滾動(dòng)檢測(cè)1　靜電力和電場(chǎng)強(qiáng)度　　　
一、單項(xiàng)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(gè)絕緣導(dǎo)體向帶負(fù)電的球P慢慢靠近．關(guān)于絕緣導(dǎo)體兩端的電荷，下列說法中不正確的是(　　)
A．兩端的感應(yīng)電荷越來越多
B．兩端的感應(yīng)電荷是同種電荷
C．兩端的感應(yīng)電荷是異種電荷
D．兩端的感應(yīng)電荷電荷量相等
解析：由于導(dǎo)體內(nèi)有大量可以自由移動(dòng)的電子，當(dāng)帶負(fù)電的球P慢慢靠近它時(shí)，由于同種電荷相互排斥，導(dǎo)體上靠近P的一端的電子被排斥到遠(yuǎn)端，從而顯出正電荷，遠(yuǎn)離P的一端帶上了等量的負(fù)電荷．導(dǎo)體離P球距離越近，電子被排斥得越多，感應(yīng)電荷越多．
答案：B
2．如圖2所示，兩個(gè)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(duì)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(gè)可看成質(zhì)點(diǎn)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(diǎn)．因此，可以應(yīng)用萬有引力定律．兩球相距太近，影響電荷的分布，此時(shí)兩小球不能看作點(diǎn)電荷，即庫侖定律不適用．綜上所述，對(duì)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(xiàng)D正確．
答案：D
3．兩個(gè)質(zhì)量相同的小球用不可伸長的細(xì)線連結(jié)，置于場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小球1和2均帶正電．電量分別為q1和q2(q1>q2)．將細(xì)線拉直并使之與電場(chǎng)方向平行，如圖3所示．若將兩小球同時(shí)從靜止?fàn)顟B(tài)釋放，則釋放后細(xì)線中的張力FT為(不計(jì)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(yùn)動(dòng)，對(duì)兩小球分別列牛頓第二定律方程，對(duì)小球1：q1E－FT＝ma，對(duì)小球2：q2E＋FT＝ma，解得FT＝12(q1－q2)E.
答案：A
4．如圖4所示，實(shí)線是電場(chǎng)線，虛線為等勢(shì)面，已知相鄰兩等勢(shì)面間的電勢(shì)差相等，有一正電荷在等勢(shì)面L3處的動(dòng)能為20 J，運(yùn)動(dòng)到L1處的動(dòng)能為零，若取L2處為零勢(shì)面，則當(dāng)此電荷的電勢(shì)能為6 J時(shí)，它的動(dòng)能(不計(jì)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(yùn)動(dòng)過程中，因?yàn)橹挥须妶?chǎng)力做功，所以電勢(shì)能與動(dòng)能之間發(fā)生轉(zhuǎn)化，且動(dòng)能與電勢(shì)能的總和保持不變．設(shè)電荷由L3到L2，L2到L1電場(chǎng)力做功分別為W32、W21，因?yàn)閁32＝U21，所以W32＝W21，由動(dòng)能定理得W32＋W21＝0－20 J，W32＝W21＝－10 J．設(shè)當(dāng)電荷運(yùn)動(dòng)到等勢(shì)面L2時(shí)，其動(dòng)能為Ek2，W32＝Ek2－20 J，Ek2＝10 J．所以該電荷的動(dòng)能和電勢(shì)能的總和為10 J＋0＝10 J，故當(dāng)電荷的電勢(shì)能為6 J時(shí)，電荷的動(dòng)能為4 J.
答案：D
二、雙項(xiàng)選擇題(本題共5小題，每小題8分，共40分)
5．實(shí)線為三條方向未知的電場(chǎng)線，從電場(chǎng)中的M點(diǎn)以相同的速度飛出a、b兩個(gè)點(diǎn)電荷，a、b的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖5中的虛線所示(a、b只受電場(chǎng)力作用)，則(　　)
圖5
A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負(fù)電
B．電場(chǎng)力對(duì)a做正功，對(duì)b做負(fù)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(chǎng)線的方向未知，故無法確定a、b的電性，A錯(cuò)；電場(chǎng)力對(duì)a、b均做正功，兩點(diǎn)電荷的動(dòng)能均增大，則速度均增大，B錯(cuò)C正確；a向電場(chǎng)線稀疏處運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，電場(chǎng)力減小，故加速度減小，b向電場(chǎng)線密集處運(yùn)動(dòng)，故加速度增大，D正確．
答案：CD
6．如圖6所示，為某電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線，在a點(diǎn)靜止地放一個(gè)帶正電粒子(所受重力不能忽略)，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，則(　　)
圖6
A．該粒子從a→b做變加速運(yùn)動(dòng)
B．電場(chǎng)線的方向一定豎直向上
C．a(chǎn)點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)有可能比b點(diǎn)大
D．該電場(chǎng)可能是負(fù)的點(diǎn)電荷的電場(chǎng)
解析：點(diǎn)電荷從a→b，速度由零增加，最后又變?yōu)榱悖�說明粒子有加速過程和減速過程，其受電場(chǎng)力方向只能是向上的，所以電場(chǎng)線方向必然向上，A、B正確；粒子在a點(diǎn)必有mg>qEa，在b點(diǎn)則是mgEb，不符合題意，D錯(cuò)．
答案：AB
7．如圖7所示，固定在Q點(diǎn)的正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中有M、N兩點(diǎn)，已知MQ圖7
A．若把一正的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)沿直線移到N點(diǎn)，則靜電力對(duì)該電荷做功，電勢(shì)能減小
B．若把一正的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)沿直線移到N點(diǎn)，則該電荷克服靜電力做功，電勢(shì)能增加
C．若把一負(fù)的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)沿直線移到N點(diǎn)，則靜電力對(duì)該電荷做功，電勢(shì)能減小
D．若把一負(fù)的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)沿直線移到N點(diǎn)，再從N點(diǎn)沿不同路徑移回到M點(diǎn)；則該電荷克服靜電力做的功等于靜電力對(duì)該電荷所做的功，電勢(shì)能不變
解析：由點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)的特點(diǎn)可知，M點(diǎn)的電勢(shì)高，N點(diǎn)的電勢(shì)低，所以正電荷從M點(diǎn)到N點(diǎn)，靜電力做正功，電勢(shì)能減小，故A對(duì)，B錯(cuò)；負(fù)電荷由M點(diǎn)到N點(diǎn)，克服靜電力做功，電勢(shì)能增加，故C錯(cuò)；靜電力做功與路徑無關(guān)，負(fù)點(diǎn)電荷又回到M點(diǎn)，則整個(gè)過程中靜電力不做功，電勢(shì)能不變，故D對(duì)．
