2019_2020学年高中物理第一章静电场章末高考真题链接练习新人教版选修3_1
2019-2020年秋人教版物理选修3-1第一章《静电场》测试试题含答案
绝密★启用前2019-2020年秋人教版物理选修3-1第一章《静电场》测试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。
第Ⅰ卷一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.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，电量之比为1∶1∶2且粒子重力不计)．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∶1B．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∶2∶22.真空中相距为3a的两个点电荷M、N分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，以下判断中正确的是()A．x＝a点的电势高于x＝2a点的电势B．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1C．点电荷M、N一定为异种电荷D．x＝2a处的电势一定为零3.下列关于点电荷的说法中，正确的是()A．带电球体一定可以看成点电荷B．直径大于1 cm的带电球体一定不能看成点电荷C．直径小于1 cm的带电球体一定可以看成点电荷D．点电荷与质点都是理想化的模型4.正电荷Q周围的电场线如图所示，由图可知，下列判断正确的是（）A．Ea＞EbB．Ea=EbC．Ea＜EbD．无法确定5.如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是()A．速度变大，加速度变大B．速度变小，加速度变小C．速度变大，加速度变小D．速度变小，加速度变大6.在光滑绝缘桌面上，带电小球A固定，带电小球B在A、B间库仑力作用下以速率v0绕小球A做半径为r的匀速圆周运动，若使其绕小球A做匀速圆周运动的半径变为2r，则B球的速率大小应变为()A．v0B．v0C． 2v0D．7.在前人研究的基础上，有一位物理学家利用图所示的扭秤装置进行研究，提出真空中两个静止点电荷之间相互作用的规律，这位物理学家是( )A．牛顿B．伽利略C．库仑D．焦耳8.如图所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上．a和c带正电，b 带负电，a所带的电荷量比b所带的电荷量小．已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是()A．F1B．F2C．F3D．F49.关于点电荷的说法，正确的是（）A．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷B．点电荷一定是电量很小的电荷C．体积很大的带电体一定不能看作点电荷D．带电体能否看成点电荷，是看它的形状和大小对相互作用力的影响是否能忽略不计10.将两个带正电量之比为2：5的相同金属小球A、B分别固定在相距为r的两处（均可视为点电荷），它们之间库仑力的大小为F．现将第三个与A、B两小球完全相同的不带电绝缘金属小球C 先后与A、B相互接触后拿走，A、B间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为（）A．FB．FC．FD．F11.如图所示，一带正电的粒子处于电场中，图中能正确表示该粒子所受静电力的是（）A．F1B．F2C．F3D．F412.电场中等势面如图所示，下列关于该电场描述正确的是()A．A点的电场强度比C点的小B．负电荷在A点的电势能比在C点的电势能大C．电荷沿等势面AB移动的过程中，电场力始终不做功D．正电荷由A移动到C，电场力做负功13.如图所示，点电荷A、B固定且带有等量同种电荷，将第三个点电荷C放在A、B连线中点恰好处于平衡状态．现将B缓慢地沿A、B连线远离A移动，则C的运动情况是()A．靠近A移动B．远离A移动C．仍然不动D．可能靠近，也可能远离A移动14.如图所示为一个均匀带正电的细圆环，半径为R.取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴．设轴上某点P到O点的距离为x，设无穷远处的电势为零，P点的电势为φ，真空中静电力常量为k.下面判断正确的是()A．图中P点电场强度E的方向是沿x轴负方向，O点电势φ为零B．图中P点电场强度E的方向是沿x轴正方向，O点电场强度E为零C．从O点到P点，电场强度E一定逐渐增大，电势φ一定逐渐增大D．从O点到P点，电场强度E一定逐渐减小，电势φ一定逐渐减小15.在如图所示的闪光灯电路中，电源的电动势为E，电容器的电容为C.当闪光灯两端电压达到击穿电压U时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，则可以判定()A．电源的电动势E一定小于击穿电压UB．电容器所带的最大电荷量一定为CEC．闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大D．在一个闪光周期内，通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等16.如图所示，匀强电场的场强为E，A与B两点间的距离为d，AB与电场线的夹角为α，则A、B 两点间的电势差为（）A．EdB．Ed cosαC．Ed sinαD．Ed tanα17.如图所示，一个均匀的带电圆环，带电荷量为＋Q，半径为R，放在绝缘水平桌面上．圆心为O 点，过O点作一竖直线，在此线上取一点A，使A到O点的距离为R，在A点放一检验电荷＋q，则＋q在A点所受的电场力为()A．，方向向上B．，方向向上C．，方向水平向左D．不能确定18.如图所示，电场中a、b、c三点，ab=bc，则把点电荷+q从a点经b移到c的过程中，电场力做功的大小关系有（）A．Wab＞WbcB．Wab=WbcC．Wab＜WbcD．无法比较19.如图为某位移式传感器的原理示意图，平行金属板A、B和介质P构成电容器．则()A．A向上移，电容器的电容变大B．P向左移，电容器的电容变大C．A向上移，流过电阻R的电流方向从N到MD．P向左移，流过电阻R的电流方向从M到N20.如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度．下列操作可使指针张开角度增大一些的是()A．保持开关S闭合，将R上的滑片向右移动B．保持开关S闭合，将A、B两极板介开一些C．断开开关S后，将A、B两极板靠近一些D．断开开关S后，将A、B两极板分开一些第Ⅱ卷二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)21.假设两个电荷量为1 C的点电荷相距r时它们间的静电力大小等于F，如果某两个质量都等于m 的质点在相距r时它们的万有引力也等于F，则m约为多少kg？22.如图所示，在匀强电场中的M、N两点距离为2 cm，两点间的电势差为5 V，M、N连线与场强方向成60°角，则此电场的电场强度多大？23.在真空中的O点放一点电荷Q=1. 0×10﹣9C，直线MN过O点，OM=30 cm，M点放有一点电荷q=﹣2.0×10﹣9C，如图所示．求：（1）电荷Q在M点产生的电场强度的大小；（2）若M点的电势比N点的电势高20 V，则电荷q从M点移到N点，电势能变化了多少？24.在如图所示水平向右的匀强电场中，有a、b、c三点，ab＝10 cm，bc＝15 cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成53°角．电荷量为q＝4×10－7C的正电荷从a点移到b点，电场力做功为W ＝1.2×10－5J，已知sin 53°＝0.8.求：(1)匀强电场的场强的大小？(2)该正电荷从a点移到c点，电场力所做的功为多少？答案解析1.【答案】C【解析】根据动能定理得qU1＝mv－0，则进入偏转电场的速度v0＝，因为质子、氘核和α粒子的比荷之比为2∶1∶1，则初速度之比为∶1∶1，则运动的时间t＝，知时间之比为1∶∶.故A错误．在竖直方向上的分速度v y＝at＝，则出电场时的速度v＝＝.因为粒子的比荷不同，则速度的大小不同．故B错误．偏转位移y＝at2＝··，因为qU1＝mv－0，则y＝，与粒子的电量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，荧光屏将只出现一个亮点．故C正确．偏转电场的电场力对粒子做功W＝qEy，因为E和y相同，电荷量之比为1∶1∶2，则电场力做功之比为1∶1∶2.故D错误．2.【答案】B【解析】由于不知道M、N的所带电荷的性质，故需要讨论，若都带正电荷，则0～2a场强的方向向右，而沿电场线方向电势降低，故x＝a点的电势高于x＝2a点的电势；若都带负电荷，则0～2a场强的方向向左，故x＝a点的电势低于x＝2a点的电势，故A错误．M在2a处产生的场强E1＝，而N在2a处产生的场强E2＝，由于2a处场强为0，故E1＝E2，所以QM＝4QN，故B正确．由于M、N之间的场强的方向相反，故点电荷M、N一定为同种电荷，故C错误．由于电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是任意的，人为的，故x＝2a处的电势可以为零，也可以不为零，故D错误．3.【答案】D【解析】点电荷与质点一样都是理想化的模型，一个带电体是否可看做点电荷，不以带电体的几何尺度大小而定，而是要分析带电体与发生作用的另外一个带电体之间的距离跟它的几何尺度的大小关系，如果带电体的形状和大小带来的影响很小，可忽略不计时，该带电体则可视为点电荷．4.【答案】A【解析】根据公式E=k可知，E与r的平方成反比，则距点电荷越近处电场强度越大．故A正确，BCD错误．5.【答案】C【解析】因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，故电荷将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小．6.【答案】A【解析】半径为r时，对B球：k＝mB半径为2r时，对B球k＝mB解得v＝v0，A正确．7.【答案】C【解析】库仑发现了两点电荷之间的相互作用规律，牛顿发现了万有引力定律，伽利略利用理想斜面实验推导出了力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动的原因，焦耳发现了焦耳定律，故C正确8.【答案】B【解析】据“同电相斥，异电相吸”规律，确定金属小球c受到a和b的静电力方向，考虑a的带电荷量小于b的带电荷量，故Fac与Fbc的合力只能为F2，选项B正确．9.【答案】D【解析】当带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以致带电体、大小及电荷分布对它们之间的作用力的影响可以忽略时，这样的带电体就可以看做带电的点电荷，故ABC错误，D正确；故选D.10.【答案】C【解析】设A、B两球的带电量分别为2Q和5Q．开始时，由库仑定律得：F=k…①当小球C和A接触后，A球带电为Q，C再和B球接触时，B球带电量为=3Q因此此时：F1=k…②由①②得：F1=F，故ABD错误，C正确．11.【答案】B【解析】正电荷在电场中受到的电场力的方向是沿着电场线的切线方向，由此可知，沿着电场线的切线方向的是F2，所以能正确表示正电荷的受到电场力的为．12.【答案】C【解析】等势面越密集的地方电场强度越大，故A点的电场强度比C点的大，A错误；负电荷在电势越高的位置电势能越小，B错误；沿等势面移动电荷，电场力不做功，C正确；正电荷由A移动到C，电场力做正功，D错误．