新教材-人教版高中物理必修第三册全册课时练习及章末检测-含解析

人教版高中物理必修第三册全册课时练习第九章静电场及其应用 21电荷 22库仑定律 73电场电场强度 144静电的防止与利用 20第九章章末检测 24第十章静电场中的能量 355电势能和电势 356电势差 427电势差与电场强度的关系 488电容器的电容 549带电粒子在电场中的运动 58第十章章末检测 66第十一章电路及其应用 7710电源和电流 7711导体的电阻实验：导体电阻率的测量 8112串联电路和并联电路 8813实验：练习使用多用电表 93第十一章章末检测 99第十二章电能能量守恒定律 10914电路中的能量转化 10915闭合电路的欧姆定律 11516实验：电池电动势和内阻的测量 122第十二章章末检测 128第十三章电磁感应与电磁波初步 13817磁场磁感线 13818磁感应强度磁通量 14319电磁感应现象及应用 14920电磁波的发现及应用 15521能量量子化 159第十三章章末检测 162必修第三册检测 169第九章静电场及其应用1电荷一、单项选择题1．关于摩擦起电和感应起电，以下说法正确的是(C)A．摩擦起电是因为电荷的转移，感应起电是因为产生电荷B．摩擦起电是因为产生电荷，感应起电是因为电荷的转移C．不论是摩擦起电还是感应起电，都是因为电荷的转移D．以上说法均不正确解析：摩擦起电和感应起电，以及接触起电，三种带电方式的实质都是电荷的转移，故C选项正确．2．有一个质量很小的小球A，用绝缘细线悬挂着，当用毛皮摩擦过的硬橡胶棒B靠近它时，看到它们互相吸引，接触后又互相排斥，则下列说法正确的是(B)A．接触前，A、B一定带异种电荷B．接触前，A、B可能带异种电荷C．接触前，A球一定不带任何净电荷D．接触后，A球一定带负电荷解析：由于电介质极化，任何带电体都可吸引轻小物体，而不能认为只有异种电荷才存在吸引力，所以A可以不带电，也可以带正电，接触后，由于A、B所带电量多少关系不定，所以可能带负电，也可能带正电．3．如图所示是伏打起电盘的示意图，其起电原理是(B)A．摩擦起电 B．感应起电C．接触起电 D．以上三种方式都不是解析：图中绝缘板带正电，将接地的导电平板靠近带正电的绝缘板，因静电感应，导电平板靠近绝缘平板的一侧带负电，另一侧的正电因接地而转移走；断开导电平板的接地线，手握绝缘柄将导电平板移开，导电平板上便带上了负电，其起电原理是感应起电．4．下列说法中正确的是(B)A．摩擦起电是创造电荷的过程B．接触起电是电荷转移的过程C．玻璃棒无论和什么物体摩擦都会带正电D．带等量异种电荷的两个导体接触后，电荷会消失，这种现象叫电荷的湮灭解析：摩擦过程可以转移电荷，但不能创造电荷，A错误；接触起电就是通过物体接触而转移电荷，B正确；两种物体摩擦，较容易失去电子的物体在摩擦中失去电子而带正电，是否容易失去电子由两物体的材料决定，因此玻璃棒不一定带正电，C错；等量异种电荷可以中和但不会消失，只是宏观上显中性，D错．5．有A、B、C三个完全相同的金属球，A带1.2×10－4C的正电荷，B、C不带电，现用相互接触的方法使它们都带电，则A、B、CA．6.0×10－5C,4.0×10－5C,4.0×10B．6.0×10－5C,4.0×10－5C,2.0×10C．4.5×10－5C,4.5×10－5C,3.0×10D．5.0×10－5C,5.0×10－5C,2.0×10解析：三个球电荷量的总和大于原来A球的电荷量，由电荷守恒定律排除A项；无论什么时候，若三个球同时接触，则每球各分总电荷量的1/3，且之后无论怎样接触，各球的电荷量都不会再发生变化．若三球电荷量不相等，最后一次必为两球接触，则必有两个球的电荷量相等，从而可排除B；选项C、D，均满足电荷守恒定律，设从第一次两球接触开始，如A、B接触，A、B各带电荷量6.0×10－5C，第二次B、C接触后各带电荷量3.0×10－5C，三球所带电荷量分别为6.0×10－5C,3.0×10－5C,3.0×10－5C；第三次用A、B接触，各带电荷量4.5×10－5C6.如图所示，左边是一个原先不带电的导体，右边C是后来靠近导体的带正电金属球，若用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开，分导体为A、B两部分，这两部分所带电荷量的数值分别为QA、QB，则下列结论正确的是(D)A．沿虚线d切开，A带负电，B带正电，且QB>QAB．只有沿虚线b切开，才有A带正电，B带负电，且QB＝QAC．沿虚线a切开，A带正电，B带负电，且QB>QAD．沿任意一条虚线切开，都有A带正电，B带负电，而QA、QB的值与所切的位置有关解析：静电感应使得A带正电，B带负电，导体原来不带电，只是在C的电荷的作用下，导体中的自由电子向B部分移动，使B部分带了多余的电子，而带负电；A部分少了电子，因而带正电，A部分移去的电子数目和B部分多余电子的数目是相同的，但由于电荷之间的作用力与距离有关，自由电子在不同位置所受C的作用力的强弱是不同的，这样导致电子在导体上的分布不均匀，越靠近右端负电荷密度越大，越靠近左端正电荷密度越大，所以从不同位置切开时，QA、QB的值是不同的，故只有D项正确．二、多项选择题7．为了防止静电危害，下列措施正确的是(ABC)A．油罐车上拖一条与地面接触的铁链B．飞机的机轮上装有搭地线或用导电橡胶做轮胎C．在地毯中夹杂不锈钢纤维D．尽可能保持印染厂空气干燥解析：油罐车上拖一条与地面接触的铁链，是为了导走运输过程中油和油罐摩擦产生的静电，以防止静电积累，A正确；飞机的机轮上装有搭地线或用导电橡胶做轮胎，是为了导走飞机与空气、灰尘等摩擦时产生的静电，以防止静电积累，故B正确；在地毯中夹杂不锈钢纤维，是为了将人走动时产生的静电导走，以防止静电积累，故C正确；印染厂里的空气应保持适当的湿度，以便导走纸页间相互摩擦产生的静电，防止静电积累，故D错误．8．用棉布分别与丙烯塑料板和乙烯塑料板摩擦实验结果如图所示，由此对摩擦起电说法正确的是(CD)A．两个物体摩擦时，表面粗糙的易失电子B．两个物体摩擦起电时，一定同时带上种类及数量不同的电荷C．两个物体摩擦起电时，带上电荷的种类不同但数量相等D．同一物体与不同种类的物体摩擦，该物体的带电荷种类可能不同解析：两物体摩擦时得失电子取决于原子核对电子的束缚能力大小，A错．由于摩擦起电的实质是电子的得失，所以两物体带电荷种类一定不同，数量相等，B错，C对．由题中例子不难看出同一物体与不同种类物体摩擦，带电荷种类可能不同，D对．9．M和N是两个不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电荷1.6×10－10CA．在摩擦前M和N的内部没有任何电荷B．摩擦的过程中电子从M转移到NC．N在摩擦后一定带负电荷1.6×10－10D．M在摩擦过程中失去1.6×10－10个电子解析：M和N都不带电，是指这两个物体都呈电中性，没有“净电荷”(没有中和完的电荷)，也就是没有得失电子．但内部仍有相等数量的正电荷(质子数)和负电荷(电子数)，所以选项A错误．M和N摩擦后M带正电荷，说明M失去电子，电子从M转移到N，选项B正确．根据电荷守恒定律，M和N这个与外界没有电荷交换的系统原来电荷的代数和为0，摩擦后电荷量仍应为0，选项C正确．电子带电荷量为1.6×10－19C，摩擦后M带正电荷1.6×10－10C，由于M带电荷量应是电子电荷量的整数倍．所以M失去10三、非选择题10．某研究性学习小组的同学设计了以下实验方案来验证电荷守恒定律.根据以上实验过程和观察到的现象，回答下列问题：(1)步骤二的实验现象，说明板带电；(2)步骤三的实验现象，说明两板所带总电荷量为零；(3)该研究性实验能(选填“能”或“不能”)验证电荷守恒定律．解析：用力将两块起电板快速摩擦后分开，两板分别带上了等量异种电荷．步骤二中金属球与箔片组成的整体发生静电感应现象故箔片张开，步骤三中两块板同时插入空心金属球，总电荷量为零，不发生静电感应现象，故箔片不张开，该实验能验证电荷守恒定律．11．有两个完全相同的绝缘金属球A、B，A球所带电荷量为q，B球所带电荷量为－q，现要使A、B所带电荷量都为－eq\f(q,4)，应该怎么办？答案：先用手接触一下A球，使A球所带电传入大地，再将A、B接触一下，分开A、B，再用手接触一下A球，再将A、B接触一下再分开，这时A、B所带电荷量都是－eq\f(q,4).12.