物理必修 第三册4 静电的防止与利用当堂检测题

这是一份物理必修 第三册4 静电的防止与利用当堂检测题，共11页。
静电力的性质[学习目标]　1.学会利用几种特殊方法求解电场强度.2.会分析电场线与带电粒子运动轨迹相结合的问题.3.学会分析电场中的动力学问题.一、电场强度的计算电场强度的三种计算方法对称法对称法实际上就是根据某些物理现象、物理规律、物理过程或几何图形的对称性进行解题的一种方法.在电场中，当电荷的分布具有对称性时，应用对称性解题可将复杂问题大大简化微元法当一个带电体的体积较大，已不能视为点电荷时，求这个带电体产生的电场在某处的电场强度时，可用微元法的思想把带电体分成很多小块，每块都可以看成点电荷，用点电荷电场叠加的方法计算补偿法有时由题给条件建立的模型不是一个完整的模型，这时需要给原来的问题补充一些条件，组成一个完整的新模型.这样，求解原模型的问题就变为求解新模型与补充条件的差值问题.如采用补偿法将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而将问题化难为易 如图1所示，带电荷量为＋q的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过薄板的几何中心，若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b点处产生的电场强度大小为________，方向________.(静电力常量为k)图1答案　　水平向左(或垂直薄板向左)解析　由于a点的电场强度为零，则点电荷＋q在a点产生的场强大小E1和带电薄板在a点产生的场强大小Ea相等，即E1＝Ea，方向相反.由于a、b两点关于带电薄板对称，所以带电薄板在b点产生的场强大小Eb和带电薄板在a点产生的场强大小Ea相等，方向相反，故Eb＝E1＝，方向水平向左(或垂直薄板向左).均匀带电的完整球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场.如图2所示，在半球面AB上均匀分布着正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，＝＝2R.已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　　)图2A.－E   B.C.－E   D.＋E答案　A解析　完整球壳在M点产生的电场的场强大小为k＝，根据电场叠加原理，右半球壳在M点产生电场的场强大小为－E，根据对称性可知，左半球壳在N点产生的电场的场强大小也为－E.选项A正确.二、电场线与带电粒子的运动轨迹1.带电粒子做曲线运动时，合力指向轨迹曲线的内侧，速度方向沿轨迹的切线方向.2.分析思路：(1)由轨迹的弯曲情况结合电场线确定静电力的方向；(2)由静电力和电场线的方向可判断带电粒子所带电荷的正负；(3)由电场线的疏密程度可确定静电力的大小，再根据牛顿第二定律F＝ma可判断带电粒子加速度的大小.(多选)如图3所示，带箭头的实线表示某一电场中的电场线的分布情况.一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示.若不考虑其他力，则下列判断正确的是(　　)图3A.若粒子是从A运动到B，则粒子带正电；若粒子是从B运动到A，则粒子带负电B.不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电C.若粒子是从B运动到A，则其加速度减小D.若粒子是从B运动到A，则其速度减小答案　BC解析　根据做曲线运动物体所受合外力指向轨迹曲线内侧可知粒子所受静电力的方向与电场线的方向相反，所以不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电，故A错误，B正确；电场线密的地方电场强度大，所以粒子在B点受到的静电力大，在B点时的加速度较大，若粒子是从B运动到A，则其加速度减小，故C正确；从B到A过程中粒子所受静电力与速度方向成锐角，即做正功，动能增大，速度增大，故D错误.针对训练1　如图4所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在静电力作用下的运动轨迹如图中虚线所示.则(　　)图4A.a一定带正电，b一定带负电B.a的速度将减小，b的速度将增大C.a的加速度将减小，b的加速度将增大D.两个粒子的动能，一个增大一个减小答案　C解析　带电粒子做曲线运动，所受静电力的方向指向轨迹曲线的内侧，由于电场线的方向未知，所以粒子带电性质不确定，故A错误；从题图轨迹变化来看，带电粒子速度与静电力方向的夹角都小于90°，所以静电力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B、D错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以a所受静电力减小，加速度减小，b所受静电力增大，加速度增大，故C正确.三、电场中的动力学问题1.带电体在多个力作用下处于平衡状态，带电体所受合外力为零，因此可用共点力平衡的知识分析，常用的方法有正交分解法、合成法等.2.带电体在电场中的加速问题与力学问题分析方法完全相同，带电体的受力仍然满足牛顿第二定律，在进行受力分析时不要漏掉静电力.如图5所示，光滑固定斜面(足够长)倾角为37°，一带正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：图5(1)原来的电场强度大小(用字母表示)；(2)小物块运动的加速度；(3)小物块2 s末的速度大小和2 s内的位移大小.