1、吉林大学附属中学物理 静电场及其应用精选测试卷一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1如图所示，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点对称。某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（轴）上必定有两个场强最强的点、，该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（）A若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则轴上场强最大的点仍然在、两位置B如图(1)，若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90后对称的固定在轴上，则轴上场强最大的点仍然在、两位置C如图(2)，若在平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点。直径与(1)图两点电荷距
2、离相等，则轴上场强最大的点仍然在、两位置D如图(3)，若在平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点，直径与(1)图两点电荷距离相等，则轴上场强最大的点仍然在、两位置【答案】ABC【解析】【分析】【详解】A可以将每个点电荷（2q）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q），既然上下两个点电荷（q）的电场在x轴上场强最大的点仍然在A、A两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x轴上场强最大的点当然还是在A、A两位置，选项A正确；B由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90后对称的固定在轴上，则轴上场强最大的点仍然在、两位置，选项B正确；C由AB可知，在yOz平面内将两点电荷绕O点
3、旋转到任意位置，或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数，在x轴上场强最大的点都在A、A两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于O点对称的任意两小段的合电场在x轴上场强最大的点仍然还在A、A两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x轴上场强最大的点当然还在A、A两位置，选项C正确；D如同C选项，将薄圆板相对O点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于O点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x轴上场强最大的点就不再在A、A两位置，则整个圆板的合电场在x轴上场强最大的点当然也就不再在A、A两位置，选项D错误。故选ABC。2如图，真空中x轴上关
4、于O点对称的M、N两点分别固定两异种点电荷，其电荷量分别为、，且。取无穷远处电势为零，则（）A只有区间的电场方向向右B在N点右侧附近存在电场强度为零的点C在之间存在电势为零的点D之间的电势差小于之间的电势差【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB在N点右侧产生的场强水平向右，在N点右侧产生的场强水平向左，又因为，根据在N点右侧附近存在电场强度为零的点，该点左右两侧场强方向相反，所以不仅只有区间的电场方向向右，选项A错误，B正确；C、为两异种点电荷，在之间存在电势为零的点，选项C正确；D因为，之间的电场强度大，所以之间的电势差大于之间的电势差，选项D错误。故选BC。3电荷量相等的两点电荷在空间形
5、成的电场有对称美如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，AB连线中点为O.在A、B所形成的电场中，以O点为圆心半径为R的圆面垂直AB连线，以O为几何中心的边长为2R的正方形平面垂直圆面且与AB连线共面，两个平面边线交点分别为e、f，则下列说法正确的是( )A在a、b、c、d、e、f六点中找不到任何两个场强和电势均相同的点B将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力始终不做功C将一电荷由a点移到圆面内任意一点时电势能的变化量相同D沿线段eOf移动的电荷，它所受的电场力先减小后增大【答案】BC【解析】图中圆面是一个等势面，e、f的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e、f的场强相同，故A错误图
