第八章静电场习题课 单元检测题-—-选择题 1、平行板电容器有一带负电荷油滴,如图。若油滴获得了附加 电荷,为了继续保持油滴稳定,应采取哪些措施? (A)、使两金属板相互靠近些 (B)、改变两极板的正负极性 (C)、使油滴离正极板近一些 -qimg (D)、减小两极板的电势差 U 解:油滴受力如图。由平衡条件:e=qE=qn=mg d 当q个时,E↓或U→f不变。由于平行板间是匀强 电场:E= 所以(A)、(C两措施不起作用 (B)措施将使油滴下降
1 单元检测题---选择题 1. D 由于平行板间是匀强 电场： 第八章 静电场习题课 mg e f 油滴受力如图。由平衡条件： mg d U f e = qE = q = + − −q d 当q 时,E 或U → f e 不变。 0 E = 所以(A)、(C)两措施不起作用。 (B)措施将使油滴下降。 1、平行板电容器有一带负电荷油滴，如图。若油滴获得了附加 电荷，为了继续保持油滴稳定，应采取哪些措施？ (A)、使两金属板相互靠近些 (B)、改变两极板的正负极性 (C)、使油滴离正极板近一些 (D)、减小两极板的电势差 解：
2、有以带正电荷的大导体,欲测其附近P点的电场强度,将 一带正电荷的的点电荷q放在P点,如图,测得它所受的 点电荷的电场力F,若电荷q不是足够小,则: (A)Fqo比P点的场强数值大 (B)F/比P点的场强数值小 +q0 +O (C)Fqo与P点的场强数值相等 D)F/o与P点的场强数值关系无法确定 解:当q不是足够小时,将影响大导体的电荷分布, 使靠近qo一侧电荷减少。 所以P点的场强变小: <E 0 2.B l0 应用叠加场强也变小。(分析E的方向)
2 2. B +Q P • +q0 当 q0 不是足够小时，将影响大导体的电荷分布， 所以P点的场强变小： 0 0 E q F (A) F/q0 比 P 点的场强数值大 (B) F/q0 比 P 点的场强数值小 (C) F/q0 与 P 点的场强数值相等 (D) F/q0 与 P 点的场强数值关系无法确定 2、有以带正电荷的大导体，欲测其附近P 点的电场强度，将 一带正电荷的的点电荷 q0 放在 P 点，如图，测得它所受的 点电荷的电场力F，若电荷q0不是足够小，则： 解： 使靠近 q0 一侧电荷减少。 应用叠加场强也变小。（分析 E 的方向）
3、如图:一个电量为q的点电荷位于 立方体的A角上,则通过侧面abcd“ 的电场强度通量为: (B) (D)q 660 1280 24E0 48E0 解:如图作一立方体,使 q位于其中心。则: o=5E。= 0 q.1 x-x- q E。6424En 3.C
3 A q • a b c d 24 0 q C ( ) 48 0 q D ( ) 12 0 q B ( ) 6 0 q A ( ) 3、如图： 一个电量为q 的点电荷位于 立方体的 A 角上，则通过侧面abcd 的电场强度通量为： Aq• 3. C 如图作一立方体，使 q 位于其中心。则： 0 q E ds s e = • = Φ 解： 0 0 4 24 1 6 1 q q Φe = =
4、边长为0.3m的正三角形abc,在定点a处有一电量为10=8 C的正点电荷,定点b处有一电量为08C的负电荷,则 点C点处的电场强度E和电势U为: (4)E=0 (B)E=l0001/mU=0 E (C)E=1000V/mU=600 (D)E=0mU=600+q c,a 解:U=U⊥+U_=0 I=3cm b C=E也是正三角形 q +-4兀印 1000v/m)4.B E=2E+Cos=1000/m) 3
4 4. B a b c +q −q • • l = 3cm Ec E+ E− Uc = U+ +U− = 0 E+ = EC = E− 1000( ) 3 Ec = 2E+ cos = V m D E 2000 V m U 600 V C E 1000 V m U 600 V = = = = ( ) / ( ) / (A) E = 0 U = 0 (B) E = 1000 V / m U = 0 4、边长为 0.3m 的正三角形abc， 在定点 a 处有一电量为10 –8 C 的正点电荷，定点b 处有一电量为10 -8 C 的负电荷，则 点 c点处的电场强度E 和电势 U 为： 解： 1000( ) 4 2 0 V m l q EC = E+ = = 也是正三角形
5、在点电荷q的电场中,选取以q为中心,R为半径的球面 上一点P为电势零点,则与点电荷距离为P的点电势为: 4兀Enr (B) 4E0 R (C) (D-I 4nEo(r-R) arEn 解: R P 电势的定义式: p, E. dr 5.B R coS兀(-r 兀5 ArEo rR
