人教版高中物理必修三第九章《静电场及其应用》测试卷(有答案解析)

一、选择题

1．(0分)[ID：125573]如图所示，三个点电荷q1、q2、q3固定在一直线上，q2与q3的距离为q1与q2距离的2倍，每个点电荷的电荷量之比q1：q2：q3为（ ）

A．9：4：9

C．（-9）：4：（-36） A．静电除尘

B．静电喷涂

B．4：9：4 D．4：9：36 C．静电复印

D．良好接地

2．(0分)[ID：125560]不属于静电的利用的是（ ） 3．(0分)[ID：125558]关于电场线，以下正确的说法是（ ） A．电场线是实际存在的曲线，人们通过实验把它们找出来 B．电场线在任一点的切线方向，就是电荷在该点所受电场力的方向 C．电场线与电荷的移动轨迹是一致的 D．电场线有起点和终点，不是一条闭合的曲线

4．(0分)[ID：125542]两个大小相同的小球带有同种电荷，（可看作点电荷），质量分别为

m1和m2，带电量分别为q1和q2，用绝缘线悬挂后，因静电力而使线张开，分别与竖直方

向成夹角1和2，且两球同处一水平线上，如图所示，若12，则下述结论正确的是（ ）

A．必须同时满足q1q2，m1m2 B．一定满足

q1q2 m1m2C．q1一定等于q2 D．m1一定等于m2

5．(0分)[ID：125538]如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，MOP60，电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，E1与E2之比为（ ）

A．2：1 B．1：2 C．2：3 D．4：3 6．(0分)[ID：125519]一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v－t图像如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是（ ）

A． B． C． D．

7．(0分)[ID：125517]两个分别带有电荷量－Q和＋3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们之间的库仑力大小为F。两小球相互接触后分开放回原位置，则现在两小球间库仑力的大小为（ ） A．

4F 3B．

1F 3C．

3F 4D．F

8．(0分)[ID：125514]如图所示，两个带电球，大球所带的电荷量大于小球所带的电荷量，可以肯定（ ）

A．两球都带正电 B．两球都带负电

C．大球受到的静电力大于小球受到的静电力 D．两球受到的静电力大小相等

9．(0分)[ID：125512]如图所示，A、B、C是电场中的三个点，那么三个点的电场强度的大小关系是（ ）

A．EB < EA B．EA> EB > EC

C．EB < EC < EA D．EC > EB > EA

10．(0分)[ID：125494]如图所示，A、B是某点电荷电场中的一条电场线。在电场线上P处自由释放一个负检验电荷时，它沿直线向B点运动。对此现象，下列判断正确的是（不计电荷重力）（ ）

A．电荷向B做匀速运动

B．电荷向B做加速度越来越小的运动 C．电荷向B做加速度越来越大的运动

D．电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定

11．(0分)[ID：125493]如图，质量为m、带电量为q的小球B用绝缘细线悬挂，处于固定的带电体A产生的电场中，A可视为点电荷，B为试探电荷。当小球B静止时，A、B等高，细线偏离竖直方向的夹角为。已知重力加速度为g。则点电荷A在B处所产生的场强大小为（ ）

A．

mg

qtanB．

mgsin qC．

mgcos qD．

mgtan q12．(0分)[ID：125491]关于摩擦起电，正确的说法是（ ） A．只有正电荷从一个物体转移到另一个物体 B．只有电子从一个物体转移到另一个物体 C．电子与正电荷同时按相反方向转移 D．以上三种情况都有可能

二、填空题

13．(0分)[ID：125674]如图所示，三个点电荷q1、q2、q3固定在一直线上，q2与q3的距离为q1与q2距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零，若q1带正电，则q2一定带_____电，q3一定带_____电，三个电荷的电荷量大小之比q1：q2：q3为________。

