第九章 静电场及其应用 章末检测试卷(一)-（配套word）2023-2024学年高一新教材物理必修第二册 【步步高】学习笔记（人教版）津鲁琼云晋皖黑吉桂贵粤辽渝鄂冀湘甘赣豫新青藏宁蒙陕

章末检测试卷(一) (满分：100分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．关于物理学史，下列说法错误的是(　　) A．正电荷和负电荷最早是由科学家爱迪生命名的 B．元电荷e的数值最早是由物理学家密立根测得的 C．物理学家法拉第最早引入电场的概念，并提出用电场线表示电场 D．库仑利用扭秤装置得出了库仑定律 答案　A 2．(2022·九江一中高二期末)如图所示，A项中的a、b是以电荷量为Q的点电荷为圆心的圆周上的两点，B项中的a、b是等量异种电荷连线中垂线上相对于中点O对称的两点，C项中a、b为等量同种电荷连线中垂线上相对于中点O对称的两点；D项中a、b是等量同种电荷连线上相对于中点O对称的两点，则a、b两点电场强度相同的是(　　) 答案　B 3.(2023·保定一中月考)如图所示，Q是一个金属导体放置在绝缘支架上，把一个带正电的绝缘金属球P移近Q，由于静电感应，Q左半部分出现的感应电荷量大小为qA，Q右半部分出现的感应电荷量大小为qB，下列结论中正确的是(　　) A．qA>qB B．qA＝qB C．用手接触一下Q的A端，拿走P后Q带正电 D．用手接触一下Q的B端，拿走P后Q带正电 答案　B 解析　导体Q不带电，金属球P移近Q，由于感应起电，使A端带负电荷，B端带正电荷，而感应起电只是电荷的分离，并没有产生新的电荷，因此有qA＝qB，A错误，B正确；由于P带正电荷，不管用手接触Q的哪一处，都是大地上的负电荷移动到Q上，从而使Q带负电，C、D错误。 4.如图所示，两个点电荷的电荷量分别为q1＝4×10－9 C和q2＝－9×10－9 C，分别固定于光滑绝缘水平面上相距20 cm 的a、b两点，有一个点电荷c(不计重力)放在a、b所在直线上且静止不动，则该点电荷所处的位置是(　　) A．在a点左侧40 cm处 B．在a点右侧8 cm处 C．在b点右侧20 cm处 D．无法确定 答案　A 解析　根据平衡条件，该点电荷应在a点的左侧，设它所带电荷量为q，与a点间的距离为x，则有k＝k，代入数据解得x＝40 cm，故选项A正确。 5.(2023·乌兰察布市衡水卓远中学高二期中)如图所示，在正三角形的三个顶点分别固定有A、B、C三个可看成点电荷的带电小球，所带电荷量分别为＋2q、＋2q、－q。此时三角形中心O点的电场强度大小为E。若将小球A与小球C接触后再放回原处，则此时O点的电场强度大小为(　　) A.E B.E C.E D.E 答案　A 解析　根据题意可知，三个可看成点电荷的带电小球在O点的电场强度如图所示。 设三角形的边长为a，由几何关系可得AO＝BO＝CO＝a，由点电荷电场强度公式E＝可得E1＝E2＝，E3＝，由几何关系可知，E1和E2的夹角为120°，则由电场的叠加原理可得E＝，若将小球A与小球C接触后再放回原处，则小球A和小球C的电荷量均为 ＋，三个可看成点电荷的带电小球在O点的电场强度如图所示， 由点电荷电场强度公式E＝可得E1′＝E3′＝，E2′＝，由几何关系及电场的叠加原理可得E′＝，则有E′＝E，故选A。 6．(2023·广州六中高二期中)a、b两个带电小球的质量均为m，所带的电荷量分别为＋q和－q，两球间用一绝缘细线连接，用长度相同的另一绝缘细线将a悬挂在天花板上。在两球所在的空间有方向水平向左的匀强电场，电场强度大小为E，平衡时两细线都被拉紧，则平衡时两球的位置可能是图中的(　　) 答案　A 解析　a带正电，受到的静电力水平向左，b带负电，受到的静电力水平向右。以整体为研究对象，整体所受的静电力大小为0，则上面悬挂a的细线应竖直；以b球为研究对象，b带负电，受到的静电力水平向右，根据平衡条件，细线对b的拉力应有向左的分力，则b在a的右下方。故选A。 7.(2023·天津崇化中学高二期中)如图所示，直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图所示。M、N两点各固定一等量负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点，则H点处电场强度的大小和方向分别为(　　) A.