2024-2025學(xué)年高中物理第九章靜電場(chǎng)及其應(yīng)用單元評(píng)估練習(xí)含解析新人教版必修第三冊(cè)

PAGEPAGE1第九章靜電場(chǎng)及其應(yīng)用單元評(píng)估時(shí)間：90分鐘分值：100分一、選擇題(1～6為單選，每小題3分；7～10為多選，每小題4分，共34分)1．如圖，水平直線(xiàn)表示電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線(xiàn)，A、B為電場(chǎng)線(xiàn)上的兩點(diǎn)．一負(fù)點(diǎn)電荷僅在電場(chǎng)力作用下，從靜止起先由A向B做勻加速運(yùn)動(dòng)．則電場(chǎng)強(qiáng)度(C)A．漸漸增大，方向向左 B．漸漸增大，方向向右C．保持不變，方向向左 D．保持不變，方向向右解析：負(fù)電荷從靜止起先由A向B做勻加速運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力保持不變，所以從A到B電場(chǎng)強(qiáng)度保持不變，負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力方向向右，所以電場(chǎng)強(qiáng)度向左，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確．2．帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下，從電場(chǎng)中a點(diǎn)以初速度v0進(jìn)入電場(chǎng)并沿虛線(xiàn)所示的軌跡運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，如圖所示，實(shí)線(xiàn)是電場(chǎng)線(xiàn)．關(guān)于粒子，下列說(shuō)法正確的是(C)A．粒子肯定帶正電B．在a點(diǎn)的加速度大于在b點(diǎn)的加速度C．在a點(diǎn)的速度小于在b點(diǎn)的速度D．電場(chǎng)中a點(diǎn)的電勢(shì)肯定比b點(diǎn)的電勢(shì)高解析：由于電場(chǎng)線(xiàn)的方向未知，則無(wú)法確定粒子的帶電性質(zhì)，故A錯(cuò)誤；電場(chǎng)線(xiàn)密的地方電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大，電場(chǎng)線(xiàn)疏的地方電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)小，可知Ea<Eb，所以a、b兩點(diǎn)比較，粒子的加速度在b點(diǎn)時(shí)較大，故B錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程電場(chǎng)力做正功，依據(jù)動(dòng)能定理得經(jīng)b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大于經(jīng)a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，則在b點(diǎn)時(shí)的速度大于經(jīng)a點(diǎn)時(shí)的速度，故C正確；由于不知道粒子的電性，也不能確定電場(chǎng)線(xiàn)的方向，所以無(wú)法確定a點(diǎn)的電勢(shì)和b點(diǎn)的電勢(shì)大小關(guān)系，故D錯(cuò)誤．3．a(chǎn)、b、c、d分別是一個(gè)菱形的四個(gè)頂點(diǎn)，∠abc＝120°.現(xiàn)將三個(gè)等量的正點(diǎn)電荷＋Q分別固定在a、b、c三個(gè)頂點(diǎn)上，下列說(shuō)法正確的有(D)A．d點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向由d指向OB．O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向由d指向OC．d點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度D．