河南周口市扶沟县高级中学2025-2026学年高一下学期物理周四加强练（九）

2025-2026学年（下）高一物理周四加强练（九) 一、选择题（共46分，1-7为单选题，每小题4分，共28分；8-10为多选题，每小 题6分，全部选对得6分，选对但不全得3分，错选不得分) 1.如图所示，放在绝缘支架上带正电的导体球A,靠近放在绝缘支架上不带电的导体B,导体B 用导线经开关接地，现把S先合上再断开，再移走A,则导体B() A.不带电 B.带负电 C.带正电 D.不能确定 2.有两个完全相同的金属小球A和B,A的电荷量q,=3×10C,B的电荷量92=-1×108C, 两小球接触后再分开，则小球B的电荷量93为() A.0.8×108C B.-1.2×108CC.1.0×108C D.-3.8×108C 3,如图所示，用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。小明同学用绝缘材料做 的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时环被吸引到笔套上。 对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是( Wllile Board A.笔套与头发作用的过程属于接触起电 B.笔套靠近圆环时，圆环上端感应出与笔套电性相同的电荷 C.笔套靠近圆环时，圆环上下两端感应电荷的代数和为零 D.笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和 4.如图所示，在真空中的绝缘水平面上，两相距为2L的固定的同种点电荷A、B带电荷量均为+Q, O点为两电荷连线的中点，OP为两电荷连线的中垂线，在中垂线上的a点放有一带电荷量也为 .1- +Q的可看成点电荷的小物块，小物块在大小为F=√(k为静电力常量)的水平恒力作用下 2L2 处于静止状态，已知力F和OP间夹角日=60°，O、a间距离为L,则小物块所受的摩擦力大小 是() P a田 A.0 B. kO2 2L2 +0 +O C. √2kQ D. 6kO2 2L2 2L2 5.在x坐标轴上放置电荷量为QM和Qw的两点电荷，其坐标分别为xM=-a,xw=a。电荷量为 9(q>0)的试探电荷沿x轴移动，所受静电力F随x变化的图像如图所示。取x轴的正向为F 的正方向，则() A.2u>0,l2>l2w B.v >0,v<v c.2m<0,l№Ml>l2l a x D.2<0,l2w<2 6.如图所示，光滑绝缘半圆形轨道竖直放置。质量均为M,带电量均为+9的A、B两小球分别 处于圆心等高处和圆弧最低点，紧靠B球右侧有一竖直固定的光滑绝缘板，开始时A球静止。由 于A球缓慢漏电，导致其沿轨道缓慢下降，B球始终位于最低点。A球下降 过程中，下列说法正确的有() A.A、B两球之间的电场力变大B.A球所受的支持力大小不变 C.B球所受挡板弹力不变 D.B球所受轨道的支持力变大 7.如图所示，在直角三角形ABC的顶点A、B分别固定有点电荷Q1、Q2,现将一试探电荷q固 定于顶点C,测得q所受电场力与AB边垂直。已知AB:AC:BC=5:4:3,则() A. Q23 Q2_4 Q14 B.Q3 C. Q2=27 Q2_64 Q164 D.Q127 y。 8.某电场的电场线分布如图所示，A、B、C、D是电场中的四个点，则关于该电场，下列说法正 -2- 确的是() A.该电场可能是某带正电的点电荷形成的 A B.由图可知四点中B点的电场强度最大 D C.B、D两点的电场强度方向不同 D.某电荷仅受电场力时能沿电场线从B点运动到D点 9.如图甲，真空中固定两点电荷P、Q,O为PQ连线的中点，MN为PQ连线的中垂线。一试探 电荷从中垂线上C点静止释放，仅在电场力作用下沿N做直线运动，其速度ⅴ随时间t变化的 图像如图乙所示，该图像关于虚线对称，则() A.P、Q为等量异种电荷 B.t1时刻，试探电荷通过O点 C.2时刻，试探电荷回到C点 D.从C到O,电场强度先增大后减小 甲 10.如图所示，在倾角为的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k。