第九章 静电场及其应用 水平测评-【金版教程】2024-2025学年新教材高中物理必修第三册创新导学案课件PPT（人教版2019）

第九章　水平测试 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1．法拉第提出了场的观点，并用电场线形象地描述电场，以下关于电场和电场线的说法正确的是(　　) A．电场线是实际存在的，用来表示电场的强弱和方向 B．带电粒子在电场中受力的方向就是场强的方向 C．在同一幅图里，电场线越密的地方电场强度越大，电场线越稀疏的地方电场强度越小 D．沿电场线方向，电场强度逐渐减小 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析　电场线是人为假想的线，不是真实存在的，故A错误；在电场中正电荷的受力方向与场强方向相同，负电荷的受力方向与场强方向相反，故B错误；电场线的疏密表示电场的强弱，在同一幅图里，电场线越密的地方电场强度越大，电场线越稀疏的地方电场强度越小，故C正确；沿电场线方向，电场强度不一定减小，故D错误。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 2.如图所示，在真空中某点电荷电场中有一条虚线，该虚线上电场强度的最大值为E，P点的电场强度方向与虚线夹角为30°，则P点的电场强度大小为(　　) A．E B.eq \f(\r(3),2)E C.eq \f(1,2)E D.eq \f(1,4)E 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 解析　由点电荷电场特点可知，点电荷位于P点的电场强度所在的直线上，且虚线上电场强度最大的点与点电荷的连线必然与虚线垂直，且该点电场强度沿此连线方向。假设该点电荷带正电，如图所示，由几何关系得E＝keq \f(Q,r2)，EP＝keq \f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,sin30°)))\s\up12(2))，联立解得EP＝eq \f(E,4)；若点电荷带负电，可得到相同结论。故A、B、C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.如图所示为某带电导体的电场线分布，M、N是电场中的两点，则(　　) A．导体左侧带正电，右侧带负电 B．导体电荷分布密度左侧大于右侧 C．M点的电场强度大于N点的电场强度 D．导体内部的P点不可能有净电荷 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析　由电场线方向可知，导体左右两侧均带正电，A错误；右侧电场线分布较密集，可知导体电荷分布密度左侧小于右侧，B错误；因N点电场线较M点密集，则N点的电场强度大于M点的电场强度，C错误；净电荷只分布在导体的外表面，导体内部的P点不可能有净电荷，D正确。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4．如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点， 一个电子以某一初速度只在静电力作用下沿AB由A点 运动到B点，其速度—时间图像如图乙所示，电子到 达B点时速度恰为零。下列判断正确的是(　　) A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度 B．电子在A点的加速度一定大于在B点的加速度 C．该电场可能是匀强电场 D．该电场可能是负点电荷产生的 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析　从图像可知，电子从A点运动到B点，做匀减速运动，加速度不变，A到B之间的电场应为匀强电场，A、B错误，C正确；由v­t图像可知，电子加速度不变，即电场强度大小不变，故该电场不可能是由点电荷产生的，D错误。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 5.如图所示，一个绝缘圆环，当它的eq \f(1,4)均匀带电且电荷量为＋q时，圆心O处的电场强度大小为E，现使半圆ABC均匀带电＋2q，而另一半圆ADC均匀带电－2q，则圆心O处电场强度的大小和方向为(　　) A．2eq \r(2)E，方向由O指向D B．4E，方向由O指向D C．2eq \r(2)E，方向由O指向B D．0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 解析　当圆环的eq \f(1,4)均匀带电，电荷量为＋q时，圆心O处的电场强度大小为E，根据微元法及对称性可知，电场方向沿eq \f(1,4)圆环对称轴由圆心指向背离eq \f(1,4)带电圆环一侧；当半圆ABC的带电荷量为＋2q，由如图所示的矢量合成可得，在圆心处的电场强度大小为eq \r(2)E，方向由O指向D；当另一半圆ADC均匀带电－2q，同理，在圆心处的电场强度大小为 eq \r(2)E，方向由O指向D；根据矢量的合成法则，圆心O处的电场强度的大小为2eq \r(2)E，方向由O指向D，A正确，B、C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 6．