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2023人教版带答案高中物理必修三第十章静电场中的能量微公式版重点易错题1单选题1、如图所示，一固定的均匀带电圆环，圆心为O，带电量为Q。MN为垂直于圆环的轴线，M、N两点距圆心均为r。在圆心正下方2r的位置固定一电量为+q的小带电体。在M点放置不同电量的试探电荷，试探电荷均可保持静止。不计试探电荷的重力，静电力常量为k。则N点的电场强度大小为（）A0B2kqr2Ck8q9r2Dk10q9r2答案：D在M点放置不同电量的试探电荷，试探电荷均可保持静止，即M点场强为零。电量为+q的小带电体在M处产生电场强度为EM=kq(3r)2=kq9r2方向向上。根据电场的叠加原理，带电圆环与小球在M处产生电场强度大小相等，方向相反，所以带电圆环在M处产生的电场强度大小EM=kq9r2方向向下根据对称性可以知道带电圆环在N处产生的电场强EN=kq9r2方向向上电量为+q的小带电体在N处产生电场强度为E1=kq2r2方向向上所N点处场强的大小为EN=EN+E1=kq9r2+kqr2=k10q9r2故选D。2、在物理学的重大发现中，科学家们创造出了许多物理学方法，如比值法、理想实验法、控制变量法、极限法、类比法和科学家说法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是（）A定义电场强度E时用到了极限法B在不需要考虑物体本身的大小和形状时。用质点来代替物体的方法运用了理想化模型法C根据速度的定义式v=xt，当t趋近于无穷小时，就xt可以表示物体在t时刻的瞬时速度。该定义应用了比值法D在推导匀变速运动位移公式时。把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动。然后把各小段的位移相加，这里采用了极限法答案：BA电场强度的定义式为E=Fq采用的是比值定义法，故A错误；B在不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体采用了理想模型的方法，故B正确；C根据速度定义式v=xt当t非常小时，xt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法，故C错误；D在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段的运动近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D错误。故选B。3、电场中某点的电场强度为E，电量为q的检验电荷放在该点受到的电场力为F。下列图中能正确反映E、F、q三者关系的是（）ABCD答案：D根据电场强度的定义公式E=Fq可知，该点受到的电场力为F与放在该点的试探电荷的比值保持不变，但是电场中某点的电场强度为E，与F和q无关，电场强度是由场源电荷及该点在电场中的位置来决定，由电场本身性质决定。故选D。4、如图所示，两原长均为L、劲度系数相等的绝缘轻弹簧悬挂于O点，其另外一端各连接一个带电小球，平衡时A球靠在光滑绝缘竖直墙上，OA长为2L且竖直；B球悬于空中，OB长为32L。两小球的质量均为m，重力加速度为g，则两球间的库仑力大小为（）A12mgB34mgCmgD2mg答案：B设OA、OB夹角为，B球的受力如图甲所示，构成的力的矢量三角形与OAB相似，则有mgOA=FBOB即mg2L=FB32L可得FB=34mg对AB两带电小球整体受力分析如图乙，根据平衡条件可得FA+FBcos=2mg两弹簧完全相同FB=kL2=34mg则FA=kL=2FB=32mg解得cos=23在力的矢量三角形中，应用余弦定理有FAB=(mg)2+FB2-2mgFBcos=34mg故B正确。5、如图为静电植绒的装置及简图，将表面涂有黏合剂的被植体放在金属板上，打开电源开关后，在金属网与金属板间会产生3kV的高压，放在金属网上的绒毛将粘植在被植体上。