2021学年第九章 静电场及其应用综合与测试复习练习题

这是一份2021学年第九章 静电场及其应用综合与测试复习练习题，共15页。

第九章　静电场及其应用
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
1.(2021湖北仙桃中学高二上调研)下列关于点电荷的说法中,正确的是 (　　)
A.只有体积很小的带电体才能看成点电荷
B.体积很大的带电体一定不能看成点电荷
C.当两个带电体的大小及形状对它们之间的作用力的影响可忽略时,两个带电体可看成点电荷
D.一切带电体都可以看成点电荷
2.(2021安徽铜陵一中高二上月考)关于场强的两个公式E=Fq和E=kQr2,下列说法中正确的是 (　　)
A.q表示电场中的试探电荷的电荷量,Q表示场源电荷的电荷量
B.E随q的增大而减小,随Q的增大而增大
C.第一个公式适用于包括点电荷在内的所有场源的电场,且E的方向和F一致
D.第二个公式适用于包括点电荷在内的所有场源的电场,且拿走Q后,电场就不存在了
3.(2020山东烟台一中高三上月考)某静电场的电场线如图中实线所示,虚线是某个带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹,下列说法正确的是 (　　)

A.粒子一定带负电荷
B.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度
C.粒子在M点的动能大于它在N点的动能
D.粒子一定是从M点运动到N点
4.(2021湖南长沙雅礼中学高二上调研)两个完全相同的金属球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.F8　　　B.F4　　　
C.3F8　　　D.3F4
5.(2021湖南浏阳三校联考)如图所示,两个带电球,大球的电荷量大于小球的电荷量,可以肯定 (　　)

A.两球都带正电
B.两球都带负电
C.大球受到的静电力大于小球受到的静电力
D.两球受到的静电力大小相等
6.(2021四川资阳模拟)如图所示,带正电小球A固定在绝缘竖直墙上,另一个带正电、质量为m的小球B用绝缘细绳拴住,小球B在重力、细绳拉力和小球A库仑力的作用下静止,且A、B两球处于离地面高度为h的同一水平面上。现将细绳剪断,下列说法正确的是 (　　)

A.小球B从细绳剪断瞬间起开始做平抛运动
B.小球B在细绳剪断瞬间加速度等于g
C.小球B在空中运动的时间大于2hg
D.小球B落地的速度大于2gh
7.(2021黑龙江哈尔滨三中高二期末)如图所示的竖直平面内,一带电体位于A处。一个质量为m的带负电圆环套在倾角为θ=45°的绝缘直杆上,静止于P处且恰好不受摩擦力。ABC为PQ的中垂线,与水平面交于C点,A与P等高。重力加速度为g。则 (　　)

A.A处带电体带正电
B.直杆受到的压力大小为mg cos 45°
C.A处带电体带等量异种电荷时,圆环将以2g的加速度做匀加速直线运动
D.把带电体从A移到C处,圆环同样不受摩擦力
8.(2021河北石家庄辛集中学高二上月考)如图所示,正方形线框由边长为L的粗细均匀的绝缘棒组成,O是线框的中心,线框上均匀分布着正电荷,现在线框上侧中点A处取下足够短的电荷量为q的一小段,将其沿O、A连线延长线向上移动L2的距离到B点处,若线框的其他部分的电荷量与电荷分布保持不变,则此时O点的电场强度大小为 (　　)

A.kqL2　　　B.k3q2L2
C.k3qL2　　　D.k5qL2
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.(2021黑龙江牡丹江高二月考)如图所示,电力工作人员在几百万伏的高压线上进行带电作业时,全身穿戴带电作业用的屏蔽服。屏蔽服是用导电金属材料与纺织纤维混纺交织成布后再做成的服装。下列说法正确的是 (　　)

A.采用金属材料编织衣服的目的是使衣服不易拉破
B.采用金属材料编织衣服的目的是利用静电屏蔽
C.电力工作人员穿上屏蔽服后,体内场强为零
D.屏蔽服中的金属网不能起到屏蔽作用
10.(2021黑龙江哈尔滨六中高二期中)如图所示,M、N为两个等量同号点电荷,在其连线的中垂线上任意一点P自由释放一个负点电荷q,不计重力影响,下列关于点电荷q的运动的说法正确的是 (　　)