如图所示，空间正四棱锥的底面边长和侧棱长均为a，水平底面的四个顶点处均固定着电荷量为＋q的小球，顶点P处有一个质量为m的带电小球，在库仑力和重力的作用下恰好处于静止状态。若将P处小球的电荷量减半，同时加竖直方向的电场强度为E的匀强电场，此时P处小球仍能保持静止。重力加速度为g，静电力常量为k，则所加匀强电场的电场强度大小为(　　) A.eq \f(mg,2q) B.eq \f(mg,4q) C.eq \f(\r(2)kq,a2) D.eq \f(2\r(2)kq,a2) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 解析　设P处的带电小球所带电荷量为Q，根据库仑定律可知， P处小球受到各个顶点小球的库仑力大小均为：F＝eq \f(kqQ,a2)；根据几何 关系可知，正四棱锥的侧棱与竖直方向的夹角为45°，再由力的合成 法则及平衡条件有：4×eq \f(kqQ,a2)×eq \f(\r(2),2)＝mg。若将P处小球的电荷量减半， 则四个顶点处的小球对P处小球的库仑力的合力为：F′＝4×eq \f(kq\f(Q,2),a2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2)kqQ,a2)＝eq \f(mg,2)；当外加匀强电场后，P处小球仍保持平衡，则有：eq \f(\r(2)kqQ,a2)＋eq \f(Q,2)E＝mg，解得：E＝eq \f(2\r(2)kq,a2)＝eq \f(mg,Q)，故D正确，A、B、C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 [名师点拨]　在实际分析问题中，经常遇到一些立体问题，而分析这类问题时，通常把立体转化为平面，再抓住几何特点，利用三角函数、正弦定理或余弦定理，或根据对称性解决问题。 名师点拨 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7．相隔很远、均匀带有电荷＋q、－q的大平板在靠近平板处的匀强电场的电场线如图a所示，电场强度大小均为E。将两板靠近，板间形成的匀强电场如图b所示。此时两板间的电场强度和两板相互吸引力的大小分别为(　　) A．E　Eq B．2E　Eq C．E　2Eq D．2E　2Eq 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析　取图b两板间任意一点，由场强叠加原理可知，该点的场强为左、右平板在该点场强的矢量和，即为2E；两板间的吸引力等于任一平板在另一平板的电场中所受的静电力，将左平板等分为极多个可看成点电荷的电荷元qi，它们处在右平板产生的电场中，所受静电力均为qiE，水平向右，根据力的合成，这些电荷元所受静电力的合力为qE，故B正确。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 [名师点拨]　对于非点电荷产生的场强计算，以及非点电荷所受静电力计算，基本分析方法是微元法及电场的叠加原理；对于某些特殊情况，则可以运用补偿法或极限法分析求解。 名师点拨 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q产生的 电场线，若带电粒子q(|Q|≫|q|)由a运动到b，速度逐渐增大。已 知在a、b两点粒子所受静电力分别为Fa、Fb，则下列判断正确 的是(　　) A．若Q为正电荷，则q带正电，Fa＞Fb B．若Q为正电荷，则q带正电，Fa＜Fb C．若Q为负电荷，则q带负电，Fa＞Fb D．若Q为负电荷，则q带负电，Fa＜Fb 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析　a点的电场线分布比b点密，所以a点电场强度较大，同一电荷在两点受到的静电力Fa＞Fb。从a到b，q的速度越来越大，则静电力向右，如果Q是正电荷，q带正电；如果Q是负电荷，q带负电，A、C正确，B、D错误。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.如图所示，市场上有一种仪器叫作“纺织物 摩擦带电荷量测试仪”，用于测量防静电服面料所带 电荷量。该仪器主要由旋转摩擦机和双层金属筒组 成，双层金属筒内筒和外筒之间用绝缘橡胶垫隔离。 测试时将面料放入旋转摩擦机中，摩擦起电后，再将带电面料放入双层金属筒内筒并与内壁接触，与内筒相连的仪表就能测出面料所带电荷量。在外筒接地开关K闭合的情况下，下列说法正确的是(　　) A．内筒的内壁不带电 B.内筒的外壁不带电 C．外筒的内壁不带电 D.外筒的外壁不带电 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析　测试时将带电面料放入双层金属筒内筒并与内壁接触，电荷从面料向内筒转移，使内筒带电，根据静电平衡时，电荷只分布在导体的外表面，所以内筒所带的电荷都分布在内筒外壁，故A正确，B错误；内筒的外壁带电，由于静电感应，外筒的内壁带上异种电荷，外筒的外壁带上同种电荷，但是由于外筒外壁接地，则外壁上的电荷被导入大地，则外筒的外壁最终不带电，所以C错误，D正确。