2020-2021学年高二上学期物理人教版（2019）必修第三册课件：第九章 章末检测试卷(一)44张PPT(需要wps打开)

章末检测试卷(一)
第九章 静电场及其应用
一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)
1.关于电场线的下列说法中，正确的是
A.电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同
B.沿电场线方向，电场强度越来越小
C.电场线越密的地方，同一试探电荷所受静电力就越大
D.在电场中，顺着电场线移动电荷，电荷受到的静电力大小恒定
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解析　电场线上某点的切线方向就是该点的电场强度方向，和在该点的正电荷受力方向相同，和在该点的负电荷受力方向相反，故A错误；
电场线的疏密表示电场强度的大小，电场线越密的地方，场强越大，与电场线的方向无关，由F＝Eq可知，电场线越密的地方，同一试探电荷所受静电力越大，与是否沿着电场线的方向移动电荷无关，故B、D错误，C正确.
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A.该公式对任何情况都适用
B.当真空中的两个电荷间的距离r→0时，它们之间的静电力F→∞
C.当真空中的两个电荷之间的距离r→∞时，库仑定律的公式就不适用了
D.当真空中的两个电荷之间的距离r→0时，电荷不能看成是点电荷，库
仑定律的公式就不适用了
√
解析　库仑定律适用于真空中的静止点电荷，当真空中两个电荷间的距离r→0时，两电荷不能看成点电荷，库仑定律的公式不适用，故选项D正确.
3.如图1所示是某个点电荷电场中的一根电场线，在电场线上的O点由静止释放一个自由的负电荷(仅受静电力作用)，它将沿电场线向B点运动.下列判断中正确的是
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图1
A.电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越小
B.电场线由B指向A，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定
C.电场线由A指向B，该电荷做匀速运动
D.电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越大
√
解析　负电荷由静止开始从O运动到B，其所受静电力方向由O指向B，电场线方向与负电荷所受静电力方向相反，故电场线方向由B指向A；
负电荷从静止开始运动，必定做加速运动，由于电场线的分布情况未知，场强如何变化无法确定，静电力和加速度如何变化也无法确定，
故B正确，A、C、D错误.
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4.(2019·长沙市雅礼中学高二上调研)半径相同的两个金属球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
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解析　假设开始时A带电荷量为Q，B带电荷量为－Q，
故A正确.
5.如图2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)
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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：
6.如图3所示，四个质量均为m、带电荷量均为＋q的微粒a、b、c、d距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过电场强度大小为E的匀强电场(mg＞qE)，这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是ta、tb、tc、td，不计空气阻力，则
A.tb＜ta＜tc＜td B.tb＝tc＜ta＝td
C.ta＝td＜tb＜tc D.tb＜ta＝td＜tc
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图3
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解析　根据四个微粒所受静电力的情况可以判断出，竖直方向上的加速度大小关系为ab＞aa＝ad＞ac，又由h＝ at2得tb＜ta＝td＜tc，选项D正确.
7.如图4所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°.电荷量相等、电性相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；
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图4
若将N点处的点电荷移至P点，则O点的电场强度大小变为E2.那么，E1与E2之比为
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8.如图5所示，三个点电荷Q1、Q2、Q3在一条直线上，Q2和Q3间的距离为Q1和Q2间距离的2倍，每个点电荷所受静电力的合力为0，由此可以判定，三个点电荷的电荷量之比Q1∶Q2∶Q3为



