1、第9章静电场及其应用检测试题(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(共12小题,每小题4分,共48分.16小题为单项选择题,712小题为多项选择题,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有错误的不得分)1.下列说法正确的是( )A.库仑定律适用于点电荷,也适用于一切带电体B.根据F=kq1q2r2,当两个电荷的距离趋近于零时,静电力将趋向于无穷大C.若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量,则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力D.所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍2.如图所示,在绝缘水平面上静止着两个质量均为m,电荷量均为+Q的物体A和B(A,B均可视为质点),它们间的距离为r,与水
2、平面间的动摩擦因数为,则物体A受到的摩擦力为( )A.mgB.0C.kQ2rD.kQ2r23.甲、乙两完全相同的金属球(可视为质点)分别带电荷量+4q和-2q,当它们相距d时,它们间的库仑力大小为F.让甲、乙接触后,再使其相距d4,则甲、乙间的库仑力大小为( )A.2FB.3FC.4FD.16F4.在电场中某点放入正点电荷q,它受到的静电力方向向右.当放入负点电荷q时,它受到的静电力方向向左.下列说法正确的是( )A.该点放入正点电荷时,电场方向向右;放入负点电荷时,电场方向向左B.该点电场强度的方向向右C.该点放入2q的正点电荷时,电场强度变为原来的2倍D.该点不放电荷时,电场强度为零5.用
3、控制变量法可以研究影响电荷间相互作用力的因素.如图所示,O是一个带电的物体,若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1,P2,P3等位置,可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小,这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来.若物体O的电荷量用Q表示,小球的电荷量用q表示,物体与小球间距离用d表示,物体和小球之间的作用力大小用F表示.则以下对该实验现象的判断正确的是( )A.保持Q,q不变,增大d, 则变大,说明F与d有关B.保持Q,q不变,减小d,则变大,说明F与d成反比C.保持Q,d不变,减小q,则变小,说明F与q有关D.保持q,d不变,减小Q,则变小,说明F与Q成正比6.
4、如下列选项图所示,一个方形的金属盒原来不带电,现将一个电荷量为+Q的点电荷放在盒左边附近,达到静电平衡后,盒上的感应电荷在盒子内部产生的电场分布情况正确的是( ) 7.带电粒子从电场中的A点运动到B点,轨迹如图中虚线所示,不计粒子所受的重力,则( )A.粒子带正电B.粒子的加速度增大C.A点的电场强度大于B点的电场强度D.粒子的速度减小8.如图所示,A,B是被绝缘支架分别架起的两金属球,并相隔一定距离,其中A带正电,B不带电,则下列说法正确的是( )A.金属球B带负电B.金属球B左端出现负电荷,右端出现正电荷,并且电荷量大小相等C.若A不动,将B沿图中虚线分开,则两边的电荷量大小可能不等D.只
5、要A与B不接触,B的总电荷量总是为零9.如图所示,真空中两个质量均为m可视为质点的两个带电小球P,Q用两根长度相等的绝缘丝线拴住后分别系在竖直杆AB,CD的上端等高的地方,两小球静止时连接它们的丝线与水平面的夹角均为=37,已知重力加速度为g,sin 37=0.6,cos 37=0.8,以下说法中正确的是( )A.丝线对小球的拉力大小为35mgB.两小球间的库仑力大小为34mgC.烧断右侧丝线的瞬间,Q小球的瞬时加速度大小为53gD.如果两球间的库仑力瞬间消失,P小球的瞬时加速度大小为45g10.静电喷涂机原理如图所示.静电喷涂机接高压电源,工作时涂料微粒会向带正电的被喷涂工件高速运动,微粒最
6、后被吸到工件表面.关于静电喷涂机的涂料微粒,下列表述正确的是( )A.微粒带正电B.微粒带负电C.微粒受静电力作用D.微粒受到的静电力恒定11.某电场的电场线分布如图所示,则( )A.电荷P带正电B.电荷P带负电C.a点的电场强度大于b点的电场强度D.正试探电荷在c点受到的静电力大于在d点受到的静电力12.如图所示,以O点为圆心的圆周上有六个等分点a,b,c,d,e,f,等量正、负点电荷分别放置在a,d两点时,在圆心O产生的电场强度大小为E.现仅将放于a点的正点电荷改放于其他等分点上,使O点的电场强度改变,则下列判断正确的是()A.移至c点时,O点的电场强度大小仍为E,沿Oe方向B.移至e点时
