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）浙江

章末检测试卷(一) (满分：100分) 一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．(2022·衢州市高一期末)下列说法正确的是(　　) A．图甲中静电除尘装置两极板间存在匀强电场 B．图乙中验电器能够直接检测出带电物体的电性 C．图丙中话筒线使用金属网状编织层包裹着导线是为了减少信号衰减 D．图丁中人用手接触起电机的金属球时头发竖起来是因同种电荷相互排斥 答案　D 解析　题图甲中静电除尘装置两极板间存在非匀强电场，故A错误；题图乙中验电器能检测物体是否带电，不能直接检测出带电物体的电性，故B错误；题图丙中话筒线使用金属网状编织层包裹着导线是为了屏蔽外部干扰，实现高保真信号传输，故C错误；题图丁中人用手接触起电机的金属球时头发竖起来是因同种电荷相互排斥，故D正确。 2．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．(2022·浙江省慈溪中学阶段练习)取一对用绝缘柱支持的导体A和B，使它们彼此接触。起初它们不带电，贴在下部的两片金属箔是闭合的，如图所示。手握绝缘棒，把带正电荷的带电体C移近导体A。下列对实验现象的描述正确的是(　　) A．带电体C移近导体A时，导体A的金属箔张开，导体B的金属箔合拢 B．保持C不动，先把导体A和B分开，然后移开C，张开的金属箔都合拢 C．保持A和B接触，C不动，若用手触碰导体A的左端，则导体A下方的金属箔合拢 D．保持A和B接触，C不动，若用手触碰导体B的右端，则导体B下方的金属箔合拢 答案　D 解析　带电体C移近导体A时，由于发生了静电感应现象，靠近C的A带上了负电荷，远离C的B带上了正电荷，所以两边的金属箔都张开，A错误；保持C不动，先把导体A和B分开，A、B带上等量异种电荷，然后移开C，金属箔仍都张开，B错误；保持A和B接触，C不动，无论用手触碰导体A的左端或B的右端，导体B上正电荷都被中和，导体A上的负电荷依然存在，则导体B下方的金属箔合拢，导体A下方的金属箔仍然张开，C错误，D正确。 4.(2022·浙江高二学业考试)如图所示，在真空中光滑绝缘的水平面上有三个相同的不带电的小球，小球之间由三根完全相同的轻弹簧连接构成等边三角形，弹簧处于原长l0，若让每个小球带上相同的电荷量q，小球可沿所在角的角平分线运动，当三角形的面积增大到原来的4倍时小球的加速度均为零，弹簧是绝缘体且劲度系数相同，真空中的静电力常量为k，不计小球重力，则弹簧的劲度系数为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　设弹簧的劲度系数为k′，三角形的面积增大为原来的四倍，则三角形边长增大为原来的两倍，即每根弹簧伸长量均为l0，此位置每个带电小球受力平衡，有＝k′l0，得k′＝。 5．(2022·绍兴市高二期中)如图所示，光滑绝缘水平桌面上有A、B两个带电小球(可以看成点电荷)，A球带电荷量为＋2q，B球带电荷量为－q，由静止开始释放后A球加速度大小为B球的两倍，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．A球受到的静电力是B球受到静电力的2倍 B．A球的质量是B球质量的2倍 C．A球受到的静电力与B球受到的静电力是一对平衡力 D．A、B球相互靠近过程中加速度都增大，且A球加速度总是B球的两倍 答案　D 解析　A球受到的静电力与B球受到的静电力是相互作用力，大小相等，方向相反，A、C错误；因为两球受力大小相等，但A球的加速度是B球的两倍，所以根据牛顿第二定律F＝ma，可知，A球的质量为B球的，B错误；A、B球相互靠近过程中，相互作用力越来越大，所以加速度都增大，并且力的大小相等，A球质量为B球质量的，所以A球加速度总是B球的两倍，D正确。 6．(2022·嘉兴市高一期中)某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示路径运动，先后通过M点和N点。以下说法正确的是(　　) A．M、N点的电场强度EM>EN B．粒子在M、N点的加速度aM>aN C．粒子在M、N点的速度vM>vN D．粒子带正电 答案　D 解析　电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以有EM<EN，A错误；M处电场强度小，根据F＝qE，粒子受到的静电力小，由牛顿第二定律知加速度也小，即有aM<aN，B错误；根据粒子的运动的轨迹弯曲方向可以知道，粒子受到的静电力的方向斜向右上，粒子从M点运动到N点，静电力方向与速度方向成锐角，静电力做正功，粒子的速度增大，则有vM<vN，C错误；根据粒子的运动的轨迹弯曲方向可以知道，粒子受到的静电力的方向斜向右上，电场强度方向也是斜向右上，所以粒子带正电，D正确。 7.(2022·宁波市高二阶段练习)有一接地的导体球壳，如图所示，球心处放一点电荷q，达到静电平衡时，则(　　) A．