第一章　静电场的描述 单元测试卷Word版含解析

第一章　
(题目较难，有志冲击“双一流”高校的学生选做)
1．如图所示，已知带电小球A、B的电荷量分别为QA、QB，OA＝OB，都用长L的绝缘丝线悬挂在绝缘墙角O点处．静止时A、B相距为d.为使平衡时AB间距离减为，可采用以下哪些方法(　　)
A．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍
B．将小球B的质量增加到原来的4倍
C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半
D．将两小球的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍
【答案】D　【解析】如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力作用，将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等方向相反．由几何关系可知＝，而库仑力F＝，即＝＝，得d＝.则要使d变为可以使质量增大到原来的8倍而保证上式成立，故A、B错误；或将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时小球B的质量增加到原来的2倍，也可保证等式成立，故C错误，D正确．
2．水平线上的O点放置一点电荷，图中画出了电荷周围对称分布的几条电场线，如图所示．以水平线上的某点O′为圆心，画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e，则下列说法正确的是(　　)
A．b、e两点的电场强度相同
B．b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差
C．a点电势高于c点电势
D．电子在d点的电势能大于在b点的电势能
【答案】B　【解析】由图看出，b、e两点电场强度的大小相等，但方向不同，电场强度是矢量，所以b、e两点的电场强度不同，故A错误；根据对称性可知，b、c两点间电势差与e、d两点间电势差相等，故B正确；根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越低，故a点电势低于c点的电势，故C错误；d点的电势高于b点的电势，由Ep＝qφ＝－eφ，则知电子在d点的电势能小于在b点的电势能，故D错误．
3．如图所示，在匀强电场中有一长方形ABCD，边长AB＝12 cm、BC＝16 cm，匀强电场方向与长方形ABCD所在平面平行，A、B、C三点的电势φA＝15 V，φB＝－3 V，φC＝－35 V，则匀强电场的电场强度大小和方向为(　　)
A．300 V/m，沿AB方向
B．250 V/m，沿AC方向
C．200 V/m，沿AD方向
D．150 V/m，沿BD方向
【答案】B　【解析】由几何关系知，AC＝20 cm，过B点作AC边上的高BO，BO＝0.8AB＝9.6 cm，AO＝0.6AB＝7.2 cm，AC之间的电势差UAC＝φA－φC＝50 V，在匀强电场中，电势降落与距离成正比，＝，所以UAO＝·UAC＝×50 V＝18 V，则φO＝－3 V，由此判断B、O两点等势，BO是等势线，电场强度方向与BO垂直，沿着AC方向，E＝＝ V/m＝250 V/m，故B正确．
4．(多选)某静电场中x轴上的电势随x坐标变化的图像如图所示，φ-x图像关于φ轴对称，a、b两点到O点的距离相等．将一电荷从x轴上的a点由静止释放后粒子沿x轴运动到b点，运动过程中粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是(　　)
A．该电荷一定带负电
B．电荷在b点时动能为零
C．从O到b，电荷的电势能减小
D．从a到b电场力对电荷先做正功，后做负功
【答案】BD　【解析】此φ-x图像可视为在x轴上关于坐标原点对称的两个等量正点电荷，在它们连线上电势随x坐标变化的图像．由于a、b两点等电势，该电荷一定带正电，由动能定理可知，将一电荷从x轴上的a点由静止释放后沿x轴运动到b点，电荷到b点时动能为零，故A错误，B正确；电荷从O到b，电势升高，电荷的电势能增大，故C错误；电荷从a到b，电势能先减小后增大，电场力对电荷先做正功，后做负功，故D正确．
5．(多选)如图所示，竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，带电量为＋Q，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m、带电荷量为q的小球(大小不计)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O距离为R，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则小球所处位置的电场强度为(　　)
A．　 B．
C．k　 D．
【答案】AD　【解析】带电小球受到库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，受力如图所示．圆环各个点对小球的库仑力的合力为qE，由平衡条件得，竖直方向Fsin θ＝mg，小球到圆环中心O距离为R，而竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，则sin θ＝，解得F＝mg，水平方向Fcos θ＝qE，解得E＝，故A正确，B错误；将圆环看成由n个小段组成，当n相当大时，每一小段都可以看成点电荷，由对称性知，各小段带电体在小球所处位置场强E的竖直分量相互抵消，而水平分量之和即为带电环在小球处的场强E，结合矢量的合成法则及三角知识，则有小球所处位置的电场强度为E＝nk×＝k，故C错误，D正确．
6．如图所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，运动轨迹如图所示，M和N是轨迹上的两点，其中M点是轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是(　　)
A．粒子在M点的速率最大
B．粒子所受电场力的方向沿电场线方向
C．粒子在电场中的加速度不变
D．粒子在电场中的电势能始终在增加
