第九章 静电场及其应用本章复习与测试人教版（2019） 必修 第三册（含解析）

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第九章 静电场及其应用
一、单选题
1.关于物理学史，下列说法错误的是(　　)
A. 正电荷和负电荷最早是由科学家爱迪生命名的
B. 元电荷e的数值最早是由物理学家密立根测得的
C. 物理学家法拉第最早引入电场的概念，并提出用电场线表示电场
D. 库仑利用扭秤装置得出了库仑定律
2.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
3.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.
4.在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是(　　)
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的中垂线上与连线等距的a、b两点
D. 丁图中非匀强电场中的a、b两点
5.真空中固定有两个点电荷，负电荷Q1位于坐标原点处，正电荷Q2位于x轴上，Q2的电荷量大小为Q1的8倍。若这两点电荷在x轴正半轴的x＝x0处产生的合电场强度为0，则Q1、Q2相距(　　)
A. x0 B. (2－1)x0 C. 2x0 D. (2＋1)x0
6. a、b两个带电小球的质量均为m，所带的电荷量分别为＋q和－q，两球间用一绝缘细线连接，用长度相同的另一绝缘细线将a悬挂在天花板上。在两球所在的空间有方向水平向左的匀强电场，电场强度大小为E，平衡时两细线都被拉紧，则平衡时两球的位置可能是图中的(　　)
A. B. C. D.
7.如图所示，直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图所示。M、N两点各固定一等量负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点，则H点处电场强度为(　　)
A. ，沿y轴正方向 B. ，沿y轴负方向
C. ，沿y轴正方向 D. ，沿y轴负方向
8.以P点为圆心，半径为R的部分或整个圆周上有电荷分布。如图所示，甲图为电荷q均匀分布的四分之一的圆周；乙图为电荷2q均匀分布的半圆周；丙图为电荷3q均匀分布的四分之三的圆周；丁图为电荷4q均匀分布的整个圆周。四种情境中，电荷在P点产生的电场强度分别为EA、EB、EC和ED，关于电场强度大小排列正确的是(　　)
A. EA＞EB＞EC＞ED B. ED＞EC＞EB＞EA
C. EB＞EA＝EC＞ED D. ED＞EB＞EA＝EC
9.有一接地的导体球壳，如图所示，球心处放一点电荷q，达到静电平衡时，则(　　)
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
10.如图所示，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)(　　)
A. 0 B. k C. k D. k
11.如图所示，△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(　　)
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
12.如图，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.
二、多选题
13.如图所示，A、B两个点电荷固定在空间，实线为两点电荷电场中的部分电场线，弯曲虚线为一个带电粒子仅在静电力作用下运动的轨迹，a、b为轨迹上两点，下列说法正确的是(　　)
A. A、B带同种电荷 B. A、B带电荷量的绝对值不相等
C. a点电场强度比b点电场强度大 D. 带电粒子在a点加速度比在b点加速度小
14.如图所示，正方形ABDC的边长为L，在它的四个顶点各放置一个电荷量均为Q、电性未知的点电荷，已知静电力常量为k，则正方形中心O点电场强度的大小可能是(　　)
A. 0 B. C. D.
15.如图所示，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(　　)
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
16.如图所示，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(　　)
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
17.如图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(　　)
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
18.如图所示，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(　　)
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
19.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，如图所示。若A球的带电荷量为q，重力加速度为g，静电力常量为k，则B球的带电荷量为________，水平外力F大小为____。
三、实验题
20.在“探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关”的实验中，某同学采用了如图所示的实验装置。将带正电的小球A置于可移动且可调整高度的绝缘底座上，带正电的小球B用绝缘丝线悬挂于玻璃棒的O点。实验过程中两带电小球在各自位置均可视作点电荷，重力加速度大小已知。
(1)实验过程中，小球A、B在同一水平线上，为测出小球B受到的库仑力大小，需要测量的一组物理量是________。
A．小球B的质量，小球B的悬线偏离竖直方向的夹角
B．小球B的质量，小球B的悬线长度
C．小球A、B的质量，小球A、B之间的距离
(2)某次实验时，使小球A、B在同一水平线上且测得小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为30°。保持小球A、B的电荷量不变，移动小球A后，调整小球A的高度，确保两小球始终在同一水平线上，小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为60°，则移动前后小球A、B之间的距离之比为________。
(3)本实验中应用到的科学探究方法是________。
A．理想实验法 B．微小量放大法
C．控制变量法 D．等效替代法
四、计算题
21.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点的电场强度大小为EC＝10 N/C，方向如图所示，求：
(1)QA和QB的带电性质；
(2)如果撤掉QA，C点电场强度的大小和方向。
22.如图甲所示，电荷量为q＝1×10－4C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度E的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度与时间t的关系如图丙所示，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)前2秒内静电力做的功；
(2)物块的质量；
(3)物块与水平面间的动摩擦因数。
23.如图所示，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)
24.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：
(1)B球的电荷量为多少；
(2)水平外力多大.