，沿y轴正方向 B.，沿y轴负方向 C.，沿y轴正方向 D.，沿y轴负方向 答案　B 解析　正点电荷在O点时，G点电场强度为零，即两负点电荷在G点的合电场强度大小为E1＝，方向沿y轴正方向。由对称性知，两负点电荷在H点处的合电场强度大小为E2＝E1＝，方向沿y轴负方向。当把正点电荷放在G点时，正点电荷在H点处产生的电场强度大小为E3＝，方向沿y轴正方向。所以H点处电场强度的大小E＝E2－E3＝，方向沿y轴负方向，故选项B正确。 8．(2022·浙江高二学业考试)两个完全相同的质量都为m、带等量异种电荷的小球A、B分别用长为l的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为2.2l的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，线与竖直方向的夹角α＝37°，当外加水平向左的匀强电场时，两小球平衡位置如图乙所示，线与竖直方向的夹角也为α＝37°，重力加速度为g，静电力常量为k，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　) A．A球带负电，B球带正电 B．图甲中细线的拉力大小均为0.6mg C．A球所带电荷量为 D．图乙中A球所受匀强电场的静电力大小为0.75mg 答案　C 解析　A、B两球带异种电荷，结合题图乙可知，A球带正电，B球带负电，选项A错误；题图甲中细线的拉力大小均为FT＝＝1.25mg，选项B错误；题图甲中两球相距d＝2.2l－2lsin 37°＝l，由A球受力平衡可得mgtan 37°＝，解得Q＝，选项C正确；题图乙中，设B对A的静电力大小为F，则对A球有EQ－F＝mgtan 37°＝0.75mg，则A球所受匀强电场的静电力大小EQ>0.75mg，选项D错误。 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，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。 9.(2022·哈尔滨市宾县第二中学高二开学考试)如图中实线是一簇未标明方向的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动过程中只受静电力的作用，根据此图可作出正确判断的是(　　) A．带电粒子所带电荷的符号 B．电场强度的方向 C．带电粒子在a、b两点的受力方向 D．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大 答案　CD 解析　粒子所受静电力指向轨迹曲线凹侧，由粒子的轨迹可知，在a、b两点粒子所受的静电力都沿着电场线指向左侧，粒子的电性和电场强度的方向都无法判断，A、B错，C对；电场线的疏密表示电场的强弱，由题图知，a点电场强度大，则加速度大，D对。 10．如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q＝3.0×10－6 C的正电荷。两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F1和F2。A的正下方0.3 m处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为 0.2 kg(重力加速度g＝10 m/s2；静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，A、B球可视为点电荷)，则(　　) A．支架对地面的压力大小为2.0 N B．两线上的拉力大小F1＝F2＝1.9 N C．将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小F1＝1.225 N，F2＝1.0 N D．