一、選擇題

　　1.由庫侖定律可知，真空中兩個靜止的點電荷，帶電量分別為q1和q2，其間距離為r時，它們之間相互作用力的大小為F=k，式中k為靜電力常量.若用國際單位制的基本單位表示，k的單位應(yīng)為(　　)

　　A.kg·A2·m3 B.kg·A-2·m3·s-4

　　C.kg·m2·C-2 D.N·m2·A-2

　　解析：由庫侖定律知k=，式中都取國際單位時k的單位為，由I=知，1 C2=1 A2·s2，又因1 N=1 ，整理可得k的單位應(yīng)為·，即kg·A-2·m3·s-4，故選項B正確.

　　答案：B

　　2.已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強大小為，其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量，ε0為常量.如圖所示的平行板電容器，極板正對面積為S，其間為真空，帶電量為Q.不計邊緣效應(yīng)時，極板可看做無窮大導(dǎo)體板，則極板間的電場強度大小和兩板極間相互的靜電引力大小分別為(　　)

　　A.和 B.和

　　C.和 D.和

　　解析：由題知，σ=，故電場強度E==.帶電量為Q的平板在與另一平板產(chǎn)生的電場中受力F=QE=.兩板之間的場強為兩板各自場強疊加的合場強，E合=2E=，D正確.

　　答案：D

　　3.如圖所示為靜電力演示儀，兩金屬極板分別固定于絕緣支架上，且正對平行放置.工作時兩板分別接高壓直流電源的正負(fù)極，表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細線懸掛在兩金屬極板中間，則(　　)

　　A.乒乓球的左側(cè)感應(yīng)出負(fù)電荷

　　B.乒乓球受到擾動后，會被吸在左極板上

　　C.乒乓球共受到電場力、重力和庫侖力三個力的作用

　　D.用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，放開后乒乓球會在兩極板間來回碰撞

　　解析：由題圖可知，右側(cè)金屬板與電源正極相連接，帶正電，左側(cè)金屬板帶負(fù)電，根據(jù)靜電感應(yīng)規(guī)律，近端感應(yīng)出異種電荷，因此乒乓球的左側(cè)感應(yīng)出正電荷，A錯誤.乒乓球被擾動后，如果向右擺動會被吸到右板上，B錯誤.乒乓球共受到懸線的拉力、重力和電場力的作用，C錯誤.用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，乒乓球會帶上正電，受到右極板的排斥，向左運動與左極板接觸，又帶上負(fù)電，被左極板排斥向右運動，這樣小球就在兩極板間來回碰撞，D正確.

　　答案：D

　　4.(多選)如圖所示，MON是固定的光滑絕緣直角桿，MO沿水平方向， NO沿豎直方向，A、B為兩個套在此桿上的帶有同種電荷的小球，用一指向豎直桿的水平力F作用在A球上，使兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將A球向豎直桿方向緩慢拉動一小段距離后，A、B兩小球可以重新平衡.則后一種平衡狀態(tài)與前一種平衡狀態(tài)相比較，下列說法正確的是(　　)

　　A.A、B兩小球間的庫侖力變大

　　B.A、B兩小球間的庫侖力變小

　　C.A球?qū)�MO桿的壓力變大

　　D.A球?qū)�MO桿的壓力肯定不變

　　解析：A、B間的連線與豎直方向的夾角減小，對B研究，庫侖力在豎直方向的分力與重力等大反向，因此A、B兩小球間的庫侖力減小;由整體法可知，A對桿的壓力等于A、B的重力之和，A、C錯.

　　答案：BD

　　5.(多選)如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平.a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零，則小球a(　　)

　　A.從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小

　　B.從N到P的過程中，速率先增大后減小

　　C.從N到Q的過程中，電勢能一直增加

　　D.從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量

　　解析：小球a從N到Q過程中，離小球b越來越近，電勢能逐漸增大，C正確.N到Q過程中，重力做正功，庫侖力做負(fù)功，重力功率逐漸減小為零，庫侖力功率由零逐漸增大，由總功率先為正，后為負(fù)，小球速率先增大后減小，B正確.P到Q過程中，重力和庫侖力都做負(fù)功，重力勢能和電勢能增加量等于動能減少量，D錯誤.