如图所示，大球A原来的带电荷量为Q，小球B原来不带电，现在让小球与大球接触达到静电平衡时，小球获得q的电荷量；现给A球补充电荷，使其电荷量为Q，再次让小球接触大球，每次都给大球补充到电荷量为Q，问经过反复多次接触后，小球的带电荷量为多少？答案：eq\f(Q,Q－q)q解析：本题考查接触带电问题，由于两个球形状和大小不同，所以在接触过程中，两球的电荷量分布比例不是11，但应该是一个确定的值．根据第一次接触达到静电平衡时两者的电荷量关系可知，此比例为eq\f(q,Q－q).经过多次接触后，从大球上迁移到小球上的电荷量越来越少，最终将为零，设最终B球带电荷量为q′，则eq\f(Q－q,q)＝eq\f(Q,q′)，q′＝eq\f(Q,Q－q)q.2库仑定律一、单项选择题1．关于库仑定律的公式F＝keq\f(q1q2,r2)，下列说法中正确的是(D)A．真空中两个电荷，大电荷对小电荷的作用力大于小电荷对大电荷的作用力B．当真空中两个电荷间的距离r→0时，它们之间的静电力F→∞C．当两个电荷间的距离r→∞时，库仑定律的公式就不适用了D．当两个电荷间的距离r→0时，电荷不能看成是点电荷，库仑定律的公式就不适用了解析：由牛顿第三定律可判A错．当r→0时，库仑定律不再适用B错D对．当r→∞时，库仑定律适用，C错．只有D选项正确．2．真空中有两个点电荷Q和q，它们之间的库仑力为F，下面哪些做法可以使它们之间的库仑力变为1.5FA．使Q的电荷量变为2Q，使q的电荷量变为3q，同时使它们的距离变为原来的2倍B．使每个电荷的电荷量都变为原来的1.5倍，距离也变为原来的1.5倍C．使其中一个电荷的电荷量变为原来的1.5倍，距离变为原来的1.5倍D．保持电荷量不变，使距离变为原来的eq\f(2,3)倍解析：根据库仑定律F＝eq\f(kq1q2,r2)，设原来两点电荷间距离为r，则原来两电荷间的库仑力大小为F＝eq\f(kQq,r2).当电荷量或距离变化时，根据库仑定律，对选项A有FA＝eq\f(k·2Q·3q,2r2)＝eq\f(3F,2)，可见符合要求．对B有FB＝eq\f(k·1.5Q1.5q,1.5r2)＝F，不合要求．对C有FC＝eq\f(k·1.5Q·q,1.5r2)＝eq\f(2F,3)，不合要求．对D有FD＝eq\f(k·Qq,2r/32)＝eq\f(9F,4)，不合要求．综上所述，选项A是正确的．3.如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是(C)A．速度变大，加速度变大B．速度变小，加速度变小C．速度变大，加速度变小D．速度变小，加速度变大解析：因为两带电小球带同种电荷，它们之间的库仑力为斥力，释放后两小球向相反的方向做加速运动，由于两小球之间的距离增大，其库仑斥力减小，所以两球均做加速度减小的加速运动，故选项C正确．4.如图所示，大小可以忽略不计的带有同种电荷的小球A和B相互排斥，静止时绝缘细线与竖直方向的夹角分别是α和β，且α<β，两小球在同一水平线上，由此可知(D)A．B球受到的库仑力较大，电荷量较大B．B球的质量较大C．B球受到的拉力较大D．两球接触后，再处于静止的平衡状态时，悬线的偏角α′、β′仍满足α′<β′解析：库仑力是A、B两球的受力中的一种，然后应用共点力平衡和牛顿第三定律可求出．分别以A、B球为研究对象，其受力情况如图所示，由共点力的平衡条件有mAg＝FA/tanα、TA＝FA/sinα；mBg＝FB/tanβ、TB＝FB/sinβ，而FA＝FB，由此可见，因为α<β，所以mA>mB，TA>TB.两球接触后，每个小球的电荷量可能都发生变化，但相互间的静电力仍满足牛顿第三定律，因此仍有上述的关系．正确选项为D.5.如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知A、B都带正电荷，A所受B、C两个电荷的静电力的合力如图中FA所示，那么可以判定点电荷C所带电荷的电性为(B)A．一定是正电B．一定是负电C．可能是正电，也可能是负电D．无法判断解析：因A、B都带正电，所以A、B之间的库仑力为斥力，方向沿BA方向，而A、C间的库仑力一定在AC所在直线，由平行四边形定则可知，A、C间的库仑力一定是引力，故点电荷C带负电，选项B正确．6.如图所示，两根细线挂着两个质量相同的小球A、B，上、下两根细线的拉力分别为FA、FB，现使两球带同种电荷，此时上、下细线受拉力分别为FA′、FB′，则(B)A．FA＝FA′，FB>FB′B．FA＝FA′，FB<FB′C．FA<FA′，FB>FB′D．FA<FA′，FB<FB′解析：设两球质量均为m.则FA＝2mg，FB＝mg.现使两球带同种电荷，以A、B两个物体整体为研究对象，可知FA′＝2mg，以B球为研究对象，受力分析如图，则FB′＝mg＋F库，故B选项正确．二、多项选择题7．如图所示的实验装置为库仑扭秤．细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡．当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的作用力使悬丝扭转，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，改变A和C之间的距离r，记录每次悬线扭转的角度，便可找到力F与距离r的关系．这一实验中用到了下列哪些物理方法(AD)A．微小量放大法 B．极限法C．比值定义法 D．控制变量法解析：把微弱的库仑力转换放大成可以看得到的扭转角度，并通过扭转角度的大小找出力和距离的关系，是微小量放大法，A选项正确；保持其他条件不变，改变A和C的距离而得到F和r的关系，是控制变量法，D选项正确．8．关于点电荷，以下说法正确的是(CD)A．足够小的电荷，就是点电荷B．一个电子，不论在何种情况下均可视为点电荷C．在实际中点电荷并不存在D．一个带电体能否看成点电荷，不是看它尺寸的绝对值，而是看它的形状和尺寸对相互作用力的影响能否忽略不计解析：点电荷是一种理想模型，一个带电体能否看成点电荷不是看其大小，而是应具体问题具体分析，是看它的形状和尺寸对相互作用力的影响能否忽略不计．因此大的带电体一定不能看成点电荷和小的带电体一定能看成点电荷的说法都是错误的，所以本题A、B错，C、D对．9．如图所示，可视为点电荷的小物体A、B分别带负电和正电，B固定，其正下方的A静止在绝缘斜面上，则A受力个数可能为(AC)A．2 B．3C．4 D．5解析：小物体A必定受到两个力作用，即重力和B对它的库仑力，这两个力方向相反，若两者恰好相等，则A应只受这两个力作用．若向上的库仑力小于A的重力，则A还将受到斜面的支持力，这三个力不能平衡，用假设法可得A必定也受到了斜面的静摩擦力，所以A受到的力可能是2个，也可能是4个，选A、C.10．两个完全相同的金属小球，带电荷量之比为17，相距为r，两球相互接触后再放回原来位置，则它们的库仑力可能为原来的(CD)A.eq\f(4,7) B.eq\f(3,7)C.eq\f(9,7) D.eq\f(16,7)解析：设两小球的电荷量分别为Q和7Q，则在接触前它们的库仑力大小为F＝kQ×eq\f(7Q,r2).当两球带同种的电荷时，接触后它们的电荷量要平均分配，各为4Q，库仑力大小为F＝k4Q×eq\f(4Q,r2)，此时的库仑力为原来的eq\f(16,7)倍．当两球带异种电性的电荷时，接触后它们的电荷要先中和，再平均分配其余的电荷量，各为3Q，库仑力大小为F＝k3Q×eq\f(3Q,r2)，是原来的eq\f(9,7)倍．三、非选择题11.在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关．他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示．实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大．实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大，随其所带电荷量的增大而增大．此同学在探究中应用的科学方法是控制变量法(选填“累积法”“等效替代法”“控制变量法”或“演绎法”)．12.如图所示，在光滑绝缘的水平面上，固定着质量相等的三个小球a、b、c，三球在一条直线上，若释放a球，a球初始加速度为－1m/s2(向右为正)，若释放c球，c球初始加速度为3m/s2，当释放b球时，b球的初始加速度应是多大？方向如何？答案：2m/s2方向向左解析：由牛顿第二定律，对a球有Fba＋Fca＝－ma0①对c球有Fac＋Fbc＝3ma0②由①②得Fab＋Fcb＝－2ma0即ab＝－2m/s2，方向向左．