【講與練】高中物理人教版(2019)必修3：第9章靜電場及其應(yīng)用學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測習(xí)題

第九章學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測本卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分100分，時(shí)間75分鐘。第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、選擇題(共12小題，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～8小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，每小題3分；第9～12小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分)1．關(guān)于電場強(qiáng)度有下列說法，正確的是(A)A．電場中某點(diǎn)的電場強(qiáng)度在數(shù)值上等于單位正電荷在該點(diǎn)所受的電場力B．電場強(qiáng)度的方向總是跟電場力的方向一致C．在點(diǎn)電荷Q附近的任意一點(diǎn)，如果沒有把試探電荷q放進(jìn)去，則這一點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零D．根據(jù)公式E＝eq\f(F,q)可知，電場強(qiáng)度跟電場力成正比，跟放入電場中的試探電荷的電荷量成反比解析：根據(jù)電場強(qiáng)度的定義式E＝eq\f(F,q)，可知，電場中某點(diǎn)的電場強(qiáng)度在數(shù)值上等于單位正電荷在該點(diǎn)所受的電場力，A正確；電場中某點(diǎn)的電場強(qiáng)度的方向總是跟正電荷在該點(diǎn)所受的電場力的方向相同，與負(fù)電荷在該點(diǎn)所受的電場力的方向相反，B錯(cuò)誤；電場中某點(diǎn)的場強(qiáng)取決于電場本身，與有無試探電荷無關(guān)，如果沒有把試探電荷q放進(jìn)去，這一點(diǎn)的電場強(qiáng)度不變，C錯(cuò)誤；E＝eq\f(F,q)是電場強(qiáng)度的比值定義式，場強(qiáng)取決于電場本身，與試探電荷所受的電場力、電荷量均無關(guān)，因此不能認(rèn)為電場強(qiáng)度跟電場力成正比，跟放入電場中的試探電荷的電荷量成反比，D錯(cuò)誤。故選A。2．關(guān)于元電荷、點(diǎn)電荷、試探電荷，以下表述正確的是(D)A．點(diǎn)電荷就是電荷量很小的帶電體B．試探電荷就是點(diǎn)電荷，二者無區(qū)別C．元電荷就是形狀是圓的帶電體D．點(diǎn)電荷就是沒有大小和形狀而且不考慮電荷分布的帶電體解析：如果在研究的問題中，帶電體的形狀、大小以及電荷分布可以忽略不計(jì)，即可將它看作是一個(gè)幾何點(diǎn)，由于實(shí)際物體總是有大小的，故點(diǎn)電荷是一種理想化的模型，故A錯(cuò)誤，D正確；點(diǎn)電荷是一種理想模型，沒有大小的帶電體。當(dāng)電荷間距離大到可認(rèn)為電荷大小、形狀不起什么作用時(shí)，可把電荷看成點(diǎn)電荷，也就是說點(diǎn)電荷可以很大，這樣的電荷就做不了試探電荷，試探電荷需要的是體積小，電荷量小。所以點(diǎn)電荷不一定能做試探電荷，故B錯(cuò)誤；元電荷是指電子或質(zhì)子所帶的電荷量，故C錯(cuò)誤。故選D。3．(2023·福建泉州外國語學(xué)校高二期中)一不帶電的枕形導(dǎo)體，靠近一帶正電的電荷后，導(dǎo)體兩端感應(yīng)出電荷如圖所示，現(xiàn)在枕形導(dǎo)體不同部位接地，得到的三幅圖，正確的是(B)A．只有(1) B．(1)和(2)C．(2)和(3) D．只有(2)解析：根據(jù)感應(yīng)起電的電荷分布特點(diǎn)“近異遠(yuǎn)同”，與正電荷靠近的一端感應(yīng)出負(fù)電荷遠(yuǎn)離的一端帶正電荷，接地后，大地作為遠(yuǎn)端，則導(dǎo)體靠近電荷的部分留下負(fù)電荷，非近端非遠(yuǎn)端可認(rèn)為電中性，故只有(1)(2)正確，故選B。4．