7、,O点的电场强度大小为E2,沿Oc方向C.移至b点时,O点的电场强度大小为32E,沿Od与Oe的角平分线向上D.移至f点时,O点的电场强度大小为32E,沿Oe方向二、非选择题(共6小题,共52分.要求写出必要的文字说明和重要的演算步骤,只有结果不得分)13.(7分)在某电场中的P点,放一电荷量q1=-3.010-10 C的试探电荷,测得该电荷受到的静电力大小为F1=6.010-7 N,方向水平向右.(1)求P点的电场强度大小和方向;(2)在P点放一电荷量为q2=1.010-10 C的试探电荷,求q2受到的静电力F2的大小和方向.(3)求P点不放试探电荷时的电场强度大小和方向.14.(7分)如图
8、所示,一质量m=210-4 kg,电荷量q=310-9 C的带正电的小球A用长为10 cm的轻质绝缘细线悬挂于O点,另一电荷量未知的小球B固定在O点正下方绝缘柱上(A,B均可视为点电荷).当小球A平衡时,恰好与B处在同一水平线上,此时细线与竖直方向的夹角=37.已知重力加速度g=10 m/s2,静电力常量k=9109 Nm2/C2,sin 37=0.6,cos 37=0.8, 求:(1)小球A受到的静电力大小;(2)小球A所在位置的电场强度大小和方向;(3)小球B的电荷量.15.(8分)如图所示,竖直平面内有一圆形光滑绝缘细管,细管截面半径远小于半径R,在圆形绝缘细管中心处固定一电荷量为+Q的
9、点电荷.一质量为m、电荷量为+q的带电小球在圆形绝缘细管中做圆周运动,当小球运动到最高点时恰好对细管无作用力,已知重力加速度为g,求当小球运动到最低点时对管壁的作用力大小.16.(9分)如图所示,用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中,三个带电小球的质量相等,A球带正电.平衡时三根绝缘细线都是伸直的,但拉力都为零.(1)指出B球和C球分别带何种电荷;(2)若A球电荷量为Q,则B球的电荷量为多少?(3)若A球电荷量减小,B,C两球电荷量保持不变,则细线AB,BC上的拉力分别如何变化?17.(9分)如图所示,在倾角为的足够长光滑斜面上放置两个质量分别为2m和m的带电小球A和B(均可
10、视为质点),它们相距为L.两球同时由静止开始释放时,B球的加速度恰好等于零.经过一段时间后,当两球距离为L时,A,B的加速度大小之比为a1a2=115,已知重力加速度为g,静电力常量为k.(1)若B球带正电荷且电荷量为q,求A球所带电荷量Q及电性;(2)在(1)条件下求L与L的比值.18.(12分)如图所示,BC是半径为R=1 m的四分之一圆弧形光滑且绝缘的轨道,位于竖直平面内,其下端与水平绝缘轨道平滑连接,整个轨道处在水平向左的匀强电场中,电场强度为E=2.0104 N/C,今有一质量为m=1 kg、带正电q=1.010-4 C的滑块(体积很小可视为质点),从C点由静止释放,滑到水平轨道上的
11、A点时速度减为零.若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为=0.2,求:(1)滑块通过B点时的速度大小;(2)滑块通过B点时圆弧轨道B点受到的压力大小;(3)水平轨道上A,B两点之间的距离.参考答案1. D2. D3. A解析:根据库仑定律公式得F=k4q2qd2=8kq2d2;两球接触再分离后所带电荷量各为q,那么甲、乙间的库仑力大小F=kqq(d4)2=16kq2d2=2F,故A正确.4. B5. C6. C解析:金属盒内部处于静电平衡状态,因此内部电场强度处处为零,即金属盒内感应电荷产生的电场的电场强度与点电荷在金属盒内产生的电场的电场强度大小相等、方向相反,即感应电荷产生的电场的电场线与点
12、电荷产生的电场的电场线重合,但方向相反,C正确.7. CD解析:根据静电力偏向轨迹的内侧,可判断在A点静电力的方向沿电场线向左,与电场方向相反,则粒子带负电,故A错误;根据电场线的疏密可知,A点的电场强度大于B点的电场强度,所以粒子在A点所受的静电力大于在B点所受的静电力,根据牛顿第二定律可知,粒子在A点的加速度大于在B点的加速度,故B错误,C正确;粒子从A点到B点静电力做负功,动能减小,速度减小,故D正确.8. BD9. CD解析:对P小球的受力分析如图所示,由受力平衡得丝线对其拉力的大小FT=mgsin=53mg,选项A错误;库仑力的大小F=mgtan=43mg,选项B错误;由题可知,Q小
13、球的受力情况与P小球的受力情况相似,各力大小分别相等,因此,烧断右侧丝线的瞬间,Q小球受到的重力和库仑力不变,两力的合力与烧断丝线前丝线的拉力等大反向,根据牛顿第二定律得Q小球的加速度大小为aQ=FTm=53g,选项C正确;当两球间的库仑力消失时,P小球开始做圆周运动,其瞬时加速度由重力沿垂直于丝线方向的分力产生,根据牛顿第二定律得aP=mgcosm=45g,选项D正确.10. BC11. AD12. BC解析:由题意可知,等量正、负点电荷放在a,d两点时,在圆心O处产生的电场强度大小为E,则正、负点电荷在O处的电场强度大小均为E2,方向水平向右.当正点电荷移至c点时,两点电荷在O点的电场强度