14．(0分)[ID：125673]如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点。在以AB为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球（可视为点电荷，重力可忽略），若带电小球在P点保持静止，则该小球带___________电荷（选填“正”或“负”或“正或负”），设这时连线PA与AB的夹角为α，则tan α =___________（用Q1、Q2表示）。

15．(0分)[ID：125662]如图所示，AB、BC、CA三根等长带电棒绝缘相连成正三角形，每根棒上电荷均匀分布，AB、BC带电均为q，CA带电为q，P点为正三角形中心，P、Q两点关于AC边对称.现测得P、Q两点的电场强度大小分别为E1和E2，若撤去CA棒，则P、Q两点的电场强度大小分别为EP_____，EQ_____。

16．(0分)[ID：125647]两块平行放置的水平金属板，A板带正电，B板带负电，两板间匀强电场的场强E，一带电油滴静止在两板间，油滴质量为m，那么油滴带______电荷，它的电量为______。

17．(0分)[ID：125645]一绝缘细棒的两端固定两带等量异种电荷的小球，置于光滑绝缘水平面上，在细棒的延长线上某处有一固定的点电荷Q，如图所示。细棒由静止释放后，向右做加速度增大的加速运动，由此可知固定点电荷Q带_____电（选填“正”或“负”），位于细棒的_____侧（选填“左”或“右”）。

18．(0分)[ID：125632]q1q2q3分别表示在一条直线上从左到右的三个点电荷，已知q1与

q2之间的距离为L1，q2与q3之间的距离为L2，且每个电荷都处于平衡状态．

（1）如q2为正电荷，则q1为________电荷． （2）q1、q2、q3三者电量大小之比是________．

19．(0分)[ID：125619]如图所示，在绝缘的光滑水平面上固定着等质量的三个带电小球(可视为质点)，A、B、C三小球排成一条直线，若只释放A球，则释放A球的瞬间它的加速度为1 m/s2，方向向左.若只释放C球，则C的瞬间加速度为2 m/s2，方向向右.现同时释放三球，则释放瞬间B球的加速度大小为_______m/s2，方向_______.

20．(0分)[ID：125590]如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10－8C的正点电荷，则A处场强大小EA=______N/C，B处的场强大小EB=______N/C．

三、解答题

21．(0分)[ID：125762]如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k若三个小球均处于静止状态，求匀强电场场强的大小？

22．(0分)[ID：125757]把质量为0.2kg 的带电小球A 用丝线吊起，若将带电量为4×10-8 C的小球 B 靠近它，当两小球在同一高度相距 3cm 时，丝线与竖直方向夹角为60°，静电力常m2/C2。求： 量k=9×109N·

(1)小球B 受到的库仑力的大小；

(2)小球 A 的电量（所有结果可以带根号）。

23．(0分)[ID：125747]如图所示，A、B是两个带等量同种电荷的小球，A固定在竖直放置的10cm长的绝缘支杆上，B静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上且恰与A等高，若B的质量为303克，则B带电荷量是多少？（取g=10m/s2）

24．(0分)[ID：125722]如图所示，把质量为2g的带负电的小球A用绝缘细绳悬挂起来，再

将带电荷量为Q＝4.0×10－6C的带正电的小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度并且相距30cm时，绳与竖直方向成45角．(g取10m/s2)

(1)B球受到的库仑力多大？ (2)A球所带的电荷量是多少？

25．(0分)[ID：125706]如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q＝1.0×10－6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

(1)小球所受电场力F的大小； (2)小球的质量m；

(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小．

26．(0分)[ID：125702]如图所示，在光滑绝缘的水平面上沿一直线等距离排列三个小球A、B、C，三球质量均为m，相距均为L．若小球均带电，且qA=+10q，qB=+q，为保证三球间距不发生变化，将一水平向右的恒力F作用于C球，使三者一起向右匀加速运动．求：