6、中圆弧egf是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式W=qU可知：将一正电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力不做功，故B正确a点与圆面内任意一点时的电势差相等，根据公式W=qU可知：将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同故C正确沿线段eof移动的电荷，电场强度 先增大后减小，则电场力先增大后减小，故D错误故选BC【点睛】等量异种电荷连线的垂直面是一个等势面，其电场线分布具有对称性电荷在同一等势面上移动时，电场力不做功根据电场力做功W=qU分析电场力做功情况根据电场线的疏密分析电场强度的大小，从而电场力的变化4如图所示，在竖直放置的半径为R的光滑半圆弧
7、绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）A小球在B时的速率为B小球在B时的速率小于C固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度大小为3mg/qD小球不能到达C点（C点和A在一条水平线上）【答案】AC【解析】试题分析：由A到B，由动能定理得：，解得，A正确，B错误，在B点，对小球由牛顿第二定律得：，将B点的速度带入可得，C正确，从A到C点过程中电场力做功为零，所以小球能到达C点，D错误，考点：动能定理和牛顿定律综合的问题点评：小球沿细管滑到最低点B时
8、，对管壁恰好无压力并不是电场力等于重力，而是电场力与重力提供向心力去做圆周运动当是点电荷的电场时，由于电场力与支持力均于速度方向垂直，所以只有重力做功5如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置，如果将小球B向左推动少许，待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比（ ）A竖直墙面对小球A的弹力减小B地面对小球B的弹力一定不变C推力F将增大D两个小球之间的距离增大【答案】ABD【解析】【分析】【详解】整体法可知地面对小球B的弹力一定不变，B正确；假设
9、A球不动，由于A、B两球间距变小，库仑力增大，A球上升，库仑力与竖直方向夹角变小，而其竖直分量不变，故库仑力变小A、B两球间距变大，D正确；但水平分量减小，竖直墙面对小球A的弹力减小，推力F将减小，故A正确，C错误。故选ABD。6真空中相距L的两个固定点电荷E、F所带电荷量大小分别是QE和QF，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且NEFNFE则（ ）AE带正电，F带负电，且QE QFB在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点C过N点的等势面与EF连线垂直D负检验电荷在M
10、点的电势能大于在N点的电势能【答案】C【解析】【分析】【详解】根据电场线的指向知E带正电，F带负电；N点的场强是由E、F两电荷在N点产生场强的叠加，电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而，所以由点电荷场强公式知,A错误；只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合故在M点由静止释放一带正电的检验电荷，不可能沿电场线运动到N点，B错误；因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直，C正确；
11、沿电场线方向电势逐渐降低，再根据，q为负电荷，知，D错误；故选C【点睛】只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合电场线和等势面垂直N点的切线与EF连线平行，根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出E、F的电性及电量的大小先比较电势的高低，再根据，比较电势能7如图所示：在光滑绝缘水平面上，分布在边长为L的正方形四个顶点。在A和D处分别固定电荷量为Q的正点电荷，B处固定电荷量为Q的负点电荷，O点为两对角线的交点，静电力常量为k。关于三个点电荷形成的静电场，下列说法中正确的是（）AO处电场强度大小为BC处电场强度大小为C从O到C的过程中电场强度大小逐