25.如图所示，在一倾角为30°的光滑固定绝缘斜面上方，有平行于斜面向上的匀强电场，虚线MN为电场的上边界，电场强度大小E＝2×103 N/C，MN上方有一长为L＝0.6 m的轻质绝缘杆，杆的上、下两端分别固定小球A、B(可看成质点)，质量均为m＝0.01 kg，A不带电，B所带电荷量q2＝－5×10－5 C，B到MN的距离d＝0.4 m。现将A、B两小球由静止释放(g取10 m/s2)，求：
(1)小球B在匀强电场中而A还未进入电场时，两小球的加速度大小；
(2)从开始运动到A刚要进入匀强电场过程的时间。
第九章 静电场及其应用答案与解析
一、单选题
1. A【解析】说法错误的是A. 正电荷和负电荷最早是由富兰克林命名的；元电荷e的数值最早是由物理学家密立根测得的；物理学家法拉第最早引入电场的概念，并提出用电场线表示电场； 库仑利用扭秤装置得出了库仑定律。
B. 元电荷e的数值最早是由物理学家密立根测得的
C. 物理学家法拉第最早引入电场的概念，并提出用电场线表示电场
D. 库仑利用扭秤装置得出了库仑定律
2. 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. 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.
4. C【解析】题图甲中与点电荷等距的a、b两点，电场强度大小相等，方向不相反，故A错误；题图乙中a、b两点的电场强度大小相等，方向分别沿a、b点切线向右，所以两点电场强度大小相等，方向相同，故B错误；题图丙中a、b两点的电场强度大小相等，a点电场强度方向向上，b点电场强度方向向下，故C正确；题图丁中a点的电场强度小于b点的电场强度，方向分别沿a、b点切线斜向右下方，故D错误。
5. B【解析】依题意，两点电荷电性相反，且Q2的电荷量较大，所以Q2应位于x轴的负半轴，设两点电荷相距L，根据电场强度叠加原理可得＝，又Q2＝8Q1，解得L＝(2－1)x0，故选B。
6. A【解析】a带正电，受到的静电力水平向左，b带负电，受到的静电力水平向右。以整体为研究对象，整体所受的静电力大小为0，则上面悬挂a的细线应竖直；以b球为研究对象，b带负电，受到的静电力水平向右，根据平衡条件，细线对b的拉力应有向左的分力，则b在a的右下方，故选A。
7. B【解析】正点电荷在O点时，G点电场强度为零，即两负点电荷在G点的合电场强度大小为E1＝，方向沿y轴正方向。由对称性知，两负点电荷在H点处的合电场强度大小为E2＝E1＝，方向沿y轴负方向。当把正点电荷放在G点时，正点电荷在H点处产生的电场强度大小为E3＝，方向沿y轴正方向。所以H点处电场强度的大小E＝E2－E3＝，方向沿y轴负方向，故选项B正确。
8. C【解析】由题图甲可知，电荷q均匀分布在四分之一的圆周上，设在P点所产生的电场强度的大小为EA；同理，题图乙电荷2q均匀分布在半圆周上，根据电场强度的叠加知，在P点所产生的电场强度的大小为EB＝EA；题图丙电荷3q均匀分布在四分之三的圆周上，根据电场强度的叠加知，在P点所产生的电场强度的大小为EC＝EA；题图丁电荷4q均匀分布在整个圆周上，根据电场强度的叠加知，在P点所产生的电场强度的大小为ED＝0。综上所述，电场强度大小排列为EB＞EA＝EC＞ED，C正确。
9. 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.
10. 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.
11. 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.
12. 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.
