山东省新泰市第一中学物理 静电场及其应用专题试卷
山东省新泰一中物理第十章 静电场中的能量精选测试卷
山东省新泰一中物理第十章 静电场中的能量精选测试卷一、第十章 静电场中的能量选择题易错题培优（难）1．如图所示，分别在M 、N 两点固定放置两个点电荷+Q 和-2Q ，以MN 连线的中点O 为圆心的圆周上有A 、B 、C 、D 四点，COD 与MN 垂直，规定无穷远处电势为零，下列说法正确的是( )A ．A 点场强与B 点场强相等 B ．C 点场强与D 点场强相等 C ．O 点电势等于零 D ．C 点和D 点电势相等 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A 、由于2Q ＞Q ，A 点处电场线比B 点处电场线疏，A 点场强小于B 点场强；故A 错误． B 、由于电场线关于MN 对称，C 、D 两点电场线疏密程度相同，则C 点场强等于D 点场强，但方向与两个电荷的连线不平行，故电场强度的方向不同，故电场强度大小相等，但方向不相同；故B 错误．C 、根据等量异种电荷的对称性可知过O 点的中垂线与电场线垂直，中垂线为等势线，O 点的电势为零，现在是不等量的异种电荷，过O 点中垂线不再是等势线，O 点电势不为零，由U E d =⋅可知左侧的平均场强小，电势降低的慢，则零电势点在O 点右侧；C 错误．D 、沿着电场线电势逐渐降低，结合电场分布的上下对称可知0C D ϕϕ=>；D 正确． 故选D ． 【点睛】本题考查判断电势、场强大小的能力，往往画出电场线，抓住电场线分布的特点进行判断．2．两电荷量分别为q 1和q 2的点电荷放在x 轴上的O 、M 两点，两点电荷连线上各点电势φ随x 变化的关系如图所示，其中P 、N 两点的电势为零，NF 段中Q 点电势最高，则( )A ．P 点的电场强度大小为零B ．q 1和q 2为等量异种电荷C ．NQ 间场强方向沿x 轴正方向D ．将一负电荷从N 点移到F 点，电势能先减小后增大 【答案】D 【解析】 【详解】A ．φ-x 图线的斜率等于电场强度，故可知P 点的电场强度大小不为零，A 错误；B ．如果1q 和2q 为等量异种电荷，点连线中垂线是等势面，故连线的中点是零电势点；由于OP PM >，故12q q >，故B 错误；C ．沿着电场线的方向，电势降低，由于从N 到Q 电势升高，故是逆着电场线，即NQ 间场强方向沿x 轴正方向；D ．由于从N 到F ，电势先增加后减小，将一负电荷从N 点移到F 点，根据公式P E q ϕ=电势能先减小后增大，故D 正确。
山东省新泰市第一中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题
山东省新泰市第一中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题一、必修第3册 静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．如图所示，两块竖直放置的平行金属板A 、B ，两板相距d ，两板间电压为U ，一质量为m 的带电小球从两板间的M 点开始以竖直向上的初速度v 0运动，当它到达电场中的N 点时速度变为水平方向，大小变为2v 0 求（1）M 、N 两点间的电势差（2）电场力对带电小球所做的功（不计带电小球对金属板上电荷均匀分布的影响，设重力加速度为g ）【答案】20MN Uv U dg=；【解析】 【详解】竖直方向上小球受到重力作用而作匀减速直线运动，则竖直位移大小为h =202v g小球在水平方向上受到电场力作用而作匀加速直线运动，则 水平位移x =022v t ⋅ h =2v t ⋅ 联立得，x =2h =20v g故M 、N 间的电势差为U MN =-Ex =-20v U d g =-20Uv gd从M 运动到N 的过程，由动能定理得 W 电+W G =12m 20(2)v -2012mv 所以联立解得W 电=202mv答：M 、N 间电势差为-20Uv gd，电场力做功202mv ．2．（1）科学家发现，除了类似太阳系的恒星-行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识．双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远小于两星体间的距离，一般双星系统距离其它星体很远，可以当做孤立系统处理．已知某双星系统中每个星体的质量都是M 0，两者相距L ，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G ．①求该双星系统中每个星体的线速度大小v ；②如果质量分别为m 1和m 2的质点相距为r 时，它们之间的引力势能的表达式为12p m m E Gr=-，求该双星系统的机械能． （2）微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性．对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星-行星系统，记为模型Ⅰ．另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ．假设核外电子的质量为m ，氢原子核的质量为M ，二者相距为r ，静电力常量为k ，电子和氢原子核的电荷量均为e ．已知电荷量分别为+q 1和-q 2的点电荷相距为r 时，它们之间的电势能的表达式为12p q q E kr=-． ①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量分别用E Ⅰ、 E Ⅱ表示，请推理分析，比较E Ⅰ、 E Ⅱ的大小关系； ②模型Ⅰ、Ⅱ中电子做匀速圆周运动的线速度分别用v Ⅰ、v Ⅱ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从线速度的角度分析这样做的合理性．