高中物理人教版 (2019)必修 第三册第九章 静电场及其应用综合与测试单元测试同步达标检测题

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第三册第九章 静电场及其应用综合与测试单元测试同步达标检测题，共15页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第九章　静电场及其应用　综合检测一、选择题(共12题,每题4分,共48分,第1～6题只有一项符合题目要求,第7～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.关于库仑定律,下列说法正确的是(　D　)A.库仑定律适用于点电荷,点电荷其实就是体积最小的带电体B.根据F=k,当两个带电体间的距离趋近于零时,库仑力将趋向无穷大C.带电荷量分别为Q和3Q的点电荷A、B相互作用时,B受到的静电力是A受到的静电力的 3倍D.库仑定律的适用条件是:真空和静止点电荷解析:如果带电体的形状、大小以及电荷分布对所研究问题的影响可以忽略不计,则可将它看成点电荷,故A错误;两个带电体间的距离趋近于零时,带电体已经不能看成点电荷了,F=k不再适用,故B错误;根据牛顿第三定律,B受到的静电力和A受到的静电力大小相等,故C错误;库仑定律的适用条件是:真空和静止点电荷,故D正确。2.关于静电的防止与利用,下述事例属于静电的防止的是(　D　)A.燃煤时会产生大量煤灰,污染大气,在烟囱底部安装静电除尘器就可以把煤灰除掉B.当油漆从喷枪中喷出时,喷嘴使油漆微粒带正电,它们相互排斥,扩散开来形成一大团漆云,被吸附在带负电的物体表面,这种静电喷漆的方法省漆而均匀C.复印机是利用静电的吸附作用工作的D.飞机轮胎用导电橡胶制成,是为了在着陆时使机身积累的电荷流入大地解析:静电除尘时除尘器中的空气被电离,烟雾颗粒吸附电子而带负电,颗粒向电源正极运动,属于静电利用,故A不符合题意;喷枪喷出的油漆微粒带正电,因相互排斥而散开,形成雾状,被喷涂的物体带负电,对雾状油漆产生引力,把油漆吸到表面,属于静电利用,故B不符合题意;复印机是利用静电的吸附作用工作的,属于静电利用,故C不符合题意;飞机轮胎用导电橡胶制成,是为了避免静电对飞机造成危害,故D符合题意,选D。3.如图所示,在绝缘水平面上A、B两点分别固定着两个等量异种点电荷,P是A、B连线的中垂线上一点,且AP=BP=0.3 m,α=37°,两点电荷所带电荷量分别为QA=1×10-5 C和QB=-1×10-5 C,已知静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2。则P点的电场强度的大小和方向为(　C　)A.E=8×105 N/C,垂直OP向右B.E=8×105 N/C,沿OP向上C.E=1.6×106 N/C,垂直OP向右D.E=1.6×106 N/C,沿OP向上解析:如图所示,负电荷在P点产生的电场强度大小为E1=||,代入数据解得E1=1×106 N/C,由对称性可知E1= E2,则P点的合电场强度E=2E1cos α=2×1×106×0.8 N/C=1.6×106 N/C,方向垂直OP向右,故选项C正确。4.如图所示,直角三角形ABC中∠B=30°,点电荷A、B所带电荷量分别为QA、QB,测得在C处的某负点电荷所受静电力方向平行于AB向左,则下列说法正确的是(　C　)A.A带正电,QA∶QB=1∶4B.A带负电,QA∶QB=1∶4C.A带正电,QA∶QB=1∶8D.A带负电,QA∶QB=1∶8解析:根据题意,可判断C处的电场方向水平向右,由两个点电荷产生的电场叠加,点电荷A在C处产生的电场EA方向竖直向上,则A带正电,点电荷B在C处产生的电场EB方向沿CB指向B,则B带负电,由几何关系有=sin 30°,其中EA=k,EB=k,=sin 30°,联立解得QA∶QB=1∶8,选项C正确。5.如图所示为空腔球形导体(不带电),现将一个带正电的小金属球放入空腔内,静电平衡时,图中A、B、C三点的电场强度E的大小关系是(　D　)A.EA>EB=EC      B.EA=EB>ECC.EA=EB=EC      D.EA>EB>EC解析:当静电平衡时,空腔球形导体内壁感应出负电荷,外表面感应出正电荷。