金属网和金属板间的距离为2cm，忽略边缘效应，将网与板间的电场视为匀强电场，则下列说法正确的是（）A绒毛在飞往被植体的过程中电势能不断增大B若增大金属网和金属板的距离，则网和板的电势差也增大C若减小金属网与金属板间的电势差，会安全点，效果会更好D在干燥的环境中进行植绒效果会更好答案：DA绒毛在飞往被植体的过程中，电场力做正功，电势能减少，A错误；B由于金属网与金属板与电源连接，因此增大金属网和金属板的距离，网和板间的电势差仍保持不变，B错误；C若减小金属网与金属板间的电势差，会安全点，但效果会差，C错误；D在干燥的环境中，绝缘性能更好，板间介电常数增加，进行植绒的效果会更好，D正确。故选D。6、真空中两个静止的点电荷相距r，电荷量分别为q1和q2，则它们之间的库仑力大小为（）AF=q1q2rBF=kq1q2rCF=q1q2r2DF=kq1q2r2答案：D根据库仑定律可知F=kq1q2r2故选D。7、关于库仑定律的理解，下面说法正确的是（）A对任何带电体之间的静电力计算，都可以使用库仑定律公式B两个点电荷之间的静电力，无论是在真空中还是在介质中，一定是大小相等、方向相反的C只要是点电荷之间的静电力计算，就可以使用库仑定律公式D摩擦过的橡胶棒吸引碎纸屑，说明碎纸屑一定带正电答案：BAC库仑定律适用于真空中静止点电荷间静电力的计算，故AC错误；B两个点电荷之间的静电力，是作用力和反作用力关系，故无论是在真空中还是在介质中，一定是大小相等、方向相反的，故B正确；D摩擦过的橡胶棒吸引碎纸屑，纸屑带正电或不带电都可以，故D错误。故选B。8、如图所示为等量同种电荷的电场线分布规律，则A、B两点的场强关系为（）AEAEBCEA=EBD无法判断答案：A电场线的疏密反映电场强度的大小，由于A处电场线比B处的电场线稀疏，所以EAE丙E乙E甲D乙、丙两图中O处电场强度的大小关系为E乙=2E丙答案：DBC设14带电圆环在O点产生的场强大小为E。甲图中坐标原点O处的电场强度是14圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；乙图中坐标原点O处的电场强度是第一象限14带正电圆环和第二象限14带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电场强度大小等于2E；丙图中第一象限14带正电圆环和第三象限14带正电圆环在O点产生的电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是第二象限14带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；丁图中第一象限14带正电圆环和第三象限14带正电圆环在O点产生的电场相互抵消，第二象限14带负电圆环和第四象限14带负电圆环在O点产生的电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为0。综合以上分析，比较大小可知E乙E丙=E甲E丁故BC错误；A甲、丙两图中O处的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；D乙图坐标原点O处电场强度大小等于2E，丙图坐标原点O处电场强度大小为E，大小关系为E乙=2E丙故D正确。故选D。12、关于导线中的电场，下列说法正确的是（）A导线内的电场线可以与导线相交B电路元件所积累的电荷分布是稳定的，故导线处于静电平衡状态C导线内的电场E是由电源、导线等电路元件所积累的电荷共同形成的D导线中的电场是静电场的一种答案：CA导线内的电场线与导线是平行的，A错误；BD导线内电场不为零，不是静电平衡状态，导线中的电场是恒定电场，并非静电场的一种，BD错误；C导线中的电场是电源，导线等电路元件所积累的电荷共同形成的，C正确。故选C。13、我们赖以生存的地球，是一颗带负电的天体。