周测卷2 电场强度-【百汇大课堂·高中学习测试卷】2024-2025学年高中物理必修第三册（人教版2019）

周测卷2 电场强度 时间：75分钟满分：100分 一，选择题：（本题共10小题，共46分。在每小题给出 等分点，OD=2R。现将A、B两处长为△1的电荷取 的四个选项中，第1一7题只有一项符合题目要求，每小 走，D点放置一电荷量为g的点电荷，O处电场强度 题4分：第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的 恰好为零，则 得6分，远对但不全的得3分，有选错的得0分.) A.D处的点电荷一定带正电 1,(2024·北京市西城区育才学校高二月考)当在电场 B.C点电场强度为零 中某点放入电荷量为q的正试探电荷时其所受静电 力为F,并由此得出该点电场强度为E:若在同一点 C9的绝对值为2A Q 放入电荷量为g'=2g的负试探电荷时，则下列描述 D.A、B两点电场强度相同 郭 正确的是 ( ) 5.(2024·安徽岳西中学高二月考)如 A.该点电场强度大小为2E,方向与E相同 图所示为两个周定在同一水平面上 B.该点电场强度大小仍为E,但方向与E相反 的点电荷，距离为d,电荷量分别为 C.试探电荷q在该点所受静电力大小为2F,方向与 +Q和一Q。在它们的中垂线上水 E相反 平固定一根内壁光滑的绝缘细管，一电荷量为十？的 D.试探电荷？'在该点所受静电力大小仍为F,方向 小球缓慢经过细管，则 与E相同 A.小球的加速度先减小后增大 动 警 2.如图所示为空腔球形导体（不带电），现将一个带正电 B.小球的速度先诚小后增大 的小金属球放入腔内、静电平衡时，图中A、B,C三 C,小球受到的库仑力最大值为8kQg 名 点的电场强度E的关系是 A.E>En>Ec D.管壁对小球的弹力最大值为 d 挥 B.E=E>Ec B 6.如图所示，半径为R的绝缘体环的 阳 C.EA=ER=Ec 顶端有一宽为1的小狭缝A,且满 D.E>E>E 足！远小于R,在绝缘体环上均匀 3.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中 分布着总电荷量为q的负电荷。已 M点以相同速度垂直于电场线方向飞出“，b两个带 知静电力常量为k,则关于绝缘体 电粒子，仅在静电力作用下的运动轨迹如图中虚线所 环在圆心O处产生的场强，下列说法正确的是 示，则 ( ) A场强大小为 R ,方向由A指向O 且场强大小为 R ,方向由O指向A klg A.a一定带正电，b一定带负电 C.场强大小为 2xR-)R,方向由0指向A B.a的速度将减小，b的速度将增大 klg C.a的加速度将减小，b的加速度将增大 D.场强大小为2R二DR,方向由A指向0 D.两个粒子的动能，一个增大一个减小 7.如图所示，质量为m、带电荷量为一q的物块，开始时 4.(2024·南阳市六校高二期中)如 让它静止在倾角a=53°的周定光滑绝缘斜面顶端。 图所示，半径为R的带电荷量为 若整个装置放在水平向右的匀强电场中，物块由静止 十Q的绝缘圆环，圆心为O,电荷 释放到落地所经历的时间为1，：若仅将匀强电场的方 量均匀分布。A、B,C为圆环的三 向改为水平向左，物块在相同的位置由静止释放到落 41 地所经历的时间为，已知匀强电场的电场强度大小 10.(2024·河北保定部分学校高二上月考)如图所示， E=m5,cos53°=0.6，sin53°=0.8，重力加速度为 金属板带电荷量为十Q,质量为m、半径为，、带电荷 量为+q的小球，当小球静止后，悬挂小球的绝缘细 g,则t1与t2之比为 线与竖直方向间的夹角为：，小球与金属板中心O 恰好在同一条水平线上，且距离为L(L>r),已知 重力加速度为g,静电力常量为k,则下列说法正确 的是 () 笔 00000184 A.