2024-2025學年新教材高中物理第九章靜電場及其應用進階突破含解析新人教版必修3

PAGEPAGE7第九章進階突破1．如圖所示，已知帶電小球A、B的電荷量分別為QA、QB，OA＝OB，都用長L的絕緣絲線懸掛在絕緣墻角O點處．靜止時A、B相距為d．為使平衡時AB間距離減為eq\f(d,2)，可采納以下哪些方法()A．將小球A、B的質量都增加到原來的2倍B．將小球B的質量增加到原來的4倍C．將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半D．將兩小球的電荷量都減小到原來的一半，同時將小球B的質量增加到原來的2倍【答案】D【解析】如圖所示，B受重力、繩子的拉力及庫侖力作用，將拉力及庫侖力合成，其合力應與重力大小相等方向相反．由幾何關系可知eq\f(mg,L)＝eq\f(F,d)，而庫侖力F＝eq\f(kq1q2,d2)，即eq\f(mg,L)＝eq\f(\f(kq1q2,d2),d)＝eq\f(kq1q2,d3)，得d＝eq\r(3,\f(kq1q2L,mg))．則要使d變?yōu)閑q\f(d,2)可以使質量增大到原來的8倍而保證上式成立，故A、B錯誤；或將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半，同時小球B的質量增加到原來的2倍，也可保證等式成立，故C錯誤，D正確．2．如圖所示，下列說法正確的是()A．圖甲為等量同種點電荷形成的電場線B．圖乙離點電荷距離相等的a、b兩點場強相同C．圖丙中在c點靜止釋放一正電荷，可以沿著電場線運動到d點D．圖丁中某一電荷放在e點與放到f點(兩點到極板距離相等)，電勢能相同【答案】D【解析】由題圖可知，題圖甲為等量異種點電荷形成的電場線，故A錯誤；題圖乙為正點電荷所形成的電場線分布，離點電荷距離相等的a、b兩點場強大小相同，場強方向不同，故B錯誤；正電荷在題圖丙中c點受力沿電場線的切線方向，由靜止釋放時，不行能沿著電場線運動到d點，故C錯誤；題圖丁中e點與f點到極板距離相等，電勢相同，同一電荷放在e、f處時電勢能相同，故D正確．3．如圖所示，在一條直線上有兩個相距0.4m的點電荷A、B，A帶電＋Q，B帶電－9Q．現(xiàn)引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷均在電場力的作用下處于平衡狀態(tài)，則C的帶電性質及位置應為()A．正，B的右邊0.4m處 B．正，B的左邊0.2m處C．負，A的左邊0.2m處 D．負，A的右邊0.2m處【答案】C【解析】要使三個電荷均處于平衡狀態(tài)，必需滿意“兩同夾異”“兩大夾小”“近小遠大”的原則，所以點電荷C應在A左側，帶負電．設C帶電荷量為q，A、C間的距離為x，A、B間距離用r表示，由于處于平衡狀態(tài)，所以keq\f(Qq,x2)＝eq\f(9kQq,r＋x2)，解得x＝0.2m，故C正確．4．西漢著作《淮南子》中記有“陰陽相薄為雷，激揚為電”，人們對雷電的相識已從雷公神話提升到樸實的陰陽作用．下列關于雷電的說法錯誤的是()A．發(fā)生雷電的過程是放電過程B．發(fā)生雷電的過程是電能向光能、內能等轉化的過程C．發(fā)生雷電的過程中，電荷的總量增加D．避雷針利用尖端放電，避開建筑物遭遇雷擊【答案】C【解析】雷電是天空中帶異種電荷的烏云間的放電現(xiàn)象，A正確；依據能量轉化可知，發(fā)生雷電的過程是電能向光能、內能等轉化的過程，B正確；電荷不會產生，不會消逝，只能從一個物體傳到另一個物體，或從物體的一部分傳到另一部分，總量不變，C錯誤；避雷針利用尖端放電，避開建筑物遭遇雷擊，D正確．5．