(2023·浙江高二學(xué)業(yè)考試)如圖所示，在真空中光滑絕緣的水平面上有三個(gè)相同的不帶電的小球，小球之間由三根完全相同的輕彈簧連接構(gòu)成等邊三角形，彈簧處于原長l0，若讓每個(gè)小球帶上相同的電荷量q，小球可沿所在角的角平分線運(yùn)動，當(dāng)三角形的面積增大到原來的4倍時(shí)小球的加速度均為零，彈簧是絕緣體且勁度系數(shù)相同，靜電力常量為k，則彈簧的勁度系數(shù)為(D)A.eq\f(kq2,l\o\al(3,0)) B．eq\f(kq2,2l\o\al(3,0))C.eq\f(kq2,3l\o\al(3,0)) D．eq\f(kq2,4l\o\al(3,0))解析：設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k′，三角形的面積增大為原來的四倍，則三角形每邊邊長增大為原來的兩倍，即每根彈簧伸長量均為l0，此位置每個(gè)帶電小球受力平衡，有eq\f(kq2,2l02)＝k′l0，得k′＝eq\f(kq2,4l\o\al(3,0))，D正確。5．(2022·全國高三專題練習(xí))如圖所示，兩個(gè)帶電荷量為q的點(diǎn)電荷分別位于帶電的半徑相同的eq\f(1,4)球殼和eq\f(3,4)球殼的球心，這兩個(gè)球殼上電荷均勻分布且電荷面密度相同，若甲圖中帶電eq\f(1,4)球殼對點(diǎn)電荷q的庫侖力的大小為F，則乙圖中帶電eq\f(3,4)球殼對點(diǎn)電荷q的庫侖力的大小為(D)A.eq\f(3,2)F B．eq\f(\r(2),2)FC.eq\f(1,2)F D．F解析：將圖乙中的均勻帶電eq\f(3,4)球殼分成三個(gè)eq\f(1,4)帶電球殼，關(guān)于球心對稱的兩個(gè)eq\f(1,4)帶電球殼對點(diǎn)電荷的庫侖力的合力為零，因此乙圖中帶電的eq\f(3,4)球殼對點(diǎn)電荷的庫侖力的大小和甲圖中均勻帶電eq\f(1,4)球殼對點(diǎn)電荷的庫侖力的大小相等，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。6．對于電場中處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體，下列分析不正確的是(D)A．導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為零B．導(dǎo)體內(nèi)部沒有電荷，電荷只能分布在導(dǎo)體的外表面C．導(dǎo)體內(nèi)部是外電場與感應(yīng)電荷電場疊加后的合場強(qiáng)，其大小為零D．處于靜電平衡的導(dǎo)體內(nèi)部的自由電子不再運(yùn)動解析：導(dǎo)體處于靜電平衡時(shí)，導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為零，選項(xiàng)A正確；導(dǎo)體處于靜電平衡時(shí)，導(dǎo)體內(nèi)部沒有電荷，電荷只能分布在導(dǎo)體的外表面，選項(xiàng)B正確；導(dǎo)體內(nèi)部是外電場與感應(yīng)電荷電場疊加后的合場強(qiáng)，兩者等大反向，合場強(qiáng)大小為零，選項(xiàng)C正確；靜電平衡是指內(nèi)部場強(qiáng)處處為零，內(nèi)部沒有多余的“凈”電荷，但導(dǎo)體內(nèi)的自由電子仍在無規(guī)則運(yùn)動，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選D。7．(2023·揚(yáng)州中學(xué)高一階段練習(xí))如題圖1所示，x軸上x＝－1m和x＝1m處分別固定A、B兩點(diǎn)電荷，取電場強(qiáng)度沿x軸正方向?yàn)檎?，x軸上x>1m區(qū)域的電場強(qiáng)度分布如題圖2所示，放入其中的電荷僅受電場力作用，由此可知(B)A．A、B兩點(diǎn)電荷電性可能相同B．在有限范圍內(nèi)，x軸上僅有一處電場強(qiáng)度為零C．A、B兩點(diǎn)電荷電荷量大小之比qA∶qB＝4∶1D．將一正點(diǎn)電荷從x＝3m處由靜止釋放，僅在電場力作用下還能回到x＝3m處解析：根據(jù)圖2可知，x＝2m處的電場強(qiáng)度為0，則A、B兩點(diǎn)電荷電性必定相反，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于x＝2m處的電場強(qiáng)度為0，可知A帶正電，B帶負(fù)電，則在AB之間A的電場方向向右，B的電場方向也向右，即AB之間電場的方向始終不可能為0，A的電荷量大一些，A的左側(cè)電場由A電荷決定，即A左側(cè)的電場強(qiáng)度也不可能為0，即在有限范圍內(nèi)，x軸上僅有x＝2m位置一處電場強(qiáng)度為零，選項(xiàng)B正確；由于x＝2m處的電場強(qiáng)度為0，則有keq\f(qA,32)＝keq\f(qB,12)，解得qA∶qB＝9∶1，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)圖像，將一正點(diǎn)電荷從x＝3m處由靜止釋放，所受電場力方向始終沿x軸正方向，即該電荷將在電場力作用下沿x軸正方向作加速運(yùn)動，不可能回到x＝3m處，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。8．如圖所示，電荷量為q的點(diǎn)電荷與均勻帶電薄板相距2d，點(diǎn)電荷到帶電薄板的垂線通過板的幾何中心。若圖中A點(diǎn)的電場強(qiáng)度為0，則帶電薄板產(chǎn)生的電場在圖中B點(diǎn)的電場強(qiáng)度正確的是(B)A．大小為keq\f(q,4d2)，方向向右 B．大小為keq\f(q,9d2)，方向向左C．大小為keq\f(q,4d2)，方向向左 D．大小為keq\f(q,9d2)，方向向右解析：圖中A點(diǎn)的電場強(qiáng)度為0，則帶電薄板在A點(diǎn)的場強(qiáng)與點(diǎn)電荷q在A點(diǎn)的場強(qiáng)等大反向，則帶電薄板在A點(diǎn)的場強(qiáng)大小E1＝eq\f(kq,3d2)＝eq\f(kq,9d2)，方向向右，由對稱性可知，帶電薄板產(chǎn)生的電場在圖中B點(diǎn)的電場強(qiáng)度E2＝eq\f(kq,9d2)，方向向左。故選B。9.(2023·江蘇溧陽高一下期末)如圖所示，帶負(fù)電的點(diǎn)電荷旁有一接地大金屬板，A為金屬板內(nèi)的一點(diǎn)，B為金屬板左側(cè)外表面上的一點(diǎn)，下列關(guān)于金屬板上感應(yīng)電荷在A點(diǎn)和B點(diǎn)的場強(qiáng)方向判斷正確的是(BC)A．感應(yīng)電荷在A點(diǎn)的場強(qiáng)沿E1方向B．感應(yīng)電荷在A點(diǎn)的場強(qiáng)沿E2方向C．感應(yīng)電荷在B點(diǎn)的場強(qiáng)可能沿E3方向D．感應(yīng)電荷在B點(diǎn)的場強(qiáng)可能沿E4方向解析：金屬內(nèi)部場強(qiáng)為0，點(diǎn)電荷在A點(diǎn)場強(qiáng)方向沿E1方向，感應(yīng)電荷的場強(qiáng)方向沿E2方向，二者疊加后才能為0，故A錯(cuò)誤，B正確；B點(diǎn)在金屬板外表面上，那么B點(diǎn)合場強(qiáng)方向應(yīng)垂直金屬板向外，而點(diǎn)電荷引起的分場強(qiáng)方向指向負(fù)電荷，合場強(qiáng)分解，一個(gè)方向指向負(fù)電荷，另一個(gè)方向則可能為題目中所給的E3方向，故C正確，D錯(cuò)誤。10．(2023·河南豫北名校高二上質(zhì)量檢測)靜電除塵的原理結(jié)構(gòu)圖如圖甲所示，靜電噴涂的原理結(jié)構(gòu)圖如圖乙所示，下列說法正確的是(BD)A．對圖甲，電暈極與收塵極之間的電場為勻強(qiáng)電場B．對圖甲，電暈極附近的氣體分子被強(qiáng)電場電離，電子向收塵極運(yùn)動使含塵氣體中的粉塵帶負(fù)電，積累在筒壁一定量后通過下方的漏斗排出C．對圖乙，噴口噴出的霧化涂料微粒帶正電，被涂工件不帶電D．對圖乙，工件與噴口之間較強(qiáng)的電場使帶電霧化涂料向帶電的工件運(yùn)動，通過正負(fù)電荷間的引力作用使涂料均勻地涂在工件上解析：對圖甲，電暈極與收塵極之間的電場為輻射電場，不是勻強(qiáng)電場，A錯(cuò)誤；對圖甲，電暈極附近的氣體分子被強(qiáng)電場電離，電子向收塵極運(yùn)動使含塵氣體中的粉塵帶負(fù)電，積累在筒壁一定量后通過下方的漏斗排出，B正確；對圖乙，噴口噴出的霧化涂料微粒帶負(fù)電，被涂工件帶正電，C錯(cuò)誤；對圖乙，工件與噴口之間較強(qiáng)的電場使帶電霧化涂料向帶電的工件運(yùn)動，通過正負(fù)電荷間的引力作用使涂料均勻地涂在工件上，D正確。