湖北省黄冈市物理-静电场及其应用专题试卷

湖北省黄冈市物理静电场及其应用专题试卷一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示,内壁光滑的绝缘半圆容器静止于水平面上，带电量为qA的小球a固定于圆心O的正下方半圆上A点；带电量为q,质量为m的小球b静止于B点，其中∠AOB=30°。由于小球a的电量发生变化，现发现小球b沿容器内壁缓慢向上移动，最终静止于C点(未标出)，∠AOC=60°。下列说法正确的是（）A．水平面对容器的摩擦力向左B．容器对小球b的弹力始终与小球b的重力大小相等C．出现上述变化时，小球a的电荷量可能减小D．出现上述变化时，可能是因为小球a的电荷量逐渐增大为【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．对整体进行受力分析，整体受到重力和水平面的支持力，两力平衡，水平方向不受力，所以水平面对容器的摩擦力为0，故A错误；B．小球b在向上缓慢运动的过程中，所受的外力的合力始终为0，如图所示小球的重力不变，容器对小球的弹力始终沿半径方向指向圆心，无论小球a对b的力如何变化，由矢量三角形可知，容器对小球的弹力大小始终等于重力大小，故B正确；C．若小球a的电荷量减小，则小球a和小球b之间的力减小，小球b会沿半圆向下运动，与题意矛盾，故C错误；D．小球a的电荷量未改变时，对b受力分析可得矢量三角形为顶角为30°的等腰三角形，此时静电力为a、b的距离为当a的电荷量改变后，静电力为a、b之间的距离为由静电力可得故D正确。故选BD。2．如图所示，空间有竖直方向的匀强电场，一带正电的小球质量为m，在竖直平面内沿与水平方向成30º角的虚线以速度v0斜向上做匀速运动．当小球经过O点时突然将电场方向旋转一定的角度，电场强度大小不变，小球仍沿虚线方向做直线运动，选O点电势为零，重力加速度为g，则A．原电场方向竖直向下B．改变后的电场方向垂直于ONC．电场方向改变后，小球的加速度大小为gD．电场方向改变后，小球的最大电势能为【答案】CD【解析】【分析】【详解】开始时，小球沿虚线做匀速运动，可知小球受向下的重力和向上的电场力平衡Eq=mg，小球带正电，则电场竖直向上，选项A错误；改变电场方向后，小球仍沿虚线做直线运动，可知电场力与重力的合力沿着NO方向，因Eq=mg，可知电场力与重力关于ON对称，电场方向与NO成600，选项B错误；电场方向改变后，电场力与重力夹角为1200，故合力大小为mg，小球的加速度大小为g，选项C正确；电场方向改变后，小球能沿ON运动的距离为，则克服电场力做功为：，故小球的电势能最大值为，选项D正确；故选CD.3．如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．时，甲静止，乙以的初速度向甲运动．此后,它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动整个运动过程中没有接触,它们运动的图像分别如图中甲、乙两曲线所示．则由图线可知(

)A．两电荷的电性一定相反B．甲、乙两个点电荷的质量之比为2：1C．在时间内，两电荷的静电力先减小后增大D．在时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小后增大【答案】BD【解析】【详解】A．由图象0-t1段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同，故A错误．B．由图示图象可知：v甲0=0m/s，v乙0=6m/s，v甲1=v乙1=2m/s，两点电荷组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：代入数据解得：m甲:m乙=2:1故B正确；C．0～t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小，故C错误．D．由图象看出，0～t3时间内，甲的速度一直增大，则其动能也一直增大，乙的速度先沿原方向减小，后反向增大，则其动能先减小后增大，故D正确．4．如图，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2(θ1＞θ2)。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB。则()A．mA一定大于mBB．qA一定小于qBC．vA一定大于vBD．EkA一定大于EkB【答案】CD【解析】【详解】A．