假设它是一个均匀带电的球体，将一带负电的粉尘置于距地球表面h高处，恰处于悬浮状态，假设科学家将同样的带电粉尘带到距地球表面5h高处无初速度释放，则此带电粉尘将（不考虑地球的自转影响）（）A向星球中心方向下落B被推向太空C仍在那里悬浮D无法确定答案：C根据平衡条件得GMmR+h2=kQqR+h2根据上式得GMmR+5h2=kQqR+5h2假设科学家将同样的带电粉尘带到距地球表面5h高处无初速度释放，此带电粉尘仍在那里悬浮。故选C。14、如图所示，在边长为l的正方形的每个顶点都放置一个点电荷，其中a和b电荷量均为q，c和d电荷量均为q。静电力常量为k，则a电荷受到的其他三个电荷的静电力的合力大小是（）A0B2kq2R2Ckq2RD3kq22l2答案：Da和b电荷量为q，c和d电荷量为q，则c、d电荷对a电荷的库仑力为引力，b电荷对a电荷的库仑力为斥力。根据库仑定律Fca=kq2(2l)2，Fba=Fda=kq2l2根据力的合成法则，a电荷受到的其他三个电荷的静电力的合力大小为F=3kq22l2故ABC错误D正确。故选D。15、如图所示，在水平匀强电场中，用一根绝缘的柔软细线悬挂一带电小球，小球静止时悬线与竖直方向夹角为，下列判断正确的是（）A小球带负电B小球带正电C增大匀强电场的电场强度，则角减小D减小匀强电场的电场强度，则角不变答案：BAB对小球受力分析，如下图所示小球受到竖直向下的重力，绳子的拉力，要使得小球保持静止，则电场力方向只能水平向右。由于电场强度方向与正电荷受力方向相同，可知小球带正电，故A错误，B正确；CD根据平衡条件有Eq=mgtan则增大匀强电场的电场强度，tan增大，角也增大。减小匀强电场的电场强度，tan减小，角也减小，故CD错误。故选B。多选题16、如图所示，一匀强电场方向水平向右，电场强度大小为E。两根长度均为L的绝缘轻绳分别将小球M和N悬挂在电场中，悬点均为O。两小球质量相等、带等量异种电荷，带电荷量为q。平衡时两轻绳与竖直方向的夹角均为=30。若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原来位置平衡。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A两根轻绳上的张力大小均为mgB两根轻绳上的张力大小均为233mgC小球的质量为23E2L23kgD小球所带电荷量为q=EL23k答案：BDAB对N球进行受力分析如图所示竖直方向根据平衡条件可得Tcos=mg解得T=233mg对两小球整体受力分析可知两根轻绳上拉力的合力与两小球重力的合力等大反向，因此两根轻绳上的张力大小均为F=233mg故A错误B正确；C对N球，水平方向根据平衡条件可得qE=Tsin+kq2L2即qE=33mg+kq2L2同理若仅将两小球的带电荷量同时变为原来的2倍，有2qE=33mg+4kq2L2联立解得q=EL23k,m=23E2L29kg故C错误D正确。故选BD。17、如图甲所示，两个电量相同的电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上，电荷量q=+110-3C、质量m=0.02kg的小球在该平面上从a点由静止释放，沿中垂线运动到电荷连线中点O，其v-t图像如图乙中图线所示，其中b点处为图线切线斜率最大的位置，图中为过b点的切线，则下列说法正确的是（）AP、Q带异种电荷B带电小球运动到O点时动能最大Ca到O过程加速度先增大后减小Db点的场强E=30N/C答案：BCDA带正电的小球从a点由静止释放，向上做加速运动，带正电的小球受到向上的电场力，则aO连线上的电场竖直向上，故P、Q带等量负电荷，故A错误；B从a点到O点小球一直加速，带电小球运动到O点时动能最大，故B正确；Cv-t图像中，图线的斜率表示加速度，所以小球从a到O过程加速度先增大后减小，故C正确；Db点的加速度a=vt=1.5m/s2则F=ma=0.03N电场强度大小为E=Fq=30N/C故D正确。故选BCD。