13.【答案】D【解析】若C与A、B的电性相反，则C受到A、B的库仑引力大小相等、方向相反，当B向右移动时，B对C的库仑引力减小，故C所受A、B的库仑力的合力向左，即靠近A移动．若C与A、B电性相同，则C受到A、B的库仑斥力大小相等、方向相反，当B向右移动时，B对C的库仑斥力减小，故C所受库仑斥力的合力沿连线向右，即C远离A移动．14.【答案】B【解析】将圆环看成若干个点电荷，则由电场强度相互叠加可知，P点电场强度E的方向是沿x轴正方向，O点电场强度E为零，设无穷远处的电势为零，因沿着电场线的方向，电势降低，则P点的电势大于零，故A错误，B正确；从O点到P点，电场强度E可能一直逐渐增大，也可能先增大后减小，而电势却是一直减小，故C、D错误．15.【答案】D【解析】电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端电压小于U，断路，电源再次给电容器充电，达到电压U时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光．要使得充电后达到电压U，则电源电动势一定大于U，A项错误；电容器两端的最大电压为U，故电容器所带的最大电荷量为Q＝CU，B项错误；闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量减少，C项错误；充电时电荷通过R，通过闪光灯放电，故充放电过程中通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等，D项正确．16.【答案】B【解析】图中A、B两点之间沿电场方向的距离为d cosα，电势差，故B正确，A、C、D错误.17.【答案】B【解析】先把带电圆环分成若干个小部分，每一小部分可视为一个点电荷，各点电荷对检验电荷的库仑力在水平方向上相互抵消，竖直方向上的电场力大小为＝，方向向上，故选B.18.【答案】C【解析】电场线疏密表示场强的大小，由图象知从左到右场强逐渐增大，电场力做功W=qU=qEd，ab=bc，所以Wab＜Wbc．故选：C.19.【答案】D【解析】A向上移时，板间距离增大，根据电容的决定式C＝，得知电容器的电容变小，故A 错误．P向左移，拔出电介质，根据电容的决定式C＝，得知电容器的电容变小，故B错误．A向上移，电容减小，而电容器板间电压不变，由电容的定义式C＝，分析可知电容器的电量减小，通过R放电，则流过电阻R的电流方向从M到N.故C错误．P向左移，电容减小，而电容器板间电压不变，由电容的定义式C＝，分析可知电容器的电量减小，通过R放电，则流过电阻R的电流方向从M到N.故D正确．20.【答案】D【解析】保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，故A、B均错误；断开开关，电容器带电量不变，将A、B靠近一些，则d减小，根据C＝知，电容增大，根据U＝知，电势差减小，指针张角减小，故C错误；断开开关，电容器带电量不变，将A、B分开一些，则d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，电势差增大，指针张角增大，故D正确．21.【答案】kg【解析】两电荷间的静电力为：F=k，两电荷间的万有引力为：F=G，得：k=G则有：m==kg．22.【答案】500 V/m【解析】由E=得，E=V/m=500 V/m即电场强度为500 V/m．23.【答案】（1）100 N/C（2）4×10﹣8J【解析】（1）由点电荷的场强公式可知，N/C，所以电荷Q在M点产生的电场强度大小是100 N/C.（2）电荷q从M点移到N点，电场力做的功为：J, 所以电势能增加了．24.【答案】(1)300 V/m(2)2.28×10－5J【解析】(1)根据电场力做功公式W＝Uq得ab两点间的电势差Uab＝，根据匀强电场电势差和电场强度的关系式得E＝＝300 V/m.(2)a、c间电势差Uac＝Ed＝E(dab＋dbc cos 53°)，电荷从a点移到c点，电场力所做的功Wac＝qUac，联立解得，Wac＝2.28×10－5J.。
2019-2020年人教版高中物理选修3-1第一章《静电场》测试卷
2019-2020年人教版高中物理选修3-1第一章《静电场》测试卷第一章《静电场》测试卷一、单选题(共12小题)1.一带电粒子从某点电荷电场中的A 点运动到B 点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则下列说法正确的是( )A ． 该电场是某正点电荷电场B ． 粒子的速度逐渐增大C ． 粒子的加速度逐渐增大D ． 粒子的电势能逐渐增大2.一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc 从a 运动到c ，已知质点的速率是递减的．关于b 点电场强度E 的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b 点的切线)( )A ．B ．C ．D ．3.相距为L 的点电荷A 、B 带电荷量分别为＋4q 和－q ，如图所示，今引入第三个点电荷C ，使三个点电荷都处于平衡状态，则C 的电荷量和放置的位置是( )A ． －q ，在A 左侧距A 为L 处B ． －2q ，在A 左侧距A 为处C ． ＋4q ，在B 右侧距B 为L 处D ． ＋2q ，在B 右侧距B 为处4.将两个半径极小的带电小球(可视为点电荷)置于一个绝缘的光滑水平面上，从静止开始释放，那么下列叙述中正确的是(忽略万有引力)( )A ． 它们的加速度一定在同一直线上，而且方向可能相同 C ． 它们的加速度方向一定相反B ． 它们的加速度可能为零 D ． 它们的加速度大小一定越来越小 5.如图所示为一个均匀带正电的细圆环，半径为R .取环面中心O 为原点，以垂直于环面的轴线为x 轴．设轴上某点P 到O 点的距离为x ，设无穷远处的电势为零，P 点的电势为φ，真空中静电力常量为k .下面判断正确的是( )A ． 图中P 点电场强度E 的方向是沿x 轴负方向，O 点电势φ为零B ． 图中P 点电场强度E 的方向是沿x 轴正方向，O 点电场强度E 为零C ． 从O 点到P 点，电场强度E 一定逐渐增大，电势φ一定逐渐增大D ． 从O 点到P 点，电场强度E 一定逐渐减小，电势φ一定逐渐减小6.如图所示，a 、b 是竖直方向上同一电场线上的两点，一带负电的质点在a 点由静止释放，到达b 点时速度最大，则( )A ．a 点电势高于b 点电势B ．a 点的场强大于b 点的场强C ． 质点从a 点运动到b 点的过程中电势能增加D ． 质点在a 点受到的电场力小于在b 点受到的电场力7.如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M 、N 为板间同一电场线上的两点，一带电粒子(不计重力)以速度v M 经过M 点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度v N 折回N 点，则( )A ． 粒子受电场力的方向一定由M 指向NB ． 粒子在M 点的速度一定比在N 点的大C ． 粒子在M 点的电势能一定比在N 点的大D ． 电场中M 点的电势一定高于N 点的电势8.将一正电荷从无穷远处移入电场中M 点，电势能减少了8.0×10－9J ，若将另一等量的负电荷从无穷远处移入电场中的N 点，电势能增加了9.0×10－9J ，则下列判断中正确的是( ) A ．φM ＜φN ＜0 B ．φN ＞φM ＞0 C ．φN ＜φM ＜0 D ．φM ＞φN ＞09.如图所示，在光滑绝缘水平面上，A 处放一电荷量为Q 1的正点电荷，B 处放一电荷量为Q 2的负点电荷，且Q 2＝4Q 1.现将点电荷Q 3放在过AB 的直线上，为使整个系统处于平衡状态，则( )A ．Q 3带负电，位于A 的左方B ．Q 3带负电，位于AB 之间C ．Q 3带正电，位于A 的左方D ．Q 3带正电，位于AB 之间10.如图所示，在某匀强电场中有a 、b 、c 三点，它们的连线组成一个直角三角形．已知ac ＝5 cm ，bc ＝3 cm ，现将电荷量q ＝2×10－8C 的负电荷由a 移到b 和由a 移到c ，均要克服电场力做8×10－8J 的功，则该匀强电场的电场强度为( )A ． 100 V/m 由a 指向bB ． 100 V/m 由b 指向aC ． 160 V/m 由a 指向cD ． 160 V/m 由c 指向a11.A 、B 是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A 点沿电场线运动到B 点，其v －t 图象如图所示．则此电场的电场线分布可能是( )A ．B ．C ．D ．12.如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面，下列判断正确的是（ ）A ． 2、3两点的电势相等B ． 2、3两点的场强相同C ． 1、2两点的电势相等D ． 1、2两点的场强相等二、计算题(共3小题)13.一个平行板电容器，电容为200 pF ，充电后两极板间的电压为100 V ，电容器的带电量是多少？断开电源后，将两板距离减半，两极板间电压为多少？14.如图所示，光滑斜面(足够长)倾角为37°，一带正电的小物块质量为m ，电荷量为q ，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：(1)原来的电场强度；(2)小物块运动的加速度；(3)小物块2 s末的速度和2 s内的位移.15.在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有位于O点且电荷量为Q的点电荷产生的电场E1，第二象限内有水平向右的匀强电场E2，第四象限内有方向水平、大小按图乙所示规律变化的电场E3，E3以水平向右为正方向，变化周期T＝.一质量为m、电荷量为＋q的离子从(－x0，x0)点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做圆周运动．以离子经过x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力．求：(1)离子刚进入第四象限时的速度大小；(2)E2的大小；(3)当t＝时，离子的速度；(4)当t＝nT时，离子的坐标．三、填空题(共3小题)16.N(N＞1)个电荷量均为q(q＞0)的小球，均匀分布在半径为R的圆周上，如图所示．向右移去位于圆周上P点的一个小球，则圆心O点处的电场强度大小为________，方向________．(已知静电力常量为k)17.A、B两个完全相同的金属球，A球带电量为﹣3q，B球带电量为7q，现将两球接触后分开，A、B带电量分别变为和．18.如图所示，在边长为L的正方形的四个顶点上分别放置点电荷，其电荷量为q、Q、q、－Q，已知点电荷Q刚好静止，则＝________，若点电荷－Q的质量为m，释放瞬间加速度为________．答案解析1.【答案】D【解析】只知道电场的分布，没法判断是正点电荷产生的电场，故A错误；由于带电粒子是从A 到B，带电粒子受电场力的方向大致斜向左方，故电场力做负功，带电粒子的速度减小，故B错误；A点电场线密集，故电场强度大，故粒子在A点受到的电场力大于B点，由牛顿第二定律可得在A 点的加速度大于B点，故C错误；由于带电粒子是从A到B，带电粒子受电场力的方向大致斜向左方，故电场力做负功，带电粒子的电势能增大，故D正确．2.【答案】D【解析】质点做曲线运动时，合外力一定指向曲线弯曲的内侧，同时速率减小，说明静电力是阻力，由于质点带负电，故知电场方向可能沿选项D.3.