【精品试卷】粤教版高中物理选修3-1静电场单元测试测卷复习专用试卷

高中物理学习材料 （精心收集**整理制作）
静电场单元测试测卷
姓名 座号 成绩
一、选择题（下面每小题中有一个或几个答案是正确的，请选出正确答案填在括号内。

本题共１０小题，每小题4分共40分）
1．如图1所示，两质量均为m 的小球A 和B 分别带有+q 和-q 的电量，被绝缘细线悬挂，两球间的库仑引力小于球的重力mg ．现加上一个水平向右的匀强电场，待两小球再次保持静止状态时，下列结论正确的是（ ） A ．悬线OA 向右偏，OA 中的张力大于2mg B ．悬线OA 向左偏，OA 中的张力大于2mg C ．悬线OA 不发生偏离，OA 中的张力等于2mg D ．悬线AB 向左偏，AB 线的张力比不加电场时要大
2．如图2所示，一电荷量为q 的金属球，固定在绝缘支架上，这时球外P 点的电场强度为E 0．当把一个电量也是q 的点电荷放在P 点时，测得点电荷受到的静电力为f ；当把一电荷量为aq 的点电荷放在P 点时，测得作用于该点荷的静电力为F ，则在国际单位制中（ ）
A ．f 的数值等于qE 0．
B ．F 的数值等于af ．
C ．a 比1小得越多，f 的数值接近qaE 0．
D ．a 比1小得越多，F 的数值越接近qf qf ．
3．如图3所示，有竖直向下的匀强电场，A 、B 两等势面间的距离为5cm ，电势差为25V ，在电场中的P 点固定放置电荷量为9
105-⨯C 的负点电荷，此时电场中有一点的场强为零，此点在P 点的（ ）
A ．上方30cm 处
B ．下方30cm 处
C ．上方25cm 处
D ．下方25cm 处
4．如图4
所示，将平行板电容器与电池组相连，两极板间的带电尘埃
图
1
图
2 图
3
图4
恰保持静止状态，若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（ ）
A ．电容器的带电荷量不变
B ．尘埃仍保持静止状态
C ．电流计G 中有a 到b 方向的电流
D ．电流计G 中有b 到a 方向的自由电荷量量定向通过
5. ab 是长为的均匀的带电细杆，P 1、P 2是位于ab 所在直线上的两点，位置如图所示，ab 上电荷产生的静电场在P 1处的场强
大小为E 1。

在P 2处的场强大小为E 2。

则以下说法正确的是
A ．两处的电场方向相同E 1＞E 2
B ．两处的电场方向相反E 1＞E 2
C ．两处的电场方向相同E 1＜E 2
D ．两处的电场方向相反
E 1＜E 2
6．宇航员在探测某星球时，发现该星球均匀带电，且电性为负，电量为Q ，表面无大气。

在一次实验中，宇航员将一带负电q （且q<<Q ）的粉尘置于离该星球表面h 高处，该粉尘恰处于悬浮状态；宇航员又将此粉尘带到距该星球表面2h 处，无初速释放，则此带电粉尘将（ ）
A. 向星球球心方向下落
B. 背向星球球心方向飞向太空
C. 仍处于悬浮状态
D. 沿星球自转的线速度方向飞向太空
7．如图6所示，虚线a 、b 、c 代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab =U bc ，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P 、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知（ ） A ．三个等势面中，a 的电势最高
B ．带电质点通过P 点时的电势能较Q 点大
C ．带电质点通过P 点时的动能较Q 点大
D ．带电质点通过P 点时的加速度较Q 点大 8．如图7所示，
是一个很大的金属板，水平放置，
是一个
带正电的点电荷，固定在板外．另一个可看作质点的带负电的小物体
，以一定的
初速度从图中的 点沿金属板表面移动到
点，移动过程中
的带电量保持不变，
它与金属板间的摩擦不能忽略．关于
的这段运动过程，下面
的说法中正确的是（ ）
A ．对
板的压力先变小后变大
B ．的加速度先变小后变大
C ．
的电势能先变小后变大
D ．的速度先变小后变大
9．有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球A 、B 、C
，
图
6
图
5 图
7
图8
从同一位置以相同速度v 0先后射入竖直方向的匀强电场中，它们落在正极板的位置如图8所示，则下列说法中正确的是（ ）
A ．小球A 带正电，小球
B 不带电，小球
C 带负电 B ．三个小球在电场中运动的时间相等
C ．三个小球到达正极板的动能E k A ＜E k B ＜E k C
D ．三个小球到达正极板的动量的增量Δp A ＜Δp B ＜Δp C
10．如图9所示，圆O 所在的平面内有匀强电场存在，电场方向与圆面平行。

