1、课时作业(十八)(分钟：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题8分，共72分)1(2011吉安模拟)如图所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电荷量为q外，其余各点处的电荷量均为q，则圆心O处()A场强大小为，方向沿OA方向B场强大小为，方向沿AO方向C场强大小为，方向沿OA方向D场强大小为，方向沿AO方向解析根据对称性，先假定在A点放上q的点电荷，则O点的场强为零，即B、C、D、E四个点电荷在O点的场强方向沿OA向上，大小为.故O点的合场强为A点q在O点产生的场强与B、C、D、E四个q在O点产生的合场强的矢量和，即EOEAE，所以
2、答案为C.答案C2如右图所示，AB是某个点电荷电场的一根电场线，在电场线上O点由静止释放一个负电荷，它仅在电场力作用下沿电场线向B运动，下列判断正确的是()A电场线由B指向A，负电荷做加速运动，加速度越来越小B电场线由B指向A，负电荷做加速运动，其加速度大小变化因题设条件不同不能确定C电场线由A指向B，负电荷做匀加速运动D电场线由B指向A，负电荷做加速运动，加速度越来越大解析负电荷由静止释放仅在电场力作用下向B运动，说明电场力方向由A指向B，故场强方向应由B指向A，由于形成电场的点电荷情况不详，电场的分布不能由一根电场线确定，其加速度大小变化不能确定，所以A、C、D错误，B项正确答案B3如图甲
3、所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，O、A、B为轴上三点. 放在A、B两点的检验电荷受到的电场力跟检验电荷所带电荷量的关系如下图乙所示以x轴的正方向为电场力的正方向，则()A点电荷Q一定为正电荷B点电荷Q在AB之间CA点的电场强度大小为2103 N/CD同一电荷在A点所受的电场力比B点的大解析由题图可知，A、B都是过原点的倾斜直线，由场强的定义式可知，其斜率为各点的场强大小，则EAN/C2103 N/C，EBN/C0.5103 N/C，同一电荷在A点所受的电场力比B点的大；由A、B两点所放的检验电荷电性相反而所受电场力方向相同，可得A、B两点电场强度方向相反，则点电荷Q在AB之间，且为
4、负电荷；故选项BCD正确答案BCD4(2011海南卷)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，此时球1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变由此可知()An3Bn4Cn5 Dn6解析题目要求在两种状态下分别运用库仑定律第一种状态下设1、2两小球距离为R，则Fk，第二种状态下确定1、2两小球的带电荷量是解决问题的关键首先，球3与球2接触后，3、2两小球均分nq，它们带的电荷量均为；然后球3与球1再接触
5、，3、1两小球均分q，它们带的电荷量均为，再次运用库仑定律Fk可得Fk，由此可求得：n6.答案D5(2011沈阳市翔宇中学第二次月考)真空中固定的正点电荷Q所形成的电场中有一质量为m1104 kg、带电荷量为q1108 C的微粒在此点电荷附近以角速度10 rad/s做匀速圆周运动. 已知正点电荷Q所带电荷量为4105 C，重力加速度g取10 m/s2，且微粒的重力相对于电场力不能忽略. 则下列判断正确的是()A微粒一定带负电B微粒一定带正电C微粒做圆周运动的圆心就在正点电荷Q所在的位置D微粒做圆周运动的圆心就在正点电荷Q正下方与Q的距离为0.1 m的位置解析由题意知该微粒和点电荷之间有相互吸引
6、的力，所以该微粒带负电，即A正确，B错误；由题意知该微粒所受的重力不能忽略，则微粒做匀速圆周运动的轨迹必不和点电荷在同一水平面内，且圆心O在点电荷的正下方，设其距点电荷的距离为H，如图所示. 则Fcosmg，Fsinm2R，由几何知识知RHtan，由以上各式解得H0.1 m，即D正确答案AD6(2011广东六校联考)把一带正电小球a放在光滑绝缘斜面上，欲使小球a能静止在右图所示的位置，需在MN间放一带电小球b，则()Ab球带正电，放在A点 Bb球带负电，放在A点Cb球带负电，放在C点 Db球带正电，放在C点解析小球a能静止在斜面上，即小球a受到的合力为零，若b球带正电放在A点，当球a所受电场力