答案　(1)　(2)3 m/s2，方向沿斜面向下　(3)6 m/s　6 m解析　(1)对小物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上，则mgsin 37°＝qEcos 37°，可得E＝＝.(2)当场强变为原来的时，小物块受到的合外力F合＝mgsin 37°－qEcos 37°＝0.3mg，由牛顿第二定律有F合＝ma，所以a＝3 m/s2，方向沿斜面向下.(3)由运动学公式，知v＝at＝3×2 m/s＝6 m/sx＝at2＝×3×22 m＝6 m.针对训练2　如图6所示，一质量为m＝1.0×10－2 kg、带电荷量大小为q＝1.0×10－6 C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左与竖直方向夹角为θ＝37°.小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度g取10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图6(1)求电场强度E的大小；(2)若在某时刻将细线突然剪断，求经过1 s时小球的速度大小v及方向.答案　(1)7.5×104 N/C　(2)12.5 m/s　方向与竖直方向夹角为37°斜向左下解析　(1)由平衡条件得小球所受静电力大小F＝mgtan θ所以小球所在处的电场强度的大小：E＝＝＝ N/C＝7.5×104 N/C.(2)剪断细线后，小球所受合力大小：F合＝＝1.25mg根据牛顿第二定律，小球的加速度大小：a＝＝1.25g＝12.5 m/s2所以经过1 s时小球的速度大小v＝at＝12.5 m/s，方向与竖直方向夹角为37°斜向左下. 1.一带负电荷的点电荷，只在静电力作用下沿曲线abc由a运动到c，已知点电荷的速率是递减的.关于b点电场强度E的方向，图中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)(　　)答案　D解析　根据从a运动到c，点电荷的速率是递减的，可知点电荷所受静电力方向与速度方向成钝角，又根据曲线运动条件，可知静电力指向轨迹弯曲的内侧，因负电荷所受静电力方向与场强方向相反，故图D正确.2.(多选)(2020·北京二十二中期中)某静电场中的电场线如图1所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M点运动到N点，以下说法正确的是(　　)图1A.粒子是正电荷B.粒子受到的静电力为恒力C.粒子在M点的加速度小于在N点的加速度D.粒子在M点的动能小于在N点的动能答案　ACD解析　带电粒子在电场中运动，仅受静电力作用时，受到的静电力的方向指向运动轨迹的内侧，由此可知，带电粒子受到的静电力的方向沿着电场线向上，所以此带电粒子为正电荷，故A正确；由电场线的分布可知，电场线在N点较密，所以带电粒子在N点时受到的静电力大，在N点的加速度大，故B错误，C正确；粒子由M点运动到N点的过程中，静电力对粒子做正功，所以粒子的动能增加，即粒子在M点的动能小于在N点的动能，故D正确.3.(2021·江苏省苏州实验中学高一期中)图2中实线为真空中某一点电荷形成的电场线，一电子的运动轨迹如图中虚线所示，其中a、b是轨迹上的两点.若电子在两点间运动的速度不断增大，则下列判断中正确的是(　　)图2A.形成电场的点电荷带正电B.电子可能是从a点运动到b点C.电子在两点间运动时加速度一定减小D.调整电子初速度的大小和方向，电子可能做匀速圆周运动答案　C解析　做曲线运动的物体，受力的方向一定指向轨迹凹侧，可知电子受到的静电力方向向左，场强方向向右，故形成电场的点电荷带负电，A错误；由于电子在两点间运动的速度不断增大，静电力对电子做正功，因此一定是从b点向a点运动，B错误；由于电子从b向a运动，电场强度逐渐减小，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，C正确；由于场源电荷与电子带同种电荷，相互排斥，因此电子不可能做匀速圆周运动，D错误.4.如图3所示，一电子在等量异种点电荷连线的中垂线上沿A→O→B匀速飞过，电子重力不计，则电子所受的除静电力之外的另一个力的大小和方向变化的情况是(　　)图3A.先变大后变小，方向水平向左B.先变大后变小，方向水平向右C.先变小后变大，方向水平向左D.先变小后变大，方向水平向右答案　B解析　由于电子做匀速运动，其合力为零，所以另一个力一定与电子所受静电力等大反向.由等量异种电荷的电场线分布特点可知中垂线上各点的场强方向均相同且水平向右，负电荷所受的静电力方向与场强方向相反，所以电子所受的静电力始终水平向左，另一个力的方向一定水平向右，又因O点的场强是中垂线上场强最大的点，故静电力先变大后变小，则另一个力也一定先变大后变小，选项B正确.5.(多选)下列图中，绝缘细绳一端固定在天花板，一端系一质量为m的带正电小球，为了使小球能静止在图中所示位置，可加一个与纸面平行的匀强电场，所加电场方向可能是(　　)答案　BCD解析　A图中，小球带正电，电场强度方向水平向左，带电小球所受的静电力水平向左，则小球不可能静止在图示位置，故A错误；B图中，小球带正电，电场强度方向水平向右，带电小球所受的静电力水平向右，则小球可能静止在图示位置，故B正确；C图中小球受静电力方向斜向右上方，向下的重力及向左上方的细绳的拉力，三力可能平衡，选项C正确；D图中，电场强度方向向上，当qE＝mg，绳子拉力为零时，小球能静止在图中位置，故D正确.6.