福建省福州市物理靜電場(chǎng)及其應(yīng)用專題試卷一、第九章靜電場(chǎng)及其應(yīng)用選擇題易錯(cuò)題培優(yōu)（難）1．如圖所示，在圓心為、半徑為的圓周上等間距分布著三個(gè)電荷量均為的點(diǎn)電荷、、，其中、帶正電，帶負(fù)電。已知靜電力常量為，下列說(shuō)法正確的是（）A．受到的庫(kù)侖力大小為B．受到的庫(kù)侖力大小為C．、在點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為，方向由指向D．、、在點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為，方向由指向【答案】BD【解析】【分析】【詳解】AB．根據(jù)幾何關(guān)系得ab間、bc間、ac間的距離根據(jù)庫(kù)侖力的公式得、、間的庫(kù)侖力大小受到的兩個(gè)力夾角為，所以受到的庫(kù)侖力為c受到的兩個(gè)力夾角為，所以受到的庫(kù)侖力為選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；C．、在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度定義有、帶正電，故在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向是由指向O，在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向是由指向O，由矢量合成得、在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小方向由O→c，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．同理c在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為方向由O→c運(yùn)用矢量合成法則得a、b、c在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向O→c。選項(xiàng)D正確。故選BD。2．如圖所示，一帶電小球P用絕緣輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點(diǎn)。帶電小球Q與帶電小球P處于同一水平線上，小球P平衡時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角（θ<45°）。現(xiàn)在同一豎直面內(nèi)向右下方緩慢移動(dòng)帶電小球Q，使帶電小球P能夠保持在原位置不動(dòng)，直到小球Q移動(dòng)到小球P位置的正下方。對(duì)于此過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）A．小球P受到的庫(kù)侖力先減小后增大B．小球P、Q間的距離越來(lái)越小C．輕質(zhì)細(xì)線的拉力先減小后增大D．輕質(zhì)細(xì)線的拉力一直在減小【答案】AD【解析】【分析】【詳解】畫(huà)出小球P的受力示意圖，如圖所示當(dāng)小球P位置不動(dòng)，Q緩慢向右下移動(dòng)時(shí)，Q對(duì)P的庫(kù)侖力先減小后增大，根據(jù)庫(kù)侖定律可得，QP間的距離先增大后減?。惠p質(zhì)細(xì)線的拉力則一直在減小，當(dāng)Q到達(dá)P的正下方時(shí)，輕質(zhì)細(xì)線的拉力減小為零，故選AD。3．如圖所示，豎直平面內(nèi)有半徑為R的半圓形光滑絕緣軌道ABC，A、C兩點(diǎn)為軌道的最高點(diǎn)，B點(diǎn)為最低點(diǎn)，圓心處固定一電荷量為+q1的點(diǎn)電荷．將另一質(zhì)量為m、電荷量為+q2的帶電小球從軌道A處無(wú)初速度釋放，已知重力加速度為g，則（）A．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為B．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的加速度大小為3gC．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程中電勢(shì)能減少mgRD．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為3mg＋k【答案】AD【解析】【分析】【詳解】A.帶電小球q2在半圓光滑軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，庫(kù)侖力不做功，故機(jī)械能守恒，則：解得：故A正確；B.小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的加速度大小為：故B錯(cuò)誤；C.小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程中庫(kù)侖力不做功，電勢(shì)能不變，故C錯(cuò)誤；D.