绝 缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。A、B、C三小球的质量均为m,qA=qB=+q,当系统处 于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k,则() 3mg A.弹簧的压缩量为 B.C球的电荷量大小 99 C.相邻两小球的间距为 5k 3\mg sina D.A球受到的库仑力为3 ng sin 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11(6分).如图所示，法国科学家库仑曾设计了一个十分精妙的扭秤实验，来探究电荷之间的作 用力与哪些物理量有关的问题。 -3. 扭丝 小球B 带电小球 (1)A、C两球完全相同，开始时A球不带电，C球带电量恒定，将A球与C球接触后分开，改变 其距离r,发现A、C之间的静电力大小与 (填7,2”或二)成正比，A球所受的 静电力使A球 (填“顺时针”或逆时针”)转动（俯视）： (2)改变C球带电量Q,重复(1)过程，保持其距离不变，发现A、C间的静电力大小与 (续QQ或。成正比 12(8分).某物理兴趣小组利用下图装置来探究影响电荷间静电力的因素。图中A是一个带正电 的小球，系在绝缘丝线上带正电的小球B会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过 丝线偏离竖直方向的角度显示出来。 LLELELL PP A.......B 绝缘手柄 甲 乙 (1)他们分别进行了以下操作。 ①把系在丝线上的带电小球B先后挂在如图中横杆上的P1、P2、P3等位置，小球B平衡后丝线偏 离竖直方向的夹角B依次减小，由此可得，两小球所带电量不变时，距离增大，两小球间静电力 。(填增大“减小”或“不变”) ②系在丝线上的带电小球B挂在横杆上的P1位置，仅增大小球A所带的电荷量，两小球距离保 持不变。小球B平衡时丝线偏离竖直方向的夹角日增大，由此可得，两小球距离不变时，电荷量 增大，两小球间静电力一。（填“增大“减小”或“不变) 。4 (2)以上实验采用的方法是() A.等效替代法B.理想实验法 C.控制变量法 D.微小量放大法 (3)在阅读教材后，该同学知道了库仑定律的表达式，并知道了均匀分布的带电球体可以等效为电 荷量全部集中在球心处的一个点电荷。它将两个半径为R的金属小球分别带上了q和2的正电， 并使其球心相距3R,应用库仑定律，计算了两球之间的库仑力F=k品，则该同学的计算结果 (3R)2 (选填偏大“偏小”或“正确”)。 13(10分).如图所示，质量为m=1×102kg的小球A穿在光滑绝缘细杆上，杆的倾角为=37°， 小球A带正电（可视为点电荷），电荷量为q=5×10C。在杆上B点处固定一个电量为Q=1×104C 的正点电荷。将小球A由距B竖直高度为H=0.6m处无初速度释放，小球A下滑过程中电荷量 不变。整个装置处于真空中，已知静电力常量k=9.0×10Nm1C2和重力加速度g=10m/s2,取 sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)A球刚释放时的加速度大小： (2)当A球的速度最大时，A球与B点间的距离（结果可用根式表示）。 14(12分).如图所示，带正电的小球1用绝缘细线α悬挂在水平墙壁上，带负电的小球2用绝 缘细线b悬挂在竖直墙壁上。两小球处于静止状态时，细线b水平，细线α与竖直方向的夹角为 37°，小球1、2（均可视为点电荷）的连线与水平方向的夹角也为37°，小球1、2间的距离d=2m, 已知小球1、2所带的电荷量大小分别为9=2.0×104C、92=1.0×104C,静电力常量 k=9.0x10N.m2/C2,取重力加速度大小8=10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： .5- (1)小球1、2间的库仑力大小F陈： (2)小球2的质量m2; (3)细线a、b的弹力T。、T,各是多大。 b 15(18分).如图所示，纸面内a、b、c三点构成的三角形，b与ac互相垂直，ac=L,∠c=60°。 