(多選)如圖所示，豎直面內固定的勻稱帶電圓環(huán)半徑為R，帶電量為＋Q，在圓環(huán)的最高點用絕緣絲線懸掛一質量為m、帶電荷量為q的小球(大小不計)，小球在垂直圓環(huán)平面的對稱軸上處于平衡狀態(tài)，小球到圓環(huán)中心O距離為R，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，則小球所處位置的電場強度為()A．eq\f(mg,q) B．eq\f(\r(2)mg,2q)C．keq\f(Q,R2) D．eq\f(k\r(2)Q,4R2)【答案】AD【解析】帶電小球受到庫侖力為圓環(huán)各個點對小球庫侖力的合力，以小球為探討對象，受力如圖所示．圓環(huán)各個點對小球的庫侖力的合力為qE，由平衡條件得，豎直方向Fsinθ＝mg，小球到圓環(huán)中心O距離為R，而豎直面內固定的勻稱帶電圓環(huán)半徑為R，則sinθ＝eq\f(\r(2),2)，解得F＝eq\r(2)mg，水平方向Fcosθ＝qE，解得E＝eq\f(mg,q)，故A正確，B錯誤；將圓環(huán)看成由n個小段組成，當n相當大時，每一小段都可以看成點電荷，由對稱性知，各小段帶電體在小球所處位置場強E的豎直重量相互抵消，而水平重量之和即為帶電環(huán)在小球處的場強E，結合矢量的合成法則及三角學問，則有小球所處位置的電場強度為E＝nkeq\f(Q,n\r(2)R2)×eq\f(\r(2),2)＝keq\f(\r(2)Q,4R2)，故C錯誤，D正確．6．如圖所示，一帶電粒子以某速度進入水平向右的勻強電場中，運動軌跡如圖所示，M和N是軌跡上的兩點，其中M點是軌跡的最右點．不計重力，下列表述正確的是()A．粒子在M點的速率最大B．粒子所受電場力的方向沿電場線方向C．粒子在電場中的加速度不變D．粒子在電場中的電勢能始終在增加【答案】C【解析】帶電粒子所受合力指向運動軌跡的內側，所以帶電粒子受到的電場力水平向左，粒子向M點運動過程中電場力做負功，所以粒子到達M點時的動能最小，速率最小，故A、B錯誤；因為是勻強電場，粒子受到的電場力恒定，加速度恒定，故C正確；粒子靠近M點的過程，電場力做負功，電勢能增加，遠離M點的過程，電場力做正功，電勢能削減，故D錯誤．7．(多選)反天刀是生活在尼羅河的一種魚類，沿著它身體的長度方向分布著電器官，這些器官能在魚四周產生電場，如圖為反天刀四周的電場線分布示意圖，A、B、C為電場中的點，下列說法正確的是()A．頭部帶負電B．A點電場強度大于B點電場強度C．負離子運動到A點時，其加速度方向向右D．圖中從A至C的虛線可以是正離子的運動軌跡【答案】BD【解析】電場線從正電荷或無窮遠處動身，終止于無窮遠處或負電荷，依據電場線由魚的頭部動身可知，頭部帶正電，故A錯誤；電場線疏密程度表示電場強度大小，A處電場線比B處密，所以A處電場強度大于B處電場強度，故B正確；負離子在A點受到的電場力向左，其加速度方向向左，故C錯誤；正離子所受的電場力方向沿著電場線的方向，且指向運動軌跡的凹側，故D正確．8．a和b是點電荷電場中的兩點，如圖所示，a點電場強度Ea與ab連線夾角為60°，b點電場強度Eb與ab連線夾角為30°，則關于此電場，下列分析中正確的是()A．這是一個正點電荷產生的電場，Ea∶Eb＝1∶eq\r(3)B．這是一個正點電荷產生的電場，Ea∶Eb＝3∶1C．這是一個負點電荷產生的電場，Ea∶Eb＝eq\r(3)∶1D．這是一個負點電荷產生的電場，Ea∶Eb＝3∶1【答案】D【解析】設點電荷的電荷量為Q，將Ea、Eb延長相交，交點即為點電荷Q的位置，如圖所示，從圖中可知電場方向指向場源電荷，故這是一個負點電荷產生的電場，A、B錯誤；設a、b兩點到Q的距離分別為ra和rb，由幾何學問得到ra∶rb＝1∶eq\r(3)，由公式E＝keq\f(Q,r2)可得Ea∶Eb＝3∶1，故C錯誤，D正確．