人教版(2019)高中物理必修第三冊《第1單元-靜電場及其應用》測試卷(A卷)(含答案解析)

人教版(2019)必修第三冊《第1單元靜電場及其應用》測試卷(A卷)一、單選題（本大題共8小題，共32.0分）1. 如圖所示，a、b和c表示電場中的三個等勢面，a和c的電勢分別為φ和15φ，a、b的電勢差等于b、c的電勢差.一帶電粒子只在電場力作用下從等勢面a上某處以初速度v開始運動，經過等勢面c時的速率為2v，則(????)A.此過程粒子一定做直線運動B.此過程粒子一定做曲線運動C.經過等勢面b時速率為5D.經過等勢面b時速率為32. 質量均為m的帶電小球a、b、c，小球a用絕緣絲線懸掛天花板下，a、b間由輕質絕緣彈簧相連，b、c用絕緣輕桿連接后直立在小球a的正下方的水平支撐面上，如圖所示，此時小球c對支持面的壓力、彈簧彈力均恰好為零，已知小球a帶正電，重力加速度為g。下列說法正確的是(????)A.b、c

總電荷量一定為負B.絲線拉力為mgC.若將b、c

兩球位置互換，穩(wěn)定后絲線拉力可能不變D.若增加b、c

中的負電荷，穩(wěn)定后絲線拉力一定增大3. 如圖所示，有一正電荷電場中的A點自由釋放，只受電場力作用，沿電場線運動到B點，它運動的速度圖象正確的是(????)A.B.C.D.4. 如圖所示，一勁度系數(shù)為k的輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放著兩個質量均為m的物塊A、B(物塊B與彈簧拴接)，初始時物塊均處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)對物塊A施加一個豎直向上的恒力F=32mg，g為重力加速度。當物塊A、B恰好分離時，物體A上升的高度為(????)A.3mgB.mgC.mgD.mg5. 下列關于點電荷的場強公式E=kQr2的幾種不同的理解，正確的是A.以點電荷Q為中心，r為半徑的球面上各處的場強相同B.當r→0時，E→∞；當r→∞時，E→0C.點電荷Q產生的電場中，各點的場強方向一定是背向點電荷QD.在點電荷Q的電場中，某點的場強大小與Q成正比，與r26. 如圖示是點電荷Q周圍的電場線．將兩個相同的試探電荷分別放在其中一根電場線上的A、B兩點，不考慮試探電荷間的相互作用，下列說法正確的是(????)A.電荷Q的電場為勻強電場B.電荷Q帶負電C.試探電荷在A、B兩點受力大小相等D.試探電荷在A點受力大于在B點受力7. 兩個完全相同的正四棱錐疊放在一起，構成如圖所示的形狀，其中b點固定點電荷+Q、d點固定點電荷-Q，o點為正方形abcd的中心，且ao=eo=fo，則下列說法正確的是(????)A.c點的電勢比e點的電勢低B.a、c兩點的電場強度不同C.負電荷沿棱由e→c→f的過程中，電場力一直做正功D.如果將點電荷十Q放置到e點，其他條件不變，則o點的電勢不變8. 關于靜電場，以下敘述中正確的是(????)A.點電荷是理想化物理模型，通常體積小的帶電體都可以看成是點電荷B.電場中某點的電場強度方向即為試探電荷在該點的受力方向C.電場強度是矢量，運算時遵循平行四邊形定則D.沿電場線方向，電場強度一定越來越小二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）9. 關于電場強度和磁感應強度，下列說法正確的是(????)A.電場強度的定義式E=FqB.電場中某點電場強度的方向與在該點的帶正電的檢驗電荷所受電場力的方向相同C.由磁感應強度公式B=FIL，若長為L，通電電流為I的直導線在磁場中受到的磁場力為零，則該位置的磁感應強度D.由磁感應強度公式B=F10. 11.