13.光滑的绝缘水平面上的带电小球A、B质量分别为m1＝2g，m2＝1g；它们的电荷量相等，q1＝q2＝10－7C，A球带正电，B球带负电，现在水平恒力F1向右作用于A球，这时A、B一起向右运动，且保持距离d＝0.1m不变，如图所示，试问：F1答案：2.7×10－2N做匀加速直线运动解析：A、B运动时距离保持不变，说明二者速度、加速度均相等，对于B，水平方向只受A球的库仑力F2.aB＝eq\f(F2,m2)＝keq\f(q1q2,d2m2)＝9×109N·m2/C2×eq\f(10－7C×10－7C,0.1m2×10－3kg)＝9m/s2，所以aA＝aB＝9m/s2.对于A，水平方向受拉力和库仑力作用，F1－F2′＝m1aA，F1＝keq\f(q1q2,d2)＋m1aA＝9×109N·m2/C2×eq\f(10－14C2,0.1m2)＋2×10－3kg×9m/s2＝2.7×10－2N.由于加速度恒定，故小球向右做匀加速直线运动．3电场电场强度一、单项选择题1．有关对电场强度的理解，下述正确的是(D)A．由E＝eq\f(F,q)可知，电场强度E跟放入电荷q所受的电场力成正比B．当电场中存在试探电荷时，电荷周围才出现电场这种特殊的物质，才存在电场强度C．由E＝kQ/r2可知，在离点电荷很近，r接近于零时，电场强度接近无穷大D．电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关2．一段均匀带电的半圆形细线在其圆心O处产生的场强为E，把细线分成等长的圆在圆心O处产生的场强为(D)A．E B.eq\f(E,4)C.eq\f(E,3) D.eq\f(E,2)解析：等长的各段在圆心处产生的电场强度大小相同，设为E′，段与段在O点产生的场强夹角为120°，则2E′cos60°＋E′＝E，解得E′＝eq\f(E,2)，D正确．3．在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是(C)A．甲图中与点电荷等距的a、b两点B．乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点C．丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点D．丁图中非匀强电场中的a、b两点解析：题干甲图中与点电荷等距的a、b两点，场强大小相同，方向不相反，A错；对乙图来说，根据电场线的疏密及对称性可判断，b点和a点场强大小、方向均相同，B错；丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点，场强大小相同，方向相反，C对；对丁图来说，根据电场线的疏密可判断，b点的场强大于a点的场强，D错．4．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104N/C.已知一半径为1mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/s2，水的密度为103kg/mA．2×10－9C B．4×10－C．6×10－9C D．8×10－解析：带电雨滴在静电力与重力作用下保持静止，根据平衡条件，静电力与重力必然等大反向，mg＝Eq，则q＝mg/E≈4×10－9C5．如图所示，绝缘水平面上有A、B、C、D四点，依次相距L，若把带电金属小球甲(半径远小于L)放在B点，测得D点处的电场强度大小为E；现将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分别放置于A、C两点，此时D点处的电场强度大小为(D)A.eq\f(4,9)E B.eq\f(5,9)EC．E D.eq\f(20,9)E解析：根据点电荷电场强度公式E＝eq\f(kQ,r2)，B点处小球在D点产生的电场强度为EB＝eq\f(kQ,2L2)＝eq\f(kQ,4L2)＝E；当将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分别放置于A、C两点，则两球的电荷量均为eq\f(Q,2)，A处的小球在D处产生的电场强度EA＝eq\f(k·\f(Q,2),3L2)＝eq\f(kQ,18L2)，C处的小球在D处产生的电场强度EC＝eq\f(kQ,2L2)，由于两球在D处产生的电场强度方向相同，因此它们在D点处产生的电场强度大小为E合＝eq\f(kQ,18L2)＋eq\f(kQ,2L2)＝eq\f(5kQ,9L2)＝eq\f(20,9)E，故D正确．6．如图所示，O是半径为R的正N边形(N为大于3的偶数)外接圆的圆心，在正N边形的一个顶点A放置一个带电荷量为＋2q的点电荷，其余顶点分别放置带电荷量均为－q的点电荷(未画出)．则圆心O处的场强大小为(B)A.eq\f(2kq,R2) B.eq\f(3kq,R2)C.eq\f(N－1kq,R2) D.eq\f(Nkq,R2)解析：据题意，N是大于3的偶数，除A处电荷以及与A关于O点对称的电荷外，其他电荷的分布关于O点对称，它们在O处产生的合场强为零，所以O处的场强等于A处电荷和与A关于O点对称的电荷产生的合场强，大小为E＝eq\f(2kq,R2)＋eq\f(kq,R2)＝eq\f(3kq,R2)，选项B正确．7．如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中的某一平面内有P、Q两点，OP、OQ与PQ的夹角分别为53°、37°，取sin53°＝0.8.O点处点电荷在P、Q两点处产生的电场的电场强度大小之比为(D)A．34B．43C．916D．169解析：EP＝eq\f(kQ,OP2)，EQ＝eq\f(kQ,OQ2)，eq\f(EP,EQ)＝eq\f(OQ2,OP2)＝eq\f(16,9)，D正确．二、多项选择题8．把质量为m的正点电荷q，在电场中从静止释放，在它运动过程中如果不计重力，下述正确的是(CD)A．点电荷运动轨迹必与电场线重合B．点电荷的速度方向，必定和所在点的电场线的切线方向一致C．点电荷的加速度方向，必与所在点的电场线的切线方向一致D．点电荷的受力方向，必与所在点的电场线的切线方向一致解析：明确受力方向和加速度方向与合力的方向的关系．正点电荷q由静止释放，如果电场线为直线，电荷将沿电场线运动，电场线如果是曲线，电荷一定不沿电场线运动(因为如果沿电场线运动，其速度方向与受力方向重合，不符合曲线运动的条件)，故A选项不正确；由于点电荷做曲线运动时，其速度方向与电场力方向不再一致(初始时刻除外)，故B选项不正确；而点电荷的加速度方向，也即电荷所受电场力方向必与该点场强方向一致，即与所在点的电场线的切线方向一致，故C、D选项正确．9．关于静电力和电场强度，下列说法正确的是(CD)A．电场强度的方向总是跟静电力的方向一致B．电场强度的大小总是跟静电力的大小成正比C．正电荷受到的静电力的方向跟电场强度的方向一致D．同一个点电荷在某点受到的静电力越大，该点的电场强度就越大解析：电场中某点电场强度的方向是一定的，而电荷在电场中所受的静电力的方向却与电荷的电性还有关系，只有正电荷受到的静电力的方向才与电场强度的方向相同，故A错，C对，电场强度的大小与电场中的位置有关，对不同的位置，只有在电荷量一定时电荷受到的静电力越大，才能说明该点的场强越大，故B错，D对．10．用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的强弱．如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称．则(AC)A．B、C两点场强大小和方向都相同B．A、D两点场强大小相等，方向相反C．E、O、F三点比较，O的场强最强D．B、O、C三点比较，O点场强最强解析：由对称性可知，B、C两点场强大小和方向均相同，A正确；A、D两点场强大小相同，方向也相同，B错误；在两电荷连线的中垂线上，O点场强最强，在两点电荷连线上，O点场强最弱，C正确，D错误．三、非选择题11.如图所示，半径为R的橡胶圆环，均匀带有电荷量为Q的正电荷，现从环上截去长Δs的一小段，若Δs≪R，且圆环剩余部分的电荷分布不变，则圆环剩余部分的电荷在环心O处产生的场强大小为kQΔs/2πR3，方向为由O指向Δs.