《静电场1-4节》综合训练题(答案附最后)(2015)

1、高中物理必修2静电场14节综合训练题 1关于电场，下列叙述正确的是（ C ） A在以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同 B正电荷周围的电场强度一定比负电荷周围的电场强度大 C在电场中某点放入试探电荷q，该点的场强为EF/q，取走q后，该点场强不为零 D电荷所受电场力越大，该点电场强度一定越大 2关于电场线，下述说法中正确的是（ C ） A电场线是客观存在的 B电场线与电荷运动的轨迹是一致的 C电场线上某点的切线方向与电荷在该点受力方向可以不同 D沿电场线方向，场强一定越来越大 3如图所示，MN是电场中的一条电场线，一电子从a点运动到b点速度在不断地增大，则下列结论正确的是（ B

2、） A该电场是匀强电场 B该电场线的方向由N指向M C电子在a处的加速度小于在b处的加速度 D因电子从a到b的轨迹跟MN重合，故电场线实际上就是带电粒子在电场中的运动轨迹 4在x轴上有两个点电荷，一个带正电荷Q1，一个带负电荷Q2，且Q12Q2，用E1和E2分别表示两个电荷所产生的场强的大小，则在x轴上（ B ） AE1E2的点有一处，该处合场强为零 BE1E2的点有两处，其中一处合场强为零，另一处合场强为2E2 CE1E2的点有三处，其中两处合场强为零，另一处合场强为2E2 DE1E2的点有三处，其中一处合场强为零，另两处合场强为2E1 5如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电

3、场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受电场力作用，根据此图可做出的正确判断是（ BCD ） A带电粒子所带电荷的正、负 B带电粒子在a、b两点的受力方向 C带电粒子在a、b两点的加速度何处较大 D带电粒子在a、b两点的速度何处较大 6如题图所示，电量为q和q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有（ D ） A体中心、各面中心和各边中点 B体中心和各边中点 C各面中心和各边中点 D体中心和各面中心 7右图是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是（ BD ） Aa点的电势高于b点的电势 B该点电荷带负电 Ca点和

4、b点电场强度的方向相同 Da点的电场强度大于b点的电场强度 8如图所示，M、N为两个固定的等量同种正电荷，在其连线的中垂线上的P点放一个静止的负电荷（重力不计），下列说法中正确的是（ AB ） A从P到O，可能加速度越来越小，速度越来越大 B从P到O，可能加速度先变大，再变小，速度越来越大 C越过O点后，加速度一直变大，速度一直变小 D越过O点后，加速度一直变小，速度一直变小 9在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点其中a、b两点的电势相等，电场强度相同的是（ B ） 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

5、的中垂线上与连线等距的a、b两点 D丁图中匀强电场中的a、b两点 10一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度时间图象如图所示则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的（ C ） 11如图所示，有一带电物体处在一个斜向上的匀强电场E中，由静止开始沿天花板向左做匀速直线运动，下列说法正确的是（ AD ） A物体一定带正电 B物体一定带负电 C物体不一定受弹力的作用 D物体一定受弹力的作用 12如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由AOB匀速飞过，电子重力不计，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是（ B ） A先变大后变小，方向水平向左 B先变

6、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 13如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°，关于a、b两点场强Ea、Eb及电势a、b的关系，正确的是（ B ） AEa3Eb，a>b BEa3Eb，a<b CEa，a<b DEaEb，a<b 14如图所示，一质量为m、带电荷量为q的物体处于场强按EE0kt（E0、k均为大于零的常数，取水平向左为正方向）变化的电场中，物体与竖直墙壁间动摩擦因数为，当t0时

7、刻物体处于静止状态若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是（ BC ） A物体开始运动后加速度先增加、后减小 B物体开始运动后加速度不断增大 C经过时间t，物体在竖直墙壁上的位移达最大值 D经过时间t，物体运动速度达最大值 15如图所示，在光滑绝缘水平面上有两个分别带异种电荷的小球A和B，它们均在水平向右的匀强电场中向右做匀加速运动，且始终保持相对静止设小球A的电荷量为QA，小球B的电荷量为QB，则下列判断正确的是（ A ） A小球A带正电，小球B带负电，且QAQB B小球A带正电，小球B带负电，且QAQB C小球A带负电，小球B带正电，且QAQB D

8、小球A带负电，小球B带正电，且QAQB 16如图甲所示，在一个点电荷Q形成的电场中，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2.0 m和5.0 m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荷量的关系图象如图乙中直线a、b所示，放在A点的电荷带正电，放在B点的电荷带负电求： （1）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； （3）点电荷Q的位置坐标 17反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强

