静电场及其应用精选试卷专题练习（解析版）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12Q Q >。

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12Q Q >，根据2QE kr=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12Q Q >，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，一带电小球P 用绝缘轻质细线悬挂于O 点。

带电小球Q 与带电小球P 处于同一水平线上，小球P 平衡时细线与竖直方向成θ角（θ<45°）。

现在同一竖直面内向右下方缓慢移动带电小球Q ，使带电小球P 能够保持在原位置不动，直到小球Q 移动到小球P 位置的正下方。

对于此过程，下列说法正确的是（ ）A ．小球P 受到的库仑力先减小后增大B ．小球P 、Q 间的距离越来越小C ．轻质细线的拉力先减小后增大D ．轻质细线的拉力一直在减小【答案】AD【解析】【分析】【详解】画出小球P的受力示意图，如图所示当小球P位置不动，Q缓慢向右下移动时，Q对P的库仑力先减小后增大，根据库仑定律可得，QP间的距离先增大后减小；轻质细线的拉力则一直在减小，当Q到达P的正下方时，轻质细线的拉力减小为零，故选AD。

3．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 B A B Q q Q qkk r 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 。

4．质量分别为A m 和B m 的两小球带有同种电荷，电荷量分别为A q 和B q ，用绝缘细线悬挂在天花板上。

平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为1θ与()212θθθ>。

两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为A v 和B v ，最大动能分别为kA E 和kB E 。

则（ ）A ．A m 一定大于B m B ．A q 一定小于B qC ．A v 一定大于B vD ．kAE 一定大于kB E【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】A ．对小球A 受力分析，受重力、静电力、拉力，如图所示根据平衡条件，有1A tan F m gθ=故A 1tan Fm g θ=⋅同理，有B 2tan Fm g θ=⋅由于12θθ>，故A B m m <，故A 错误；B ．两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B 错误；C ．设悬点到AB 的竖直高度为h ，则摆球A 到最低点时下降的高度111(1)cos cos h h h h θθ∆=-=- 小球摆动过程机械能守恒，有212mg h mv ∆=解得v =由于12θθ>，A 球摆到最低点过程，下降的高度A B h h ∆>∆，故A 球的速度较大，故C 正确；D ．小球摆动过程机械能守恒，有k mg h E ∆=故k (1cos )(1cos )tan FLE mg h mgL θθθ=∆=-=- 其中cos L θ相同，根据数学中的半角公式，得到k 1cos (1cos )cos ()cos tan tan sin 2FL E FL FL θθθθθθθ-=-==⋅ 其中cos FL θ相同，故θ越大，动能越大，故kA E 一定大于kB E ，故D 正确。

故选CD 。

5．如图所示，a 、b 、c 、d 四个质量均为m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a 、b 、c 三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O 点做半径为R 的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分．小球d 位于O 点正上方h 处，且在外力F 作用下恰处于静止状态，已知a 、b 、c 三小球的电荷量均为q ，d 球的电荷量为6q,2h R=.重力加速度为g，静电力常量为k，则( )A．小球d一定带正电B．小球b2R mRq kπC．小球c23kqD．外力F竖直向上，大小等于226kqmg+【答案】CD【解析】【详解】A．a、b、c三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于a球的电性未知，所以d球不一定带正电，故A错误。

BC．设db连线与水平方向的夹角为α，则223cos3h Rα==+226sin3h Rα==+对b球，根据牛顿第二定律和向心力得：()22222264cos2cos302cos30q q qk k m R mah R TRπα︒︒⋅-==+解得：23R mRTq kπ=2233kqamR=则小球c23kqB错误，C正确。

D．对d球，由平衡条件得：2226263sinqq kqF k mg mgh Rα=+=++故D正确。

6．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v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214:1Q Q=：【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)A BQ Qk kL L=，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】本题考查场强的叠加与库仑定律的运用，在解题时合适地选择类比法和对称性，运用牛顿第二定律分析即可求解。

7．在电场强度为E的匀强电场中固定放置两个小球1和2，它们的质量相等，电荷量分别为1q和2q（12q q≠）．球1和球2的连线平行于电场线，如图所示．现同时放开球1和球2，于是它们开始在电场力的作用下运动．如果球1和球2之间的距离可以取任意有限值，则两球刚被放开时，它们的加速度可能是（ ）．A ．大小不等，方向相同B ．大小不等，方向相反C ．大小相等，方向相同D ．大小相等，方向相反【答案】ABC 【解析】 【详解】AC ．当两球的电性相同时，假定都带正电，则两球的加速度分别为：12121kq q Eq l a m +=12222kq q Eq l a m-=由于l 可任意取值，故当12kq E l>时，加速度1a 、2a 方向都是向右，且1a 、2a 的大小可相等，也可不相等，故AC 正确；B ．再分析1a 和2a 的表达式可知，当12kqE l<时，1a 和2a 方向相反，大小则一定不相等，故B 正确；D ．将小球1和小球2视作为一个整体，由于12q q ≠，可判断它们在匀强电场中受到的电场力必然是不为零的。