(1)F的大小．

(2)C球的电性和电荷量．

【参考答案】

2016-2017年度第*次考试试卷 参考答案

**科目模拟测试

一、选择题 1．C 2．D 3．D 4．D 5．A 6．B 7．B 8．D 9．B 10．D 11．D 12．B

二、填空题 13．负正9：4：36 14．正或负 15．或 16．负 17．正右 18．负

19．1；向左【分析】在光滑的水平面上小球所受重力和支持力平衡使小球产生加速的力就是小球间相互作用的库仑力根据牛顿第三定律解出其加速度满足的规律 20．9×103N/C方向与E成45°角斜向右下方

三、解答题 21． 22．

23． 24． 25． 26．

2016-2017年度第*次考试试卷 参考解析

【参考解析】

**科目模拟测试

一、选择题 1．C 解析：C

三个电荷处于平衡时两边电性相同和中间相反，若q1带负电，则q2带正电，q3应带负电；若q1带正电，则q2带负电，q3应带正电。

由于三个电荷均处于平衡状态，设q1与q2距离为r，则q2与q3的距离为2r，所以 对q1有

k对q2有

q1q3q1q2＝k2 r23rk对q3有

q2q3q1q2＝k2 r22rq2q3q1q3k联立可解得

2r＝k23r2

q1：q2：q39：4：36

36或9：4：所以每个点电荷的电荷量之比q1：q2：q3为9：4：36，故选C。 2．D

解析：D

静电除尘、静电喷涂、静电复印均属于静电的利用，而良好接地是防止用电器金属外壳带电对人造成危险。 故选D。

3．D

解析：D

A．电场线不是实际存在的曲线，是人们假想出来的用来表示电场的强弱和方向的图线，A错误；

B．电场线在任一点的切线方向，是该点的电场强度方向，就是正电荷在该点所受电场力的方向，而与负电荷在该点所受电场力的方向相反，B错误； C．电场线与电荷的运动轨迹是两回事，不一定一致，C错误；

D．电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，所以电场线是不闭合的曲线，D正确。 故选D。

4．D

解析：D

题中两电荷电量可能不同，也可能相同，但各自所受的电场力大小却相同，方向相反。由于它们与竖直线所成的角度均为，且两球同处一水平线上，所以根据共点力平衡条件可确定，它们的质量一定相等，故ABC错误，D正确。 故选D。

5．A

解析：A E1和E2分别为

E12kE22kQ R2QQcos60k R2R2所以E1:E22:1 ，A正确，BCD错误。 故选A。

6．B

解析：B

由v－t图象可知，负电荷做加速度逐渐减小的加速运动，因此该电荷所受电场力越来越小，电场强度越来越小，电场线密的地方电场强度大，且负电荷受力与电场方向相反 故选B。

7．B

解析：B

接触前两个点电荷之间的库仑力大小为

3Q2Fk2

r两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离仍不变，则库仑力为

Q21Fk2F

r3'故选B。

8．D

解析：D

AB．两个带电体之间存在着排斥力，故两球带同号电荷，可能都带正电，也可能都带负电，AB错误；

CD．静电力遵循牛顿第三定律，两球受到的静电力大小相等，C错误D正确。 故选D。

9．B

解析：B

根据电场线疏密表示电场强度大小，由图看出，A处电场线密，B处的其次，C处电场线最稀疏，则A点电场强度大于B点电场强度大于C点的场强，故B正确，ACD错误。 故选B。

10．D

解析：D

电荷自由释放必定在电场力作用下加速运动；加速度由电场力决定，电场强度大小未知，力的大小未知，加速度变化情况未知。 故选D。

11．D

解析：D

B球受重力、电场力和绳子的拉力处于平衡，根据共点力平衡求出B球所受的电场力，从而根据EF求出B点的电场强度。 q小球处于平衡状态，受力如图，根据合成法，知电场力

Fmgtan

E故ABC错误，D正确。 故选D。

Fmgtan qq12．B

解析：B

摩擦起电过程中，电子从一个物体转移到另一个物体，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电，在摩擦起电过程中没有产生新电荷，只是电子发生转移。 故选B。