d點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度解析：由電場(chǎng)的疊加原理可知，d點(diǎn)電場(chǎng)方向由O指向d，O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向也是由O指向d，故A、B錯(cuò)誤；設(shè)菱形的邊長(zhǎng)為r，依據(jù)公式E＝keq\f(Q,r2)，分析可知三個(gè)點(diǎn)電荷在d點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)E大小相等，由電場(chǎng)的疊加可知，d點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為Ed＝2keq\f(Q,r2)，O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為EO＝4keq\f(Q,r2)，可見(jiàn)，d點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，即Ed<EO，故C錯(cuò)誤，D正確．4．如圖所示，在一個(gè)半徑為R的圓周上勻稱(chēng)分布N個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，其中A點(diǎn)的小球所帶的電荷量為＋3q，其余小球所帶的電荷量為＋q，此時(shí)圓心O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E.現(xiàn)僅撤去A點(diǎn)的小球，則O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為(B)A．E B.eq\f(E,2)C.eq\f(E,3) D.eq\f(E,4)解析：假設(shè)圓周上勻稱(chēng)分布的都是電荷量為＋q的小球，由于圓周的對(duì)稱(chēng)性，依據(jù)電場(chǎng)的疊加原理，可知圓心O處場(chǎng)強(qiáng)為0，所以圓心O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小等效于A點(diǎn)處電荷量為＋2q的小球在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)，則有E＝keq\f(2q,R2)，A處＋3q在圓心O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為E1＝keq\f(3q,R2)，方向水平向左，其余帶電荷量為＋q的全部小球在O點(diǎn)處產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)E2＝E－E1＝－keq\f(q,R2)＝－eq\f(E,2)，所以?xún)H撤去A點(diǎn)的小球，則O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E2＝eq\f(E,2).5．如圖所示，在光滑絕緣的水平地面上放置著四個(gè)可視為點(diǎn)電荷的帶電金屬小球，一個(gè)帶正電，放置于圓心，帶電荷量為Q；另外三個(gè)帶負(fù)電，帶電荷量均為q，位于圓周上互成120°放置，四個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則Q與q的比值為(D)A.eq\f(1,3) B.eq\r(3)C．3 D.eq\f(\r(3),3)解析：以圓周上三個(gè)帶電小球中的一個(gè)為探討對(duì)象，如以左下角的一個(gè)點(diǎn)電荷為探討對(duì)象，其受到圓周上的另外兩個(gè)點(diǎn)電荷的庫(kù)侖斥力作用，同時(shí)受到圓心上的點(diǎn)電荷的庫(kù)侖引力作用，設(shè)圓的半徑為r，依據(jù)受力平衡得：2×(keq\f(q2,L2)×cos30°)＝keq\f(Qq,r2)依據(jù)幾何關(guān)系有L＝eq\r(3)r所以解得：eq\f(Q,q)＝eq\f(\r(3),3)，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確．6．兩點(diǎn)電荷A、B帶電量QA>QB，在真空中相距r，現(xiàn)將檢驗(yàn)電荷C置于某一位置時(shí)，所受靜電力恰好為零，則(C)A．A和B為異種電荷時(shí)，C在AB之間連線(xiàn)上靠近B一側(cè)B．A和B為異種電荷時(shí)，C在AB之間連線(xiàn)的延長(zhǎng)線(xiàn)上A外側(cè)C．A和B為同種電荷時(shí)，C在AB之間連線(xiàn)上靠近B一側(cè)D．A和B無(wú)論為同種還是異種電荷，C都不在AB連線(xiàn)以及延長(zhǎng)線(xiàn)上解析：若QA和QB為固定的異種電荷，只要放入的電荷q受到的合力為0即可，則對(duì)C有keq\f(QAq,r\o\al(2,A))＝keq\f(QBq,r\o\al(2,B))，因?yàn)镼A>QB，所以rA>rB，而且保證兩個(gè)力的方向相反，所以應(yīng)將C置于AB連線(xiàn)的延長(zhǎng)線(xiàn)上，且靠近B；若QA和QB均為固定的同種電荷，則對(duì)C有keq\f(QAq,r\o\al(2,A))＝keq\f(QBq,r\o\al(2,B))，因?yàn)镼A>QB，所以rA>rB，而且保證兩個(gè)力的方向相反，所以應(yīng)將C置于AB線(xiàn)段上，且靠近B，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．