对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图所示：根据平衡条件，有：故：同理，有：由于θ1＞θ2，故mA＜mB，故A错误；B．两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B错误；C．设悬点到AB的竖直高度为h，则摆球A到最低点时下降的高度：小球摆动过程机械能守恒，有解得：由于θ1＞θ2，A球摆到最低点过程，下降的高度△hA＞△hB，故A球的速度较大，故C正确；D．小球摆动过程机械能守恒，有mg△h=EK故其中Lcosθ相同，根据数学中的半角公式，得到：其中FLcosθ相同，故θ越大，动能越大，故EkA一定大于EkB，故D正确。5．如图所示，轻质弹簧一端系在墙上，另一端系在三根长度相同的轻绳上，轻绳的下端各系质量与电荷量均相同的带正电小球，且三个小球均处于静止状态，已知重力加速度为g。四种情形下每个小球受到的电场力大小与轻绳长度、小球质量、小球电荷量的关系如表所示，以下说法正确的是（）情形轻绳长度小球质量小球电荷量小球受到的电场力大小1Lm①22Lm②3L2m③4Lm④A．②中电荷量为①中电荷量的倍B．③中电荷量为②中电荷量的倍C．④中电荷量为③中电荷量的倍D．情形④下弹簧的伸长量最大【答案】C【解析】【分析】【详解】由于三个小球质量和电荷量均相等，由对称性可知，三个小球必构成等边三角形，且每个小球受到的电场力相等，设绳的拉力为T，与竖直方向夹角为，两小球之间的距离为r、一个小球受到另外两个小球的电场力的合力为，对其中一个小球受力分析可得解得由几何关系可知，整理得A．对比①和②可知，并应用上式可得解得故电荷量之间的关系为故A错误；B．由③可知，解得故故B错误；C．由④可知解得故故C正确；D．以三个小球为整体可知，小球受到的弹力应该等于其重力，故小球质量越大，弹簧弹力越大，故情形③下弹簧的伸长量最大，故D错误；故选C。6．如右图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，点为半圆弧的圆心，.电荷量相等、符号相反的两个电荷分别置于M、N两点，这时点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则点的场强大小变为E2.E1与E2之比为()A．1：2 B．2：1 C． D．【答案】B【解析】【分析】【详解】试题分析：由得：；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，知两点电荷在O点的场强夹角为1200，由矢量的合成知，得：，B对7．如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分，小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态。已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为-6q，，重力加速度为g，静电力常量为k，则（）A．小球a的线速度为B．小球b的角速度为C．小球c的向心加速度大小为D．外力F竖直向上，大小为【答案】C【解析】【分析】【详解】A．通过分析，a、b、c一定带同种电荷，d与a、b、c一定带异种电荷，对小球a受力分析，在水平面上和竖直面分别如下图，小球最终的合力为合力提供小球做圆周运动的向心力，有可得，A错误；B．合力提供小球做圆周运动的向心力，有解得，B错误；C．合力提供小球做圆周运动的向心力，有解得，C正确；D．对d球受力分析，由平衡条件得：解得，D错误。故选C。8．如图所示，半径为R的绝缘光滑半球内有A、B两个带电小球（均可视为点电荷），A球固定在半球的最低点，B球静止时，A、B两球之间的距离为R，由于漏电，B球缓慢向A球靠近，设A、B两球之间的库仑力大小为F，光滑半球对B球的弹力大小为N，A、B两球之间的距离用x表示，则F－x、N－x的关系图象正确的是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】【详解】以B球为研究对象，受到重力G，A球对它的斥力F和光滑半球对B的弹力N三个力作用，受力如图：由几何关系可知，力的三角形与三角形相似，则有因为G、R、不变，则N不变，AB在减小，因此F减小选项B正确，ACD错误。故选B。9．如图所示，A、B、C为放置在光滑水平面上的三个带电小球（可视为点电荷），其中B与C之间用长为L的绝缘轻质细杆相连，现把A、B、C按一定的位置摆放，可使三个小球都保持静止状态。