第九章 章末检测试卷(一)

章末检测试卷(一)

(满分：100分)

一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)

1.关于电场线的下列说法中，正确的是(　　)

A.电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同

B.沿电场线方向，电场强度越来越小

C.电场线越密的地方，同一试探电荷所受静电力就越大

D.在电场中，顺着电场线移动电荷，电荷受到的静电力大小恒定

答案　C

解析　电场线上某点的切线方向就是该点的电场强度方向，和在该点的正电荷受力方向相同，和在该点的负电荷受力方向相反，故A错误；电场线的疏密表示电场强度的大小，电场线越密的地方，场强越大，与电场线的方向无关，由F＝Eq可知，电场线越密的地方，同一试探电荷所受静电力越大，与是否沿着电场线的方向移动电荷无关，故B、D错误，C正确.

2.(2021·渤海大学附属高级中学高一期中)由电场强度的定义式E＝可知，在电场中的某一点(　　)

A.电场强度E跟F成正比，跟q成反比

B.无论放入的试探电荷所带的电荷量如何变化，始终不变

C.电场中某点的场强为零，放入该点的电荷受到的静电力不一定为零

D.试探电荷在该点受到的静电力的方向就是该点的场强方向

答案　B

解析　E是由电场本身决定，与F、q无关，A错误；在电场中的同一点，电场强度E是一定的，则无论试探电荷所带电荷量如何变化，一直不变，B正确；若电场中某点的场强为零，放入该点的电荷受到的静电力一定是零，C错误；负试探电荷在某点受到的静电力方向与该点的场强方向相反，D错误.

3.(2021·山东德州市月考)有一接地的导体球壳，如图1所示，球心处放一点电荷q，达到静电平衡时，则(　　)

图1

A.q的电荷量变化时，球壳外电场随之改变

B.q在球壳外产生的电场强度为零

C.球壳内、外表面的电荷在壳外的合场强为零

D.q与球壳内表面的电荷在壳外的合场强为零

答案　D

解析　当导体球壳接地时，壳内电荷在壳外表面所产生的感应电荷流入大地，这时壳内电荷与壳内表面的感应电荷在壳内壁以外(包含导体壳层)任一点的合场强为零.故选项D正确.

4.完全一样的两个金属球A、B带有等量的电荷，相隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小为F.今让第三个不带电的与A、B完全相同的金属球C先后与A、B两球接触后移开球C，这时，A、B两球之间的静电力的大小为(　　)

A.  B.  C.  D.

答案　A

解析　假设开始时A带电荷量为Q，B带电荷量为－Q，两球之间相互吸引力的大小为F＝k；第三个不带电的相同金属球C与A接触后，A和C的电荷量都为，C再与B接触时由于二者带异种电荷，则C、B分开后电荷量均为－；这时，A、B两球之间的静电力大小F′＝k＝k＝F，故A正确.

5.(2021·山东泰安英雄山中学高一期末)如图2所示，a、b、c、d四个点在一条直线上，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处固定一电荷量为Q的正点电荷，在d点处固定另一个电荷量未知的点电荷，除此之外无其他电荷，已知b点处的场强为零，则c点处场强的大小为(k为静电力常量)(　　)

图2

A.0  B.k  C.k  D.k

答案　B

解析　据题可知，b点处的场强为零，说明a点处和d点处的两个点电荷在b点处产生的场强大小相等、方向相反，则有：k＝k，得 Q′＝4Q，电性为正.

则a点处的点电荷在c点处产生的场强大小 E1＝k＝k，方向向右；d点处的点电荷在c点处产生的场强大小E2＝k＝k，方向向左；

故c点处场强的大小为 E＝E2－E1＝k，B正确.

6.(2021·河北沧州市高二期末)如图3所示，△ABC是一等边三角形，在顶点A放置一个电荷量为Q的正点电荷，在顶点B放置一个电荷量为－Q的负点电荷，这时顶点C处电场强度的大小为E；若将A点处的正点电荷取走，并放置一个电荷量为－Q的负点电荷，则C点的场强(　　)

图3

A.大小为E

B.大小为E

C.方向与AB平行向左

D.方向垂直AB向上

答案　B

解析　若在顶点A放置一个电荷量为Q的正点电荷，则在C点产生的场强大小为E0，方向沿AC方向；若在顶点B放置一个电荷量为－Q的负点电荷，则在C点产生的场强大小也为E0，方向沿CB方向；二者成120°角，合场强大小为E，则E0＝E；若将A点处的正点电荷取走，并放置一个电荷量为－Q的负点电荷，则该电荷在C点的场强大小为E0，方向沿CA方向，则C点的合场强大小为E′＝2Ecos 30°＝E，方向垂直AB向下.故选B.

