滾動檢測1　靜電力和電場強度　　　
一、單項選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分)
圖1
1．如圖1所示，在真空中，把一個絕緣導體向帶負電的球P慢慢靠近．關(guān)于絕緣導體兩端的電荷，下列說法中不正確的是(　　)
A．兩端的感應電荷越來越多
B．兩端的感應電荷是同種電荷
C．兩端的感應電荷是異種電荷
D．兩端的感應電荷電荷量相等
解析：由于導體內(nèi)有大量可以自由移動的電子，當帶負電的球P慢慢靠近它時，由于同種電荷相互排斥，導體上靠近P的一端的電子被排斥到遠端，從而顯出正電荷，遠離P的一端帶上了等量的負電荷．導體離P球距離越近，電子被排斥得越多，感應電荷越多．
答案：B
2．如圖2所示，兩個質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，將它們固定于絕緣支座上，兩球心間的距離L為球半徑的3倍．若使它們帶上等量異種電荷，使其電荷量的絕對值均為Q，那么，a、b兩球之間的萬有引力F引與庫侖力F庫分別為(　　)
圖2
A．F引＝Gm2L2，F(xiàn)庫＝kQ2L2
B．F引≠Gm2L2，F(xiàn)庫≠kQ2L2
C．F引≠Gm2L2，F(xiàn)庫＝kQ2L2
D．F引＝Gm2L2，F(xiàn)庫≠kQ2L2
解析：萬有引力定律適用于兩個可看成質(zhì)點的物體，雖然兩球心間的距離L只有其半徑r的3倍，但由于其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，兩球殼可看作質(zhì)量集中于球心的質(zhì)點．因此，可以應用萬有引力定律．兩球相距太近，影響電荷的分布，此時兩小球不能看作點電荷，即庫侖定律不適用．綜上所述，對于a、b兩帶電球殼的整體來說，滿足萬有引力的適用條件，不滿足庫侖定律的適用條件，故只有選項D正確．
答案：D
3．兩個質(zhì)量相同的小球用不可伸長的細線連結(jié)，置于場強為E的勻強電場中，小球1和2均帶正電．電量分別為q1和q2(q1>q2)．將細線拉直并使之與電場方向平行，如圖3所示．若將兩小球同時從靜止狀態(tài)釋放，則釋放后細線中的張力FT為(不計重力及兩小球間的庫侖力)(　　)
圖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：兩小球一起做加速運動，對兩小球分別列牛頓第二定律方程，對小球1：q1E－FT＝ma，對小球2：q2E＋FT＝ma，解得FT＝12(q1－q2)E.
答案：A
4．如圖4所示，實線是電場線，虛線為等勢面，已知相鄰兩等勢面間的電勢差相等，有一正電荷在等勢面L3處的動能為20 J，運動到L1處的動能為零，若取L2處為零勢面，則當此電荷的電勢能為6 J時，它的動能(不計重力及其他阻力)是(　　)
圖4
A．16 J　　 　　B．24 J　　 　　C．6 J　　 　　D．4 J
解析：電荷在運動過程中，因為只有電場力做功，所以電勢能與動能之間發(fā)生轉(zhuǎn)化，且動能與電勢能的總和保持不變．設電荷由L3到L2，L2到L1電場力做功分別為W32、W21，因為U32＝U21，所以W32＝W21，由動能定理得W32＋W21＝0－20 J，W32＝W21＝－10 J．設當電荷運動到等勢面L2時，其動能為Ek2，W32＝Ek2－20 J，Ek2＝10 J．所以該電荷的動能和電勢能的總和為10 J＋0＝10 J，故當電荷的電勢能為6 J時，電荷的動能為4 J.
答案：D
二、雙項選擇題(本題共5小題，每小題8分，共40分)
5．實線為三條方向未知的電場線，從電場中的M點以相同的速度飛出a、b兩個點電荷，a、b的運動軌跡如圖5中的虛線所示(a、b只受電場力作用)，則(　　)
圖5
A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負電
B．電場力對a做正功，對b做負功
C．a(chǎn)的速度將增大，b的速度將增大
D．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增大
解析：由于電場線的方向未知，故無法確定a、b的電性，A錯；電場力對a、b均做正功，兩點電荷的動能均增大，則速度均增大，B錯C正確；a向電場線稀疏處運動，電場強度減小，電場力減小，故加速度減小，b向電場線密集處運動，故加速度增大，D正確．
答案：CD
6．如圖6所示，為某電場中的一條電場線，在a點靜止地放一個帶正電粒子(所受重力不能忽略)，到達b點時速度恰好為零，則(　　)
圖6
A．該粒子從a→b做變加速運動
B．電場線的方向一定豎直向上
C．a(chǎn)點場強有可能比b點大
D．該電場可能是負的點電荷的電場
解析：點電荷從a→b，速度由零增加，最后又變?yōu)榱�，說明粒子有加速過程和減速過程，其受電場力方向只能是向上的，所以電場線方向必然向上，A、B正確；粒子在a點必有mg>qEa，在b點則是mgEb，不符合題意，D錯．
答案：AB
7．如圖7所示，固定在Q點的正點電荷的電場中有M、N兩點，已知MQ圖7
A．若把一正的點電荷從M點沿直線移到N點，則靜電力對該電荷做功，電勢能減小
B．若把一正的點電荷從M點沿直線移到N點，則該電荷克服靜電力做功，電勢能增加
C．若把一負的點電荷從M點沿直線移到N點，則靜電力對該電荷做功，電勢能減小