已知小球B的带电量为-q，小球C的带电量为+4q，则以下判断正确的是（）A．小球A的带电量可以为任何值B．轻质细杆一定处于被拉伸状态C．小球A与B之间的距离一定为D．若将A向右平移一小段距离，释放后A一定向左运动【答案】A【解析】【分析】【详解】AC．小球A受力平衡，设小球AB之间的距离为x，根据平衡条件有解得所以小球A的电荷量可以为任意值，可以带正电，也可以带负电，A正确，C错误；B．对小球B，小球A和小球C对其静电力的合力为由于不知道小球A的带电量，所以无法确定小球A和小球C对小球B的静电力的合力是否为零，故无法判断轻杆是否被拉伸，B错误；D．小球A在原来的位置是平衡的，若将A向右平移一小段距离，小球B和小球C对其的静电力均增加，且小球B对其的静电力增加的更快，但由于小球A的电性不确定，所以释放后A的运动方向也不确定，D错误。故选A。10．一个带电量为+Q的点电荷固定在空间某一位置，有一个质量为m的带电小球（重力不能忽略）在+Q周围作匀速圆周运动，半径为R，向心加速度为（g为重力加速度）。关于带电小球带电情况，下列说法正确的是：A．小球带正电，电荷量大小为B．小球带正电，电荷量大小为C．小球带负电，电荷量大小为D．小球带负电，电荷量大小为【答案】C【解析】【详解】由题意可知小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，因中心电荷为+Q，做出运动图像如图所示：可知要让小球做匀速圆周运动，即小球所受库仑力和重力的合力提供向心力，所以小球带负电；由向心力公式可知：设小球与点电荷连线与竖直方向夹角为θ，则有：所以θ=30°，根据几何关系有：根据库仑定律有：联立可得：故C正确，ABD错误。11．如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的点电荷q（负电荷），不计重力，下列说法中正确的是（）A．点电荷从P到O是匀加速运动，O点速度达最大值B．点电荷在从P到O的过程中，电势能增大，速度越来越大C．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大D．点电荷一定能够返回到P点．【答案】D【解析】试题分析：点电荷在从P到O的过程中，所受的电场力方向竖直向下，因场强大小不断变化，电场力不断变化，故做变加速运动，所以速度越来越大，到达C点后向下运动，受电场力向上而作减速运动，故O点速度达最大值，越过O点后，负电荷q做减速运动，速度越来越小，速度减到零后反向运动，返回到P点，选项A错误，D正确；点电荷在从P到O的过程中，电场力做正功，故电势能减小，选项B错误；因为从O向上到无穷远，电场强度先增大后减小，P到O的过程中，电场强度大小变化不能确定，所以电场力无法确定，加速度不能确定．故C错误．故选D．考点：带电粒子在电场中的运动．12．如图所示，真空中有两个点电荷Q1和Q2，Q1=+9q，Q2=-q，分别固定在x轴上x=0处和x=6cm处，下列说法正确的是（）A．在x=3cm处，电场强度为0B．在区间上有两处电场强度为0C．在x>9cm区域各个位置的电场方向均沿x轴正方向D．将试探电荷从x=2cm移到x=4cm处，电势能增加【答案】C【解析】【详解】A.某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强。根据点电荷的场强公式E=，所以要使电场强度为零，那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强必须大小相等、方向相反。因为它们电性相反，在中间的电场方向都向右。设距离Q2为x0处的电场强度矢量合为0，则：可得：x0=3cm，故A错误；B.由选项A的分析可知，合场强为0的点不会在Q1的左边，因为Q1的电荷量大于Q2，也不会在Q1Q2之间，因为它们电性相反，在中间的电场方向都向右。所以，只能在Q2右边。即在x坐标轴上电场强度为零的点只有一个。故B错误；C.设距离Q2为x0处的电场强度矢量合为0，则：可得：x0=3cm，结合矢量合成可知，在x＞9cm区域各个位置的电场方向均沿x轴正方向。故C正确；D.由上分析，可知，在0＜x＜6cm的区域，场强沿x轴正方向，将试探电荷+q从x=2cm处移至x=4cm处，电势能减小。故D错误。13．如图所示，三个带电小球A、B、C可视为点电荷，所带电荷分别为+Q、-Q、+q；A、B固定在绝缘水平桌面上，C带有小孔，穿在摩擦因数处处相同的粗糙的绝缘直杆上，绝缘杆竖直放置在A、B连线的中点处，将C从杆上某一位置由静止释放，下落至桌面时速度恰好为零。