将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1＝F2＝0.866 N 答案　BC 解析　小球A、B间的库仑力为F库＝k＝9.0×109× N＝0.9 N，以B和绝缘支架整体为研究对象受力分析，如图甲所示， 地面对支架支持力大小为FN＝mg－F库＝1.1 N，由牛顿第三定律可得支架对地面的压力大小为1.1 N，A错误；以A球为研究对象受力分析，如图乙所示， F1＝F2＝mAg＋F库＝1.9 N，B正确；B水平向右移，当M、A、B在同一直线上时，A、B间距为r′＝0.6 m，F库′＝k＝0.225 N，以A球为研究对象受力分析如图丙所示，则mAg·cos 30°＝F2′·cos 30°，F2′·sin 30°＋F库′＋mAg·sin 30°＝F1′，可知F2′＝1.0 N，F1′＝1.225 N，C正确；将B移到无穷远，则F库″＝0，可得F1″＝F2″＝1 N，D错误。 11.如图所示，两根绝缘细线分别系住a、b两个带电小球，并悬挂在O点，当两个小球静止时，它们处在同一水平面上，两细线与竖直方向间夹角分别为α、β，α<β。现将两细线同时剪断，则(　　) A．两球都做匀变速运动 B．落地时两球水平位移相同 C．两球下落时间ta＝tb D．a球落地时的速度小于b球落地时的速度 答案　CD 解析　设两球之间的库仑力大小为F，当两小球静止时，则有tan α＝，tan β＝，因为α<β，所以有ma>mb，将两细线同时剪断后，两球在竖直方向只受重力，在竖直方向做自由落体运动，所以两球下落时间相同；在下落过程中，两球处于同一水平面，在水平方向上，在库仑斥力的作用下，两球间距增大，从而使得库仑力减小，则水平方向的加速度减小，所以两球不可能做匀变速运动；根据a＝可知，加速度aa<ab，根据x＝at2可知两球落地时水平位移xa<xb，根据v＝＝可知a球落地时的速度小于b球落地时的速度，故A、B错误，C、D正确。 12.(2023·上海市市西中学高二期中)如图所示，用细线将质量为m的带电小球P悬挂在O点，小球所带电荷量为q，放入匀强电场中，小球处于静止状态时细线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g。以下判断正确的是(　　) A．电场强度方向沿水平方向时，匀强电场的电场强度大小为 B．若电场强度取最小值，则其大小一定为 C．若电场强度大小为，则细线拉力一定最小 D．无论电场强度大小方向如何，剪断细线后，小球一定做直线运动 答案　AB 解析　当电场强度方向水平时，对P受力分析可得tan θ＝，解得E＝，故A正确；当所受静电力方向垂直细线时，静电力取最小值，则有Eq＝mgsin θ，可得E＝，故B正确；当所受静电力方向竖直向上，且mg＝Eq时，细线拉力为0，此时电场强度E＝，当所受静电力方向水平向右，且θ＝45°时，mg＝Eq，此时细线拉力大小为mg，并非最小值，故C错误；当所受静电力方向竖直向上，电场强度E＝时，细线拉力为0，剪断细线小球保持静止，故D错误。 三、非选择题：本题共5小题，共52分。 13.(8分)(2023·茂名市高二期中)空间中三点A、B和C是直角三角形的三个顶点，且AB＝4 cm，∠CAB＝37°，现将点电荷QA和QB分别放在A、B两点，测得C点的电场强度大小为EC＝ 8 N/C，方向如图所示，(静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，sin 37°＝0.6)求： (1)QA产生的电场在C点的电场强度大小和方向； (2)QA电荷量大小； (3)若在C点放一个q＝－2×10－8 C的试探电荷，这个试探电荷受到的静电力大小和方向。 答案　(1)10 N/C　由C指向A　(2)2.8×10－12 C　(3)1.6×10－7 N　由A指向B 解析　(1)如图所示， 根据矢量叠加法则可知QA在C点产生的电场强度方向一定由C指向A，(1分) 而QB在C点产生的电场强度方向一定由B指向C，所以有EC＝EAcos 37°(1分) 解得EA＝10 N/C(1分) (2)根据前面分析可知QA带负电，根据几何关系可得AC＝＝5 cm(1分) 根据点电荷电场强度公式有EA＝k，(1分) 解得QA≈2.8×10－12 C(1分) (3)试探电荷受到的静电力大小为F＝|q|EC＝1.6×10－7 N(1分) 由于试探电荷带负电，所以F的方向与EC的方向相反，为由A指向B。(1分) 14.(10分)质量均为m的两个可视为质点的小球A、B，分别被长为L的绝缘细线悬挂在同一点O，给A、B分别带上一定量的正电荷，并用水平向右的外力F0作用在A球上，平衡以后，悬挂A球的细线竖直，悬挂B球的细线向右偏60°角，如图所示。