吉林省白城市第一中学物理 静电场及其应用精选测试卷专题练习
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吉林省白城市第一中学物理 静电场及其应用精选测试卷专题练习
一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）
1．如图，真空中x轴上关于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1Q、2Q，且12QQ。取无穷远处电势为零，则（ ）
A．只有MN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ON之间存在电势为零的点
D．MO之间的电势差小于ON之间的电势差
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB．1Q在N点右侧产生的场强水平向右，2Q在N点右侧产生的场强水平向左，又因为12QQ，根据2QEkr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MN区间的电场方向向右，选项A错误，B正确；
C．1Q、2Q为两异种点电荷，在ON之间存在电势为零的点，选项C正确；
D．因为12QQ，MO之间的电场强度大，所以MO之间的电势差大于ON之间的电势差，选项D错误。
故选BC。
2．如图所示，带电量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底端C点，斜面上有A、B、D三点，A和C相距为L，B为AC中点，D为A、B的中点。现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度恰好为零。已知重力加速度为g，带电小球在A点处的加速度大小为4g，静电力常量为k。则（ ）
A．小球从A到B的过程中，速度最大的位置在D点
B．小球运动到B点时的加速度大小为2g
C．BD之间的电势差UBD大于DA之间的电势差UDA
D．AB之间的电势差UAB=kQL
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．带电小球在A点时，有
2sinAQqmgkmaL
当小球速度最大时，加速度为零，有
'2sin0QqmgθkL
联立上式解得
'22LL
所以速度最大的位置不在中点D位置，A错误；
B．带电小球在A点时，有
2sinAQqmgkmaL
带电小球在B点时，有
2sin2BQqkmgθmaL（）
联立上式解得
2Bga
B正确；
C．根据正电荷的电场分布可知，B点更靠近点电荷，所以BD段的平均场强大小大于AD段的平均场强，根据UEd可知，BD之间的电势差UBD大于DA之间的电势差UDA，C正确；
D．由A点到B点，根据动能定理得
sin02ABLmgθqU
由2sinAQqmgkmaL可得
214QqmgkL
联立上式解得
ABkQUL
D错误。
故选BC。
3．如图所示，用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别mA和mB的小球，分别带qA和qB的正电荷，悬点为O，当小球由于静电力作用张开一角度时，A球悬线与竖直线夹角为，B球悬线与竖直线夹角为，则（ ）
A．sinsinABmm
B．sinsinABBAmqmq
C．sinsinABqq
D．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为、，有sinsinsinsin
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．如下图，对两球受力分析，根据共点力平衡和几何关系的相似比，可得
AmgOPFPA库，BmgOPFPB库
由于库仑力相等，联立可得
ABmPBmPA
由于sincosOAPA，sincosOBPB，代入上式可得
sinsinABmm
所以A正确、B错误；
C．根据以上分析，两球间的库仑力是作用力与反作用力，大小相等，与两个球带电量的多少无关，所以不能确定电荷的比例关系，C错误；
D．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为、，对小球A、B受力分析，根据上述的分析，同理，仍然有相同的关系，即
sinsinABmm
联立可得
sinsinsinsin
D正确。
故选AD。
4．如图所示，竖直平面内固定一倾斜的光滑绝缘杆，轻质绝缘弹簧上端固定，下端系带正电的小球A，球A套在杆上，杆下端固定带正电的小球B。现将球A从弹簧原长位置由静止释放，运动距离x0到达最低点，此时未与球B相碰。在球A向下运动过程中，关于球A的速度v、加速度a、球A和弹簧系统的机械能E、两球的电势能Ep随运动距离x的变化图像，可能正确的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
令A、B小球分别带电量为1q、2q，释放A球时A、B间距为r，弹簧的劲度系数为K。则
A．在小球A运动到最低点的过程中，受力分析如图所示
加速阶段有
122sin()kqqmamgθKxrx
减速阶段有
122sin()kqqmaKxmgθrx
所以小球先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，越向下运动，弹力和电场力越大，所以减速阶段速度减小的更快，速度减为零的时间更短，和加速阶段不对称，A错误；