【答案】C【解析】A、B、C三个电荷要平衡，必须三个电荷在一条直线上，外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的引力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所以C必须带正电，在B的右侧.设C所在位置与B的距离为r，则C所在位置与A的距离为L＋r，要能处于平衡状态，所以A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电量为Q.则有：＝k，解得r＝L.对点电荷A，其受力也平衡，则：k＝，解得：Q＝4q，即C带正电，电荷量为4q，在B的右侧距B为L处.4.【答案】C【解析】5.【答案】B【解析】将圆环看成若干个点电荷，则由电场强度相互叠加可知，P点电场强度E的方向是沿x轴正方向，O点电场强度E为零，设无穷远处的电势为零，因沿着电场线的方向，电势降低，则P点的电势大于零，故A错误，B正确；从O点到P点，电场强度E可能一直逐渐增大，也可能先增大后减小，而电势却是一直减小，故C、D错误．6.【答案】B【解析】负电荷所受电场力向上，所以电场线方向向下，沿电场线方向电势降低，A错；a点电场力大于重力，b点电场力等于重力，B对，D错；质点从a点运动到b点的过程中电场力做正功，电势能减小，C错．7.【答案】B【解析】M、N在同一电场线上，带电粒子从M点运动到N点的过程中，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故选项A、C错误，B正确；由于题中未说明带电粒子及两极板的电性，故无法判断M、N两点的电势高低，选项D错误．8.【答案】C【解析】取无穷远处电势为零，则正电荷在M点的电势能为－8×10－9J，负电荷在N点的电势能为9×10－9J.由φ＝知，M、N点的电势φM＜0，φN＜0，且|φN|＞|φM|，即φN＜φM＜0，故C正确.9.【答案】A【解析】假设Q3放在A、B之间，那么Q1对Q3的电场力和Q2对Q3的电场力方向相同，Q3不能处于平衡状态，所以假设不成立．设Q3所在位置与Q1的距离为r13，Q3所在位置与Q2的距离为r23，要能处于平衡状态，所以Q1对Q3的电场力大小等于Q2对Q3的电场力大小．即＝由于Q2＝4Q1，所以r23＝2r13，所以Q3位于A的左方．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，可判断Q3带负电．故选A.10.【答案】A【解析】电荷由a移到b和由a移到c均要克服电场力做相同的功，所以b点和c点的电势相等，bc线为等势线，ab线为一条电场线．Uab＝＝V＝4 V，φa>φb，由(ab)2＝(ac)2－(bc)2得ab＝4 cm.电场强度E＝＝V/m＝100 V/m，方向由a指向b，故A项正确．11.【答案】A【解析】从题图可以直接看出，粒子的速度随时间的增大逐渐减小；图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合分析知，微粒是顺着电场线运动，由电场线疏处到达密处，正确选项是A.12.【答案】A【解析】顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等．故A正确，C错误；电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大，2、3两点的场强的方向不同，2、3两点的场强不相同，故BD错误.13.【答案】2×10－8C50 V【解析】根据电容定义式C＝得，电容器带电量Q＝CU＝200×10－12×100 C＝2×10－8C.断开电源后，电容器的带电量不变．将两板距离减半，由C＝得电容变为原来的两倍，所以两极板间电压U′＝＝＝U＝50 V.14.【答案】(1)(2)3 m/s2，方向沿斜面向下(3)6 m/s 6 m【解析】(1)对小物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上，则mg sin 37°＝qE cos 37°，E＝＝.(2)当场强变为原来的时，小物块受到的合外力F合＝mg sin 37°－qE cos 37°＝0.3mg，又F合＝ma，所以a＝3 m/s2，方向沿斜面向下.(3)由运动学公式v＝at＝3×2 m/s＝6 m/sx＝at2＝×3×22m＝6 m.15.【答案】(1)(2)(3)，方向与水平方向成45°角斜向右下(4)[(n＋1)x0，－2nx0]【解析】(1)设离子刚进入第四象限的速度为v0.在第一象限内，有k＝，得v0＝.(2)在第二象限内，由动能定理得qE2x0＝mv解得E2＝.(3)离子进入第四象限后，在水平方向上，有v水平＝at＝×，得v水平＝＝v0，v合＝＝v0＝，方向与水平方向成45°角斜向右下．(4)离子在第四象限中运动时，y方向上做匀速直线运动，x方向上前半个周期向右匀加速运动，后半个周期向右匀减速运动直到速度为0；每半个周期向右前进·，每个周期前进x0，x＝x0＋nx0，y＝－v0nT＝－2nx0故t＝nT时，离子的坐标为[(n＋1)x0，－2nx0]16.【答案】k沿OP指向P【解析】P点的带电小球在圆心O处的电场强度大小为E1＝k，方向沿PO指向O；N个小球在O点处电场强度叠加后，合场强为零；移去P点的小球后，则剩余N－1个小球在圆心O处的电场强度与P点的小球在圆心O处的电场强度等大反向，即E＝E1＝k，方向沿OP指向P.17.【答案】2q2q【解析】完全相同的金属球，接触时先中和再平分，所以每个球带电．故答案为：2q；2q．18.【答案】【解析】点电荷Q受三个力作用，如图甲，其中F1＝F2＝k，F3＝k.Q静止，三个力的合力为零，F3＝F1，得＝.点电荷－Q受三个力作用，如图乙所示，F4＝F5＝k，F′＝k ，三个力的合力F合＝2F′＝k，则－Q释放时的加速度a＝＝.。
2019_2020版高中物理第一章静电场章末检测试卷(一)新人教版选修3_1
章末检测试卷(一)(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分.1～8题为单项选择题，9～14题为多项选择题．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分) 1．下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是( ) A ．由E ＝F q 知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比 B ．由C ＝Q U知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 C ．由E ＝k Q r2知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关 D ．由U AB ＝W ABq知，带电荷量为1 C 的正电荷，从A 点移动到B 点克服电场力做功为1 J ，则A 、B 两点间的电势差为－1 V答案 D解析 电场强度E 与F 、q 无关，由电场本身决定，A 错误；电容C 与Q 、U 无关，由电容器本身决定，B 错误；E ＝k Q r 2是决定式，C 错误；由U AB ＝W ABq可知，D 正确． 2.(2018·重庆市綦江区校级联考)某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图1所示．下列说法正确的是( )图1A ．a 点的电势高于b 点的电势B ．若将一正试探电荷由a 点移到b 点，电场力做负功C ．c 点的电场强度与d 点的电场强度大小无法判断D ．若将一正试探电荷从d 点由静止释放，电荷将沿着电场线由d 到c 答案 B解析 由沿电场线的方向电势降低和电场线与等势面垂直的特点，可知a 点的电势低于b 点的电势，故A 错误；由电势能的公式：E p ＝q φ，可得出正试探电荷在a 点的电势能低于在b 点的电势能，由电场力做功与电势能变化的关系，可知电场力做了负功，故B 正确；因为电场线的疏密表示电场的强弱，故c 点的电场强度小于d 点的电场强度，故C 错误；正试探电荷在d点时所受的电场力沿该处电场线的切线方向，使该电荷离开该电场线，所以该电荷不可能沿着电场线由d到c，故D错误．3．(2017·南通市第一次调研测试)如图2所示，在O点放置点电荷－q，电荷周围A、B两点到O点的距离分别为r A、r B，r A<r B，A、B两点电场强度大小分别为E A、E B，电势分别为φA、φB，则( )图2A．E A>E B B．E A＝E B C．φA>φB D．φA＝φB答案 A解析根据公式E＝k Qr2，可以判断出离场源电荷越近，场强越大，所以A点的场强较大，A正确，B错误；沿着电场线方向，电势逐渐降低，所以B点电势较高，C、D错误．4．(2018·淄博市高一下期末)两个等量点电荷的电场线分布如图3所示，图中A点和B点在两点电荷连线上，C点和D点在两点电荷连线的中垂线上．若将一电荷放在此电场中，则以下说法正确的是( )图3A．电荷沿直线由A到B的过程中，电场力先增大后减小B．电荷沿直线由C到D的过程中，电场力先增大后减小C．电荷沿直线由A到B的过程中，电势能先减小后增大D．电荷沿直线由C到D的过程中，电势能先增大后减小答案 B5．(2018·日照市期末)如图4所示，在点电荷Q产生的电场中，实线是方向未知的电场线，虚线AB是一个带电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹．下列说法正确的是( )图4A．带电粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能B．带电粒子在A点的加速度一定大于在B点的加速度C ．若带电粒子带负电，则点电荷Q 一定带正电D ．若带电粒子带负电，则A 点的电势一定高于B 点的电势 答案 B6．如图5，静电喷涂时，被喷工件接正极，喷枪口接负极，它们之间形成高压电场，涂料微粒从喷枪口喷出后，只在静电力作用下向工件运动，最后吸附在工件表面，图中虚线为涂料微粒的运动轨迹．下列说法正确的是( )图5A ．涂料微粒一定带正电B ．图中虚线可视为高压电场的部分电场线C ．微粒做加速度先减小后增大的曲线运动D ．喷射出的微粒动能不断转化为电势能 答案 C解析 因工件接电源的正极，可知涂料微粒一定带负电，选项A 错误；因虚线为涂料微粒的运动轨迹，可知不能视为高压电场的部分电场线，选项B 错误；从喷枪口到工件的电场先减弱后增强，可知微粒加速度先减小后增大，因电场线是曲线，故微粒做曲线运动，选项C 正确；因电场力对微粒做正功，故微粒的电势能逐渐减小，选项D 错误．7．(2018·重庆八中适应性考试)直角坐标系xOy 中，A 、B 两点位于x 轴上，坐标如图6所示，C 、D 位于y 轴上，C 、D 两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为Q 的负点电荷置于O 点时，B 点处的电场强度恰好为零，若将该负点电荷移到A 点，则B 点处场强的大小和方向分别为(静电力常量为k )( )图6A.5kQ4l2，沿x 轴正方向 B.5kQ4l2，沿x 轴负方向 C.3kQ4l2，沿x 轴负方向 D.3kQ4l2，沿x 轴正方向 答案 D解析 B 点处的电场强度恰好为零，说明负点电荷在B 点产生的场强与两正点电荷在B 点产生的合场强大小相等，方向相反，根据点电荷的场强公式可得，负点电荷在B 点的场强为kQ l2，两正点电荷在B 点的合场强也为kQ l2，当负点电荷移到A 点时，负点电荷与B 点的距离为2l ，负点电荷在B 点产生的场强为kQ4l2，方向沿x 轴负方向，两正点电荷在B 点产生的合场强的大小为kQ l2，方向沿x 轴正方向，所以B 点处合场强的大小为kQ l 2－kQ 4l 2＝3kQ4l 2，方向沿x 轴正方向，所以A 、B 、C 错误，D 正确．