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.如图所示，在真空中一条竖直向下的电场线上有a、 b两点。一带电 质点在a处由静止释放后沿电场线向上运动，到达b点时速度恰好为零。则下 列说法正确的是(　　) A．该带电质点一定带正电荷 B．该带电质点一定带负电荷 C．a点的电场强度大于b点的电场强度 D．质点在b点所受的合力一定为零 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析　带电质点在a点由静止释放后沿电场线向上运动，可知合力方向向上，而质点所受重力竖直向下，故所受静电力一定竖直向上，与电场线方向相反，可知该质点一定带负电荷，B正确，A错误；带电质点到b点时速度为零，可知向上运动过程中，合力先向上再向下，重力不变，即静电力减小，可知a点的电场强度大于b点的电场强度，C正确，D错误。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、填空和实验题(本题共2小题，共10分) 11.(4分)在“探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关”的实验中，一同学猜想可能与两电荷间的距离和两电荷所带电荷量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒上的C点，如图所示。 实验时，先保持两小球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近， 观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球的距离不变，改 变A球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。 实验表明：两电荷之间的相互作用力，随它们之间距离的______而增大(填“增大”或“减小”)，随其所带电荷量的______而增大(填“增大”或“减小”)。图中A、B两带电体相互______(填“吸引”或“排斥”)，说明它们带有______(填“同种”或“异种”)电荷。 减小 增大 排斥 同种 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析　对B球受力分析可得，两球之间的静电力F＝mgtanθ (θ为B球静止时悬线与竖直方向的夹角)，保持两球电荷量不变， 使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线 的偏角θ越大，所以两电荷间的相互作用力随它们之间距离的 减小而增大；保持两球的距离不变，改变A球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角θ越大，即两电荷间的相互作用力随它们所带电荷量的增大而增大。因为B球向右偏，可知B球受到A球的力向右，为排斥力；根据“同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引”可知，它们带有同种电荷。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 等量异种点电荷 答案 12．(6分)如图所示，有一块无限大的原来不带电的金属平板 MN，现将一个电荷量为＋Q的点电荷放置于板右侧的A点，并使 金属板接地。已知A点离金属板MN的距离为d，C点在A点和板 MN之间，AC⊥MN，且AC长恰为eq \f(d,2)。已知处于静电平衡的导体外 表面附近的电场方向垂直于导体表面，则金属平板与电荷量为＋Q的点电荷之间的空间电场分布可类比_______________(填“等量同种点电荷”或“等量异种点电荷”)之间的电场分布； 在C点处的电场强度大小EC＝________。 eq \f(40kQ,9d2) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 解析　根据静电感应规律可得，金属板上会感应出与点电荷电 荷量相等的负电荷，已知处于静电平衡的导体外表面附近的电场方 向垂直于导体表面，则它们之间空间的电场分布可类比等量异种点 电荷之间的电场分布。由于MN板附近的电场线垂直于板面，则 MN所在直线相当于等量异种点电荷连线的中垂线，故可以把金属板上感应出的电荷等效为在A点关于板对称的另一点B点存在一个点电荷－Q，所以C点的电场强度为EC＝keq \f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)d))\s\up12(2))＋keq \f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)d))\s\up12(2))＝eq \f(40kQ,9d2)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 三、计算题(本题共3小题，共40分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 13．