第九章 《静电场及其应用》单元基础巩固与培优达标检测卷-2023-2024学年高二物理专题突破(人教版2019必修第三册)

第九章：《静电场及其应用》单元基础巩固与培优达标检测卷全解全析1．C【详解】AB．带正电的物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电；所以金属箔都张开，故AB错误；C．若导体A与大地通过导线相连接，远端为大地，近端为A，则A带负电，故C正确；D．若导体B与大地通过导线相连接，远端为大地，近端为A，则A带负电，故D错误。故选C。2．C【详解】当静电平衡时，空腔球形导体壳内壁感应出负电荷，外壁感应出正电荷，感应电荷形成的场强与点电荷形成的电场叠加，导致空腔球形导体壳中场强为零。画出电场线的大致分布如图所示由于a处电场线较密，c处电场线较疏，d处电场线最疏，b处场强为零，则Ea > Ec > Ed > Eb故选C。3．A【详解】A．两球带异种电荷，两者相互吸引，它们之间的距离减小，根据库仑定律可知两小球受到的库仑力均在增大，根据牛顿第二定律可知加速度增大，A正确；BC．两小球都在库仑力作用下做加速运动，库仑力做正功，动能增大，BC错误；D．两小球受到的库仑力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律知两库仑力大小相等、方向相反，D错误。故选A。4．D【详解】细线长为，O到B点的距离为l，所以，B、A的距离为，根据库仑定律得对A受力分析如图所示，根据三角函数可得细线拉力大小故选D。5．D【详解】BC．设带电圆环在O点产生的场强大小为E。甲图中坐标原点O处的电场强度是圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；乙图中坐标原点O处的电场强度是第一象限带正电圆环和第二象限带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电场强度大小等于；丙图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环在O点产生的电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是第二象限带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；丁图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环在O点产生的电场相互抵消，第二象限带负电圆环和第四象限带负电圆环在O点产生的电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为0。综合以上分析，比较大小可知故BC错误；A．甲、丙两图中O处的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；D．乙图坐标原点O处电场强度大小等于，丙图坐标原点O处电场强度大小为E，大小关系为故D正确。故选D。6．D【详解】A．由题图乙可知，A点的电场强度大小为故A错误；B．B点的电场强度大小为由于带正电的试探电荷受到的电场力的方向都跟x轴正方向相同，且，可知场源电荷是正电荷，位置在A点的左侧，故B错误；C．设场源电荷的位置坐标为，则有、联立解得故C错误；D．A点到场源电荷的距离，AB中点到场源荷的距离，即根据可知，AB中点的电场强度恰好为A点电场强度的，故D正确。故选D。7．C【详解】电荷量相等的两个正电荷，令其电荷量大小为+Q，则两个点电荷各自在CO间的电势差相等，令其为，令轻质小球电荷量为-q，根据动能定理有若B处正电荷的电荷量变为原来的2倍，其他条件不变，可以将该电荷看为在B处放置两个相同的电荷量为+Q的电荷，则这三个点电荷各自在CO间的电势差亦为，根据动能定理有解得ABD错误，C正确。故选C。8．