自主招生辅导 电场(含答案).doc

专题五 电场 一、库仑定律 5. （2009大学）相隔一定距离，两球之间的相互作用力的大小是F，带电的半径相同的金属小球先与A接触，再和小球B接触后移开。这时，A、B两球之间的相互作用力大A．F/2 B．F/4 C．3F/4 D．3F/8 答案A解析：根据库仑定律，金属球A、B之间的库伦力正比于金属球A、B带电量的乘积，即F=kQ2/r2。设开始时金属球A、B带电量均为Q，金属小球C与小球A接触后，二者平分，各自带电量Q/2。金属小球C再与小球B接触后，二者平分，各自带电量（Q+Q/2）/2=3Q/4。这时二者带电量的乘积为Q/2·3Q/4=3Q/8。所以A、B两球之间的相互作用力大小变为3F/8。选项D正确。 1．如图所示，用等长绝缘线分别悬挂两个质量、电量都相同的带电小球A和B，两线上端固定于O点，B球固定在O点正下方。当A 球静止时，两悬线夹角为θ能保持夹角θ不变的方法是 A．同时使两悬线长度减半 B．同时使A球的质量和电量都减半 C．同时使两球的质量和电量都减半 D．同时使两悬线长度和两球的电量都减半 。 设绝缘线==，即mg=T。由A球的受力矢量图可知，2mgsin=F=k。 同时使两悬线长度减半同时使A球的质量和电量都减半同时使两球的质量和电量都减半同时使两悬线长度和两球的电量都减半、设有带负电的小球A、B、C，它们的电量的比为1:3:5，三球均在同一直线上，A、C固定不动，而B也不动时，BA与BC间的比值为________。 A．1:5 B．5:1 C．1: D．:1 答案：C解析：设BA之间距离为r1，BC之间距离为r2，由库仑定律，AB之间库伦力F1=k，BC之间库伦力F2=k.B也不动时，F1= F2。联立解得：r1: r2=1:，选项C正确。 2．（2012卓越自主招生）用等长的丝线分别悬挂两个质量、电荷量都相同的带电小球、，两线上端固定在同一点，把球固定在点的正下方，当球静止时，两悬线夹角为，如图所示。若在其他条件不变，只改变下列某些情况，能够保持两悬线夹角不变的方法是 A．同时使两悬线的长度都减半 B．同时使球的质量、电荷量都减半 C．同时使、两球的质量、电荷量都减半 D．同时使两悬线的长度和两球的电荷量都减半 2.答案：BD 解析：对A球进行受力分析，画出受力分析图。由图中几何关系可得：=。要保持两悬线夹角不变，r不变的方法是，同时使球的质量、电荷量都减半；同时使两悬线的长度和两球的电荷量都减半，选项BD正确。 7. （2011同济大学）如图所示，半径为R的光滑半圆环竖直放置，圆环最低点固定一个电荷量为Q(Q0)的点电荷.质量为m，电荷量为q（q0）的小圆环从右侧最高点由静止释放。距离带电荷量Q的点电荷距离为r的点电势可以表示为：φ=kQ/r。 （1）推出小圆环达到最大速度时小圆环与O点的连线与水平方向的夹角θ满足的方程。 （2）在（1）的情况下，如果θ已知，求小圆环的最大速度。 7.解析：(1)设小圆环到达与O点的连线与水平方向的夹角为θ时速度最大，此时小圆环所受合力沿圆环切线方向的分力为零。即mgcosθ=Fcos(45°-θ/2)， 由库仑定律，F=k， 二式联立化简得： mgcosθ= k cos(45°-θ/2) 。 （2）对小圆环而言，由于只有重力和库伦力做功，机械能与电势能之和保持不变，故： k+mgRsinθ=k+mv2， 解得：v= 1、(20分) () “顿牟缀芥”是两干多年前我国古人对摩擦起电现象的观察记录，“顿牟缀芥”经摩擦后带电琥珀能吸起小物体。下述模型分析探究。 在某处固定一个电荷量为Q的点电荷，在其正下方h处有一个原子。在点电荷产生的电场(场强为E)作用下，原子的负电荷中心与正电荷中心会分开很小的距离l，形成电偶极子。描述电偶极子特征的物理量称为电偶极矩p，p=ql，这里q为原子核的电荷。实验显示，p=αE，α为原子的极化系数，反映极化的难易程度。被极化的原子与点电荷之间产生作用力F。在一定条件下，原子会被点电荷“缀”上去。 (1)判断F是吸引力还是排斥力?简要说明理由； (2)若固定点电荷的电荷量增加一倍，力F如何变化 (3)若原子与点电荷间的距离减小一半，力F如何变化- k 考虑到lh，化简得：F=kqQ（-）=2 kQql/h3. 利用p=ql，可得F=2 kQp/h3. 根据点电荷电场强度公式，若固定点电荷的电荷量增加一倍，被极化的原子p=αE可知电偶极矩p(3) 根据点电荷电场强度公式，若原子与点电荷间的距离减小一半，被极化的原子p=αE可知电偶极矩p顿牟缀芥电偶极矩正方体八个顶点上各有一电荷为q的点电荷，求它们在上面中心O形成的合场强大小方向。正方体上面中心O形成的合场强正方体上面中