12、渐增大D从O到C的过程中电场强度大小先减小后增大【答案】A【解析】【分析】【详解】AA、D两点点电荷在O点的场强相互抵消，故O点的场强大小等于B点的负点电荷Q在O点产生的场强，即故A正确；BA、D两点点电荷在C处的合场强为方向OC方向，B点的负点电荷Q在C点产生的场强为方向沿CO方向，故C处的场强为方向沿OC方向，故B错误；CD从O到C的过程中电场强度大小先减小后增大再减小，故CD错误。故选A。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，
13、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Fx、Nx的关系图象正确的是（）ABCD【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，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于P点，另一带正电小球M固定在带电小球的左侧，小球平衡时，绝缘丝线与竖直方向夹角为，且两球球心在同一水平线上关于悬挂小球的电性和所受库仑力的大小，下列判断正确的是()A正电，B正电，mgtan C负电，m
14、gtan D负电，【答案】B【解析】【分析】【详解】小球 M带正电，两球相斥，故小球带正电；以小球为研究对象，对小球进行受力分析，根据小球处于平衡状态可知，F=mgtg，故选B【点睛】对于复合场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法10如图所示,导体球A与导体球壳B同心,原来都不带电,也不接地,设M、N两点的场强大小为EM和EN,下列说法中正确的是A若使A带电,则EM0,EN=0B若使B带电,则EM0,EN0C若使A，B两球分别带上等量异种电荷,则EM0,EN=0D若使A球带电,B球接地,则EM=0,EN=0【答案】C【解析】【详解】A如果A
15、带电，则会感应B内部带异种电荷，外部电性与A相同，那么EM0，EN0；故A错误；B如果B带电，由于同种电荷的排斥，电荷只分布在外表面E内=0，即EM0，EN0，B错误；C如果A、B带等量异种电荷，A与B的静电感应使B外表面恰好无电荷量，则EM0，EN=0，故C正确；D如使A球带电，B球接地，是接地屏蔽，EM0，EN=0，D错误。11一均匀带负电的半球壳，球心为O点，AB为其对称轴，平面L垂直AB把半球壳分为左右两部分，L与AB相交于M点，对称轴AB上的N点和M点关于O点对称，已知一均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零；取无穷远处电势为零，点电荷q在距离其为r处的电势为=k（q的正负对应的正负）
16、。假设左侧部分在M点的电场强度为E1，电势为1；右侧部分在M点的电场强度为E2，电势为2；整个半球壳在M点的电场强度为E3，在N点的电场强度为E4下列说法正确的是（）A若左右两部分的表面积相等，有，B若左右两部分的表面积相等，有，C不论左右两部分的表面积是否相等，总有，D只有左右两部分的表面积相等，才有，【答案】C【解析】【详解】A、设想将右侧半球补充完整，右侧半球在M点的电场强度向右，因完整均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，可推知左侧半球在M点的电场强度方向向左，根据对称性和矢量叠加原则可知，E1方向水平向左，E2方向水平向右，左侧部分在M点产生的场强比右侧电荷在M点产生的场强大，E1E
17、2，根据几何关系可知，分割后的右侧部分各点到M点的距离均大于左侧部分各点到M点的距离，根据，且球面带负电，q为负，得：12，故AB错误；C、E1E2与左右两个部分的表面积是否相等无关，完整的均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，根据对称性可知，左右半球壳在M、N点的电场强度大小都相等，故左半球壳在M、N点的电场强度大小相等，方向相同，故C正确，D错误。12AB是长为L的均匀带电绝缘细杆，P1、P2是位于AB所在直线上的两点，位置如图所示。AB上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2，若将绝缘细杆的右半边截掉并移走（左半边电荷量、位置不变），则P2处的场强大小变为（
18、）ABE2E1CE1DE1+【答案】B【解析】【详解】将均匀带电细杆等分为左右两段，设左右两段细杆形成的电场在P2点的场强大小分别为EA、EB，则有EA+EB=E2；左半段细杆产生的电场在P1点的场强为0，右半段细杆产生的电场在P1点的场强大小为E1=EB，去掉细杆的右半段后，左半段细杆产生的电场在P2点的场强大小为EA=E2EB=E2E1，选B。13如图所示，一倾角为30的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和顶端B分别固定等量的同种负电荷。质量为m、带电荷量为q的物块从斜面上的P点由静止释放，物块向下运动的过程中经过斜面中点O时速度达到最大值vm，运动的最低点为Q（图中没有标出），则
