第9章 静电场及其应用（拔高练）-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理必修第三册(人教版2019)

进阶 突破 第九章静电场及其应用 第1节电荷 1.如图所示，左边是一个原先不带电的导体，右边C是后来靠近导体的带正电金属球，若用绝缘 工具沿图示某条虚线将导体切开，分导体为A、B两部分，这两部分所带电荷量的数值分别为 Q,、Qg,则下列结论正确的是 () A.沿虚线d切开，A带负电，B带正电，且Q>Qg B.只有沿虚线b切开，才有A带正电，B带负电，且Q,=Q C.沿虚线a切开，A带正电，B带负电，且Q,<Q。 D.沿任意一条虚线切开，都有A带正电，B带负电，而Q、Q,的值与所切的位置无关 第2节库仑定律 1.如图所示，绝缘轻弹簧的一端固定于斜面底端挡板，另一端连接带正电的小物块A,带正电的小 球B固定在绝缘斜面顶端，现压缩弹簧使A处于O点，弹簧未超过弹性限度，将A由O点静止 释放，A沿斜面向B运动，设此运动过程中，A的加速度为a、速度为”、动能为E,、弹簧与A的机 械能为E,下列关于这些物理量随A上滑位移x的变化关系图像，可能正确的是 () B D 2.如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为，一根轻质绝缘细线 的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行.小球A的质量为m、电 荷量为q,小球A的右侧固定放置带电小球B,两球心的高度相同、间距为，静电力常量为k, 重力加速度为g,两带电小球可视为点电荷.小球A静止在斜面上，且仅受三个力作用，求细线 的拉力大小和B小球的带电量 进阶突破·拔高练0阿 第3节电场电场强度 第1课时》电场电场强度 1.如图所示，以O为圆心，半径为R的实心球内有一个半径为一R的空腔，OA为空腔的直径，实 心部分均匀分布有正电荷，OA延长线上的B点离O点距离为1.5R,已知均匀带电球壳内的 场强为零，均匀带电球外某点的场强可以看成是电荷量集中在球心的点电荷产生的电场，求 A、B两点的电场强度大小之比. 2.(2023·全国乙卷)如图，等边△ABC位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个 点电荷分别周定在三角形的三个顶点上.已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC 边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q,求： (1)B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负： (2)C点处点电荷的电荷量： 02黑白题物理1必修第三册·RJ 第2课时》电场线 1.(多选)如图所示，带正电的小球穿在一根不可伸长的光滑绝缘轻绳上，可自由滑动，整个装 置处于水平向右的匀强电场中，小球处于静止状态保持A端位置不变（两杆间距合适，小球 两侧绳子之间夹角始终小于180°) () A.将B端向上移动一小段距离到B,再次稳定后绳子张力增大 B.将B端向下移动一小段距离到B,再次稳定后绳子张力增大 C.将右边竖直杆向左移动一小段距离，再次稳定后绳子张力减小 D.将右边竖直杆向右移动一小段距离，再次稳定后绳子张力减小 2.(2024·河北沧州联考)如图所示，水平面上固定一光滑绝缘半圆环，半圆环的半径为r,整个 半圆环处于匀强电场中，匀强电场的方向与水平面平行，电场强度大小为E,方向与半圆环的 直径相垂直.套在半圆环上的两球用轻绳相连，两球所带电量分别为+g1、+q2、质量分别为m,、 m2,两球可视为质点.两球分别静止在圆环的P点与Q点，已知绳长L=√2r,∠AOP=60°.