7、大小等于球a的重力时，小球a受到的合力为零，可以静止，A正确；若b球带负电放在A点，小球a所受电场力向下，小球a受到的合力不能为零，不能静止，B错误；若b球带负电放在C点，小球a受到三个力的作用，合力可以等于零，可以静止，C正确；若b球带正电放在c点，由力的合成可知，小球a所受合力不能为零，故不能静止，D错误答案AC7(2011湖南省箴言中学第二次月考)如右图所示，在光滑绝缘的水平面上固定三个等质量的带电小球A、B、C，三球排成一直线. 若只释放A球，其初始加速度大小为1 m/s2，方向向左；若只释放C球，其初始加速度大小为3 m/s2，方向向右；现若只释放B，其初始加速度应为()A2 m/s
8、2，方向向左B1 m/s2，方向向左C2 m/s2，方向向右 D1 m/s2，方向向右解析依据题意，只释放A时，有FbaFcama1，只释放B时，有FcbFabma2，只释放C时，有FacFbcma3，根据牛顿第三定律，三式相加得0ma1ma2ma3，取向右为正方向，有a2 m/s2.答案A8两个质量相同的小球用不可伸长的长为L的绝缘细线连接，置于场强为E的匀强电场中，小球1和小球2均带负电，电荷量分别为q1和q2(q1q2)将细线拉直并使之与电场方向平行，如上图所示若将两小球同时从静止释放，则释放后细线中张力T为(不计重力及两小球间的库仑力)()AT(q1q2)EBT(q1q2)ECT(q1
9、q2)E DT(q1q2)E解析由牛顿第二定律，对球2有TEq2ma对球1、2整体有Eq1Eq22ma两式联立得T，A正确答案A9如右图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置，如果将小球B向左推动少许，待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比()A推力F将增大B竖直墙面对小球A的弹力增大C地面对小球B的弹力一定不变D两个小球之间的距离增大解析将A、B两球看成整体，则竖直方向与水平方向均平衡，故地面对小球B的支持力(为两球重力之和)保持不变，C正确
10、；对B受力分析知，B所受力的三角形与几何图形相似，根据相似知识知，推力F减小，故墙面对A的弹力减小，A、B错误；对B来说，竖直方向的合力(支持力与重力)不变且向上，水平向左的推力减小，故电场力减小，因此AB间距离变大，故D正确答案CD二、非选择题(共28分)10(14分)质量都是m的两个完全相同、带等量异种电荷的小球A、B分别用长l的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为2l的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，线与竖直方向夹角30，当外加水平向左的匀强电场时，两小球平衡位置如图乙所示，线与竖直方向夹角也为30，求：(1)A、B小球电性及所带电荷量Q；(2)外加匀强电场的场强E.解析(1)
11、A球带正电，B球带负电两小球相距d2l2lsin30l由A球受力平衡可得：mgtank解得：Ql.(2)外加电场时，两球相距d2l2lsin303l根据A球受力平衡可得：QEkmgtan解得：E.答案(1)A球带正电，B球带负电l(2)11(14分)光滑绝缘的水平面上固定着三个带电小球A、B、C，它们的质量均为m，间距均为r，A、B带等量正电荷q.现对C球施一水平力F的同时，将三个小球都放开，如右图所示，欲使得三个小球在运动过程中保持间距r不变，求：(1)C球的电性和电荷量(2)力F及小球的加速度a.解析设取A、B、C系统为研究对象，由牛顿第二定律有：F3ma.以A为研究对象，画出其受力图如右
12、图所示，A球受到B球的库仑斥力F1和C球的库仑力F2后，要产生水平向右的加速度，故F2必为引力，所以C球带负电荷. 又由库仑定律得F1，F2k分解F2得解得qc2q，ma，a所以F答案(1)负电2q(2)拓展题：某科幻小说中有下列一段描述，宇宙中有一球形均匀带电天体，其质量为m，半径为R. 宇航员王小明乘坐飞行器，登上该天体，用质量为M，带电荷量为q的小球进行如下操作. 第一次，让小球带负电，从距该天体表面h的位置由静止释放，发现小球悬浮不动；第二次，让小球带正电，从相同的位置，用小型发射装置将小球以某一速度水平发射，发现小球恰能在距天体表面为h的轨道上做匀速圆周运动(已知万有引力常量为G，静电力常量为k)试根据以上信息求：(1)该天体所带电的电性及其电荷量；(2)小球做匀速圆周运动加速度的大小；(3)小球绕天体运动一周所用的时间解析(1)第一次小球静止，所受万有引力与库仑力等值反向，故天体带负电，设天体带电荷量为Q，由得Q.(2)由Ma得小球加速度大小为a.(3)由小球做圆周运动的线速度v小球绕天体运动一周所用的时间T2将v值代入得T.答案(1)Q带负电(2)(3)