高二物理下册静电力和电场强度检测题(含答案)

滚动检测1　静电力和电场强度　　　
一、单项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)
图1
1．如图1所示，在真空中，把一个绝缘导体向带负电的球P慢慢靠近．关于绝缘导体两端的电荷，下列说法中不正确的是(　　)
A．两端的感应电荷越来越多
B．两端的感应电荷是同种电荷
C．两端的感应电荷是异种电荷
D．两端的感应电荷电荷量相等
解析：由于导体内有大量可以自由移动的电子，当带负电的球P慢慢靠近它时，由于同种电荷相互排斥，导体上靠近P的一端的电子被排斥到远端，从而显出正电荷，远离P的一端带上了等量的负电荷．导体离P球距离越近，电子被排斥得越多，感应电荷越多．
答案：B
2．如图2所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离L为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为Q，那么，a、b两球之间的万有引力F引与库仑力F库分别为(　　)
图2
A．F引＝Gm2L2，F库＝kQ2L2
B．F引≠Gm2L2，F库≠kQ2L2
C．F引≠Gm2L2，F库＝kQ2L2
D．F引＝Gm2L2，F库≠kQ2L2
解析：万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然两球心间的距离L只有其半径r的3倍，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看作质量集中于球心的质点．因此，可以应用万有引力定律．两球相距太近，影响电荷的分布，此时两小球不能看作点电荷，即库仑定律不适用．综上所述，对于a、b两带电球壳的整体来说，满足万有引力的适用条件，不满足库仑定律的适用条件，故只有选项D正确．
答案：D
3．两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E的匀强电场中，小球1和2均带正电．电量分别为q1和q2(q1>q2)．将细线拉直并使之与电场方向平行，如图3所示．若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力FT为(不计重力及两小球间的库仑力)(　　)
图3
A．FT＝12(q1－q2)E　　　　B．FT＝(q1－q2)E
C．FT＝12(q1＋q2)E D．FT＝(q1＋q2)E
解析：两小球一起做加速运动，对两小球分别列牛顿第二定律方程，对小球1：q1E－FT＝ma，对小球2：q2E＋FT＝ma，解得FT＝12(q1－q2)E.
答案：A
4．如图4所示，实线是电场线，虚线为等势面，已知相邻两等势面间的电势差相等，有一正电荷在等势面L3处的动能为20 J，运动到L1处的动能为零，若取L2处为零势面，则当此电荷的电势能为6 J时，它的动能(不计重力及其他阻力)是(　　)
图4
A．16 J　　 　　B．24 J　　 　　C．6 J　　 　　D．4 J
解析：电荷在运动过程中，因为只有电场力做功，所以电势能与动能之间发生转化，且动能与电势能的总和保持不变．设电荷由L3到L2，L2到L1电场力做功分别为W32、W21，因为U32＝U21，所以W32＝W21，由动能定理得W32＋W21＝0－20 J，W32＝W21＝－10 J．设当电荷运动到等势面L2时，其动能为Ek2，W32＝Ek2－20 J，Ek2＝10 J．所以该电荷的动能和电势能的总和为10 J＋0＝10 J，故当电荷的电势能为6 J时，电荷的动能为4 J.
答案：D
二、双项选择题(本题共5小题，每小题8分，共40分)
5．实线为三条方向未知的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个点电荷，a、b的运动轨迹如图5中的虚线所示(a、b只受电场力作用)，则(　　)
图5
A．a一定带正电，b一定带负电
B．电场力对a做正功，对b做负功
C．a的速度将增大，b的速度将增大
D．a的加速度将减小，b的加速度将增大
解析：由于电场线的方向未知，故无法确定a、b的电性，A错；电场力对a、b均做正功，两点电荷的动能均增大，则速度均增大，B错C正确；a向电场线稀疏处运动，电场强度减小，电场力减小，故加速度减小，b向电场线密集处运动，故加速度增大，D正确．
答案：CD
6．如图6所示，为某电场中的一条电场线，在a点静止地放一个带正电粒子(所受重力不能忽略)，到达b点时速度恰好为零，则(　　)
图6
A．该粒子从a→b做变加速运动
B．电场线的方向一定竖直向上
C．a点场强有可能比b点大
D．该电场可能是负的点电荷的电场
解析：点电荷从a→b，速度由零增加，最后又变为零，说明粒子有加速过程和减速过程，其受电场力方向只能是向上的，所以电场线方向必然向上，A、B正确；粒子在a点必有mg>qEa，在b点则是mgEb，不符合题意，D错．
答案：AB
7．如图7所示，固定在Q点的正点电荷的电场中有M、N两点，已知MQ图7
A．若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点，则静电力对该电荷做功，电势能减小
B．若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点，则该电荷克服静电力做功，电势能增加
C．若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点，则静电力对该电荷做功，电势能减小