A. (－9)∶4∶(－36) B.9∶4∶36
C.(－3)∶2∶(－6) D.3∶2∶6
图5
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解析　由三电荷平衡模型的特点“两同夹异”可知，Q1和Q3为同种电荷，它们与Q2互为异种电荷.设Q1和Q2间的距离为r，则Q2和Q3间的距离为2r，电荷量均取绝对值.
联立①②③式解得Q1∶Q2∶Q3＝9∶4∶36，故选A.
所以三个点电荷的电荷量之比Q1∶Q2∶Q3＝(－9)∶4∶(－36)或9∶(－4)∶36.
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图6
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
9.某静电场中的电场线如图6所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M点运动到N点，以下说法正确的是
A.粒子是正电荷
B.粒子受到的静电力为恒力
C.粒子在M点的加速度小于在N点的加速度
D.粒子在M点的动能小于在N点的动能
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解析　带电粒子在电场中运动，仅受静电力作用时，受到的静电力的方向指向运动轨迹的内侧，由此可知，带电粒子受到的静电力的方向沿着电场线向上，所以此带电粒子为正电荷，故A正确；
由电场线的分布可知，电场线在N点较密，所以带电粒子在N点时受到的静电力大，在N点的加速度大，故B错误，C正确；
粒子由M点运动到N点的过程中，静电力对粒子做正功，所以粒子的动能增加，故D正确.
10.(2020·湖南师大附中高二期中)如图7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.受到的电场力先做负功后做正功
C.受到的电场力最大值为
D.管壁对小球的弹力最大值为
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图7
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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；
电场力水平向右，不做功，B错误；
C错误；
11.如图8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
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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.
12.放在水平地面上的光滑绝缘圆筒内有两个带正电小球A、B，A位于筒底靠在左侧壁处，B在右侧筒壁上受到A的斥力作用处于静止状态，如图9所示.若A的电荷量保持不变，B由于漏电而下降少许重新平衡，下列说法正确的是
A.A对筒底的压力不变
B.B对筒壁的压力变大
C.A、B间的库仑力变小
D.A、B间的库仑力不变
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图5
图9
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解析　对A、B系统由整体法可知，A对筒底的压力不变，选项A正确；
对B球受力分析如图所示，当B球下降时，库仑力F与水平方向的夹角α变小，在竖直方向上有Fsin α＝mBg，当α变小时，F变大，而FN＝Fcos α，FN变大，选项B正确，C、D错误.
三、非选择题(本题共6小题，共52分)
13.(8分)如图10所示，观察静电感应现象的操作如下：
(1)带正电的C移近导体A，金属箔片
________，移走C之后金属箔片________.
(均填 “闭合”或“张开”)
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图10
张开
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解析　带正电的C移近导体A，A端感应出负电荷，B端感应出正电荷，电子从B端移到A端，金属箔片张开，移走C之后金属箔片闭合.
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(2)带正电的C移近导体A，先把A、B分开，再移走C，金属箔片________(填 “闭合”或“张开”)，A带_____电，B带________电，再让A、B接触，金属箔片________.(填 “闭合”或“张开”)
张开
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正
闭合
解析　带正电的C移近导体A，金属箔片张开，先分开A、B再移走C，金属箔片张开，A带负电，B带正电，再让A、B接触，金属箔片闭合.
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(3)带正电的C移近导体A，用手摸一下A或者B，移走C，再分开A、B，金属箔片________(填 “闭合”或“张开”)，A、B带________电.
解析　带正电的C移近导体A，用手摸一下A或者B，手上的电子移到B，移走C分开A、B，金属箔片张开，A、B带负电.
张开
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(4)把C碰一下A或者B，移走C，分开A、B，A、B带________电.
解析　C碰一下A或者B，电子转移到C上，移走C再分开A、B，A、B带正电.
正
14.(6分)如图11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)
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图11
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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
(3分)
(3分)
15.(8分)如图12所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，电场强度E＝3×104 N/C.在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m＝5×10－3 kg的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角θ＝60°(g取10 m/s2).求：
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图12
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(1)小球的电性和电荷量；
解析　受力分析图如图所示，小球受到的静电力方向水平向右，故带正电.
由平衡条件有Eq＝mgtan 60°
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(2)悬线的拉力大小；
答案　0.1 N
(1分)
解得F＝0.1 N
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(3)若小球静止时离右板d＝5 ×10－2 m，剪断悬线后，小球经多少时间碰到右极板.
答案　0.1 s
解析　剪断细线后，小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动
(1分)
(1分)
联立以上两式解得t＝0.1 s
(1分)
16.(8分)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点的场强为EC＝10 N/C，方向如图13所示，求：
(1)QA和QB的带电性质；
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图13
答案　负电　正电
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解析　由于QA、QB为点电荷，故QB在C点产生的场强沿直线BC，方向可能指向B或C，
同理，QA在C点产生的场强沿直线AC，方向可能指向A或C，
由于合场强平行于直线BA，故QB在C点产生的场强沿直线BC指向C，
QA在C点产生的场强沿直线AC指向A，
如图所示，则QB为正电荷，QA为负电荷. (3分)
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(2)如果撤掉QA，C点场强的大小和方向.
答案　7.5 N/C　方向由B指向C
解得EB＝7.5 N/C
所以撤去QA，C点的场强大小EC′＝EB＝7.5 N/C，方向由B指向C.
(3分)
(2分)
17.(10分)如图14所示，匀强电场方向与水平方向成θ＝30°斜向右上方，电场强度为E，质量为m的带负电的小球以初速度v0开始运动，初速度方向与电场方向一致.(重力加速度为g)
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图 14
(1)若小球带的电荷量为q＝ ，为使小球能做匀速直线运动，求应对小球施加的恒力F1的大小和方向；
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F1cos α＝qEcos 30° (2分)
F1sin α＝mg＋qEsin 30° (2分)
联立解得α＝60°，F1＝ mg (2分)
即恒力F1方向与水平方向的夹角为60°，斜向右上方. (1分)
解析　如图甲所示，欲使小球做匀速直线运动，应使其所受的合力为零，有
(2)若小球带的电荷量为q＝ ，为使小球能做直线运动，求应对小球施加的最小恒力F2的大小和方向.
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解析　为使小球能做直线运动，则小球受的合力方向应和运动方向在一条直线上，故要求力F2和mg的合力与静电力在一条直线上.如图乙所示，当F2取最小值时，有F2＝mgsin 60°＝ mg，(2分)




方向与水平方向的夹角为60°，斜向左上方. (1分)
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18.(12分)如图15所示，在倾角为α的足够长的光滑斜面上放置两个质量分别为2m和m的带电小球A和B(均可视为点电荷)，它们相距为L.两球同时由静止开始释放，释放的瞬间，B球的加速度恰好等于零.经过一段时间后，当两球距离为L′时，A、B的加速度大小之比为a1∶a2＝11∶5.静电力常量为k，重力加速度为g.
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解析　由释放瞬间B球的加速度等于零及B球带正电荷，可知A球带正电荷；对B球受力分析，沿斜面方向B球受到的合力为零，即F－mgsin α＝0(2分)
(1分)
(1分)
(1)若B球带正电荷且电荷量为q，求A球所带电荷量Q及电性.
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(2)在(1)条件下求L′与L的比值.
解析　两球距离为L′时，A球加速度方向沿斜面向下，
根据牛顿第二定律有F′＋2mgsin α＝2ma1 (2分)
B球加速度方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有
mgsin α－F′＝ma2 (2分)
依题意a1∶a2＝11∶5，联立解得F′＝ mgsin α (2分)
则F∶F′＝9∶4，
(2分)
本课结束