18、关于电荷量和元电荷，下列说法正确的是（）A电子的电荷量的精确数值最早是由密立根用油滴实验测得的B物体所带的电荷量可以是任意值C物体所带的电荷量最小值为元电荷，可取为1.610-19CD物体所带的电荷量都是元电荷的整数倍答案：ACDA密立根的油滴实验测出了电子的电荷量约为1.610-19C，故A正确；BCD物体的电荷量都是元电荷e的整数倍，元电荷可取为1.610-19C，故B错误，CD正确。故选ACD。19、如图所示，在方向水平向右的匀强电场中有一直角三角形MNP（M90），在M点固定一电荷量大小为23Q的点电荷，在P点固定一电荷量大小为4Q的点电荷。已知NPL，N点处的电场强度方向从N点指向M点，两个点电荷在N点处产生的合电场强度方向垂直NP向上，静电力常量为k，下列说法正确的是（）AM点处的点电荷带负电，P点处的点电荷带正电BM点处的点电荷在N点产生的电场强度大小为83kQL2CP点处的点电荷在N点产生的电场强度大小为kQL2D匀强电场的电场强度大小为4kQL2答案：ADA如图所示将两个点电荷在N点处产生的合电场强度Ey分解为E1和E2，由E1和E2的方向可知，M点处的点电荷带负电，P点处的点电荷带正电，故A正确；BC由点电荷形成电场的电场强度公式可得E1=k23Q(Lcos)2E2=k4QL2由几何关系可得E2=E1cos联立各式得cos=32E1=83kQ3L2E2=4kQL2故B、C错误；D由于N点的电场强度由N点指向M点，故P点处的点电荷在N点产生的电场强度与匀强电场的电场强度等大反向，即匀强电场的电场强度大小为E=4kQL2故D项正确。故选AD。20、如图所示，在一条直线上有两个相距0.6m的点电荷A、B，A带电荷量为+Q，B带电荷量为-9Q，现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均仅在电场力的作用下处于平衡状态。下列说法正确的是（）A点电荷C带正电B点电荷C位于B的右边0.3m处C点电荷C带负电D点电荷C位于A的左边0.3m处答案：CD根据题意，要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足：“两同夹异”、“两大夹小”、“近小远大”的原则，所以点电荷C应在A左侧，且带负电，设C带电荷量为q，A、C间的距离为x，对C，根据平衡条件可得kQqx2=k9Qq(0.6+x)2解得x=0.3m故选CD。21、如图所示，A、B之间用一根轻质弹簧连接在一起，斜面B的倾角30，C带正电，带电量为q，静止在B上，其中mA=2m、mB=3m、mC=m，在空间中增加一个场强大小为E=mgq、方向竖直向下的静电场，下列说法正确的是（）A加电场的瞬间，地面对A的支持力大小变为7mgB加电场的瞬间，B对C的摩擦力变大C加电场的瞬间，C可能相对于B滑动D加电场的瞬间，C对B的弹力大小为783mg答案：BDA加电场之前，对ABC整体分析，可知地面对A的支持力大小为FNA=(mA+mB+mC)g=6mg加电场的瞬间，弹簧的弹力不能突变，对A分析可知地面对它的支持力大小仍然为6mg，故A错误；B加电场之前对C受力分析，如图所示，则B对C的摩擦力大小为f=mgsin=12mg加电场之前对BC整体分析可知弹簧的弹力大小为F弹=(mB+mC)g=4mg加电场的瞬间，弹簧弹力不会突变，设BC整体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有qE+4mg-F弹=4ma解得a=14g加电场的瞬间，对C在沿斜面方向根据牛顿第二定律有(qE+mg)sin-f=masin解得f=78mgf所以加电场的瞬间，B对C的摩擦力变大，故B正确；C加电场之前，对C分析可知mgsinmgcos加电场的瞬间，同理可知一定满足(mg+qE)sin)，若两小球恰在同一水平线上，那么（）A两球一定带异种电荷Bq1一定不等于q2Cm1一定小于m2D两球所受静电力一定不相等答案：AC分析：根据题中两带电小球处于静止状态可知，本题考查物体平衡，根据平衡条件，运用正交分解、牛顿第三定律等，进行分析推断。