19、下列说法正确的是（）AP、Q两点场强相同BUPO = UOQCP到Q的过程中，物体先做加速度减小的加速，再做加速度增加的减速运动D物块和斜面间的动摩擦因数【答案】C【解析】【分析】【详解】ABD物块在斜面上运动到O点时的速度最大，加速度为零，又电场强度为零，所以有所以物块和斜面间的动摩擦因数为由于运动过程中所以物块从P点运动到Q点的过程中受到的合外力为电场力，因此最低点Q与释放点P关于O点对称，根据等量的异种点电荷周围电势的对称性可知，P、Q两点的电势相等，则有UOP = UOQ，根据等量的异种点电荷产生的电场特征可知，P、Q两点的场强大小相等，方向相反，故ABD错误；C根据点电荷的电场特点和
20、电场的叠加原理可知，沿斜面从B到A电场强度先减小后增大，中点O的电场强度为零。设物块下滑过程中的加速度为a，根据牛顿第二定律有物块下滑的过程中电场力qE先方向沿斜面向下逐渐减少后沿斜面向上逐渐增加，所以物块的加速度大小先减小后增大，所以P到O电荷先做加速度减小的加速运动，O到Q电荷做加速度增加的减速运动，故C正确。故选C。14如图所示，半径为R的光滑绝缘的半圆形轨道ABC，A点与圆心等高，B点在圆心正下方，轨道固定于电场强度为E的匀强电场中两个带等量同种电荷小球刚好能静止在轨道的A点和B点己知两小球质量皆为m，重力加速度为g，静电力常量为k下列说法正确的是A小球带正电B小球的带电量为mg/EC
21、小球的带电量为D在A点小球对轨道的压力大于在B点小球对轨道的压力【答案】B【解析】若两球均带正电，则球B不能平衡，则小球带负电，选项A错误；对小球A受力分析可知，竖直方向：；对小球B受力分析可知，水平方向：；解得mg=qE，则 q=mg/E，选项B正确；根据对A竖直方向的方程，即，解得，选项C错误；对AB的整体受力分析可知：， 因mg=qE可知，在A点小球对轨道的压力等于在B点小球对轨道的压力，选项D错误；故选B.点睛：此题关键是灵活选择研究对象，灵活运用整体法和隔离法列方程；注意轨道对球的弹力方向指向圆心.15两个等量异种电荷A、B固定在绝缘的水平面上，电荷量分别为Q和Q，俯视图如图所示。一
22、固定在水平桌面的足够长的光滑绝缘管道与A、B的连线垂直，且到A的距离小于到B的距离，管道内放一个带负电小球P(可视为试探电荷），现将电荷从图示C点静止释放，C、D两点关于O点（管道与A、B连线的交点）对称。小球P从C点开始到D点的运动过程中，下列说法正确的是（）A先做减速运动，后做加速运动B经过O点的速度最大，加速度也最大CO点的电势能最小，C、D两点的电势相同DC、D两点受到的电场力相同【答案】C【解析】【分析】【详解】A根据电场分布和力与运动的关系可知带电小球先做加速运动，后做减速运动，选项A错误；B经过O点的速度最大，沿着光滑绝缘管道方向上的加速度为零，选项B错误；C带电小球P在O点的电
23、势能最小，C、D两点的电势相同，选项C正确；DC、D两点受到的电场力方向不同，故电场力不同，选项D错误。故选C。二、第九章 静电场及其应用解答题易错题培优（难）16有三根长度皆为l=0.3 m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板的O点，另一端分别栓有质量皆为m=1.0102kg的带电小球A和B，它们的电荷量分别为q和+q，q=1.0106CA、B之间用第三根线连接起来，空间中存在大小为E=2.0105N/C的匀强电场，电场强度的方向水平向右平衡时A、B球的位置如图所示已知静电力常量k=9109Nm2/C2重力加速度g=10m/s2求：（1）A、B间的库仑力的大小（2）连接A、B的轻
24、线的拉力大小【答案】（1）F=0.1N（2）【解析】试题分析：（1）以B球为研究对象，B球受到重力mg，电场力Eq，静电力F，AB间绳子的拉力和OB绳子的拉力，共5个力的作用，处于平衡状态，A、B间的静电力，代入数据可得F=0.1N（2）在竖直方向上有：，在水平方向上有：代入数据可得考点：考查了共点力平衡条件的应用【名师点睛】注意成立的条件，掌握力的平行四边形定则的应用，理解三角知识运用，注意平衡条件的方程的建立17如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置在管子的底部固定一电荷量为Q（Q0）的点电荷在距离底部点电荷为h2的管口A处，有一电荷量为q（q0）、质量为m的点电荷由静止释放，在距离底