电荷量分别为q、+4g的点电荷分别固定放置在a、b两点，d点在a、b两点的连线上，且两个点 电荷分别在d点产生的电场强度大小相等，e点在b、c两点连线上，且a与b互相垂直，静电 力常量为k,求： (1)e点电场强度的大小： (2)c点电场强度的大小和方向： (3)a、d两点的间距。 b ⊕ -g +4g -6-2025-2026学年（下）高一物理周四加强练（九) 参考答案 题号 1 2 3 x 5 7 8 9 10 答案 B C C D A B A BC BD BC 1.B【详解】当闭合开关S时，由于静电感应的作用，电子从大地传入导体B,断开开关后再 移走A,电子无法通过导线流入大地，则导体B带负电。故选B。 2.C【详解】完全相同的金属小球接触时，电荷先中和，剩余净电荷平均分配，两球总净电荷 量9总=9，+92=3×108C+(-1×108C)=2×108C 分开后每个小球的电荷量为总电荷量的一半4，=要-2×10C=10×10C故选C。 2 2 3.C【详解】A.笔套与头发作用的过程属于摩擦起电，A错误： BC.笔套靠近圆环时，圆环上端感应出与笔套电性相反的电荷，圆环下端感应出与笔套电性相同 的等量的电荷，则圆环上下两端感应电荷的代数和为零，B错误，C正确： D.因笔套带电，而金属环原来不带电，则笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷不会被全部中和，D 错误。故选C。 4.D【详解】由叠加原理可知带电小物块在口处所受电场力大小为R-反.0。-Dg (2L) 2L2 方向由指向P;由平衡条件可知小物块所受的摩擦力大小应等于小物块所受电场力与F的合力 大小，由于E=F,由矢量运算法则知f=2Fo0s30°=60 故选D。 2L2 5。A【详解】由图像可知在0-号间存在一点，设坐标为，试探电荷在此处受到的静电力为零， k№w9= kONg 可知两点电荷带同种电荷，根据库仑定律有 (a+x)2(a-x) 由于(a+x)>(a-x),故可得l2w>l2: 根据图像可知在x=O处时，试探电荷受到的静电力沿x轴的正向，根据前面分析由于2>2， 在x=0处时，试探电荷到两点电荷间的距离相等，可知试探电荷在此处受到的静电力的合力方向 与点电荷Q对试探电荷的静电力的方向相同，故可知Q,>0故选A。 6.B【详解】AB.A球下降过程中，对A球进行受力分析，如图所示 1 A B Mg 根据相似三角形可得坚=八_F RR AB 由于R不变，Mg不变，AB距离减小，则A、B两球之间的电场力变小，A球所受的支持力大小 不变，故A错误，B正确： CD.在A球下降过程中，以A、B为整体，设A球所受的支持力与竖直方向的夹角为日，B球所 受挡板弹力为F,根据受力平衡可得F=N sin,NB+V cos 0=2Mg 由于N4大小不变，日逐渐减小，则B球所受挡板弹力F逐渐减小，B球所受的支持力逐渐减小， 故CD错误。故选B。 7.A【详解】根据电荷q受到的电场力方向，可以判断出点电荷Q、Q2对q的电场力分别为F和 F,如图 根据库仑定律，则有F=k BC2 根据几何关系AB:AC:BC=5:4:3 可知∠A=37°，tan37°= E 联立解得23 24 故选A。 8.BC【详解】A.单个正点电荷形成电场的电场线都是直线，则该电场不可能是某带正电的点 电荷形成的，A错误： B.电场线越密集场强越大，由图可知四点中B点的电场强度最大，B正确； C.电场线的切线方向是场强的方向，则B、D两点的电场强度方向不同，C正确： -2- D.因BD间的电场线是曲线，则某电荷仅受电场力时不可能沿电场线从B点运动到D点，D错 误。故选BC。 9.BD【详解】A.试探电荷沿MN做直线运动，再根据t图像关于虚线对称可知，受到P、Q 两电荷等大引力，故P、Q为等量同种电荷，故A错误： B.根据v-t图像的斜率表示加速度，可知t1时刻，图像斜率为零，加速度为零，根据gEa可知 此时电场强度为零，故试探电荷位于O点，B正确： C.t2时刻，试探电荷速度为零，运动到关于O对称的点，故C错误： D.从C到O,图像的斜率先增大后减小，加速度先增大后减小，根据a可知电场强度先增 大后减小，D正确。故选BD。 10.BC【详解】A.