A两球均带电且相互吸引，则必定带异种电荷，故A正确；B两球间的静电力为一对相互作用力，根据牛顿第三定律，无论两球的电荷量是否相等，两球间的静电力大小都相等，故无法判断两球所带电荷量的大小关系，B错误；C设两球间静电力大小为F，对左球受力分析如图，得到F=m1gtan同理F=m2gtan则m1tan=m2tan因，得到m1m2，故C正确。D两球间的静电力为一对相互作用力，根据牛顿第三定律，两球间的静电力大小都相等,D错误。故选AC。填空题26、相距L的两个点电荷A、B分别带的电荷量为+9Q和-Q，放在光滑绝缘的水平面上，现引入第三个点电荷C，使三者在库仑力作用下都处于静止状态，问C所带的电荷量为_，且C应放在_位置上。答案：9Q4#94QB的另一侧12L12三个电荷放在光滑绝缘的水平面上要平衡，必须三个电荷的一条直线，外侧二个电荷带同种电荷，库仑力相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，本题中两个点电荷A、B分别带的电荷量为+9Q和-Q，电性相反，可知C所带的电荷量应与较大电荷带同种电荷，所以C必须为正电荷，放置在在B的另一侧。设C所在位置与B的距离为r，则C所在位置与A的距离为L+r，要能处于平衡状态，所以A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小设C的电量为q，则有k9Qq(r+L)2=kQqr2解得r=12L对点电荷A，其受力也平衡则有k9QQL2=k9Qq(r+L)2解得q=94Q27、电量为210-6C的正点电荷放入电场中A点，受到作用力为410-4N，方向向右，则A点的场强为_N/C，若把另一电荷放在该点受到力为210-4N，方向向左，则这个电荷的电量为_C。答案：200-11061规定向右为正方向，则A点的场强为E=Fq=410-4210-6N/C=200N/C2电荷的电量为q=FE=-210-4200=-1106C28、使物体带电方法有：_起电、_起电、感应起电。答案：摩擦接触12使物体带电方法有：摩擦起电、接触起电、感应起电。29、如图，在（a，0）位置放置电荷量为q的正点电荷，在（0，a）位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P（a，a）为2a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置为_，电荷量为_。答案：（0，2a）22q12根据点电荷场强公式E=kQr2两点量异种点电荷在P点的场强大小为E0=kqa2方向如图所示两点量异种点电荷在P点的合场强为E1=2E0=2kqa2方向与+q点电荷与-q点电荷的连线平行如图所示，Q点电荷在p点的场强大小为E2=kQ2a2=kQ2a2三点电荷的合场强为0，则E2方向如图所示，大小有E1=E2解得Q=22q由几何关系可知Q的坐标为（0，2a）30、如图所示为美国物理学家密立根测量油滴所带电荷量装置的截面图，两块水平放置的金属板间距为d。油滴从喷雾器的喷嘴喷出时，由于与喷嘴摩擦而带负电。油滴散布在油滴室中，在重力作用下，少数油滴通过上面金属板的小孔进入平行金属板间。当平行金属板间不加电压时，由于受到气体阻力的作用，油滴最终以速度v1竖直向下匀速运动；当上板带正电，下板带负电，两板间的电压为U时，带电油滴恰好能以速度v2竖直向上匀速运动。已知油滴在极板间运动时所受气体阻力的大小与其速率成正比，测量出油滴质量为m，重力加速度为g。（1）设油滴受到气体的阻力f=kv，其中k为阻力系数，k=_；（2）油滴所带电荷量q=_。答案：mgv1mgdv1+v2Uv1（1）1油滴速度为v1时所受阻力f1=kv1油滴向下匀速运动时，重力与阻力平衡，则有f1=mg解得k=mgv1（2）2设油滴所带电荷量为q，油滴向上匀速运动时，阻力向下，油滴受力平衡kv2+mg=qUd则油滴所带电荷量q=mgdv1+v2Uv129