小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，受到重力mg、庫(kù)侖力F和支持力FN，由圓周運(yùn)動(dòng)和牛頓第二定律得：解得：根據(jù)牛頓第三定律，小球在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為：方向豎直向下，故D正確．4．如圖所示，用兩根等長(zhǎng)的絕緣細(xì)線各懸掛質(zhì)量分別mA和mB的小球，分別帶qA和qB的正電荷，懸點(diǎn)為O，當(dāng)小球由于靜電力作用張開(kāi)一角度時(shí)，A球懸線與豎直線夾角為，B球懸線與豎直線夾角為，則（）A．B．C．D．兩球接觸后，再靜止下來(lái)，兩絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角變?yōu)?、，有【答案】AD【解析】【分析】【詳解】AB．如下圖，對(duì)兩球受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡和幾何關(guān)系的相似比，可得，由于庫(kù)侖力相等，聯(lián)立可得由于，，代入上式可得所以A正確、B錯(cuò)誤；C．根據(jù)以上分析，兩球間的庫(kù)侖力是作用力與反作用力，大小相等，與兩個(gè)球帶電量的多少無(wú)關(guān)，所以不能確定電荷的比例關(guān)系，C錯(cuò)誤；D．兩球接觸后，再靜止下來(lái)，兩絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角變?yōu)椤?，?duì)小球A、B受力分析，根據(jù)上述的分析，同理，仍然有相同的關(guān)系，即聯(lián)立可得D正確。故選AD。5．真空中，在x軸上的坐標(biāo)原點(diǎn)O和x=50cm處分別固定點(diǎn)電荷A、B，在x=10cm處由靜止釋放一正點(diǎn)電荷p，點(diǎn)電荷p只受電場(chǎng)力作用沿x軸方向運(yùn)動(dòng)，其速度與在x軸上的位置關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．x=10cm處的電勢(shì)比x=20cm處的電勢(shì)高B．從x=10cm到x=40cm的過(guò)程中，點(diǎn)電荷p的電勢(shì)能一定先增大后減小C．點(diǎn)電荷A、B所帶電荷量的絕對(duì)值之比為9：4D．從x=10cm到x=40cm的過(guò)程中，點(diǎn)電荷p所受的電場(chǎng)力先增大后減小【答案】AC【解析】【分析】【詳解】A．點(diǎn)電荷p從x=10cm處運(yùn)動(dòng)到x=30cm處，動(dòng)能增大，電場(chǎng)力對(duì)點(diǎn)電荷做正功，則點(diǎn)電荷所受的電場(chǎng)力方向沿+x軸方向，因此，從x=10cm到x=30cm范圍內(nèi)，電場(chǎng)方向沿+x軸方向，所以，x=10cm處的電勢(shì)比x=20cm處的電勢(shì)高，故A正確；B．點(diǎn)電荷p在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能和動(dòng)能之和保持不變，點(diǎn)電荷的動(dòng)能先增大后減小，則其電勢(shì)能先減小后增大，故B錯(cuò)誤；C．從x=10cm到x=30cm范圍內(nèi)，點(diǎn)電荷p所受的電場(chǎng)力沿+x軸方向，從x=30cm到x=50cm范圍內(nèi)，點(diǎn)電荷p所受的電場(chǎng)力沿-x軸方向，所以，點(diǎn)電荷p在x=30cm處所受的電場(chǎng)力為零，則點(diǎn)電荷A、B對(duì)點(diǎn)電荷p的靜電力大小相等，方向相反，故有其中rA=30cm，rB=20cm，所以，QA：QB=9：4，故C正確；D．點(diǎn)電荷x=30cm處所受的電場(chǎng)力為零，由電場(chǎng)力公式F=qE可知：x=30cm處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，所以從x=10cm到x=40cm的過(guò)程中，點(diǎn)電荷p所受的電場(chǎng)力一定先減小后增大，故D錯(cuò)誤。故選AC。6．在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中固定放置兩個(gè)小球1和2，它們的質(zhì)量相等，電荷量分別為和（）．球1和球2的連線平行于電場(chǎng)線，如圖所示．現(xiàn)同時(shí)放開(kāi)球1和球2，于是它們開(kāi)始在電場(chǎng)力的作用下運(yùn)動(dòng)．如果球1和球2之間的距離可以取任意有限值，則兩球剛被放開(kāi)時(shí)，它們的加速度可能是（）．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】【詳解】AC．當(dāng)兩球的電性相同時(shí)，假定都帶正電，則兩球的加速度分別為：由于l可任意取值，故當(dāng)時(shí)，加速度、方向都是向右，且、的大小可相等，也可不相等，故AC正確；B．再分析和的表達(dá)式可知，當(dāng)時(shí)，和方向相反，大小則一定不相等，故B正確；D．將小球1和小球2視作為一個(gè)整體，由于，可判斷它們?cè)趧驈?qiáng)電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力必然是不為零的。由牛頓第二定律可知，它們的合加速度也必然是不為零的，即不可能出現(xiàn)兩者的加速度大小相等、方向相反的情況，故D錯(cuò)誤。故選ABC．7．如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端系在墻上，另一端系在三根長(zhǎng)度相同的輕繩上，輕繩的下端各系質(zhì)量與電荷量均相同的帶正電小球，且三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知重力加速度為g。四種情形下每個(gè)小球受到的電場(chǎng)力大小與輕繩長(zhǎng)度、小球質(zhì)量、小球電荷量的關(guān)系如表所示，以下說(shuō)法正確的是（）情形輕繩長(zhǎng)度小球質(zhì)量小球電荷量小球受到的電場(chǎng)力大小1Lm①22Lm②3L2m③4Lm④A．②中電荷量為①中電荷量的倍B．③中電荷量為②中電荷量的倍C．④中電荷量為③中電荷量的倍D．情形④下彈簧的伸長(zhǎng)量最大【答案】C【解析】【分析】【詳解】由于三個(gè)小球質(zhì)量和電荷量均相等，由對(duì)稱性可知，三個(gè)小球必構(gòu)成等邊三角形，且每個(gè)小球受到的電場(chǎng)力相等，設(shè)繩的拉力為T(mén)，與豎直方向夾角為，兩小球之間的距離為r、一個(gè)小球受到另外兩個(gè)小球的電場(chǎng)力的合力為，對(duì)其中一個(gè)小球受力分析可得解得由幾何關(guān)系可知，整理得A．對(duì)比①和②可知，并應(yīng)用上式可得解得故電荷量之間的關(guān)系為故A錯(cuò)誤；B．由③可知，解得故故B錯(cuò)誤；C．由④可知解得故故C正確；D．以三個(gè)小球?yàn)檎w可知，小球受到的彈力應(yīng)該等于其重力，故小球質(zhì)量越大，彈簧彈力越大，故情形③下彈簧的伸長(zhǎng)量最大，故D錯(cuò)誤；故選C。8．一均勻帶負(fù)電的半球殼，球心為O點(diǎn)，AB為其對(duì)稱軸，平面L垂直AB把半球殼分為左右兩部分，L與AB相交于M點(diǎn)，對(duì)稱軸AB上的N點(diǎn)和M點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，已知一均勻帶電球殼內(nèi)部任一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零；取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，點(diǎn)電荷q在距離其為r處的電勢(shì)為φ=k（q的正負(fù)對(duì)應(yīng)φ的正負(fù)）。假設(shè)左側(cè)部分在M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E1，電勢(shì)為φ1；右側(cè)部分在M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E2，電勢(shì)為φ2；整個(gè)半球殼在M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E3，在N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E4．下列說(shuō)法正確的是（）A．若左右兩部分的表面積相等，有，B．若左右兩部分的表面積相等，有，C．不論左右兩部分的表面積是否相等，總有，D．只有左右兩部分的表面積相等，才有，【答案】C【解析】【詳解】A、設(shè)想將右側(cè)半球補(bǔ)充完整，右側(cè)半球在M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度向右，因完整均勻帶電球殼內(nèi)部任一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，可推知左側(cè)半球在M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向向左，根據(jù)對(duì)稱性和矢量疊加原則可知，E1方向水平向左，E2方向水平向右，左側(cè)部分在M點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)比右側(cè)電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大，E1＞E2，根據(jù)幾何關(guān)系可知，分割后的右側(cè)部分各點(diǎn)到M點(diǎn)的距離均大于左側(cè)部分各點(diǎn)到M點(diǎn)的距離，根據(jù)，且球面帶負(fù)電，q為負(fù)，得：φ1＜φ2，故AB錯(cuò)誤；C、E1＞E2與左右兩個(gè)部分的表面積是否相等無(wú)關(guān)，完整的均勻帶電球殼內(nèi)部任一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，根據(jù)對(duì)稱性可知，左右半球殼在M、N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小都相等，故左半球殼在M、N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故C正確，D錯(cuò)誤。