若A球的电荷量为q，重力加速度为g，静电力常量为k，求： (1)B球的电荷量为多少； (2)水平外力F0的大小。 答案　(1)　(2)mg 解析　(1)当系统平衡以后，B球受到如图所示的三个力：重力mg、细线的拉力F1、库仑斥力F， 合力为零，由平衡条件得 Fcos 30°－F1cos 30°＝0(2分) Fsin 30°＋F1sin 30°－mg＝0(2分) 由库仑定律得F＝k(1分) 联立上述三式，可得B球的电荷量 qB＝(1分) (2)A球受到如图所示的四个力作用，合力为零， 得F0＝F′·cos 30°(2分) 而F′＝F(1分) 所以A球受到的水平外力 F0＝mg。(1分) 15.(10分)如图，在真空中有两个点电荷A和B，电荷量分别为－Q和＋2Q，它们相距L，如果在两点电荷连线的中点O有一个半径为r(2r＜L)的空心金属球，且球心位于O点。求： (1)球心O处的电场强度； (2)球壳上的感应电荷在球心O处产生的电场强度。 答案　(1)0　(2)，方向由A指向B 解析　(1)空心金属球处于静电平衡状态，所以其球心O点的电场强度为0(3分) (2)两个点电荷A和B在O点处产生的合电场强度大小为E＝k＋k＝，(3分) 方向由B指向A，根据静电平衡导体的特点可知，球壳上的感应电荷在O点处的电场强度大小与两个点电荷A和B在O点处产生的合电场强度大小相等，方向相反，则球壳上的感应电荷在O点处的电场强度大小为E′＝E＝，方向由A指向B。(4分) 16.(12分)(2022·潍坊四中月考)如图所示，用长L＝30 cm的细线将质量m＝4×10－3 kg的带电小球悬挂在天花板上，空间中存在电场强度大小E＝1×104 N/C、方向水平向右的匀强电场，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ＝37°，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。 (1)分析小球的带电性质； (2)求小球的带电荷量； (3)求细线的拉力大小； (4)若将细线剪断，小球做什么运动？剪断后0.2 s的时间内，小球的位移为多大？ 答案　见解析 解析　受力分析如图 (1)小球受到的静电力方向水平向右，与电场强度方向相同，所以小球带正电(2分) (2)小球在如图所示的力的作用下处于平衡状态。由平衡条件得 qE＝mgtan θ(2分) 得q＝＝ C＝3×10－6 C(1分) (3)由平衡条件有FTcos θ＝mg(2分) 得细线的拉力大小为FT＝＝ N＝5×10－2 N(1分) (4)剪断细线后，小球做匀加速直线运动 F合＝mg(1分) F合＝ma(1分) x＝at2(1分) 解得x＝0.25 m。(1分) 17.(12分)如图所示，在一倾角为30°的光滑固定绝缘斜面上方，有平行于斜面向上的匀强电场，虚线MN为电场的上边界，电场强度大小E＝2×103 N/C，MN上方有一长为L＝0.6 m的轻质绝缘杆，杆的上、下两端分别固定小球A、B(可看成质点)，质量均为m＝0.01 kg，A不带电，B所带电荷量q2＝－5×10－5 C，B到MN的距离d＝0.4 m。现将A、B两小球由静止释放(g取10 m/s2)，求： (1)小球B在匀强电场中而A还未进入电场时，两小球的加速度大小； (2)从开始运动到A刚要进入匀强电场过程的时间。 答案　见解析 解析　(1)以两小球为研究对象，沿斜面方向根据牛顿第二定律有2mgsin 30°＋q2E＝2ma(2分) 解得a＝10 m/s2(1分) 两小球加速度大小相同，均为10 m/s2 (2)从静止释放到B球刚要进入电场，系统加速度为a1＝＝5 m/s2(2分) 由d＝a1t12(1分) 知t1＝＝ s＝0.4 s(1分) B刚要进入电场时的速度为v＝a1t1＝5×0.4 m/s＝2 m/s(1分) 从B刚进入匀强电场到A刚要进入匀强电场过程中 L＝vt2＋at22(2分) 解得t2＝0.2 s(另一解－0.6 s舍去)(1分) 则总时间为t＝t1＋t2＝0.6 s。(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $$