高二物理下册静电力和电场强度检测题(含答案)

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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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