A.从P→O的过程中,加速度可能越来越大,速度也越来越大
B.从P→O的过程中,加速度可能越来越小,而速度越来越大
C.点电荷q运动到O点时加速度为零,速度达到加速过程的最大值
D.点电荷q越过O点后,速度越来越小,而加速度可能越来越大,直到速度为零

11.(2021湖北襄阳一中高二上月考)如图所示,两质量均为m的小球A和B分别带有+q和-q的电荷量,被绝缘细线悬挂,两球间的库仑引力小于球的重力mg。现加上一个水平向右的匀强电场,待两小球再次保持静止状态时,下列结论正确的是 (　　)
A.悬线OA向右偏,OA中的张力大于2mg
B.悬线OA向左偏,OA中的张力大于2mg
C.悬线OA不发生偏离,OA中的张力等于2mg
D.悬线AB向左偏,AB线的张力比不加电场时要大
12.(2021辽宁锦州中学高二上月考)如图所示,两个电荷量均为+Q的点电荷分别固定在A、B两点,C、D两点将A、B连线三等分,现使一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动,不计粒子的重力,则该粒子在C、D之间运动的速度大小v与时间t的关系图像可能是 (　　)




三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(8分)(2021河南濮阳一中高二期中)一根长为l的绝缘丝线吊着一质量为m、带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中,如图所示,丝线与竖直方向成37°角,重力加速度为g,求:(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)小球受到的静电力大小;
(2)电场强度的大小。









14.(8分)(2021江西南昌八一中学、洪都中学高二上月考)如图所示,真空中光滑绝缘水平面上的两个异种点电荷A和B,所带电荷量分别为+4Q和-Q,它们之间的距离为r,为使两电荷保持静止,现加入第三个点电荷C,使三个点电荷都处于平衡状态(静电力常量为k)。则第三个点电荷C应放在什么位置?求第三个点电荷C的电性及电荷量。







15.(10分)(2021湖北汉川一中高二期中)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,方向如图所示,求:
(1)QA和QB的带电性质;
(2)如果撤掉QA,C点场强的大小和方向。












16.(10分)(2021北京十一学校期末)如图所示,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(均可视为质点),它们相距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。
(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。
(2)在(1)的条件下求L'与L的比值。








17.(12分)(2021湖北武汉部分重点中学高二期中)虚线MN位于竖直平面内,已知MN与水平方向成45°角,在MN的右侧有电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场,在MN的左侧有电场强度大小为E'、方向竖直向上的匀强电场(E'为未知量),图中均未画出。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从M点水平向右射入,粒子的重力可以忽略。
(1)求粒子到达M、N连线上的某点时所用的时间;
(2)粒子在MN左侧再经过相同的时间重新到达M、N连线上的另一点,求E'。







18.(12分)(2021山西省实验中学高二月考)如图所示,均可视为质点的三个物体A、B、C在倾角为30°的光滑绝缘斜面上,A绝缘,A与B紧靠在一起,C紧靠在固定挡板上,质量分别为mA=0.43 kg,mB=0.20 kg,mC=0.50 kg,其中A不带电,B、C的电荷量分别为qB=+2×10-5 C、qC=+7×10-5 C且保持不变,开始时三个物体均能保持静止。现给A施加一平行于斜面向上的力F,使A做加速度a=2.0 m/s2的匀加速直线运动,经过时间t,力F变为恒力。已知静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2。求:
(1)开始时B、C间的距离L;
(2)F从变力到恒力需要的时间t。(结果保留两位有效数字)