運動員用雙手握住豎直的滑桿勻速上攀和勻速下滑時，運動員所受到的摩擦力分別是f1和f2，那么A.f1=f2????????????????C.f1向上，f2向上????????? D.f11. 以v0的速度水平拋出一物體，不計空氣阻力，當它的豎直位移大小和水平位移大小相等時，下列說法正確的是(????)A.瞬時速度大小為2v0 B.C.運動時間為2v0g 12. 如圖所示，在光滑水平面上，輕質彈簧的右端固定在豎直墻壁上．一物塊在水平恒力F作用下做直線運動，接觸彈簧后，壓縮彈簧，直至速度為零．整個過程中，物體一直受到力F作用，彈簧一直在彈性限度內．在物塊與彈簧接觸后向右運動的過程中，下列說法正確的是(????)A.物塊接觸彈簧后立即做減速運動B.物塊接觸彈簧后先加速后減速C.當彈簧對物塊的彈力大小等于恒力F的大小時，物塊的速度達到最大D.當彈簧被壓縮到最短時，物塊的加速度等于零三、簡答題（本大題共2小題，共21.0分）13. 如圖所示，OAB為豎直放置的輕質等腰三角形支架，θ=30°，AB長為2L，C為AB的中點，A端擱在支撐物上，OA水平，支架可繞過O點的水平軸自由轉動，質量為M=1116m帶正電的物塊P固定在支架上的A點?，F(xiàn)將另一質量為m、電荷量為+q的物塊Q由中點C靜止釋放，Q沿斜面向上運動，剛好能到達B點，此時支架恰好不翻倒。已知Q與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ=36，(1)C、B兩點間的電勢差；(2)釋放Q瞬間，它的加速度；(3)若Q運動過程中的最大速度為v，求Q處于平衡狀態(tài)時的總勢能。(以C點為重力勢能和電勢能的零點)14. 真空中有一帶電荷量為Q=2×10-4C的場源電荷A，另一帶電荷量為q=-2×10-5C的檢驗電荷B固定在與A(1)B所受的靜電力；(2)B所在位置的場強EB(3)將B撤去后，原來B所在位置的場強如何變化。四、計算題（本大題共2小題，共34.0分）15. 如圖所示，在傾角為θ的絕緣斜面上，有相距為L的A、B兩點，分別固定著兩個帶電量均為Q的正點電荷．O為AB連線的中點，a、b是AB連線上兩點，其中Aa=Bb=L4.一質量為m、電荷量為+q的小滑塊(可視為質點)以初動能EK0從a點出發(fā)，沿AB直線向b點運動，其中小滑塊第一次經過O點時的動能為2EK0(1)兩個帶電量均為Q的正點電荷在a點處的合場強大小和方向；(2)小滑塊由a點向b點運動的過程中受到的滑動摩擦力大?。?3)aO兩點間的電勢差．16. 如圖所示，水平傳送帶在電動機的帶動下，始終以v=2m/s的速率運行，傳送帶兩端A、B間距離為x0=10m，當質量為m=5kg的行李箱無初速度地放在傳送帶A端后，傳送到B端，傳送帶與行李箱間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，重力加速度g取10m/(1)整個過程行李箱和傳送帶因摩擦產生的熱量Q；(2)電動機由于傳送行李箱多消耗的電能E．

參考答案及解析1.答案：C解析：解：AB、物體做曲線運動的條件是物體受到的合外力的方向與速度的方向不在同一條直線上，由于粒子從a到C的初速度的條件不明確，所以粒子可能做直線運動，也可能做曲線運動，故AB錯誤；CD、粒子從a到c電場力做的功：qU由動能定理：qU由于a、b的電勢差等于b、c的電勢差，則：Uab設粒子經過b的速度為vb，則：q聯(lián)立可得：vb=52v故選：C。根據(jù)做曲線運動的條件判斷；根據(jù)動能定理判斷經過b的速率。本題主要考查了電場力作用下的動能定理，關鍵是在每一過程中電場力做功的表示。2.答案：C解析：解：A、由于小球c

對支持面的壓力恰為零，b、c

兩球與小球a之間呈引力，b、c

帶電可能是一正一負或都為負，若b球帶負電，則qb可能大于、等于或小于qc，故B、對a、b、c

整體，只受絲線拉力和重力兩個力，因此絲線拉力FT=3mg，故C、若c

球帶負電或c

球所帶負電大于b

球所帶負電，b、c

兩球位置互換后靜電引力增大，由于b、c

兩球受到的靜電引力大于它們的重力而導致兩球向a

球壓縮彈簧后靜止，穩(wěn)定后絲線拉力仍為

3

mg

不變。若c

球帶正電，位置互換后靜電引力減小，絲線拉力減小，故C正確；D、若增加b、c

中的負電荷，靜電引力增大而導致向上壓縮彈簧后靜止，穩(wěn)定后絲線拉力不變，故D錯誤。故選：C。帶電小球處于受力平衡的狀態(tài)，分別對abc三個小球受力分析，根據(jù)小球c對支持面的壓力和彈簧彈力恰好為零討論電荷的電荷量之間的關系。本題是對電荷之間的庫侖力的考查，根據(jù)庫侖力的公式可知，庫侖力與電荷的電荷量和電荷之間的距離都有關系，當分析多個物體之間的作用力的時候，注意結合整體法來分析。3.答案：B解析：解：電場線的疏密表示場強的強弱，根據(jù)電場線可知電場強度逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度逐漸增大，速度方向與加速度方向相同，做加速運動，v-t圖象的斜率表示加速度，加速度逐漸增大，則斜率逐漸增大，故B正確。故選：B。電場線的疏密表示場強的強弱，根據(jù)電場線判斷電場強度大小，根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度的變化，v-t圖象中的斜率表示物體的加速度，據(jù)此分析即可．本題結合v-t圖象，考查了電場強度與電場線以及電荷受電場力與電場方向之間的關系，考點結合巧妙、新穎，有創(chuàng)新性，同時要明確明確電場線分布與電場強度以及電勢之間的關系．4.答案：B解析：解：設初始時彈簧的壓縮量為x，根據(jù)胡克定律有2mg=kx，解得：x=2mg設當物塊A、B恰好分離時彈簧的壓縮量為x'，對物塊A應用牛頓第二定律有：F-mg=ma，其中F=3對物塊B應用牛頓第二定律有：kx'-mg=ma，聯(lián)立解得：x'=3mg2k，則物體A上升的高度為h=x-x'=mg2k，故故選：B。分析物塊A、B的受力，根據(jù)胡克定律結合牛頓第二定律列式求解。物塊A、B分離時，兩者具有相同的加速度。該題考查了牛頓第二定律的應用，明確物塊A、B的受力，注意物塊A、B分離時，兩者具有相同的加速度。5.答案：D解析：解：A、以點電荷Q為中心，r為半徑的球面上各處的場強大小相等，方向不同，場強是矢量，所以場強不同，故A錯誤．B、當r→0時，點電荷的場強公式E=kQr2已經不適用，當r→∞時，E→0.C、點電荷Q產生的電場中，各點的場強方向與點電荷的性質有關，正點電荷產生的電場中，各點的場強方向是背向點電荷Q向外，負點電荷產生的電場中，各點的場強方向是指向點電荷Q向內．故C錯誤．D、在點電荷Q的電場中，場強公式E=kQr2，某點的場強大小與Q成正比，與r故選D．點電荷的場強公式E=kQ每一個物理公式都有其適用的范圍，故在學習中要注意體會其范圍，以免錯用了公式．6.答案：D解析：解：A、勻強電場的電場線是分布均勻的平行直線，A錯誤；B、電場線從正電荷出發(fā)，到負電荷終止，由圖知Q為正電荷，B錯誤；C、由圖象知A的場強大于B的場強，所以試探電荷在A點受力大于在B點受力，C錯誤D正確；故選：D。據(jù)電場線的疏密程度反映場強和沿電場線方向電勢越來越低，電場線從正電荷出發(fā)，到負電荷終止．明確電場線的疏密程度和沿電場線的方向反映場強和電勢是解題的關鍵，記住一些典型的電場線分布．7.答案：D解析：解：A、等量異種電荷的電場線和等勢線分別是關于連線和中垂線對稱，由等量異種電荷的電場特點，結合題圖可知，c、e兩點在等量異種電荷的中垂面上，因此，c、e兩點的電勢相等，故A錯誤；B、由于a、c兩點到o點的距離相等，由對稱性可知，a、c兩點的電場強度相同，故B錯誤；C、由ecfa為bd連線的中垂面，則該面上所有點的電勢相同，因此負電荷沿棱由e→c→f移動的過程中，電場力一直不做功，故C錯誤；D、將+Q從b點移動到e點，由幾何關系可知o點位于e、d連線的中垂面上，則o點的電勢仍為零，因此o點的電勢不變，故D正確。故選：D。由等量異種電荷形成的電場線和等勢線的特點即可判斷各點電勢大小關系；由電場強度的疊加原理可知道a、c兩點的電場強度；點電荷在等勢面上移動，電場力不做功；根據(jù)等量異種點電荷形成電場的可知連線的中點電勢為零，根據(jù)幾何關系可知，將+Q由b點移到e點，o點仍然在兩點電荷的連線的中垂面上。本題考查等量異種點電荷形成的電場，根據(jù)電場線和等勢線的特點可以判斷電勢和電場力做功，注意電場強度是矢量，而電勢為標量。等量異種點電荷形成的電場，兩電荷的連線中點處電勢為零。8.答案：C解析：解：A、點電荷是理想化物理模型，電荷的形狀、體積和電荷量對分析的問題的影響可以忽略時，就可以看成是點電荷，所以體積小的帶電體在有些情況下也不能看做點電荷，體積很大的帶電體也有可能看成是點電荷，故A錯誤；B、某點電場強度的方向，與該點負電荷所受電場力方向相反，與正電荷所受電場力方向相同，故B錯誤；C、電場強度是矢量，運算時滿足平行四邊形定則，故C正確；D、電場線的疏密程度表示場強強弱，越密，電場強度越大，沿電場線方向，電場強度不一定越來越小，故D錯誤。故選：C。點電荷是理想化模型。電場強度是矢量，電場強度的方向是正電荷受力的方向。電場線的疏密反映場強的大小。該題考查了電場的相關知識，帶電體看作點電荷的條件，當一個帶電體的形狀及大小對它們間相互作用力的影響可忽略時，這個帶電體可看作點電荷，是由研究問題的性質決定，與自身大小形狀無具體關系。9.答案：AB解析：解：A電場強度的定義式E=Fq