带电金属板在小球处产生的场强大小为E A.5:1 B.5t2 C.4:3 D.5:4 -mgtan a 9 8.(2024·广东广州三校期中联考)甲、乙，丙、丁四图中 B.带电金属板在小球处产生的 的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且 场强大小为E,一品 电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘。下列关于坐标 C.带电小球在O点产生的场 原点O处电场强度的说法正确的是 强大小为E,一是 4 D.带电小球在O点产生的场强大小为E: =mg tan a Q 二、非选择题：（本题共5小题，共54分。） 11.(6分)(2024·洛阳市高一月考) 在“探究两电荷间相互作用力的 大小与哪些因素有关”的实验中， 某同学采用了如图所示的实验装 置。将带正电的小球A置于可移动且可调整高度 丙 的绝缘底座上，带正电的小球B用绝缘丝线悬挂于 A.图甲与图丙场强相同 玻璃棒的O点。实验过程中两带电小球在各自位 B.图乙与图丁场强相同 置均可视作点电荷，重力加速度大小已知。 C.四图中O处电场强度的大小关系为Ez>E西 (1)实验过程中，小球A,B在同一水平线上，为测出 Ea>ET 小球B受到的库仑力大小，需要测量的一组物理量 D.乙、丙两图中O处电场强度的大小关系为Ez 是 2E A.小球B的质量，小球B的悬线偏离竖直方向的 9.(2023·江西赣州高二上开学 夹角 考)如图所示，两个带等量正电 B.小球B的质量，小球B的悬线长度 荷的小球A,B(可视为点电荷) C.小球A、B的质量，小球A、B之间的距离 被固定在光滑绝缘水平面上。 (2)某次实验时，使小球A,B在同一水平线上且测 COP P,N是小球A、B连线的垂直 得小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为30°。保 平分线上的点，且PO=ON。现将一个电荷量很小 持小球A、B的电荷量不变，移动小球A后，调整小 的带负电的小球C(可视为点电荷)从P点由静止释 球A的高度，确保两小球始终在同一水平线上，小 放，在小球C向N点运动的过程中，下列关于小球C 球B静止时悬线与竖直方向的夹角为60°，则移动前 的速度一时间图像可能正确的是 后小球A、B之间的距离之比为 A人A (3)本实验中应用到的科学探究方法是 A.理想实验法 B.微小量放大法 C,控制变量法 D.等效替代法 42 12.(9分)如图甲所示，电荷量为g=1×10·C的带正 13.(10分)(2024·天津一中月考)如图所示，两异种点 电的小物块置于绝缘水平面上·所在空间存在水平 电荷的电荷量均为Q,绝缘竖直平面过两点电荷连 向右的电场，电场强度E的大小与时间的关系如图 线的中点O且与连线垂直，平面上A、O、B三点位 乙所示，物块运动速度与时间1的关系如图丙所示， 于同一竖直线上，AO=BO=L,两点电荷到O点的 取重力加速度g=10m/s。求： 距离也为L。现有电荷量为一q、质量为m的小物 E 块（可视为质点），从A点以初速度。向B滑动，到 达B点时速度恰好减为零。已知物块与平面的动 摩擦因数为4，重力加速度为g。求： ↑E×10N-C) m培 (1)A点的电场强度的大小： 3 (2)物块过A点的加速度： (3)物块通过O点的速度-Q 024 4s 8 大小。 0 内 (1)前2秒内静电力做的功： (2)物块的质量： (3)物块与水平面间的动摩擦因数 43 14.(13分)(2024·江苏盐城期末)如图所示，光滑绝缘 15.(16分)用一条长为L的绝缘轻 的固定斜面（足够长）倾角为37°，一带正电的小物块 绳挂一个质量为m、带电荷量为 质量为m,电荷量为q,置于斜面上，当沿水平方向 十q的小球A,其悬点为O。