高中物理高二物理上学期精选试卷试卷（word版含答案）一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．真空中，在x轴上的坐标原点O和x=50cm处分别固定点电荷A、B，在x=10cm处由静止释放一正点电荷p，点电荷p只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度与在x轴上的位置关系如图所示。
下列说法正确的是（）A．x=10cm处的电势比x=20cm处的电势高B．从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p的电势能一定先增大后减小C．点电荷A、B所带电荷量的绝对值之比为9：4D．从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p所受的电场力先增大后减小【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．点电荷p从x=10cm处运动到x=30cm处，动能增大，电场力对点电荷做正功，则点电荷所受的电场力方向沿+x轴方向，因此，从x=10cm到x=30cm范围内，电场方向沿+x轴方向，所以，x=10cm处的电势比x=20cm处的电势高，故A正确；B．点电荷p在运动过程中，只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，点电荷的动能先增大后减小，则其电势能先减小后增大，故B错误；C．从x=10cm到x=30cm范围内，点电荷p所受的电场力沿+x轴方向，从x=30cm到x=50cm范围内，点电荷p所受的电场力沿-x轴方向，所以，点电荷p在x=30cm处所受的电场力为零，则点电荷A、B对点电荷p的静电力大小相等，方向相反，故有22A BA BQ q Q qk kr r其中r A=30cm，r B=20cm，所以，Q A：Q B=9：4，故C正确；D．点电荷x=30cm处所受的电场力为零，由电场力公式F=qE可知：x=30cm处的电场强度为零，所以从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p所受的电场力一定先减小后增大，故D错误。
故选AC。
2．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：mgF cos =库α，N F mgtan =α 由于α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F N 、推力F ，如图所示：根据共点力平衡条件，有N Nsin F F Ncos m M g+==+（）ββ解得()F mgtan m M gtan M m gN cos =-++=（）αββ由于α减小，β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 。
3．如图甲所示，两点电荷放在x 轴上的M 、N 两点，电荷量均为Q ，MN 间距2L ，两点电荷连线中垂线上各点电场强度y E 随y 变化的关系如图乙所示，设沿y 轴正方向为电场强度的正方向，中垂线上有一点()0,3P L ，则以下说法正确的是 （ ）A ．M 、N 两点上的两等量点电荷是异种电荷，M 为正电荷，N 为负电荷B ．将一试探电荷-q 沿y 轴负方向由P 移动到O ，试探电荷的电势能一直减少C ．一试探电荷-q 从P 点静止释放，在y 轴上做加速度先变小后变大的往复运动D ．在P 点给一试探电荷-q 合适的速度，使其在垂直x 轴平面内以O 点为圆心做匀速圆周运动，所需向心力为234Qq k L【答案】BD 【解析】 【详解】A ．如果M 、N 两点上的两等量点电荷是异种电荷，则其中垂线是为等势线，故A 错误；B ．等量同种电荷连线中垂线上，从P 到O 电势升高，负电荷的电势能减小，故B 正确；C ．等量同种电荷连线中垂线上，从P 到O 电场线方向向上，试探电荷受的电场力沿y 轴向下，在y 轴上O 点下方，电场线方向沿y 轴向下，试探电荷受的电场力沿y 轴向上，由图乙可知，y 轴上电场强度最大点的位移在P 点的下方，所以试探电荷沿y 轴先做加速度增大，后做加速度减小的加速运动，在y 轴上O 点下方，做加速度先增大后减小的减速运动，故C 错误；D ．等量正电荷中垂面上电场方向背离圆心O ，所以负试探电荷受电场力作用以O 为圆心做匀速圆周运动，如图，由几何关系可知，P 到M 的距离为2L ，图中60θ︒=，由叠加原理可得，P 点的场强为2232sin 2sin 60(2)4P M kQ kQ E E L L θ︒===所以电场力即为向心力为234QqF kL= 故D 正确。