D．若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点；则该电荷克服静电力做的功等于静电力对该电荷所做的功，电势能不变
解析：由点电荷产生的电场的特点可知，M点的电势高，N点的电势低，所以正电荷从M点到N点，静电力做正功，电势能减小，故A对，B错；负电荷由M点到N点，克服静电力做功，电势能增加，故C错；静电力做功与路径无关，负点电荷又回到M点，则整个过程中静电力不做功，电势能不变，故D对．
答案：AD
8．空间存在匀强电场，有一电荷量q(q>0)、质量m的粒子从O点以速率v0射入电场，运动到A点时速率为2v0.现有另一电荷量为－q、质量m的粒子以速率2v0仍从O点射入该电场，运动到B点时速率为3v0.若忽略重力的影响，则(　　)
A．在O、A、B三点中，B点电势最高
B．在O、A、B三点中，A点电势最高
C．OA间的电势差比BO间的电势差大
D．OA间的电势差比BA间的电势差小
解析：本题考查电场力做功与电势差的关系．电量为q的粒子从O点以v0射入电场，到A点时速率为2v0，由于只有电场力做功，因此qUOA＝12m(2v0)2－12mv20，UOA＝3mv202q.将另一电荷量为－q的粒子从O点以2v0射入，到B点时速率为3v0，则有－qUOB＝12m(3v0)2－12m(2v0)2，UOB＝－5mv202q，因此三点中B点电势最高，A项正确，B项错误；UBO＝5mv202q.BO间的电势差比OA间的大，C项错误；UBA＝UOA－UOB＝8mv202q，UOA答案：AD
9．一点电荷沿着图8中曲线JK穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的等势面，其中φa<φb<φc<φd，若不计粒子受的重力，可以确定(　　)
图8
A．该粒子带正电
B．该粒子带负电
C．从J到K粒子的电势能增加
D．粒子从J到K运动过程中的动能与电势能之和不变
解析：此题已知电场中的一簇等势面，并且知道各等势面电势的高低，可知电场线与等势面垂直，且指向左．由粒子运动的轨迹知，所受电场力的方向与电场线方向相反，所以粒子带负电，A错，B正确；粒子从J到K运动过程中，电场力做正功，所以电势能减小，C错；只有电场力做功，动能与电势能之和保持不变，D对．
答案：BD
三、非选择题(本题共3小题，共36分)
10．(10分)如图9所示，在竖直向上的匀强电场中有三个小球A、B、C，用不可伸长的绝缘细绳相连挂于O点，质量分别为5m、3m和2m，其中只有B球带电－Q，匀强电场的场强为E.在烧断OA的瞬间，A球的加速度为______，AB间细绳的张力为________，BC间细绳的张力为______．
图9
解析：(1)以AB整体为研究对象，QE＋8mg＝8maA，得aA＝QE8m＋g.
(2)对于A，FTAB＋5mg＝5maA，得FTAB＝58QE.
(3)当OA烧断的瞬间，若不考虑A、B、C间的绳子拉力，则B球向下的加速度大于A、C两球的加速度，故A、B间连线有张力，B、C间张力为零．
答案：QE8m＋g　58QE　0
11．(12分)如图10所示，在匀强电场中，一电荷量为q＝5.0×10－10 C的正电荷，由a点移到b点和由a点移到c点，电场力做的功都是3.0×10－8 J，已知a、b、c三点的连线组成直角三角形，ab＝20 cm，θ＝37°.求：
(1)a、b两点间的电势差；
(2)匀强电场的场强大小；
(3)电场强度的方向．
图10
解析：(1)因为正电荷q从a到b和从a到c，电场力做功相等，所以由W＝qU可得Uab＝Uac，b、c两点在同一等势面上，Uab＝Wabq＝3.0×10－85.0×10－10 V＝60 V.
(2)由U＝Ed得，
E＝Ud＝Uababcos37°＝600.2×0.8 V/m＝375 V/m.
(3)由匀强电场电场线和等势面关系可知，场强与ac平行且由a指向c.
答案：(1)60 V　(2)375 V/m　(3)由a→c
12．(14分)如图11所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷．a、b是AB连线上的两点，其中Aa＝Bb＝L4，O为AB连线的中点．一质量为m，电荷量为＋q的小滑块(可视为质点)以初动能E0从a点出发，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍(n>1)，到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：
图11
(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ.
(2)Ob两点间的电势差UO b.
(3)小滑块运动的总路程s.
解析：(1)由Aa＝Bb＝L4，O为AB连线的中点知a、b关于O点对称，则
Uab＝0①
设小滑块与水平面间的摩擦力大小为Ff，对于小滑块从a→b过程，据动能定理得
qUab－FfL2＝0－E0②
又Ff＝μmg③
联立①②③式解得μ＝2E0mgL④
(2)对于小滑块从O→b的过程，据动能定理得
qUOb－FfL4＝0－nE0⑤
联立③④⑤式解得UOb＝－?2n－1?E02q.⑥
(3)对于小滑块从a点开始运动到最终在O点停下来的整个过程，据动能定理
qUaO－Ffs＝0－E0⑦
而UaO＝－UOb＝?2n－1?E02q⑧
联立③～⑧式解得s＝2n＋14L


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