高考物理一轮复习 第六章 第1讲电场力的性质的描述课时提升作业 教科版选修31

圆形，半径为R，固定在竖直平面内。A、B是质量都为m的小环，A的带电量为-2q、B的带电量为+q，用长为R的绝缘轻杆连接在一起，套在轨道上。整个装置放在电场强度为E=

mg、方向竖直向上的匀强电场3q中，将A、B两环从图示位置由静止释放，A环离开底部2R。不考虑轻杆和轨道接触时的机械能损失，也不考虑A、B间的库仑力作用。求：

(1)A、B两环都未进入半圆形底部前，杆上的作用力的大小； (2)A环到达最低点时，两环速度大小。

答案解析

1.【解析】选C。由于两导体板不平行,其间电场不可能是匀强电场,故A错;板的左侧相距较近,电荷聚集得多,电场强度大,所以电场线应该越密集,故B、D均错,只有C对。

2.【解析】选A、B、C。笔套与头发摩擦后，它们的原子核束缚电子的本领不同，而使笔套带电，这种起电方式叫摩擦起电，选项A正确；当带电的笔套靠近金属箔圆环时，圆环上部感应出与笔套相异的电荷，下部感应出与笔套相同的电荷，即上、下部电荷量等量异号，选项B正确；圆环被吸引上来，由静止变运动，力是改变物体运动状态的原因，圆环所受静电力有笔套的引力和斥力，但静电力的合力大于圆环的重力，选项C正确；笔套碰到圆环后，由于笔套是绝缘体，所以其上电荷不能全部中和，选项D错误。

Earb23kQ3.【解析】选D。由题图可知，rb?3ra，再由E=2可得?2?，故D正确。

rEbra14.【解析】选D。设三角形边长为a，由几何知识可知，BD=a·cos30°·

32a，以B为研究对象，=33QkQ2kQq?3，D正确。 由平衡条件可知，2cos30??2?，解得：2qaBD5.【解析】选A。小球在P点受三个力FA、FB和N的作用而处于平衡状态，由几何知识可知AP⊥BP，故FA与FB垂直。

- 5 -

由库仑定律可得：FA?kQ1qkQ1qkQ2qkQ2qFB?F??，，又tanα=，联立解得Br12(Lcos?)2r22(Lsin?)2FAtan3??均错。

Q2，故A对B错。由受力图可知，FA>FB，r1>r2，所以Q1>Q2，因此O点的场强不为零，故C、DQ16.【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。

- 6 -

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=

1mv2 2 ①(2分)

在最高点对小球由牛顿第二定律得，

v2T?mg?qE?m

L由①②式解得，T=15 N

②(2分)

(1分)

(3)小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则a?设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则L=vt 设竖直方向上的位移为x， 则x?qE?mg m

③(2分) ④(2分)

12at 2

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。

- 7 -

(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， 解得a=g?

(2分)

(1分)

qE7?g。 2m6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， 解得F=0.5mg

(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

h?32R?394R?4R 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

据动能定理2mgh+2qE·2R-qE·512R=2mv2

解得v?10gR

答案：(1)0.5mg (2)10gR (2分)

(1分)

(2分)

(2分)

(4分)

(1分)

- 8 -