9、电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动已知电场强度的大小分别是E1=2.0×103 N/C和E2=4.0×103 N/C，方向如图所示，带电微粒质量m=1.0×1020 kg，带电荷量q=1.0×109 C，A点距虚线MN的距离d1=1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应求： （1）B点距虚线MN的距离d2； （2）带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t 18如图所示，一带电荷量为q5×103 C，质量为m0.1 kg的小物块处于一倾角为=37°的光滑绝缘斜面上，当整个装置处于一水平向左

10、的匀强电场中时，小物块恰处于静止状态（g取10 m/s2）求： （1）电场强度多大？ （2）若从某时刻开始，电场强度减小为原来的，物块下滑距离L=1.5 m时的速度大小？ 19如图所示，倾角为的斜面AB是粗糙且绝缘的，AB长为L，C为AB的中点，在A、C之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD为电场的边界现有一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块（可视为质点），从B点开始在B、C间以速度v0沿斜面向下做匀速运动，经过C后沿斜面匀加速下滑，到达斜面底端A时的速度大小为v试求： （1）小物块与斜面间的动摩擦因数； （2）匀强电场场强E的大小 20一带电量为Q的固定正点电荷在真空中形

11、成的电场如图所示，现有一质量为m，带电量为q的微粒在此点电荷附近做周期为T的匀速圆周运动，微粒的重力不能忽略，则： （1）微粒的带电性质 （2）微粒的轨迹所在平面及圆心O的位置 （Q、m、q都不是已知量） 21两个正点电荷Q1Q和Q24Q分别固定在光滑绝缘水平面上的A、B两点，A、B两点相距为L，且A、B两点正好位于水平放置的光滑绝缘半圆细管两个端点的出口处，如图所示 （1）现将另一正点电荷从A、B连线上靠近A处的位置由静止释放，求它在A、B连线上运动的过程中，达到最大速度时的位置离A点的距离 （2）若把该点电荷放于绝缘管内靠近A点的位置由静止释放，已知它在管内运动过程中速度为最大时的位置在P

12、处试求出图中PA和AB连线的夹角。（可用反三角函数表示） 22如图所示，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，与水平面间的动摩擦因数均为求：（1）物体A受到的摩擦力；（2）如果将物体A的电荷量增至+4Q，则两物体将开始运动，当它们的加速度第一次为零时，物体A、B各运动了多远的距离？ 23如图所示，在定滑轮C正下方h=0.50m的A处固定一电量为Q3.0×10-5C的点电荷，电量为q1.0×10-6C的带电小球B，用绝缘细线栓着，细线跨过定滑轮，另一端用适当大小的力拉住，使小球处于静止状态，这时球到滑轮间的线长l

13、= 0.40m，小球与A点的距离为R0.30m。（静电力恒量K=9.0×109Nm2/C2，环境可视为真空，滑轮很小，不计一切摩擦） 求（1）两电荷间的库仑力的大小和小球所受的重力的大小 （2）缓慢拉动细线直到小球刚到滑轮的正下方，试证明这个过程中小球到A点的距离保持不变。 （3）缓慢拉动细线直到小球刚到滑轮的正下方过程中，拉力所做的功是多少？静电场1-4节综合训练题答案与解析 1答案：C 2答案：C解析：电场线不是客观存在的，是为了形象描述电场而假想的线，A选项是错的B选项也是错的，由静止开始运动的电荷所受电场力方向应是该点切线方向，下一时刻位置应沿切线方向上，可能在电场线上，也可

14、能不在电场线上，轨迹可能与电场线不一致何况电荷可以有初速度，运动轨迹与初速度大小方向有关，可能的轨迹很多，而电场线是一定的正电荷在电场中所受的电场力方向与该点的切线方向相同，而负电荷所受的电场力方向与该点的切线方向相反，选项C是正确的场强大小与场强的方向无关，与电场线方向无关，D选项是错的 3答案：B解析：由于电场线的分布情况不确定，所以不能比较场强的大小又由于电子从a到b速度增大，故电子所受电场力方向由ab，因此，场强方向由ba 4答案：B解析：画出电荷及场强的示意图如图所示在两个电荷之间可找到一点使E1E2且方向相同合场强等于2E2，在两点电荷连线延长线靠近小电荷量电荷的一侧（图中Q2右侧

15、），可找到一点使E1=E2，但方向相反，所以合场强为零；在连线延长线Q1左侧E1与E2方向相反，但大小不可能相等故只有选项B正确 5答案：BCD解析：由电场线的疏密可知，a点的场强大，带电粒子在a点的加速度大，故C正确；画出初速度方向结合运动轨迹的偏转方向，可判断带电粒子所受电场力的方向，但由于电场的方向未知，所以不能判断带电粒子的电性，故A错，B对；利用初速度的方向和电场力方向的关系，可判断带电粒子由a到b做负功，动能减小，因此va>vb，选项D正确 6答案：D解析：利用点电荷产生场强的公式Ek和场强叠加原理，对某边中点处的场强进行分析求合场强可知其大小并不是零，排除选项A、B、C，选