解析：因为圆环上电荷分布的对称性，原来圆心处的合场强为零，当截掉一小段Δs后，其余部分的电荷分布不变，则只有Δs正对的直径另一端的同样一小段上的电荷产生的电场没有被抵消，即为后来圆心处的场强．单位长度带电荷量δ＝Q/2πR，Δs长的一段带电荷量q＝Δsδ＝QΔs/2πR.因Δs≪R，q可看做点电荷，所以圆心处场强E＝kq/R2＝kQΔs/2πR3，方向由O指向Δs.12.如图1所示，在一个点电荷Q的电场中，Ox坐标轴与它的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为2.0m和5.0m．放在A、B两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，电场力的大小跟试探电荷所带电量的关系图象如图2中直线a、b所示，放在A点的电荷带正电，放在B点的电荷带负电．(1)求B点的电场强度的大小和方向．(2)试判断点电荷Q的电性，并说明理由．答案：(1)2.5N/C沿x轴负方向(2)见解析解析：(1)由图可知，B点的电场强度EB＝F/q＝eq\f(1,4×0.1)N/C＝2.5N/C.因B带负电，受力向右，所以EB的方向指向x轴的负方向．同理A点的电场强度EA＝40N/C，方向指向x轴的正方向．(2)因为A点电荷带正电，B点电荷带负电，二者受力方向又相同，所以点电荷Q必须放于A、B两点之间，且Q只有带负电时，才会使得A、B两点电荷受力均沿x轴正方向．13．如图所示，均匀带电圆环所带电荷量为＋Q，半径为R，圆心为O，OP为垂直于圆环平面的粗糙绝缘直杆(粗糙程度处处相同)，其上套有一质量为m、带电量为q的带电小球(不影响带电圆环的电场分布)，距圆心O为L，恰能保持静止．已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，试求杆的动摩擦因数μ.答案：eq\f(kQq,mg)·eq\f(L,R2＋L2\f(3,2))解析：设环上Δl(Δl→0)的长度在小球处的场强为ΔE，则ΔE＝keq\f(Δl,2πR)Q·eq\f(1,R2＋L2)，由对称性可得，在轴线上距圆心L处的场强为E，则：E＝eq\f(2πR,Δl)ΔEcosθ，其中cosθ＝eq\f(L,\r(R2＋L2))，可解得小球处场强为E＝eq\f(kQL,R2＋L2\f(3,2))，由平衡条件得：qE＝μmg.联立解得：μ＝eq\f(kQq,mg)·eq\f(L,R2＋L2\f(3,2)).4静电的防止与利用一、单项选择题1．在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，地砖要用导电材料制成，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，一切设备要良好接地，甚至病人身体也要良好接地，这样做是为了(B)A．除菌消毒 B．消除静电C．利用静电 D．防止漏电解析：医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套是为了将身上的静电导走，B正确．2．避雷针能够避免建筑物被雷击的原因是(B)A．云层中带的电荷被避雷针通过导线导入大地B．避雷针的尖端向云层放电，中和了云层中的电荷C．云层与避雷针发生摩擦，避雷针上产生的电荷被导入大地D．以上说法都不对解析：云层在靠近避雷针时，在避雷针尖端感应出与云层中的电荷电性相反的电荷，达到一定程度就向空中放电，中和云层中的电荷，从而避免雷击，所以选项B正确．3．每到夏季，我省各地纷纷进入雨季，雷雨等强对流天气频繁发生．当我们遇到雷雨天气时，一定要注意避防雷电．下列说法正确的是(B)①不宜使用无防雷措施的电器或防雷措施不足的电器及水龙头②不要接触天线、金属门窗、建筑物外墙，远离带电设备③固定电话和手提电话均可正常使用④在旷野，应远离树木和电线杆A．①②③ B．①②④C．①③④ D．②③④解析：表面具有突出尖端的导体，在尖端处的电荷分布密度很大，使得其周围电场很强，就可能使其周围的空气发生电离而引发尖端放电．固定电话和手提电话的天线处有尖端，易引发尖端放电造成人体伤害，故不能使用．4．某农村小塑料加工厂的高频热合机(焊缝用)产生的电磁波频率和电视信号频率接近，由于该村尚未通有线电视信号，空中的信号常常受到干扰，在电视荧屏上出现网状条纹，影响正常收看．为了使电视机不受干扰，可采取的办法是(D)A．将电视机用一金属笼子罩起来B．将电视机用一金属笼子罩起来，并将金属笼接地C．将高频热合机用一金属笼子罩起来D．将高频热合机用一金属笼子罩起来，并将金属笼接地解析：为了使电视机能接收电磁波信号，但又不接收高频热合机产生的电磁波，应将高频热合机产生的电磁波信号屏蔽，而接地金属笼子具有屏蔽内电场的作用，故选项D正确．5．如图，把一个不带电的枕形导体靠近带正电的小球，由于静电感应，在a、b两端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是(C)A．闭合开关S1，有电子从枕形导体流向大地B．闭合开关S2，有电子从枕形导体流向大地C．闭合开关S1，有电子从大地流向枕形导体D．闭合开关S2，没有电子通过开关S2解析：在S1、S2都闭合前，对枕形导体，它的电荷是守恒的，a、b出现负、正电荷等量，当闭合开关S1、S2中的任何一个以后，便把大地与导体连通，使大地也参与了电荷转移，因此，导体本身的电荷不再守恒，而是导体与大地构成的系统中电荷守恒，由于静电感应，a端仍为负电荷，大地远处应感应出正电荷，因此无论闭合开关S1还是开关S2，都应有电子从大地流向导体，故C选项正确．二、多项选择题6．根据所学知识分析，人在进行高压带电作业操作前必须做的准备工作和操作过程可能发生的情况是(BD)A．人不需要做什么准备，只要操作时注意就可以保证安全B．人在操作前必须要戴上用金属丝网制成的手套、帽子，穿上屏蔽服C．手在接触电线的瞬间，也会放电发生危险D．手在接触电线的瞬间，也会放电，但没有危险解析：当人在操作前戴上用金属丝网制成的手套、帽子，穿上屏蔽服时，接触电线的瞬间，也会放电，但电荷只分布在丝网的外表面，形成静电屏蔽，丝网内部无电场，人不会有危险．7．下图是静电喷涂原理的示意图．喷枪喷嘴与被涂工件之间存在强电场，喷嘴喷出的带电涂料微粒在强电场的作用下会向带正电的工件高速运动，最终被吸附到工件表面，则(AD)A．微粒一定带负电B．微粒可能带正电，也可能带负电C．微粒运动过程中，动能越来越小D．微粒运动过程中，动能越来越大解析：由于静电感应，工件的电荷分布在表面，微粒最终被吸附到带正电的工件表面，故微粒带负电，A正确，B错误；微粒受静电力的作用，静电力做正功，动能越来越大，C错误，D正确．8．如图所示，在左边的绝缘支架上插上顶针(其顶端是尖的)，在顶针上装上金属风针，若给风针附近的圆形金属板接上正高压极，风针接负高压极，风针尖端放电会使其旋转起来，下列说法中正确的是(ABC)A．风针尖端附近的电场线分布较密B．风针附近的空气在强电场下发生电离C．空气中的阳离子会向风针的尖端运动D．交换金属板与风针所带电荷电性，风针的尖端会有正电荷射出解析：圆形金属板与风针分别接上正、负高压后，风针附近产生强电场，且风针尖端处电场最强，因此风针尖端附近的电场线分布较密．风针附近产生强电场使空气发生电离，空气中的阳离子会向风针的尖端运动与针尖负电荷中和，发生放电现象，而空气中的负离子因受排斥力而向相反方向运动．由于反冲，风针就旋转起来．如果交换金属板与风针电荷电性，风针不可能放出正电荷，导体内只有自由运动的电子．三、非选择题9．利用静电除尘器可以消除空气中的粉尘．静电除尘器由金属管A和悬在管中的金属丝B组成，A和B分别接到高压电源的正极和负极，其装置示意图如图所示．A、B之间有很强的电场，距B越近，场强越大(填“越大”或“越小”)．B附近的气体分子被电离成为电子和正离子，粉尘吸附电子后被吸附到A(填“A”或“B”)上，最后在重力作用下落入下面的漏斗中．解析：由题意可知，金属管内电场截面如图所示，由电场的分布可判断出越靠近B场强越大；粉尘吸附电子后带负电，在电场力作用下向A运动．10．如图所示，两个点电荷A和B，电荷量分别为q1＝－9.0×10－9C、q2＝2.7×10－8C，彼此相距r＝6cm，在其连线中点处放一半径为1cm的金属球壳，求球壳上感应电荷在球心答案：3.6×105N/C，方向由O指向B解析：两个点电荷在O处产生的场强E＝eq\f(k|q1|,r\o\al(2,1))＋eq\f(kq2,r\o\al(2,2))＝9×109×eq\f(9×10－9,0.032)＋eq\f(2.7×10－8,0.032)N/C＝3.6×105N/C，方向从O指向A.