25、部点电荷为h1的B处速度恰好为零现让一个电荷量为q、质量为3m的点电荷仍在A处由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该点电荷运动过程中：（1）定性分析点电荷做何运动？（从速度与加速度分析）（2）速度最大处与底部点电荷的距离（3）运动到B处的速度大小【答案】（1）先做加速度减小的加速，后做加速度增大的减速运动；（2）（3）【解析】【详解】（1）由题意知，小球应先做加速运动，再做减速运动，即开始时重力应大于库仑力；而在下落中，库仑力增大，故下落时加速度先减小，后增大；即小球先做加速度减小的加速，后做加速度增大的减速运动；（2）当重力等于库仑力时，合力为零，此时速度最大，解得： （3）点
26、电荷在下落中受重力和电库仑力，由动能定理可得：mgh+WE=0； 即WE=-mgh；当小球质量变为3m时，库仑力不变，故库仑力做功不变，由动能定理可得：3mgh-mgh=3mv2； 解得：点睛：本题综合考查动力学知识及库仑力公式的应用，解题的关键在于明确物体的运动过程；同时还应注意点电荷由静止开始运动，故开始时重力一定大于库仑力18如图所示,在绝缘的水平面上,相隔2L的,A、B两点固定有两个电量均为Q的正点电荷,C、O、D是AB连线上的三个点,O为连线的中点,CO=OD=L/2一质量为m、电量为q的带电物块以初速度v0从c点出发沿AB连线向B运动,运动过程中物块受到大小恒定的阻力作用当物块运动
27、到O点时,物块的动能为初动能的n倍,到达D点刚好速度为零,然后返回做往复运动,直至最后静止在O点已知静电力恒量为k,求:(1)AB两处的点电荷在c点产生的电场强度的大小;(2)物块在运动中受到的阻力的大小;(3)带电物块在电场中运动的总路程【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【详解】（1）设两个正点电荷在电场中C点的场强分别为E1和E2，在C点的合场强为EC；则；则EC=E1-E2解得：EC（2）带电物块从C点运动到D点的过程中，先加速后减速AB连线上对称点C=D，电场力对带电物块做功为零设物块受到的阻力为f，由动能定理有：fL0mv02解得： （3）设带电物块从C到O点电场力做功为W电
28、，根据动能定理得：解得： 设带电物块在电场中运动的总路程为S，由动能定理有：W电fs0mv02解得：s=（n+0.5）L【点睛】本题考查了动能定理的应用，分析清楚电荷的运动过程，应用动能定理、点电荷的场强公式与场的叠加原理即可正确解题19如图所示，高为h的光滑绝缘直杆AD竖直放置，在D处有一固定的正点荷，电荷量为Q。现有一质量为m的带电小球套在杆上，从A点由静止释放，运动到B点时速度达到最大值，到C点时速度正好又变为零，B、C和D相距分别为h和h，静电力常量为k，重力加速度为g，求：(1)小球的电荷量q和在C点处的加速度；(2)C、A两点间的电势差。【答案】(1), 方向竖直向上(2)【解析】
29、【详解】(1)小球运动到B点时速度达到最大，说明小球必带正电，在B点应有： 得： 在C点，由牛顿第二定律： 得：，方向竖直向上。(2)设C、A两点间的电势差为U，则A、C间的电势差为-U。从A到C过程，由动能定理： 得：20在竖直平面内固定一半径为R=0.3m的金属细圆环，质量为的金属小球(视为质点)通过长为L=0.5m的绝缘细线悬挂在圆环的最高点小球带电荷量为时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上某点A处于平衡状态，如图所示已知静电力常量. 求：（1）细线的拉力F的大小；（2）小球所在处的电场强度E的大小？（3）金属细圆环不能等效成点电荷来处理，试应用微元法推导圆环带电量Q表达式？（用字母R、
30、L、k、E表示）【答案】(1) (2) (3) 或【解析】由几何关系：， , （1）对小球受力分析可知： 由得： （2）由平衡条件可得： 由得： （3）由微元法，无限划分，设每一极小段圆环带电量为则： 其中：由得：或 点睛：因只能适用于真空中的点电荷，故本题采用了微元法求得圆环在小球位置的场强，应注意体会该方法的使用库仑力的考查一般都是结合共点力的平衡进行的，应注意正确进行受力分析21如图所示，有一水平向左的匀强电场，场强为，一根长、与水平方向的夹角为的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量，质量。现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动。（静电力常量，取，）求：(1)小球B开始运动时的加速度为多大？(2)小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大？【答案】(1)a3.2 m/s2；(2)r0.9 m【解析】【分析】【详解】(1)开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得解得(2)小球B速度最大时合力为零，即解得