16、项D正确 7答案：BD解析：沿电场线方向电势降低，故A选项错误；由图中电场线分布知，此场为一负点电荷的电场线分布图，B项正确；电场线密集处场强大，C项错误、D项正确 8答案：AB解析：要判断PO的过程中，加速度的变化情况，关键是判断等量同种电荷连线中垂线上的场强变化情况画出等量同种点电荷周围的电场线分布如图所示根据图可以定性看出，中垂线上的场强并非单调变化，而是有一个电场线分布密集区域，即场强应该存在最大值即从O点沿中垂线场强先增大后减小点电荷从PO的过程中，电场力可能是先变大后变小，加速度随之先变大后变小；也可能电场力一直变小，加速度一直变小，关键是P点位置的不确定性不过，在到达O点之前，电

17、场力一直表现为引力，速度一定是一直变大的，在O点时加速度为零，速度最大该电场关于直线MN对称，点电荷越过O点后的运动也不一定是单调变化的综上所述，本题正确选项是A、B 9答案：B 10答案：C：由速度时间图象可知，电荷的速度越来越大，且加速度也是越来越大，故电荷在运动过程中，应受到逐渐增大的吸引力作用，所以电场线的方向应由B指向A.由于加速度越来越大，所以电场力越来越大，即B点的电场强度应大于A点的电场强度，即B点处电场线应比A点处密集，所以正确答案为C 11答案：AD解析：物体由静止向左运动，所以物体带正电，物体做匀速直线运动，即合力为零，所以一定受摩擦力和弹力作用，所以选A、D 12答案：

18、B解析：等量异种电荷电场分布如右图所示，由图（a）中电场线的分布可以看出，从A到O，电场线由疏到密；从O到B，电场线由密到疏，所以从AOB，电场强度应由小变大，再由大变小，而电场强度方向沿电场线切线方向，为水平向右，如图（b）所示由于电子处于平衡状态，所受合外力必为零，故另一个力应与电子所受电场力大小相等、方向相反电子受的电场力与场强方向相反，即水平向左，电子从AOB过程中，电场力由小变大，再由大变小，故另一个力方向应水平向右，其大小应先变大后变小，所以选项B正确 13答案：B解析：点电荷形成的电场，由场强的方向可知，该点电荷为负点电荷，沿电场线方向电势降低，故a<b；设Oa的距离为r，

19、则Ob等于r，由Ek可得，Ea3Eb，故选项B正确 14答案：BC解析：物体开始运动后，电场力不断减小，则弹力、摩擦力不断减小，所以加速度不断增加；电场力减小到零后反向增大，电场力与重力的合力一直增大，加速度也不断增大，速度也会一直增大，B正确，A、D错误；经过时间t后，物体将脱离竖直墙面，所以经过时间t，物体在竖直墙壁上的位移达最大值，C正确 15答案：A解析：如果小球A带正电，小球B带负电，两球相距L，由牛顿第二定律得：对小球B：kQBEmBaB，对小球A：QAEkmAaA，而aAaB，所以必有QAQB，A正确，B错误；如果小球A带负电，小球B带正电，则A所受合外力水平向左，加速度向左，不

20、符合题意，故C、D均错 16解析：（1）由图可知，两直线的斜率分别表示A、B两点的场强，即B点的电场强度大小是EB N/C2.5 N/C，因放入B点的是负电荷，电场力方向与规定的x轴的正方向相同，而负电荷受电场力方向与电场强度方向相反，故B点场强方向应指向x轴负方向 （2）由第（1）问的分析可知，A点的电场强度大小是EA N/C40 N/C，方向指向x轴正方向故点电荷Q应位于A、B两点之间，且是负电荷 （3）设点电荷Q的坐标为x，由点电荷的电场强度Ek表达式和数学关系可知：两点场强关系满足，解得x2.6 m（x1 m舍去） 17解析：（1）带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有 |q|E1d1|q|E2d20 由式解得d2d10.5 cm （2）设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有 |q|E1ma1 |q|E2ma2 设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有d1a1t d2a2t 又tt1t2 由式解得t1.5×108 s 18解析：（1）小物块受力如图，由受力平衡得：qEFNsin 0 mgFNcos 0 由得E，代入数据得E150 N/C （2）由牛顿第二定律得： mgsin cos ma v22aL 由得