根据静电平衡的状态特点可知，球壳上感应电荷在球心O处产生的电场强度与两个电荷在O处产生的电场强度大小相等，方向相反，所以球壳上感应电荷在球心O处产生的电场强度大小E′＝E＝3.6×105N/C，方向从O指向B.第九章章末检测一、选择题(1～6为单选，每小题3分；7～10为多选，每小题4分，共34分)1．如图，水平直线表示电场中的一条电场线，A、B为电场线上的两点．一负点电荷仅在电场力作用下，从静止开始由A向B做匀加速运动．则电场强度(C)A．逐渐增大，方向向左 B．逐渐增大，方向向右C．保持不变，方向向左 D．保持不变，方向向右解析：负电荷从静止开始由A向B做匀加速运动，说明负电荷受到的电场力保持不变，所以从A到B电场强度保持不变，负电荷受到的电场力方向向右，所以电场强度向左，故A、B、D错误，C正确．2．带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，实线是电场线．关于粒子，下列说法正确的是(C)A．粒子一定带正电B．在a点的加速度大于在b点的加速度C．在a点的速度小于在b点的速度D．电场中a点的电势一定比b点的电势高解析：由于电场线的方向未知，则无法确定粒子的带电性质，故A错误；电场线密的地方电场的场强大，电场线疏的地方电场的场强小，可知Ea<Eb，所以a、b两点比较，粒子的加速度在b点时较大，故B错误；整个过程电场力做正功，根据动能定理得经b点时的动能大于经a点时的动能，则在b点时的速度大于经a点时的速度，故C正确；由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定a点的电势和b点的电势大小关系，故D错误．3．a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°.现将三个等量的正点电荷＋Q分别固定在a、b、c三个顶点上，下列说法正确的有(D)A．d点电场强度的方向由d指向OB．O点电场强度的方向由d指向OC．d点的电场强度大于O点的电场强度D．d点的电场强度小于O点的电场强度解析：由电场的叠加原理可知，d点电场方向由O指向d，O点电场强度的方向也是由O指向d，故A、B错误；设菱形的边长为r，根据公式E＝keq\f(Q,r2)，分析可知三个点电荷在d点产生的场强E大小相等，由电场的叠加可知，d点的场强大小为Ed＝2keq\f(Q,r2)，O点的场强大小为EO＝4keq\f(Q,r2)，可见，d点的电场强度小于O点的电场强度，即Ed<EO，故C错误，D正确．4．如图所示，在一个半径为R的圆周上均匀分布N个可视为质点的带电小球，其中A点的小球所带的电荷量为＋3q，其余小球所带的电荷量为＋q，此时圆心O点的电场强度大小为E.现仅撤去A点的小球，则O点的电场强度大小为(B)A．E B.eq\f(E,2)C.eq\f(E,3) D.eq\f(E,4)解析：假设圆周上均匀分布的都是电荷量为＋q的小球，由于圆周的对称性，根据电场的叠加原理，可知圆心O处场强为0，所以圆心O点的电场强度大小等效于A点处电荷量为＋2q的小球在O点产生的场强，则有E＝keq\f(2q,R2)，A处＋3q在圆心O点产生的场强大小为E1＝keq\f(3q,R2)，方向水平向左，其余带电荷量为＋q的所有小球在O点处产生的合场强E2＝E－E1＝－keq\f(q,R2)＝－eq\f(E,2)，所以仅撤去A点的小球，则O点的电场强度大小为E2＝eq\f(E,2).5．如图所示，在光滑绝缘的水平地面上放置着四个可视为点电荷的带电金属小球，一个带正电，放置于圆心，带电荷量为Q；另外三个带负电，带电荷量均为q，位于圆周上互成120°放置，四个小球均处于静止状态，则Q与q的比值为(D)A.eq\f(1,3) B.eq\r(3)C．3 D.eq\f(\r(3),3)解析：以圆周上三个带电小球中的一个为研究对象，如以左下角的一个点电荷为研究对象，其受到圆周上的另外两个点电荷的库仑斥力作用，同时受到圆心上的点电荷的库仑引力作用，设圆的半径为r，根据受力平衡得：2×(keq\f(q2,L2)×cos30°)＝keq\f(Qq,r2)根据几何关系有L＝eq\r(3)r所以解得：eq\f(Q,q)＝eq\f(\r(3),3)，故A、B、C错误，D正确．6．两点电荷A、B带电量QA>QB，在真空中相距r，现将检验电荷C置于某一位置时，所受静电力恰好为零，则(C)A．A和B为异种电荷时，C在AB之间连线上靠近B一侧B．A和B为异种电荷时，C在AB之间连线的延长线上A外侧C．A和B为同种电荷时，C在AB之间连线上靠近B一侧D．A和B无论为同种还是异种电荷，C都不在AB连线以及延长线上解析：若QA和QB为固定的异种电荷，只要放入的电荷q受到的合力为0即可，则对C有keq\f(QAq,r\o\al(2,A))＝keq\f(QBq,r\o\al(2,B))，因为QA>QB，所以rA>rB，而且保证两个力的方向相反，所以应将C置于AB连线的延长线上，且靠近B；若QA和QB均为固定的同种电荷，则对C有keq\f(QAq,r\o\al(2,A))＝keq\f(QBq,r\o\al(2,B))，因为QA>QB，所以rA>rB，而且保证两个力的方向相反，所以应将C置于AB线段上，且靠近B，故C正确，A、B、D错误．7．如图所示，水平面绝缘且光滑，一绝缘的轻弹簧左端固定，右端有一带正电荷的小球，小球与弹簧不相连，空间存在着水平向左的匀强电场，带电小球在静电力和弹簧弹力的作用下静止，现保持电场强度的大小不变，突然将电场反向，若将此时作为计时起点，则下列描述速度与时间，加速度与位移之间变化关系的图象正确的是(AC)解析：将电场反向，小球在水平方向上受到向右的电场力和弹簧的弹力，小球离开弹簧前，根据牛顿第二定律得，小球的加速度为：a＝eq\f(qE＋kA－x,m)，知a随x的增大均匀减小，当脱离弹簧后，小球的加速度为：a＝eq\f(qE,m)，保持不变．可知小球先做加速度逐渐减小的加速运动，然后做匀加速运动，故A、C正确，B、D错误．8．如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则(AC)A．小球A与B之间库仑力的大小为eq\f(kq2,d2)B．当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgsinθ,k))时，细线上的拉力为0C．当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))时，细线上的拉力为0D．当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,ktanθ))时，斜面对小球A的支持力为0解析：根据库仑定律可得两小球之间的库仑力大小为F＝eq\f(kq2,d2)，故A正确；当细线上的拉力为0时，小球A受到库仑力、斜面支持力、重力，由平衡条件得eq\f(kq2,d2)＝mgtanθ，解得eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))，故B错误，C正确；由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为0，故D错误．9．如图所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止，现将B球沿斜面向上移动一小段距离，发现A球随之向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡．重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是(BCD)A．推力F变大B．斜面对B的弹力不变C．墙面对A的弹力变小D．两球之间的距离变大解析：小球A受力如图所示：根据共点力平衡条件得：F库＝eq\f(mg,cosα)，FNA＝mgtanα，由于α减小，所以库仑力减小，则两球间距增加，墙面对A的弹力变小，故C、D正确；对AB整体受力分析，如图所示，根据共点力平衡条件得，FNsinβ＋FNA＝F，FNcosβ＝(m＋M)g，解得F＝(m＋M)gtanβ＋mgtanα，FN＝eq\f(M＋mg,cosβ)，由于α减小，β不变，则推力F减小；斜面对B的弹力不变，故A错误，B正确．10．