8.示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图7所示，真空室中电极K 发出电子(初速度不计)，经过电压为U 1的加速电场后，由小孔S 沿水平金属板A 、B 间的中心线射入板中，金属板长为L ，相距为d .当A 、B 间电压为U 2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上面显示亮点．已知电子的质量为m 、电荷量为e ，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是( )图7A ．U 1变大，U 2变大B ．U 1变小，U 2变大C ．U 1变大，U 2变小D ．U 1变小，U 2变小答案 B解析 当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的中点，所以电子离开偏转电场时偏转角度越大(偏转距离越大)，亮点距离中心就越远．设电子经过U 1加速后速度为v 0，离开偏转电场时竖直方向速度为v y ，根据题意得：eU 1＝12mv 0 2，电子在A 、B 间做类平抛运动，当其离开偏转电场时竖直方向速度为v y ＝at ＝eU 2md ·Lv 0，解得速度的偏转角θ满足：tan θ＝v y v 0＝U 2L2dU 1，显然，欲使θ变大，应该增大U 2、L ，或者减小U 1、d ，故选B.9.如图8所示，电路中A 、B 为两块竖直放置的金属板，C 是一只静电计，合上开关S 后，静电计指针张开一定角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是( )图8A ．使A 、B 两板靠近一些B ．使A 、B 两板正对面积减小一些C ．断开S 后，使B 板向右平移一些D ．断开S 后，使A 、B 正对面积减小一些 答案 CD解析 静电计显示的是A 、B 两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当合上S 后，A 、B 两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压，电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开S 后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A 、B 两板间的电容变小，而电容器所带的电荷量不变，由C ＝QU可知，板间电压U 增大，从而静电计指针张角增大． 10.如图9所示，匀强电场中有一平行四边形abcd ，且平行四边形所在平面与场强方向平行．其中φa ＝10 V ，φc ＝6 V ，φd ＝8 V ，则下列说法正确的是( )图9A ．b 点电势φb ＝4 VB ．b 点电势φb ＝8 VC ．场强平行于ad 方向D ．场强方向垂直于bd 向下答案 BD11.两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图10中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a 点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是( )图10A ．带正电B ．速度先变大后变小C ．电势能先变大后变小D ．经过b 点和d 点时的速度大小相同 答案 CD解析 根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，粒子带负电，选项A 错误；粒子从a 到c 再到e 的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减小后增大，电势能先增大后减小，选项B 错误，C 正确；因为b 、d 两点在同一等势面上，所以在b 、d 两点的电势能相同，粒子经过b 点和d 点时的速度大小相同，选项D 正确．12．(2018·滨州市高一下期末)电场中三条等势线如图11中实线a 、b 、c 所示．一带电粒子仅在电场力作用下沿直线从P 运动到Q ，已知电势φa >φb >φc ，这一过程中粒子运动的v －t 图象可能正确的是( )图11答案 AD13.如图12所示，两平行金属板水平放置，板长为L ，板间距离为d ，板间电压为U ，一不计重力、电荷量为＋q 的带电粒子以初速度v 0沿两板的中线射入，经过t 时间后恰好沿下板的边缘飞出，则( )图12A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为14UqB ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38UqC ．在粒子下落的前d 4和后d 4过程中，电场力做功之比为1∶1D ．在粒子下落的前d4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶2 答案 BC解析 粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个t 2的时间内沿竖直方向的位移之比为1∶3，则在前t2时间内，电场力对粒子做的功为18Uq ，在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38Uq ，A 错，B 对；由W＝Eqx 知，在粒子下落的前d 4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶1，C 对，D 错． 14．如图13所示，O 点固定放置一个正点电荷，在过O 点的竖直平面内的A 点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m ，带电荷量为q ，小球落下的轨迹如图中的实线所示，它与以O 点为圆心、R 为半径的圆(图中虚线表示)相交于B 、C 两点，O 、C 在同一水平线上，∠BOC ＝30°，A 距OC 的高度为h ，若小球通过B 点的速度为v ，则下列叙述正确的是( )图13A ．小球通过C 点的速度大小是2ghB ．小球通过C 点的速度大小是v 2＋gR C ．小球由A 到C 电场力做功是mgh －12mv 2D ．小球由A 到C 电场力做功是12mv 2＋mg (R2－h )答案 BD解析 由于B 、C 在同一等势面上，故小球从B 点到C 点的过程中电场力做功为零，只有重力做功，则12mv C 2＝12mv 2＋mgh BC .即12mv C 2＝12mv 2＋mgR sin 30°，得v C ＝v 2＋gR ，小球从A 点到C点的过程中，由动能定理有12mv C 2＝mgh ＋W AC ，得W AC ＝12mv 2＋mg (R2－h )，故选B 、D.二、计算题(本题共4小题，共44分)15．(8分)(2018·聊城市期末)如图14所示，两平行金属板A 、B 间有一匀强电场，C 、D 为电场中的两点，且CD ＝4 cm ，其连线的延长线与金属板A 成30°角．已知电子从C 点移到D 点的过程中电场力做功为－4.8×10－17 J ，元电荷e ＝1.6×10－19C ．求：图14(1)C 、D 两点间的电势差U CD 、匀强电场的场强大小E ；(2)若选取A 板的电势φA ＝0，C 点距A 板1 cm ，电子在D 点的电势能为多少？ 答案 (1)300 V 1.5×104V/m (2)7.2×10－17J解析 (1)电子从C 点移到D 点U CD ＝W CD q ＝－4.8×10－17－1.6×10－19V ＝300 V(2分)E ＝U CD d CD sin 30°＝3004×10－2×0.5V/m ＝1.5×104V/m(2分) (2)d ＝d CD sin 30°＋1 cm ＝3 cmU AD ＝Ed ＝1.5×104×3×10－2 V ＝450 V(1分)由U AD ＝φA －φD 和φA ＝0得(1分) φD ＝－450 V(1分)电子在D 点的电势能为E p ＝q φD ＝－1.6×10－19×(－450) J ＝7.2×10－17J ．(1分)16．(10分)(2018·潍坊市期末)如图15所示，水平绝缘轨道AB 长L ＝4 m ，离地高h ＝1.8 m ，A 、B 间存在竖直向上的匀强电场．一质量m ＝0.1 kg 、电荷量q ＝－5×10－5C 的小滑块，从轨道上的A 点以v 0＝6 m/s 的初速度向右滑动，从B 点离开电场后，落在地面上的C 点．已知C 、B 间的水平距离x ＝2.4 m ，滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图15(1)滑块离开B 点时速度的大小； (2)滑块从A 点运动到B 点所用的时间； (3)匀强电场的场强E 的大小．答案 (1)4 m/s (2)0.8 s (3)5×103N/C 解析 (1)从B 到C 过程中，有h ＝12gt 2(1分)x ＝v B t (1分)解得v B ＝4 m/s(1分) (2)从A 到B 过程中，有L ＝v 0＋v B2t ′(2分)解得t ′＝0.8 s(1分)(3)在电场中运动时，小滑块受力如图所示，由牛顿第二定律得 μ(mg ＋E |q |)＝m |a |(2分) 由运动学公式，有v B 2－v 0 2＝2aL (1分)解得E ＝5×103N/C.(1分)17．(12分)(2018·亳州市模拟)如图16所示，在E ＝1.0×103V/m 的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN 与一水平绝缘轨道MN 在N 点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R ＝40 cm ，N 为半圆形轨道最低点，P 为QN 圆弧的中点，一带负电荷q ＝1.0× 10－4C 的小滑块质量m ＝10 g ，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N 点右侧1.5 m 的M 处，g 取10 m/s 2，求：图16(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q ，则小滑块应以多大的初速度v 0向左运动？ (2)这样运动的小滑块通过P 点时对轨道的压力是多大？ 答案 (1)7 m/s (2)0.6 N解析 (1)设小滑块恰能到达Q 点时速度为v ，由牛顿第二定律得mg ＋qE ＝m v 2R(2分)小滑块从开始运动至到达Q 点过程中，由动能定理得 －mg ·2R －qE ·2R －μ(mg ＋qE )x ＝12mv 2－12mv 0 2(2分)联立解得：v 0＝7 m/s.(2分)(2)设小滑块到达P 点时速度为v ′，则从开始运动至到达P 点过程中，由动能定理得 －(mg ＋qE )R －μ(qE ＋mg )x ＝12mv ′2－12mv 0 2(3分)在P 点时，由牛顿第二定律得F N ＝m v ′2R(1分)代入数据，解得：F N ＝0.6 N(1分)由牛顿第三定律得，小滑块通过P 点时对轨道的压力F N ′＝F N ＝0.6 N ．(1分)18．(14分)如图17所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧距PQ 为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，重力不计)无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的足够大的屏上，A 点到MN 的距离为L2，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：图17(1)电子到MN 的速度大小；(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；(3)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ； (4)电子打到屏上的点P ′到点O 的距离x . 答案 (1)eELm (2)3mLeE(3)2 (4)3L 解析 (1)从A 点到MN 的过程中，由动能定理得：eE ·L 2＝12mv 2(2分)得：v ＝eELm(1分) (2)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a 1＝eE 1m ＝eEm(1分) v ＝a 1t 1(1分)从MN 到屏的过程中运动的时间：t 2＝2Lv.(1分)则运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3mLeE.(1分) (3)设电子射出电场E 2时平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a 2＝eE 2m ＝2eEm (1分)t 3＝Lv (1分)v y ＝a 2t 3tan θ＝v y v(1分) 解得：tan θ＝2.(1分)(4)如图所示，电子离开电场E 2后，将速度方向反向延长交于E 2电场的中点O ′.由几何关系知：tan θ＝xL2＋L，(2分)得：x＝3L. (1分)。
2019-2020学年高中物理 第一章 静电场练习新人教版选修3-1【共12套67页】
本套资源目录2019_2020学年高中物理第一章10第8节电容器的电容练习含解析新人教版选修3_12019_2020学年高中物理第一章11第9节带电粒子在电场中的运动练习含解析新人教版选修3_12019_2020学年高中物理第一章13章末过关检测一含解析新人教版选修3_12019_2020学年高中物理第一章1第1节电荷及其守恒定律练习含解析新人教版选修3_12019_2020学年高中物理第一章2第2节库仑定律练习含解析新人教版选修3_12019_2020学年高中物理第一章3第3节电场强度练习含解析新人教版选修3_12019_2020学年高中物理第一章4习题课电场力的性质练习含解析新人教版选修3_12019_2020学年高中物理第一章5第4节电势能和电势练习含解析新人教版选修3_12019_2020学年高中物理第一章6第5节电势差练习含解析新人教版选修3_12019_2020学年高中物理第一章7第6节电势差与电场强度的关系练习含解析新人教版选修3_12019_2020学年高中物理第一章8习题课电场能的性质练习含解析新人教版选修3_12019_2020学年高中物理第一章9第7节静电现象的应用练习含解析新人教版选修3_1电容器的电容(建议用时：40分钟) 【A 组 基础巩固】1．下列关于电容器及其电容的叙述正确的是( )A ．任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关B ．电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和C ．电容器的电容与电容器所带电荷量成反比D ．一个固定电容器的电荷量增加ΔQ ＝1.0×10－6C 时，两板间电压升高10 V ，则电容器的电容无法确定解析：选A.电容器既然是储存电荷的容器，它里面有无电荷不影响其储存电荷的能力，A 正确；电容器所带的电荷量指任一极板电荷量的绝对值，B 错误；电容器的电容由电容器结构决定，不随带电荷量的变化而变化，C 错误；由C ＝Q U ＝ΔQΔU可求电容器的电容，D 错误． 2．(多选)一个电容器的规格是“100 μF 、25 V ”，对这两个数据的理解正确的是( ) A ．这个电容器加上25 V 电压时，电容才是100 μFB ．这个电容器最大电容是100 μF ，当带电荷量较小时，电容小于100 μFC ．这个电容器所加电压不能高于25 VD ．这个电容器所加电压可以低于25 V ，但电容不变，总是100 μF解析：选CD.100 μF 代表电容器的电容，与所带电荷量和所加电压无关，25 V 是指电容器耐压值为25 V ，当其两端电压超过25 V 时，电容器将被击穿．3.如图所示，为某一电容器中所带电荷量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从40 V 降低到36 V ，对电容器来说正确的是( )A ．是充电过程B ．是放电过程C ．该电容器的电容为5.0×10－2F D ．该电容器所带电荷量的变化量为0.20 C解析：选B.由Q ＝CU 知，U 降低，Q 减小，故为放电过程，A 错，B 对；由C ＝Q U ＝0.240F ＝5×10－3F ，可知C 错；ΔQ ＝C ΔU ＝5×10－3×4 C ＝0.02 C ，D 错．4．(多选)(2019·湖北罗田一中高二检测)一平行板电容器充电后，把电源断开，再用绝缘工具将两板距离拉开一些，则( )A ．电容器的带电荷量增加B ．电容增大C ．电容器电压增加D ．两板间电场强度不变解析：选CD.平行板电容器充电后，把电源断开，其电荷量不变，故A 错误；根据电容的决定式C ＝εr S4πkd ，可知电容与板间距离成反比，当把两金属板拉开一些距离，电容减小，故B 错误；Q 不变，C 减小，由电容的定义式C ＝Q U，可知电容器电压增加，故C 正确；由电容的决定式C ＝εr S 4πkd ，电容的定义式C ＝Q U ，电场强度为：E ＝U d ，联立可得：E ＝4πkdεr S，可知E 与d 无关，所以板间电场强度不变，故D 正确．5．(多选)(2019·福建三明高二期中)如图所示，用电池对电容器充电，电路a 、b 之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q 处于静止状态．现将两极板的间距变小，则( )A ．电荷带正电B ．电荷带负电C ．电流表中将有从a 到b 的电流D ．电流表中将有从b 到a 的电流解析：选BC.电荷q 处于静止状态，受到重力与电场力而平衡，电容器上极板带正电，电场方向向下，而电场力方向向上，故电荷带负电，故A 错误，B 正确；将两极板的间距变小，而电容器的电压不变，根据电容的决定式C ＝εr S4πkd 可知，电容增大，电容器的电压U不变，由电容的定义式C ＝Q U分析得知，电容器的电荷量增大，电容器充电，而电容器上极板带正电，则电流表中将有从a 到b 的电流，故D 错误，C 正确．6．(多选)如图所示，电路中A 、B 为两块竖直放置的金属板，C 是一只静电计，开关S 合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是( )A ．使A 、B 两板靠近一些 B ．使A 、B 两板正对面积减小一些C ．断开S 后，使B 板向右平移一些D ．断开S 后，使A 、B 正对面积减小一些解析：选CD.静电计显示的是A 、B 两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当合上S 后，A 、B 两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开S 后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A 、B 两板间的电容变小，而电容器所带的电荷量不变，由C ＝QU可知，板间电压U 增大，从而静电计指针张角增大，所以选项C 、D 正确．7.某位移式传感器的原理示意图如图所示，E 为电源，R 为电阻，平行金属板A 、B 和介质P 构成电容器，当可移动介质P 向左匀速移出的过程中( )A ．电容器的电容变大B ．电容器的电荷量保持不变C ．M 点的电势比N 点的电势低D ．流过电阻R 的电流方向从M 到N解析：选D.当可移动介质P 向左匀速移出的过程中，介电常数减小，电容器电容变小，选项A 错误；电容器的电压等于电源电动势不变，电荷量Q ＝CU 减小，选项B 错误；电容器放电，电流方向M →R →N ，M 点的电势比N 点的电势高，选项C 错误，D 正确．【B 组 素养提升】8．(多选)(2019·北京昌平高二期末)如图所示为一种电容传声器．b 是固定不动的金属板，a 是能在声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片，a 、b 构成一个电容器．其工作原理是当声波作用于金属膜片时，膜片发生相应的振动，于是就改变了它与固定极板b 间的距离，从而使电容发生变化，而电容的变化可以转化为电路中电信号的变化．闭合开关K ，若声源S 发出声波使a 向右运动时( )A ．电容器的电容减小B ．a 、b 板之间的电场强度增大C ．流过电流表的电流方向为自右向左D ．流过电流表的电流方向为自左向右解析：选BD.根据电容的决定式：C ＝εr S 4πkd ，a 向右运动时，d 减小，所以C 增大，故A错误；a 、b 板之间的电势差不变，根据E ＝U d，d 减小，所以E 增大，故B 正确；根据，U 不变，C 增大，所以Q 变大，电容器充电，形成的充电电流方向为自左向右，故D 正确，C 错误．9．(多选)如图所示，平行板电容器的两个极板为A 、B .B 板接地，A板带有电荷量＋Q ，板间电场中有一固定点P ，若将B 板固定，A 板下移一些，或者将A 板固定，B 板上移一些，在这两种情况下，下列说法正确的是( )A ．A 板下移时，P 点的电场强度不变，P 点电势不变B ．A 板下移时，P 点的电场强度不变，P 点电势升高C ．B 板上移时，P 点的电场强度不变，P 点电势降低D ．B 板上移时，P 点的电场强度变小，P 点电势降低解析：选AC.A 板下移与B 板上移，两板间的距离均减小，但此平行板电容器为电荷量不变的电容器，改变两板间的距离不能改变电场强度的大小及方向，即E 不变．因此A 板下移时，P 点与B 板间的电势差不变，即P 点电势也不变；但B 板上移时，由于P 点与B 板的距离减小，因此P 、B 间的电势差减小，即P 点电势降低，选项A 、C 正确．10．(2018·高考江苏卷)如图所示，水平金属板A 、B 分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B 板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴( )A ．仍然保持静止B ．竖直向下运动C ．向左下方运动D ．向右下方运动解析：选D.由于水平金属板A 、B 分别与电源两极相连，两极板之间的电势差不变，将B 板右端向下移动一小段距离，极板之间的电场强度将减小，油滴所受电场力减小，且电场力方向斜向右上方向，则油滴所受的合外力斜向右下方，所以该油滴向右下方运动，选项D 正确．11．(多选)(2019·安徽长丰高二检测)一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合电键S ，电容器充电后，悬线与竖直方向夹角为φ，以下说法正确的是( )A ．保持电键S 闭合，使两极板靠近一些，φ将增大B ．保持电键S 闭合，使两极板远离一些，φ将增大C ．断开电键S ，使两极板靠近一些，φ将不变D ．保持电键S 闭合，使滑动变阻器滑片向右移动，将有电流从左向右流过滑动变阻器 解析：选AC.