　　答案：BC

　　6.半徑為R的均勻帶電球體，在通過球心O的直線上，各點的電場分布如圖所示。當(dāng)x≥R時，電場分布與電荷量全部集中在球心時相同.已知靜電力常量為k，則(　　)

　　A.球面是個等勢面，球體是個等勢體

　　B.在x軸上x=R處電勢最高

　　C.xP=R

　　D.球心O與球面間的電勢差為E0R

　　解析：從圖象上看，球內(nèi)部電場強度都不等于零，因此球體不是等勢體，A錯誤;在x軸上x=R處場強最大，而不是電勢最高，B錯誤;EP=，E=·，因為EP=E，所以xP=R，C正確;假設(shè)球心O與球面間的電場為勻強電場，且大小為E0，則電勢差U=E0R，但是O與球面間的電場并不是勻強電場，因此D錯誤.

　　答案：C

　　7.(多選)如圖所示的水平勻強電場中，將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止，不計重力，則(　　)

　　A.M的帶電量比N的大

　　B.M帶負(fù)電荷，N帶正電荷

　　C.靜止時M受到的合力比N的大

　　D.移動過程中勻強電場對M做負(fù)功

　　解析：不考慮重力，取整體為研究對象，外力只有勻強電場的電場力，由平衡條件可知M、N所受電場力必等大反向，故M、N必帶有等量異種電荷，A錯誤;隔離出M，因N對其靜電引力向右，則電場E對其電場力必向左，即與場強方向反向，故M帶負(fù)電，則N帶正電，B正確;靜止時，M、N所受合力都為0，C錯誤;因勻強電場對M的電場力方向與M移動方向成鈍角，故D正確.

　　答案：BD

　　二、非選擇題

　　8.如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點.已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°;它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°.不計重力.求A、B兩點間的電勢差.

　　解析：設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB.粒子在垂直于電場方向上的速度分量不變，即vBsin30°=v0sin60°

　　由此得vB=v0

　　設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有

　　qUAB=m(v-v)

　　聯(lián)立式得UAB=

　　答案：

　　9.如圖所示，粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上，B端與桌面邊緣對齊，A是軌道上一點.過A點并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E=1.5×106N/C、方向水平向右的勻強電場.帶負(fù)電的小物體P電荷量是2.0×10-6 C，質(zhì)量m=0.25 kg，與軌道間動摩擦因數(shù)μ=0.4.P從O點由靜止開始向右運動，經(jīng)過0.55 s到達A點，到達B點時速度是5 m/s，到達空間D點時速度與豎直方向的夾角為α，且tan α=1.2.P在整個運動過程中始終受到水平向右的某外力F作用，F(xiàn)大小與P的速率v的關(guān)系如表所示.P視為質(zhì)點，電荷量保持不變，忽略空氣阻力，取g=10 m/s2.求：

　　v/(m·s-1) 0≤v≤2 2

　　(1)小物體P從開始運動至速率為2 m/s所用的時間;

　　(2)小物體P從A運動至D的過程，電場力做的功.

　　解析：(1)小物體P的速率從0至2 m/s，受外力F1=2 N，設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a1，經(jīng)過時間Δt1速度為v1，則

　　F1-μmg=ma1

　　v1=a1Δt1

　　由式并代入數(shù)據(jù)得Δt1=0.5 s

　　(2)小物體P從速率為2 m/s運動至A點，受外力F2=6 N，設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a2，則

　　F2-μmg=ma2

　　設(shè)小物體P從速度v1經(jīng)過Δt2時間，在A點的速度為v2，則

　　Δt2=0.55 s-Δt1

　　v2=v1+a2Δt2

　　P從A點至B點，受外力F2=6 N、電場力和滑動摩擦力的作用.設(shè)其做勻變速直線運動加速度為a3，電荷量為q，在B點的速度為v3，從A點至B點的位移為x1，則

　　F2-μmg-qE=ma3

　　v-v=2a3x1

　　P以速度v3滑出軌道右端B點，設(shè)水平方向受外力為F3，電場力大小為FE，有FE=F3

　　F3與FE大小相等方向相反，P水平方向所受合力為零，所以，P從B點開始做初速度為v3的平拋運動.設(shè)P從B點運動至D點用時為Δt3，水平位移為x2，由題意知

　　=tan α

　　x2=v3Δt3

　　設(shè)小物體P從A點至D點電場力做功為W，則

　　W=-qE(x1+x2)

　　聯(lián)立～，～式并代入數(shù)據(jù)得W=-9.25 J

　　答案：(1)0.5 s　(2)-9.25 J