【答案】（1）①v =②202M G L -（2）①2-2ke r②模型Ⅰ的简化是合理的【解析】（1）① 22002/2M M v G L L =，解得v =②双星系统的动能2200k 0012222GM GM E M v M L L =⨯==，双星系统的引力势能20P GM E L =-，该双星系统的机械能E=E k +E p =202M G L - （2）①对于模型Ⅰ：22I 2mv ke r r =，此时电子的动能E k Ⅰ=22ke r又因电势能2pI e E k r =-，所以E Ⅰ= E k Ⅰ+E p Ⅰ=2-2ke r对于模型Ⅱ：对电子有：22121mv ke r r =， 解得 22112mv r r ke= 对于原子核有：22222Mv ke r r =， 解得 22222Mv rr ke=因为r 1+r 2=r ，所以有22221222+mv r Mv rr ke ke= 解得E k Ⅱ=2221211222ke mv Mv r+=又因电势能2pe E k r =-Ⅱ，所以E Ⅱ= E k Ⅱ+E p Ⅱ=2-2ke r即模型Ⅰ、Ⅱ中系统的能量相等，均为2-2ke r②解法一：模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有22I I 2=mv ke m v r r ω=，解得2I 2=ke v m r ω 模型Ⅱ中：对电子有：22II 1II 21=mv ke m v r r ω=， 解得2II 21=ke v m r ω对于原子核有：22222=ke Mv M v r r ω=， 因ω1=ω2，所以mv Ⅱ=Mv又因原子核的质量M 远大于电子的质量m ，所以v Ⅱ>>v ，所以可视为M 静止不动，因此ω1=ω2=ω，即可视为v Ⅰ=v Ⅱ．故从线速度的角度分析模型Ⅰ的简化是合理的． ②解法二：模型Ⅰ中：对于电子绕原子核的运动有22I 2mv ke r r =，解得I v模型Ⅱ中：库仑力提供向心力：222122=ke mr Mr rωω== (1)解得12=r M r m； 又因为r 1+r 2=r 所以1=M r m M + 2=mr m M+带入（1）式：ω=所以：1v r ω=Ⅱ2v r ω=又因原子核的质量M 远大于电子的质量m ，所以v Ⅱ>>v ，所以可视为M 静止不动；故从线速度的角度分析模型Ⅰ的简化是合理的．3．如图所示，在光滑绝缘水平面上，质量为m 的均匀绝缘棒AB 长为L 、带有正电，电量为Q且均匀分布．在水平面上O点右侧有匀强电场，场强大小为E，其方向为水平向左，BO距离为x0，若棒在水平向右的大小为QE/4的恒力作用下由静止开始运动．求：（1）棒的B端进入电场L/8时的加速度大小和方向；（2）棒在运动过程中的最大动能．（3）棒的最大电势能．（设O点处电势为零）【答案】（1）/8qE m ,向右（2）()48qE Lx+（3）0(2)6qE x L+【解析】【分析】【详解】（1）根据牛顿第二定律，得48QE L QEmaL-⋅＝解得8QEam＝，方向向右．（2）设当棒进入电场x时，其动能达到最大，则此时棒受力平衡，有4QE QExL⋅＝解得14x L=由动能定理得：()0044()()42442448 K oQE QELQE QE L QE LE W x x x x x＝＝＝＝+⨯∑+-+-+⨯（3）棒减速到零时，棒可能全部进入电场，也可能不能全部进入电场，设恰能全部进入电场，则有：()42QE QEx L L+-＝，得 x0=L；()42QE QELL Lε+＝＝当x0＜L，棒不能全部进入电场，设进入电场x根据动能定理得()0042xQEQE Lx x x++--＝解之得：28L L Lxx++＝则28(4FL L LxQEW xε+++＝＝当x 0＞L ，棒能全部进入电场，设进入电场x ()()0042QE QEx x L QE x L +---＝ 得：023x Lx +＝ 则()()000242 4436QE x L x L QE QE x x ε+++⋅＝＝＝4．如图所示，均可视为质点的三个物体A 、B 、C 在倾角为30°的光滑绝缘斜面上，A 绝缘，A 与B 紧靠在一起，C 紧靠在固定挡板上，质量分别为m A =0.43kg ，m B =0.20kg ，m C =0.50kg ，其中A 不带电，B 、C 的电荷量分别为q B =+2×10-5C 、q C =+7×10-5C 且保持不变，开始时三个物体均能保持静止。
高中物理：静电场及其应用 测试题(含答案)
高中物理：静电场及其应用 测试题（含答案）注意事项：1．答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后,用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题(本题共12小题,每小题4分。
在每小题给出的四个选项中,第1～8题只有一项符合题目要求,第9～12题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1．下列表达式中,q 一定是场源电荷的是( )A ．F ＝k Qq r 2B ．E ＝F qC ．W AB ＝qU ABD ．E ＝k ql 22．一正电荷在电场中由A 到B 做加速运动且加速度越来越大,则如图所示的四个电场线正确的是( )3．三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上,各球之间的距离远大于小球的直径。
球1的带电荷量为q ,球2的带电荷量为nq ,球3不带电且离球1和球2很远,此时球1、2之间作用力的大小为F 。
现使球3先与球2接触,再与球1接触,然后将球3移至远处,此时1、2之间作用力的大小仍为F ,方向不变。