q的电荷量变化时，球壳外电场随之改变 B．q在球壳外产生的电场强度为零 C．球壳内、外表面的电荷在壳外的合电场强度为零 D．q与球壳内表面的电荷在壳外的合电场强度为零 答案　D 解析　由于球壳接地，在静电平衡后，球壳外的电场强度为0，不随q的变化发生变化，A错误；平衡状态后，q与球壳内表面的电荷在壳外的合场强为零，q单独在球壳外产生的电场强度不为零，B错误；金属球壳外表面接地，所以球壳外表面不带电，内表面带与q相反电性的电荷，当达到静电平衡状态后，q与球壳内表面的电荷在壳外的合电场强度为零，故C错误，D正确。 8.(2023·舟山市模拟)如图所示，真空中有一个棱长为a的正四面体PQMN。若在P、Q两点分别放置一个点电荷，P点为正电荷、Q点为负电荷，其电荷量均为q。再在四面体所在的空间加一个匀强电场，其电场强度大小为E，则M点合电场强度为0。静电力常量为k，下列表述正确的是(　　) A．匀强电场的场强大小为 B．匀强电场的场强大小为 C．N点合电场强度的大小为0 D．N点合电场强度的大小为 答案　C 解析　如图所示，正确分析三维几何关系。 两个点电荷在M点产生的电场强度大小均为E＝，由几何关系知，这两个点电荷的合电场强度大小为E点＝2Ecos 60°＝，方向平行于PQ指向Q。由题可知M点合电场强度为0，则匀强电场的电场强度方向与E点相反，大小为，所以A、B错误；由几何关系知，两点电荷在M、N两点的合电场强度的大小相等、方向相同，则N点合场强的大小也为0，所以C正确，D错误。 9.(2023·金华市高二阶段练习)直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图。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轴正向 B.，沿y轴负向 C.，沿y轴正向 D.，沿y轴负向 答案　B 解析　由于正点电荷在O点时，G点的电场强度为零，则可知两负点电荷在G点形成的合电场强度与正点电荷在G点产生的电场强度等大反向，大小为E负＝k，方向沿y轴正向。若将正点电荷移到G点，则正点电荷在H点的电场强度大小为E1＝k＝，方向沿y轴正向，根据对称性可知，两负点电荷在H点的合电场强度与在G点的合电场强度等大反向，则H点处电场强度大小为E＝E负－E1＝，方向沿y轴负向。故选B。 10．(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。 11.(2022·宁波市高二期末)如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的物体B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的正上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间有库仑力的作用，则下列说法正确的是(　　) A．物体A受到地面的支持力先增大后减小 B．物体A受到地面的支持力保持不变 C．物体A受到地面的摩擦力先增大后减小 D．库仑力对物体B先做正功后做负功 答案　A 解析　A、B间距离不变，A、B间静电力的大小不变。当物体B由P点运动到A正上方的过程中，对物体A受力分析，受重力G、静电力F、地面的支持力FN、摩擦力Ff 将静电力正交分解，由共点力平衡条件得到Fsin θ－Ff＝0，FN－Fcos θ－mg＝0，可解得FN＝mg＋Fcos θ，Ff＝Fsin θ，其中G与F大小不变，θ逐渐减小为零，因而支持力FN逐渐变大，Ff逐渐变小；当物体B由A正上方运动到Q点的过程中，再次对物体A受力分析，受重力G、静电力F、地面的支持力FN、摩擦力Ff 将静电力正交分解，由共点力平衡条件得到Fsin θ－Ff＝0，FN－Fcos θ－mg＝0，可解得FN＝mg＋Fcos θ，Ff＝Fsin θ，其中G与F大小不变，θ由零逐渐增大，因而支持力FN逐渐变小，Ff逐渐变大；综合以上两个过程可知：物体A受到地面的支持力FN先增大后减小，物体A受到地面的摩擦力先减小后增大，故A正确，B、C错误；物体A对物体B的静电力与物体B的运动方向总是垂直，A对B不做功，故D错误。 12.(2022·浙江高二学业考试)如图所示，两条等长细线的A点悬挂一质量为0.1 kg、带电荷量为2×10－6 C的带电小球，细线与天花板的夹角为30°，A点离地面高度h＝0.3 m，在MA的延长线上用一不计高度和质量的绝缘支架固定一质量为0.2 kg，带电荷量与小球带电荷量相等的异种带电小球B，静电力常量k＝9×109 N·m2·C－2，g＝10 m/s2，则以下选项错误的是(　　) A．支架对地面的压力大小为1.95 N B．A点的球会向右偏离原来的位置 C．NA线的拉力大小为1 N D．