保持电键S 闭合时，电容器板间电压不变，两板靠近时，板间距离d 减小，由E ＝U d分析得知，板间电场强度增大，小球所受电场力增大，则φ增大，反之，保持电键S 闭合，使两极板远离一些，板间电场强度减小，小球所受电场力减小，则φ减小，故A 正确，B 错误；若断开电键S ，则两极板所带电荷量不变，根据公式，C ＝εr S 4πkd ，C ＝Q U ，E ＝Ud 联立可得E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S，即两极板间的电场强度与两极板的距离无关，所以电场强度不变，小球受力不变，故φ不变，C 正确；保持电键S 闭合，使滑动变阻器滑片向右移动，两极板间的电压不变，仍等于电源电压，所以电容器两极板所带电荷量不变，故不通放电，没有电流通过滑动变阻器，D 错误．12．(2019·河南周口高二检测)如图所示为研究决定平行板电容器电容因素的实验装置．两块相互靠近的等大正对平行金属平板M 、N 组成电容器，板N 固定在绝缘座上并通过导线与静电计中心杆相接，板M 和静电计的金属壳都通过导线接地，板M 上装有绝缘手柄，可以执手柄控制板M 的位置．给电容器充上一定的电荷，静电计指针张开一定角度．(1)若仅将两极板间的距离增大，则静电计指针的偏角将________(选填“变大”“不变”或“变小”)；若仅将M 沿平行板面方向移动一段距离以减小两极板间的正对面积，则静电计指针的偏角将________(选填“变大”“不变”或“变小”)；若在两极板间插入云母片，且保持其他条件不变，则静电计指针的偏角将________(选填“变大”“不变”或“变小”)；若在两极板间插入一块不与两板接触的厚金属板P ，且保持其他条件不变，则静电计指针偏角将________(选填“变大”“不变”或“变小”)，插入后金属板P 内部的电场强度大小为________．(2)从(1)中操作可知本实验探究所采用的科学探究方法是__________． A ．理想实验法 B ．等效替代法 C ．控制变量法D ．建立物理模型法解析：(1)只将板间距离d 增大，由电容的决定式C ＝εr S4πkd 分析得知，电容减小，电荷量Q 不变，则由C ＝Q U分析得到板间电势差U 增大，静电计指针张角变大．只将M 沿平行板面方向移动一段距离以减小两极板间的正对面积S ，由电容的决定式C ＝εr S4πkd 分析得知，电容减小，电荷量Q 不变，则由C ＝Q U分析得到板间电势差U 增大，静电计指针张角变大．若在两极板间插入云母片，且保持其他条件不变，由电容的决定式C ＝εr S4πkd 分析得知，电容增大，电荷量Q 不变，则由C ＝Q U分析得到板间电势差U 减小，静电计指针张角变小．若在两极板间插入一块不与两板接触的厚金属板P ，且保持其他条件不变，相当于极板间距减小，由电容的决定式C ＝εr S 4πkd 分析得知，电容增大，电荷量Q 不变，则由C ＝QU 分析得到板间电势差U 减小，静电计指针张角变小．插入后金属板后，处于静电平衡状态，那么P 内部的电场强度处处为零．(2)从(1)中操作可知本实验探究所采用的科学探究方法是控制变量法，故选C. 答案：(1)变大 变大 变小 变小 0 (2)C13．(2019·云南玉溪高二期末)一个电容器所带的电荷量为4×10－8C ，两极板间的电压是2 V ，那么这个电容器的电容是多少？如果电容器的电荷量减少了1×10－8C ，则板间电压变成多少？解析：由C ＝Q U 可得：C ＝4×10－82F ＝2×10－8F ；电荷量减小为3×10－8C ；电容不变；则电压U ＝Q C ＝3×10－82×10－8V ＝1.5 V. 答案：2×10－8F 1.5 V带电粒子在电场中的运动(建议用时：40分钟) 【A 组 基础巩固】1．质子(11H)、α粒子(42He)、钠离子(Na ＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U 的同一电场加速后，获得动能最大的是( )A ．质子(11H)B ．α粒子(42He) C ．钠离子(Na ＋)D ．都相同解析：选B.qU ＝12mv 2－0，U 相同，α粒子带的正电荷多，电荷量最大，所以α粒子获得的动能最大，故选项B 正确．2．如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中的O 点自由释放后，分别抵达B 、C 两点，若AB ＝BC ，则它们带电荷量之比q 1∶q 2等于( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶ 2D.2∶1解析：选B.竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向有l ＝qE 2m t 2，联立可得q ＝mgl Eh ，所以有q 1q 2＝21，B 对．3．(2019·湖北咸丰高二期中)如图所示，在平行板电容器A 、B 两板上加上如图所示的交变电压，开始时B 板电势比A 板高，这时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动，设A 、B 两板间的距离足够大，则下述说法中正确的是( )A ．电子先向A 板运动，然后向B 板运动，再返回A 板做周期性来回运动 B ．电子一直向A 板运动C ．电子一直向B 板运动D ．电子先向B 板运动，然后向A 板运动，再返回B 板做周期性来回运动解析：选C.在0～0.2 s 内，B 板电势比A 板高，电场方向水平向右，电子受到的电场力方向水平向左，向左做匀加速直线运动，0.2～0.4 s 内，A 板电势比B 板高，电场方向水平向左，电子所受的电场力水平向右，电子向左做匀减速直线运动，0.4 s 末速度减为零，然后重复之前的运动，可知电子一直向B 板运动，故C 正确．4．(多选)(2019·清华大学附中高二期中)如图是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速后以速度v 0垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h ，两平行板间的距离为d ，电势差是U ，板长是L ，每单位电压引起的偏移量hU叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用的方法是( )A ．增大两极板间电势差UB ．尽可能使极板长L 做得长些C ．尽可能使板间距离d 减小些D ．使电子的入射速率v 0大些解析：选BC.设电子的电荷量为q ，质量为m ，加速度为a ，运动的时间为t ，则加速度：a ＝qE m ＝qU md运动时间t ＝L v 0偏转量h ＝12at 2＝qUL22mdv 20所以示波管的灵敏度：h U ＝qL 22mdv 20通过公式可以看出，提高灵敏度可以采用的方法是：加长板长L ，减小两板间距离d 和减小入射速度v 0，故B 、C 正确，A 、D 错误．5．(多选)如图所示，M 、N 是真空中的两块平行金属板，质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 0 由小孔进入电场，当M 、N 间电压为U 时，粒子恰好能到达N 板，如果要使这个带电粒子到达M 、N 板间距的12后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )A ．使初速度减为原来的12B ．使M 、N 间电压加倍C ．使M 、N 间电压提高到原来的4倍D ．使初速度和M 、N 间电压都减为原来的12解析：选BD.由qE ·l ＝12mv 20，当v 0变为22v 0时l 变为l 2；因为qE ＝q Ud，所以qE ·l ＝q U d ·l ＝12mv 20，通过分析知B 、D 选项正确． 6．(2019·重庆第四十二中高二期中)电子从负极板的边缘垂直进入匀强电场，恰好从正极板边缘飞出，如图所示，现在保持两极板间的电压不变，使两极板间的距离变为原来的2倍，电子的入射方向及位置不变，且要电子仍从正极板边缘飞出，则电子入射的初速度大小应为原来的( )A.22B. 2C.12D ．2解析：选C.对于带电粒子以平行极板的速度从下侧边缘飞入匀强电场，恰能从上侧擦极板边缘飞出电场这个过程，假设粒子的带电荷量e ，质量为m ，速度为v ，极板的长度为L ，极板的宽度为d ，电场强度为E ，极板之间的电压为U ；由于粒子做类平抛运动，所以水平方向L ＝vt ，竖直方向a ＝F m ＝qE m ＝qU md ，y ＝12at 2＝eUL 22mdv 2＝d ，故d 2＝eUL 22mv2，若间距d 变为原来的两倍，粒子仍从正极板边缘飞出，则电子入射速度大小应为原来的12，C 正确．7.(2019·山西孝义高二联考)如图所示，实线是一簇未标明方向的匀强电场的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a 、b 是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，则根据此图可知①带电粒子所带电性②带电粒子在a 、b 两点的受力方向 ③带电粒子在a 、b 两点的速度何处较大 ④带电粒子在a 、b 两点的电势能何处较大 ⑤a 、b 两点哪点的电势较高 以上判断正确的是( ) A ．①②⑤ B ．②③④ C ．③④⑤D ．①③⑤解析：选B.假设粒子由a 到b 运动．由图可知，粒子向下偏转，则说明粒子所受的电场力方向竖直向下，由于不知电场线方向，故无法判断粒子电性，②正确，①错误；由图可知，粒子从a 到b 的过程中，电场力做正功，说明粒子速度增大，故可知b 处速度较大，③正确；电场力做正功，则电势能减小，故a 点电势能较大，④正确；虽然a 点电势能较大，但是不知道粒子的电性，故无法判断电势的高低，故⑤错误，B 正确．8．如图所示，电场强度大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电荷量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )A.s22qEmhB.s2qE mh C.s42qEmhD.s4qE mh解析：选B.根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心，则在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s 2qEmh，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．【B 组 素养提升】9．(多选)如图所示，氕、氘、氚的原子核由静止经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么 ( )A ．经过加速电场的过程中，电场力对氚核做的功最多B ．经过偏转电场的过程中，电场力对三种核做的功一样多C ．三种原子核打在屏上的速度一样大D ．三种原子核都打在屏上同一位置处解析：选BD.同一加速电场、同一偏转电场，三种原子核带电荷量相同，故在同一加速电场中电场力对它们做的功都相同，在同一偏转电场中电场力对它们做的功也相同，A 错，B 对；由于质量不同，所以三种原子核打在屏上的速度不同，C 错；再根据偏转距离公式或偏转角公式y ＝l 2U 24dU 1，tan θ＝lU 22dU 1知，与带电粒子无关，D 对．10．(多选)(2019·广州黄浦区二中高二期中)如图所示，电荷量相同的两个带电粒子、以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中， 从两极板正中央射入， 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中( )A ．它们运动的时间t Q <t PB ．它们运动的加速度a Q <a PC ．它们质量之比m P ∶m Q ＝1∶1D ．它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝2∶1解析：选BD.