如图4所示，在场强为E的匀强电场中，有一个质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，当小球静止时，细线与竖直方向成30°角，已知此电场方向恰使小球受到的静电力最小，重力加速度为g，则小球所带的电荷量应为(　　)图4A.  B.  C.  D.答案　D解析　电场方向恰使小球受到的静电力最小，即E的方向与细线垂直，对小球进行受力分析可得mgsin 30°＝qE，则q＝，故选D.7.(2021·河南省重点中学期中)如图5所示，A、B、C、D、E、F六点把绝缘均匀圆环平均分成六部分，其中圆弧AF、BC带正电，圆弧DE带负电，其余部分不带电，单位长度圆弧所带电荷量相等.圆弧AF所带电荷在圆心O处产生的电场强度大小为E1.则圆心O处的合场强大小为(　　)图5A.0   B.E1C.3E1   D.2E1答案　D解析　由题意可知，单位长度圆弧所带电荷量相等，圆弧AF、DE、BC所带电荷在圆心O处产生的场强大小相等，其中圆弧AF与BC所带电荷在O处产生的场强方向的夹角为120°，圆弧DE所带电荷在O处产生的场强方向在上述两场强方向的夹角的角平分线上，如图所示，根据平行四边形定则知，圆心O处的合场强大小为2E1，故D正确，A、B、C错误.8.(2021·河南鹤壁高中段考)如图6所示，在一半径为R的圆周上均匀分布有N个绝缘带电小球(可视为质点)无间隙排列，其中A点的小球带电荷量为＋4q，其余小球带电荷量为＋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点的电场强度为(　　)图6A.大小为E，方向沿AO连线斜向下B.大小为，方向沿AO连线斜向下C.大小为，方向沿AO连线斜向上D.大小为，方向沿AO连线斜向上答案　C解析　假设圆周上均匀分布的都是电荷量为＋q的小球，根据对称性及电场的叠加原理知圆心O处场强为0，所以圆心O点处的电场强度大小等效于A点处电荷量为＋3q的小球在O点产生的场强，有E＝k，方向沿AO连线斜向下；除A点小球外，其余带电荷量为＋q的小球在O点处产生的合场强大小等于在A点处带电荷量为＋q的小球在圆心O点产生的场强的大小，方向相反，A点处电荷量为＋q的小球在圆心O点产生的场强大小为E1＝k＝，方向沿OA连线斜向下，则其余带电荷量为＋q的小球在O点处产生的合场强大小为，方向沿OA连线斜向上，故仅撤去A点的小球，O点的电场强度大小为，方向沿AO连线斜向上，C项正确，A、B、D项错误.9.如图7所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q＞0)的固定点电荷.已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)(　　)图7A.k  B.k  C.k  D.k答案　B解析　已知a处点电荷q和带电圆盘均在b处产生电场，且b处电场为零，所以带电圆盘在b处产生的电场强度大小E1与点电荷q在b处产生的电场强度Eab等大反向，即E1＝Eab＝，由对称性可知，带电圆盘在d处产生的电场强度的大小E2＝E1＝，且方向与E1相反，点电荷q在d处产生的电场强度的大小Ead＝＝，方向与E2相同，则d处场强的大小为Ed＝E2＋Ead＝＋＝k，选B.10.如图8所示，用一根绝缘细线悬挂一个带电小球，小球的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g.现加一水平的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向成θ角.图8(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′，小球平衡时，绝缘细线仍与竖直方向成θ角，则E′的大小是多少？答案　(1)　(2)解析　(1)根据小球处于平衡状态，由平衡条件有mgtan θ＝Eq，解得E＝.(2)将电场方向顺时针旋转θ角，大小变为E′后，静电力方向也顺时针转过θ角，大小为F′＝qE′，此时静电力方向与细线垂直，由平衡条件得，mgsin θ＝qE′，解得E′＝.11.(2021·广东河源市月考)如图9所示，有一水平向左的匀强电场，场强为E＝1.25×104 N/C，一根长L＝1.5 m、与水平方向的夹角θ＝37°的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×10－6 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－6 C，质量m＝1.0×10－2 kg.将小球B从杆的上端N由静止释放，小球B开始运动.(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).则：图9(1)小球B开始运动时的加速度为多大？(2)小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大？答案　(1)3.2 m/s2　(2)0.9 m解析　(1)对小球B受力分析，如图所示，开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和静电力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得mgsin θ－－qEcos θ＝ma，代入数据解得：a＝3.2 m/s2.(2)小球B速度最大时所受合力为零，即mgsin θ－－qEcos θ＝0，代入数据解得：r＝0.9 m.