MA线的拉力大小为1.1 N 答案　B 解析　由几何知识得A、B两点间的距离为rAB＝＝2h＝0.6 m，两球间的库仑力大小为F＝k＝9.0×109× N＝0.1 N，以B和支架整体为研究对象，受力如图甲所示， 根据平衡条件有FN＝m2g－Fsin 30°＝1.95 N，由牛顿第三定律得，支架对地面的压力大小为1.95 N，A正确，不符合题意；对A点小球受力分析，如图乙所示，因B在MA的延长线上，所以A点小球不会向右偏离原来的位置，B错误，符合题意；由平衡条件有FMAsin 30°＋FNAsin 30°－m1g－Fsin 30°＝0，FMAcos 30°－FNAcos 30°－Fcos 30°＝0，解得FMA＝1.1 N，FNA＝1 N，C、D正确，不符合题意。 13.如图所示，V形绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面间的夹角均为α＝60°，其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　) A．两小滑块所带电荷为异种电荷 B．两小滑块间的库仑力大小等于小滑块重力的两倍 C．P与M间的动摩擦因数至少为 D．P与M间的动摩擦因数至少为 答案　D 解析　滑块Q在光滑斜面N上静止，由平衡条件知Q所受库仑力方向斜向右上，即P、Q相互排斥，P与Q带同种电荷，A错误；设两者之间的库仑力大小为F，两滑块的受力分析和角度关系如图所示，对滑块Q在沿着斜面N方向有mgcos 30°＝Fcos 30°，可得F＝mg，B错误；对滑块P，若静止时的摩擦力恰好为最大静摩擦力，则此时动摩擦因数最小，由平衡条件有FN2＝F＋mgsin 30°，Ff＝mgcos 30°，又Ff＝μFN2，联立以上各式解得μ＝，C错误，D正确。 二、选择题Ⅱ(本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分) 14．(2022·台州市高一期末)用两根等长的轻质绝缘细绳，把两个带异种电荷的小球a、b悬挂起来，如图甲所示。小球a、b的质量分别为m1、m2，带电荷量大小分别为q1、q2。如果在该区域加一水平向右的匀强电场，且绳始终拉紧。两球最后达到的平衡状态如图乙所示，b正好静止在悬挂点的正下方，则关于两球质量大小及带电荷量多少，下列符合要求的有(　　) A．m1＝m2，q1＝q2 B．m1＝m2，q1＝4q2 C．m1＝m2，q1＝3q2 D．2m1＝m2,2q1＝5q2 答案　CD 解析　设上端绳子拉力为FT1，下端绳子拉力为FT2，电场强度大小为E，乙图中上端绳子与竖直方向夹角为θ，下端绳子与竖直方向夹角为α。对a、b整体受力分析，如图(a)所示 利用平行四边形定则，可得tan θ＝，对b受力分析，如图(b)所示 利用平行四边形定则，可得tan α＝，因为两根绳子等长，由数学知识可知tan θ＝tan α，联立以上三式得＝，代入选项中数据可知，C、D符合题意，A、B不符合题意。 15.(2022·浙江高一阶段练习)在真空中的x轴上的原点处和x＝6a处分别固定一个点电荷M、N，在x＝2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受静电力作用沿x轴方向运动，得到点电荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如图所示(其中在x＝4a处速度最大)，则下列说法正确的是(　　) A．点电荷M、N一定都是正电荷 B．点电荷M、N一定为异种电荷 C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1 D．x＝4a处的电场强度最大 答案　AC 解析　根据v－t图像的切线斜率表示加速度，可知在x＝4a处，点电荷P的加速度为零，则在x＝4a处的电场强度为零；由于点电荷P带正电，可知在O～4a范围内，电场方向沿x轴正方向，在4a～6a范围内，电场方向沿x轴负方向，故点电荷M、N一定都是正电荷，A正确，B、D错误；点电荷M、N在x＝4a处的电场强度大小相等，方向相反，则有k＝k，可得点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为＝，C正确。 三、非选择题(本题共5小题，共55分) 16.Ⅰ.(6分)(2022·浙江高二阶段练习)把质量为m的带电小球B用绝缘细线悬挂起来，若将带电荷量为＋Q的小球A靠近B，平衡时细线与竖直方向成45°角，A、B在同一水平面上，相距L，如图所示。已知重力加速度为g，静电力常量为k，两球均可视为点电荷。 (1)B球带电性质为____________(选填“正电”或“负电”)； (2)A球对B球的作用力大小____________(选填“大于”“等于”或“小于”)B球对A球的作用力大小； (3)A球对B球的库仑力大小为____________； (4)B球所带电荷量为____________。 答案　(1)负电(1分)　(2)等于(1分)　(3)mg(2分)　(4)(2分) 解析　(1)小球A带正电，A、B两球相互吸引，根据异种电荷相互吸引可知B球带负电。 (2)根据牛顿第三定律， A球对B球的作用力大小等于B球对A球的作用力大小。 (3)设A球对B球的库仑力为F，绳子的拉力为FT，对B球受力分析如图所示 由几何关系知F＝mgtan 45°＝mg (4)设B球所带电荷量为q，则F＝k＝mg 得q＝。 Ⅱ. (8分)(2022·浙江高二学业考试)如图所示，A、B、C、D是水平直线上的4个点，相邻两点间距均为r。在A点和B点放有电荷量均为Q的正点电荷，则它们间的库仑力大小为________。A处点电荷在C点产生的电场强度大小为________，A、B两处点电荷在C点的合电场强度方向为________(选填“水平向左”“水平向右”“竖直向上”或“竖直向下”)。当D点放了电性为________(选填“正”或“负”)的点电荷后，C点的电场强度可能为0(静电力常量为k)。 答案　k(2分)　(2分)　水平向右(2分)　正(2分) 解析　库仑力F＝k；A处点电荷在C点产生的电场强度为E＝k＝，根据点电荷周围的电场分布及电场强度的叠加原理可知，C点的合电场强度方向为水平向右。要使C点电场强度为零，D点只能放正点电荷。 17.(8分)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) 18.(11分)(2022·浙江强基联盟高二统测)如图所示，带电荷量为＋Q的小球N固定在光滑绝缘的竖直圆轨道底端，质量为m的带电小球M恰好静止在圆轨道顶端，已知圆轨道半径为R，静电力常量为k，重力加速度为g，且带电小球M、N均可视为点电荷。求： (1)带电小球M的带电荷量q； (2)若带电小球M受到微扰沿圆轨道运动，且缓慢漏电，当带电荷量减少为原先的时，小球又恰好静止，求此时小球M受到的弹力大小FN和静止的位置(以小球M、N连线与ON的夹角θ表示)。 答案　(1)　(2)mg　小球N、M连接与ON的夹角θ＝60° 解析　(1)小球M恰好静止在圆轨道顶端，根据受力平衡可得F＝k＝k＝mg(2分) 解得q＝(1分) (2)受力分析如图 由力学三角形和△OMN相似，且都为等腰三角形，可得FN＝mg(1分) 由F′＝k＝k(2分) 根据几何关系可得FN与mg的合力大小为 F合＝2mgcos θ(2分) 由受力平衡可得F′＝F合(1分) 解得cos θ＝，即θ＝60°(2分) 19.(11分)如图所示，长1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球所带电荷量q＝1×10－5 C，匀强电场的电场强度E＝3×103 N/C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)小球所受静电力F的大小。 (2)小球的质量m； (3)若电场大小方向可变，要使小球仍能静止于图中位置，则电场强度的最小值及此时的方向。 答案　(1)3.0×10－2 N (2)4.0×10－3 kg (3)2.4×103 N/C，方向与水平方向成37°角斜向右上方 解析　(1)根据静电力公式有：F＝qE(2分) 代入数据解得：F＝3.0×10－2 N(1分) (2)对小球受力分析，根据平衡条件可知 ＝tan 37°(2分) 代入数据解得m＝4.0×10－3 kg(1分) (3)由力的合成可知，当电场方向与水平方向成37°角斜向右上方时，E有最小值；(2分) 此时Eminq＝mgsin 37°(2分) 代入数据解得 Emin＝2.4×103 N/C。(1分) 20．(11分)(2022·浙江高一阶段练习)如图所示，均可视为质点的三个物体A、B、C在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，A绝缘，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，质量分别为mA＝0.43 kg，mB＝0.20 kg，mC＝0.50 kg，其中A不带电，B、C的电荷量分别为qB＝ ＋2×10－5 C、qC＝＋7×10－5 C且保持不变，开始时三个物体均能保持静止。现给A施加一平行于斜面向上的F，使A沿斜面做匀加速直线运动，经过时间t，向上运动1 m，力F变为恒力，已知静电力常量为k＝9.0×109 N·m2/C2，g取10 m/s2。求： (1)开始时BC间的距离L； (2)A做匀加速运动的加速度大小； (3)F从变力到恒力需要的时间t。 答案　(1)2.0 m　(2)2.0 m/s2　(3)1.0 s 解析　(1)A、B、C静止时，以A、B为研究对象，受力分析有(mA＋mB)gsin 30°＝k(2分) 代入数据解得L＝2.0 m(1分) (2)A向上运动1 m，力F变为恒力，经分析知A、B分离时两者之间弹力恰好为零，此后F变为恒力，即此前A、B一起做匀加速运动，即此时B向上运动了1 m(1分) 对B由牛顿第二定律得 k－mBgsin 30°＝mBa(2分) 其中l＝L＋1 m＝3.0 m(1分) 解得a＝2.0 m/s2(1分) (3)由匀加速运动规律得l－L＝at2(2分) 解得t＝1.0 s。(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $$