魯科版高中物理必修第三冊(cè)第1章靜電力與電場(chǎng)強(qiáng)度復(fù)習(xí)提升練含答案

這是一份魯科版高中物理必修第三冊(cè)第1章靜電力與電場(chǎng)強(qiáng)度復(fù)習(xí)提升練含答案，共11頁(yè)。
第1章　靜電力與電場(chǎng)強(qiáng)度 本章復(fù)習(xí)提升 易混易錯(cuò)練 易錯(cuò)點(diǎn)1　誤認(rèn)為電場(chǎng)中某點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)與試探電荷有關(guān) 1.(2024黑龍江牡丹江月考)真空中某點(diǎn)放入一電荷量為q的檢驗(yàn)電荷,測(cè)得檢驗(yàn)電荷受到的靜電力大小為F,下列說法正確的是 (　　) A.電場(chǎng)中該點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2Fq B.移走檢驗(yàn)電荷后,該點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)? C.移走檢驗(yàn)電荷后,放入該點(diǎn)的其他檢驗(yàn)電荷不再受靜電力作用 D.移走檢驗(yàn)電荷后,放入該點(diǎn)的其他檢驗(yàn)電荷還會(huì)受靜電力作用 易錯(cuò)點(diǎn)2　對(duì)電場(chǎng)線的疏密理解不透徹而出錯(cuò) 2.(2023廣東茂名期末)如圖所示,一負(fù)電荷僅在電場(chǎng)力作用下從點(diǎn)a運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)b,在點(diǎn)a的速度大小為v0,方向與電場(chǎng)方向相同。該電荷從點(diǎn)a到點(diǎn)b的v-t圖像正確的是 (　　) A　　　　B C　　　　D 易錯(cuò)點(diǎn)3　不注意庫(kù)侖定律的適用條件,盲目套用公式 3.(2023安徽黃山屯溪一中期中)如圖所示,兩個(gè)質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼a和b,其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻,將它們固定于絕緣支架上,兩球心間的距離l是球半徑的3倍。若使它們帶上等量異種電荷,電荷量的絕對(duì)值均為Q,靜電力常量為k,那么關(guān)于a、b之間的萬有引力F引和庫(kù)侖力F庫(kù)的表達(dá)式中正確的是 (　　) A.F引=Gm2l2,F庫(kù)=kQ2l2 B.F引≠Gm2l2,F庫(kù)≠kQ2l2 C.F引≠Gm2l2,F庫(kù)=kQ2l2 D.F引=Gm2l2,F庫(kù)≠kQ2l2 易錯(cuò)點(diǎn)4　對(duì)庫(kù)侖定律的應(yīng)用出錯(cuò) 4.(2022四川資陽中學(xué)期中)如圖所示,真空中A、B兩個(gè)可視為點(diǎn)電荷的帶電小球電荷量分別為+Q和+q,放在光滑的絕緣水平面上,A、B之間用絕緣的輕彈簧連接,彈簧的勁度系數(shù)為k0。當(dāng)系統(tǒng)平衡時(shí),彈簧的伸長(zhǎng)量為x0。已知彈簧始終在彈性限度內(nèi),則 (　　) A.保持Q不變,將q變?yōu)?q,平衡時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量等于3x0 B.保持q不變,將Q變?yōu)?Q,平衡時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量小于3x0 C.保持Q不變,將q變?yōu)?q,平衡時(shí)彈簧的縮短量等于x0 D.保持q不變,將Q變?yōu)?Q,平衡時(shí)彈簧的縮短量小于x0 思想方法練 一、補(bǔ)償法、對(duì)稱法 1.(2022安徽蚌埠三中質(zhì)量檢測(cè))已知均勻帶電球體在球的外部產(chǎn)生的電場(chǎng)與一個(gè)位于球心的、電荷量相等的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)相同。如圖所示,半徑為R的球體上均勻分布著電荷量為Q的電荷,在過球心O的直線上有A、B兩個(gè)點(diǎn),O和B、B和A間的距離均為R。現(xiàn)以O(shè)B為直徑在球內(nèi)挖一球形空腔,若靜電力常量為k,球的體積公式為V=43πr3,則A點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)的大小為 (　　) A.5kQ36R2　　　　B.7kQ36R2 C.7kQ32R2　　　　D.3kQ16R2 2.(2022重慶一中期末)如圖所示,正電荷均勻分布在半球面ACB上,電荷量為q,球面半徑為R,CO'為過半球面頂點(diǎn)C和球心O的軸線。P、M為軸線上的兩點(diǎn),距球心O的距離均為2R。在M右側(cè)軸線上O'點(diǎn)固定一帶負(fù)電的點(diǎn)電荷Q,O'、M間的距離為R,P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零。已知均勻帶電的封閉球殼在外部空間產(chǎn)生的電場(chǎng)與在球心處帶等電荷量的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)等效,靜電力常量為k,則M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為(　　) A.kq4R2+kQR2　　　　B.kq2R2+4kQ5R2 C.kq2R2+24kQ25R2　　　　D.kq4R2+2kQ5R2 二、微元法 3.(2023山東濟(jì)寧汶上縣第一中學(xué)月考)如圖所示,真空中一半徑為R的均勻帶正電圓環(huán)放在絕緣水平面上,圓心在O點(diǎn),總電荷量為Q。已知靜電力常量為k,在O點(diǎn)正上方高h(yuǎn)的P點(diǎn)放一電荷量為q的正點(diǎn)電荷后,圓環(huán)對(duì)水平面的壓力增加了 (　　) A.kQq?(R2+?2)32　　　　B.kQq?(R2+?2)52 C.kQq?2　　　　D.kQqR2+?2 三、等效法 4.(多選)(2022山東臨沂三模)一無限大接地導(dǎo)體板MN前面放有一點(diǎn)電荷+Q,它們?cè)谥車a(chǎn)生的電場(chǎng)可看做是在沒有導(dǎo)體板MN存在的情況下,由點(diǎn)電荷+Q與其像電荷-Q共同激發(fā)產(chǎn)生的。像電荷-Q的位置就是把導(dǎo)體板當(dāng)做平面鏡時(shí),電荷+Q在此鏡中的像點(diǎn)位置。如圖所示,已知+Q所在位置P點(diǎn)到金屬板MN的距離為L(zhǎng),a為OP的中點(diǎn),abcd是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形,其中ab邊平行于MN,靜電力常量為k,則 (　　) A.a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=4kQL2 B.a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=40kQ9L2 C.a點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小大于b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小 D.b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度和c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同 答案與分層梯度式解析 第1章　靜電力與電場(chǎng)強(qiáng)度 本章復(fù)習(xí)提升 易混易錯(cuò)練 1.D　電場(chǎng)中該點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=Fq,故A錯(cuò)誤;某點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度由電場(chǎng)本身決定,移走檢驗(yàn)電荷后,該點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變,故B錯(cuò)誤;移走檢驗(yàn)電荷后,放入該點(diǎn)的其他檢驗(yàn)電荷還會(huì)受靜電力作用,故C錯(cuò)誤,D正確。故選D。 2.A　由題圖可知a到b過程中,電場(chǎng)線分布越來越密,則電場(chǎng)強(qiáng)度增大,所以負(fù)電荷所受電場(chǎng)力增大,根據(jù)牛頓第二定律,則電荷的加速度也增大,負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力方向和場(chǎng)強(qiáng)方向相反,因?yàn)閮H在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng),則電荷做加速度不斷增大的減速運(yùn)動(dòng),v-t圖像的斜率表示加速度,根據(jù)圖像分析可得A正確。 方法技巧　本題關(guān)鍵抓住電場(chǎng)線疏密情況以及電荷從點(diǎn)a到點(diǎn)b的電場(chǎng)力方向與初速度方向,由于電場(chǎng)線疏密反映電場(chǎng)強(qiáng)度大小,即反映電荷的加速度大小,結(jié)合v-t圖像的斜率表示加速度即可求解。 3.D　由于a、b帶異種電荷,因此它們相互吸引,它們各自的電荷分布不均勻,即相互靠近的一側(cè)電荷分布比較密集。又l是球半徑r的3倍,不滿足l?r的要求,故不能將帶電球殼看成點(diǎn)電荷,所以不能應(yīng)用庫(kù)侖定律計(jì)算a、b間的庫(kù)侖力,故F庫(kù)≠kQ2l2。萬有引力定律適用于兩個(gè)可看成質(zhì)點(diǎn)的物體,由于a、b殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻,故兩球殼可看成質(zhì)量集中于球心的質(zhì)點(diǎn),所以可以應(yīng)用萬有引力定律計(jì)算a、b間的萬有引力,故F引=Gm2l2。故D正確。 錯(cuò)解分析　把兩球均看成點(diǎn)電荷,錯(cuò)選A。實(shí)際上兩個(gè)規(guī)則的均勻帶電球體,相距比較遠(yuǎn)時(shí),可以看成點(diǎn)電荷,庫(kù)侖定律適用,二者間的距離就是球心間的距離。兩個(gè)規(guī)則的帶電金屬球體相距比較近時(shí),不能被看成點(diǎn)電荷,此時(shí)兩帶電球體所帶電荷之間的作用距離會(huì)隨電荷的分布發(fā)生改變,庫(kù)侖定律不再適用。 4.B　設(shè)彈簧的原長(zhǎng)為l,由庫(kù)侖定律、胡克定律和共點(diǎn)力平衡可得,當(dāng)電荷量為q時(shí),kQq(l+x0)2=k0x0。當(dāng)保持Q不變,將q變?yōu)?q,或保持q不變,將Q變?yōu)?Q時(shí),設(shè)彈簧的伸長(zhǎng)量為x1,有k3Qq(l+x1)2=k0x1,解得x1x0=3(l+x0)2(l+x1)2,x1>x0,x11,即x2>x0。故選B。 錯(cuò)解分析　此題容易出現(xiàn)的錯(cuò)誤是認(rèn)為當(dāng)電荷量改變時(shí),電荷間的距離保持不變,從而出現(xiàn)錯(cuò)解。在應(yīng)用庫(kù)侖定律解彈簧類問題時(shí)一定要注意這個(gè)動(dòng)態(tài)變化過程,當(dāng)電荷量發(fā)生變化時(shí),有時(shí)可能引起電荷間距離的變化。 思想方法練 1.B　先把挖去的空腔補(bǔ)上,由題意知,半徑為R的均勻帶電球體在A點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)E整=kQ(2R)2=kQ4R2。挖出的小球半徑為R2,電荷均勻分布,其帶電荷量Q'=43πR2343πR3Q=Q8,則其在A點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)E挖=kQ'12R+R2=k·Q894R2=kQ18R2。