静电场+部分恒定电流测试卷(教师用卷)

静电场+部分恒定电流测试卷（教师用卷）

第Ⅰ卷 (选择题 共52分)

一、单项选择题

1、如图1所示，半径为R 的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点

P (坐标为x )的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E ＝2πkσ?

?????

1－x (R 2＋x 2)12，方向沿x 轴．现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r 的圆板，如图2所示．则圆孔轴线上任意一点Q (坐标为x )的电场强度为( )

A ．2πkσ0

x

(r 2＋x 2)12 B ．2πkσ0r

(r 2＋x 2)

12

C ．2πkσ0x r

D ．2πkσ0r

x

[解析] 当r 变大时，挖去部分所带的电量增加，Q 点的电场强度应减小，B 、D 项均错误．图1中，R 取无穷大时，坐标x 处电场强度E ＝2πkσ；图2中，当挖去圆板，r →0时，坐标x 处电场强度应为2πkσ0，A 正确，C 错误． [答案] A

2、A 、B 是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A 点沿电场线运动到B 点，其速度－时间图象如图所示．则这一电场可能是( A

)

3、如图所示，D 是一只二极管，它的作用是只允许电流从a 流向b ，不允许电流从b 流向a ，平行板电容器AB 内部原有电荷P 处于静止状态，当两极板A 和B 的间距稍增大一些的瞬间(两极板仍平行)，P 的运动情况将是( ) A ．仍静止不动 B ．向下运动 C ．向上运动 D ．无法判断

解析 当两极板A 和B 的间距稍增大一些的瞬间，根据电容的决定式C ＝εr S 4πkd ＝Q

U 分析得知，

d 增大，电容C 减小，从图中可以看出电源的电动势不变，不可能通过电源提供超过电动势的电压，这样将导致两极板的电荷量减少，但由于二极管具有单向导电性，电荷不能按b 到a 方向流

动，所以电容器的电量不能改变，E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ

εr S ，板间场强E 不变，电荷所受的电场力不

变，仍保持静止状态． 答案 A

4、如图所示，MN 为足够大的不带电薄金属板，在金属板的右侧，距离为d 的位置上放入一个电荷量为＋q 的点电荷O ，由于静电感应产生了如图所示的电场分布．P 是金属板上的一点，P 点与点电荷O 之间的距离为r ，则P 点的电场强度的( )

A ．方向沿P 点和点电荷的连线向左，大小为2kqd

r 3

B ．方向沿P 点和点电荷的连线向左，大小为2kq r 2－d 2

r 3

C ．方向垂直于金属板向左，大小为2kqd

r 3

D ．方向垂直于金属板向左，大小为2kq r 2－d 2

r 3

[解析] 如图所示，图中两异号点电荷，带电荷量大小均为q ，它们之产的距离为2d ，虚线是两点电荷连线的中垂线．原图所示的电场分布与图中虚线右侧的电场分布是一样的．由此可求出P 点的电场强度方向垂直于金属板向左，大小为2kqd

r

3，故选项C 对． [答案] C

5、一电子只在电场力作用下从电场中的A 点移动到B 点的过程中,电子克服电场力做了3 eV 的功,则

A .A 点的电势比

B 点的电势高3 V B .A 点的电势比B 点的电势低3 V

C .电子的电势能减少了3 eV

D .电子的动能增加了3 eV

解析:由于电子带负电,电子克服电场力做功,电子一定是从高电势点向低电势点运动,因此选项A 正确、B 错误;电场力做负功,电子的电势能增加,动能减小,动能的减小量等于电势能的增加量,也等于电子克服电场力所做的功,选项C 、D 错误。

答案

:A

6

、示波管是示波器的核心部件

,它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成

,如图所示。如果在荧光屏上的P 点出现亮斑,那么示波管中的

A.极板X带正电

B.极板X带负电

C.极板Y带正电

D.极板Y不带电

解析:根据亮斑的位置偏向Y极板,可知电子因受到电场力的作用而运动轨迹发生了偏转,因此极板X不带电,极板Y应带正电。答案:C

7、如图所示，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能E k0沿OA方向射出．下列关于试探电荷的动能E k与离开球心的距离r的关系图像，可能正确的是(

)

解析由于在球壳内场强处处为零，因此从O向A运动的过程中电荷不受电场力，做匀速直线

运动，动能不发生变化，图像为一条水平直线，选项C、D错误；通过A点后，电荷做加速运

动，但场强逐渐减小，通过相同的位移，电场力做功逐渐减小，根据动能定理，试探电荷的动

能的增量逐渐减小，即图像的斜率逐渐减小，A选项正确，B选项错误．答案A

8、真空中存在一个水平向左的匀强电场,电场强度的大小E=mg/q,一根不可伸长、长度为l的绝

缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带正电小球,另一端固定在O点。把小球拉到使细线

水平的位置A,再由静止释放小球,则在从释放小球至小球运动到O点的正下方B的过程中

A.小球刚运动到B点前的瞬时,速度恰好为零

B.小球刚运动到B点前的瞬时,绳子对小球的拉力为mg

C.小球从A运动到B的过程中,小球做曲线运动

D.小球刚运动到B点前的瞬时,其动能为2mgl

解析:小球在复合场中所受到的重力和电场力的合力为一恒力,其方向与水平方向的夹角为

45°,小球由静止释放,小球沿直线AB做匀加速运动,显然选项A、C错误;小球刚运动到B点的瞬

时,绳子刚好被拉直,绳子对小球的拉力为零,选项B错误;小球刚运动到B点的瞬时,利用动能定理

可得mgl+qEl=E k,求出E k=2mgl,选项D正确。答案:D

9、如图所示，现有一个以O为圆心、以OP长为半径的圆，四边形ABCD为圆的内接正方形，

a、b、c、d分别为正方形的四个边AB、BC、CD和DA的中点，P、Q分别为弧AB和弧CD

的中点．现在A和B、C和D四点分别放上等量的正电荷和负电荷，若取无穷远处电势为零，

下列说法正确的是()

A．O点的电场强度和电势均为零

B．把同一电荷从b点移到d点，电场力做功为零

C．把同一电荷从a点移到c点，电场力做功为零

D．同一电荷在P、Q两点所受电场力大小相同，方向不同

解析正负电荷以O为对称，由电场叠加知O点电势等于零，但场强大小不为零，方向沿Oc

方向，A选项错误；A和D、B和C为等量异种电荷，其垂直平分线上为等势线，把同一电荷

从b点移到d点，电场力做功为零，B选项正确；A和B、C和D为等量同种电荷，其垂直平分

线上场强方向为从a指向c，把同一电荷从a点移到c点，电场力做功不为零，C项错误；A和

B、C和D为等量同种电荷，其垂直平分线上P点场强方向为从a指向P，Q点场强方向为从Q

指向c，根据对称性知场强相同，同一电荷在P、Q两点所受电场力相同，D选项错误．

答案 B

二、不定项选择题

10、(电表的改装)(多选)如图甲、乙所示的电路图为电表改装的示

意图，G为表头、R为可调电阻，则下列说法正确的是( )

A．图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大

B．图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小

C．图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大

D．图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小

答案BC解析电压表电阻分压，串联；电流表电阻分流，并联．所以题图甲为电流表改装的

原理图，题图乙为电压表改装的原理图．并联电路电阻大时分流少，所以R增大时量程减小；

串联电路电阻大时分压多，所以R增大时量程增大．综上所述选项B、C正确．

11、在x 轴上存在与x 轴平行的电场，x 轴上各点的电势随x 点位置变化情况如图所示。图中－x 1～x 1之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称。下列关于该电场的论述

正确的是( )

A ．x 轴上各点的场强大小相等

B ．从－x 1到x 1场强的大小先减小后增大

C ．一个带正电的粒子在x 1点的电势能大于在－x 1点的电势能

D ．一个带负电的粒子在－x 1点的电势能大于在－x 2的电势能

【答案】BD 【解析】φ-x 图象的斜率大小表示电场强度，故x 轴上的电场强度不同，A 错误；

从－x 1到x 1图线的斜率先减小后增大，故场强先减小后增大，B 正确；由图可知，场强方向指向O ，根据电场力做功可知，一个带正电的粒子在x 1点的电势能等于在－x 1点的电势能，故C 错误，同理D 正确。

12、如图所示，平行板电容器与直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P 点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( )

A ．平行板电容器的电容值将变小

B ．静电计指针张角变小

C ．带电油滴的电势能将减少

D ．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变

解析 根据C ＝εr S

4πkd 知，d 增大，则电容减小，A 选项正确；静电计测量的是电容器两端的电

势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，B 选项错误；电势差不变，d 增大，则电场强度减小，P 点与上极板的电势差减小，则P 点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小，C 选项正确；电容器与电源断开，则电荷量不变，d 改变，根据E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S

，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，D 选项正确．答案 ACD

13、如图所示，一质量为m 、带电荷量为q 的物体处于场强按E ＝E 0－kt (E 0、k 均为大于零的常数，取水平向左为正方向)变化的电场中，物体与竖直墙壁间动摩擦因数为μ，当t ＝0时刻物体处于静止状态。若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是( )

