发布时间 : 星期三 文章推荐学习K122019届高考物理一轮复习第七章静电场学案更新完毕开始阅读b12d231ab1717fd5360cba1aa8114431b80d8ede
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D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
解析：选BD 由题图所示可知，集尘极电势高，放电极电势低，放电极与集尘极间电场方向向左，即电场方向由集尘极指向放电极，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知尘埃所受的电场力向右，故到达集尘极的尘埃带负电荷，故A错误，B正确。电场方向向左，带电尘埃所受电场力方向向右，带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相反，故C错误。由
F＝Eq可知，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确。
5．[多选](2018·衡水一中月考)某电场的电场线的分布如图所示。一个带电粒子由M点沿图中虚线所示的途径运动通过N点。则下列判断正确的是( )
A．粒子带正电 B．电场力对粒子做负功 C．粒子在N点的加速度大 D．粒子在N点的电势高
解析：选AC 电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受到的电场力的方向也向上，所以电荷为正电荷，故A正确；从M点到N点，静电力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，电势降低，故B、D错误；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在N点的受力大，加速度大，故C正确。
★6．如图所示，质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于
O点，带有电荷量也为q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上。其中O点与小
球A的间距为l，O点与小球B的间距为3l。当小球A平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°。带电小球A、B均可视为点电荷，静电力常量为k。则( )
kq2
A．A、B间库仑力大小F＝2
2lB．A、B间库仑力大小F＝
3mg 3
kq2
C．细线拉力大小FT＝2
3lD．细线拉力大小FT＝3mg
解析：选B 小球A的受力分析如图：由于对称性，绳子拉力等于库13mg仑力，且根据平衡条件则F库cos 30°＝mg，化简则F库＝，即绳子
23拉力F＝3mg，因此正确选项为B。 3
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★7．(2018·衡阳联考)如图所示，一均匀带电荷量为＋Q的细棒，在过中点c垂直于细棒的直线上有a、b、d三点，且ab＝bc＝cd＝L，在
Qa点处有一电荷量为＋的固定点电荷q。已知b点处的场强为零，则d点
2
处场强的大小为(k为静电力常量)( )
5QA．k2 9L3QC．k2 2L3QB．k2
L9QD．k2
2L解析：选A 电荷量为＋的点电荷q在b处产生电场强度为E＝2，方向向右。又b22L点处的合场强为零，根据电场的叠加原理可知细棒与q在b处产生的电场强度大小相等，方向相反，则知细棒在b处产生的电场强度大小为E′＝2，方向向左。根据对称性可知细棒
2L在d处产生的电场强度大小为度为E″＝右。
8．(2018·潍坊二中月考)如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q(不计重力)，由静止释放后，下列说法中正确的是( )
A．点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大 B．点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大 C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值
D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零 解析：选C 在两电荷连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大。但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断，故A、B错误；越过O点后，负电荷q做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大，电场力为零，加速度为零，故C正确；根据电场线的对称性可知，越过O点后，负电荷q做减速运动，加速度的变化情况无法判断，故D错误。
9．[多选]用细绳拴一个质量为m、带正电的小球B，另一也带正电小球A固定在绝缘竖直墙上，A、B两球与地面的高度均为h，小球B在重力、拉力和库仑力的作用下静止不动，如图所示。现将细绳剪断后推荐学习K12资料
QkQkQkQQ，方向向右；而电荷量为的点电荷q在d处产生的电场强22L2
kQL2
kQ5kQ＝2，方向向右；所d点处场强的大小为Ed＝E″＋E′＝2，方向向18L9L推荐学习K12资料 ( )
A．小球B在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动 B．小球B在细绳剪断瞬间加速度大于g C．小球B落地的时间小于
2hg D．小球B落地的速度大于2gh
解析：选BCD 将细绳剪断瞬间，小球B受到重力和库仑力的共同作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，因此从剪断细绳瞬间起开始，小球B不可能做平抛运动，且加速度大于g，故A错误，B正确；小球在落地过程中，除受到重力外，还受到库仑斥力，那么竖直方向的加速大于g，因此小球B落地的时间小于 D正确。
★10．(2018·甘肃二诊)如图所示，等量异种电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB连线的中垂线重合，
2h，落地的速度大于2gh，故C、
gC、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形。一带负电的小球(可
视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速释放，则小球由C运动到D的过程中，下列说法正确的是( )
A．杆对小球的作用力先增大后减小 B．杆对小球的作用力先减小后增大 C．小球的速度先增大后减小 D．小球的速度先减小后增大
解析：选A 从C到D，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，则杆对小球的作用力先增大后减小，故A正确，B错误。因直杆处于AB连线的中垂线上，所以此线上的所有点的电场方向都是水平向右的，对带电小球进行受力分析，受竖直向下的重力，水平向左的电场力和水平向右的弹力，水平方向上受力平衡，竖直方向上的合力大小等于重力，重力大小不变，加速度大小始终等于重力加速度，所以带电小球一直做匀加速直线运动，故C、D错误。
[B级——拔高题目稳做准做]
11.(2018·重庆二模)如图所示，用一根绝缘细线悬挂一个带电小球，小球的质量为m，电量为q，现加一水平的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹角为θ。
(1)试求这个匀强电场的场强E大小；
(2)如果将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，小球平衡时，绝缘细线仍与竖直方向夹角为θ，则E′的大小又是多少？
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解析：(1)对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，如图甲所示。由平衡条件得：mgtan θ＝qE
解得：E＝
mgtan θ
。 q
(2)将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，电场力方向也顺时针转过θ角，大小为F′＝qE′，此时电场力与细线垂直，如图乙所示。
根据平衡条件得：mgsin θ＝qE′ 则得：E′＝答案：(1)
mgsin θ
。 qmgtan θmgsin θ
(2) qq12．(2018·徐州模拟)如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电荷量为q。在杆上B点处固
定一个电荷量为Q的正电荷。将A由距B竖直高度为H处无初速度释放，小球A下滑过程中电荷量不变。不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g。求：
(1)A球刚释放时的加速度大小。
(2)当A球的动能最大时，A球与B点的距离。 解析：(1)由牛顿第二定律可知mgsin α－F＝ma 根据库仑定律有F＝k2
qQrkQqsin2α
又知r＝，得a＝gsin α－。
sin αmH2
H(2)当A球受到合力为零，即加速度为零时，动能最大。 设此时A球与B点间的距离为d，则mgsin α＝解得d＝
kQq d2kQqmgsin α
。
kQqsin2α
答案：(1)gsin α－ (2)
mH2
kQqmgsin α
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