一个带正电荷的微粒（不计重力）从图中A 点出发，以相同的初动能在圆内向各个方向运动，已知图中AB 是圆的一条直径，∠BAC =30°，已知只有
当该微粒从图中C 点处离开圆面时的动能才能达到最大值，则平面内的电场线方向为（ ） A.沿A →B 方向 B.沿A →C 方向 C.沿O →C 方向 D.沿B →C 方向
二、填充题
11.（4分）如图10所示的光滑绝缘水平面上，固定着A 、B 、C 三个带电小球，三球球心共线，质量m A:m B :m C =1:2:1，现同时释放三个小球的瞬间，A 球的加速度值为2m/s 2，方向向左，C 球的加速度值为6m/s 2，方向向右，那么B 球的加速度大小为___________，方向__________。

12.（4分）如图9所示A 、B 、C 、D 是匀强电场中一正方形的四个顶点。

已知A 、B 、C 三点的电势分别为U A =15V ，U B =3V ，U C =-3V 。

由此可得D 点电势U D =_________V 。

13.（4分）如图9所示，实线为电场线，虚线
表示等势面，相邻两个等势面之间的电势差相等，有一上运动的正电荷在等势面L 3上某点的动能为20焦耳，运动至等势面L 1上的某一点时的动能变为零，若取L 2为零等势面，则此电荷的电势能为4焦耳时，其动能为____________J 。

14.（8分） 一兴趣实验小组在学习完本章后进行用感应起电机给电容器充电的研究性学习实验，实验时将电容器两极板和一个静电计相连，然后给电容器充电，充电时间越长，发现静电计指针偏角越大，这说明电容器带电量越大时，它两极板间的
A
B
C
O
图9
图10
图11
图12
电势差就 。

为了定量地研究电容器所带电量和两极电势差之间的关系，该小组用一个能够给电路提供5mA 稳恒电流的电源给一个电容器充电，用秒表记录充电时间，充电后用伏特表测电容器两极间的电势差，测出实验数据如下表，由此可知实验中所用电容器的电容为 μF （保留两位有效数字）
充电时间(s) 4 8 12 16 20 24 两极板间电压(V)
4.26
8.51
12.77
17.02
21.88
25.53
三、计算题（共5小题，共45分，写出必要的做题步骤，计算过程和单位。

） 15（8分）．已经证实，质子、中子都是由上夸克和下夸克的两种夸克组成的，
上夸克带电为23e ，下夸克带电为1
3e
-，e 为电子所带电量的大小，如果质子是由三
个夸克组成的，且各个夸克之间的距离都为l ,15
1.510l m -=⨯,试计算质子内相邻两
个夸克之间的静电力（库仑力）。

16（8分）．两个正点电荷Q 1＝Q 和Q 2＝4Q 分别固定在光滑绝缘水平面上的A 、B 两点，A 、B 两点相距为L ，且A 、B 两点正好位于水平放置的光滑绝缘半圆细管两个端点的出口处，如图13所示．
(1)现将另一正点电荷从A 、B 连线上靠近A 处的位置由静止
释放，求它在A 、B 连线上运动的过程中，达到最大速度时的位置
离A 点的距离． (2)若把该点电荷放于绝缘管内靠近A 点的位置由静止释放，已知它在管内运动过程中速度为最大时的位置在P 处．试求出图中PA 和AB 连线的夹角θ．(可用反三角函数表示) A O Q 1
θ
P
B
Q 2
图13
17（12分）.
如图14,在一光滑绝缘的水平面上，静置两个
B A
L
E
图14
质量均为m，相距为L的小球，其中A球带正电q，B球不带电。