现加 加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在 一斜向上与水平方向成60°角的 斜面上。sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g 匀强电场，静止时绝缘绳与竖直 取10m/s。某时刻，电场强度变为原来的2，求： 方向成60°角。重力加速度为g,静电力常量为 k,求： (1)该匀强电场的电场强度的大小E: E (2)现在悬点正下方距悬点L处固定另一带电小球 B,若撤去该匀强电场，小球A仍能在原位置保持静 止，求小球B的电荷量Q。 37 (1)原来的电场强度大小： (2)小物块运动的加速度： (3)小物块2s末的速度大小和2s内的位移大小. 44图所示,A受到大小相等的两个静电力,且两静电力夹角 (3)库仑力在水平方向的分力提供向心力,则有 为60”, 代入数据可得v-0.48m/s。 解得F-180/3N. 周测卷2 电场强度 方向沿之BAC的角平分线。 12.答案(1)带负电(2)在A、B之间的连线上,距A0.1m 1.C 解析 电场强度的大小和方向是由电场本身的性质决定 。 处 的,与试探电荷无关,因此该点电场强度的大小仍为E,方向 与E相同,根据F一Eg可知试探电荷q'在该点所受静电力大 解析(1)A对B的作用力向右,B对A的作用力向左,A、 小为2F,方向与E的方向相反。 B、C均处于平衡状态,故C对B的作用力应向左,C对A的 2.A 解析 系统静电平衡后,空腔导体上感应电荷与导体内外 作用力应向右,故C一定在A、B之间且带负电。 的电场线的分布图如图所示,从图中可以看出:E,>E:>E。 (2)设第三个点电荷C所带电荷量为q(取绝对值),离A (C点在导体内部,合电场强度为零)。 的距离为x,则对点电荷C由平衡条件可得O A0.1m处。对于A,由平衡条件可得-k9 (0.4m) 可得-。 13.答案 (1)9×10*N (2)9m/s* (3)2.7X10*N 3.C 解析 带电粒子做曲线运动,所受的静电力方向指向轨迹 解析(1)根据库仑定律可知,A、B间库仑力的大小F。一 的内侧,由于电场强度的方向未知,所以粒子带电性质不确 hg_9x1o-*N。 定,故A错误;从图中轨迹可以看出,速度方向与力的方向的 7 夹角都小于90{},所以静电力都做正功,动能都增大,速度都增 (2)以球B为研究对象,球B向右加速运动,合力向右,根据 大,故B、D错误;电场线密的地方电场强度大,电场线疏的地 A、B间库仑力的大小及牛顿第二定律有F,一m。a,解得a 方电场强度小,所以a受到的静电力减小,加速度减小,而 9m/s。 受到的静电力增大,加速度增大,故C正确。 (3)对球A,受到恒力与库仑引力,根据牛顿第二定律,则有 4.C 解析 圆环上的电荷在O点产生的电场强度为零,取走 F-F.-m.a,解得F-2.7×10-*N。 A、B两处电荷后,A、B两点关于O点对称的两点分别为A' ^2,I与D点处的 Q△ B',产生的合电场强度水平向右,大小为b 解析(1)根据库仑定律,两球相互吸引的库仑力F= 点电荷产生的电场的电场强度叠加后,O点电场强度为零,所 4R{ #2,解得lg一 ,2 顿第二定律有F.-mgsin30*-ma 24/ 误;A、B两点电场强度大小相等,方向不同,D错误。 (2)把A球和B球看成整体,A、B间的库仑力为系统内力, 5.C 解析 根据等量异种点电荷电场线分布特点可知,带电小 球运动过程中一直受到水平向右的静电力,静电力与细营对 其水平弹力平衡,小球的合力为零,加速度为零,小球做匀速 15.