7.如图4，一质量为m、电荷量为q的小球用细线系住，线的一端固定在O点.若在空间加上匀强电场，平衡时线与竖直方向成60°角.则电场强度的最小值为(　　)

图4

A.   B.

C.   D.

答案　B

解析　以小球为研究对象，对小球进行受力分析，小球受到重力mg、线的拉力F1、静电力F2三个力作用，根据平衡条件可知，拉力F1与静电力F2的合力必与重力mg等大反向.当静电力F2垂直于悬线时，F2最小，故场强E也最小.此时有qE＝mgsin 60°，所以E＝＝，故选B.

8.如图5所示，三个点电荷Q1、Q2、Q3在一条直线上，Q2和Q3间的距离为Q1和Q2间距离的2倍，每个点电荷所受静电力的合力为0，由此可以判定，三个点电荷的电荷量之比Q1∶Q2∶Q3为(　　)

图5

A. (－9)∶4∶(－36)   B.9∶4∶36

C.(－3)∶2∶(－6)   D.3∶2∶6

答案　A

解析　由三电荷平衡模型的特点“两同夹异”可知，Q1和Q3为同种电荷，它们与Q2互为异种电荷.设Q1和Q2间的距离为r，则Q2和Q3间的距离为2r，

对Q1有k＝k①

对Q2有k＝k②

对Q3有k＝k③

联立①②③式解得|Q1|∶|Q2|∶|Q3|＝9∶4∶36.

所以三个点电荷的电荷量之比Q1∶Q2∶Q3＝(－9)∶4∶(－36)或9∶(－4)∶36，故选A.

二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)

9.如图6所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q＝3.0×10－6 C的正电荷.两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F1和F2.A的正下方0.3 m处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为0.2 kg(重力加速度g＝10 m/s2；静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，A、B球可视为点电荷)，则(　　)

图6

A.支架对地面的压力大小为2.0 N

B.两线上的拉力大小F1＝F2＝1.9 N

C.将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小F1＝1.225 N，F2＝1.0 N

D.将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1＝F2＝0.866 N

答案　BC

解析　小球A、B间的库仑力为F库＝k＝9.0×109× N＝0.9 N，以B和绝缘支架整体为研究对象受力分析图如图甲所示，

地面对支架支持力大小为FN＝mg－F库＝1.1 N，由牛顿第三定律可得支架对地面的压力大小为1.1 N，A错误；以A球为研究对象，受力分析图如图乙所示，F1＝F2＝mAg＋F库＝1.9 N，B正确；

B水平向右移，当M、A、B在同一直线上时，A、B间距为r′＝0.6 m，F库′＝k＝0.225 N，以A球为研究对象受力分析图如图丙所示，可知F2′＝1.0 N，F1′－F库′＝1.0 N，F1′＝1.225 N，C正确；将B移到无穷远，则F库″＝0，可求得F1″＝F2″＝1 N，D错误.

10.如图7所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量同种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法正确的是(　　)

图7

A.A、B两处场强相同

B.C、D两处场强不同

C.在虚线AB上O点的场强最小

D.在虚线CD上O点的场强最大

答案　BC

解析　根据等量同种点电荷的电场分布特点，可知A、B两处的电场强度大小相等，方向相反，选项A错误；C、D两处的电场强度大小相等，方向相反，选项B正确；在虚线AB上O点的场强最小，在虚线CD上O点的场强也最小，故选项C正确，D错误.

11.(2020·湖南师大附中高二期中)如图8所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为＋Q和－Q.在它们水平中垂线上竖直固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为＋q的小球以初速度v0从上端管口射入，则小球(　　)

图8

A.速度一直增大

B.受到的静电力先做负功后做正功

C.受到的静电力最大值为

D.管壁对小球的弹力最大值为

答案　AD

解析　由等量异种点电荷形成的电场特点，根据小球的受力情况可知小球在细管内运动时，合力为重力，小球速度一直增大，A正确；静电力水平向右，不做功，B错误；在两点电荷连线中点处小球所受静电力最大，F＝＋＝，C错误；管壁对小球的弹力与静电力是平衡力，所以最大值为，D正确.

12.(2021·安徽宣城市高二月考)如图9所示，两根绝缘细线分别系住a、b两个带电小球，并悬挂在O点，当两个小球静止时，它们处在同一水平面上，两细线与竖直方向间夹角分别为α、β，α<β.现将两细线同时剪断，则(　　)

图9

A.两球都做匀变速运动

B.落地时两球水平位移相同

C.两球下落时间ta＝tb

D.a球落地时的速度小于b球落地时的速度

答案　CD

解析　设两球之间的库仑力大小为F，当两小球静止时，则有tan α＝，tan β＝，因为α<β，所以有ma>mb，将两细线同时剪断后，两球在竖直方向只受重力，在竖直方向做自由落体运动，所以两球下落时间相同；在下落过程中，两球处于同一水平面，在水平方向上，在库仑斥力的作用下，两球间距增大，从而使得库仑力减小，则水平方向的加速度减小，所以两球不可能做匀变速运动；根据a＝可知，加速度aa<ab，根据x＝at2可知两球落地时水平位移xa<xb，根据v＝＝可知a球落地时的速度小于b球落地时的速度，故A、B错误，C、D正确.