由于A处电场线较密,B处电场线较疏,C处电场强度为零,则EA>EB>EC,故选项D正确。6.如图,A、B两点固定两个等量正点电荷,在AB连线的中点放一点电荷q(不计重力)。若给该点电荷一个初速度v0,方向与AB连线垂直,则该点电荷可能的运动情况是(　D　)A.匀变速直线运动B.匀速直线运动C.加速度不断减小,速度不断增大的直线运动D.加速度先增大后减小,速度不断增大的直线运动解析:若该电荷为正电荷,将沿两电荷的中轴线运动,向上加速运动的过程中,受到静电力的合力先增大后减小,合力方向沿中轴线向上,所以该电荷向上做加速度先增大后减小,速度不断增大的直线运动。若该电荷为负电荷,受到静电力的合力沿中轴线向下,向上做减速运动,当速度为零后,又返回做加速运动,在两电荷连线以下做减速运动,减到速度为零,又返回做加速运动,所以电荷做往复直线运动。故选项D正确。7.如图所示,点电荷Q固定,虚线是带电荷量为q的微粒的运动轨迹,微粒的重力不计,a、b是轨迹上的两个点,b离Q较近,下列判断正确的是(　BC　)A.Q一定带正电荷,q一定带负电荷B.不管Q带什么性质的电荷,a点的电场强度一定比b点的小C.微粒通过a、b两点时,加速度方向都是指向QD.微粒通过a时的速率比通过b时的速率大解析:从运动的轨迹来看,微粒与点电荷Q一定带异种电荷,可能Q带负电,q带正电,A错误;由于b点距离Q近,根据E=可知a点的电场强度一定比b点的小,B正确;微粒只受Q的静电力,加速度方向与受静电力的方向相同,因此C正确;微粒从a向b运动,静电力做正功,动能增加,速度增大,微粒通过b点的速率比通过a点的速率大,D错误。8.如图所示,将带负电的带电棒移近两个不带电的导体球甲、乙,两个导体球开始时互相接触且对地绝缘,下列方法能使两球都带电的是(　AC　)A.先把两球分开,再移走棒B.先移走棒,再把两球分开C.先将棒接触一下其中的一个球,再把两球分开D.移走棒,不分开两导体球解析:将带电棒靠近两个不带电的导体球后,由于静电感应,甲球带正电,乙球带负电,先把两球分开,再移走棒,该过程中由于静电感应还存在,所以最后甲球仍带正电,乙球仍带负电,A正确;但是如果先移走棒,静电感应消失,甲、乙两球上的电荷中和,所以无论分开与否,两球均不带电,B、D错误;先将棒接触一下其中的一个球,根据接触起电,甲、乙两球都带上了负电,所以把两球分开后,两球仍带负电,C正确。9.两个完全相同的金属小球(可视为点电荷)所带电荷量的绝对值之比为3∶1,相距一定距离时两球间的库仑力大小为F。若让两球充分接触后再放回各自的原位置,则两球间的库仑力大小可能为(　AC　)A.F B.F C.F D.F解析:如果两个球带同种电荷,电荷量分别设为3Q、Q,库仑力F=k=;两球接触后带电荷量均为2Q,库仑力F1=k=,故F1=F;如果两个球带异种电荷,电荷量设为3Q、-Q,库仑力F=k=;两球接触后带电荷量均为Q,库仑力F2=k=,故F2=F,同理可知,当电荷量分别为-3Q、Q时,接触后再分开的库仑力也为F3=F,故选项A、C正确。10.质量为M、带电荷量为+Q的a球固定在绝缘支架上,质量为m、带电荷量为q的b球用绝缘轻质细线悬挂于天花板上,两球静止时a、b球心连线水平、距离为d,细线与竖直方向夹角为θ,则(　BD　)A.b球可能带正电B.b球一定带负电C.a球在b球处形成的电场的电场强度为D.a球在b球处形成的电场的电场强度为解析:根据b球静止时的状态可知,a球对b球有水平向左的静电力,可知b球带负电,A错误,B正确;因为没有说明两球距离远远大于两球的半径,两球不能视为点电荷,不能用点电荷电场强度公式,C错误;b球静止时有qE=mgtan θ,则E=,D正确。11.如图所示,可视为点电荷的三个带电小球a、b和c分别固定在三角形的顶点上,已知ab=4 cm,bc=3 cm,ca=5 cm,a球所受静电力的合力方向恰好平行于b、c的连线斜向上。则下列说法正确的是(　AC　)A.b、c一定带异种电荷B.b、c一定带同种电荷C.b、c所带电荷量的绝对值的比值为64∶125D.c球所受静电力的合力方向可能垂直于a、b的连线解析:因为同种电荷相斥,异种电荷相吸,且小球a所受库仑力的合力方向平行于b、c的连线斜向上,所以b、c一定带异种电荷,A正确,B错误;对小球a受力分析,如图所示。