由牛顿第二定律可知，它们的合加速度也必然是不为零的，即不可能出现两者的加速度大小相等、方向相反的情况，故D 错误。

故选ABC ．8．如图()a 所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．0t =时，甲静止，乙以6m /s 的初速度向甲运动．此后,它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触),它们运动的v t -图像分别如图()b 中甲、乙两曲线所示．则由图线可知( )A ．两电荷的电性一定相反B ．甲、乙两个点电荷的质量之比为2：1C ．在20t ～时间内，两电荷的静电力先减小后增大D ．在30t ～时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小后增大 【答案】BD 【解析】 【详解】A ．由图象0-t 1段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同，故A 错误．B ．由图示图象可知：v 甲0=0m/s ，v 乙0=6m/s ，v 甲1=v 乙1=2m/s ，两点电荷组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：+=+m v m v m v m v 甲甲0乙乙0甲甲1乙乙1代入数据解得：m 甲:m 乙=2:1故B 正确；C ．0～t 1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t 1～t 2时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小，故C 错误．D ．由图象看出，0～t 3时间内，甲的速度一直增大，则其动能也一直增大，乙的速度先沿原方向减小，后反向增大，则其动能先减小后增大，故D 正确．9．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为410V/m ，已知一半径为1mm 的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/2s ,水的密度为310kg/3m ．这雨滴携带的电荷量的最小值约为 A ．2⨯910-C B ．4⨯910-CC ．6⨯910-CD ．8⨯910-C【答案】B 【解析】 【详解】带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向mg qE = m V ρ=343V r π=解得：9410q C -⨯＝ACD 、与计算不符，ACD 错误； B 、与计算结果相符，B 正确 【点睛】本题关键在于电场力和重力平衡，要求熟悉电场力公式和二力平衡条件；要使雨滴不下落，电场力最小要等于重力．10．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θ，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，mgtanθB．正电，mg tan θC．负电，mg tan θD．负电，mg tanθ【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=mgtgθ，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．11．如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的点电荷q（负电荷），不计重力，下列说法中正确的是（）A．点电荷从P到O是匀加速运动，O点速度达最大值B．点电荷在从P到O的过程中，电势能增大，速度越来越大C．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大D ．点电荷一定能够返回到P 点． 【答案】D 【解析】试题分析：点电荷在从P 到O 的过程中，所受的电场力方向竖直向下，因场强大小不断变化，电场力不断变化，故做变加速运动，所以速度越来越大，到达C 点后向下运动，受电场力向上而作减速运动，故O 点速度达最大值，越过O 点后，负电荷q 做减速运动，速度越来越小，速度减到零后反向运动，返回到P 点，选项A 错误，D 正确；点电荷在从P 到O 的过程中，电场力做正功，故电势能减小，选项B 错误；因为从O 向上到无穷远，电场强度先增大后减小，P 到O 的过程中，电场强度大小变化不能确定，所以电场力无法确定，加速度不能确定．故C 错误．故选D ． 考点：带电粒子在电场中的运动．12．如图所示，小球A 、B 质量均为m ，初始带电荷量均为＋q ，都用长为L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球紧靠绝缘的墙壁且其悬线刚好竖直，球B 悬线偏离竖直方向θ角而静止．如果保持B 球的电荷量不变，使小球A 的电荷量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的13时，下列判断正确的是( )A ．小球B 受到细线的拉力增大 B ．小球B 受到细线的拉力变小C ．两球之间的库仑力大小不变D ．小球A 的电荷量减小为原来的127【答案】D 【解析】 【详解】AB.小球B 受力如图所示，两绝缘线的长度都是L ，则△OAB 是等腰三角形，如果保持B 球的电量不变，使A 球的电量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的13时，θ变小，F 减小； 线的拉力T 与重力G 相等，G =T ，即小球B 受到细线的拉力不变；对物体A ：cos()22A A T G F πθ=+-则θ变小，T A 变小；故AB 错误；CD.小球静止处于平衡状态，当两球间距缓慢变为原来的1/3时，由比例关系可知，库仑力变为原来的1/3，因保持B 球的电量不变，使A 球的电量缓慢减小，由库仑定律2A BQ Q F kr = 解得：球A 的电量减小为原来的127，故C 错误，D 正确；13．如图所示，A 、B 、C 、D 是立方体的四个顶点，在A 、B 、D 三个点各放一点电荷，使C 点处的电场强度为零。