9．AB是長(zhǎng)為L(zhǎng)的均勻帶電絕緣細(xì)桿，P1、P2是位于AB所在直線上的兩點(diǎn)，位置如圖所示。AB上電荷產(chǎn)生的靜電場(chǎng)在P1處的場(chǎng)強(qiáng)大小為E1，在P2處的場(chǎng)強(qiáng)大小為E2，若將絕緣細(xì)桿的右半邊截掉并移走（左半邊電荷量、位置不變），則P2處的場(chǎng)強(qiáng)大小變?yōu)椋ǎ〢． B．E2–E1 C．E1– D．E1+【答案】B【解析】【詳解】將均勻帶電細(xì)桿等分為左右兩段，設(shè)左右兩段細(xì)桿形成的電場(chǎng)在P2點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小分別為EA、EB，則有EA+EB=E2；左半段細(xì)桿產(chǎn)生的電場(chǎng)在P1點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為0，右半段細(xì)桿產(chǎn)生的電場(chǎng)在P1點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E1=EB，去掉細(xì)桿的右半段后，左半段細(xì)桿產(chǎn)生的電場(chǎng)在P2點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為EA=E2–EB=E2–E1，選B。10．如圖所示，一傾角為30的粗糙絕緣斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和頂端B分別固定等量的同種負(fù)電荷。質(zhì)量為m、帶電荷量為?q的物塊從斜面上的P點(diǎn)由靜止釋放，物塊向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中經(jīng)過(guò)斜面中點(diǎn)O時(shí)速度達(dá)到最大值vm，運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)為Q（圖中沒(méi)有標(biāo)出），則下列說(shuō)法正確的是（）A．P、Q兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同B．UPO=UOQC．P到Q的過(guò)程中，物體先做加速度減小的加速，再做加速度增加的減速運(yùn)動(dòng)D．物塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)【答案】C【解析】【分析】【詳解】ABD．物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的速度最大，加速度為零，又電場(chǎng)強(qiáng)度為零，所以有所以物塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為由于運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所以物塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程中受到的合外力為電場(chǎng)力，因此最低點(diǎn)Q與釋放點(diǎn)P關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，根據(jù)等量的異種點(diǎn)電荷周圍電勢(shì)的對(duì)稱性可知，P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，則有UOP=UOQ，根據(jù)等量的異種點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)特征可知，P、Q兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反，故ABD錯(cuò)誤；C．根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)特點(diǎn)和電場(chǎng)的疊加原理可知，沿斜面從B到A電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大，中點(diǎn)O的電場(chǎng)強(qiáng)度為零。設(shè)物塊下滑過(guò)程中的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有物塊下滑的過(guò)程中電場(chǎng)力qE先方向沿斜面向下逐漸減少后沿斜面向上逐漸增加，所以物塊的加速度大小先減小后增大，所以P到O電荷先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，O到Q電荷做加速度增加的減速運(yùn)動(dòng)，故C正確。故選C。11．如圖所示，真空中有三個(gè)帶等電荷量的點(diǎn)電荷a、b和c，分別固定在水平面內(nèi)正三角形的頂點(diǎn)上，其中a、b帶正電，c帶負(fù)電。O為三角形中心，A、B、C為三條邊的中點(diǎn)。