由此可知( )A ．n ＝3B ．n ＝4C ．n ＝5D ．n ＝64．如图,三个固定的带电小球a 、b 和c ,相互间的距离分别为ab ＝5 cm,bc ＝3 cm,ca ＝4 cm 。
小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a 、b 的连线。
设小球a 、b 所带电荷量的比值的绝对值为k ,则( )A ．a 、b 的电荷同号,k ＝169 B ．a 、b 的电荷异号,k ＝169 C ．a 、b 的电荷同号,k ＝6427 D ．a 、b 的电荷异号,k ＝64275．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。
高中物理必修第3册 静电场及其应用试卷(Word版 含解析)
高中物理必修第3册静电场及其应用试卷（Word版含解析）一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点O对称。
某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（x轴）上必定有两个场强最强的点A、'A，该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（）A．若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置B．如图(1)，若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置C．如图(2)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点O。
直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置D．如图(3)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点O，直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置【答案】ABC【解析】【分析】【详解】A．可以将每个点电荷（2q）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q），既然上下两个点电荷（q）的电场在x轴上场强最大的点仍然在A、A＇两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x轴上场强最大的点当然还是在A、A＇两位置，选项A正确；B．由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置，选项B正确；C．由AB可知，在yOz平面内将两点电荷绕O点旋转到任意位置，或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数，在x轴上场强最大的点都在A、A＇两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于O点对称的任意两小段的合电场在x轴上场强最大的点仍然还在A、A＇两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x轴上场强最大的点当然还在A、A＇两位置，选项C正确；D．如同C选项，将薄圆板相对O点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于O点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x轴上场强最大的点就不再在A、A＇两位置，则整个圆板的合电场在x轴上场强最大的点当然也就不再在A、A＇两位置，选项D错误。
静电场及其应用精选试卷测试卷附答案
C．负电，mgtanθD．负电，
【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．
A．M点场强大于N点场强
B．M点电势与P点的电势相等
C．将正电荷由O点移动到P点，电场力做负功
D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴正方向做直线运动
【答案】AD
【解析】
【详解】
A、从图像上可以看出，M点的电场线比N点的电场线密集，所以M点场强大于N点场强，故A对；
B、沿着电场线电势在降低，由于电场不是匀强电场，所以M和P点不在同一条等势线上，所以M点电势与P点的电势不相等，故B错；
【答案】C
【解析】
【详解】
A.某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强。根据点电荷的场强公式E= ，所以要使电场强度为零，那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强必须大小相等、方向相反。因为它们电性相反，在中间的电场方向都向右。设距离Q2为x0处的电场强度矢量合为0，则：
【解析】
【详解】
A．如果A带电，则会感应B内部带异种电荷，外部电性与A相同，那么EM≠0，EN≠0；故A错误；
B．如果B带电，由于同种电荷的排斥，电荷只分布在外表面E内=0，即EM＝0，EN≠0，B错误；
C．如果A、B带等量异种电荷，A与B的静电感应使B外表面恰好无电荷量，则EM≠0，EN=0，故C正确；
A．原电场方向竖直向下
静电场及其应用精选试卷检测题(WORD版含答案)
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 C．大小相等，方向相同
B．大小不等，方向相反 D．大小相等，方向相反