適用于任何電場。故B、根據(jù)電場強度方向的規(guī)定：電場中某點電場強度的方向與在該點的帶正電的檢驗電荷所受電場力的方向相同。故B正確；C、磁感應強度公式B=FIL是定義式，只有當B與I相互垂直時才成立；故通電電流為I的直導線在磁場中受到的磁場力為零可能是導線與磁場平行，而磁感應強度不一定為零。故D、根據(jù)左手定則，磁感應強度的方向與置于該處的通電導線所受的安培力方向垂直。故D錯誤。故選：AB。電場強度處處相等的區(qū)域內，電勢不一定處處相等，沿電場線的方向電勢降低；小段通電導線在某處若不受磁場力，是導線與磁場垂直，則此處不一定無磁場。電場強度的定義式E=F本題考查對電場強度與磁感應強度兩公式的理解能力，首先要理解公式中各個量的含義，其次要理解公式的適用條件，注意比值定義法的含義，同時知道電荷有正負之分。10.答案：AC解析：由于都是勻速運動，所受合力都為零.所以摩擦力f1、f2大小都與重力相等11.答案：BC解析：解：當水平位移和豎直位移相等時有：v0t=12gt2，解得t=2v0g.此時豎直方向上的分速度故選BC．通過豎直分位移與水平分位移大小相等，求出時間，根據(jù)時間可求出豎直方向的分速度以及速度的大小和方向．解決本題的關鍵掌握處理平拋運動的方法，平拋運動可分解為水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動．且分運動與合運動具有等時性．12.答案：BC解析：木塊接觸彈簧后，水平方向受到恒力F和彈簧的彈力，根據(jù)彈力與F的大小關系，確定合力方向與速度方向的關系，判斷木塊的運動情況。本題考查分析物體受力情況和運動情況的能力，要抓住彈簧彈力的可變性進行動態(tài)分析；同時要明確合力與速度同向時加速，合力與速度反向時減速。當木塊接觸彈簧后，水平方向受到向右的恒力F和彈簧水平向左的彈力，彈簧的彈力先小于恒力F，后大于恒力F，木塊所受的合力方向先向右后向左，則木塊先做加速運動，后做減速運動，當彈力大小等于恒力F時，木塊的速度為最大值．當彈簧壓縮量最大時，彈力大于恒力F，合力向左，加速度大于零，故AD錯誤，BC正確；故選BC。