設(shè)無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零。則（）A．B、C兩點(diǎn)電勢(shì)相同B．B、C兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同C．電子在O點(diǎn)電勢(shì)能為零D．在O點(diǎn)自由釋放電子（不計(jì)重力），將沿OA方向一直運(yùn)動(dòng)【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．B、C兩點(diǎn)分別都是等量正負(fù)電荷連線的中點(diǎn)，由對(duì)稱性知電勢(shì)為零，剩下的正電荷產(chǎn)生了相等的電勢(shì)，則B、C兩點(diǎn)電勢(shì)相同，故A正確；B．電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，場(chǎng)強(qiáng)的合成滿足平行四邊形定則，通過(guò)矢量的合成可得，B、C點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相同，但方向不同，故B錯(cuò)誤；C．兩等量異種電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的總電勢(shì)為零，但剩下的正電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為正，則O點(diǎn)的總電勢(shì)為正，故電子在O點(diǎn)的電勢(shì)能不為零，故C錯(cuò)誤；D．a(chǎn)b兩個(gè)點(diǎn)電荷在OA線段上的合場(chǎng)強(qiáng)方向向下，過(guò)了A點(diǎn)后，ab兩個(gè)點(diǎn)電荷在OA直線上向上；點(diǎn)電荷c在OA線段上的場(chǎng)強(qiáng)方向向下，過(guò)了A點(diǎn)后，場(chǎng)強(qiáng)方向向下也向下，故在O點(diǎn)自由釋放電子（不計(jì)重力），會(huì)沿直線做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)，直到靜止，故D錯(cuò)誤。故選A。12．如圖所示，A、B、C、D是立方體的四個(gè)頂點(diǎn)，在A、B、D三個(gè)點(diǎn)各放一點(diǎn)電荷，使C點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零。已知A點(diǎn)處放的是電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，則關(guān)于B、D兩點(diǎn)處的點(diǎn)電荷，下列說(shuō)法正確的是（）A．B點(diǎn)處的點(diǎn)電荷帶正電 B．D點(diǎn)處的點(diǎn)電荷帶正電C．B點(diǎn)處的點(diǎn)電荷的電荷量為 D．D點(diǎn)處的點(diǎn)電荷的電荷量為【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．A點(diǎn)處放的是電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，若B點(diǎn)處的點(diǎn)電荷帶正電，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)疊加可知，在D點(diǎn)無(wú)論是放正電還是負(fù)電，C點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)都不可能為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．若D點(diǎn)處的點(diǎn)電荷帶正電，則根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)疊加可知，在B點(diǎn)無(wú)論是放正電還是負(fù)電，C點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)都不可能為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CD．設(shè)正方體邊長(zhǎng)為a，BC與AC夾角為θ，由疊加原理可知，在BD兩點(diǎn)只能都帶負(fù)電時(shí)，C點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)才可能為零，則其中，解得選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。故選C。13．如圖所示，豎直絕緣墻上距O點(diǎn)處固定一帶電量Q的小球A，將另一帶等量同種電荷、質(zhì)量為m的小球B用長(zhǎng)為的輕質(zhì)絕緣絲線懸掛在O點(diǎn)，A、B間用一勁度系數(shù)為k′原長(zhǎng)為的絕緣輕質(zhì)彈簧相連，靜止時(shí)，A、B間的距離恰好也為，A、B均可看成質(zhì)點(diǎn)，以下說(shuō)法正確的是（）A．A、B間庫(kù)侖力的大小等于mgB．A、B間彈簧的彈力大小等于k′C．若將B的帶電量減半，同時(shí)將B球的質(zhì)量變?yōu)?m，A、B間的距離將變?yōu)镈．