水平方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，得到运动时间相等，即t Q＝t P ，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有y ＝12at 2，并且y Q <y P ，t Q ＝t P ，所以a Q <a P ，故A 错误，B 正确；因为y Q y P ＝12，a Q ＝Eqm Q ，a P ＝Eq m P ，结合y ＝12at 2可得y Q y P ＝12Eq m Q t 2Q12Eq m Pt 2P ＝12，解得m P m Q ＝12，C 错误；电场力做的功，等于其动能增加量，所以ΔE k P ΔE k Q ＝Eqy P Eqy Q ＝21，D 正确．11．如图所示，质量为m 、电荷量为q 的粒子，以速度v 0垂直于电场方向从A 射入匀强电场，并从电场另一侧B 点射出，且射出的速度方向与电场方向的夹角为30°，已知匀强电场的宽度为L ，求：(1)匀强电场的电场强度E ； (2)求A 、B 两点的电势差U AB .解析：(1)带电粒子在匀强电场的水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，将v 沿水平方向和竖直方向分解，则v y ＝v 0tan 30°＝3v 0① 又v y ＝qE mt② L ＝v 0t③解①②③得E ＝3mv 2qL.(2)由动能定理得qU AB ＝12mv 2－12mv 20④ 又v ＝v 0sin 30°⑤由④⑤得U AB ＝3mv 22q .答案：(1)3mv 2qL (2)3mv 22q12．(2019·湖南长沙高二段考)电子在电压为U 1＝22 000 V 加速电场加速后，在距两极板等距处垂直平行板进入偏转电场，并从偏转电场右下端射出，偏转电场电压为U 2＝10 000 V ．若板间距离d ＝0.176 m ，板长为L ＝0.176 m ，电子的荷质比为(电子的电荷量与电子质量的比值)q m＝1.76×1011C/kg ，则：(1)电子从静止到离开加速电场时的速度v 0多大？ (2)电子在偏转电场经历的总时间为多久？ (3)电子在偏转电场偏移的距离y 多大？(参考数据：442＝1 936，552＝3 025，662＝4 356，772＝5 929，882＝7 744) 解析：(1)电子在加速电场区域受电场力作用从静止开始加速，设刚离开速度为v 0， 由动能定理可得：qU 1＝12mv 2解得：v 0＝2qU 1m＝2×1.76×1011×22 000 m/s ＝8.8×107m/s.(2)电子在偏转电场做类平抛运动，平行电板方向做匀速直线运动，垂直电板方向做匀加速直线运动电子在偏转电场经历时间设为t ，则有：t ＝L v 0＝0.1768.8×107 s ＝2×10－9s.(3)电子在垂直极板方向偏转距离设为y ，则有：y ＝12at 2又加速度为a ＝qE m ＝qU 2md即y ＝qU 2t 22md代入数据解得y ＝0.02 m.答案：(1)8.8×107m/s (2)2×10－9s (3)0.02 m章末过关检测(一)(时间：60分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(2019·昆明校级检测)下列说法中正确的是( ) A ．由库仑定律F ＝kQ 1Q 2r 2可知，r →0时，F →∞ B ．由电场强度E ＝F q可知，电场强度E 与电荷量q 成反比C ．由点电荷电场强度公式E ＝kQr2可知，r 一定时，电荷量Q 越大，电场强度E 越大 D ．由电势差U ＝Ed 可知，电场强度一定时，两点间距离越大，这两点间电势差越大 解析：选C.真空中两个点电荷间的作用力遵守库仑定律，要强调库仑定律的使用范围，当r →0时，电荷已不能当作点电荷，故A 错误；电场强度取决于电场本身，与试探电荷的电荷量无关，电场强度的定义式E ＝F q，只是为研究电场的方便，采用比值法下的定义，故B 错误；根据点电荷的电场强度公式E ＝kQ r2知，Q 为场源电荷的电荷量，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量有关，故C 正确；由电势差U ＝Ed 可知，当电场强度一定时，两点间沿电场方向的距离d 越大，这两点间电势差才越大，注意两点间距变化，而d 不一定变化，故D 错误．2．如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是( )A ．速度变大，加速度变大B ．速度变小，加速度变小C ．速度变大，加速度变小D ．速度变小，加速度变大解析：选C.根据同种电荷相斥，每个小球在库仑斥力的作用下运动，由于力的方向与运动方向相同，均做加速直线运动，速度变大；再由库仑定律公式F ＝k q 1q 2r 2知随着距离的增大，两小球间的库仑斥力减小，加速度减小，所以只有选项C 正确．3.如图所示，悬挂在O 点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电荷量不变的小球A .在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B .当B 到达悬点O 的正下方并与A 在同一水平线上，A 处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ，若两次实验中B 的电荷量分别为q 1和q 2，θ分别为30°和45°.则q 2q 1为( )A ．2B ．3C ．2 3D ．3 3解析：选C.由A 的受力分析图可得F ＝mg tan θ，由库仑定律得F ＝kq A q Br2，式中r ＝l sin θ(l 为绳长)，由以上三式可解得q B ＝mgl 2sin 2θtan θkq A ，因q A 不变，则q 2q 1＝sin 245°tan 45°sin 230°tan 30°＝2 3. 4．(2019·吉安高二检测)如图所示，A 、B 两导体板平行放置，在t ＝0时将电子从A 板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A 、B 两板间加四种电压，它们的U AB －t 图线如下列四图所示．其中可能使电子到不了B 板的是( )解析：选B.加A 图中电压后，电子向B 板做匀加速直线运动，一定能到达B 板；加B 图中电压后，电子可能在A 、B 板间做往复运动，电子到达不了B 板；加上C 、D 图中电压后，电子在水平方向上做变加速运动，但运动方向一直向着B 板，故电子一定能到达B 板．综上所述，符合题意的选项为B.5．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．一带电油滴位于电容器中的P 点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则( )A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动B ．P 点的电势将降低C ．带电油滴的电势能减小D ．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大。
2019-2020学年高中物理选修3-1《第1章 静电场》测试试卷及答案解析
2019-2020学年高中物理选修3-1《第1章静电场》测试试卷
一．选择题（共30小题）
1．在电场中把元电荷作为电量的单位，下列说法正确的是（）
A．质子是元电荷
B．电子是元电荷
C．物体所带的电荷量叫做元电荷
D．电子所带的电荷量叫做元电荷
2．两张摩擦过的塑料片相互排斥相互靠近会张开，这是因为它们之间存在（）A．弹力B．摩擦力C．静电力D．磁场力
3．在两个等量负点电荷所形成的电场中，设这两个点电荷连线中点为a，该连线的中垂线上有一点b，这两点的电势分别为U a、U b，+q在a、b两点的电势能为εa、εb，则下列说法中正确的是（）
A．a点场强为零，U a＜U b，εa＞εb
B．a点场强不为零U a＜U b，εa＞εb
C．a点场强不为零U a＝U b，εa＝εb
D．a点场强为零U a＜U b，εa＜εb
4．在光滑绝缘的水平面上，带负电的小球甲固定不动，带异种电荷的小球乙以一定初速度沿光滑绝缘的水平面向甲运动，则小球乙（）
A．加速度变小，速度变小B．加速度变大，速度变小
C．加速度变大，速度变大D．加速度变小，速度变大
5．关于电场（）
A．电场是一种物质
B．电场线是真实存在的
C．E ＝中，E与F成正比，与q成反比
D．电场强度为零的地方，电势一定为零
6．电场中有一点P，下列哪些说法是正确的（）
A．若放在P点的检验电荷的电量减半，则P点的场强减半
B．若P点没有检验电荷，则P点的场强为零
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2019-2020高中物理第一章静电场水平测试卷(含解析)新人教版选修3-1
第一章水平测试卷本试卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟。
第I卷（选择题，共48分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分。
在每小题给出的四个选项中，第1〜8题只有一项符合题目要求，第9〜12题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1 •关于静电场，下列说法正确的是（）A. 电势等于零处的物体一定不带电B. 电场强度为零的点，电势一定为零C. 同一电场线上的各点，电势一定相等D. 负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加答案D解析零电势的选取是任意的，一般选取大地或无穷远处的电势为零，如一个接地的带电体其所在处电势就为零，A错误；处于静电平衡状态的导体，内部场强为零，但整个导体为等势体，电势不一定为零，B错误；沿电场线方向电势降低，C错误；负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能增加，D正确。
2.如图所示，在某一点电荷Q产生的电场中，有a、b两点，其中a点的场强大小为£,方向与ab连线成30°角；b点的场强大小为民方向与ab连线成60°角。
则关于a、b两点场强大小及电势高低，下列说法中正确的是（）A. E a= 3吕,吕C. E a= 2E), © a> 0 b D . E a=㊁,0 a< 0 b答案B解析通过作图找出点电荷Q的位置，并设a、b间距为21，贝U a、b两点距点电荷的乓=E^© a>© bl，可知Es : E b= 1 : 3,即根据电场线的方向可知场源电荷是负电荷，又因为越靠近场源负电荷电势越低，所以0 a> 0 b；综上可知，B正确。
3•如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，一个电子以某一初速度只在电场力作用下沿AB 由A点运动到B点，其速度一时间图象如图乙所示，电子到达B点时速度恰为零。
下列判断正确的是()甲乙A. A点的电场强度一定大于B点的电场强度B. 电子在A点的加速度一定大于在B点的加速度C. A点的电势一定高于B点的电势D. 该电场可能是负点电荷产生的答案C解析从图象可知，电子从A点运动到B点，做匀减速运动，加速度不变，电场应为匀强电场，A B错误；电子从A点到B点，电场力做负功，电子的电势能增加，贝U B点电势较低，C正确；由v-t图象可知，电子加速度不变，即电场强度大小不变，故该电场不可能是由点电荷产生的，D错误。