B．小球做加速度减小的加速运动时，
122sin()kqqKagθxmrxm
对a求导则
1232dd()kqqaKxmrxm
则加速阶段，加速度随着运动距离x的增加而减小，且加速减小得越来越快（即a-x曲线越来越陡峭）。
同理，减速阶段
122sin()kqqKaxgθmrxm
1232dd()kqqaKxmmrx
在减速阶段加速度运动距离x的增加而减加而增大，且加速度增加得越来越慢（即a-x曲线越来越平缓），故B错误；
C．小球向下运动过程中，由于要克服电场力做功，所以球A和弹簧系统的机械能E逐渐
减小，越靠近B小球，电场力越大，机械能减小的越快，所以图像的斜率的绝对值越来越大，C正确；
D．小球向下运动过程中，电场力做负功，所以电势能逐渐增大，越靠近B小球，电场力越大，电势能增大的越快，所以图像的斜率越来越大，D正确。
故选CD。
5．如图所示，竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将带电小球B用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方C处，图中AC=h。当B静止在与竖直方向夹角θ=30°方向时，A对B的静电力为B所受重力的0.5倍，则下列说法中正确的是（两球均可看作点电荷）（ ）
A．此时丝线长度为22L
B．以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到θ=0°处A的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小保持不变
C．若保持悬点C位置不变，缓慢缩短丝线BC的长度，B球运动轨迹在最初阶段为圆弧
D．若A对B的静电力为B所受重力的33倍，要使B球依然在θ=30°处静止，则丝线BC的长度应调整为33h或233h
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A．当A对B的静场力为B所受重力的0.5倍，B静止时丝线BC与竖直方向夹角θ=30°，处于平衡，根据几何关系可知此时AB与BC互相垂直，此时丝线长度为32h，选项A错误；
B．而由三角形相似可知
GFThABBC
则在整个漏电过程中，丝线上拉力T大小保持不变，选项B正确；
Ｃ．以C点为原点，以CA方向为y轴，垂直CA方向向右为x轴建立坐标系，设B点坐标为（x，y），则由几何关系
cossinxh
tanxy
消掉θ角且整理可得
2222(cos)xyhBC
缓慢缩短丝线BC的长度，最初阶段BC的长度变化较小，B球运动轨迹在最初阶段为圆弧，选项C正确；
D．若A对B的静电力为B所受重力的33倍，则B静止在与竖直方向夹角仍为θ=30°时，对B受力分析，G、F与T，将F与T合成，则有
GFACAB
解得
33FABhhG
根据余弦定理可得
22232cos303hhBCBCh（）
解得
BC=33h或233h
选项D正确。
故选BCD。
6．如图所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止，现将B球沿斜面向下移动一小段距离，发现A球随之向上移动少许，两球在新位置重新平衡，重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是（ ）
A．推力F变小 B．斜面对B的弹力不变
C．墙面对A的弹力不变 D．两球之间的距离减小
【答案】AB
【解析】
【详解】
CD．先对小球A受力分析，受重力、支持力、静电力，如图所示：
根据共点力平衡条件，有：
mgFcos库，NFmgtan
由于减小，可知墙面对A的弹力变小，库仑力减小，故两球间距增加，选项CD错误；
AB．对AB整体受力分析，受重力、斜面支持力N、墙壁支持力FN、推力F，如图所示：
根据共点力平衡条件，有
NNsinFFNcosmMg（）
解得
FmgtanmMgtanMmgNcos（）
由于减小，不变，所以推力F减小，斜面对B的弹力N不变，选项AB正确。
故选AB。
7．如图所示，在光滑水平面上相距x=6L的A、B两点分别固定有带正电的点电荷Q1、Q2，与B点相距2L的C点为AB连线间电势的最低点.若在与B点相距L的D点以水平向左的初速度0v释放一个质量为m、带电荷量为+q的滑块(可视为质点)，设滑块始终在A、B两点间运动，则下列说法中正确的是（ ）
A．滑块从D→C运动的过程中，动能一定越来越大
B．滑块从D点向A点运动的过程中，加速度先减小后增大
C．滑块将以C点为中心做往复运动
D．固定在A、B两点处的点电荷的电荷量之比为214:1QQ：
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A．A和B两点分别固定正点电荷Q1与Q2，C点为连线上电势最低处；类比于等量同种点电荷的电场的特点可知，AC之间的电场强度的方向指向C，BC之间的电场强度指向C；滑块从D向C的运动过程中，电荷受到的电场力的方向指向C，所以电场力先做正功做加速运动，动能一定越来越大，故A正确；
B．由同种正电荷的电场分布可知C点的场强为零，从D到A的场强先减小后增大，由qEam可得加速度向减小后增大，B正确；
D．x=4L处场强为零，根据点电荷场强叠加原理有
22(4)(2)ABQQkkLL，
解得
41ABQQ，
故D正确.
C．由于两正电荷不等量，故滑块经过C点后向左减速到零的位移更大，往复运动的对称点在C点左侧，C错误。
故选ABD。
【点睛】
