2022高中物理滾動(dòng)檢測(cè)1靜電力和電場(chǎng)強(qiáng)度粵教版選修3-1

轉(zhuǎn)動(dòng)檢測(cè)1靜電力和電場(chǎng)強(qiáng)度一、單項(xiàng)選擇題此題共4小題，每題6分，共24分圖11．如圖1所示，在真空中，把一個(gè)絕緣導(dǎo)體向帶負(fù)電的球的完全相同的金屬球殼a與b，其殼層的厚度和質(zhì)量散布平均，將它們固定于絕緣支座上，兩球心間的距離L為球半徑的3倍．若使它們帶上等量異種電荷，使其電荷量的絕對(duì)值均為，那么，、b兩球之間的萬(wàn)有引力F引Qa與庫(kù)侖力F庫(kù)分別為圖2A．F引＝G錯(cuò)誤!，F(xiàn)庫(kù)＝錯(cuò)誤!B．F引≠G錯(cuò)誤!，F(xiàn)庫(kù)≠錯(cuò)誤!C．F引≠G錯(cuò)誤!，F(xiàn)庫(kù)＝錯(cuò)誤!D．F引＝G錯(cuò)誤!，F(xiàn)庫(kù)≠錯(cuò)誤!解析：萬(wàn)有引力定律合用于兩個(gè)可當(dāng)作質(zhì)點(diǎn)的物體，雖然兩球心間的距離L只有其半徑r的3倍，但由于其殼層的厚度和質(zhì)量散布平均，兩球殼可看作質(zhì)量集中于球心的質(zhì)點(diǎn)．因此，可以應(yīng)用萬(wàn)有引力定律．兩球相距太近，影響電荷的散布，此時(shí)兩小球不能看作點(diǎn)電荷，即庫(kù)侖定律不合用．綜上所述，對(duì)于a、b兩帶電球殼的整體來(lái)說(shuō)，知足萬(wàn)有引力的合用條件，不知足庫(kù)侖定律的合用條件，故只有選項(xiàng)D正確．答案：D3．兩個(gè)質(zhì)量相同的小球用不可伸長(zhǎng)的細(xì)線連接，置于場(chǎng)強(qiáng)為

E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小球

1和

2均帶正電．電量分別為

q1和

q2q1>q2．將細(xì)線拉直并使之與電場(chǎng)方向平行，如圖

3所示．若將兩小球同時(shí)從靜止?fàn)顟B(tài)釋放，則釋放后細(xì)線中的張力FT為不計(jì)重力及兩小球間的庫(kù)侖力圖3A．FT＝錯(cuò)誤!q1－q2EB．FT＝q1－q2EC．FT＝錯(cuò)誤!q1＋q2ED．FT＝q1＋q2E解析：兩小球一同做加快運(yùn)動(dòng)，對(duì)兩小球分別列牛頓第二定律方程，對(duì)小球?qū)π∏?：q2E＋FT＝ma，解得FT＝錯(cuò)誤!q1－q2E