如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12m．已测得每个小球质量是8.0×10－4kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g取10m/s2，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2A．两球所带电荷量相等B．A球所受的静电力为1.0×10－2NC．B球所带的电荷量为4eq\r(6)×10－8CD．A、B两球连线中点处的电场强度为0解析：用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，带正电的玻璃棒与A球接触，A球带正电，A、B接触后，由于两个小球完全相同，电荷量均分，则两球所带电荷量相等，且都为正电，在A、B两球连线中点处的电场强度为0，则A、D项正确；两小球平衡时如图所示，重力和库仑力的合力与悬线的拉力大小相等，方向相反，在结构三角形OAAD中，cosθ＝0.6，在矢量三角形中F＝eq\f(mg,tanθ)＝eq\f(8.0×10－3×3,4)N＝6×10－3N，则B项错误；由库仑定律F＝eq\f(kq2,r2)得q＝eq\r(\f(Fr2,k))＝4eq\r(6)×10－8C，则C正确，故选A、C、D.二、非选择题(共66分)11．(10分)如图所示，用一根绝缘细线悬挂一个带电小球，小球的质量为m，电量为q，现加一水平的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹角为θ.(1)试求这个匀强电场的场强E的大小；(2)如果将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，小球平衡时，绝缘细线仍与竖直方向夹角为θ，则E′的大小又是多少？答案：(1)eq\f(mgtanθ,q)(2)eq\f(mgsinθ,q)解析：(1)对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，如图甲所示．由平衡条件得：mgtanθ＝qE解得：E＝eq\f(mgtanθ,q).(2)将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，电场力方向也顺时针转过θ角，大小为F′＝qE′，此时电场力与细线垂直，如图乙所示．根据平衡条件得：mgsinθ＝qE′则得：E′＝eq\f(mgsinθ,q).12．(10分)如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电荷量为q.在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷．将A由距B竖直高度为H处无初速度释放，小球A下滑过程中电荷量不变．不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g.求：(1)A球刚释放时的加速度大小；(2)当A球的动能最大时，A球与B点的距离．答案：(1)gsinα－eq\f(kQqsin2α,mH2)(2)eq\r(\f(kQq,mgsinα))解析：(1)由牛顿第二定律可知mgsinα－F＝ma根据库仑定律有F＝keq\f(qQ,r2)又知r＝eq\f(H,sinα)，得a＝gsinα－eq\f(kQqsin2α,mH2).(2)当A球受到合力为零，即加速度为零时，动能最大．设此时A球与B球间的距离为d，则mgsinα＝eq\f(kQq,d2)解得d＝eq\r(\f(kQq,mgsinα)).13．(10分)如图所示，真空中xOy平面直角坐标系上的A、B、C三点构成等边三角形，边长L＝2.0m．若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9×109N·m2/C2(1)两点电荷间的库仑力大小；(2)C点的电场强度的大小和方向．答案：(1)9.0×10－3N(2)7.8×103N/C沿y轴正方向解析：(1)根据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小为F＝keq\f(q2,L2)，代入数据得F＝9.0×10－3N.(2)A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等，均为E1＝keq\f(q,L2)A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为E＝2E1cos30°代入数据得E≈7.8×103N/C场强E的方向沿y轴正方向．14．(10分)如图所示，在竖直平面内有一个带正电的小球，质量为m，所带的电荷量为q，用一根长度为L且不可伸长的绝缘轻细线系在匀强电场中的O点，匀强电场的方向水平向右，分布的区域足够大．现将带正电小球从O点右方由水平位置A点无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零．(1)求匀强电场的电场强度E的大小；(2)若小球从O点的左方由水平位置C点无初速度释放，则小球到达最低点B所用的时间t是多少？(重力加速度为g)答案：(1)eq\f(mg,q)(2)eq\r(\f(2L,g))解析：(1)对小球由A点运动到B点的过程，由动能定理得mgL－qEL＝0，解得E＝eq\f(mg,q).(2)小球由C点释放后将做匀加速直线运动，所受的电场力与重力大小相等，故小球受到的合力为eq\r(2)mg，设小球到B点时的速度为vB，小球做匀加速直线运动的加速度为a，则a＝eq\f(\r(2)mg,m)＝eq\r(2)g，veq\o\al(2,B)＝2a·eq\r(2)L，t＝eq\f(vB,a)，联立解得t＝eq\r(\f(2L,g)).15．(13分)一光滑绝缘细直杆MN，长为L，水平固定在匀强电场中，场强大小为E，方向与竖直方向夹角为θ.杆的M端固定一个带负电小球A，电荷量大小为Q；另一带负电的小球B穿在杆上，可自由滑动，电荷量大小为q，质量为m，现将小球B从杆的N端由静止释放，小球B开始向A端运动，已知k为静电力常量，g为重力加速度，求：(1)小球B对细杆的压力的大小；(2)小球B开始运动时的加速度的大小；(3)小球B速度最大时，离M端的距离．答案：(1)qEcosθ＋mg(2)eq\f(qEsinθ,m)－eq\f(kQq,mL2)(3)eq\r(\f(kQ,Esinθ))解析：(1)小球受力如图所示：小球B在垂直于杆的方向上合力为零，由牛顿运动定律得：FN＝qEcosθ＋mg.(2)在水平方向上，由牛顿第二定律得：qEsinθ－keq\f(Qq,L2)＝ma，解得：a＝eq\f(qEsinθ,m)－eq\f(kQq,mL2).(3)当小球B的速度最大时，加速度为零，则有：qEsinθ＝keq\f(Qq,x2)，解得：x＝eq\r(\f(kQ,Esinθ)).16．(13分)如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线是水平直径．现有一带正电的小球(可视为质点)从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R.从小球进入管口开始，整个空间中突然加上一个匀强电场，电场力在竖直方向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹经过A点．设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g，求：(1)小球到达B点的速度大小；(2)小球受到的电场力的大小；(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力．