4．如图所示，在竖直放置的半径为R 的光滑半圆弧绝缘细管的圆心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 2gR B ．小球在B 2gRC ．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：0102mgr mv =-，解得2v gr A 正确，B 错误，在B 点，对小球由牛顿第二定律得：2qE mg v m r-=，将B 点的速度带入可得3mgE q=，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，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Q E和Q F，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∠NEF＞∠NFE．则（）A．E带正电，F带负电，且Q E >Q FB．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；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，A 、B 、C 为放置在光滑水平面上的三个带电小球（可视为点电荷），其中B 与C 之间用长为L 的绝缘轻质细杆相连，现把A 、B 、C 按一定的位置摆放，可使三个小球都保持静止状态。
已知小球B 的带电量为-q ，小球C 的带电量为+4q ，则以下判断正确的是（ ）A ．小球A 的带电量可以为任何值B ．轻质细杆一定处于被拉伸状态C ．小球A 与B 之间的距离一定为4L D ．若将A 向右平移一小段距离，释放后A 一定向左运动 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】AC ．小球A 受力平衡，设小球AB 之间的距离为x ，根据平衡条件有()A A 224q q q qkk x L x ⋅=+ 解得x L =所以小球A 的电荷量可以为任意值，可以带正电，也可以带负电，A 正确，C 错误； B ．对小球B ，小球A 和小球C 对其静电力的合力为A 224q q q qF kk x L ⋅=- 由于不知道小球A 的带电量，所以无法确定小球A 和小球C 对小球B 的静电力的合力是否为零，故无法判断轻杆是否被拉伸，B 错误；D ．小球A 在原来的位置是平衡的，若将A 向右平移一小段距离，小球B 和小球C 对其的静电力均增加，且小球B 对其的静电力增加的更快，但由于小球A 的电性不确定，所以释放后A 的运动方向也不确定，D 错误。
故选A 。
8．如图所示，固定在竖直面内的光滑金属细圆环半径为R ，圆环的最高点通过长为L 的绝缘细线悬挂质量为m 、可视为质点的金属小球，已知圆环所带电荷量均匀分布且带电荷量与小球相同，均为Q (未知)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，细线对小球的拉力为F (未知)，下列说法正确的是( )A ．Q ＝3mgR kL，F ＝mgR L B ．Q ＝3mgL kR，F ＝mgR LC ．Q ＝3mgR kL ，F ＝mgL R D ．Q ＝3mgL kR，F ＝mgL R 【答案】D 【解析】 【详解】由于圆环不能看成点电荷，采用微元法，小球受到的库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示则Fsin mg θ＝，其中=R sin L θ，解得mgLF R=设圆环各个点对小球的库仑力的合力为F Q ，水平方向上有22Q Q Fcos F k cos Lθθ==，解得3mgL Q kR =，故D 项正确，ABC 三项错误．9．如图所示，16个电荷量均为+q(q>0)的小球(可视为点电荷)，均匀分布在半径为R 的圆周上若将圆周上P 点的一个小球的电荷量换成-2q ，则圆心 0点处的电场强度为A ．22kqR，方向沿半径向左 B ．22kqR，方向沿半径向右 C ．23kqR，方向沿半径向左 D ．23kqR ，方向沿半径向右 【答案】D 【解析】该点场强可以看成是与P 对称的那个电荷+q 和P 点的电荷-2q 在该点场强的叠加，根据点电荷的场强公式得+q 的点电荷在圆心O 点处的电场强度大小为2qk R，方向向右，点电荷-2q 在圆心O 点处的电场强度大小为22q k R ，方向向右，所以叠加来是23qk R，方向沿半径向右．故选择D.【点睛】该题考查了场强叠加原理，还有对对称性的认识．由于成圆周对称性，所以如果没改变电荷之前肯定圆心处场强为0，而该点场强是所有电荷在该点场强的叠加，可以把这些电荷归为两类：一种是要移去的电荷，另一种是其他电荷．不管怎样，总之这两种电荷产生的合场强为0，所以只要算出改变的电荷在该点的场强和与它对称的电荷的场强即可得到．10．如图所示，真空中有三个带等电荷量的点电荷a 、b 和c ，分别固定在水平面内正三角形的顶点上，其中a 、b 带正电，c 带负电。