若在水平面上加一水平向右的匀强电场，场强为E。

A球受电场力作用，向右运动与B球相撞，设每次碰撞前后两球交换速度，并且碰撞过程无电荷转移。

问：在A、B两球第n次碰撞前瞬间，A球通过的总位移S。

18（12分）.喷墨打印机的结构简图如图15所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，其半径约为10-5m，此微滴经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控制.带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后，打到纸上，显示出字体.无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒.设偏转板板长1.6 cm，两板间的距离为0.50 cm，偏转板的右端距纸3.2 cm.若一个墨汁微滴的质量为1.6×10-10kg，以20 m/s 的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是8.0×103V，若墨汁微滴打到纸上点距原射入方向的距离是2.0 mm.求这个墨汁微滴通过带电室带的电量是多少?(不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边
.
缘电场的不均匀性.)为了使纸上的字体放大10%，请你分析提出一个可行的方法
参考答案
1． CD 解析：用整体法，因整体不带电，所以OA 悬线竖直。

隔离B 球，受重力、
拉力、向左的电场力，据3力平衡的知识分析知AB 向左偏，绳子的拉力比未加电场力时要大。

2． C 解析：点电荷q 有可能影响到金属球上的电荷分布，所以不能直接用库仑定律
来求。

若a 比1小得越多说明q 电荷量越小，不会影响金属球上的电荷分布，就可以用库仑定律求，，C 正确。

3． B 解析：匀强电场的场强为m V d U E /50005
.025
===
，与点电荷产生的场强等大反向，把数据代入2r
kQ
E =
，得r ＝0.3cm ，B 正确。

4． BCD 解析：极板错开一些，电容器的电容减小，电压不变，极板带的电荷量会减
少，所以G 中有从a 到b 的电流，因是电子运动，所以电流计G 中有b 到a 方向
的自由电荷量量定向通过，BCD 对。

因d
U
E =，U 、d 都不变，E 不变，A 对。

5． 答案：D 在杆上P 1点左右两侧各取
4
l
长度，两侧在P 1产生的电场必然等大反向，合电场为零。

考虑杆上剩余部分在P 1与P 2两处的电场必然大小相等方向相反，而P 2处的电场在与P 1处电场相等的基础上还得加上P 1点左右两侧杆上的电荷在该处产生的电场所以场强大小必然大于P 1处的场强，有E 1＜E 2 ，综上所述D 正确。

6．C.解析：因
()()k
Qq
R h G
Mm
R h +=+2
2，即有kQq GMm =与高h 无关。

7．BD ．解析：虚线是等势面,不要当做电场线,电场线与等势面垂直.不论是从P 点到Q 点,还是从Q 点到P 点,均有带电质点通过P 点时的电势能较Q 点大, 带电质点通过P 点时的动能较Q 点小,等差等势面密的地方电场线也密,场强也强.
8．AB.解析：小带电体
沿金属板面运动，就是沿一个等势面运动，它的电势能是保持不变的，首先要排除的是选项C ．带电体在从 移动到
的过程中，所受的电场力方向都是竖直向上的，它的大小总小于重力（因此它运动过程中不离开板面）．电场力的大小是先逐渐变大，至正中位置时达到最大，而后逐渐减小，而重力的大小是不变的，因此它对板的压力是先变小后变大，选项A 正确．带电体在运动过程中，水平方向只受摩擦力，正是摩擦力产生加速度，而摩擦力跟压力大小成正比，因此摩擦力也
是先变小后变大，从而加速度也是先变小后变大，选项B 正确．带电体在运动过程中，加速度方向始终与运动方向相反，一直在做减速运动，因此选项D 错误．本题的正确答案是A 、B ．
9．AD.解析：由水平方向速度相等知其运动时间关系为t A ＞t B ＞t C ，由竖直方向位移相等知其加速度关系为a A ＜a B ＜a C 。

