2019-2020年人教版高中物理选修3-1：测试卷(一)含答案

高中同步测试卷(一)
第一单元 电场力的性质 (时间：90分钟，满分：100分)
一、单项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)
1．关于电场强度的下列说法中不正确的是( ) A ．电场强度在数值上等于单位电荷在电场中所受的电场力 B ．在电场中某点不放电荷，则该点的电场强度一定为零
C ．正电荷在电场中某点所受电场力的方向就是这点电场强度的方向
D ．负电荷在电场中某点所受电场力的方向就是这点电场强度的反方向
2．在如图所示的四种电场中，分别标记有a 、b 两点．其中a 、b 两点电场强度大小相等、方向相反的是( )
A ．甲图中与点电荷等距的a 、b 两点
B ．乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a 、b 两点
C ．丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a 、b 两点
D ．丁图中非匀强电场中的a 、b 两点
3.如图，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A 和C 均围绕B 以相同的角速度做匀速圆周运动，三个带电质点始终在同一直线上，B 恰能保持静止．其中A 、C 和B 的距离分别是L 1和L 2.不计三质点间的万有引力，则A 和C 的比荷 (电荷量与质量之比)之比应是( )
A.⎝ ⎛⎭
⎪⎫L 1L 22
B.⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2L 12
C.⎝ ⎛⎭
⎪⎫L 1L 23
D.⎝ ⎛⎭
⎪⎫L 2L 13
4.如图所示，有一带电荷量为＋q 的点电荷与均匀带电圆形薄板相距为2d ，此点电荷到带电薄板的垂线通过板的圆心．若图中a 点处的电场强度为零，则图中b 点处的电场强度大小是( )
A ．k q 9d 2＋k q
d 2
B ．k q d 2－k q
9d 2
C ．0
D ．k q d
2
5．真空中相距为3a 的两个点电荷M 、N 分别固定于x 轴上x 1＝0和x 2＝3a 的两点上，在它们连线上各点场强随x 变化关系如图所示，以下判断正确的是( )
A ．点电荷M 、N 一定为同种点电荷
B ．点电荷M 、N 一定为异种点电荷
C ．点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为2∶1
D ．点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为3∶1
二、多项选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意．)
6.如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂两个相同的带电介质小球A 、B ，左边放一个带电荷量为＋Q 的固定球时，两悬线都保持竖直方向．下列说法中正确的是( )
A ．A 球带正电，
B 球带正电，并且A 球带电荷量较小 B ．A 球带负电，B 球带正电，并且A 球带电荷量较小
C ．A 球带负电，B 球带正电，并且B 球带电荷量较大
D ．A 球带正电，B 球带负电，并且B 球带电荷量较大
7．用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱．如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O 是电荷连线的中点，E 、F 是连线中垂线上相对O 对称的两点，B 、C 和A 、D 也相对O 对称．则( )
A．B、C两点场强大小和方向都相同B．A、D两点场强大小相等，方向相反
C．E、O、F三点比较，O点场强最强D．B、O、C三点比较，O点场强最弱
8．一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示．不计粒子所受重力，则( )
A．粒子带正电B．粒子加速度逐渐减小
C．A点的速度大于B点的速度D．粒子的初速度不为零
8题图9题图10题图9．如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则( )
A．M的带电量比N大B．M带负电荷，N带正电荷
C．静止时M受到的合力比N大D．移动过程中匀强电场对M做负功
10．如图所示，在足够大的光滑绝缘水平面内固定有一带正电的电荷a(图中未画出)，与a带同种电荷的电荷b仅在a的库仑力作用下，以初速度v0(沿MP方向)由M点运动到N 点，到N点时速度大小为v，且v<v0, 则( )
A．b电荷在M点受力一定向左上方B．b电荷在M点受力一定向右下方
C．a电荷一定在虚线MP上方D．a电荷一定在虚线MP下方
11．两个通电小球带电后相互排斥，如图所示．两悬线跟竖直方向各有一个夹角α、β，且两球在同一水平面上．两球质量用m和M表示，所带电荷量用q和Q表示．若已知α>β，则一定有关系( )
A．两球一定带同种电荷B．m一定小于M
C．q一定大于Q D．m受到的电场力一定等于M所受电场力
12.如图所示，固定在竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，圆环的最高点通过长为L 的绝缘细线悬挂质量为m的可视为质点的金属小球，已知圆环带电均匀分布且带电荷量与小
球相同，均为Q (未知)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，已知静电力常量为
k ，重力加速度为g .细线对小球的拉力为F (未知)，下列式子中正确的是( )
A ．Q ＝mgR 3
kL
B ．Q ＝mgL 3
kR
C ．F ＝
mgR L
D ．F ＝
mgL R
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案
演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)
13．(8分)如图，真空中xOy 平面直角坐标系上的ABC 三点构成等边三角形，边长L ＝2.0 m ．若将电荷量均为q ＝＋2.0×10－6
C 的两点电荷分别固定在A 、B 点，已知静电力常量k ＝9.0×109
N ·m 2
/C 2
，求：
(1)两点电荷间的库仑力大小； (2)C 点的电场强度的大小和方向．
14.(10分)如图所示，绝缘的粗糙水平桌面高为h ＝1.25 m ，长为s ＝2 m ，桌面上方有一个水平向左的匀强电场．一个质量为m ＝2×10－3
kg ，带电量为q ＝＋2.5×10－8
C 的小物体自桌面的左端A 点以初速度v 0＝6 m/s 向右滑行，离开桌子边缘B 后，落在水平地面上C 点，C 点与B 点的水平距离x ＝1 m ，物体与桌面间的动摩擦因数为0.4，不计空气阻力，取
g ＝10 m/s 2.