13.答案：解：(1)對物塊Q，根據(jù)動能定理有：UCB解得：UCB(2)Q即將到達B點時，P受到的庫侖力為FB，對支架，由力矩的平衡有：NL+fLtanθ=Mg對Q：N=mgcosθ=32mg解得：FBQ在C點時，受到的庫侖力為FC，則：F解得：F釋放Q瞬間：F解得：a=(3)Q處于平衡狀態(tài)時，有兩個位置。Q經過最大速度為v的位置，Q受到的庫侖力為F，則：F=mgsinθ+f=又：F解得：L此位置，Q的總勢能為EP1，由能量守恒定律有：解得：EQ到達B點后，因mgsinθ-FB=18mg<f，故Q停在則：E故Q處于平衡狀態(tài)時的總勢能為：EP1=-答：(1)C、B兩點間的電勢差為3mgL4q(2)釋放Q瞬間，它的加速度為34(3)若Q運動過程中的最大速度為v，則Q處于平衡狀態(tài)時的總勢能為-2-14解析：(1)對物塊Q，根據(jù)動能定理解得C、B兩點間的電勢差；(2)Q即將到達B點時，P受到的庫侖力為FB，對支架，由力矩的平衡列式，求解FB，Q在C點時，根據(jù)庫侖定律求解(3)Q處于平衡狀態(tài)時，有兩個位置，由能量守恒定律結合庫侖定律求解。本題主要考查了動能定理、牛頓第二定律、庫侖定律以及能量守恒定律的直接應用，要求同學們正確正確分析物塊的受力情況和運動情況，注意Q處于平衡狀態(tài)時，有兩個位置，難度適中。14.答案：解：(1)根據(jù)庫侖定律得，B所受的靜電力為：

F=kQqr2=9×10(2)根據(jù)電場強度的定義式知，B點的場強EB=Fq=92×(3)將B撤去，檢驗電荷不會影響原電場分布，所以將B撤去后，原來B所在位置的場強不變。答：(1)B所受的靜電力為9N，方向由B指向A．(2)B所在位置的場強為4.5×105

N/C，方向由A指向(3)將B撤去后，原來B所在位置的場強不變。解析：(1)根據(jù)庫侖定律求出B所受的靜電力。(2)由電場強度的定義式求出B點的場強EB(3)場強是由電場本身決定的，與檢驗電荷無關．該題考查了庫侖定律的相關知識，解決本題的關鍵掌握庫侖定律和電場強度的定義式，知道場強的大小由電場本身性質決定，與放入電場中的檢驗電荷無關。15.答案：解：(1)根據(jù)真空中點電荷的電場強度的表達式E=kQA點處電荷在a處場強E1B點處電荷在a處場強E2根據(jù)電場的疊加原理，可知，在a點處的合場強大小為：E=E(2)由Aa=Bb=L4，O為AB連線的中點得：a、b關于O點對稱，則a點與b點等勢，即Uab=0，小滑塊從a點運動到b點的過程中，電場力做功設小滑塊與水平面間的摩擦力大小為f，小滑塊從a點運動到b點的過程中根據(jù)動能定理有-mgsinθL而f=μmg解得