三、非选择题(本题共5小题，共52分)

13.(6分)如图10所示，把一个倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在匀强电场中，电场方向水平向右，有一质量为m、带电荷量为＋q的物体以初速度v0从A端滑上斜面恰好沿斜面匀速运动，求匀强电场的电场强度的大小.(重力加速度为g)

图10

答案　tan θ

解析　物体匀速运动，说明它受到的重力、静电力、支持力的合力为零，如图所示

由平衡条件知F＝mgtan θ(3分)

根据电场强度的定义知

E＝＝tan θ.(3分)

14.(8分)空间中三点A、B和C是直角三角形的三个顶点，且AB＝4 cm，BC＝3 cm.现将点电荷QA和QB分别放在A、B两点，测得C点的场强为EC＝10 N/C，方向如图11所示，求：

图11

(1)QA和QB的带电性质；

(2)如果撤掉QA，C点场强的大小和方向.

答案　(1)负电　正电　(2)7.5 N/C　方向由B指向C

解析　(1)由于QA、QB为点电荷，故QB在C点产生的场强沿直线BC，方向可能指向B或C，同理，QA在C点产生的场强沿直线AC，方向可能指向A或C，由于合场强平行于直线BA，故QB在C点产生的场强沿直线BC指向C，QA在C点产生的场强沿直线AC指向A，如图所示，则QB为正电荷，QA为负电荷.(3分)

(2)由图可知tan θ＝＝，又知tan θ＝，(2分)

解得EB＝7.5 N/C(1分)

所以撤去QA，C点的场强大小EC′＝EB＝7.5 N/C，方向由B指向C.(2分)

15.(10分)(2021·安徽蚌埠期中)如图12所示，一质量m＝2×10－4 kg，电荷量q＝3×10－9 C的带正电小球A用长为10 cm的轻质绝缘细线悬挂于O点，另一带电量未知的小球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θ＝37°.已知重力加速度g＝10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

图12

(1)小球A受到的静电力大小；

(2)小球A所在位置的场强大小和方向；

(3)小球B的电荷量.

答案　(1)1.5×10－3 N　(5)5×105 N/C　方向水平向右　(3)2×10－7 C

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，A球受到水平向右的静电力大小为F＝mgtan θ＝1.5×10－3 N.(3分)

(2)根据电场强度的定义式可知，小球A所在位置的电场强度大小为E＝＝5×105 N/C，方向水平向右.(3分)

(3)根据库仑定律得F＝(2分)

解得小球B的电荷量为Q＝2×10－7 C.(2分)

16.(14分)如图13所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，电场强度E＝3×104 N/C.在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m＝5×10－3 kg的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角θ＝60°(g取10 m/s2).求：

图13

(1)小球的电性和电荷量；

(2)悬线的拉力大小；

(3)若小球静止时离右板的距离d＝5×10－2 m，剪断悬线后，小球经多少时间碰到右极板.

答案　(1)正电　×10－6 C　(2)0.1 N　(3)0.1 s

解析　(1)受力分析图如图所示，小球受到的静电力方向水平向右，故带正电.

由平衡条件有Eq＝mgtan 60°(2分)

解得q＝×10－6 C(2分)

(2)由平衡条件得F＝(2分)

解得F＝0.1 N(2分)

(3)剪断细线后，小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动

在水平方向上有ax＝(2分)

d＝axt2(2分)

联立以上两式解得t＝0.1 s.(2分)

17.(14分)质量均为m的两个可视为质点的小球A、B，分别被长为L的绝缘细线悬挂在同一点O，给A、B分别带上一定量的正电荷，并用水平向右的外力作用在A球上，平衡以后，悬挂A球的细线竖直，悬挂B球的细线向右偏60°角，如图14所示.若A球的电荷量为q，重力加速度为g，静电力常量为k，求：

图14

(1)B球的电荷量为多少；

(2)水平外力多大.

答案　(1)　(2)mg

解析　(1)当系统平衡以后，B球受到如图所示的三个力：重力mg、细线的拉力F1、库仑斥力F.

合力为零，由平衡条件得Fcos 30°－F1cos 30°＝0(2分)

Fsin 30°＋F1sin 30°－mg＝0(2分)

由库仑定律得F＝k(2分)

联立上述三式，可得B球的带电荷量qB＝.(2分)

(2)A球受到如图所示的四个力作用，合力为零.

得FT＝F′·cos 30°(2分)

而F′＝F＝mg(2分)

所以，A球受到的水平推力FT＝mgcos 30°＝mg.(2分)