(10分)两个质量相等的带电小球(可视为质点) A、 B，用长 度均为L的绝缘细线悬于天花板上的O点，两悬线均偏离竖直方向θ 角，如图所示。已知A、B两球所带电荷量均为＋q，静电力常量为k， 重力加速度为g。求： (1)带电小球的质量； (2)若撤去A球，在小球B所在的空间加一水平方向的匀强电场，使B球静止在原来位置，则匀强电场的电场强度为多大？ 答案 答案　(1)eq \f(kq2cosθ,4gL2sin3θ)　(2)eq \f(kq,4L2sin2θ) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 解析　(1)A、B两球之间的距离：r＝2Lsinθ 对B球有：keq \f(q2,r2)＝mgtanθ 解得：m＝eq \f(kq2cosθ,4gL2sin3θ)。 (2)使B球静止在原来位置，设所加匀强电场的场强为E，则有：mgtanθ＝qE 解得：E＝eq \f(kq,4L2sin2θ)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 14.(12分)如图所示，在竖直平面内有两个点电荷，固定在同一 水平直线上相距为eq \r(3)l的A、B两点，其电荷量分别为＋Q、－Q。在 A、B两点连线的垂直平分线处固定一光滑竖直绝缘杆，在杆上C点 有一个质量为m、电荷量为－q的小环(可视为点电荷)由静止释放。已知A、B、C三点连线为正三角形，重力加速度为g。求： (1)释放小环瞬间，杆对小环的作用力大小； (2)小环滑到D点时的速度大小。 答案　(1)keq \f(Qq,3l2)　(2)eq \r(3gl) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 解析　(1)由库仑定律F＝keq \f(Qq,r2)知 A处正点电荷对C点处小环的库仑力FA＝keq \f(Qq,（\r(3)l）2)，方向由C到A B处负点电荷对C点处小环的库仑力FB＝keq \f(Qq,（\r(3)l）2)，方向由B到C 根据矢量叠加法则，释放小环瞬间，两点电荷对小环的合力F＝keq \f(Qq,3l2)，方向水平向左则杆对小环的作用力大小F杆＝keq \f(Qq,3l2)。 (2)小环从C滑到D，水平方向静电力始终与杆的作用力平衡，竖直方向只受重力，故有v2－0＝2gh 因为h＝eq \r(3)lsin60° 所以小环滑到D点时的速度大小v＝eq \r(3gl)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 15.(18分)如图所示，在光滑绝缘桌面上有一带正电的长直细棒，其右侧长为l的绝缘细线(已知细线张紧且与细棒垂直)连接了两个质量均为m的带电小球A和B(均可视为质点)，细棒形成电场的场强E的大小与距细棒的垂直距离r成反比，即E＝eq \f(k,r)，k为未知常量。小球A、B所带电荷量分别为＋2q和＋5q，A球距细棒的距离也为l，两小球在外力F＝2mg的作用下处于静止状态。不计两小球之间的静电力作用。 (1)求k的表达式； (2)若撤去外力F，求撤去外力瞬间小球A、B间绝缘细线上的拉力FT。 答案　(1)eq \f(4mgl,9q)　(2)eq \f(1,9)mg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 解析　(1)小球A、B及细线构成的整体受力平衡，有2qeq \f(k,l)＋5qeq \f(k,2l)＝2mg 解得k＝eq \f(4mgl,9q)。 (2)撤去外力瞬间，假设细线上的张力FT为0。 对A球，有2qeq \f(k,l)＝maA 解得aA＝eq \f(2kq,ml)，方向水平向右； 对B球，有5qeq \f(k,2l)＝maB 解得aB＝eq \f(5kq,2ml)，方向水平向右。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析 因为aA<aB，所以A、B间绝缘细线张紧，细线上张力FT不为0，在撤去外力瞬间A、B将以相同的加速度a一起向右运动，因此，对A、B整体，由牛顿第二定律，有 2qeq \f(k,l)＋5qeq \f(k,2l)＝2ma 由第(1)问可知2qeq \f(k,l)＋5qeq \f(k,2l)＝2mg 对A球，有2qeq \f(k,l)＋FT＝ma 解得FT＝eq \f(1,9)mg。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 [名师点拨]　本题是连接体在电场中的动力学问题，求解方法与必修第一册连接体的解题方法相同，仍然是利用平衡条件、牛顿第二定律，结合整体法与隔离法分析求解，不同之处是多了静电力的计算。 名师点拨 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R $$