答案 (1)3.6×10-*N(2)9.78×10~*N 直线运动,速度保持不变,故A、B错误;等量异种点电荷连线 (3)0.48.m/s 的中垂线上,连线中点处电场强度最大,小球在该处受到的库 仑力最大,则有F8Q,故C正 解析(1)由几何关系知,A、B小球间的距离L一 h十r*} (2) #)} 解得L-1m, d} 设A、B球连线与坚直方向的夹角为o,则tanθ一1 确;根据C选项分析可知,在等量异种点电荷连线中点处,管 解得9-53” 壁对小球的水平弹力与库仑力平衡,则此时管壁对小球的水 由库仑定律可得F-^Qlal 代入数据解得F-3.6X10-5N。 6.D 解析 该绝缘体环可认为是从封闭的绝缘体环上取下宽 (2)小球B受到重力、支持力和库仑力,如图所示 为1的一小段后的部分,对宽为1的一小段绝缘体分析,由于 F F 1远小于R,因此可视为点电荷,其在圈心O处产生的场强大 ) 。 小为E-二 R= 对称性知,封闭的绝缘体环在圈心O处产生的合场强为0,所 以宽为1的一小段绝缘体在园心O处产生的场强与该绝缘体 mg 环在圈心O处产生的场强大小相等、方向相反,则绝缘体环在 在竖直方向,小球B所受的合力为0,有 Fcos 6+F-mg 代入数据可得F。~9.78×10N D正确。 ·15· 7.B 解析 设斜面的长度为L,若整个装置放在水平向右的匀 QQB 强电场中,沿斜面方向,由牛顿第二定律可得mgsin53{- F=mg tan 60*-b qEcos53^{}-ma,根据运动学公式可得at-L;若整个装 联立解得r..r:-3.1。 (3)实验中控制小球A、B的电荷量不变,改变小球A、B之间 置放在水平向左的匀强电场中,物块所受电场力水平向右,合 的距离,此方法采用了控制变量法,故C正确,A、B、D错误。 力与水平方向夹角为45^{},可知物块脱离斜面,竖直方向,根据 12.答案(1)6J (2)1kg(3)0.2 运动学公式有-gt。*}-Lsin53”,联立可得t..t。-5:2,B 解析 (1)前2;内物块所受静电力 F-qE-1X10-*CX3X10'N/C-3N 正确。 【易错分析】重力和电场力均为恒力,物块的初速度为零,故物 块能不能沿轨道下滑,要看重力和电场力的等效合力方向与 则静电力做的功W-Fx-3N×2m-61。 水平方向的夹角与斜面倾角之间的大小关系。 (2)(3)在0~2s内,由牛顿第二定律得qE,-mg=ma, 8.CD 解析 设一带电圆环在O点产生的场强大小为E。甲 由运动学公式得。---1m/s?, 图中坐标原点O处电场强度大小为E;乙图中坐标原点O处 在2~4s内,由牛顿第二定律得qE。一mg 电场强度大小等于②E;丙图中第一象限与第三象限内的带 联立解得m-1kg,-0.2。 (2)2 正电圆环在O点产生的电场相互抵消,则坐标原点O处电场 2 13.答案(1)2Q 21* 2mL: 一g,方向竖直向上 强度大小为E;同理可知丁图中坐标原点O处电场强度为0。 综合以上分析,可知场强大小关系为E→E一E。→E。 解析(1)正、负点电荷在A点产生的场强 根据圆环所带的电性可判断出E。、E。的方向不同。所以 A、B错误,C,D正确。 9.AD 解析 由等量正点电荷电场强度分布规律可知,在A、B 根据电场的叠加原理可得A点的电场强度的大小 连线的垂直平分线上,从无穷远处到O点电场强度先变大后 E-v2E2o 变小,到O点变为零,带负电小球C从无穷远处沿垂直平分 2{2。 线向O点运动,加速度先变大后变小,速度不断增大,在O点 (2)根据题意由牛顿第二定律得 加速度变为零,速度达到最大,因此速度一时间图像的斜率先 uF-mg-ma,F=Eq 变大后变小,由O点到无穷远,速度变化情况与另一侧速度的 联立解得a二 ②_qkQ 变化情况具有对称性,如果P距O很远,则D正确;如果P距 2_-g,方向整直向上。 O点很近,从P到O加速度一直变小,从O到N加速度一直 (3)小物块从A到B过程中,设克服阻力做功为W.,由动能 增大,则A正确。 