(1)水平向左的匀强电场的电场强度E 为多大；
(2)为使小物体离开桌面边缘B 后水平距离加倍，即x ′＝2x ，某同学认为可以在桌子边
缘B的右侧空间加一竖直方向的匀强电场E′，请你求出该电场的电场强度．
15．(10分)竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场．其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，如图所示．请问：
(1)小球带电荷量是多少？
(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？
16.(10分)如图所示，带正电的甲球固定在足够大的光滑绝缘水平面上的A点，其带电荷量为Q；质量为m，带正电的乙球在水平面上的B点由静止释放，其带电荷量为q；A、B
两点的距离为l0.释放后的乙球除受到甲球的静电力作用外，还受到一个大小为F＝k qQ
4l20
(k
为静电力常量)、方向指向甲球的恒力作用，两球均可视为点电荷．
(1)求乙球在释放瞬间的加速度大小；
(2)求乙球的速度最大时两球之间的距离；
(3)请定性地描述乙球在释放后的运动情况(说明速度的大小变化及运动方向的变化情况)．
参考答案与解析
1．[导学号66870001] 【解析】选B.电场强度的大小在数值上等于单位电荷在电场中所受的电场力，故A 说法正确．电场强度的大小跟有没有试探电荷无关，由电场本身决定，故B 说法错误．电场强度的方向总是跟正电荷所受电场力的方向一致，跟负电荷所受电场力的方向相反，故C 、D 说法正确．故选B.
2．[导学号66870002] 【解析】选C.甲图中与点电荷等距的a 、b 两点，场强大小相同，方向不相反，选项A 错误；对乙图，根据电场线的疏密及对称性可判断，a 、b 两点的场强大小相等、方向相同，选项B 错误；丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a 、b 两点，场强大小相同，方向相反，选项C 正确；对丁图，根据电场线的疏密可判断，b 点的场强大于a 点的场强，选项D 错误．
3．[导学号66870003] 【解析】选C.根据B 恰能保持静止可得：k q A q B L 21
＝k q C q B
L 22.A 做匀速圆周运动，k
q A q B L 21－k q C q A （L 1＋L 2）2＝m A ω2L 1，C 做匀速圆周运动，k q C q B L 22－k q C q A （L 1＋L 2）
2＝m C ω2
L 2，
联立解得A 和C 的比荷之比等于⎝ ⎛⎭
⎪⎫L 1L 23
，选项C 正确．
4．[导学号66870004] 【解析】选A.由于a 点场强为零，说明点电荷在a 点的场强与圆盘在a 点的场强大小相等，E ＝kq d
2，根据对称性可知，圆盘在b 点产生的场强大小也是E ＝kq d 2，则b 点的场强为E ′＝E ＋
kq （3d ）2＝kq d 2＋kq
9d
2，A 正确． 5．[导学号66870005] 【解析】选A.从场强E 随x 的变化关系图象可以看出，x ＝2a 处的场强为零，在0～2a 范围内场强为正，2a ～3a 范围内场强为负，根据场强叠加原理可知，点电荷M 、N 为同种电荷，选项B 错误，选项A 正确；设点电荷M 的带电荷量为q 1，点电荷N 的带电荷量为q 2，x ＝2a 处的场强为E ＝k q 1（2a ）2－k q 2
a 2＝0，解得：q 1∶q 2＝4∶1，选
项C 、D 错误．
6．[导学号66870006] 【解析】选BC.存在固定球时，对A 、B 球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自所受电场力合力为零，说明A 球带负电而B 球带正电，A 、
B 作为整体得固定球对A 、B 的水平方向的库仑力大小相等方向相反．根据库仑定律得A 离
固定球近点，所以A 球带电荷量较小，B 球带电荷量较大．故A 、D 错误，B 、C 正确．
7．[导学号66870007] 【解析】选ACD.由等量异种点电荷的电场线分布可知选项A 、C 、D 正确，B 错误．
8．[导学号66870008] 【解析】选BCD.由运动轨迹可知电场力方向向左，粒子带负电，A 错误；A →B 电场强度变小，电场力变小，加速度变小，B 正确；粒子运动过程中，电场力与运动方向的夹角大于90°，所以速率减小，C 正确；若粒子的初速度为0，将沿电场线向左下侧运动，D 正确．故选BCD.