答案全解全析
第九章　静电场及其应用
1.C
2.A
3.B
4.A
5.D
6.D
7.D
8.C
9.BC
10.BCD
11.CD
12.CD
1.C　能否把一个带电体看作点电荷,不能以它的大小而论,应该根据具体情况而定。若带电体的大小、形状及电荷分布状况对它们之间的作用力的影响可以忽略时,就可以将其看成点电荷。故选C。
2.A　场强的两个公式E=Fq和E=kQr2,q表示电场中的试探电荷的电荷量,Q表示场源电荷的电荷量,选项A正确。E由电场本身决定,与q无关;E随Q的增大而增大,选项B错误。E=Fq适用于包括点电荷在内的所有场源的电场,且E的方向和正电荷所受电场力F一致,选项C错误;E=kQr2只适用于点电荷的电场,且拿走Q后,电场就不存在了,选项D错误。
3.B　由粒子的运动轨迹可知,粒子所受静电力沿着电场线的方向,所以粒子带正电荷,选项A错误;电场线密的地方电场强度大,电场线疏的地方电场强度小,由图可知,N点的场强大于M点的场强,粒子在N点的受力大于在M点的受力,所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度,选项B正确;若带正电的粒子从M点运动到N点,静电力做正功,粒子动能增大,若带正电的粒子从N点运动到M点,静电力做负功,粒子动能减小,总之,粒子在M点的动能小于它在N点的动能,选项C错误;根据粒子运动的轨迹可以判断其受力的方向,但不能判断其运动的方向,选项D错误。
4.A　假设开始时A带电荷量为Q,B带电荷量为-Q,两球之间的相互吸引力的大小是F=kQ2r2;第三个不带电的相同金属球C与A接触后,A和C的电荷量均为Q2,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-Q4;这时,A、B两球之间的静电力大小F'=kQ2·Q4r2=18kQ2r2=18F,故A正确。
5.D　根据题图可知两球之间存在斥力,只能判断出两球电性相同,不能肯定两球都带正电还是都带负电,A、B选项错误;两球之间的静电力是作用力与反作用力,两球受到的静电力大小相等,C选项错误,D选项正确。
6.D　将细绳剪断瞬间,小球B受到重力和库仑力作用,合力斜向右下方,加速度大于g,不可能做平抛运动,A、B选项错误;小球B在落地过程中,竖直方向上的平均加速度大于g,落地的时间小于2hg,落地的速度大于2gh,C选项错误,D选项正确。
7.D　对圆环受力分析,受重力、杆给的支持力、库仑力,因为其静止于P处且恰好不受摩擦力,故可判断库仑力为斥力;库仑力沿杆向上的分力与重力沿杆向下的分力平衡,故A处带电体带负电,故A错误;垂直杆方向合力为零,故支持力N=mg cos θ+F库 sin θ,根据牛顿第三定律可知,直杆受到的压力大于mg cos 45°,故B错误;A处带电体带等量异种电荷时,斥力变成引力,如果仍不受摩擦力,则mg sin θ+F库 cos θ=ma,库仑力垂直杆向上的分力与重力垂直杆向下的分力平衡,故加速度为2g,而位置变化后,加速度不再是2g,故C错误;把带电体从A移到C处,根据几何关系可知圆环受到的库仑力大小与带电体在A点时相等,方向竖直向上,与重力平衡,圆环同样不受摩擦力,故D正确。
8.C　在闭合线框中,电荷关于O点中心对称分布,故O点的电场强度为零,则截取的部分和剩下的部分在O点产生的电场强度等大反向,线框上的电荷在O点产生的场强大小等效为A点对应的电荷量为q的电荷在O点产生的场强大小,故E1=kqL22=4kqL2,方向竖直向上,B点的电荷在O点产生的场强大小为E2=kqL2,方向竖直向下,由场强的叠加原理可知E=E1-E2=3kqL2,选项C正确。
9.BC　屏蔽服的作用是使处于高压电场中的人体内电场强度处处为零,从而使人体免受高压电场及电磁波的危害,可知B、C正确。
10.BCD　点电荷q在从P→O的过程中,所受的电场力方向竖直向下,做加速运动,所以速度越来越大,因为从O点向上到无穷远,电场强度先增大后减小,而P点具体位置未知,故从P→O的过程中,电场强度可能越来越小,也可能先增大再减小,加速度的变化也是如此,故A错误,B正确;点电荷q运动到O点时,所受的电场力为零,加速度为零,然后向下做减速运动,所以O点的速度达到最大值,故C正确;根据电场线的对称性可知,越过O点后,点电荷q做减速运动,加速度可能越来越大,也可能先增大后减小,直到速度为零,故D正确。
11.CD　A带正电,受到的电场力水平向右,B带负电,受到的电场力水平向左,以整体为研究对象,分析受力如图(假设悬线OA向右偏)。