定理得2mgL-W-0- 10.AC 解析 对小球受力分析,如图所示,根据平衡条件得 2) F=mgtana,故带电金属板在小球处产生的场强大小为 小物块从A到O过程中有 mgl-w- 产生的场强时,可以把带电小球看成点电荷,根据点电荷的 解得。_ 2。 14.答案 {(1)3n (2)3m/s,方向沿斜面向下 A、C正确,B、D错误。 4 (3)6m/s 6m 解析 (1)对小物块受力分析如图所示,原来小物块静止于 料面上,有 mg sin 37*-qE cos 37* s 解得F-mgtan37*3mg 2 mg (2)当电场强度变为原来的-时,小物块受37。 到的合力 【易错分析】本题易混淆电场强度公式的适用条件而出错 F.-mgsin 37*- -qEcos 37*-0.3mg E-k只适用于点电荷所产生的电场,本题中带电的金属 由牛顿第二定律得F。一ma 板不能看成点电荷,因此不能用点电荷的场强公式求带电金 解得a-3m/s},方向沿斜面向下。 属板在小球处产生的电场强度。 (3)由运动学公式知, 11.答案 (1)A(2)3:1(3)C 2s末的速度v=at-3×2m/s-6m/s 解析 (1)设小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为a,对小 球B受力分析,根据共点力平衡,有F。一mgtana 由此可知需要测量的物理量为小球B的质量、小球B的悬线 15.答案 ) 12(2) 偏离竖直方向的夹角。 b (2)移动小球A前,对小球B受力分析有 解析(1)对小球A受力分析, _ 水平方向Eqcos 60*-F-sin60” F..-mg tan 30*-b 竖直方向Eqsin60*+F-cos 60*-mg 移动小球A后,对小球B受力分析有 .16· (2)若撇去该匀强电场,小球A仍能在原位置保持静止,根据几 设其为Uco,令轻质小球的电荷量为一9,根据动能定理 何关系可知小球B在A的原位置产生的电场强度与水平方向夹 有一2qco--mo{};若B处正点电荷的电荷量变为原来的2 角为30”,对A受力分析, 水平方向E'qcos30*-F.'sin60” 倍,其他条件不变,可以将该电荷看为在B处放置两个相同的 竖直方向E'qsin30*+F'cos 60*-mg 电荷量为Q的电荷,则在A、B处的这三个点电荷各自产生的 电场中C、O间的电势差亦为Uco,根据动能定理 有-3qUo-m,解得v.- 6 o,A、B、D错误,C正确。 解得。mgL* e。 8.BC 解析 由于地面带正电,雷雨云底部带负电,电场线起始 周测卷3 电势和电势差 于正电荷终止于负电荷,因此电场线方向向上,沿着电场线方 向电势逐渐降低,因此从雷雨云底部到地面电势逐渐升高,A 1.C 解析 电场线疏密表示电场强弱,电场线越密的地方,电 错误,B正确;雨滴带负电,其所受电场力向下,雨滴落向地面 场强度越大,可知E<E;,故A错误;由带电体周围的等势 的过程中,电场力做正功,电势能减少,C正确,D错误。 面分布图可知A<,故B错误;根据E一一e,电子在A 9.BC 解析 a点和b点到正、负电荷的距离不同,则a点和b 处的电势能比在B处的电势能大,故C正确;将十q从A处移 点的电势不相同,A错误;a点和b点关于正负电荷连线的中 到B处静电力做负功,故D错误。 点对称,则a点和b点的电场强度相同,B正确;立方体前表面 2.A 解析 电场线分布的疏密表示电场的强弱,故a点的电场 面心和左侧面面心到正负电荷的距离相同,电势相同,电场强 强度小于点的电场强度;根据对称性可知b点的电场强度 度大小相同,但方向不同,C正确,D错误。 与c点的电场强度大小相等,故A正确,B错误;沿着电场线 【易错分析】本题应先找出等量异种点电荷形成的等势面,容 方向电势降低,故b点电势比c点高,故C错误;将带正电的 易由于空间建模不足而错误判断是否关于等量异种点电荷的 试探电荷由b点移动到c点,静电力做正功,试探电荷的电势 中点对称。 