单元复习【过考点】 第九章 静电场及其应用-2022-2023学年高二物理单元复习（人教版2019必修第三册）

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单元复习-过练习 第九章  静电场及其应用班级            姓名              一、选择题（共20题）【电荷守恒定律】1.(多选)M和N是两个不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电且所带电荷量为1.6×10－10 C，下列判断正确的有(　　)A．摩擦前在M和N的内部没有任何电荷B．摩擦的过程中电子从M转移到NC．N在摩擦后一定带负电且所带电荷量为1.6×10－10 CD．M在摩擦过程中失去1.6×10－10个电子答案　BC解析　摩擦前M和N都不带电，是指这两个物体都呈电中性，没有“净电荷”，也就是没有得失电子，但内部仍有正电荷和负电荷，选项A错误；M和N摩擦后M带正电荷，说明M失去电子，电子从M转移到N，选项B正确；根据电荷守恒定律，M和N这个与外界没有电荷交换的系统原来电荷量的代数和为0，摩擦后电荷量的代数和应仍为0，选项C正确；元电荷的值为1.60×10－19 C，摩擦后M带正电且所带电荷量为1.6×10－10 C，由于M带电荷量应是元电荷的整数倍，所以M在摩擦过程中失去109个电子，选项D错误． 【库仑定律与电荷守恒定律的结合】2.如图是库仑做实验用的库仑扭秤．带电小球A与不带电小球B等质量，带电金属小球C靠近A，两者之间的库仑力使横杆旋转，转动旋钮M，使小球A回到初始位置，此时A、C间的库仑力与旋钮旋转的角度成正比．现用一个电荷量是小球C的三倍、其他完全一样的小球D与C完全接触后分开，再次转动旋钮M使小球A回到初始位置，此时旋钮旋转的角度与第一次旋转的角度之比为(　　)A．1  B.  C．2  D．4答案　C解析　设A带电荷量为qA，C球带电荷量为qC，库仑力与旋钮旋转的角度成正比，则有θ＝k1F，依题意有θ1＝k1F1＝k1，由题可知D球带电荷量为qD＝3qC，接触后分开，电荷量将均分，有qC′＝＝2qC，依题意有θ2＝k1F2＝k1＝2k1，联立可得＝2.3．光滑绝缘水平面上固定一半径为R、带正电的球体A(可认为电荷量全部在球心)，另一带正电的小球B以一定的初速度冲向球体A，用r表示两球心间的距离，F表示B小球受到的库仑斥力，在r＞R的区域内，下列描述F随r变化关系的图像中可能正确的是(　　)答案　C解析　根据库仑定律可知，两球之间的库仑力满足F＝k，即随r增加，F非线性减小．故选C.4.一带电荷量为＋Q的小球A固定在绝缘底座上，在它左侧还有一个用绝缘丝线悬挂的带电荷量为＋q的小球B，它们处于同一高度静止，如图所示，两球均视为点电荷，下列说法中正确的是(　　)A．若小球A向左平移一段微小距离，则稳定后丝线与竖直方向的夹角减小B．小球A对小球B的库仑力大小等于小球B对小球A的库仑力大小C．若增加小球A的带电荷量，则稳定后丝线与竖直方向夹角不变D．若使小球A带电荷量变为－Q，则稳定后丝线与竖直方向夹角不变答案　B解析　根据共点力平衡得，小球B受到的库仑力F＝k ＝mgtan θ，若小球A向左平移一小段距离，r减小，小球B受到A的库仑力F增大，丝线与竖直方向夹角θ增大，A错误；根据牛顿第三定律，小球A对小球B的库仑力与小球B对小球A的库仑力是一对作用力和反作用力，大小总是相等的，B正确；若增加A球带电荷量，根据共点力平衡得，小球B受到的库仑力F＝k ＝mgtan θ，小球B受到A的库仑力F增大，则丝线与竖直方向夹角增大，C错误；若使A球带电荷量变为－Q，则小球B受到向右的库仑引力，向右偏，与A球的距离减小，库仑力将增大，则丝线与竖直方向夹角将增大，D错误． 【库仑力的叠加】5.(2018·全国卷Ⅰ·16)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm.小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则(　　)A．a、b的电荷同号，k＝B．a、b的电荷异号，k＝C．a、b的电荷同号，k＝D．a、b的电荷异号，k＝答案　D解析　由小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线，知a、b带异号电荷．a对c的库仑力Fa＝①b对c的库仑力Fb＝②设合力向左，如图所示，根据相似三角形得＝③由①②③得k＝＝＝，若合力向右，结果仍成立，D正确． 【库仑力作用下的平衡】6.