A ．物体开始运动后加速度先增大，后保持不变

B ．物体开始运动后加速度不断增大

C ．经过时间t ＝

E k

，物体在竖直墙壁上的速度达最大值 D ．经过时间t ＝

0qE mg

kq

μμ-，物体运动速度达最大值

【答案】BC 【解析】物体开始运动后，电场力不断减小，则弹力、摩擦力不断减小，所以加速度不断增大，选项B 正确，A 错误；经过时间t ＝

E k

后，物体将脱离竖直墙面，物体在竖直墙壁上的速度达最大值，选项C 正确；物体离开墙壁后，加速度不断增大，速度也不断增大，故D 错误。

14、电压都是110V ，额定功率P A ＝100W ，P B ＝40W 的灯泡两盏，若接在电压为220V 的电路上，使两盏灯泡均能正常发光，且消耗功率最小的电路是(

)

答案 C 解析 判断灯泡能否正常发光，就要判断电压是否是额定电压，或电流是否是额定电流，对灯泡有P ＝IU ＝

U 2R

，可知R A ＜R B . 对于A 电路，由于R A ＜R B ，所以U B ＞U A ，且有

U B ＞110V ，B 灯被烧毁，U A ＜110V ，A 灯不能正常发光． 对于B 电路，由于R B ＞R A ，A

灯又并联变阻器，并联电阻更小于R B ，所以U B ＞U 并，B 灯烧毁． 对于C 电路，B 灯与变阻器并联电阻可能等于R A ，所以可能U A ＝U B ＝110V ，两灯可以正常发光． 对于D

电路，若

变阻器的有效电阻等于A 、B 的并联电阻，则U A ＝U B ＝110V ，两灯可以正常发光． 比较C 、D 两个电路，由于C 电路中变阻器功率为(I A －I B )×110V ，而D 电路中变阻器功率为(I A ＋I B )×110V ，所以C 电路消耗电功率最小．

15、真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和α粒子都从O 点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与OO ′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点(已知质子、氘核和α粒子质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，重力不计)．下列说法中正确的是 ( )

A ．三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2∶1∶1

B ．三种粒子出偏转电场时的速度相同

C ．在荧光屏上将只出现1个亮点

D ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2

解析 带电粒子经过加速电场时根据电场力做功有qU 1＝1

2mv 02，进入偏转电场后做类平抛运动，

水平方向匀速直线则有运动时间t ＝l v 0＝l·m

2qU 1，代入三种粒子的电荷量和质量之比，可得t 1∶

t 2∶t 3＝1∶2∶2，A 选项错误；偏转电场里面竖直方向做匀加速直线运动，a ＝qU 0

md ，偏转位

移y ＝12at 2＝qU 0l 22mdv 02＝qU 0l 22d ×2U 1q ＝U 0l 24dU 1，偏转电场对粒子做功W ＝qU 0d y ＝qU 02l 2

4d 2U 1，所以有W 1∶

W 2∶W 3＝1∶1∶2，D 选项正确；粒子出偏转电场时，假设速度与水平夹角为θ，则有tan θ＝at v 0＝qU 0l mdv 02＝qU 0l 2qU 1d ＝U 0l 2U 1d

，可见速度方向与电荷量、质量无关，所以速度方向相同，根据竖直方向位移y ＝12at 2＝qU 0l 22mdv 02＝qU 0l 22d ×2U 1q ＝U 0l 24dU 1也是相同的，所以他们将打在荧光屏上同一点，C 选

项正确；出偏转电场的速度v ＝v 0

cos θ＝2qU 1

m

/cos θ，根据方向相同可得v 1∶v 2∶v 3＝2∶1∶1，B 选项错误． 答案 CD

第Ⅱ卷 (非选择题 共48分)

三、实验题

16、在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长

度约为50cm.

(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为________mm(该值接近多次测量的平均值)．

(2)用伏安法测金属丝的电阻R x .实验所用器材为电池组(电动势3V ，内阻约1Ω)、电流表(内阻约0.1Ω)、电压表(内阻约3k Ω)、滑动变阻器R (0～20Ω，额定电流2A)、开关、导线若干． 某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：

x (3)图是测量R x 的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P 置于变阻器的一端．请根据(2)所选的电路图，补充完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．

(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U 、I 坐标系，如图所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图中标出第2、

4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U －I 图线．由图线得到金属丝的阻值R x ＝________Ω(保留两位有效数字)．

(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为________(填选项前的符号)． A ．1×10－2

Ω·m B ．1×10－3

Ω·m C ．1×10－6

Ω·m D ．1×10－8

Ω·m 答案 (1)0.398(0.395～0.399均正确) (2)甲 (3)见解析图甲 (4)见解析图乙 4.4(4.3～4.7均正确) (5)C

解析 (1)螺旋测微器的读数为0 mm ＋39.8×0.01 mm ＝0.398 mm.