故选 AB。
4．有固定绝缘光滑挡板如图所示，A、B 为带电小球（可以近似看成点电荷），当用水平 向左的力 F 作用于 B 时，A、B 均处于静止状态．现若稍改变 F 的大小，使 B 向左移动一段 小距离（不与挡板接触），当 A、B 重新处于平衡状态时与之前相比（ ）
A．A、B 间距离变小 B．水平推力力 F 减小 C．系统重力势能增加 D．系统的电势能将减小 【答案】BCD 【解析】 【详解】 A．对 A 受力分析，如图；由于可知，当 B 向左移动一段小距离时，斜面对 A 的支持力减 小，库仑力减小，根据库仑定律可知，AB 间距离变大，选项 A 错误；
E
kq1 l2
时，
a1 和
a2
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 q1 q2 ，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．
A．水平面对容器的摩擦力向左 B．容器对小球 b 的弹力始终与小球 b 的重力大小相等 C．出现上述变化时，小球 a 的电荷量可能减小
3
D．出现上述变化时，可能是因为小球 a 的电荷量逐渐增大为 (2 3) 2 qA
山东省新泰市第一中学必修3物理 全册全单元精选试卷检测题
山东省新泰市第一中学必修3物理全册全单元精选试卷检测题一、必修第3册静电场及其应用解答题易错题培优（难）1．在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为m A＝0.1 kg和m B＝0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6 C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A 从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔE p＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．【答案】（1）f=0.4N （2）2.1336W【解析】试题分析：（1）根据题意，静止时，对两物体受力分析如图所示：由平衡条件所得：对A有：m A gsin θ＝F T①对B有：qE＋f0＝F T②代入数据得f0＝0．4 N ③（2）根据题意，A到N点时，对两物体受力分析如图所示：由牛顿第二定律得：对A有：F＋m A gsin θ－F′T－F k sin θ＝m A a ④对B有：F′T－qE－f＝m B a ⑤其中f＝μm B g ⑥F k ＝kx ⑦由电场力做功与电势能的关系得ΔE p ＝qEd ⑧ 由几何关系得x ＝－⑨A 由M 到N ，由v －v ＝2ax 得A 运动到N 的速度v ＝⑩拉力F 在N 点的瞬时功率P ＝Fv ⑪ 由以上各式，代入数据P ＝0．528 W ⑫考点：受力平衡 、牛顿第二定律、能量转化与守恒定律、功率【名师点睛】静止时，两物体受力平衡，列方程求解．A 从M 到N 的过程中做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可列出力的关系方程．根据能量转化与守恒定律可列出电场力做功与电势能变化的关系方程．根据匀加速直线运动速度位移公式，求出运动到N 的速度，最后由功率公式求出功率．2．如图，ABD 为竖直平面内的绝缘轨道，其中AB 段是长为 1.25L m =的粗糙水平面，其动摩擦因数为0.1μ=，BD 段为半径R =0.2 m 的半圆，两段轨道相切于B 点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小3510/E V m =⨯。
山东省新泰市第一中学高二物理上学期精选试卷检测题
山东省新泰市第一中学高二物理上学期精选试卷检测题一、第九章 静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，竖直平面内有半径为R 的半圆形光滑绝缘轨道ABC ，A 、C 两点为轨道的最高点，B 点为最低点，圆心处固定一电荷量为+q 1的点电荷．将另一质量为m 、电荷量为+q 2的带电小球从轨道A 处无初速度释放，已知重力加速度为g ，则（）A ．小球运动到B 2gR B ．小球运动到B 点时的加速度大小为3gC ．小球从A 点运动到B 点过程中电势能减少mgRD ．小球运动到B 点时对轨道的压力大小为3mg ＋k 122q q R 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A.带电小球q 2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则：212B mgR mv =解得：2B v gR 故A 正确；B.小球运动到B 点时的加速度大小为：22v a g R==故B 错误；C.小球从A 点运动到B 点过程中库仑力不做功，电势能不变，故C 错误；D.小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得：2122BN q q v F mg k m R R--=解得：1223N q q F mg kR=+ 根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为：1223q q mg kR 方向竖直向下，故D 正确．2．电荷量相等的两点电荷在空间形成的电场有对称美．如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A 、B ，AB 连线中点为O.在A 、B 所形成的电场中，以O 点为圆心半径为R 的圆面垂直AB 连线，以O 为几何中心的边长为2R 的正方形平面垂直圆面且与AB 连线共面，两个平面边线交点分别为e 、f ，则下列说法正确的是( )A ．在a 、b 、c 、d 、e 、f 六点中找不到任何两个场强和电势均相同的点B ．将一电荷由e 点沿圆弧egf 移到f 点电场力始终不做功C ．将一电荷由a 点移到圆面内任意一点时电势能的变化量相同D ．沿线段eOf 移动的电荷，它所受的电场力先减小后增大 【答案】BC 【解析】图中圆面是一个等势面，e 、f 的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e 、f 的场强相同，故A 错误．图中圆弧egf 是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式W=qU 可知：将一正电荷由e 点沿圆弧egf 移到f 点电场力不做功，故B 正确．a 点与圆面内任意一点时的电势差相等，根据公式W=qU 可知：将一电荷由a 点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同．故C 正确．沿线段eof 移动的电荷，电场强度 先增大后减小，则电场力先增大后减小，故D 错误．故选BC ．【点睛】等量异种电荷连线的垂直面是一个等势面，其电场线分布具有对称性．电荷在同一等势面上移动时，电场力不做功．根据电场力做功W=qU 分析电场力做功情况．根据电场线的疏密分析电场强度的大小，从而电场力的变化．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。
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一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）1．如图所示，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点O对称。
某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（x轴）上必定有两个场强最强的点A、'A，该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（）A．若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置B．如图(1)，若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置C．如图(2)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点O。
直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置D．如图(3)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点O，直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置【答案】ABC【解析】【分析】【详解】A．可以将每个点电荷（2q）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q），既然上下两个点电荷（q）的电场在x轴上场强最大的点仍然在A、A＇两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x轴上场强最大的点当然还是在A、A＇两位置，选项A正确；B．由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置，选项B正确；C．由AB可知，在yOz平面内将两点电荷绕O点旋转到任意位置，或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数，在x轴上场强最大的点都在A、A＇两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于O点对称的任意两小段的合电场在x轴上场强最大的点仍然还在A、A＇两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x轴上场强最大的点当然还在A、A＇两位置，选项C正确；D．如同C选项，将薄圆板相对O点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于O点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x轴上场强最大的点就不再在A、A＇两位置，则整个圆板的合电场在x轴上场强最大的点当然也就不再在A、A＇两位置，选项D错误。
故选ABC。
2．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 。
3．如图所示，在圆心为O 、半径为R 的圆周上等间距分布着三个电荷量均为q 的点电荷a 、b 、c ，其中a 、b 带正电，c 带负电。
已知静电力常量为k ，下列说法正确的是（ ）A ．a 23kqB ．c 受到的库仑力大小为2233kqRC ．a 、b 在O 3kq，方向由O 指向cD ．a 、b 、c 在O 点产生的场强为22kqR，方向由O 指向c 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】AB ．根据几何关系得ab 间、bc 间、ac 间的距离r =根据库仑力的公式得a 、b 、c 间的库仑力大小22223q q F k k r R==a 受到的两个力夹角为120︒，所以a 受到的库仑力为223a q F F k R==c 受到的两个力夹角为60︒，所以c 受到的库仑力为c F ==选项A 错误，B 正确；C ．a 、b 在O 点产生的场强大小相等，根据电场强度定义有02q E kR = a 、b 带正电，故a 在O 点产生的场强方向是由a 指向O ，b 在O 点产生的场强方向是由b 指向O ，由矢量合成得a 、b 在O 点产生的场强大小2q E k R=方向由O →c ，选项C 错误；D ．同理c 在O 点产生的场强大小为02qE k R=方向由O →c运用矢量合成法则得a 、b 、c 在O 点产生的场强22qE k R'=方向O →c 。
选项D 正确。
故选BD 。
4．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 三小球的电荷量大小均为 q ，小球 d 的电荷量大小为 6q ，h ＝2R 。
重力加速度为 g ，静电力常量为 k 。
则（ ）A ．小球 a 一定带正电B ．小球 c 23kq C ．小球 b 2R mRq kπD ．外力 F 竖直向上，大小等于mg 226kq 【答案】BD 【解析】 【分析】 【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d 球的电性未知，所以a 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223cos 3R h α==+ 226sin 3R h α=+＝对b 球，根据牛顿第二定律和向心力得：22222264cos 2cos302cos30()q q q k k mR ma h R R Tπα⋅-︒==+︒ 解得23RmRT q kπ=233kq a mR= 则小球c 233kq mR，故B 正确，C 错误。
D ．对d 球，由平衡条件得22226263sin q q kq F k mg mg h R Rα⋅=+=++ 故D 正确。
故选BD 。
5．有固定绝缘光滑挡板如图所示，A 、B 为带电小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左的力F 作用于B 时，A 、B 均处于静止状态．现若稍改变F 的大小，使B 向左移动一段小距离（不与挡板接触），当A 、B 重新处于平衡状态时与之前相比（ ）A ．A 、B 间距离变小 B ．水平推力力F 减小C ．系统重力势能增加D ．系统的电势能将减小 【答案】BCD 【解析】 【详解】A ．对A 受力分析，如图；由于可知，当B 向左移动一段小距离时，斜面对A 的支持力减小，库仑力减小，根据库仑定律可知，AB 间距离变大，选项A 错误；B ．对AB 整体，力F 等于斜面对A 的支持力N 的水平分量，因为N 减小，可知F 减小，选项B 正确；C ．因为AB 距离增加，则竖直距离变大，则系统重力势能增加，选项C 正确；D ．因为AB 距离增加，电场力做正功，则电势能减小，选项D 正确； 故选BCD.6．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a的线速度为23kqRmB．小球b的角速度为2233kqR mC．小球c的向心加速度大小为2233kqR mD．外力F竖直向上，大小为226kq【答案】C【解析】【分析】【详解】A．通过分析，a、b、c一定带同种电荷，d与a、b、c一定带异种电荷，对小球a受力分析，在水平面上和竖直面分别如下图，小球最终的合力为22212223322(3)3(3)R kqF F F k kRR R R=-=⋅-⋅⋅=合力提供小球做圆周运动的向心力，有2223=3kq vmR R可得233kqvmR=，A错误；B．合力提供小球做圆周运动的向心力，有223kqmωR解得2333kqωmR=，B错误；C．合力提供小球做圆周运动的向心力，有23=kqma解得23kqa=，C正确；D．对d球受力分析，由平衡条件得：22223(2)3RF k mgR R R=⋅++解得2226kqmgRF+=，D错误。
故选C。
7．物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需通过一定的分析就可以判断结论是否正确．如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为R1和R2的圆环，两圆环上的电荷量均为q(q>0)，而且电荷均匀分布．两圆环的圆心O1和O2相距为2a，连线的中点为O，轴线上的A点在O点右侧与O点相距为r(r<a)，试分析判断下列关于A点处电场强度大小E的表达式正确的是A．()()()()3322222212kq a r kq a rER a r R a r+-=-⎡⎤⎡⎤+++-⎣⎦⎣⎦B．()()()()3322222212kq a r kq a rER a r R a r+-=+⎡⎤⎡⎤+++-⎣⎦⎣⎦C．()()12222212kqR kqRER a r R a r=-⎡⎤⎡⎤+++-⎣⎦⎣⎦D．()()123322222212kqR kqR E R a r R a r =-⎡⎤⎡⎤+++-⎣⎦⎣⎦【答案】A 【解析】 【分析】题目要求不通过计算，只需通过一定的分析就可以判断结论，所以根据点电荷场强的公式E=k2Qr ，与选项相对比，寻找不同点，再用极限分析问题的思想方法就可以分析出结果． 【详解】与点电荷的场强公式E=k 2Qr，比较可知，C 表达式的单位不是场强的单位，故可以排除C ；当r=a 时，右侧圆环在A 点产生的场强为零，则A 处场强只由左侧圆环上的电荷产生，即场强表达式只有一项，故可排除选项D ；左右两个圆环均带正电，则两个圆环在A 点产生的场强应该反向，故可排除B ，综上所述，可知A 正确．故选A ．8．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。