10.CD 解析 能减小,故D错误。 题干仅给出了点电荷从A点运动到B点,但点 WaB_ 3.A 解析 根据静电力做功与电势差关系可得UA= 电荷电性未知,所以电场线方向不确定,A点的电势不一定 0 高于B点的电势,选项A、B错误;根据图乙可知,点电荷从 6X10~ Wac -3X10- A点运动到B点的过程中加速度在逐渐减小,由F一ma,可 0 -3×10-5 V-100V-一c,可知A点的电势比B点的电势低200 V.C点的电势比B点的电势低100V,故有c,A 电场强度一直在减小,选项C正确;点电荷从A点运动到B 正确。 点,加速度一直减小,但速度一直在增加,动能一直在增大, 4.D 解析 等差等势线的疏密反映电场强度的大小,由图可知 说明电场力做正功,电势能减小,所以点电荷在A点的电势 a处的等势线较密,则E.一E.,故A错误;高压电源左为正 能一定大于其在B点的电势能,选项D正确。 11.答案 (1)8N/C 极,则所加强电场的电场强度向右,而沿着电场线电势逐渐降 (2)1.6×10-J(3)0.8V 低,可知.二,故B错误;液滴的重力不计,根据牛顿第二 解析(1)正电荷从a移到b,静电力做的功 E,因E.>E.,得液滴在a点 W. -Eo.a. 定律可知,液滴的加速度为a一 代入数据解得E-8N/C , 的加速度大于在b点的加速度,故C错误;液滴在强电场作用 (2)正电荷从移到c,静电力做的功 下,从发射极飞向吸板,速度方向沿着电场力方向,电场力做 W. -qE·bccos 6o” 正功,电势能减小,故液滴在a点的电势能比在b点的大,故D 代入数据可得W-1.6X101 正确。 (3)正电荷从a移到c,静电力做的功 5.B 解析 由vt图线的斜率表示加速度,可得试探电荷经过 W =W.+W-3.2×10-] a点时的加速度为零,故试探电荷在a点所受的电场力为零, _W. a、c两点间的电势差U.一 a点的场强必为零,即Q、Q。在a点产生的场强等大、反向 故Q一定带负电,A错误;因Q.距离a点较远,根据点电荷 代入数值可得U.-0.8V。 12.答案 (1)-4.5×10*J3×10*J(2)3×10J1.5X 10*V (3)1m/s 5×10-*N 量,B正确;在a到范围内,Q。产生的场强比Q.产生的场 解析 (1)重力势能变化量△E。=-mgl=-4.5×10-] 强大,所以合场强方向向左,即由a点指向b点;同理可知,a 电势能变化量△E。-Eql-3x10] 点右侧的合场强方向向右,根据沿电场线方向电势逐渐降低, (2)若取A点电势为零,则小球在B点的电势能E。一3X 可知由b→a→o,电势先升高后降低,a点的电势最高,C、D 10-31 错误。 3×10~ 由E。一q,可得: 6.C 解析 在等量同种点电荷的连线上,中点处的电场强度为 2x10-V-1.5×1o*V 零,从中点向两边电场强度在增大,方向都是背离中点O处, 所以a、b两点的电场强度大小相等,方向不同,而a、b两点关 于O点对称,根据等势线分布可知a、6电势相同,故A错误 解得-1m/s 在中垂线上电场强度在c点竖直向下,在d点竖直向上,所 _m_。 以c、d两点的电场强度方向不同,根据对称性可知电势相等 在B点时,对小球,有F一mg一” 故B错误;a到b过程,电势先升高再降低,所以电子电势能先 解得F。-5×10-*N. 减小后增大,故C正确;d到c过程,电势先降低再升高,所以 电子电势能先增大后减小,故D错误。 7.C 解析 电荷量相等的两个正点电荷,设其电荷量大小均为 解析(1)由题意知,此点电荷应为正点电荷,设其电荷量为 Q.则在两个点电荷各自产生的电场中C、O间的电势差相等, g,根据牛顿第二定律可知 ·17·