7．如圖所示，水平面絕緣且光滑，一絕緣的輕彈簧左端固定，右端有一帶正電荷的小球，小球與彈簧不相連，空間存在著水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶電小球在靜電力和彈簧彈力的作用下靜止，現(xiàn)保持電場(chǎng)強(qiáng)度的大小不變，突然將電場(chǎng)反向，若將此時(shí)作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，則下列描述速度與時(shí)間，加速度與位移之間變更關(guān)系的圖象正確的是(AC)解析：將電場(chǎng)反向，小球在水平方向上受到向右的電場(chǎng)力和彈簧的彈力，小球離開(kāi)彈簧前，依據(jù)牛頓其次定律得，小球的加速度為：a＝eq\f(qE＋kA－x,m)，知a隨x的增大勻稱(chēng)減小，當(dāng)脫離彈簧后，小球的加速度為：a＝eq\f(qE,m)，保持不變．可知小球先做加速度漸漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，然后做勻加速運(yùn)動(dòng)，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤．8．如圖所示，水平地面上固定一個(gè)光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ.一根輕質(zhì)絕緣細(xì)線(xiàn)的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個(gè)帶電小球A，細(xì)線(xiàn)與斜面平行．小球A的質(zhì)量為m、電量為q.小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點(diǎn)電荷．小球A靜止在斜面上，則(AC)A．小球A與B之間庫(kù)侖力的大小為eq\f(kq2,d2)B．當(dāng)eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgsinθ,k))時(shí)，細(xì)線(xiàn)上的拉力為0C．當(dāng)eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))時(shí)，細(xì)線(xiàn)上的拉力為0D．當(dāng)eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,ktanθ))時(shí)，斜面對(duì)小球A的支持力為0解析：依據(jù)庫(kù)侖定律可得兩小球之間的庫(kù)侖力大小為F＝eq\f(kq2,d2)，故A正確；當(dāng)細(xì)線(xiàn)上的拉力為0時(shí)，小球A受到庫(kù)侖力、斜面支持力、重力，由平衡條件得eq\f(kq2,d2)＝mgtanθ，解得eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))，故B錯(cuò)誤，C正確；由受力分析可知，斜面對(duì)小球的支持力不行能為0，故D錯(cuò)誤．9．如圖所示，兩個(gè)帶電小球A、B分別處于光滑絕緣的豎直墻面和斜面上，且在同一豎直平面內(nèi)，用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位置靜止，現(xiàn)將B球沿斜面對(duì)上移動(dòng)一小段距離，發(fā)覺(jué)A球隨之向上移動(dòng)少許，兩球在虛線(xiàn)位置重新平衡．重新平衡后與移動(dòng)前相比，下列說(shuō)法正確的是(BCD)A．推力F變大B．斜面對(duì)B的彈力不變C．墻面對(duì)A的彈力變小D．兩球之間的距離變大解析：小球A受力如圖所示：依據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得：F庫(kù)＝eq\f(mg,cosα)，F(xiàn)NA＝mgtanα，由于α減小，所以庫(kù)侖力減小，則兩球間距增加，墻面對(duì)A的彈力變小，故C、D正確；對(duì)AB整體受力分析，如圖所示，依據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得，F(xiàn)Nsinβ＋FNA＝F，F(xiàn)Ncosβ＝(m＋M)g，解得F＝(m＋M)gtanβ＋mgtanα，F(xiàn)N＝eq\f(M＋mg,cosβ)，由于α減小，β不變，則推力F減??