D．若把一負的點電荷從M點沿直線移到N點，再從N點沿不同路徑移回到M點；則該電荷克服靜電力做的功等于靜電力對該電荷所做的功，電勢能不變
解析：由點電荷產(chǎn)生的電場的特點可知，M點的電勢高，N點的電勢低，所以正電荷從M點到N點，靜電力做正功，電勢能減小，故A對，B錯；負電荷由M點到N點，克服靜電力做功，電勢能增加，故C錯；靜電力做功與路徑無關(guān)，負點電荷又回到M點，則整個過程中靜電力不做功，電勢能不變，故D對．
答案：AD
8．空間存在勻強電場，有一電荷量q(q>0)、質(zhì)量m的粒子從O點以速率v0射入電場，運動到A點時速率為2v0.現(xiàn)有另一電荷量為－q、質(zhì)量m的粒子以速率2v0仍從O點射入該電場，運動到B點時速率為3v0.若忽略重力的影響，則(　　)
A．在O、A、B三點中，B點電勢最高
B．在O、A、B三點中，A點電勢最高
C．OA間的電勢差比BO間的電勢差大
D．OA間的電勢差比BA間的電勢差小
解析：本題考查電場力做功與電勢差的關(guān)系．電量為q的粒子從O點以v0射入電場，到A點時速率為2v0，由于只有電場力做功，因此qUOA＝12m(2v0)2－12mv20，UOA＝3mv202q.將另一電荷量為－q的粒子從O點以2v0射入，到B點時速率為3v0，則有－qUOB＝12m(3v0)2－12m(2v0)2，UOB＝－5mv202q，因此三點中B點電勢最高，A項正確，B項錯誤；UBO＝5mv202q.BO間的電勢差比OA間的大，C項錯誤；UBA＝UOA－UOB＝8mv202q，UOA答案：AD
9．一點電荷沿著圖8中曲線JK穿過一勻強電場，a、b、c、d為該電場的等勢面，其中φa<φb<φc<φd，若不計粒子受的重力，可以確定(　　)
圖8
A．該粒子帶正電
B．該粒子帶負電
C．從J到K粒子的電勢能增加
D．粒子從J到K運動過程中的動能與電勢能之和不變
解析：此題已知電場中的一簇等勢面，并且知道各等勢面電勢的高低，可知電場線與等勢面垂直，且指向左．由粒子運動的軌跡知，所受電場力的方向與電場線方向相反，所以粒子帶負電，A錯，B正確；粒子從J到K運動過程中，電場力做正功，所以電勢能減小，C錯；只有電場力做功，動能與電勢能之和保持不變，D對．
答案：BD
三、非選擇題(本題共3小題，共36分)
10．(10分)如圖9所示，在豎直向上的勻強電場中有三個小球A、B、C，用不可伸長的絕緣細繩相連掛于O點，質(zhì)量分別為5m、3m和2m，其中只有B球帶電－Q，勻強電場的場強為E.在燒斷OA的瞬間，A球的加速度為______，AB間細繩的張力為________，BC間細繩的張力為______．
圖9
解析：(1)以AB整體為研究對象，QE＋8mg＝8maA，得aA＝QE8m＋g.
(2)對于A，F(xiàn)TAB＋5mg＝5maA，得FTAB＝58QE.
(3)當OA燒斷的瞬間，若不考慮A、B、C間的繩子拉力，則B球向下的加速度大于A、C兩球的加速度，故A、B間連線有張力，B、C間張力為零．
答案：QE8m＋g　58QE　0
11．(12分)如圖10所示，在勻強電場中，一電荷量為q＝5.0×10－10 C的正電荷，由a點移到b點和由a點移到c點，電場力做的功都是3.0×10－8 J，已知a、b、c三點的連線組成直角三角形，ab＝20 cm，θ＝37°.求：
(1)a、b兩點間的電勢差；
(2)勻強電場的場強大�。�
(3)電場強度的方向．
圖10
解析：(1)因為正電荷q從a到b和從a到c，電場力做功相等，所以由W＝qU可得Uab＝Uac，b、c兩點在同一等勢面上，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)由勻強電場電場線和等勢面關(guān)系可知，場強與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)如圖11所示，在絕緣水平面上，相距為L的A、B兩點處分別固定著兩個等量正電荷．a(chǎn)、b是AB連線上的兩點，其中Aa＝Bb＝L4，O為AB連線的中點．一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小滑塊(可視為質(zhì)點)以初動能E0從a點出發(fā)，沿AB直線向b運動，其中小滑塊第一次經(jīng)過O點時的動能為初動能的n倍(n>1)，到達b點時動能恰好為零，小滑塊最終停在O點，求：
圖11
(1)小滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ.
(2)Ob兩點間的電勢差UO b.
(3)小滑塊運動的總路程s.
解析：(1)由Aa＝Bb＝L4，O為AB連線的中點知a、b關(guān)于O點對稱，則
Uab＝0①
設小滑塊與水平面間的摩擦力大小為Ff，對于小滑塊從a→b過程，據(jù)動能定理得
qUab－FfL2＝0－E0②
又Ff＝μmg③
聯(lián)立①②③式解得μ＝2E0mgL④
(2)對于小滑塊從O→b的過程，據(jù)動能定理得
qUOb－FfL4＝0－nE0⑤
聯(lián)立③④⑤式解得UOb＝－?2n－1?E02q.⑥
(3)對于小滑塊從a點開始運動到最終在O點停下來的整個過程，據(jù)動能定理
qUaO－Ffs＝0－E0⑦
而UaO＝－UOb＝?2n－1?E02q⑧
聯(lián)立③～⑧式解得s＝2n＋14L


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