二、填空题 13．负正9：4：36 解析：负 正 9：4：36

[1][2]若每个电荷所受库仑力的合力均为零，三个电荷处于平衡时两边电性相同和中间相反，若q1带正电，则q2带负电，q3应带正电

[3]由于三个电荷均处于平衡状态，设q1与q2距离为r，q2与q3的距离为2r，对q1有

k对q2有

q1q3q1q2k r2(3r)2q2q3q1q2k r2(2r)2k联立解得

q1:q2:q39:4:3614．正或负

解析：正或负 3Q2 Q1[1][2]如果小球带正电，则小球在P点的受力分析如图所示

如果小球带负电，则F1,F2,F的受力方向分别反向，则物体也可能平衡，因此小球即可以带正电也可以带负电，由库伦定律可得

F1F2由受力平衡可得

kQ1q,r1Lcosa r12kQ2q,r2Lsina r22F1sinaF2cosa

联立可得

tana解析：

3Q215．或 Q1E1E1EE2或1E2

222假设三根等长带电棒绝缘都带+q电荷，则P的场强为零，根据电场的叠加原理可知，AB、BC两棒在PP点的电场强度与AC棒在P点的场强大小相等、方向相反；所以可知当AB、BC带电均为+q，CA带电为−q时，AB、BC两棒在P点的电场强度与AC棒在P点的场强大小相等、方向相同，都为

E12，则若撤去CA棒，P点的电场强度大小为

EP根据对称性可知原来AC在Q处的场强大小

E1 2E1，方向沿Q到P。原来Q的场强是AB、BC2产生的场强和AC产生的场强的叠加而成，AB、BC产生的合场强方向从P到Q，AC产生的场强方向从Q到P，根据电场的叠加可知Q点原来的场强方向可能沿Q到P，原来Q点的大小为E2，则知在Q点，AB、BC产生的合场强大小为

E1E2 2若撤去CA棒后，Q点的电场强度大小

E1E2 2原来Q的方向也可能沿P到Q，则在Q点，AB、BC产生的合场强大小为

E1E2 2撤去CA棒后，Q点的电场强度大小

E1E216．负 2解析：负

mg E[1]对带电油滴受力平衡可得，电场力向上，负电荷的电场力与场强方向相反，故油滴带负电；

[2]根据平衡条件有：

mgEq

所以qmg E17．正右

解析：正 右

[1][2]细棒由静止释放后，向右做加速度增大的加速运动，根据加速度增大知道细棒受力变大，而细棒水平方向仅受库仑力，根据F＝

kQqQ越开越近，即Q在细棒2，知道细棒距离

r右侧，又细棒向右做加速运动，合外力向右，而﹣q距离Q近，则﹣q受吸引力，则Q带正电。

18．负

LL2L1L2:1:解析：负 1

L2L1[1]若q1为正电荷，则q3不可能平衡，故q1为负电荷； [2]对q1有

22k对q2有

q1q3L1L2k2kq1q22， L1q2q3q1q2k2， L2L21对q3有

kq1q3L1L22kq2q3， L2222LL2L1L2:1:联立解得q1、q2、q3三者电量大小之比为1。 LL2119．1；向左【分析】在光滑的水平面上小球所受重力和支持力平衡使小球产生加速的力就是小球间相互作用的库仑力根据牛顿第三定律解出其加速度满足的规律

解析：1； 向左 【分析】

在光滑的水平面上，小球所受重力和支持力平衡，使小球产生加速的力就是小球间相互作用的库仑力，根据牛顿第三定律解出其加速度满足的规律．

小球A受到小球B和C的作用力分别记为FBA和FCA，小球B分别受到小球A和C的作用力

分别记为FAB和FCB，小球C受到A和B的作用力记为FAC和FBC 对小球A有：FBA+FCA=ma1 ① 对小球B有：FAB+FCB=ma2 ② 对小球C有：FAC+FBC=ma3 ③