9．如圖所示，空間存在一方向水平向右的勻強電場，兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板下，兩細繩都恰好與天花板垂直，則()A．P和Q都帶正電荷 B．P和Q都帶負電荷C．P帶正電荷，Q帶負電荷 D．P帶負電荷，Q帶正電荷【答案】D【解析】對P、Q整體進行受力分析可知，在水平方向上整體所受電場力為零，所以P、Q必帶等量異種電荷，A、B錯誤；對P進行受力分析可知，勻強電場對它的電場力應水平向左，與Q對它的庫侖力平衡，所以P帶負電荷，Q帶正電荷，D正確，C錯誤．10．如圖所示，兩根長度相等的絕緣細線的上端都系在同一水平天花板上，另一端分別連著質量均為m的兩個帶電小球P、Q，兩小球靜止時，兩細線與天花板間的夾角均為θ＝30°，重力加速度為g．以下說法中正確的是()A．細線對小球的拉力大小為eq\f(2\r(3),3)mgB．兩小球間的靜電力大小為eq\f(\r(3),3)mgC．剪斷左側細線的瞬間，P球的加速度大小為2D．當兩球間的靜電力瞬間消逝時，Q球的加速度大小為eq\r(3)g【答案】C【解析】對P球受力分析，如圖所示，依據共點力平衡條件得，細線的拉力大小T＝eq\f(mg,sin30°)＝2mg，靜電力大小F＝eq\f(mg,tan30°)＝eq\r(3)mg，A、B錯誤；剪斷左側細線的瞬間，P球受到的重力和靜電力不變，因此兩力的合力與剪斷細線前細線的拉力等大反向，依據牛頓其次定律得P球的加速度大小為2g，C正確；當兩球間的靜電力消逝時，Q球起先做圓周運動，繩的拉力發(fā)生突變，將重力沿細線方向和垂直于細線方向分解，由重力沿垂直于細線方向的分力產生加速度，依據牛頓其次定律得a＝eq\f(\r(3),2)g，D錯誤．11．如圖所示，在傾角為30°足夠長的光滑絕緣斜面的底端A點固定一電荷量為Q的正點電荷，在距A為s0的C處由靜止釋放某帶正電荷的小物塊P(可看作點電荷)．已知小物塊P釋放瞬間的加速度大小恰好為重力加速度g．已知靜電力常量為k，重力加速度為g，空氣阻力忽視不計．(1)求小物塊所帶電荷量q和質量m之比；(2)求小物塊速度最大時離A點的距離s；(3)若規(guī)定無限遠電勢為零時，在點電荷Q的電場中，某點的電勢可表示成φ＝eq\f(kQ,r)(其中r為該點到Q的距離)．求小物塊P能運動到離A點的最大距離sm．【答案】(1)eq\f(3gs\o\al(2,0),2kQ)(2)eq\r(3)s0(3)3s0【解析】(1)對小物塊受力分析：受重力、電場力、支持力．由牛頓其次定律得keq\f(qQ,s\o\al(2,0))－mgsinθ＝mg解得eq\f(q,m)＝eq\f(3gs\o\al(2,0),2kQ)．(2)當合力為零時速度最大，即keq\f(qQ,s2)－mgsinθ＝0解得s＝eq\r(3)s0．(3)當運動到最遠點時速度為零，由能量守恒定律得mg(sm－s0)sinθ＝eq\f(qkQ,s0)－eq\f(qkQ,sm)解得sm＝3s0．12．如圖所示，一帶電荷量為＋q、質量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中時，小物塊恰好靜止．重力加速度用g表示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：(1)電場強度的大小E；(2)將電場強度減小為原來的eq\f(1,2)時，物塊加速度的大小a；(3)電場強度改變后物塊下滑距離L時的動能Ek．【答案】(1)eq\f(3mg,4q)(2)0.3g(3)0.3mgL【解析