人教版(2019)高中物理必修第三册《第1单元-静电场及其应用》测试卷(A卷)(含答案解析)

人教版(2019)必修第三册《第1单元静电场及其应用》测试卷(A卷)一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1. 如图所示，a、b和c表示电场中的三个等势面，a和c的电势分别为φ和15φ，a、b的电势差等于b、c的电势差.一带电粒子只在电场力作用下从等势面a上某处以初速度v开始运动，经过等势面c时的速率为2v，则(    )A.此过程粒子一定做直线运动B.此过程粒子一定做曲线运动C.经过等势面b时速率为5D.经过等势面b时速率为32. 质量均为m的带电小球a、b、c，小球a用绝缘丝线悬挂天花板下，a、b间由轻质绝缘弹簧相连，b、c用绝缘轻杆连接后直立在小球a的正下方的水平支撑面上，如图所示，此时小球c对支持面的压力、弹簧弹力均恰好为零，已知小球a带正电，重力加速度为g。下列说法正确的是(    )A.b、c

总电荷量一定为负B.丝线拉力为mgC.若将b、c

两球位置互换，稳定后丝线拉力可能不变D.若增加b、c

中的负电荷，稳定后丝线拉力一定增大3. 如图所示，有一正电荷电场中的A点自由释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度图象正确的是(    )A.B.C.D.4. 如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为m的物块A、B(物块B与弹簧拴接)，初始时物块均处于静止状态。现对物块A施加一个竖直向上的恒力F=32mg，g为重力加速度。当物块A、B恰好分离时，物体A上升的高度为(    )A.3mgB.mgC.mgD.mg5. 下列关于点电荷的场强公式E=kQr2的几种不同的理解，正确的是A.以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的场强相同B.当r→0时，E→∞；当r→∞时，E→0C.点电荷Q产生的电场中，各点的场强方向一定是背向点电荷QD.在点电荷Q的电场中，某点的场强大小与Q成正比，与r26. 如图示是点电荷Q周围的电场线．将两个相同的试探电荷分别放在其中一根电场线上的A、B两点，不考虑试探电荷间的相互作用，下列说法正确的是(    )A.电荷Q的电场为匀强电场B.电荷Q带负电C.试探电荷在A、B两点受力大小相等D.试探电荷在A点受力大于在B点受力7. 两个完全相同的正四棱锥叠放在一起，构成如图所示的形状，其中b点固定点电荷+Q、d点固定点电荷-Q，o点为正方形abcd的中心，且ao=eo=fo，则下列说法正确的是(    )A.c点的电势比e点的电势低B.a、c两点的电场强度不同C.负电荷沿棱由e→c→f的过程中，电场力一直做正功D.如果将点电荷十Q放置到e点，其他条件不变，则o点的电势不变8. 关于静电场，以下叙述中正确的是(    )A.点电荷是理想化物理模型，通常体积小的带电体都可以看成是点电荷B.电场中某点的电场强度方向即为试探电荷在该点的受力方向C.电场强度是矢量，运算时遵循平行四边形定则D.沿电场线方向，电场强度一定越来越小二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9. 关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是(    )A.电场强度的定义式E=FqB.电场中某点电场强度的方向与在该点的带正电的检验电荷所受电场力的方向相同C.由磁感应强度公式B=FIL，若长为L，通电电流为I的直导线在磁场中受到的磁场力为零，则该位置的磁感应强度D.由磁感应强度公式B=F10. 11.运动员用双手握住竖直的滑杆匀速上攀和匀速下滑时，运动员所受到的摩擦力分别是f1和f2，那么A.f1=f2                C.f1向上，f2向上          D.f11. 以v0的速度水平抛出一物体，不计空气阻力，当它的竖直位移大小和水平位移大小相等时，下列说法正确的是(    )A.瞬时速度大小为2v0 B.C.运动时间为2v0g 12. 如图所示，在光滑水平面上，轻质弹簧的右端固定在竖直墙壁上．一物块在水平恒力F作用下做直线运动，接触弹簧后，压缩弹簧，直至速度为零．整个过程中，物体一直受到力F作用，弹簧一直在弹性限度内．在物块与弹簧接触后向右运动的过程中，下列说法正确的是(    )A.物块接触弹簧后立即做减速运动B.物块接触弹簧后先加速后减速C.当弹簧对物块的弹力大小等于恒力F的大小时，物块的速度达到最大D.当弹簧被压缩到最短时，物块的加速度等于零三、简答题（本大题共2小题，共21.0分）13. 如图所示，OAB为竖直放置的轻质等腰三角形支架，θ=30°，AB长为2L，C为AB的中点，A端搁在支撑物上，OA水平，支架可绕过O点的水平轴自由转动，质量为M=1116m带正电的物块P固定在支架上的A点。现将另一质量为m、电荷量为+q的物块Q由中点C静止释放，Q沿斜面向上运动，刚好能到达B点，此时支架恰好不翻倒。已知Q与斜面间的动摩擦因数为μ=36，(1)C、B两点间的电势差；(2)释放Q瞬间，它的加速度；(3)若Q运动过程中的最大速度为v，求Q处于平衡状态时的总势能。(以C点为重力势能和电势能的零点)14. 真空中有一带电荷量为Q=2×10-4C的场源电荷A，另一带电荷量为q=-2×10-5C的检验电荷B固定在与A(1)B所受的静电力；(2)B所在位置的场强EB(3)将B撤去后，原来B所在位置的场强如何变化。四、计算题（本大题共2小题，共34.0分）15. 如图所示，在倾角为θ的绝缘斜面上，有相距为L的A、B两点，分别固定着两个带电量均为Q的正点电荷．O为AB连线的中点，a、b是AB连线上两点，其中Aa=Bb=L4.一质量为m、电荷量为+q的小滑块(可视为质点)以初动能EK0从a点出发，沿AB直线向b点运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为2EK0(1)两个带电量均为Q的正点电荷在a点处的合场强大小和方向；(2)小滑块由a点向b点运动的过程中受到的滑动摩擦力大小；(3)aO两点间的电势差．16. 如图所示，水平传送带在电动机的带动下，始终以v=2m/s的速率运行，传送带两端A、B间距离为x0=10m，当质量为m=5kg的行李箱无初速度地放在传送带A端后，传送到B端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/(1)整个过程行李箱和传送带因摩擦产生的热量Q；(2)电动机由于传送行李箱多消耗的电能E．