(2019·全国卷Ⅰ·15)如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则(　　)A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷答案　D解析　对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受静电力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A、B错误；对P进行受力分析可知，Q对P的静电力水平向右，则匀强电场对P的静电力应水平向左，所以P带负电荷，Q带正电荷，选项C错误，D正确．7.(2020·浙江1月选考·13)如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接．A、B、C三小球的质量均为M，qA＝q0>0，qB＝－q0，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列．已知静电力常量为k，重力加速度为g，则(　　)A．qC＝q0B．弹簧伸长量为C．A球受到的库仑力大小为2MgD．相邻两小球间距为q0答案　A解析　对C球受力分析可知，C球带正电，沿斜面方向有Mgsin α＋k＝k.对B球受力分析如图所示，根据受力平衡得k＝k＋Mgsin α，联立解得qC＝q0，r＝，选项A正确，D错误；对三个球整体受力分析知F弹＝k0x＝3Mgsin α，故x＝，选项B错误；对A球受力分析得：Mgsin α＋F库＝k0x，得F库＝2Mgsin α，故C错误．8.在边长为a的正方形的每一顶点都放置一个电荷量大小为q的点电荷，点电荷的正负如图所示．静电力常量为k.如果保持它们的位置不变，则A电荷受到其他三个电荷的静电力的合力大小是(　　)A.   B．(－)C．(＋)   D.答案　D 【电场强度的理解和计算】9.真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2 m和0.7 m．在A点放一个带正电的试探电荷，在B点放一个带负电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到静电力的方向都跟x轴正方向相同，静电力的大小F跟试探电荷电荷量q的关系分别如图中直线a、b所示．忽略A、B间的作用力．下列说法正确的是(　　)A．B点的电场强度大小为0.25 N/CB．A点的电场强度的方向沿x轴负方向C．点电荷Q的位置坐标为0.3 mD．点电荷Q是正电荷答案　C解析　由A处试探电荷的F－q图线可得，该处的场强为E1＝＝4×105 N/C，方向水平向右，同理可得，B处的场强为E2＝＝0.25×105 N/C，方向水平向左，A、B错误；由A、B的分析可知，点电荷Q应为负电荷，且在A、B之间，设Q到A点的距离为l，由点电荷场强公式可得E1＝k＝4×105 N/C，E2＝k＝×105 N/C，联立解得l＝0.1 m，故点电荷Q的位置坐标为0.3 m，C正确，D错误． 【电场线的理解及应用】10.某电场的电场线分布如图所示，下列说法正确的是(　　)A．c点的电场强度大于b点的电场强度B．若将一试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线运动到b点C．b点的电场强度大于d点的电场强度D．a点和b点的电场强度方向相同答案　C解析　电场线的疏密表示电场强度的大小，由题图可知Eb>Ec，Eb>Ed，C正确，A错误；由于电场线是曲线，由a点释放的正电荷不可能沿电场线运动，B错误；电场线的切线方向为该点电场强度的方向，a点和b点的切线不同向，D错误．11.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B．粒子在M点的加速度小于在N点的加速度C．粒子在M点的动能大于在N点的动能D．粒子一定从M点运动到N点答案　B解析　由粒子的运动轨迹可知，粒子的受力方向沿着电场线的方向，所以粒子带正电，故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，由题图可知，N点的场强大于M点场强，故粒子在N点受到的静电力大于在M点受到的静电力，所以粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，故B正确；粒子带正电，假设粒子从M运动到N，这个过程中静电力做正功，动能增大，粒子在M点的动能小于在N点的动能，故C错误；根据粒子的运动轨迹可以判断其受力方向，但不能判断出粒子一定是从M点运动到N点，故D错误．