；斜面對(duì)B的彈力不變，故A錯(cuò)誤，B正確．10．如圖所示，把A、B兩個(gè)相同的導(dǎo)電小球分別用長(zhǎng)為0.10m的絕緣細(xì)線(xiàn)懸掛于OA和OB兩點(diǎn)．用絲綢摩擦過(guò)的玻璃棒與A球接觸，棒移開(kāi)后將懸點(diǎn)OB移到OA點(diǎn)固定．兩球接觸后分開(kāi)，平衡時(shí)距離為0.12m．已測(cè)得每個(gè)小球質(zhì)量是8.0×10－4kg，帶電小球可視為點(diǎn)電荷，重力加速度g取10m/s2，靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2A．兩球所帶電荷量相等B．A球所受的靜電力為1.0×10－2NC．B球所帶的電荷量為4eq\r(6)×10－8CD．A、B兩球連線(xiàn)中點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為0解析：用絲綢摩擦過(guò)的玻璃棒帶正電，帶正電的玻璃棒與A球接觸，A球帶正電，A、B接觸后，由于兩個(gè)小球完全相同，電荷量均分，則兩球所帶電荷量相等，且都為正電，在A、B兩球連線(xiàn)中點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，則A、D項(xiàng)正確；兩小球平衡時(shí)如圖所示，重力和庫(kù)侖力的合力與懸線(xiàn)的拉力大小相等，方向相反，在結(jié)構(gòu)三角形OAAD中，cosθ＝0.6，在矢量三角形中F＝eq\f(mg,tanθ)＝eq\f(8.0×10－3×3,4)N＝6×10－3N，則B項(xiàng)錯(cuò)誤；由庫(kù)侖定律F＝eq\f(kq2,r2)得q＝eq\r(\f(Fr2,k))＝4eq\r(6)×10－8C，則C正確，故選A、C、D.二、非選擇題(共66分)11．(10分)如圖所示，用一根絕緣細(xì)線(xiàn)懸掛一個(gè)帶電小球，小球的質(zhì)量為m，電量為q，現(xiàn)加一水平的勻強(qiáng)電場(chǎng)，平衡時(shí)絕緣細(xì)線(xiàn)與豎直方向夾角為θ.(1)試求這個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的大?。?2)假如將電場(chǎng)方向順時(shí)針旋轉(zhuǎn)θ角、大小變?yōu)镋′后，小球平衡時(shí)，絕緣細(xì)線(xiàn)仍與豎直方向夾角為θ，則E′的大小又是多少？答案：(1)eq\f(mgtanθ,q)(2)eq\f(mgsinθ,q)解析：(1)對(duì)小球受力分析，受到重力、電場(chǎng)力和細(xì)線(xiàn)的拉力，如圖甲所示．由平衡條件得：mgtanθ＝qE解得：E＝eq\f(mgtanθ,q).(2)將電場(chǎng)方向順時(shí)針旋轉(zhuǎn)θ角、大小變?yōu)镋′后，電場(chǎng)力方向也順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)θ角，大小為F′＝qE′，此時(shí)電場(chǎng)力與細(xì)線(xiàn)垂直，如圖乙所示．依據(jù)平衡條件得：mgsinθ＝qE′則得：E′＝eq\f(mgsinθ,q).12．(10分)如圖所示，質(zhì)量為m的小球A穿在絕緣細(xì)桿上，桿的傾角為α，小球A帶正電，電荷量為q.在桿上B點(diǎn)處固定一個(gè)電荷量為Q的正電荷．將A由距B豎直高度為H處無(wú)初速度釋放，小球A下滑過(guò)程中電荷量不變．不計(jì)A與細(xì)桿間的摩擦，整個(gè)裝置處在真空中，已知靜電力常量k和重力加速度g.求：(1)A球剛釋放時(shí)的加速度大??；(2)當(dāng)A球的動(dòng)能最大時(shí)，A球與B點(diǎn)的距離．答案：(1)gsinα－eq\f(kQqsin2α,mH2)(2)eq\r(\f(kQq,mgsinα))解析：(1)由牛頓其次定律可知mgsinα－F＝ma依據(jù)庫(kù)侖定律有F＝keq\f(qQ,r2)又知r＝eq\f(H,sinα)，得a＝gsinα－eq\f(kQqsin2α,mH2).(2)當(dāng)A球受到合力為零，即加速度為零時(shí)，動(dòng)能最大．設(shè)此時(shí)A球與B球間的距離為d，則mgsinα＝eq\f(kQq,d2)解得d＝eq\r(\f(kQq,mgsinα)).13．(10分)如圖所示，真空中xOy平面直角坐標(biāo)系上的A、B、C三點(diǎn)構(gòu)成等邊三角形，邊長(zhǎng)L＝2.0m．若將電荷量均為q＝＋2.0×10－6C的兩點(diǎn)電荷分別固定在A、B點(diǎn)，已知靜電力常量k＝9×109N·m2/C2(1)兩點(diǎn)電荷間的庫(kù)侖力大小；(2)C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向．