将三个小球看作一个整体，则根据平衡条件可得3 ng sin a=k△x 解得弹簧的压缩量为△x=3m3sin k ,故A错误： BC.对C球受力分析，可知C球也带正电。对B球列平衡等式，有mg sino+k婴=k号 对C球列平衡等式有mg sina=kc+k9 (2L)2 联立解得gc-9,L=号 4 5k ,故BC正确； 3mg sin a D.对A受力分析，有ng sin a+F库=3 ng sin a 解得A球受到的库仑力为F库=2 mng sina,故D错误。故选BC。 11.(1) 逆时针 (2)Q2 【详解】(1)[1][2]若A球不带电，C球带电量为Q,其距离为r,将A球与C球接触后分开，则 o0 A、C之间的静电力大小F=k22=kQ r24r2 可知，静电力大小与三成正比，同种电荷之间的库仑力为排斥力，俯视A球将沿逆时针方向转动。 (2)由小问1分析可知，A球所受的静电力与Q成正比。 12.(1) 减小 增大(2)C(3)偏大 【详解】(1)[1]设小球B的质量为，对其受力分析如图 -3- B A mg 由共点力的平衡条件可得，静电力的大小F=ng tan B 则丝线偏离竖直方向的夹角越大，静电力越大，丝线偏离竖直方向的夹角越小，静电力越小：把 系在丝线上的带电小球B先后挂在图中横杆上的P、P?、P等位置，小球B平衡后丝线偏离竖直 方向的夹角依次减小，由此可得，两小球所带电量不变时，距离增大，两小球间静电力减小； [2]使小球B处于同一位置，增大小球A所带的电荷量，小球B平衡时丝线偏离竖直方向的夹角 增大，由以上分析可知，小球所受静电力增大，两小球距离不变时，电荷量增大，两小球间静电 力增大。 (2)图中先保持带电小球的电荷量不变，把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、 P?等位置，改变两个小球之间的距离，比静电力的大小：后来保持小球之间的距离不变，改变小 球所带的电荷量大小，分析小球之间的静电力，所以实验采用的方法是控制变量法。 故选C。 (3)该同学的计算结果偏大，理由如下：由库仑定律的内容可知，其适用条件是真空中的静止点 电荷，两球心相距为3R时，两球不能看成点电荷，因带同种电荷，导致电荷间等效的实际间距大 于3R,根据库仑定律可知，它们实际的相互作用的库仑力大小F'<F=k4鱼 (3R)2 即该同学的计算结果偏大。 13.(1)1.5m/s2 R 2 m 【详解】(1)A球与B点间距L=H (2分) sina 根据牛顿第二定律mgsina-k9 .=a (3分) 2 解得a=1.5m/s2(1分) (2)当a=0时，速度最大，此时mgsina=k9婴 (2分) .4- 解得x= 2 m (2分) 14.(1)45N (2)2.7kg (3)60N,36N 【详解】(1)根据库仑定律F=k华 (2分) 代入己知条件F 9.0x10×2.0x10×1.0x10N=45N (1分) 22 (2)对小球2受力分析，根据竖直方向受力平衡Fsin37=2g (2分) 代入数据得m2=2.7kg(1分) (3)对小球1受力分析，根据水平方向受力平衡T。sin37=F际cos37°(2分) 代入数据得T.=60N(1分) 对小球2水平方向受力平衡T,=F陈cos37° (2分) 代入数据得T,=36W(1分) 15.答案：(1) 20kq 9L2 名，与cm边的夹角为60°，斜向左下方 2) 3 解析：(1)由几何关系得ae= -L,be=-L (2分) 一9+4g在e点产生的电场强度分别为E。,三。)、尾=4妇 (2分) (be) EE2互相垂直，由矢量的合成，e点的电场强度E。= √路，+路，综合计算可得E。=20 (2 9L2 分) (2)由几何关系得ac=L,bc=2L。(1分) -9小+49在6点产生的电场强度分别为。=岛=兽、。=号=是2分) 12 EE2的夹角为，由矢量的合成，c点的电场强度E。= kq 2 (1分) 与ca边的夹角为60°，斜向左下方(1分) (3)设ad两点间的拒离为x,则b,d两点间的距离为√3L-x,-q在d点产生的电场强度为 -5- B=是(2分)，+4g在d点产生的电场强度为Ee= 4kg 3L-x2 (2分)由Ea1=E2可得 4kq (W3L-x)2 (2分) 解得x=3 (1分) -6-