12.电场线能直观、方便地反映电场的分布情况．如图甲是等量异号点电荷形成电场的电场线，图乙是电场中的一些点；O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，B、C和A、D是两电荷连线上关于O对称的两点．则(　　)A．E、F两点场强相同B．A、D两点场强不同C．B、O、C三点中，O点场强最小D．从E点向O点运动的电子加速度逐渐减小答案　AC解析　等量异号点电荷连线的中垂线是一条等势线，电场强度方向与等势线垂直，因此E、F两点场强方向相同，由于E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，则其场强大小也相等，故A正确；根据对称性可知，A、D两点处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同，由题图甲看出，A、D两点场强方向相同，故B错误；由题图甲看出，B、O、C三点比较，O点处的电场线最稀疏，场强最小，故C正确；由题图可知，电子从E点向O点运动过程中，电场强度逐渐增大，则静电力逐渐增大，由牛顿第二定律可知电子的加速度逐渐增大，故D错误．13．如图所示是描述甲、乙两个点电荷电场的部分电场线，下列说法正确的是(　　)A．甲带负电，乙带正电B．甲的电荷量大于乙的电荷量C．在P点由静止释放一个带正电的粒子，仅在静电力的作用下，粒子会沿电场线运动到Q点D．P点的电场强度小于Q点的电场强度答案　B解析　根据电场线分布特点，可判断出甲带正电、乙带负电，并且甲的电荷量大于乙的电荷量，A错误，B正确；在P位置静止释放一个带正电的粒子，仅在静电力的作用下，粒子沿P位置电场线的切线从静止加速，不沿电场线运动，C错误；根据电场线的密集程度可以判断出P点的电场强度大于Q点的电场强度，D错误．【点电荷电场强度的叠加】14.如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f，等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时，在圆心O产生的电场强度大小为E，现仅将放于a点的正点电荷改放于其他等分点上，使O点的电场强度改变，则下列说法正确的是(　　)A．移至c点时，O点的电场强度大小为E，沿Oe方向B．移至e点时，O点的电场强度大小为，沿Oc方向C．移至b点时，O点的电场强度大小为，沿Oc方向D．移至f点时，O点的电场强度大小为E，沿Oe方向答案　B解析　由题意可知，在圆心O产生的电场强度大小为E，则正、负点电荷在O处的电场强度大小均为，方向水平向右．当正点电荷移至c点时，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为120°，大小不变，则O点的合电场强度大小为，方向沿Oe方向，故A错误；当正点电荷移至e点，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为120°，大小不变，则O点的合电场强度大小为，方向沿Oc方向，故B正确；当正点电荷移至b点时，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为60°，大小不变，则O点的合电场强度大小为2×cos 30°＝E，方向沿Od与Oe夹角平分线向上，故C错误；当正点电荷移至f点时，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为60°，大小不变，则O点的合电场强度大小为2×cos 30°＝E，方向沿Od与Oc夹角平分线向下，故D错误．15.(多选)如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m．已测得每个小球质量是8.0×10－4 kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，则(　　)A．两球所带电荷量相等B．A球所受的静电力为1.0×10－2 NC．B球所带的电荷量为4×10－8 CD．A、B两球连线中点处的电场强度为0答案　ACD解析　两相同的小球接触后电荷量均分，故两球所带电荷量相等，选项A正确；如图所示，由几何关系可知，两球分开后，悬线与竖直方向的夹角为θ＝37°，A球所受的静电力F＝mgtan 37°＝8.0×10－4×10×0.75 N＝6.0×10－3 N，选项B错误；根据库仑定律得，F＝k＝k，解得qB＝＝ C＝4×10－8 C，选项C正确；A、B两球带等量的同种电荷，故在A、B两球连线中点处的电场强度为0，选项D正确．