答案：(1)eq\r(8gR)(2)eq\r(2)mg(3)3mg方向水平向右解析：(1)小球从开始自由下落到到达管口B的过程，由动能定理得：mg·4R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0解得：vB＝eq\r(8gR)(2)设电场力的竖直分力为Fy，水平分力为Fx，则Fy＝mg(方向竖直向上)，小球从B运动到C的过程中，由动能定理得：Fx·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)小球从管口C处脱离圆管后，做类平抛运动，其轨迹经过A点，则：4R＝vCt2R＝eq\f(1,2)·eq\f(Fx,m)t2联立解得：Fx＝mg故F＝eq\r(F\o\al(2,x)＋F\o\al(2,y))＝eq\r(2)mg(3)小球经过管口C处时，向心力由Fx和圆管的弹力FN提供，设弹力FN的方向水平向左，由牛顿第二定律得：Fx＋FN＝meq\f(v\o\al(2,C),R)解得FN＝3mg方向水平向左根据牛顿第三定律得：F′N＝FN＝3mg，方向水平向右．第十章静电场中的能量5电势能和电势一、单项选择题1．下列说法中正确的是(D)A．电场线密集处场强大，电势高B．沿电场线方向场强减小，电势降低C．在电势高处电荷具有的电势能大D．场强为零处，电势不一定为零解析：电场线密集处场强大，电势不一定高，A错；沿电场线方向电势降低，但场强不一定减小，B错；正电荷在电势高处具有较大电势能，但对于负电荷正好相反，C错；场强大小与电势高低无必然关系，D对．2．在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个－q的试探电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，电场力做的功为W，则试探电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为(A)A．EpA＝－W，φA＝W/q B．EpA＝W，φA＝－W/qC．EpA＝W，φA＝W/q D．EpA＝－W，φA＝－W/q解析：由W＝－EpA，可得：EpA＝－W，由φ＝eq\f(Ep,q)得：φA＝eq\f(EpA,qA)＝eq\f(－W,－q)＝eq\f(W,q).故只有A正确．3.如图所示，在O点的点电荷＋Q形成的电场中，试探电荷＋q由A点移到B点电场力做功为W1，以OA为半径画弧交OB于C，再把试探电荷由A点移到C点电场力做功为W2，由C点移到B点电场力做功为W3，则三者关系为(C)A．W1＝W2＝W3<0 B．W1>W2＝W3>0C．W1＝W3>W2＝0 D．W3>W1＝W2＝0解析：因A、C两点电势相等，所以W1＝W3>W2＝0，所以C正确．4.三个点电荷电场的电场线分布如图所示，图中a、b两点处的场强大小分别为Ea、Eb，电势分别为φa、φb，则(C)A．Ea>Eb，φa>φbB．Ea<Eb，φa<φbC．Ea>Eb，φa<φbD．Ea<Eb，φa>φb解析：根据电场线的疏密表示场强的大小可知：Ea>Eb；根据顺着电场线电势越来越低的规律可知：φa<φb，C正确．5.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知(A)A．带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D．带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小解析：粒子做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向沿电场线向右，若粒子从P运动到Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，R点速度大于Q点速度，若粒子从Q运动到P，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，Q点速度小于R点速度，在P点时的电势能比在Q点时的电势能小，故A正确，B错误；只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，动能与电势能之和保持不变，故C错误；由电场线疏密可知R点场强比Q点大，电场力大，加速度大，故D错误．6.如图所示，高速运动的α粒子(带正电)被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则(B)A．α粒子在M点的速率比在Q点的大B．三点中，α粒子在N点的电势能最大C．在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低D．α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功解析：高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，离原子核越近，速率越小，电势能越大，所以α粒子在M点的速率比在Q点的小，三点中，α粒子在N点的电势能最大，选项A错误，B正确．在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的高，α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为正功，选项C、D错误．二、多项选择题7．如图所示，光滑绝缘细管与水平面成30°角，在管的上方P点固定一个点电荷＋Q，P点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A与P点连线水平．电荷量为－q的小球(小球直径略小于细管内径)从管中A点由静止开始沿管向下运动，在A点时小球的加速度为a.图中PB⊥AC，B是AC的中点，不考虑小球电荷量对电场的影响．则在＋Q形成的电场中(BCD)A．A点的电势高于B点的电势B．B点的电场强度大小是A点的4倍C．小球从A到C的过程中电势能先减少后增加D．小球运动到C点的加速度为g－a解析：正点电荷形成的电场中，A、B两点距离点P不相等，电势不相等，B点离点电荷近，电势高于A点，故A选项错误；根据电场强度的定义式可知，点电荷周围的场强E＝keq\f(Q,r2)，根据几何关系rBrA＝12，则eq\f(EB,EA)＝eq\f(r\o\al(2,A),r\o\al(2,B))＝eq\f(4,1)，则B点的电场强度大小是A点的4倍，故B选项正确；根据点电荷形成的电场的场强分布情况可知，φA＝φC<φB，负电荷在电势高的地方电势能小，在电势低的地方电势能大，带负电的小球从A到C的过程中电势能先减少后增加，故C选项正确；设静电力沿细管方向提供的加速度为a电，小球在A点时，在重力和静电力沿细管向下的分力提供向下的加速度，a＝gsin30°＋a电，在C点时，加速度a′＝gsin30°－a电，联立解得a′＝g－a，故D选项正确．8．两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直(导体表面各点电势相等)，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远处为电势零点，则(BD)A．场强大小关系有Eb>EcB．电势大小关系有φb>φdC．将一负电荷放在d点时其电势能为负值D．将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功解析：同一电场中，电场线密的地方电场强度大，因此Eb<Ec，选项A错误；沿电场线方向电势降低，且导体表面各点电势相等，因此φb>φd，选项B正确；由于无穷远处电势为零，故d点电势为负，负电荷放在d点时电势能为正值，选项C错误；由题图可知，φa>φd，则将正电荷由a点移至d点的过程中电势能减小，电场力做正功，选项D正确．9.如图所示，在粗糙的斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度地释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点静止，则从M到N的过程中(AC)A．小物块所受的静电力减小B．小物块的电势能可能增加C．小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功D．M点的电势一定高于N点的电势解析：小物块从M点由静止释放，至N点又静止，说明物块先加速后减速，因此物块一定受摩擦力的作用．其能量在重力势能、电势能和内能之间转化．Q为点电荷，由F＝eq\f(kQq,r2)，因rM<rN，所以FN<FM，A正确；由小物块的初、末状态可知，小物块从M到N的过程先加速再减速，这说明，物块在运动过程中沿斜面向下的力在减小，而重力和摩擦力均为恒力，所以电荷间的库仑力为斥力，且库仑力做正功，电势能减小，B错误；由功能关系可知，克服摩擦力做的功等于电势能的减少量和重力势能的减少量之和，故C正确；因不知Q和物块的电性，无法判断电势高低，D错误．10.如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负试探电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是(BD)A．电荷从a到b加速度减小B．b处电势能大C．b处电势高D．电荷在b处速度小解析：由题图可知b处的电场线比a处的电场线密，说明b处的场强大于a处的场强．根据牛顿第二定律，试探电荷在b处的加速度大于在a处的加速度，A选项错．由题图可知，电荷做曲线运动，必受到不等于零的合外力，即F≠0，且F的方向应指向运动轨迹的凹向．因为试探电荷带负电，所以电场线指向是从疏到密．再利用“电场线方向为电势降低最快的方向”判断a、b处电势高低关系是φa>φb，C选项错．根据试探电荷的位移方向与所受电场力的夹角大于90°，可知电场力对试探电荷做负功．功是能量变化的量度，可判断由a→b电势能增加，B选项正确．又因电场力做功与路径无关，系统的能量守恒，电势能增加则动能减小，即速度减小，D选项正确．三、非选择题11．将带电荷量为1×10－8C的电荷，从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功1×10－6(1)电荷的电势能是增加还是减少？电荷在A点具有多少电势能？(2)A点的电势是多少？答案：(1)增加1×10－6J(2)100V解析：(1)因静电力做负功，则电荷的电势能增加．因无限远处电势能为零，所以电荷在A点具有的电势能为1×10－6J.(2)A点电势为φA＝eq\f(EpA,q)＝eq\f(1×10－6,1×10－8)V＝100V.12.如图所示，在电场强度为E＝1×104N/C、方向水平向右的匀强电场中，用一根长L＝1m的绝缘细杆(质量不计)固定一个质量为m＝0.2kg、电荷量为q＝5×10－6C、带正电的小球．细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动．现将杆由水平位置A轻轻释放，在小球运动到最低点B的过程中．(g取10m/s2(1)电场力对小球做功多少？小球电势能如何变化？(2)小球在最低点的动能为多少？答案：(1)5×10－2J电势能减少(2)2.05J解析：(1)电场力做功仅与初末位置有关．W电＝qE·L＝5×10－6×1×104×1J＝5×10－2J.电场力做正功小球电势能减少．(2)由动能定理得：mgL＋W电＝EkB－0所以EkB＝0.2×10×1J＋5×10－2J＝2.05J.13.如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝3.0×104N/C.有一个质量m＝4.0×10－3kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角θ＝37°.取g＝10m/s2(1)求小球所带的电荷量及电性；(2)如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小；(3)从剪断细线开始经过时间t＝0.20s，求这段时间内小球电势能的变化量．答案：(1)1.0×10－6C(2)12.5m/s2(3)4.5×10－3J解析：(1)小球受到重力mg、电场力F和细线的拉力T的作用，由共点力平衡条件，得F＝qE＝mgtanθ解得q＝eq\f(mgtanθ,E)＝1.0×10－6C电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷(2)剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律，得eq\f(mg,cosθ)＝ma，解得a＝eq\f(g,cosθ)＝12.5m/s2(3)在t＝0.20s的时间内，小球的位移为L＝eq\f(1,2)at2＝0.25m小球运动过程中，电场力做的功W＝qELsinθ＝mgLsinθtanθ＝4.5×10－3J所以小球电势能的变化量(减少量)ΔEp＝4.5×10－3J.6电势差一、单项选择题1．一个带正电的质点，电荷量q＝2.0×10－9C，在静电场中由A点移动到B点，在这过程中除电场力外，其他力做的功为6.0×10－5J，质点的动能增加了8.0×10－5J，则A、B两点间的电势差UAB为(A)A．1×104V B．－1×104VC．4×104V D．－7×104V解析：由题意得，质点所受合外力做的功等于质点动能的增量，等于8.0×10－5J，又因为其他力做的功为6.0×10－5J，所以，电场力对质点做功为2.0×10－5J．根据UAB＝eq\f(WAB,q)，可得UAB＝1×104V，A正确．2.如图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为零．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV.当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8eV，它的动能应为(C)A．8eV B．13eVC．20eV D．34eV解析：等势面3的电势为零，则点电荷电势能也为零．由于两相邻等势面的电势差相等，又知Eka>Ekb，则a点的电势能可表示为－2qU(U为相邻两等势面的电势差)，b点的电势能可表示为qU.由于总的能量守恒，则有：Eka＋(－2qU)＝Ekb＋qU，即26eV－2qU＝5eV＋qU，解得qU＝7eV，则总能量为7eV＋5eV＝12eV，当电势能为－8eV，动能Ek＝12eV－(－8)eV＝20eV.3.如图所示，三个同心圆是以点电荷Q为圆心的等势面，相邻等势面的电势差相等，则下列说法正确的是(D)A．一个点电荷＋q在B点所受的电场力比在A点的大B．一个点电荷＋q在B点具有的电势能比在A点的小C．将同一个电荷由B点移到D点电场力做的功比由C点移到A点多D．将电荷＋q由B点移到C点，电场力做正功解析：点电荷电场中，离点电荷越近场强越大，所以EA>EB，点电荷＋q在A点受的电场力比在B点受的电场力大，故A选项错误．从B向A移动＋q，电场力做正功，电势能减小，即＋q在B点电势能比在A点大，故B选项错误．从B到D移动电荷量为＋q的电荷，静电力做功WBD＝qUBD，从C到A所做的功是WCA＝qUCA，因为UBD＝UCA，故WBD＝WCA，即C选项错误．从B到C移动＋q，电场力应做正功，D选项正确．4.如图，三个等势面上有a、b、c、d四点，若将一正电荷由c经a移到d点，电场力做正功W1；若由c经b移到d点，电场力做正功W2.则W1与W2，c、d两点电势φc、φd关系为(D)A．W1>W2，φc>φdB．W1<W2，φc<φdC．W1＝W2，φc<φdD．W1＝W2，φc>φd解析：c→a→d：W1＝qUcd>0，因为q>0，所以Ucd>0，即φc>φd.c→b→d：W2＝qUcd，所以W1＝W2，故D正确．5.如图所示的点电荷电场中，将检验电荷从A点分别移到以点电荷为中心的同一圆周上的B、C、D、E各点，则电场力做功(D)A．从A到B做功最多B．从A到C做功最多C．从A到E做功最多D．做功一样多解析：以点电荷为圆心的圆周上的各点电势相等，所以UAB＝UAC＝UAD＝UAE.根据W＝qU可知，将检验电荷从A移到B、C、D、E各点电场力做功一样多，选项D正确．6.某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电场线、粒子在A点的初速度及运动轨迹如图所示，可以判定(B)A．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B．粒子在A点的动能小于它在B点的动能C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能D．电场中A点的电势低于B点的电势解析：由电场线的指向可知A点电势高于B点电势；由电场线的疏密程度可知粒子在A点受的电场力小于B点，故粒子在A点的加速度小于B点的加速度；由运动轨迹的弯曲方向知粒子在运动过程中，电场力对其做正功，故其动能增加，电势能减小．综上知：只有选项B正确．7．对于电场中A、B两点，下列说法正确的是(C)A．电势差的定义式UAB＝WA