【答案】C　【解析】带电粒子所受合力指向运动轨迹的内侧，所以带电粒子受到的电场力水平向左，粒子向M点运动过程中电场力做负功，所以粒子到达M点时的动能最小，速率最小，故A、B错误；因为是匀强电场，粒子受到的电场力恒定，加速度恒定，故C正确；粒子靠近M点的过程，电场力做负功，电势能增加，远离M点的过程，电场力做正功，电势能减少，故D错误．
7．(多选)空间存在匀强电场，在电场中建立Oxyz空间坐标系如图所示，a、b、c三点分别在三个坐标轴上，距离原点O的距离ra＝rc＝2 cm，rb＝2 cm，d点在yOz平面上，且db⊥Ob.将带电荷量为q＝＋2.5×10－16 C的试探电荷从d点移到b点电场力做功为零，从a点移动到b点电场力做功W＝－1.2×10－14 J，b、O间电势差UbO＝24 V，由此可判断(　　)
A．空间电场强度的方向沿x轴正方向
B．空间电场强度的大小为8×102 V/m
C．c、O间电势差UcO＝24 V
D．电场中的等势面垂直于xOy平面
【答案】BD　【解析】试探电荷从d点移到b点电场力做功为零，说明匀强电场垂直于db，且d、b在等势面上，故电场中的等势面垂直于xOy平面，则电场平行xOy平面，故D正确；在xOy平面上的直角三角形aOb如图所示，a、b间电势差Uab＝＝－48 V，b、O间电势差UbO＝24 V，则原点O与ab中点电势相等，故过原点O作ab中点的连线Oe为等势线，三角形中a点电势最低，因此作Oe的垂线指向a即为xOy平面上的一条电场线，所以场强方向与x轴正方向成30°角，场强大小E＝ V/m＝8×102 V/m，故B正确、A错误；cO平行于db，故c、O间电势差为0，故C错误．
8．a和b是点电荷电场中的两点，如图所示，a点电场强度Ea与ab连线夹角为60°，b点电场强度Eb与ab连线夹角为30°，则关于此电场，下列分析中正确的是(　　)
A．这是一个正点电荷产生的电场，Ea∶Eb＝1∶
B．这是一个正点电荷产生的电场，Ea∶Eb＝3∶1
C．这是一个负点电荷产生的电场，Ea∶Eb＝∶1
D．这是一个负点电荷产生的电场，Ea∶Eb＝3∶1
【答案】D　【解析】设点电荷的电荷量为Q，将Ea、Eb延长相交，交点即为点电荷Q的位置，如图所示，从图中可知电场方向指向场源电荷，故这是一个负点电荷产生的电场，A、B错误；设a、b两点到Q的距离分别为ra和rb，由几何知识得到ra∶rb＝1∶，由公式E＝k可得Ea∶Eb＝3∶1，故C错误，D正确．
9．如图所示，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则(　　)
A．P和Q都带正电荷
B．P和Q都带负电荷
C．P带正电荷，Q带负电荷
D．P带负电荷，Q带正电荷
【答案】D　【解析】对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，A、B错误；对P进行受力分析可知，匀强电场对它的电场力应水平向左，与Q对它的库仑力平衡，所以P带负电荷，Q带正电荷，D正确，C错误．
10．如图所示，两根长度相等的绝缘细线的上端都系在同一水平天花板上，另一端分别连着质量均为m的两个带电小球P、Q，两小球静止时，两细线与天花板间的夹角均为θ＝30°，重力加速度为g.以下说法中正确的是(　　)
A．细线对小球的拉力大小为mg
B．两小球间的静电力大小为mg
C．剪断左侧细线的瞬间，P球的加速度大小为2g
D．当两球间的静电力瞬间消失时，Q球的加速度大小为g
【答案】C　【解析】对P球受力分析，如图所示，根据共点力平衡条件得，细线的拉力大小T＝＝2mg，静电力大小F＝＝mg，A、B错误；剪断左侧细线的瞬间，P球受到的重力和静电力不变，因此两力的合力与剪断细线前细线的拉力等大反向，根据牛顿第二定律得P球的加速度大小为2g，C正确；当两球间的静电力消失时，Q球开始做圆周运动，绳的拉力发生突变，将重力沿细线方向和垂直于细线方向分解，由重力沿垂直于细线方向的分力产生加速度，根据牛顿第二定律得a＝g，D错误．
11．如图所示，在倾角为30°足够长的光滑绝缘斜面的底端A点固定一电荷量为Q的正点电荷，在距A为s0的C处由静止释放某带正电荷的小物块P(可看作点电荷)．已知小物块P释放瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g.已知静电力常量为k，重力加速度为g，空气阻力忽略不计．
(1)求小物块所带电荷量q和质量m之比；
(2)求小物块速度最大时离A点的距离s；
(3)若规定无限远电势为零时，在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成φ＝(其中r为该点到Q的距离)．求小物块P能运动到离A点的最大距离sm.
【答案】(1)　(2)s0　(3)3s0
【解析】(1)对小物块受力分析：受重力、电场力、支持力．由牛顿第二定律得
k－mgsin θ＝mg
解得＝.
(2)当合力为零时速度最大，即k－mgsin θ＝0
解得s＝s0.
(3)当运动到最远点时速度为零，由能量守恒定律得
mg(sm－s0)sin θ＝－
解得sm＝3s0.
12．如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度用g表示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)电场强度的大小E；
(2)将电场强度减小为原来的时，物块加速度的大小a；
(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能Ek.
【答案】(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL
【解析】(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，由受力平衡得
FNsin 37°＝qE
FNcos 37°＝mg
可得电场强度E＝.
(2)若电场强度减小为原来的
则变为E′＝
mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma
可得加速度a＝0.3g.
(3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功．
由动能定理有mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0
可得动能Ek＝0.3mgL.