16.带有等量异种电荷的一对平行金属板，如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，它的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图所示的曲线，关于这种电场，以下说法正确的是(　　)A．这种电场的电场线虽然是曲线，但是电场线的分布却是左右对称的，很有规律性，它们之间的电场，除边缘部分外，可以看成匀强电场B．电场内部A点的电场强度小于B点的电场强度C．电场内部A点的电场强度等于B点的电场强度D．若将一正电荷从电场中的A点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板答案　D解析　由于这种平行金属板形成的电场的电场线不是等间距的平行直线，所以不是匀强电场，选项A错误．从电场线分布看，A处的电场线比B处密，所以A点的电场强度大于B点的电场强度，选项B、C错误．A、B两点所在的电场线为一条直线，电荷受力方向沿着这条直线，所以若将一正电荷从电场中的A 点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板，选项D正确．17.如图所示，M、N为两个等量同种正点电荷，在其连线的中垂线上的P点自由释放一点电荷q，不计重力，下列说法中正确的是(　　)A．点电荷一定会向O运动，加速度一定越来越大，速度也一定越来越大B．点电荷可能会向O运动，加速度一定越来越小，速度一定越来越大C．若点电荷能越过O点，则一定能运动到P关于O的对称点且速度再次为零D．若点电荷能运动到O点，此时加速度达到最大值，速度为零答案　C解析　若点电荷带正电，则点电荷会向背离O点方向运动，选项A错误；若点电荷带负电，则点电荷会向O运动，加速度可能先增加后减小，也可能一直减小，但是速度一定越来越大，选项B错误；若点电荷能越过O点，则根据能量关系以及对称性可知，点电荷一定能运动到P关于O的对称点且速度再次为零，选项C正确；若点电荷能运动到O点，此时加速度为零，速度达到最大值，选项D错误． 【非点电荷电场强度的叠加和计算】18.如图，四根彼此绝缘的均匀带电导线a、b、c、d围成一个正方形线框，线框在正方形中心O点产生的电场强度大小为E0，方向竖直向下；若仅撤去导线c，则O点场强大小变为E1，方向竖直向上，则若将导线c叠于导线a处，则O点场强大小变为(　　)A．E1－E0   B．E1－2E0C．2E1＋E0   D．2E1答案　C解析　正方形线框在O点产生的电场方向竖直向下，则表明左右带电导线在O点产生的电场强度为零．a、c产生的电场强度竖直向下．撤去c，O点处的场强竖直向上，表明a带负电，c带负电，则c在O点产生的电场强度为Ec＝E1＋E0，将c叠于a处，则O点处场强大小为E′＝2E1＋E0.19.如图所示，两个固定的半径均为r的细圆环同轴放置，O1、O2分别为两细圆环的圆心，且O1O2＝2r，两圆环分别带有均匀分布的等量异种电荷＋Q、－Q(Q>0)．一带正电的粒子(重力不计)从O1由静止释放．静电力常量为k.下列说法正确的是(　　)A．O1O2中点处的电场强度为B．O1O2中点处的电场强度为C．粒子在O1O2中点处动能最大D．粒子在O2处动能最大答案　A解析　把圆环上每一个点都看成一个点电荷，则电荷量为q＝，根据点电荷场强公式，点电荷在O1O2中点的场强为E＝，根据电场的叠加原理，单个圆环在O1O2中点的场强为E＝cos 45°，两个圆环在O1O2中点的合场强为E总＝，故A正确，B错误；带电粒子从O1点开始由静止释放，在粒子从O1向O2的运动过程中，两圆环对粒子的作用力皆向左，可见电场对带电粒子做正功，故粒子在O1O2中点处动能不是最大，故C错误；根据电场叠加原理，在O2左侧场强方向先向左后向右，因此粒子到达O2左侧某一点时，速度最大，动能最大，在这以后向左运动的速度开始减小，动能也减小，故D错误．20.在x轴上固定有两个正、负点电荷，一个带电荷量为＋Q1、一个带电荷量为－Q2(Q1>0、Q2>0)，用E1表示Q1在x轴上产生的电场强度大小，E2表示Q2在x轴上产生的电场强度大小．当Q1>Q2时，E1＝E2的点有两个，分别为M点和N点，M、N两点距Q2的距离分别为r1和r2，如图所示．则当的比值增大时(　　)A．r1、r2都减小   B．r1、r2都增大C．r1减小，r2增大   D．r1增大，r2减小答案　A解析　设Q1、Q2两点电荷之间的距离为L，x轴上M、N两点的电场强度大小相等，则k＝k，k＝k，解得r1＝，r2＝，当的比值增大时，r1、r2都减小，故A正确，B、C、D错误．