(2)由实验记录的数据可知R x 的阻值大约为5 Ω.由题知R x ?R V ，故电流表?外接．若滑动变阻器接为限流式接法，则R x 两端的电压最小值U min ＝5

20＋5＋1＋0.1

E ≈0.6 V ，而从实验数据可知

R x两端电压为0.10 V，因此滑动变阻器应采用分压式接法．(3)如图甲所示

甲

乙

(4)选尽可能多的点连成一条直线，不在直线上的点均匀分布在直线两侧，如图乙所示．图线的斜率反映了金属丝的电阻，因此金属丝的电阻值R x≈4.4 Ω.

(5)根据R＝ρl

S得金属丝的电阻率ρ＝

RS

l＝

πRd2

4l

＝

3.14×

4.4×(0.398×10－3)2

4×0.5

Ω·m≈1.09×10－

6Ω·m，故选项C正确．

四、计算题

17、(2017·辽宁葫芦岛六校协作体联考)如图所示，电解槽A和电炉B并联后接到电源上，电源内阻r＝1 Ω，电炉电阻R＝19 Ω，电解槽电阻r′＝0.5 Ω，当S1闭合、S2断开时，电炉消耗功率为684 W，S1、S2都闭合时，电炉消耗功率为475 W(电炉电阻可看作不变)，试求：

(1)电源的电动势；

(2)S1、S2闭合时，流过电解槽的电流大小；

(3)S1、S2闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率．

解析：(1)S1闭合、S2断开时，电炉消耗功率为P1，

电炉中电流I＝P1

R＝

684

19

A＝6 A. 电源电动势E＝I(R＋r)＝120 V.

(2)S1、S2都闭合时，电炉消耗功率为P2，

电炉中电流为I R＝

P2

R＝

475

19

A＝5 A. 路端电压为U＝I R R＝5×19 V＝95 V，流过电源的电流为I′＝

E－U

r＝

120－95

1

A＝25 A.

流过电解槽的电流为I A＝I′－I R＝20 A.

(3)电解槽消耗的电功率P A＝I A U＝20×95 W＝1 900 W.

电解槽内热损耗功率P热＝I A2r′＝202×0.5 W＝200 W.

电解槽中电能转化成化学能的功率为P化＝P A－P热＝1 700 W.

答案：(1)120 V (2)20 A (3)1 700 W

18、如图，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m，有一质量为500g的带电小环套在直杆上，

正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后通过C端的正下方P点

2

10/

g m s

=，求：

（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；

（2）小环从C运动到P过程中的动能增量；

（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小

v

【答案】（1

）2

/

a s

==，方向垂直于杆向下（或与水

平方向成45°角斜向下）（2）4J（3）

2/

v m s

=

【解析】

（1）对带电小环受力分析

因带电小环匀速下滑，加之电场强度水平向左，所以小环带负电．

由几何关系可知，小环所受电场力与重力大小相等．则小环离开直杆后所受的合外力大小为：

F

合

由牛顿第二定律可得：2/a s ==，方向垂直于杆向下（或与水平方向成45°角斜向下）．

（2）设小环从C 运动到P 过程中动能的增量为k E ?．由动能定理有：G E k W W E +=? 则电场力做功为零0E W =，所以4J k G E W mgh ?===

19、如图所示，绝缘光滑轨道AB 部分为倾角为30°的斜面，AC 部分为竖直平面上半径为R 的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E 、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为m 的小球，带正电荷量为q ＝3mg

3E

，要使小球能安全通过圆轨道，在O

点的初速度应满足什么条件？

解析 如下图，小球的重力和电场力的合力与竖直方向间的夹角tan α＝qE mg ＝3

3，α＝30°，小

球在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，三个力的合力为0，即小球做匀速运动，所以小球第二个阶段(圆周运动

)，与小球的初始高度无关．

从圆周的切点进入恰好为在重力场与电场的复合场中的等效最低点D ，等效最高点在D 与圆心连线与圆的交点G 处．从“最低点”D 到“最高点”G 过程用动能定理得：－mg ×2Rcos α－qE ×2Rsin α＝12mv G 2－1

2mv D 2，“要使小球能安全通过圆轨道”，在“最高点”，临界条件为只

有复合场力提供向心力，mg cos30°＝m v G 2

R

联立以上两式，得v D ＝

103gR 3

从O 点到D 点做匀速运动可知，在O 点的初速度应满足条件为v O ≥103gR

3

答案 v O ≥

103gR

3