11.(2023·吉林梅河口五中高二上月考)如圖所示，半徑為R的光滑絕緣空心圓形細(xì)管道豎直固定放置，A、B為置于管道中的可視為點(diǎn)電荷的帶電小球，其中小球A固定在管道的最低點(diǎn)M處，小球B可以在管道中自由滑動。平衡時(shí)，小球B靜止在管道中的N處，M、N連線與豎直方向成30°角。已知小球B所帶電荷量為eq\r(3)q，質(zhì)量為m，重力加速度為g，靜電力常量為k，不計(jì)小球大小和管道內(nèi)徑，則(BD)A．小球A一定帶正電B．小球A在N處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為eq\f(mg,q)C．小球A所帶電荷量的絕對值為eq\f(mgR2,kq)D．小球A所帶電荷量的絕對值為eq\f(3mgR2,kq)解析：由于不知道小球B的電性，所以無法判斷小球A的電性，故A錯(cuò)誤；小球B的受力情況只能是如圖所示，由平衡條件可得mgcos30°＝eq\f(1,2)F，解得F＝eq\r(3)mg，小球A在N處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小E＝eq\f(F,qB)＝eq\f(F,\r(3)q)＝eq\f(mg,q)，故B正確；由幾何關(guān)系得，兩球間的距離為r＝2Rcos30°，根據(jù)庫侖定律得F＝keq\f(qAqB,r2)，聯(lián)立解得qA＝eq\f(3mgR2,kq)，故C錯(cuò)誤，D正確。12．如圖所示，用等長絕緣線分別懸掛兩個(gè)質(zhì)量、電荷量都相同的帶電小球A和B，兩線上端固定于O點(diǎn)，B球固定在O點(diǎn)正下方。當(dāng)A球靜止時(shí)，兩懸線間夾角為θ。能保持夾角θ不變的方法是(BD)A．同時(shí)使兩懸線長度減半B．同時(shí)使A球的質(zhì)量和電荷量都減半C．同時(shí)使兩球的質(zhì)量和電荷量都減半D．同時(shí)使兩懸線長度和兩球的電荷量都減半解析：設(shè)兩球間距離為d，分析A球的受力如圖所示，圖中F＝keq\f(q1q2,d2)。設(shè)懸線長度為L，由相似三角形關(guān)系可得eq\f(mg,L)＝eq\f(T,L)＝eq\f(F,d)，即mg＝T。由A球的受力可知，2mgsineq\f(θ,2)＝F＝keq\f(q1q2,d2)。同時(shí)使兩懸線長度減半，則d減半，不能滿足上式，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；同時(shí)使A球的質(zhì)量和電荷量都減半，上式成立，選項(xiàng)B正確；同時(shí)使兩球的質(zhì)量和電荷量都減半，不能滿足上式，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；同時(shí)使兩懸線長度和兩球的電荷量都減半，則d、q1、q2減半，上式仍然成立，選項(xiàng)D正確。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)二、填空題(共2小題，共14分。把答案直接填在橫線上)13．(7分)如圖所示，帶電體C的右側(cè)有兩個(gè)相互接觸的金屬導(dǎo)體A和B，均放在絕緣支座上，若先將C移走，再把A、B分開，則A不帶電，B不帶電；若先將A、B分開，再移走C，則A帶負(fù)電，B帶正電；若不移開C，用手觸摸A，再把C移走則A帶負(fù)電，B帶負(fù)電。解析：若先移走C，此時(shí)導(dǎo)體A和B中的電荷又發(fā)生中和，不再帶電，再把導(dǎo)體A和B分開，同樣不再帶電，所以此時(shí)A不帶電，B不帶電；先把導(dǎo)體A和B分開，再移走C，導(dǎo)體A和B由于感應(yīng)起電帶上異種電荷，所以此時(shí)A帶負(fù)電，B帶正電；用手觸摸，相當(dāng)于A、B和人及大地組成一個(gè)巨大的導(dǎo)體，此時(shí)大地為遠(yuǎn)端，A、B為近端，手離開金屬導(dǎo)體后，故由靜電感應(yīng)可知，此時(shí)A、B應(yīng)帶負(fù)電。14．(7分)為了測定元電荷的數(shù)值，某物理興趣小組設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。