若將A、B的帶電量均減半，同時(shí)將B球的質(zhì)量變?yōu)?，A、B間的距離將變?yōu)椤敬鸢浮緿【解析】【分析】【詳解】A．對(duì)小球受力分析如圖；小球受彈簧的彈力與B所受的庫(kù)侖力的合力（F庫(kù)+F彈）沿AB斜向上，由幾何關(guān)系以及平衡條件可知F庫(kù)+F彈=mg則F庫(kù)=mg-F彈選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．A、B間彈簧的彈力大小等于選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．若將B的帶電量減半，A、B間的距離將變?yōu)?，則庫(kù)侖力變?yōu)?F庫(kù)，則彈力和庫(kù)侖力的合力為則由相似三角形關(guān)系可知而解得選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．若將A、B的帶電量都減半，A、B間的距離將變?yōu)?，則庫(kù)侖力仍F庫(kù)，則彈力和庫(kù)侖力的合力為則由相似三角形關(guān)系可知而解得即選項(xiàng)D正確；故選D。14．如圖所示，光滑絕緣水平面上有三個(gè)帶電質(zhì)點(diǎn)A、B、C,A和C圍繞B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，B恰能保持靜止，其中A、C和B的距離分別是L1、L2.僅考慮三質(zhì)點(diǎn)間的庫(kù)侖力，則A和C的A．線速度之比為 B．加速度之比為C．電荷量之比 D．質(zhì)量之比【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．A和C圍繞B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，B恰能保持靜止，則ABC三者要保持相對(duì)靜止，所以AC角速度相等，則線速度之比為選項(xiàng)A錯(cuò)誤；C．根據(jù)B恰能保持靜止可得解得選項(xiàng)C錯(cuò)誤；A圍繞B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)A受到的合力提供向心力，C圍繞B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有因?yàn)?，所以有解得選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確。故選D。15．已知均勻帶電球殼內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，電勢(shì)處處相等．如圖所示，正電荷均勻分布在半球面上，Ox為通過(guò)半球頂點(diǎn)與球心O的軸線．A、B為軸上的點(diǎn)，且OA=OB．C、D為直徑上的兩點(diǎn)，且OC=OD．則下列判斷正確的是()A．A點(diǎn)的電勢(shì)與B點(diǎn)的電勢(shì)相等B．C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與D點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不相同C．A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同D．在A點(diǎn)由靜止開(kāi)始釋放重力不計(jì)的帶正電粒子，該粒子將沿AB做勻加速直線運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】【分析】【詳解】試題分析：由題意可知半球面右邊的電場(chǎng)線是水平向右的，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)，A錯(cuò)誤；有對(duì)稱性原理及電場(chǎng)疊加可知C點(diǎn)和D點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)一樣；B錯(cuò)誤；B錯(cuò)誤；均勻帶電半球相當(dāng)于一個(gè)均勻帶正電的球和半個(gè)均勻帶負(fù)電的球，這個(gè)半球放在圖的另一邊．然后看AB兩點(diǎn)，可以看到，AB兩點(diǎn)在在上述涉及到的正電半球和負(fù)電半球中的相同的位置上．而由題目給出的條件，正電球在AB兩點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)為零．所以，A點(diǎn)正電半球產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度相當(dāng)于負(fù)電半球產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度，而與B點(diǎn)的環(huán)境比較，唯一的區(qū)別是電荷符號(hào)相反，從而電場(chǎng)大小相同，只有可能有方向的區(qū)別，而分析可知，方向是相同的，故電場(chǎng)強(qiáng)度相等，C正確；電場(chǎng)線方向水平向右，所以在A點(diǎn)釋放靜止帶正電的微粒（重力不計(jì)），微粒將作加速運(yùn)動(dòng)，距離遠(yuǎn)后電場(chǎng)力減小，所以是變加速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤；二、第九章靜電場(chǎng)及其應(yīng)用解答題易錯(cuò)題培優(yōu)（難）16．