，所受的库仑力恰好为零可得，C点的合场强为零，并且此位置一定在AB直线上，由场强的叠加可得场强为零的点，若是同种电荷一定在A、B连线之间靠近电荷量小的B端，若是异种电荷一定在A、B连线的延长线上靠近电荷量小的B端，所以答案为C。
8.【解析】选A。当滑块进入匀强电场区域时，还要受到方向向下的电场力作用，
根据等效法，相当于所受的重力增大，其合力仍为零，滑块将继续匀速下滑，
故答案为A。
9.【解析】选A、C、D。观察等量异种点电荷电场的电场线可以得出B与C两点、E与F两点、A与D两点的电场强度分别相等，所以选项A正确。又从O点开始沿中垂线到无限远电场强度逐渐减小到零，选项C正确。在两电荷连线之间从中点向两边电场强度逐渐增大，所以选项D正确。故正确答案为A、C、D。
10.【解析】选C、D。首先应用整体法对AB整体平衡分析，悬线OA张力为2mg，并且OA处于竖直方向，选项C正确；然后再采用隔离法以B为研究对象分析，悬线AB向左偏，其张力为电场力、库仑力与重力的合力，较不加电场时要大，选项D正确，故答案为C、D。
【总结提升】运用整体法和隔离法分析平衡问题
(1)将一部分视为整体，使这一部分之间的作用力变为内力。如本题将A、B视为整体，它们之间的库仑力和弹力为内力，于是能很快判断细线OA的偏转位置。
(2)要分析物体之间的作用就要采用隔离法。例如，本题要分析细线AB的偏转，就要选取B或A为研究对象列平衡方程解答。
(3)如果将水平匀强电场方向变为倾斜向上或向下，系统平衡问题可采用同样方法解答。
11.【解析】(1)由小球运动到最高点可知，小球带正电 (2分)
(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= ①(2分)
在最高点对小球由牛顿第二定律得，
②(2分)
由①②式解得，FT=15 N (1分)
(3)小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则 ③(2分)
设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则L=vt ④(2分)
设竖直方向上的位移为x，
则 ⑤(1分)
由①③④⑤解得x=0.125 m (2分)
所以小球距O点高度为x+L=0.625 m (1分)
答案：(1)正电 (2)15 N (3)0.625 m
12.【解题指南】解答本题时应把握以下三点：
(1)A、B两环竖直下落时可整体分析其受力情况和运动情况。
(2)正确分析两环进入半圆形轨道时线速度的大小关系。
(3)全程应用动能定理求解速度大小。
【解析】
(1)对A、B环整体由牛顿第二定律：
2mg+qE=2ma， (2分)
解得a=。 (1分)
隔离B环，设杆对B环的作用力向下，大小为F，则有mg+F-qE=ma， (2分)
解得F=0.5mg (1分)
(2)A环到达最低点时，三角形OAB为等边三角形，如图所示。
这一过程中A、B组成的系统重心下降
(2分)
在此位置，A、B沿杆方向的速度相同，故有
vAcosα=vBcosβ，由几何知识可知α=β=30°，
故vA=vB (2分)
据动能定理2mgh+2qE·2R-qE·R=mv2 (4分)
解得 (1分)
答案：(1)0.5mg (2)
关闭Word文档返回原板块
【点此下载】