D【详解】电荷量为的负点电荷在d点产生的电场强度方向向左，大小为根据电场的叠加原理可知，细棒在d点产生的电场强度方向向右，大小为根据对称性可知，细棒在b点产生的电场强度方向向左，大小为电荷量为的负点电荷在b点产生的电场强度方向向左，大小为根据电场的叠加原理可知，b点的电场强度方向向左，大小为故选D。9．C【详解】ACD．据电场线的分布可知，c点的电场线比b点的电场线稀疏，即c点的电场强度小于b点的电场强度；b点的电场线比d点的电场线密，即b点的电场强度大于d点的电场强度；a点和b点的切线方向不同，即两点的电场强度的方向不同，故AD错误，C正确；B．将一试探电荷由a点释放，据场强方向的规定可知，受与场强方向相同的电场力，它将右上方做曲线运动，而不是沿电场线运动到b点，故B错误。故选C。10．D【详解】AB．因a点的电场强度Ea=0，所以正电荷在a点的电场强度与匀强电场的电场强度等大反向，即匀强电场的电场强度为方向水平向右，故AB错误；C．由电场叠加原理知c点电场强度方向水平向右，故C错误；D．同理可得b点的电场强度与匀强电场方向成45°角斜向上，故D正确。故选D。11．A【详解】A．对 C 球进行受力分析可得，它受到 2 个方向相反的库仑力、重力、支持力，由于 A与B、B 与 C 间距相等，由库仑定律可得，B 对 C 的库仑力是 A 对 C 库仑力的 4 倍，因此 C 球应为正电荷才能受力平衡。设 A、B 间距为l ，对 B 进行受力分析，由平衡条件可得：Mgsinα+k= k对 C进行受力分析，由平衡条件可得Mgsinα+k= k联立解得qC q0选项A正确；B．把A、B、C 三小球看作整体，设弹簧伸长量为 x ，由平衡条件可知k0x=3Mgsinα解得x=3选项B错误；C．对A进行受力分析，设A 球受到的库仑力大小为F，由平衡条件可知k0x=Mgsinα+F解得F=2 Mgsinα选项C错误；D．由Mgsinα+k= k可得l= q0选项D错误。故选A。12．C【详解】AD．设小球C带负电，相邻小球间距为L，则小球C受力分析如图甲所示根据库仑定律，显然小球C无法处于静止，因此小球C应该带正电。对小球C平衡时有则对B球做受力分析如乙图所示，根据受力平衡关系联立解得，故AD错误；BC．A所受总的库仑力为其中可知或者则A所受库仑力为方向沿斜面向下，对A做受力分析可知则因此弹簧伸长量为故B错误，C正确。故选C。13．AC【详解】AB．若三球沿一条直线摆放且均处于静止状态，则a、c一定是同种电荷，a、b是异种电荷，即“两同夹异”，所以a对b的静电力一定是引力，b对c的静电力也一定是引力，故A正确，B错误；C．因三球沿一条直线摆放且均处于静止状态，则b对c的静电力大小等于a对c的静电力大小，因为a、c间距离大于b、c间距离，根据公式可得，a的电荷量比b的电荷量大，故C正确；D．假设给c施加一个向右的恒力后，三个球能向右运动且相互间的距离保持不变，以三个小球组成的系统为研究对象可得，三个球的加速度方向向右，以小球a为研究对象可得，小球的加速度为0，所以假设错误，故D错误。故选AC。14．AB【详解】A．由图可知两球互斥，因此两球必定是同种电荷，故A正确；BD．两个小球都受到重力、绳子拉力以及库仑力，而库仑力与绳子拉力构成的合力与重力相互平衡，对小球A进行研究，则其受到的库仑力为对小球B进行研究，则其受到的库仑力为由于两球间的库仑力为相互作用力，根据牛顿第三定律知，两球受到的库仑力大小相等，方向相反，所以有因为所以故B正确，D错误；C．根据选项BD的分析可知，两球间的库仑力为相互作用力，无论电荷量大小如何，它们受到的库仑力大小都相等，因此无法判断小球电荷量的大小，故C错误；故选AB。15．AD【详解】根据等量负点电荷的电场线分布可知，在AB的中垂线上，从无穷远处到O点，电场强度先变大后变小，到O点变为零，电场强度方向沿中垂线指向O点；若M、N相距较远，则小球C受库仑力从M向O运动时，小球C的速度不断增大，加速度先变大后变小，在O点时加速度变为零，速度达到最大，从O向N运动时，小球C的速度不断减小，加速度先变大后变小——具有对称性。如果M、N相距较近，则小球C受库仑力从M向O运动时，小球C的速度不断增大，加速度越来越小，在O点时加速度变为零，速度达到最大，从O向N运动时，速度不断减小，加速度越来越大。故选AD。16．BCD【详解】A．带正电的小球从a点由静止释放，向上做加速运动，带正电的小球受到向上的电场力，则aO连线上的电场竖直向上，故P、Q带等量负电荷，故A错误；B．从a点到O点小球一直加速，带电小球运动到O点时动能最大，故B正确；C．图像中，图线的斜率表示加速度，所以小球从a到O过程加速度先增大后减小，故C正确；D．b点的加速度则电场强度大小为 故D正确。故选BCD。17．AB【详解】电子带负电荷，在C点同时受A、B两点电荷的作用力为FA、FB，如图所示由库仑定律解得同理可得由平行四边形定则和几何知识得，固定在C点的电子受到的静电力为方向平行于AB连线由B点指向A点。故选AB。18．AC【详解】BC．A处于静止状态，设A受到的库仑力为F，由平衡条件可得同理可得，对B满足联立可得故B错误，C正确；A．两小球间距为由库仑定律可得联立解得故A正确；D．若同时移动两球在斜面上的位置，由于距离变化导致库仑力变化，不再满足原来的平衡关系，故两球不能处于平衡状态，故D错误。故选AC。19．          与A、B两球球心间的距离的平方成反比     B     【详解】（1）[1]对小球B受力分析，小球B受力平衡，则有即A、B两球之间的库仑力大小（2）[2]由库仑定律，并结合实验可知，两小球所带电荷量不变时，两小球间的静电力与A、B两球球心间的距离的平方成反比。（3）[3]实验中应用的研究方法是控制变量法。故选B。（4）[4]根据题意，结合库仑定律有解得静电力常量20．     减小     增大     C     【详解】（1）[1]设细线与竖直方向夹角为，根据平衡条件故由图可得，两小球所带电量不变时，距离增大，细线与竖直方向夹角减小，静电力减小。[2]同理，当图乙中小球B平衡时丝线偏离竖直方向的夹角增大，则两小球间静电力增大。（2）[3]根据题意保持电荷量不变，只改变距离，研究力的变化情况，或者保持距离不变，改变电荷量，研究力的变化情况，所以，用的是控制变量法。故选C。（3）[4]对小球B受力分析，根据库仑定律结合平衡条件有解得可得两次实验中A的电量之比为21．（1）6.4m/s2；（2）0.3m【详解】（1）分析电荷B的受力，得mg－＝ma代入数据得a＝6.4m/s2（2）B运动过程中速度最大时，加速度为零，此时mg＝代入数据得L＝0.3m22．（1）；（2）【详解】（1）根据几何关系可知根据库仑定律结合电场强度定义式可知，固定在A点的点电荷在C点产生的电场强度的大小为（2）根据题意可知，C点的电场强度方向平行于AB向右，如图所示根据矢量合成的知识可知，固定在B点的点电荷在C点产生的电场强度方向竖直向下，根据几何关系可知解得23．（1）负电荷；；（2）；（3）【详解】（1）依题意，悬线向左摆，小球受电场力方向与场强方向相反，所以该电荷是负电荷。由平衡条件得小球所受静电力大小所以小球所在处的电场强度的大小（2）撤去电场后小球由初位置来到最低点过程，由动能定理得根据牛顿第二定律，可得解得（3）由于重力的瞬时功率为又解得24．（1）2.0m；（2）1.0s【详解】（1）A、B、C静止时，以AB为研究对象，受力分析有代入数据解得L=2.0m（2）AB分离时两者之间弹力恰好为零，此后F变为恒力，对B用牛顿第二定律得解得由匀加速运动规律得解得25．（1）方向水平向右；（2），；（3），方向水平向右【详解】（1）对A受力分析，A受到C的库仑力有水平向左的分量，A要受力平衡，其受到的电场力需水平向右，所以匀强电场的方向水平向右（2）对A受力分析，正交分解，竖直方向有解得水平方向有得（2）对球C进行受力分析，C球受力平衡，水平方向由得得地面对球C的摩擦力大小为地面对球C的摩擦力方向水平向右