9．[导学号66870009] 【解析】选BD.释放后，M 、N 保持静止，它们均受到水平匀强电场的电场力qE 和相互之间的库仑力F 作用，因此有qE ＝F ，两者方向相反，其合力为0，故选项C 错误；由牛顿第三定律可知，M 、N 间相互作用的库仑力F ，一定大小相等、方向相反，所以它们受到的水平匀强电场的电场力qE 也一定大小相等、方向相反，所以两带电小球必带异种电荷，电量相等，故选项A 错误；两小球带异种电荷，相互间的库仑力为引力，由题图中位置关系可知，小球M 受到的水平匀强电场的电场力方向向左，与电场方向相反，所以带负电，小球N 受到的水平匀强电场的电场力方向向右，与电场方向相同，所以带正电，故选项B 正确；由题图图示可知，小球M 移动方向与水平匀强电场的电场力方向成钝角，所以匀强电场对M 做负功，故选项D 正确．
10．[导学号66870010] 【解析】选AD.b 电荷运动轨迹向上弯曲，根据曲线运动特点可知，b 电荷在M 点受力一定向左上方，所以a 电荷一定在虚线MP 下方，选项A 、D 正确．
11．[导学号66870011] 【解析】选ABD.库仑力同样满足牛顿第三定律，满足共点力平衡条件，由题中图示可知两小球相互排斥，故A 、D 正确；偏角的大小与小球的质量和悬线的长度有关，故B 正确．
12．[导学号66870012] 【解析】选BD.由于圆环不能看成点电荷，采用微元法求圆环对小球的库仑力，小球受到的库仑力为圆环各点对小球库仑力的合力．以小球为研究对象，进行受力分析，小球受到三个力的作用：线对小球的拉力为F 、重力G 、圆环各点对小球库仑力的合力F Q .则F sin θ＝mg ，sin θ＝R
L ，解得：F ＝mgL
R
，选项C 错误，D 正确；水平方向上：
F cos θ＝k Q 2
L 2cos θ，解得：Q ＝
mgL 3
kR
，选项A 错误，B 正确． 13．[导学号66870013] 【解析】(1)根据库仑定律，A 、B 两点电荷间的库仑力大小为
F ＝k q 2
L
2①
代入数据得F ＝9.0×10－3
N ．②
(2)A 、B 点电荷在C 点产生的场强大小相等，均为
E 1＝k q L
2③
A 、
B 两点电荷形成的电场在
C 点的合场强大小为 E ＝2E 1cos 30°④
由③④式并代入数据得
E ＝7.8×103 N/C
场强E 的方向沿y 轴正向． 【答案】(1)9.0×10－3
N
(2)7.8×103
N/C 方向沿y 轴正向
14．[导学号66870014] 【解析】(1)设小物体离开桌子边缘B 点后经过时间t 落地，则h ＝12
gt 2
得t ＝
2h g
＝
2×1.25
10
s ＝0.5 s 设小物体离开桌子边缘B 点时的速度为v B ，
则v B ＝x t ＝1
0.5
m/s ＝2 m/s
根据动能定理，有－qEs －μmgs ＝12mv 2B －12mv 2
得E ＝3.2×105
N/C. (2)要使水平射程加倍，则 2x ＝v B t ′
h ＝1
2
at ′2 mg －qE ′＝ma
代入数据得E ′＝6×105
N/C ，方向竖直向上．
【答案】(1)3.2×105
N/C (2)6×105
N/C 方向竖直向上 15．[导学号66870015] 【解析】(1)由小球处于平衡状态知小球带正电，对小球受力分析如图所示
F T sin θ＝qE ① F T cos θ＝mg
②
由①②得tan θ＝qE mg ， 故q ＝
mg tan θ
E
. (2)由第(1)问中的方程②知F T ＝mg
cos θ，而剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与
未剪断丝线时丝线对小球的拉力大小相等，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力等于mg cos θ.小球的加速度a ＝F 合m ＝g
cos θ
，小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线
运动，当碰到金属板上时，它的位移为x ＝
b
sin θ
， 又由x ＝12at 2
，得t ＝
2x
a
＝
2b cos θ
g sin θ＝
2b
g
cot θ.
【答案】(1)
mg tan θ
E
(2) 2b
g
cot θ
16．[导学号66870016] 【解析】(1)由牛顿第二定律得：k qQ l 20
－F ＝ma 解得：a ＝3kqQ
4ml 20
.
(2)当乙球所受的合力为零，即库仑力与恒力F 大小相等时，乙球的加速度为零，速度最大，设此时两球之间的距离为x ，则有k qQ x 2＝k
qQ 4l 20
， 解得：x ＝2l 0.
(3)乙球先做远离甲球的运动，速度先增大后减小，然后又反向做速度先增大后减小的运动，返回到释放点B 后，再重复前面的运动，之后就在B 点和最远点之间做往复运动．
【答案】(1)3kqQ
4ml 20
(2)2l 0 (3)见解析。