C沿杆下滑时带电量保持不变，那么C在下落过程中，以下判断正确的是（）A．电场力做正功 B．小球C所受摩擦力先减小后增大C．小球C下落一半高度时速度一定最大 D．摩擦产生的内能等于小球重力势能减少量【答案】D【解析】【分析】【详解】A．AB为等量异种点电荷，故产生的电场在AB连线垂直平分线上，从垂足向两侧场强逐渐减小且中垂线为等势面，小球在下滑过程中沿等势面运动，电场力不做功，故A错误；B．小球C在下滑的过程中，由于场强增大，电场力也将逐渐增大，滑动摩擦力为故受到的摩擦力一直增大，故B错误；C．小球C的速度先增加后减小，开始时重力大于摩擦力，C的加速度向下；后来重力小于摩擦力，加速度向上，C做减速运动；当摩擦力等于重力时加速度为零，此时速度最大，但是此位置不一定在下落的高度一半的位置，故C错误；D．小球在下滑过程中沿等势面运动，电场力不做功，初末状态的动能相同，摩擦产生的内能等于小球重力势能减少量，故D正确；故选D。【点睛】等量异种点电荷连线的中垂线是等势面，从垂足向两侧场强逐渐减小。14．如图所示，绝缘水平面上一绝缘轻弹簧一端固定在竖直墙壁上，另一端栓接一带负电小物块，整个装置处在水平向右的匀强电场中。现保持匀强电场的场强大小不变，仅将其方向改为指向左偏下方向，物块始终保持静止，桌面摩擦不可忽略，则下列说法正确的是（）A．弹簧一定处于拉伸状态B．相比于电场变化前，变化后的摩擦力的大小一定减小C．变化后的摩擦力不可能为零D．相比于电场变化前，变化后弹簧的弹力和摩擦力的合力大小一定变小【答案】D【解析】【分析】【详解】A．如果电场力和弹力都远小于最大静摩擦力，那么无论怎么样改变电场，物块都是静止，弹簧可以处于压缩也可以处于伸长状态，故A错误；B．不知道弹簧处于拉伸还是压缩状态，不知道电场力和弹力的大小和方向，故无法判断摩擦力方向及大小变化，故B；C．如果变化后电场力的水平分力与弹簧的弹力等大反向，摩擦力为零，故C错误；D．由题根据三个力的平衡可知，弹簧的弹力和摩擦力的合力与水平方向电场力等大反向，水平方向电场力变小，弹簧的弹力和摩擦力的合力必定变小，故D正确。故选D。15．如图所示，三个质量均为m的带电小球（球A、球B和球C）被三根不可伸长的绝缘细绳（绳①、绳②和绳③）系于O点，三球平衡时绳②处于竖直方向，且悬点O、球A、球B和球C所在位置正好组成一个边长为a的正方形。已知球A、球B和球C均带正电，电荷量分别为、和，若，静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．和可以不相等B．绳①和绳②的拉力之比为C．绳②的拉力为2mgD．【答案】B【解析】【分析】【详解】A．因②竖直，可知两边电荷AC对B的库仑力相等，因距离相等可知AC带电量必然相等，选项A错误；BC．因为，且，则对A受力分析可知绳①的拉力对ABC整体受力分析可得解得则选项B正确，C错误；D．对球B，设A对B以及C对B的库仑力均为F，则解得又结合可得选项D错误。故选B。二、第九章静电场及其应用解答题易错题培优（难）16．如图所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，两板相距d，两板间电压为U，一质量为m的带电小球从两板间的M点开始以竖直向上的初速度v0运动，当它到达电场中的N点时速度变为水平方向，大小变为2v0求（1）M、N两点间的电势差（2）电场力对带电小球所做的功（不计带电小球对金属板上电荷均匀分布的影响，设重力加速度为g）【答案】；【解析】【详解】竖直方向上小球受到重力作用而作匀减速直线运动，则竖直位移大小为h=小球在水平方向上受到电场力作用而作匀加速直线运动，则水平位移x=

h=联立得，x=2h=故M、N间的电势差为UMN=-Ex=-=-从M运动到N的过程，由动能定理得

W电+WG=m-所以联立解得W电=答：M、N间电势差为-，电场力做功．17．如图所示,ABCD竖直放置的光滑绝缘细管道,其中AB部分是半径为R的1/4圆弧形管道,BCD部分是固定的水平管道,两部分管道恰好相切于B．水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L等边三角形,MN连线过C点且垂直于BCD．两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点,电荷量分别为+Q和-Q.现把质量为m、电荷量为+q的小球(小球直径略小于管道内径,小球可视为点电荷),由管道的A处静止释放,已知静电力常量为k,重力加速度为g.