参考答案及解析1.答案：C解析：解：AB、物体做曲线运动的条件是物体受到的合外力的方向与速度的方向不在同一条直线上，由于粒子从a到C的初速度的条件不明确，所以粒子可能做直线运动，也可能做曲线运动，故AB错误；CD、粒子从a到c电场力做的功：qU由动能定理：qU由于a、b的电势差等于b、c的电势差，则：Uab设粒子经过b的速度为vb，则：q联立可得：vb=52v故选：C。根据做曲线运动的条件判断；根据动能定理判断经过b的速率。本题主要考查了电场力作用下的动能定理，关键是在每一过程中电场力做功的表示。2.答案：C解析：解：A、由于小球c

对支持面的压力恰为零，b、c

两球与小球a之间呈引力，b、c

带电可能是一正一负或都为负，若b球带负电，则qb可能大于、等于或小于qc，故B、对a、b、c

整体，只受丝线拉力和重力两个力，因此丝线拉力FT=3mg，故C、若c

球带负电或c

球所带负电大于b

球所带负电，b、c

两球位置互换后静电引力增大，由于b、c

两球受到的静电引力大于它们的重力而导致两球向a

球压缩弹簧后静止，稳定后丝线拉力仍为

3

mg

不变。若c

球带正电，位置互换后静电引力减小，丝线拉力减小，故C正确；D、若增加b、c

中的负电荷，静电引力增大而导致向上压缩弹簧后静止，稳定后丝线拉力不变，故D错误。故选：C。带电小球处于受力平衡的状态，分别对abc三个小球受力分析，根据小球c对支持面的压力和弹簧弹力恰好为零讨论电荷的电荷量之间的关系。本题是对电荷之间的库仑力的考查，根据库仑力的公式可知，库仑力与电荷的电荷量和电荷之间的距离都有关系，当分析多个物体之间的作用力的时候，注意结合整体法来分析。3.答案：B解析：解：电场线的疏密表示场强的强弱，根据电场线可知电场强度逐渐增大，根据牛顿第二定律可知，加速度逐渐增大，速度方向与加速度方向相同，做加速运动，v-t图象的斜率表示加速度，加速度逐渐增大，则斜率逐渐增大，故B正确。故选：B。电场线的疏密表示场强的强弱，根据电场线判断电场强度大小，根据牛顿第二定律判断加速度的变化，v-t图象中的斜率表示物体的加速度，据此分析即可．本题结合v-t图象，考查了电场强度与电场线以及电荷受电场力与电场方向之间的关系，考点结合巧妙、新颖，有创新性，同时要明确明确电场线分布与电场强度以及电势之间的关系．4.答案：B解析：解：设初始时弹簧的压缩量为x，根据胡克定律有2mg=kx，解得：x=2mg设当物块A、B恰好分离时弹簧的压缩量为x'，对物块A应用牛顿第二定律有：F-mg=ma，其中F=3对物块B应用牛顿第二定律有：kx'-mg=ma，联立解得：x'=3mg2k，则物体A上升的高度为h=x-x'=mg2k，故故选：B。分析物块A、B的受力，根据胡克定律结合牛顿第二定律列式求解。物块A、B分离时，两者具有相同的加速度。该题考查了牛顿第二定律的应用，明确物块A、B的受力，注意物块A、B分离时，两者具有相同的加速度。5.答案：D解析：解：A、以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的场强大小相等，方向不同，场强是矢量，所以场强不同，故A错误．