我們可以借鑒研究靜電場(chǎng)的方法來(lái)研究地球周圍空間的引力場(chǎng)，如用“引力場(chǎng)強(qiáng)度”、“引力勢(shì)”的概念描述引力場(chǎng)。已知地球質(zhì)量為M，半徑為R，萬(wàn)有引力常量為G，將地球視為均質(zhì)球體，且忽略自轉(zhuǎn)。(1)類比電場(chǎng)強(qiáng)度的定義方法，寫(xiě)出地球引力場(chǎng)的“引力場(chǎng)強(qiáng)度E”的定義式，并結(jié)合萬(wàn)有引力定律，推導(dǎo)距離地心為r（r>R）處的引力場(chǎng)強(qiáng)度的表達(dá)式；(2)設(shè)地面處和距離地面高為h處的引力場(chǎng)強(qiáng)度分別為和，如果它們滿足，則該空間就可以近似為勻強(qiáng)場(chǎng)，也就是我們常說(shuō)的重力場(chǎng)。請(qǐng)估算地球重力場(chǎng)可視為勻強(qiáng)場(chǎng)的高度h（取地球半徑R=6400km）；(3)某同學(xué)查閱資料知道:地球引力場(chǎng)的“引力勢(shì)”的表達(dá)式為（以無(wú)窮遠(yuǎn)處引力勢(shì)為0）。請(qǐng)你設(shè)定物理情景，簡(jiǎn)要敘述推導(dǎo)該表達(dá)式的主要步驟?！敬鸢浮?1)引力場(chǎng)強(qiáng)度定義式，推導(dǎo)見(jiàn)解析；(2)h=64976m；(3)推導(dǎo)見(jiàn)解析.【解析】【分析】【詳解】(1)引力場(chǎng)強(qiáng)度定義式聯(lián)立得(2)根據(jù)題意解得h=64976m(3)定義式引力勢(shì)，式中為某位置的引力勢(shì)能把某物體從無(wú)窮遠(yuǎn)移動(dòng)到某點(diǎn)引力做的功即則當(dāng)質(zhì)量為m的物體自無(wú)窮遠(yuǎn)處移動(dòng)到距離地球r處時(shí)，引力做功為通過(guò)計(jì)算得所以17．如圖所示，固定于同一條豎直線上的A、B是兩個(gè)帶等量異種電荷的點(diǎn)電荷，電荷量分別為＋Q和－Q，A、B相距為2d。MN是豎直放置的光滑絕緣細(xì)桿，另有一個(gè)穿過(guò)細(xì)桿的帶電小球p，質(zhì)量為m、電荷量為+q（可視為點(diǎn)電荷，不影響電場(chǎng)的分布。），現(xiàn)將小球p從與點(diǎn)電荷A等高的C處由靜止開(kāi)始釋放，小球p向下運(yùn)動(dòng)到距C點(diǎn)距離為d的O點(diǎn)時(shí)，速度為v。已知MN與AB之間的距離為d，靜電力常量為k，重力加速度為g。求：（1）C、O間的電勢(shì)差UCO；（2）O點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小及小球p經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的加速度；【答案】（1）（2）；【解析】【詳解】（1）小球p由C運(yùn)動(dòng)到O的過(guò)程，由動(dòng)能定理得所以（2）小球p經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)受力如圖由庫(kù)侖定律得它們的合力為F=F1cos

45°+F2cos

45°=Eq所以O(shè)點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度由牛頓第二定律得：mg+qE=ma所以18．如圖，真空中xOy平面直角坐標(biāo)系上的ABC三點(diǎn)構(gòu)成等邊三角形，邊長(zhǎng)L=2.0m。若將電荷量均為q=+2.0×10-6C的兩點(diǎn)電荷分別固定在A、B點(diǎn)，已知靜電力常量k=9.0×109N·m2/C2。求：(1)兩點(diǎn)電荷間的庫(kù)侖力大??；(2)C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向?！敬鸢浮?1)F=9.0×10-3N；(2)，方向沿y軸正方向【解析】【分析】【詳解】(1)根據(jù)庫(kù)侖定律，A、B間的庫(kù)侖力大小為代入數(shù)據(jù)得F=9.0×10-3N(2)A、B兩點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均為A、B兩點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)在C點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)大小為代入數(shù)據(jù)得方向沿y軸正方向。19．如右圖所示，在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球從斜直軌道上的A點(diǎn)由靜止滑下，小球通過(guò)半徑為R的圓軌道頂端的B點(diǎn)時(shí)恰好不落下來(lái)．若