设OA与竖直方向的夹角为α,A、B之间的库仑力为F库,则由平衡条件得:tan α=qE-qE2mg=0,因此α=0,悬线OA的拉力T=2mg;故C正确,A、B错误;悬线AB的拉力F=(mg)2+(qE)2-F库>mg-F库,故D正确。
12.CD　设A、B之间的距离为r,带负电的粒子到A点的距离为x,可得粒子所受的合力为F=kQqx2-kQq(r-x)2,设AB的中点为O,粒子在O点所受的合力为0,从C到O合力方向向左,从O到D合力方向向右。粒子在C、O间做加速度逐渐减小的减速运动,在O、D间做加速度逐渐增大的加速运动,若粒子到达O点时速度不为零,则D正确;若粒子到达O点时速度刚好为零,则C正确。
13.答案　(1)34mg　(2)3mg4q
解析　(1)设小球所受静电力为F电,对小球受力分析如图所示,

由平衡条件得F电=mg tan 37°=34mg (4分)
(2)电场强度E=F电q=3mg4q。 (4分)
14.答案　见解析
解析　由于A是正电荷,B是负电荷,而且A的电荷量大,要使三个点电荷都处于平衡状态,则C必定带正电,并且在B的右侧。 (2分)
设C距离B为x,对C由平衡条件得
k4QQC(r+x)2=kQQCx2 (2分)
再对B由平衡条件得k4QQr2=kQQCx2 (2分)
联立解得QC=4Q,x=r。 (2分)
15.答案　(1)QA带负电荷,QB带正电荷
(2)7.5 N/C,方向由B指向C
解析　(1)QA、QB为点电荷,根据点电荷电场线分布规律,QB产生的场强沿直线BC,方向指向B或C,同理,QA产生的场强沿直线AC,方向指向A或C。由于合场强平行于直线BA,故QB产生的场强沿直线BC指向C,QA产生的场强沿直线AC指向A,如图所示,则QB带正电荷,QA带负电荷。 (4分)

(2)由图可知tan θ=ABBC=43,
又知tan θ=ECEB,
解得EB=7.5 N/C(4分)
撤去QA,C点的场强EC'=EB=7.5 N/C,方向由B指向C。 (2分)
16.答案　(1)mgL2 sinαkq　正电荷　(2)32
解析　(1)由初始时B球的加速度等于零及B球带正电荷,结合受力分析可知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-mg sin α=0 (1分)
根据库仑定律有F=kQqL2 (1分)
联立解得Q=mgL2 sinαkq (2分)
(2)初始时,B球受力平衡,两球相互排斥,运动一段距离后,两球间距增大,库仑力减小,小于mg sin α,两球距离为L'时,A球的加速度方向沿斜面向下,根据牛顿第二定律有F'+2mg sin α=2ma1 (1分)
B球加速度方向沿斜面向下,
根据牛顿第二定律有mg sin α-F'=ma2 (1分)
依题意a1∶a2=11∶5,
联立解得F'=49mg sin α (2分)
又F'=kQqL'2,解得L'L=32 (2分)
17.答案　(1)2mv0Eq　(2)E
解析　(1)粒子在电场中做类平抛运动,水平方向
x=v0t (1分)
竖直方向y=12at2=Eq2mt2 (1分)
由tan 45°=yx (2分)
可得t=2mv0Eq (2分)
(2)粒子在MN左侧再经过相同的时间重新到达M、N连线上的另一点,则水平方向
x'=v0t (1分)
tan 45°=y'x' (2分)
则y'=y (1分)
由此可知粒子在MN左右两段的运动具有对称性,则
E'=E (2分)
18.答案　(1)2.0 m　(2)1.0 s
解析　(1)A、B、C静止时,以A、B整体为研究对象受力分析如图所示,有
(mA+mB)g sin 30°=FCB=kqCqBL2 (2分)
代入数据解得L=2.0 m。 (2分)

(2)给A施加力F后,A、B沿斜面向上做匀加速运动,A、B分离时两者之间弹力恰好为零,设此时B、C之间距离为l,对B根据牛顿第二定律得
kqBqCl2-mBg sin 30°=mBa (2分)
代入数据解得l=3.0 m(2分)
由匀加速直线运动的规律得l-L=12at2 (2分)
代入数据解得t=1.0 s(2分)