B、当r→0时，点电荷的场强公式E=kQr2已经不适用，当r→∞时，E→0.C、点电荷Q产生的电场中，各点的场强方向与点电荷的性质有关，正点电荷产生的电场中，各点的场强方向是背向点电荷Q向外，负点电荷产生的电场中，各点的场强方向是指向点电荷Q向内．故C错误．D、在点电荷Q的电场中，场强公式E=kQr2，某点的场强大小与Q成正比，与r故选D．点电荷的场强公式E=kQ每一个物理公式都有其适用的范围，故在学习中要注意体会其范围，以免错用了公式．6.答案：D解析：解：A、匀强电场的电场线是分布均匀的平行直线，A错误；B、电场线从正电荷出发，到负电荷终止，由图知Q为正电荷，B错误；C、由图象知A的场强大于B的场强，所以试探电荷在A点受力大于在B点受力，C错误D正确；故选：D。据电场线的疏密程度反映场强和沿电场线方向电势越来越低，电场线从正电荷出发，到负电荷终止．明确电场线的疏密程度和沿电场线的方向反映场强和电势是解题的关键，记住一些典型的电场线分布．7.答案：D解析：解：A、等量异种电荷的电场线和等势线分别是关于连线和中垂线对称，由等量异种电荷的电场特点，结合题图可知，c、e两点在等量异种电荷的中垂面上，因此，c、e两点的电势相等，故A错误；B、由于a、c两点到o点的距离相等，由对称性可知，a、c两点的电场强度相同，故B错误；C、由ecfa为bd连线的中垂面，则该面上所有点的电势相同，因此负电荷沿棱由e→c→f移动的过程中，电场力一直不做功，故C错误；D、将+Q从b点移动到e点，由几何关系可知o点位于e、d连线的中垂面上，则o点的电势仍为零，因此o点的电势不变，故D正确。故选：D。由等量异种电荷形成的电场线和等势线的特点即可判断各点电势大小关系；由电场强度的叠加原理可知道a、c两点的电场强度；点电荷在等势面上移动，电场力不做功；根据等量异种点电荷形成电场的可知连线的中点电势为零，根据几何关系可知，将+Q由b点移到e点，o点仍然在两点电荷的连线的中垂面上。本题考查等量异种点电荷形成的电场，根据电场线和等势线的特点可以判断电势和电场力做功，注意电场强度是矢量，而电势为标量。等量异种点电荷形成的电场，两电荷的连线中点处电势为零。8.答案：C解析：解：A、点电荷是理想化物理模型，电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，所以体积小的带电体在有些情况下也不能看做点电荷，体积很大的带电体也有可能看成是点电荷，故A错误；B、某点电场强度的方向，与该点负电荷所受电场力方向相反，与正电荷所受电场力方向相同，故B错误；C、电场强度是矢量，运算时满足平行四边形定则，故C正确；D、电场线的疏密程度表示场强强弱，越密，电场强度越大，沿电场线方向，电场强度不一定越来越小，故D错误。故选：C。点电荷是理想化模型。电场强度是矢量，电场强度的方向是正电荷受力的方向。电场线的疏密反映场强的大小。该题考查了电场的相关知识，带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系。9.答案：AB解析：解：A电场强度的定义式E=Fq