14、方向夹角为120,大小不变,则O点的合电场强度大小为E2,沿Oe方向,故A错误;当正点电荷移至e点时,两点电荷在O点的电场强度方向夹角为120,大小不变,则O点的合电场强度大小为E2,沿Oc方向,故B正确;当正点电荷移至b点时,两点电荷在O点的电场强度方向夹角为60,大小不变,则O点的合电场强度大小为2E2cos 30=32E,方向沿Od与Oe的角平分线向上,故C正确;当正点电荷移至f点时,两点电荷在O点的电场强度方向夹角为60,大小不变,则O点的合电场强度大小为2E2cos 30=32E,方向沿Od与Oc的角平分线向下,故D错误.13. 解析:(1)根据电场强度的定义可得,P点的电场强度为E
15、=F1|q1|=6.010-73.010-10 N/C=2.0103 N/C,方向与负电荷受到的静电力方向相反,即水平向左.(3分)(2)q2受到的静电力为F2=q2E=1.010-102.0103 N=2.010-7 N,方向与P点的电场强度方向相同,即水平向左.(3分)(3)P点不放试探电荷时,电场强度大小仍为2.0103 N/C,方向水平向左.(1分)答案:(1)2.0103 N/C方向水平向左(2)2.010-7 N方向水平向左(3)2.0103 N/C方向水平向左14. 解析:(1)小球A受重力、细线的拉力和B球的斥力,根据小球A受力平衡可知,小球A受到水平向右的静电力,大小为F=m
16、gtan =1.510-3 N.(2分)(2)根据电场强度的定义可知,小球A所在位置的电场强度大小为E=Fq=5105 N/C,方向水平向右.(2分)(3)根据库仑定律得F=kQq(Lsin)2,(2分)解得小球B的电荷量为Q=210-7 C.(1分)答案:(1)1.510-3 N(2)5105 N/C方向水平向右(3)210-7 C15. 解析:设小球在最高点时的速度为v1,根据牛顿第二定律有mg-kQqR2=mv12R,(2分)设小球在最低点时的速度为v2,管壁对小球的作用力为F,根据牛顿第二定律有F-mg-kQqR2=mv22R,(2分)小球从最高点运动到最低点的过程中只有重力做功,故机
17、械能守恒,则12mv12+mg2R=12mv22,(2分)联立式解得F=6mg,(1分)由牛顿第三定律知小球在最低点时对管壁的作用力大小F=6mg.(1分)答案:6mg16. 解析:(1)平衡时,三根细线上无作用力,B球受重力和A,C球对其的库仑力,C球受重力和B,A球对其的库仑力.对B,C两球受力分析如图所示.根据两球的受力情况可知,B,C球带同种电荷,且都带负电.(2分)(2)由B球受力平衡可得cos 60=,(2分)则qC=Q2,(1分)同理可知qB=qC=Q2.(1分)(3)若A球电荷量减小,对B球受力分析,B球受重力、C球对B球的库仑斥力FCB,A球对B球的库仑引力FAB和细线AB上
18、的拉力FTAB,根据竖直方向受力平衡可知,FAB和FTAB的合力与原来FAB相同,所以FAB和FTAB的水平分力与FCB平衡,则细线BC上仍然没有弹力.所以当A球电荷量减小时,A球对B,C球的库仑力减小,则细线AB,AC上的拉力变大(原来为零),B,C球间的距离不变,细线BC上的拉力不变,仍然为零.(3分)答案:(1)都带负电荷(2)Q2(3)变大不变17. 解析:(1)由初始B球的加速度恰好等于零及B球带正电荷,可知A球带正电荷,对B球受力分析,沿斜面方向B球受到的合力为零,即F0-mgsin =0,(1分)根据库仑定律得F0=kQqL2,(1分)解得Q=mgL2sinkq.(1分)(2)两
19、球距离为L时,A球加速度方向沿斜面向下,根据牛顿第二定律有F+2mgsin =2ma1,(1分)B球加速度方向沿斜面向下,根据牛顿第二定律有mgsin -F=ma2,(1分)依题意a1a2=115,且F=F,(1分)解得F=49mgsin ,(1分)又F=kQqL2,(1分)解得LL=32.(1分)18. 解析:(1)滑块从C点到B点的过程中,只有重力和静电力对其做功,设滑块通过B点时的速度为vB,根据动能定理有mgR-qER=12mvB2,(2分)代入数据解得vB=4 m/s.(1分)(2)设滑块通过B点时对B点的压力为F,轨道对滑块支持力为F,由牛顿第三定律知F=F,(1分)对滑块由牛顿第二定律得F-mg=mvB2R,(2分)联立并代入数据得F=26 N.(2分)(3)滑块在水平轨道上运动时,所受摩擦力为Ff=mg,滑块从C经B到A的整个过程中,重力做正功,静电力和摩擦力做负功.设滑块在水平轨道上运动的距离(即A,B两点间的距离)为L,则根据动能定理有mgR-qE(R+L)-mgL=0,(2分)代入数据解得L=2 m.(2分)答案:(1)4 m/s(2)26 N(3)2 m