ab=4 cm,bc=3 cm,ca=5 cm,所以ab⊥bc,两力的合力与ab垂直,据相似三角形得,==,由库仑定律得Fb=k,Fc=k,联立解得=,C正确;c球所受b的力由c指向b,c球所受a的力沿ac连线的方向,二者合力的方向不可能沿bc方向,也就不可能垂直于a、b的连线,D错误。12.如图所示,a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形,其中a、b、c三个完全相同的带电小球位于同一光滑绝缘水平面内,且绕同一点O做半径为R的匀速圆周运动,三小球所在位置恰好将圆周等分。小球d位于O点正上方h处,且在外力F作用下处于静止状态。已知a、b、c三小球的电荷量均为q,d球的电荷量为6q,h=R,重力加速度为g,静电力常量为k,则(　BD　)A.小球d一定带正电B.小球b的周期为C.小球c的加速度大小为D.外力F竖直向上,大小等于mg+解析:a、b、c三小球所带电荷量相同,要使三球做匀速圆周运动,d球与a、b、c三小球一定是异种电荷,由于各球的电性未知,所以d球不一定带正电,故A错误;设db连线与水平方向的夹角为α,则cos α==,sin α==,对b球,根据牛顿第二定律和向心力得k·cos α-2kcos 30°=mR=ma,解得T=,a=,三小球受力情况一致,则小球c的加速度大小为,故B正确,C错误;对d球,由平衡条件得F=3ksin α+mg=mg+,故D正确。二、非选择题(共52分)13.(6分)如图所示的A、B、C、D四组静电实验中,能使左边的验电器的箔片张开的是　     　　组和　　  　　组(A、B两组实验中小球的手柄均为绝缘手柄,D组实验中虚线框表示金属网罩)。 解析:处于静电平衡状态下的导体所带的电荷都分布在导体的外表面,故A能使验电器带电,B不能使验电器带电;将验电器与带电物体用导线连接,二者组成新的导体,导致电荷在新的导体表面重新分布,所以C可以使验电器带电;由于静电屏蔽的作用,验电器不受外电场的影响,故金属箔片是闭合的,D不能使验电器带电。答案:A(3分)　C (3分)14.(10分)小明做“探究电荷间作用力的大小跟距离、电荷量的关系”实验如下:(1)①探究电荷间作用力的大小跟距离的关系:保持电荷的电荷量不变,距离增大时,作用力　　　　;距离减小时,作用力　　　　。 ②探究两个带电小球之间作用力的大小跟丝线与竖直方向的夹角关系:挂在丝线下端的小球在重力、丝线拉力和电荷之间的作用力这3个力作用下平衡。从图中可知,电荷间的静电力F与重力G、夹角θ的关系为　　  　　,显然,θ越大,静电力F　    　　　。 ③综上所述,可以得出的结论是 　                   。(2)探究电荷间作用力的大小跟电荷量的关系:保持两个电荷之间的距离不变,电荷量增大时,作用力　　　       　;电荷量减小时,作用力　　　                      　。 解析:(1)①实验表明,电荷量不变的情况下,距离增大时,作用力减小;距离减小时,作用力增大。②由共点力平衡可知=tan θ,整理得F=Gtan θ。显然,θ越大,静电力F就越大。③可以得出的结论是:电荷间作用力的大小随距离的增大而减小,随距离的减小而增大。(2)实验表明,保持两个电荷之间的距离不变,电荷量增大时,作用力增大;电荷量减小时,作用力减小。答案:(1)①减小(1分)　增大(1分)②F=Gtan θ(2分)　越大(2分)③电荷间作用力的大小随距离的增大而减小,随距离的减小而增大(2分)(2)增大(1分)　减小(1分)15.(8分)在真空中A点有一正电荷Q=2×10-4 C,把试探电荷q=2×10-5 C的负电荷置于B点,它们相距r=2 m,如图所示。求: (1)q受到的静电力大小;(2)q所在点B的电场强度的大小;(3)只将B处的试探电荷q移走,求此时B点的电场强度的大小。解析:(1)根据库仑定律得,q受到的静电力大小F=k=9×109× N=9 N。                      (3分)(2)根据电场强度的定义式有E== N/C=4.5×105 N/C。 (3分)(3)电场强度由电场本身决定,移走试探电荷q,B点的电场强度大小仍为E=4.5×105 N/C。                                  (2分)答案:(1)9 N　(2)4.5×105 N/C   (3)4.5×105 N/C16.(8分)如图所示,一质量为m、电荷量为q的带正电金属小球B(视为质点),用长为l的绝缘细线固定在左边一檐角,使其刚好贴着正面绝缘墙壁。在正面墙壁上画好一个量角刻度尺。取一个与小球B完全相同(除电荷量外)的小球A,A连接绝缘细杆,手提绝缘细杆让小球A上下移动至小球A、B在同一水平线上且平衡时,读出小球B偏离竖直方向的夹角θ=30°。静电力常量为k,重力加速度大小为g,求:(1)绝缘细线的拉力大小;(2)小球A所带的电荷量大小。解析:(1)根据平衡条件,对小球B受力分析,拉力FT==。                                     (3分)(2)小球B所受库仑力F=k=k                      (1分)由受力分析有F=mgtan θ                               (2分)解得Q=。                                         (2分)答案:(1)　(2)17.(10分)如图,ABD为竖直平面内的绝缘轨道,其中AB段是长为L=1.25 m的粗糙水平面,其动摩擦因数μ=0.1,BD段为半径R=0.2 m的光滑半圆,两段轨道相切于B点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中,电场强度大小E=5×103 N/C。一带负电小球以速度v0从A点沿水平轨道向右运动,接着进入半圆轨道后,恰能通过最高点D点。已知小球的质量m=2.0×10-2 kg,带电荷量q=2.0×10-5 C,g取10 m/s2(水平轨道足够长,小球可视为质点,整个运动过程无电荷转移),求:(1)带电小球从D点飞出后,首次在水平轨道上的落点与B点的距离;(2)小球的初速度大小v0。解析:(1)对小球,在D点由牛顿第二定律有mg-qE=m       (2分)得vD=1 m/s从D点飞出后,做类平抛运动,有mg-qE=ma                 (2分)得a=5.0 m/s2竖直方向上有2R=at2                                                                    (2分)得t=0.4 s水平方向上有x=vDt=0.4 m。                            (1分)(2)对小球,从A点到D点,运用动能定理得-μ(mg-qE)L-mg·2R+qE·2R=m-m                 (2分)解得v0=2.5 m/s。(1分)答案:(1)0.4 m　(2)2.5 m/s18.(10分)如图所示,在绝缘粗糙的水平地面上有水平向右的匀强电场,三个质量、体积大小相同的带电小球A、B、C分别位于竖直平面内的直角三角形的三个顶点上。球B、C在地面上,球A在球B的正上方,A、B间距为L,A、C连线与水平方向夹角为30°,三球恰好都可以静止不动。已知A、B带正电,电荷量均为Q,C球带负电,带电荷量为-4Q,重力加速度为g,静电力常量为k。求:(1)球A的质量m及匀强电场的电场强度E的大小;(2)地面对球C的摩擦力大小和方向。解析:(1)对球A进行受力分析如图(甲)由平衡条件得竖直方向有mg+ksin 30°=k            (2分)解得m=k                                           (1分)而水平方向有QE=kcos 30°                          (2分)可得E=k。                                          (1分)(2)对球C进行受力分析如图(乙)由平衡条件得水平方向有k+kcos 30°+Ff=4QE     (2分)解得Ff=(9-8)k                                  (1分)方向水平向右。                                      (1分)答案:(1)k　k  (2)(9-8)k　水平向右