剩余部分電荷在A點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)E=E整-E挖=kQ4R2-kQ18R2=7kQ36R2,故B正確。 方法點(diǎn)津　解答本題應(yīng)用了補(bǔ)償法。先通過填補(bǔ)空腔,將帶電球體變成完整的均勻球體,從而方便求得其在A點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng),然后再求得所補(bǔ)空腔部分在A點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng),求出二者之差,即所求結(jié)果。 當(dāng)所給帶電體不是一個(gè)完整的規(guī)則物體時(shí),將該帶電體割去或增加一部分,組成一個(gè)規(guī)則的整體,從而求出規(guī)則物體產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度,再通過電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加求出待求不規(guī)則物體產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度。應(yīng)用此法的關(guān)鍵是“割”“補(bǔ)”后的帶電體應(yīng)當(dāng)是我們熟悉的某一規(guī)則物理模型。 2.C　由P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零可知,半球殼在P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)與負(fù)點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)等大、反向,故半球殼在P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向向左,大小為E左=kQ(5R)2=kQ25R2,將半球殼補(bǔ)成圓后(電荷量為2q),其在P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向向左,大小為E圓=k2q(2R)2=kq2R2,則右半球殼在P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向向左,大小為E右=E圓-E左=kq2R2-kQ25R2,由對(duì)稱性可知,左半球殼在M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向向右,大小為E1=E右=kq2R2-kQ25R2,故M點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為E合=E1+kQR2=kq2R2+k24Q25R2,方向向右,C正確。 3.A　將半徑為R的均勻帶正電圓環(huán)均分成n個(gè)弧長(zhǎng)為l0的微小帶電體,則電荷量為q0=Q2πRl0,則每一份帶電體在P處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為E0=kq0R2+?2=kQl02πR(R2+?2),而E0在沿OP方向的分量為Ey0=E0 cos θ=kQl02πR(R2+?2)·?R2+?2,再將微分的n個(gè)弧長(zhǎng)為l0的微小帶電體產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)疊加,可得帶電圓環(huán)在P點(diǎn)產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)為E=nEy0=2πRl0·kQl02πR(R2+?2)·?R2+?2=kQ?(R2+?2)32,電荷量為q的正點(diǎn)電荷在P點(diǎn)受到的電場(chǎng)力為F電=qE=kQq?(R2+?2)32,根據(jù)牛頓第三定律可知,在O點(diǎn)正上方高h(yuǎn)的P點(diǎn)放一電荷量為q的正點(diǎn)電荷后,圓環(huán)對(duì)水平面的壓力增加了ΔF=F電=kQq?(R2+?2)32,A正確,B、C、D錯(cuò)誤。 方法點(diǎn)津　解答本題應(yīng)用了微元法。帶電圓環(huán)直徑較大不能看成點(diǎn)電荷,可以將圓環(huán)分成無數(shù)點(diǎn)電荷,利用電場(chǎng)疊加原理求解。在電場(chǎng)中,當(dāng)一個(gè)帶電體體積較大,已不能視為點(diǎn)電荷時(shí),可把帶電體利用微元法的思想分成很多小塊,每塊可以看成點(diǎn)電荷,用電場(chǎng)疊加的方法計(jì)算這個(gè)帶電體產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)。 4.BC　由題意可知,點(diǎn)電荷+Q和金屬板MN周圍空間電場(chǎng)與等量異種點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)等效,所以a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=kQL22+kQ3L22=40kQ9L2,A錯(cuò)誤,B正確;等量異種點(diǎn)電荷周圍的電場(chǎng)線分布如圖所示,由圖可知Ea>Eb,C正確;場(chǎng)強(qiáng)是矢量,圖中b、c兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向不同,D錯(cuò)誤。 方法點(diǎn)津　解答本題應(yīng)用了等效法。把導(dǎo)體板MN當(dāng)成兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線,畫出兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布圖,就可以順利得到答案。當(dāng)遇到圖形殘缺、電荷分布不對(duì)稱時(shí),可以補(bǔ)全圖形,在效果相同的情況下,利用與問題中相似或效果相同的知識(shí)進(jìn)行遷移解題。 1.D2.A3.D4.B1.B2.C3.A4.BC