答案：AD
8．空間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，有一電荷量q(q>0)、質(zhì)量m的粒子從O點(diǎn)以速率v0射入電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)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(diǎn)射入該電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速率為3v0.若忽略重力的影響，則(　　)
A．在O、A、B三點(diǎn)中，B點(diǎn)電勢(shì)最高
B．在O、A、B三點(diǎn)中，A點(diǎn)電勢(shì)最高
C．OA間的電勢(shì)差比BO間的電勢(shì)差大
D．OA間的電勢(shì)差比BA間的電勢(shì)差小
解析：本題考查電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系．電量為q的粒子從O點(diǎn)以v0射入電場(chǎng)，到A點(diǎn)時(shí)速率為2v0，由于只有電場(chǎng)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(diǎn)以2v0射入，到B點(diǎn)時(shí)速率為3v0，則有－qUOB＝12m(3v0)2－12m(2v0)2，UOB＝－5mv202q，因此三點(diǎn)中B點(diǎn)電勢(shì)最高，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；UBO＝5mv202q.BO間的電勢(shì)差比OA間的大，C項(xiàng)錯(cuò)誤；UBA＝UOA－UOB＝8mv202q，UOA答案：AD
9．一點(diǎn)電荷沿著圖8中曲線JK穿過一勻強(qiáng)電場(chǎng)，a、b、c、d為該電場(chǎng)的等勢(shì)面，其中φa<φb<φc<φd，若不計(jì)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(fù)電
C．從J到K粒子的電勢(shì)能增加
D．粒子從J到K運(yùn)動(dòng)過程中的動(dòng)能與電勢(shì)能之和不變
解析：此題已知電場(chǎng)中的一簇等勢(shì)面，并且知道各等勢(shì)面電勢(shì)的高低，可知電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，且指向左．由粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡知，所受電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)線方向相反，所以粒子帶負(fù)電，A錯(cuò)，B正確；粒子從J到K運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力做正功，所以電勢(shì)能減小，C錯(cuò)；只有電場(chǎng)力做功，動(dòng)能與電勢(shì)能之和保持不變，D對(duì)．
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(qiáng)電場(chǎng)中有三個(gè)小球A、B、C，用不可伸長的絕緣細(xì)繩相連掛于O點(diǎn)，質(zhì)量分別為5m、3m和2m，其中只有B球帶電－Q，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E.在燒斷OA的瞬間，A球的加速度為______，AB間細(xì)繩的張力為________，BC間細(xì)繩的張力為______．
圖9
解析：(1)以AB整體為研究對(duì)象，QE＋8mg＝8maA，得aA＝QE8m＋g.
(2)對(duì)于A，F(xiàn)TAB＋5mg＝5maA，得FTAB＝58QE.
(3)當(dāng)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(qiáng)電場(chǎng)中，一電荷量為q＝5.0×10－10 C的正電荷，由a點(diǎn)移到b點(diǎn)和由a點(diǎn)移到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做的功都是3.0×10－8 J，已知a、b、c三點(diǎn)的連線組成直角三角形，ab＝20 cm，θ＝37°.求：
(1)a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；
(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大��；
(3)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向．
圖10
解析：(1)因?yàn)檎�電荷q從a到b和從a到c，電場(chǎng)力做功相等，所以由W＝qU可得Uab＝Uac，b、c兩點(diǎn)在同一等勢(shì)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(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)線和等勢(shì)面關(guān)系可知，場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn)處分別固定著兩個(gè)等量正電荷．a(chǎn)、b是AB連線上的兩點(diǎn)，其中Aa＝Bb＝L4，O為AB連線的中點(diǎn)．一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以初動(dòng)能E0從a點(diǎn)出發(fā)，沿AB直線向b運(yùn)動(dòng)，其中小滑塊第一次經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的n倍(n>1)，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能恰好為零，小滑塊最終停在O點(diǎn)，求：
圖11
(1)小滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ.
(2)Ob兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UO b.
(3)小滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程s.
解析：(1)由Aa＝Bb＝L4，O為AB連線的中點(diǎn)知a、b關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，則
Uab＝0①
設(shè)小滑塊與水平面間的摩擦力大小為Ff，對(duì)于小滑塊從a→b過程，據(jù)動(dòng)能定理得
qUab－FfL2＝0－E0②
又Ff＝μmg③
聯(lián)立①②③式解得μ＝2E0mgL④
(2)對(duì)于小滑塊從O→b的過程，據(jù)動(dòng)能定理得
qUOb－FfL4＝0－nE0⑤
聯(lián)立③④⑤式解得UOb＝－?2n－1?E02q.⑥
(3)對(duì)于小滑塊從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到最終在O點(diǎn)停下來的整個(gè)過程，據(jù)動(dòng)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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