由于FBA和FAB互为作用力和反作用力，故其大小相等方向相反，有FBA+FAB=0，故有 ①+②+③得： ma1+ma2+ma3=0

根据题意取向左为正方向，则有：a1=1m/s2，a3=-2m/s2 据ma1+ma2+ma3=0知a2=1m/s2，方向与正方向相同即向左． 即释放B球时，B球的加速度大小为1m/s2，方向向左． 【点睛】

根据力的独立作用性原理，根据牛顿第三定律求解出释放每个小球时加速度所满足的关系式，根据题目中给出的2种情况下的加速值，求释放B球时产生的加速度a．

20．9×103N/C方向与E成45°角斜向右下方

解析：9

×103 N/C 方向与E成45°角斜向右下方

8Q910圆心O处的点电荷在A点产生的场强Ek29109103N/C方向水平向2r0.1左，根据矢量求和，所以A处的合场强为零；B处场强大小

8Q910EB2k22910292103N/C． r0.1思路分析：先根据点电荷的场强公式求出点电荷在A点的场强大小，根据矢量求和匀原匀强电场叠加得到A、B两点的场强大小．

试题点评：考查点电荷产生的电场和矢量求和的应用．

三、解答题 21．

E3kq 2l以c球为研究对象，除受另外a、b两个小球的库仑力外还受匀强电场的静电力，如图所示，c球处于平衡状态，据共点力平衡条件可知

F静2kqqccos30 l2F静=Eqc

解得

E3kq 2l22．

(1) 23N；(2) 105C。 【分析】

本题考察库仑定律的基本应用。 (1)对小球A受力分析

32Tcos60mg，Tsin60F库

F库mgtan6023N

(2)根据库仑定律

F库k解得

qAqB23 2rqA1.0106C

3105C23． 2因为B静止于光滑绝缘的倾角为30°的斜面上，且恰与A等高，设A、B之间的水平距离为L，

根据题意可得

tan30所以

h LLh10cm=103cmtan30 33对B进行受力分析，如图所示，依据物体平衡条件解得库仑力：

Fmgtan303103N=0.3N 3根据

Fk得

Q1Q2 2rQ2Fk2

L代入数据解得

QFL1.0106C k【点睛】

在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三

角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解。

24．

(1)2102N (2)5.0108C

(1)A球受重力、拉力和静电力处于平衡，根据平衡条件得

A球受到B球的库仑力为

Fmgtan45mg210310N2102N

根据牛顿第三定律可知，B球受到的库仑力大小为2102N； (2)由FkQAQB得 r2Fr221020.32QAC5.0108C25． 96kQB910410(1)F=3.0×10－3N (2)m=4.0×10－4kg (3)v=2.0m/s

(1)根据电场力的计算公式可得电场力FqE1.01063.0103N3.0103N； (2)小球受力情况如图所示：

qEqE3103kg4104kg； 根据几何关系可得mg，所以mtangtan10tan37(3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则mgl(1cos37)12mv，解得v=2m/s． 226．

4070kq2q (1) (2) 负电23LA球向右加速，合力向右，B球对C球是向左的静电力，故C球对其为吸引力，故C球带负电；设加速度为a． 由牛顿第二定律： 对A：k对B：kqcqA2L2kqBqAma； 2LqcqBqBqAkma 22LL4070kq2q，a解得：qc 233mL70kq2对整体，根据牛顿第二定律，有：F3ma，所以：F 2L【点睛】

在使用牛顿第二定律时，一般步骤为：1、确定研究对象；2、分析物体运动状态；3、对研究对象受力分析；4、建立坐标系；5、选取正方向；6、根据牛顿第二定律列方程求解，必要时对结果进行讨论分析