章末檢測試卷(一)(滿分：100分)一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．關于物理學史，下列說法錯誤的是()A．正電荷和負電荷最早是由科學家愛迪生命名的B．元電荷e的數值最早是由物理學家密立根測得的C．物理學家法拉第最早引入電場的概念，并提出用電場線表示電場D．庫侖利用扭秤裝置得出了庫侖定律答案A2．(2024·寧夏石嘴山市第三中學高二月考)在如圖所示的四種電場中，分別標記有a、b兩點。其中a、b兩點電場強度大小相等、方向相反的是()A．甲圖中與點電荷等距的a、b兩點B．乙圖中兩等量異種電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點C．丙圖中兩等量同種電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點D．丁圖中非勻強電場中的a、b兩點答案C解析題圖甲中與點電荷等距的a、b兩點，電場強度大小相等，方向不相反，故A錯誤；題圖乙中a、b兩點的電場強度大小相等，方向分別沿a、b點切線向右，所以兩點電場強度大小相等，方向相同，故B錯誤；題圖丙中a、b兩點的電場強度大小相等，a點電場強度方向向上，b點電場強度方向向下，故C正確；題圖丁中a點的電場強度小于b點的電場強度，方向分別沿a、b點切線斜向右下方，故D錯誤。3．(2023·重慶卷)真空中固定有兩個點電荷，負電荷Q1位于坐標原點處，正電荷Q2位于x軸上，Q2的電荷量大小為Q1的8倍。若這兩點電荷在x軸正半軸的x＝x0處產生的合電場強度為0，則Q1、Q2相距()A.eq\r(2)x0 B．(2eq\r(2)－1)x0C．2eq\r(2)x0 D．(2eq\r(2)＋1)x0答案B解析依題意，兩點電荷電性相反，且Q2的電荷量較大，所以Q2應位于x軸的負半軸，設兩點電荷相距L，根據電場強度疊加原理可得eq\f(kQ1,x02)＝eq\f(kQ2,x0＋L2)，又Q2＝8Q1，解得L＝(2eq\r(2)－1)x0，故選B。4．(2023·廣東省廣州市第六中學高二期中)a、b兩個帶電小球的質量均為m，所帶的電荷量分別為＋q和－q，兩球間用一絕緣細線連接，用長度相同的另一絕緣細線將a懸掛在天花板上。在兩球所在的空間有方向水平向左的勻強電場，電場強度大小為E，平衡時兩細線都被拉緊，則平衡時兩球的位置可能是圖中的()答案A解析a帶正電，受到的靜電力水平向左，b帶負電，受到的靜電力水平向右。以整體為研究對象，整體所受的靜電力大小為0，則上面懸掛a的細線應豎直；以b球為研究對象，b帶負電，受到的靜電力水平向右，根據平衡條件，細線對b的拉力應有向左的分力，則b在a的右下方，故選A。5.(2023·天津市崇化中學高二期中)如圖所示，直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖所示。M、N兩點各固定一等量負點電荷，一電荷量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點電荷移到G點，則H點處電場強度為()A.eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸正方向 B.eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸負方向C.eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸正方向 D.eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸負方向答案B解析正點電荷在O點時，G點電場強度為零，即兩負點電荷在G點的合電場強度大小為E1＝eq\f(kQ,a2)，方向沿y軸正方向。由對稱性知，兩負點電荷在H點處的合電場強度大小為E2＝E1＝eq\f(kQ,a2)，方向沿y軸負方向。當把正點電荷放在G點時，正點電荷在H點處產生的電場強度大小為E3＝eq\f(kQ,4a2)，方向沿y軸正方向。所以H點處電場強度的大小E＝E2－E3＝eq\f(3kQ,4a2)，方向沿y軸負方向，故選項B正確。6．(2023·寧波市高一期末)以P點為圓心，半徑為R的部分或整個圓周上有電荷分布。如圖所示，甲圖為電荷q均勻分布的四分之一的圓周；乙圖為電荷2q均勻分布的半圓周；丙圖為電荷3q均勻分布的四分之三的圓周；丁圖為電荷4q均勻分布的整個圓周。四種情境中，電荷在P點產生的電場強度分別為EA、EB、EC和ED，關于電場強度大小排列正確的是()A．