答案：(1)9.0×10－3N(2)7.8×103N/C沿y軸正方向解析：(1)依據(jù)庫(kù)侖定律，A、B兩點(diǎn)電荷間的庫(kù)侖力大小為F＝keq\f(q2,L2)，代入數(shù)據(jù)得F＝9.0×10－3N.(2)A、B兩點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均為E1＝keq\f(q,L2)A、B兩點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)在C點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝2E1cos30°代入數(shù)據(jù)得E≈7.8×103N/C場(chǎng)強(qiáng)E的方向沿y軸正方向．14．(10分)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一個(gè)帶正電的小球，質(zhì)量為m，所帶的電荷量為q，用一根長(zhǎng)度為L(zhǎng)且不行伸長(zhǎng)的絕緣輕細(xì)線(xiàn)系在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的O點(diǎn)，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向水平向右，分布的區(qū)域足夠大．現(xiàn)將帶正電小球從O點(diǎn)右方由水平位置A點(diǎn)無(wú)初速度釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)速度恰好為零．(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?2)若小球從O點(diǎn)的左方由水平位置C點(diǎn)無(wú)初速度釋放，則小球到達(dá)最低點(diǎn)B所用的時(shí)間t是多少？(重力加速度為g)答案：(1)eq\f(mg,q)(2)eq\r(\f(2L,g))解析：(1)對(duì)小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgL－qEL＝0，解得E＝eq\f(mg,q).(2)小球由C點(diǎn)釋放后將做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，所受的電場(chǎng)力與重力大小相等，故小球受到的合力為eq\r(2)mg，設(shè)小球到B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，小球做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的加速度為a，則a＝eq\f(\r(2)mg,m)＝eq\r(2)g，veq\o\al(2,B)＝2a·eq\r(2)L，t＝eq\f(vB,a)，聯(lián)立解得t＝eq\r(\f(2L,g)).15．(13分)一光滑絕緣細(xì)直桿MN，長(zhǎng)為L(zhǎng)，水平固定在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向與豎直方向夾角為θ.桿的M端固定一個(gè)帶負(fù)電小球A，電荷量大小為Q；另一帶負(fù)電的小球B穿在桿上，可自由滑動(dòng)，電荷量大小為q，質(zhì)量為m，現(xiàn)將小球B從桿的N端由靜止釋放，小球B起先向A端運(yùn)動(dòng)，已知k為靜電力常量，g為重力加速度，求：(1)小球B對(duì)細(xì)桿的壓力的大?。?2)小球B起先運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度的大?。?3)小球B速度最大時(shí)，離M端的距離．答案：(1)qEcosθ＋mg(2)eq\f(qEsinθ,m)－eq\f(kQq,mL2)(3)eq\r(\f(kQ,Esinθ))解析：(1)小球受力如圖所示：小球B在垂直于桿的方向上合力為零，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：FN＝qEcosθ＋mg.(2)在水平方向上，由牛頓其次定律得：qEsinθ－keq\f(Qq,L2)＝ma，解得：a＝eq\f(qEsinθ,m)－eq\f(kQq,mL2).(3)當(dāng)小球B的速度最大時(shí)，加速度為零，則有：qEsinθ＝keq\f(Qq,x2)，解得：x＝eq\r(\f(kQ,Esinθ)).16．(13分)如圖所示，光滑絕緣的細(xì)圓管彎成半徑為R的半圓形，固定在豎直面內(nèi)，管口B、C的連線(xiàn)是水平