實(shí)驗(yàn)操作步驟如下；①按圖示裝置安裝好器材；②調(diào)節(jié)實(shí)驗(yàn)儀器，使間距為d的平行金屬板處于水平位置；③閉合電源開關(guān)，通過噴霧器把油滴(由于摩擦，油滴帶負(fù)電)通過平行金屬板的上極板中間的小孔噴入電場中；④通過顯微鏡來觀察，找到懸浮不動的油滴，根據(jù)觀測數(shù)據(jù)算出油滴的質(zhì)量為m；⑤根據(jù)平行金屬板上所加的已知電壓U，算出油滴的電荷量。(1)平行金屬板之間的電場是勻強(qiáng)電場；(填“勻強(qiáng)電場”或“非勻強(qiáng)電場”)(2)平行金屬板的下極板帶負(fù)電；(填“正電”或“負(fù)電”)(3)若已知元電荷為e，重力加速度為g，則懸浮液滴所帶的電荷量等于元電荷的eq\f(mgd,eU)倍(用m、d、U、g、e表示)。解析：(1)平行金屬板之間的電場是勻強(qiáng)電場。(2)油滴帶負(fù)電處于平衡狀態(tài)，電場力向上，則場強(qiáng)向下，平行金屬板的下極板帶負(fù)電。(3)懸浮液滴受力mg＝Ene＝eq\f(U,d)ne，解得n＝eq\f(mgd,eU)。三、論述、計(jì)算題(本題共4小題，共46分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)15．(8分)(2023·湖北省荊州中學(xué)高二檢測)如圖所示，在絕緣水平面上的O點(diǎn)固定一電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷，在O點(diǎn)正上方高為r0的A處，由靜止釋放某帶電荷量為＋q的小液珠，開始運(yùn)動的瞬間小液珠的加速度大小恰好等于重力加速度g，已知靜電力常量為k，小液珠可看成點(diǎn)電荷，不計(jì)空氣阻力。求：(1)小液珠開始運(yùn)動瞬間所受庫侖力的大小和方向；(2)運(yùn)動過程中小液珠速度最大時(shí)到O點(diǎn)的距離h。答案：(1)2mg豎直向上(2)eq\r(2)r0解析：(1)小液珠受到豎直向下的重力和豎直向上的庫侖力，小液珠開始運(yùn)動瞬間，根據(jù)牛頓第二定律有F庫－mg＝ma，a＝g，所以F庫＝2mg。(2)開始運(yùn)動瞬間F庫＝eq\f(kQq,r\o\al(2,0))＝2mg，速度最大時(shí)，小液珠的加速度為零，有F庫′＝mg，即F庫′＝eq\f(1,2)F庫＝eq\f(kQq,h2)，解得h＝eq\r(2)r0。16．(8分)(2023·福建三明高二期末)如圖真空中有一等邊三角形ABC，邊長d＝0.30m。在A點(diǎn)固定一電荷量q1＝＋3.0×10－6C的點(diǎn)電荷，靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，求：(1)點(diǎn)電荷q1產(chǎn)生的電場在C處的場強(qiáng)E1大??；(2)在B點(diǎn)固定另一個(gè)q2＝－3.0×10－6C點(diǎn)電荷，則C處合場強(qiáng)E的大小及方向；(3)試探電荷q3＝＋5.0×10－7C放在C處受到的電場力F大小。答案：(1)3×105N/C(2)3×105N/C，水平向左(3)0.15N解析：(1)由點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式有E1＝keq\f(q1,d2)，代入數(shù)據(jù)得E1＝3×105N/C。(2)點(diǎn)電荷q2產(chǎn)生的電場場強(qiáng)大小E2＝E1，根據(jù)平行四邊形定則有E＝2E1cos60°，代入數(shù)據(jù)得E＝3×105N/C，方向水平向左。(3)電荷q3在C處受到的電場力F＝qE，代入數(shù)據(jù)得F＝0.15N。17．(14分)質(zhì)量均為m的兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B，分別被長為L的絕緣細(xì)線懸掛在同一點(diǎn)O，給A、B分別帶上一定量的正電荷，并用水平向右的外力作用在A球上，平衡以后，懸掛A球的細(xì)線豎直，懸掛B球的細(xì)線向右偏60°角，如圖所示。若A球的帶電荷量為q，則：(1)B球的帶電荷量為多少；(2)水平外力多大。答案：(1)eq\f(mgL2,kq)(2)eq\