适用于任何电场。故B、根据电场强度方向的规定：电场中某点电场强度的方向与在该点的带正电的检验电荷所受电场力的方向相同。故B正确；C、磁感应强度公式B=FIL是定义式，只有当B与I相互垂直时才成立；故通电电流为I的直导线在磁场中受到的磁场力为零可能是导线与磁场平行，而磁感应强度不一定为零。故D、根据左手定则，磁感应强度的方向与置于该处的通电导线所受的安培力方向垂直。故D错误。故选：AB。电场强度处处相等的区域内，电势不一定处处相等，沿电场线的方向电势降低；小段通电导线在某处若不受磁场力，是导线与磁场垂直，则此处不一定无磁场。电场强度的定义式E=F本题考查对电场强度与磁感应强度两公式的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件，注意比值定义法的含义，同时知道电荷有正负之分。10.答案：AC解析：由于都是匀速运动，所受合力都为零.所以摩擦力f1、f2大小都与重力相等11.答案：BC解析：解：当水平位移和竖直位移相等时有：v0t=12gt2，解得t=2v0g.此时竖直方向上的分速度故选BC．通过竖直分位移与水平分位移大小相等，求出时间，根据时间可求出竖直方向的分速度以及速度的大小和方向．解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，平抛运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动．且分运动与合运动具有等时性．12.答案：BC解析：木块接触弹簧后，水平方向受到恒力F和弹簧的弹力，根据弹力与F的大小关系，确定合力方向与速度方向的关系，判断木块的运动情况。本题考查分析物体受力情况和运动情况的能力，要抓住弹簧弹力的可变性进行动态分析；同时要明确合力与速度同向时加速，合力与速度反向时减速。当木块接触弹簧后，水平方向受到向右的恒力F和弹簧水平向左的弹力，弹簧的弹力先小于恒力F，后大于恒力F，木块所受的合力方向先向右后向左，则木块先做加速运动，后做减速运动，当弹力大小等于恒力F时，木块的速度为最大值．当弹簧压缩量最大时，弹力大于恒力F，合力向左，加速度大于零，故AD错误，BC正确；故选BC。

13.答案：解：(1)对物块Q，根据动能定理有：UCB解得：UCB(2)Q即将到达B点时，P受到的库仑力为FB，对支架，由力矩的平衡有：NL+fLtanθ=Mg对Q：N=mgcosθ=32mg解得：FBQ在C点时，受到的库仑力为FC，则：F解得：F释放Q瞬间：F解得：a=(3)Q处于平衡状态时，有两个位置。Q经过最大速度为v的位置，Q受到的库仑力为F，则：F=mgsinθ+f=又：F解得：L此位置，Q的总势能为EP1，由能量守恒定律有：解得：EQ到达B点后，因mgsinθ-FB=18mg<f，故Q停在则：E故Q处于平衡状态时的总势能为：EP1=-答：(1)C、B两点间的电势差为3mgL4q(2)释放Q瞬间，它的加速度为34(3)若Q运动过程中的最大速度为v，则Q处于平衡状态时的总势能为-2-14解析：(1)对物块Q，根据动能定理解得C、B两点间的电势差；(2)Q即将到达B点时，P受到的库仑力为FB，对支架，由力矩的平衡列式，求解FB，Q在C点时，根据库仑定律求解(3)Q处于平衡状态时，有两个位置，由能量守恒定律结合库仑定律求解。本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律、库仑定律以及能量守恒定律的直接应用，要求同学们正确正确分析物块的受力情况和运动情况，注意Q处于平衡状态时，有两个位置，难度适中。14.答案：解：(1)根据库仑定律得，B所受的静电力为：

F=kQqr2=9×10(2)根据电场强度的定义式知，B点的场强EB=Fq=92×(3)将B撤去，检验电荷不会影响原电场分布，所以将B撤去后，原来B所在位置的场强不变。答：(1)B所受的静电力为9N，方向由B指向A．(2)B所在位置的场强为4.5×105

N/C，方向由A指向(3)将B撤去后，原来B所在位置的场强不变。解析：(1)根据库仑定律求出B所受的静电力。(2)由电场强度的定义式求出B点的场强EB(3)场强是由电场本身决定的，与检验电荷无关．该题考查了库仑定律的相关知识，解决本题的关键掌握库仑定律和电场强度的定义式，知道场强的大小由电场本身性质决定，与放入电场中的检验电荷无关。15.答案：解：(1)根据真空中点电荷的电场强度的表达式E=kQA点处电荷在a处场强E1B点处电荷在a处场强E2根据电场的叠加原理，可知，在a点处的合场强大小为：E=E(2)由Aa=Bb=L4，O为AB连线的中点得：a、b关于O点对称，则a点与b点等势，即Uab=0，小滑块从a点运动到b点的过程中，电场力做功设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f，小滑块从a点运动到b点的过程中根据动能定理有-mgsinθL而f=μmg解得