EA＞EB＞EC＞ED B．ED＞EC＞EB＞EAC．EB＞EA＝EC＞ED D．ED＞EB＞EA＝EC答案C解析由題圖甲可知，電荷q均勻分布在四分之一的圓周上，設在P點所產生的電場強度的大小為EA；同理，題圖乙電荷2q均勻分布在半圓周上，根據電場強度的疊加知，在P點所產生的電場強度的大小為EB＝eq\r(2)EA；題圖丙電荷3q均勻分布在四分之三的圓周上，根據電場強度的疊加知，在P點所產生的電場強度的大小為EC＝EA；題圖丁電荷4q均勻分布在整個圓周上，根據電場強度的疊加知，在P點所產生的電場強度的大小為ED＝0。綜上所述，電場強度大小排列為EB＞EA＝EC＞ED，C正確。7.光滑絕緣水平面上有三個帶電小球a、b、c(均可視為點電荷)，三球沿一條直線擺放，僅在它們之間的靜電力作用下保持靜止狀態。若a、b之間的距離小于b、c之間的距離，則下列說法正確的是()A．a對c的靜電力一定是引力B．a對b的靜電力可能是斥力C．三個小球所帶電荷量的大小關系是Qc>Qa>QbD．當三個小球所帶電荷量均變為原來的一半時，b球仍靜止，a、c球將會運動答案C解析根據各球所受靜電力的方向，可得出a、c為同種電荷，b與a、c為異種電荷，則a對c的靜電力一定是斥力，a對b的靜電力一定是引力，故A、B錯誤；設a、b、c三球的電荷量分別為Qa、Qb、Qc，a與b、b與c之間的間距分別為r1、r2，對b受力分析可知，a、c對b的靜電力大小相等、方向相反，故有keq\f(QaQb,r12)＝keq\f(QcQb,r22)，又r1<r2，所以Qa<Qc，對c受力分析可知，a、b對c的靜電力大小相等、方向相反，故有keq\f(QcQb,r22)＝keq\f(QcQa,r1＋r22)，所以Qb<Qa，故有Qb<Qa<Qc，由受力分析結論可知，當三個小球所帶電荷量均變為原來的一半時，a、b、c球仍靜止，故C正確，D錯誤。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得4分，有選錯的得0分。8.(2023·九江市高一期末)如圖所示，A、B兩個點電荷固定在空間，實線為兩點電荷電場中的部分電場線，彎曲虛線為一個帶電粒子僅在靜電力作用下運動的軌跡，a、b為軌跡上兩點，下列說法正確的是()A．A、B帶同種電荷B．A、B帶電荷量的絕對值不相等C．a點電場強度比b點電場強度大D．帶電粒子在a點加速度比在b點加速度小答案BD解析由電場線分布的特征可知A、B為異種電荷，且A帶正電，B帶負電，故A錯誤；根據題圖可知，圖中電場線分布不具有對稱性，則兩點電荷帶電荷量的絕對值不相等，故B正確；由電場線的疏密表示電場強度的大小可知，b點電場強度比a點電場強度大，故C錯誤；根據qE＝ma可知粒子在a點加速度比在b點加速度小，故D正確。9．如圖所示的靜電實驗(虛線框為金屬網)能使左邊驗電器的金屬箔張開的是()答案AC解析凈電荷分布在導體的外表面，故A正確，B錯誤；選項C中兩個驗電器接觸，左側驗電器金屬箔應張開，選項D中左邊的驗電器處于金屬網中，由于靜電屏蔽，金屬箔不會張開，故C正確，D錯誤。10．(2023·安徽省六安市毛坦廠中學高二月考)如圖所示，正方形ABDC的邊長為L，在它的四個頂點各放置一個電荷量均為Q、電性未知的點電荷，已知靜電力常量為k，則正方形中心O點電場強度的大小可能是()A．0B.eq\f(2\r(2)kQ,L2)C.eq\f(4kQ,L2)D.eq\f(2kQ,L2)答案AC解析因為四個點電荷距O點的距離均相同，由幾何關系可得r＝eq\f(\r(2),2)L根據點電荷電場強度的表達式E＝eq\f(kQ,r2)可得四個點電荷在O點處產生的電場強度大小均為E＝eq\f(kQ,\f(\r(2),2)L2)＝eq\f(2kQ,L2)根據點電荷電場強度的方向和電場強度的疊加可知，若A、D兩處放置的電荷電性相同，B、C兩處放置的電荷電性也相同，則O處的電場強度E1＝0；若A、D兩處放置的電荷電性相同，B、C兩處放置的電荷電性相反，或者A、D兩處放置的電荷電性相反，B、C兩處放置的電荷電性相同，則O處的電場強度E2＝2E＝eq\f(4kQ,L2)；若A、D兩處放置的電荷電性相反，B、C兩處放置的電荷電性也相反，則O處的電場強度E3＝eq\r(2)×2E＝eq\f(4\r(2)kQ,L2)，所以，A、C正確，B、D錯誤。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．(6分)(2023·洛陽市高一月考)在“探究兩電荷間相互作用力的大小與哪些因素有關”的實驗中，某同學采用了如圖所示的實驗裝置。