结合电场方向知带正电者合力小于重力，加速度小于g ;带负电者电场力向下，合力大于重力，加速度大于g ;不带电者加速度等于g .综上讨论知C 球带负电，A 球带正电，B 球不带电，即A 正确.
又知加速度大者落到正极板上时竖直方向速度大，动量增量大，所以Δp C ＞Δp B
＞Δp A ，即答案D 也正确。

10．C.解析：匀强电场的电场线是互相平行的，等势面也是互相平行的。

由A 到C 电场力做功一定最多，A 到圆上C 点的电势差最大，可见过C 点的等势面是圆的切线。

而电场线和等势面垂直，是电势降低的方向，所以选C 。

11、2m/s 2,向左
12、9 13、4
14.答案：大 4.7×103
15．23N ，为引力。

解析：质子带电为+e ，所以它是由2个上夸克和1个下夸克组成的.按题意，三个夸克必位于等边三角形的三个顶点处.这时上夸克与上夸克之间的静电力应为
2
22
943232l e k l e
e k F m =⨯= …………（2分） 代入数值，得
m
F =46N ，为斥力。

…………（2分）
上夸克与下夸克之间的静电力为
2
22
9232
31l e k l e
e k F nd
=⨯=
…………
（2分）
代入数值，得
nd
F =23N ，为引力。

…………（2分）
16. (1) L/3．(2) 34arctan =θ．
解析：(1)正点电荷在A 、B 连线上速度最大处对应该电荷所受合力为零，设离A 点距离为x ，则有()
2221x L q
Q k x q Q k
-=…………（2分） 解得 x=L/3．…………（2分）
(2)当点电荷在P 点处所受库仑力的合力沿 OP 方向时速度最大，即此时满足
()()θ
θ
θθθ2
22
12
22sin cos 4cos 2sin 21
tan ==
=R q
Q k
R q
Q k F F
…………（2分） 即得 34arctan =θ．…………（2分）
17. (2n 2
-2n+1)L.
解析：两球第一次碰撞前瞬间：A 球速度12qEL
V m
=
…………（1分） 两球第一次碰撞后瞬间： 0，B 球速度为V 1…………（1分） 两球第二次碰撞前瞬间：由V 1t 1=
12
at 12
t 1=2v 1/a …………（1分） A 球速度为V 2=at 1=2V 1…………（1分）
两球第二次碰撞后瞬间：A 球速度为V 1，B 球速度为2 V 1；…………（1分） 两球第三次碰撞前瞬间：V 2t 2= V 1t 2+12
at 22
所以t 2=
211
2()2V V V a a
-=………（1分） 所以第三次碰撞前，A 球速度为V 3= V 1+at 2=3 V 1，B 球为2 V 1，碰后A 球为2 V 1，
B 球为3 V 1；…………（1分）
两球第四次碰撞前：V 3t 3= V 2t 3+12 at 32 所以t 3= 3212()2V V V a a
-=…………（1分）
所以A 球速度V 4= V 2+at=4 V 1，B 球为3 V 1
所以可推出n 次碰撞前瞬间，两球速度分别为V A =nV 1 V B =(n-1)V 1…………（1分）
所以qEs=
22211(1)2mV n n ⎡⎤+-⎣⎦ …………（2分） s=(2n 2-2n+1)L. …………（2分）
18、： 带电微滴的电量设为q ,进入偏转电场后做类平抛运动，离开电场后沿直线打到纸上，距原入射方向的距离为
Y =)2
()(21202020L l mdv qUl L mdv qUl v l md qU +=+…………（2分） 代入数据可得，q =1.25×10-13 C …………（2分）
由上式可知，Y 与U 成正比，可以提高偏转板间的电压U 到8.8×103 V ，实现放大字体10%；…………（4分）
由上式可知，Y 与⎪⎭
⎫ ⎝⎛+L l 2成正比，因此也可以增加偏转板与纸的距离L ，l
L l L 5.05.0++'=1.1；L ′=3.6 cm ，实现放大字体10%.…………（4分）。