5 ( ) ( ) R 1 r 1 4 q B 0 − 4 r q A 0 ( ) ( ) ( ) 4 r R q C 0 − ( ) ( ) r 1 R 1 4 q D 0 − 5、在点电荷q 的电场中，选取以q 为中心，R为半径的球面 上一点 P 为电势零点，则与点电荷距离为 P' 的点电势为： 0 2 0 r 4 r q E = 电势的定义式： U = E dr = − R r dr r q cos ( ) 4 2 0 ( ) R 1 r 1 4 q 0 = − 5. B ' P q R r P 解： P P
6、半径为R的均匀带电球面,若其电荷面密度为σ,则在 距离球面为R处的电场强度大小为: (4)E=(B)E (C)E= (D)E= 0 2E0 480 8E0 解:高斯定理: E·dS ②2R 0(s内) 47(2R)E=-(4mRo)E 6.C 0 4 0
6 高斯定理： = S内 ） E ds q ( 0 1 ( R) E ( R ) 2 0 2 4 1 4 2 = 4 0 E = 6. C 2R R 4 0 C E ( ) = 2 0 B E ( ) = 0 A E ( ) = 8 0 D E ( ) = 6、半径为 R 的均匀带电球面，若其电荷面密度为σ，则在 距离球面为R 处的电场强度大小为： 解：
7、一均匀带电球面,电荷面密度为σ,球面内的电场强度处 处为零,球面上的面元dS的一个带电量为GS的电荷元, 在球面内产生的电场强度: (A)、处处为零(B)、不一定为零 R (C)、处处不为零①D)、无法判定 0 解:点电荷在有限空间的场处处不为零。 7.C 8、如图:为一球对称性静电场的E-r曲线,指出该电场是 由下列那一种带电体产生的? E (A)、均匀带电球面(B)、均匀带电球体 (C)、点电荷 (D)、不均匀带电球面
7 (A)、处处为零 (B)、不一定为零 (C)、处处不为零 (D)、无法判定 7、一均匀带电球面，电荷面密度为σ，球面内的电场强度处 处为零，球面上的面元 dS 的一个带电量为σdS 的电荷元， 在球面内产生的电场强度： 点电荷在有限空间的场处处不为零。 7. C R dS dq = dS o 解： (A)、均匀带电球面 (B)、均匀带电球体 (C)、点电荷 (D)、不均匀带电球面 8、如图：为一球对称性静电场的E--r 曲线，指出该电场是 由下列那一种带电体产生的？ E 0 r
E E 均匀带电球面 均匀带电球体 R R 点电荷E∝ 不均匀带电球面 8.C E-r图不确定 9、质量为m,相距r1的两个电子,由静止开始在电场力的 作用下(忽略重力作用)运动至相距为r2,此时,每个电 子速率为:
8 均匀带电球面 8. C E R 0 r E R 0 r 均匀带电球体 点电荷 不均匀带电球面 E − r 图不确定 9、质量为 m ，相距 r1 的两个电子，由静止开始在电场力的 作用下（忽略重力作用）运动至相距为r2 ，此时，每个电 子速率为： E 0 r 2 1 r E
he kei (C) (B)/2he k (D) 解:系统不受外力动量守恒: → O=mU-mU D1e e D2 2=b 只有保守力做功系统机械能守恒:eU1=eU2+2E +2.-mU 4兀6F14兀22 U=e/k 9,D
9 解： ) r 1 - r 1 ( m k D e 1 2 ( ) ) r 1 - r 1 ( m 2ke C e 1 2 ( ) ) r 1 - r 1 ( m 2ke B 1 2 ( ) ( ) ( ) 1 2 r 1 r 1 m 2ke A − e e 1 r 2 r 1 2 系统不受外力动量守恒： 0 = m1 − m2 1 =2 = 只有保守力做功系统机械能守恒： Ek eU1 = eU2 + 2 ) 1 1 ( 1 2 m r r k = e − 9. D 2 0 2 2 0 1 2 2 1 2 4 4 m r e r e = +
10、在边长为的等边三角形三个顶点上,放置三个正的点电 荷,电量分别为2q3q,若将另一个正的点电荷Q从 无穷远处移至三角形的中心O处,外力所做的功为: (4) 2√3qQ 4√3qQ (B) (C) 6√3qQ (D) 8√3qQ arena arEna arTEna arena 解:4外=-A电A外=-40=-9(U。-UD) U=9+2q+3c q 4/Eor cos30√3 A=Or6√3qQ 3q 04元80 10.C
10 4 a 6 3qQ C 0 ( ) 4 a 8 3qQ D 0 ( ) 4 a 4 3qQ B 0 ( ) 4 a 2 3qQ A 0 ( ) 10、在边长为a 的等边三角形三个顶点上，放置三个正的点电 荷，电量分别为q 2q 3q ， 若将另一个正的点电荷Q从 无穷远处移至三角形的中心O 处，外力所做的功为： A外 = −A电 ( - ) = −Q U Uo 10. C r q q q Uo 4 0 2 3 + + = 0 cos30 2 a r = 3 a = O r r r q 2q 3q a a a 解： A外 = QUo a qQ 4 0 6 3 = A A→O 外 = −