求:(1)小球运动到B处时受到电场力的大小;(2)小球运动到C处时的速度大小;(3)小球运动到圆弧最低点B处时,小球对管道压力的大小.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【详解】（1）设小球在圆弧形管道最低点B处分别受到+Q和-Q的库仑力分别为F1和F2．则①小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则得F=2F1cos60°②联立①②得③（2）管道所在的竖直平面是+Q和-Q形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有mgR＝mvC2−0④解得⑤（3）设在B点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为NBy，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得⑥vB=vC⑦联立⑤⑥⑦解得NBy=3mg⑧设在B点管道对小球在水平方向的压力的分力为NBx，则⑨圆弧形管道最低点B处对小球的压力大小为．⑩由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为18．(1)科学家发现，除了类似太阳系的恒星-行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识．双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远小于两星体间的距离，一般双星系统距离其他星体很远，可以当做孤立系统处理．已知某双星系统中每个星体的质量都是M0，两者相距L，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G．求：①该双星系统中星体的加速度大小a；②该双星系统的运动周期T．(2)微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性．对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星-行星系统，记为模型Ⅰ．另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ．已知核外电子的质量为m，氢原子核的质量为M，二者相距为r，静电力常量为k，电子和氢原子核的电荷量大小均为e．①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的总动能分别用EkⅠ、EkⅡ表示，请推理分析，比较EkⅠ、EkⅡ的大小关系；②模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期分别用TⅠ、TⅡ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从周期的角度分析这样简化处理的合理性．【答案】(1)①②(2)①②，因为M>>m，可得TⅠ≈TⅡ，所以采用模型Ⅰ更简单方便．【解析】【详解】(1)①根据万有引力定律和牛顿第二定律有：解得②由运动学公式可知，解得(2)①模型Ⅰ中，设电子绕原子核的速度为v，对于电子绕核的运动，根据库仑定律和牛顿第二定律有解得：模型Ⅱ中，设电子和原子核的速度分别为v1、v2，电子的运动半径为r1，原子核的运动半径为r2．根据库仑定律和牛顿第二定律对电子有：，解得对于原子核有：，解得系统的总动能：EkⅡ=Ek1+Ek2=即在这两种模型中，系统的总动能相等．②模型Ⅰ中，根据库仑定律和牛顿第二定律有，解得模型Ⅱ中，电子和原子核的周期相同，均为TⅡ根据库仑定律和牛顿第二定律对电子有，解得对原子核有，解得因r1+r2=r，可解得：所以有因为M>>m，可得TⅠ≈TⅡ，所以采用模型Ⅰ更简单方便．19．“顿牟掇芥”是两千多年前我国古人对摩擦起电现象的观察记录，经摩擦后带电的琥珀能吸起小物体，现用下述模型分析研究。在某处固定一个电荷量为Q的点电荷，在其正下方h处有一个原子。在点电荷产生的电场（场强为E）作用下，原子的负电荷中心与正电荷中心会分开很小的距离l，形成电偶极子。描述电偶极子特征的物理量称为电偶极矩p，，这里q为原子核的电荷量。实验显示，，为原子的极化系数，反映其极化的难易程度。被极化的原子与点电荷之间产生作用力F。在一定条件下，原子会被点电荷“掇”上去。(