不考 虑小球之间的库仑力.下列说法正确的是 A.9、3 921 B.%、1 923 C.半圆环对m,球的弹力大小为m,+,)g+E(9+9) 2 D.半圆环对m,球的弹力大小为，3m+m,)g+E(q+4) 2 第4节静电的防止与利用 1.(2024·河北沧州月考)一半径为R的金属薄球壳内壁接地，其球心处安置有一个点电荷+Q, 如图所示.P为金属球外距离球心2R的一点，下列表述中正确的是 A.金属球壳的外表面带正电 B.金属球壳的内表面不带电 C.在P处引人正点电荷q,受斥力大小为 4R2 D.金属球壳感应电荷在P处形成的场强大小为 4R2 进阶突破·拔高练03由于速度反向延长线过水平位移中点，且由儿何关系得F=H:了， 3 E为圆弧的圆心.由几何关系可得EO,=EE"=EF+F0,=2, 有EPr=EEm450.3】 4 由题意得Iwr=tp1=2L 期水平位移有0p.3三432+3 442 4 设出电场时速度与水平方向夹角为日，则有m日= ,,=l,解得 最短时间为tnm= 0P(32+2)lm 9=45°， 进阶突破·拔高练 第九章静电场及其应用 第1节电荷 1,D解析：根据感应起电，由于C带正电，使得A带正电，B带负电，导 体原来不带电，只是在C中电荷的作用下，导体中的自由电子向B mg 部分移动，使B部分多带了电子而带负电，A部分少了电子而带正 沿斜面和垂直于斜面两个方向正交分解，沿斜面方向上F,+ 电.根据电荷守恒可知，A部分转移的电子数目和B部分多余的电子 Fm9=mgin8.垂直于斜面方向F、=mgc%9+Fsin, 数目是相同的，因此无论从哪一条虚线切开，两部分的电荷量总是相 小球A静止在斜面上，且仅受三个力作用，A所受重力、库仑力和支 等的，所以沿任意一条虑线切开，都有A带正电，B带负电，面Q,Q 持力不可能为0，则可知拉力为0，即F,=0,则Fs0=o。 的值与所切的位置无关，故选D, 第2节库仑定律 mgin8,B小球的带电量Q为Q=m心mA 1.D解析：将A由0点静止释放.对A进行受力分析，受承力、支持 当A、B是异种电荷时，对A受力分析，如图所示 力，弹簧的弹力，斜面的摩擦力和带电，球B的库仑力.这些力随A上 滑位移x的变化关系是，重力、支持力，摩擦力均不变，弹簧的弹力与 形变量成正比.故与位移成一次线性关系：根据库仑力的表达式F 0 77i777 得，库仑力与距离的平方成反比A根据牛顿第二定律得。 g 沿斜面和垂直于斜面两个方向正交分解，沿斜而方向上F,=mgn+ 厂ngsin 8-F岸=m4,弹簧的弹力与位移成一次线性关系，库仑力与位 Fcs0,f直于斜面方向F、+Fsin0=mgeos 0, 移不成线性关系根据牛顿第二定律表达式可知加速度与位移不成 小球A静止在斜面上，且仅受三个力作用，A所受重力、拉力和库仑 一次线性关系，故A错误；C.根据动能定理得W一一mgin0- 力不可能为0.则支持力为0，则inB=mgs日，解得0=g kgtan 0' W电=△E1,弹力和库仑力都随位移的变化而变化，开如时弹力沿斜 面向上较大，库仑力较小，故开始时经过相同的位移开始时动能变化 则F,=mgsin4 Fcos 0=mE sin 量较大，故C错误：B.当A在运动过程中速度达到最大后，库仑力罐 第3节电场电场强度 续增大，弹簧弹力继续减小，合外力增大.根据库仑力和弹力的变化 第1课时电场电场强度 特点可知，速度不可能关于位移成线性减小，其斜率应该越来越大， 1,设单位体积内的电荷量为g,用补偿法，将空腔补上同等电荷密度 故B错误：D.摩擦力和库仑力做负功使得弹簧与A的机械能减小， 在运动过程中摩擦力和库仑力一直做负功，且库仑力随位移变化越 的正电荷，则A点的电场强度大小E,= 亭（台 来越大，故弹簧与A的机械能E一直减小，且经过相同位移机械能的 (了 变化量越来越大，D正确.故选D, 2当A.B是同种电荷时，F,=0,Q=mm”,当A,B是异种电荷时。 () k4,根据点电荷的场强公式，可知B点的电 00-,"e Frs Mg (R kqtan 6 4 解析：当A,B是同种电荷时，设B电荷量为Q,由库仑定律得，库仑力 场强度大小E,=k 391 为F=,对A受力分析，如图所示 ( 675πy.则A,B 参考答案与解析黑白题51 两点的电场强度大小之比为：后。9 E4225 定理得0血5”，联立能形么。店 T 2 20Dg4Bc均为正电待(2， 3 (E+Egz) ,半圆环对m,球的在竖直方向的弹力与m1球的币力 2 解析：(1)因为M点电场强度竖直向下，则C为正电荷，根据场强的 平衡，则半圆环对m:球的弹力大小为F2a=√P风+(m,g户= 叠加原理，可知A、B两点的电荷在M点的电场强度大小相等，方向 /(E0,+Eg2) 相反，则B点电荷带电量为？，电性与A相同，又N点电场强度竖直 4 +(m2g)2,半圆环对m,球的在整直方向的弹力与m 向上，可得A处电荷在V点的场强垂直BC沿AN连线向右上，如图 球的重力平衡，则半圆环对m,球的弹力大小为F1总= 所示 √F+(m1g)= 3(E41+Eg:) 4 +(mg)2故选A 可知A处电荷为正电荷，所以A,B.C点处均为正电荷。 Eq (2)如图所示 图1 图2 第4节静电的防止与利用 1,D解析：A,由于球壳内壁接地，此时球壳和大地组成新的导体.大 30° 地是导体的远端，因此金属球壳的外表而不带电，A错误：B.由于静 由儿何关系E,=E·n30°， 电感应，球壳内表面带负电.而且所带电荷量为-Q,B错误：C.由于 骆（品票） 球壳接地，球壳外部的电场强度处处为零，若在P处引入正点电荷 ?,此时在球壳外表面上会感应出一定量的负电荷，它与？间的电场 其中AN=/3BN=5CN, 力与Q无关，C错误：D,由于球壳接地，球壳外部的电场强度处处为 期得汽 零即Q在某点产生的场强与感应电荷在某点产生的场强等大反向， 合场强为零，因此金属球壳感应电荷在P处形成的场强大小为Bg 第2课时电场线 ,方向指向球心D正确，故选D 1.AC解析：对小球进行受力分析，如图所示，将重力和电场力合并为 恒力F合，两段绳子拉力等大且合力为F合过A,B分别作平行于F台 第十章静电场中的能量 的直线为等效绝缘杆，直线间距为d,设两绳与F△夹角为，网绳长 第1节电势能和电势 度分别为4，b,则d=Lin+L2sinB,A.B移至B,时，间距d增大， 3g5(2n4 1.(1)7=2 30 3g(3)7.7 3mg 则8变大，再次稳定后绳子张力增大，A正确：B,B移至B,时，d减 小，0诚小，再次稳定后绳子张力减小，B错误：C.右杆左移.d或小.9 减小，再次稳定后绳子张力减小，C正确：D,右杆右移，d增大，8增 用香们准有维将一学怀石南答有 大.再次稳定后绳子张力增大，D错误故选AC 得E.Bg:(2)释放后小球摆动，由动能定理gin0-(L 39 Ls)=2m2之，小球径向方向的合力提供小球的向心力7 2 4w3 m)m元，解得万=)g:(3)释放后小球做初速度为零的匀加 g 速直线运动，当小球运动的距离为L时，此时细线再次伸直，细线与 竖直方向的夹角为30°，设绷直的瞬闻球的速度为1，由动能定 g 理mglain60+gL60°=2m,入，拥直后瞬间球的速度为，则 2.A解析：根据题意，以整体为研究对象，水平而内的受力如图1所 2=60°，之后小球做圆周运动，在摆动到A位置的过程中gL= 示，根据受力平衡，垂直电场方向有F、,%60°=F、2s30°，沿电场 方向有E(g1+q2)=F、,in60°+F2sin30°，作出m1球的矢量三角 2m兮2m,到达A位置后小球径向方向的合力提供小球的向心 形，如图2所示，由正3弦定理得m30°.m45 ,同理对m2球由正弦 7w3 T 力。m2解得万= 3 mg. 必修第三册·RJ黑白题52