1：q1E－FT＝ma，答案：A4．如圖4所示，實(shí)線是電場(chǎng)線，虛線為等勢(shì)面，已知相鄰兩等勢(shì)面間的電勢(shì)差相等，有一正電荷在等勢(shì)面L3處的動(dòng)能為20J，運(yùn)動(dòng)到L1處的動(dòng)能為零，若取L2處為零勢(shì)面，則當(dāng)此電荷的電勢(shì)能為6J時(shí)，它的動(dòng)能不計(jì)重力及其他阻力是圖4A．16JB．24JC．6JD．4J解析：電荷在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，因?yàn)橹挥须妶?chǎng)力做功，所以電勢(shì)能與動(dòng)能之間發(fā)生轉(zhuǎn)變，且動(dòng)能與電勢(shì)能的總和保持不變．設(shè)電荷由L3到L2，L2到L1電場(chǎng)力做功分別為W32、W21，因?yàn)閁32＝U21，所以32＝21，由動(dòng)能定理得32＋21＝0－20J，32＝21＝－10J．設(shè)當(dāng)電荷運(yùn)動(dòng)到等勢(shì)面L2WWWWWW時(shí)，其動(dòng)能為E2，W32＝E2－20J，E2＝10J．所以該電荷的動(dòng)能和電勢(shì)能的總和為10J＋0＝10J，故當(dāng)電荷的電勢(shì)能為6J時(shí)，電荷的動(dòng)能為4J答案：D二、雙項(xiàng)選擇題此題共5小題，每題8分，共40分5．實(shí)線為三條方向未知的電場(chǎng)線，從電場(chǎng)中的M點(diǎn)以相同的速度飛出a、b兩個(gè)點(diǎn)電荷，a、b的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖5中的虛線所示、b只受電場(chǎng)力作用，則a圖5A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負(fù)電B．電場(chǎng)力對(duì)a做正功，對(duì)b做負(fù)功C．a(chǎn)的速度將增大，b的速度將增大D．a(chǎn)的加快度將減小，b的加快度將增大解析：由于電場(chǎng)線的方向未知，故無(wú)法確定a、b的電性，A錯(cuò)；電場(chǎng)力對(duì)a、b均做正功，兩點(diǎn)電荷的動(dòng)能均增大，則速度均增大，B錯(cuò)C正確；a向電場(chǎng)線稀疏處運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，電場(chǎng)力減小，故加快度減小，b向電場(chǎng)線密集處運(yùn)動(dòng)，故加快度增大，D正確．答案：CD6．如圖6所示，為某電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線，在a點(diǎn)靜止地放一個(gè)帶正電粒子所受重力不能忽略，抵達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度恰巧為零，則圖6A．該粒子從a→b做變加快運(yùn)動(dòng)B．電場(chǎng)線的方向一定豎直向上C．a(chǎn)點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)有可能比b點(diǎn)大D．該電場(chǎng)可能是負(fù)的點(diǎn)電荷的電場(chǎng)解析：點(diǎn)電荷從a→b，速度由零增加，最后又變?yōu)榱?，說(shuō)明粒子有加快過(guò)程和減速過(guò)程，其受電場(chǎng)力方向只能是向上的，所以電場(chǎng)線方向必定向上，A、B正確；粒子在a點(diǎn)必有mg>qEa，在b點(diǎn)則是mgEb，不切合題意，D錯(cuò)．答案：AB7．如圖7所示，固定在Q點(diǎn)的正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中有M、N兩點(diǎn)，已知\toMQ0、質(zhì)量m的粒子從O點(diǎn)以速率v0射入電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)速率為2v0現(xiàn)有另一電荷量為－q、質(zhì)量m的粒子以速率2v0仍從O點(diǎn)射入該電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速率為3v0若忽略重力的影響，則A．在、、B三點(diǎn)中，B點(diǎn)電勢(shì)最高OAB．在O、A、B三點(diǎn)中，A點(diǎn)電勢(shì)最高C．OA間的電勢(shì)差比BO間的電勢(shì)差大D．OA間的電勢(shì)差比BA間的電勢(shì)差小解析：此題考察電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系．電量為q的粒子從O點(diǎn)以v0射入電場(chǎng)，到A點(diǎn)時(shí)速率為2v，由于只有電場(chǎng)力做功，因此2－錯(cuò)誤!mv錯(cuò)誤!，U＝錯(cuò)誤!將另0OA0OA一電荷量為－q的粒子從點(diǎn)以20射入，到B點(diǎn)時(shí)速率為30，則有－OB＝錯(cuò)誤!302－錯(cuò)誤!OvvqUmvm2v02，UOB＝－錯(cuò)誤!，因此三點(diǎn)中B點(diǎn)電勢(shì)最高，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；UBO＝錯(cuò)誤!BO間的電勢(shì)差比OA間的大，C項(xiàng)錯(cuò)誤；UBA＝UOA－UOB＝錯(cuò)誤!，UOA5m3m2m10C20cm1，抵達(dá)b點(diǎn)時(shí)動(dòng)能恰巧為零，小滑塊最終停在O點(diǎn)，求：圖111小滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2Ob兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UOb小滑塊運(yùn)動(dòng)的總行程解析：1由＝＝錯(cuò)誤!，O為AB連線的中點(diǎn)知a、b對(duì)于O點(diǎn)對(duì)稱，則AaBbUab＝0①設(shè)小滑塊與水平面間的摩擦力大小為Ff，對(duì)于小滑塊從a→b過(guò)程，據(jù)動(dòng)能定理得qU－F錯(cuò)誤!＝0－E②abf0又Ff＝μmg③聯(lián)立①②③式解得μ＝錯(cuò)誤!④2對(duì)于小滑塊從O→b的過(guò)程，據(jù)動(dòng)能定理得qU－F錯(cuò)誤!＝0