將帶正電的小球A置于可移動且可調整高度的絕緣底座上，帶正電的小球B用絕緣絲線懸掛于玻璃棒的O點。實驗過程中兩帶電小球在各自位置均可視作點電荷，重力加速度大小已知。(1)(2分)實驗過程中，小球A、B在同一水平線上，為測出小球B受到的庫侖力大小，需要測量的一組物理量是________。A．小球B的質量，小球B的懸線偏離豎直方向的夾角B．小球B的質量，小球B的懸線長度C．小球A、B的質量，小球A、B之間的距離(2)(2分)某次實驗時，使小球A、B在同一水平線上且測得小球B靜止時懸線與豎直方向的夾角為30°。保持小球A、B的電荷量不變，移動小球A后，調整小球A的高度，確保兩小球始終在同一水平線上，小球B靜止時懸線與豎直方向的夾角為60°，則移動前后小球A、B之間的距離之比為________。(3)(2分)本實驗中應用到的科學探究方法是________。A．理想實驗法 B．微小量放大法C．控制變量法 D．等效替代法答案(1)A(2)eq\r(3)∶1(3)C解析(1)設小球B靜止時懸線與豎直方向的夾角為α，對小球B受力分析，根據共點力平衡，有F庫＝mgtanα由此可知需要測量的物理量為小球B的質量、小球B的懸線偏離豎直方向的夾角，故選A。(2)移動小球A前，對小球B受力分析有F庫1＝mgtan30°＝keq\f(QAQB,r12)移動小球A后，對小球B受力分析有F庫2＝mgtan60°＝keq\f(QAQB,r22)聯立解得r1∶r2＝eq\r(3)∶1(3)實驗中控制小球A、B的電荷量不變，改變小球A、B之間的距離，此方法采用了控制變量法，故C正確，A、B、D錯誤。12．(6分)質量均為m的兩個可視為質點的小球A、B，分別被長為L的絕緣細線懸掛在同一點O，給A、B分別帶上一定量的正電荷，并用水平向右的外力作用在A球上，平衡以后，懸掛A球的細線豎直，懸掛B球的細線向右偏60°角，如圖所示。若A球的帶電荷量為q，重力加速度為g，靜電力常量為k，則B球的帶電荷量為________，水平外力F大小為____。答案eq\f(mgL2,kq)eq\f(\r(3),2)mg解析當系統平衡以后，B球受到重力mg、細線的拉力F1、庫侖斥力F庫，如圖所示由平衡條件得F庫cos30°－F1cos30°＝0F庫sin30°＋F1sin30°－mg＝0由庫侖定律得F庫＝keq\f(qqx,L2)聯立可得B球的帶電荷量qx＝eq\f(mgL2,kq)A球受到如圖所示的四個力作用，合力為零，由平衡條件得F＝F庫′cos30°而F庫′＝F庫＝keq\f(qqx,L2)解得F＝eq\f(\r(3),2)mg13．(13分)空間中三點A、B和C是直角三角形的三個頂點，且AB＝4cm，BC＝3cm，現將點電荷QA和QB分別放在A、B兩點，測得C點的電場強度大小為EC＝10N/C，方向如圖所示，求：(1)(6分)QA和QB的帶電性質；(2)(7分)如果撤掉QA，C點電場強度的大小和方向。答案(1)負電正電(2)7.5N/C方向由B指向C解析(1)由于QA、QB為點電荷，故QB在C點產生的電場強度沿直線BC，方向可能指向B或C，同理，QA在C點產生的電場強度沿直線AC，方向可能指向A或C，由于合電場強度平行于直線BA，故QB在C點產生的電場強度沿直線BC指向C，QA在C點產生的電場強度沿直線AC指向A，如圖所示，則QB為正電荷，QA為負電荷。(2)由圖可知tanθ＝eq\f(AB,BC)＝eq\f(4,3)，由電場強度的疊加原理tanθ＝eq\f(EC,EB)，解得EB＝7.5N/C所以撤去QA，C點的電場強度大小EC′＝EB＝7.5N/C，方向由B指向C。14．(14分)(2023·上海市松江二中高二期末)如圖甲所示，電荷量為q＝1×10－4C的帶正電的小物塊置于絕緣水平面上，所在空間存在方向沿水平向右的電場，電場強度E的大小與時間的關系如圖乙所示，物塊運動速度與時間t的關系如圖丙所示，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)(6分)前2秒內靜電力做的功；(2)(4分)物塊的質量；(3)(4分)物塊與水平面間的動摩擦因數。答案(1)6J(2)1kg(3)0.2解析(1)前2s內物塊所受靜電力F＝qE1＝1×10－4C×3×104N/C＝3N物塊發生的位移x＝eq\f(0＋v,2)t＝2m則靜電力做的功W＝Fx＝3N×2m＝6J(2)(3)在0～2s內，由牛頓第二定律得qE1－μmg＝ma，由運動學公式得a＝eq\f(v,t)＝1m/s2在2～4s內，由牛頓第二定律得qE2＝μmg聯立解