二、多选题
13. BD【解析】由电场线分布的特征可知A、B为异种电荷，且A带正电，B带负电，故A错误；根据题图可知，图中电场线分布不具有对称性，则两点电荷带电荷量的绝对值不相等，故B正确；由电场线的疏密表示电场强度的大小可知，b点电场强度比a点电场强度大，故C错误；根据qE＝ma可知粒子在a点加速度比在b点加速度小，故D正确。
14. AC【解析】因为四个点电荷距O点的距离均相同，由几何关系可得r＝L
根据点电荷电场强度的表达式E＝
可得四个点电荷在O点处产生的电场强度大小均为E＝＝
根据点电荷电场强度的方向和电场强度的叠加可知，若A、D两处放置的电荷电性相同，B、C两处放置的电荷电性也相同，则O处的电场强度E1＝0；
若A、D两处放置的电荷电性相同，B、C两处放置的电荷电性相反，或者A、D两处放置的电荷电性相反，B、C两处放置的电荷电性相同，则O处的电场强度E2＝2E＝；
若A、D两处放置的电荷电性相反，B、C两处放置的电荷电性也相反，则O处的电场强度E3＝×2E＝，所以，A、C正确，B、D错误。
15. 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.
16. 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.
17. 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.
18. 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aa19. 　 mg【解析】当系统平衡以后，B球受到重力mg、细线的拉力F1、库仑斥力F库，如图所示
由平衡条件得
F库cos 30°－F1cos 30°＝0
F库sin 30°＋F1sin 30°－mg＝0
由库仑定律得F库＝k
联立可得B球的带电荷量qx＝
A球受到如图所示的四个力作用，合力为零，由平衡条件得F＝F库′cos 30°
而F库′＝F库＝k
解得F＝mg
三、实验题
20. (1)A　(2)∶1　(3)C
【解析】(1)设小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为α，对小球B受力分析，根据共点力平衡，有F库＝mgtan α
由此可知需要测量的物理量为小球B的质量、小球B的悬线偏离竖直方向的夹角，故选A。
(2)移动小球A前，对小球B受力分析有
F库1＝mgtan 30°＝k
移动小球A后，对小球B受力分析有
F库2＝mgtan 60°＝k
联立解得r1∶r2＝∶1
(3)实验中控制小球A、B的电荷量不变，改变小球A、B之间的距离，此方法采用了控制变量法，故C正确，A、B、D错误。
四、计算题
21. (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点产生的电场强度沿直线BC，方向可能指向B或C，同理，QA在C点产生的电场强度沿直线AC，方向可能指向A或C，由于合电场强度平行于直线BA，故QB在C点产生的电场强度沿直线BC指向C，QA在C点产生的电场强度沿直线AC指向A，如图所示，则QB为正电荷，QA为负电荷。
(2)由图可知tan θ＝＝，由电场强度的叠加原理tan θ＝，
解得EB＝7.5 N/C
所以撤去QA，C点的电场强度大小EC′＝EB＝7.5 N/C，方向由B指向C。
22. (1)6 J　(2)1 kg　(3)0.2
【解析】(1)前2 s内物块所受静电力
F＝qE1＝1×10－4C×3×104 N/C＝3 N
物块发生的位移x＝t＝2 m
则静电力做的功W＝Fx＝3 N×2 m＝6 J
(2)(3)在0～2 s内，由牛顿第二定律得qE1－μmg＝ma，由运动学公式得a＝＝1 m/s2
在2～4 s内，由牛顿第二定律得qE2＝μmg
联立解得m＝1 kg，μ＝0.2。
23. 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
根据电场强度的定义知
E＝＝tan θ.
24. (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
Fsin 30°＋F1sin 30°－mg＝0
由库仑定律得F＝k
联立上述三式，可得B球的带电荷量qB＝.
(2)A球受到如图所示的四个力作用，合力为零.
得FT＝F′·cos 30°
而F′＝F＝mg
所以，A球受到的水平推力FT＝mgcos 30°＝mg.
25. (1)均为10 m/s2　(2)0.6 s
【解析】(1)以两小球及杆组成的系统为研究对象，沿斜面方向根据牛顿第二定律有2mgsin 30°＋|q2|E＝2ma
解得a＝10 m/s2
两小球加速度大小相同，均为10 m/s2
(2)从静止释放到B球刚要进入电场，系统加速度大小为a1＝＝5 m/s2
由d＝a1t12
解得t1＝＝s＝0.4 s
B刚要进入电场时的速度为
v＝a1t1＝5×0.4 m/s＝2 m/s
从B刚进入匀强电场到A刚要进入匀强电场过程中
L＝vt2＋at22
解得t2＝0.2 s(另一解－0.6 s舍去)
则总时间为t＝t1＋t2＝0.6 s。
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