2019-2020高中同步新课标高中物理人教版选修3-1练习：第一章 静电场1.1 含解析
1．电荷及其守恒定律(本栏目内容，在学生用书中分册装订！)1．带电微粒所带的电荷量不可能是下列值中的()A．2.4×10－19 C B．－6.4×10－19 CC．－1.6×10－18 C D．4.0×10－17 C解析：元电荷e＝1.60×10－19 C，带电微粒所带电荷量必须是元电荷的整数倍，选项A中的电荷量不是e的整数倍，故选A项．答案： A2．电视机的玻璃光屏表面经常有许多灰尘，这主要是因为()A．这是灰尘的自然堆积B．玻璃有极强的吸附灰尘的能力C．电视机工作时，屏表面温度较高而吸附灰尘D．电视机工作时，屏表面有静电而吸附灰尘解析：该现象是一种静电现象，即电视机在工作的时候，屏幕表面由于有静电而吸附轻小物体灰尘，即D选项正确．答案： D3．一带负电绝缘金属小球放在潮湿的空气中，经过一段时间后，发现该小球上净电荷几乎不存在．这说明()A．小球上原有的负电荷逐渐消失了B．在此现象中，电荷不守恒C．小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了D．该现象是由于电子的转移引起，仍然遵循电荷守恒定律解析：绝缘小球上电荷量减少是由于电子通过空气导电转移到外界，只是小球上电荷量减少，但是这些电子并没消失，故A、B错，C对；就小球和整个外界组成的系统而言，其电荷的总量仍保持不变，故D正确．答案：CD4．把两个相同的金属小球接触一下再分开一小段距离，发现两球之间相互排斥，则这两个金属小球原来的带电情况不可能是()A．两球原来带有等量异种电荷B．两球原来带有同种电荷C．两球原来带有不等量异种电荷D．两球中原来只有一个带电解析：当带有等量异种电荷时，两者接触，发生中和，之后两者无作用力，故A不可能；B、C、D三种情况相互接触再分开都带同种电荷，相互排斥．答案： A5．用棉布分别与丙烯塑料板和乙烯塑料板摩擦实验结果如图所示，由此对摩擦起电的说法正确的是()A．两个物体摩擦时，表面粗糙的易失去电子B．两个物体摩擦起电时，一定同时带上种类及数量不同的电荷C．两个物体摩擦起电时，带上电荷的种类不同但数量相等D．同一物体与不同种类物体摩擦，该物体的带电荷种类可能不同解析：两物体摩擦时得失电子取决于原子对电子的束缚力大小，A错．由于摩擦起电的实质是电子的得失，两物体带电种类一定不同，数量相等，B错、C对．由题中例子不难看出同一物体与不同种类物体摩擦，带电种类可能不同，D对．答案：CD6.如图所示，在真空中把一个绝缘导体向带负电的球P慢慢靠近．关于绝缘导体两端的电荷，下列说法中正确的是()A．两端的感应电荷越来越多B．两端的感应电荷是同种电荷C．两端的感应电荷是异种电荷D．两端的感应电荷电荷量相等解析：绝缘导体内有大量可自由移动的电子，当它慢慢靠近带负电的球P时，由于同种电荷相互排斥，绝缘导体上靠近P的一端因电子被排斥到远端而带上正电荷，远离P 的一端带上了等量的负电荷．绝缘导体离P球越近，电子被排斥得越多，感应电荷越多．故B错误，A、C、D正确．答案：ACD7．下图是伏打起电盘示意图，其起电原理是()A．摩擦起电B．感应起电C．接触起电D．以上三种方式都不是解析：导电平板靠近带电绝缘板并接地时，导体与大地发生静电感应，使导电平板带上负电荷，故选项B正确．答案： B8．M和N是两个不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电1.6×10－10 C，下列判断正确的有()A．在摩擦前M和N的内部没有任何电荷B．摩擦的过程中电子从M转移到NC．N在摩擦后一定带负电1.6×10－10 CD．M在摩擦过程中失去1.6×10－10个电子解析：M和N都不带电，是指这两个物体都呈电中性，没有“净电荷”(没有中和完的电荷)，也就是没有得失电子．但内部仍有相等数量的正电荷(质子数)和负电荷(电子数)，所以选项A错误．M和N摩擦后M带正电荷，说明M失去电子，电子从M转移到N，选项B正确．根据电荷守恒定律，M和N这个与外界没有电荷交换的系统原来电荷的代数和为0，摩擦后电荷量仍应为0，选项C正确．电子带电荷量为1.6×10－19 C，摩擦后M带正电荷1.6×10－10 C，由于M带电荷量应是电子电荷量的整数倍，即知M失去109个电子，选项D错误．答案：BC9.绝缘细线上端固定，下端挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜；在a近旁放一绝缘金属球b .开始时，a 、b 都不带电，如图所示．现使b 带电，则( )A ．b 将吸引a ，吸住后不放开B ．b 先吸引a ，接触后又把a 排斥开C ．a 、b 之间不发生相互作用D ．b 立即把a 排斥开 解析：答案： B10.如图所示，不带电的枕形导体的A 、B 两端各贴有一对金箔．当枕形导体的A 端靠近一带电导体C 时( )A ．A 端金箔张开，B 端金箔闭合B ．用手触摸枕形导体后，A 端金箔仍张开，B 端金箔闭合C ．用手触摸枕形导体后，将手和C 都移走，两对金箔均张开D ．选项A 中两对金箔分别带异种电荷，选项C 中两对金箔带同种电荷解析： 根据静电感应现象，带正电的导体C 放在枕形导体附近，在A 端出现了负电，在B 端出现了正电，金箔上各带同种电荷相斥而张开，选项A 错误；用手摸枕形导体后，B 端不是最远端了，人是导体，人的脚部甚至地球是最远端，这样B 端不再有电荷，金箔闭合，选项B 正确；用手触摸导体时，只有A 端带负电，将手和C 移走后，不再有静电感应，A 端所带负电便分布在枕形导体上，A 、B 端均带有负电，两对金箔均张开，选项C 正确．由以上分析看出，选项D 正确．答案： BCD11．如图所示，将带电棒移近两个不带电的导体球，甲、乙两个导体球开始时互相接触且对地绝缘．下述几种方法中能使两球都带电的是( )A ．先把两球分开，再移走棒B ．先移走棒，再把两球分开C ．先将棒接触一下其中的一球，再把两球分开D ．棒的电荷量不变，两导体球不能带电解析： 感应起电应遵从以下几个步骤：(1)两导体彼此接触；(2)带电体移近两导体；(3)先分开两导体，再移走带电体．由此可知，A 项可以使物体带电；带电体与非带电体接触，电荷发生转移，使物体带电，C 项可以使物体带电．故正确答案为AC.答案： AC12．目前普遍认为，质子和中子都是由被称为u 夸克和d 夸克的两类夸克组成．u 夸克带电荷量为23e ，d 夸克带电荷量为－13e ，e 为元电荷．下列论断可能正确的是( )A ．质子由1个u 夸克和2个d 夸克组成，中子由1个u 夸克和2个d 夸克组成B ．质子由2个u 夸克和1个d 夸克组成，中子由1个u 夸克和2个d 夸克组成C ．质子由1个u 夸克和2个d 夸克组成，中子由2个u 夸克和1个d 夸克组成D ．质子由2个u 夸克和1个d 夸克组成，中子由2个u 夸克和1个d 夸克组成 解析：质子→电荷量Q ＝e →2×23e ＋1×(1－13e )＝e →构成：2个u 夸克、1个d 夸克中子→电荷量Q ＝0→1×23e ＋2×(－13e )＝0→构成：1个u 夸克、2个d 夸克答案： B13.如图所示，左边是一个原先不带电的导体，右边C 是后来靠近的带正电的导体球．若用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开，分导体为A 、B 两部分，这两部分所带电荷量的数值分别为Q A 、Q B ，则下列结论正确的有( )A ．沿虚线d 切开，A 带负电，B 带正电，且Q A >Q BB ．只有沿虚线b 切开，才有A 带正电，B 带负电，且Q A ＝Q BC ．沿虚线a 切开，A 带正电，B 带负电，且Q A <Q BD ．沿任意一条虚线切开，都有A 带正电，B 带负电，而Q A 、Q B 的值与所切的位置有关解析： 静电感应使得A 带正电，B 带负电．导体原来不带电，只是在带正电的导体球C 静电感应的作用下，导体中的自由电子向B 部分转移，使B 部分带了多余的电子而带负电，A 部分少了电子而带正电．根据电荷守恒定律，A 部分移走的电子数目和B 部分多余的电子数目是相同的，因此无论从哪一条虚线切开，两部分的电荷量总是相等的，但由于电荷之间的作用力与距离有关，自由电子在不同位置所受C 的作用力的强弱是不同的，这样导致电子在导体上的分布不均匀，越靠近右端负电荷密度越大，越靠近左端正电荷密度越大，所以从不同位置切开时左右两部分所带电荷量的值Q A 、Q B 是不同的，故只有D 正确．答案： D 14.如图所示，通过调节控制电子枪产生的电子束，使其每秒钟有104个电子到达收集电子的金属瓶，经过一段时间，金属瓶上带有－8×10－12 C 的电荷量，求：(1)金属瓶上收集到多少个电子； (2)实验的时间．解析： (1)因每个电子带电荷量为－1.6×10－19 C ，金属瓶上带有－8×10－12 C 的电荷量，所以金属瓶上收集到的电子个数n ＝－8×10－12－1.6×10－19个＝5×107个．(2)实验的时间t ＝5×107104 s ＝5×103s 答案： (1)5×107个 (2)5×103 s。
2019-2020学年高中物理选修3-1《第1章静电场》测试卷及答案解析
2019-2020学年高中物理选修3-1《第1章静电场》测试卷
一．选择题（共30小题）
1．关于点电荷概念，下列说法正确的是（）
A．点电荷就是电荷量很小的电荷
B．点电荷就是体积很小的电荷
C．体积较大的带电体，不能看作点电荷
D．带电体能否看作点电荷，要视实际情况而定
2．把一个带正电的金属小球A跟同样的不带电的金属球B相碰，两球都带等量的正电荷，这从本质上看是因为（）
A．A球的正电荷移到B球上B．B球的负电荷移到A球上
C．A球的负电荷移到B球上D．B球的正电荷移到A球上
3．在两个等量负点电荷所形成的电场中，设这两个点电荷连线中点为a，该连线的中垂线上有一点b，这两点的电势分别为U a、U b，+q在a、b两点的电势能为εa、εb，则下列说法中正确的是（）
A．a点场强为零，U a＜U b，εa＞εb
B．a点场强不为零U a＜U b，εa＞εb
C．a点场强不为零U a＝U b，εa＝εb
D．a点场强为零U a＜U b，εa＜εb
4．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F＝k，式中k为静电力常量。
若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为（）
A．kg•A2•m3B．kg•A﹣2•m3•s﹣4
C．kg•m2•C﹣2D．N•m2•A﹣2
5．下列关于电场的说法正确的是（）
A．电场不是客观存在的物质，是为了研究静电力而假想的
B．两电荷之间的相互作用是一对平衡力
C．电场是客观存在的物质，但不是由分子、原子等实物粒子组成
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20192020学年高中物理 第一章 静电场测评含解析新人教版选修31
第一章静电场测评(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每题6分,共48分。
其中第1~5题为单项选择题;第6~8题为多项选择题,全部选对得6分,选不全得3分,有选错或不答的得0分)1.下面是某同学对电场中的一些看法及公式的理解,其中正确的选项是( )A.依照电场强度的定义式E=可知,电场中某点的电场强度与试试电荷所带的电荷量成反比B.依照电容的定义式C=可知,电容器的电容与其所带电荷量成正比,与两极板间电压成反比C.依照真空中点电荷的电场强度公式E=k可知,电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量没关D.依照电势差的定义式UAB=可知,带电荷量为1 C的正电荷,从A点搬动到B点战胜电场力做功为1 J,则A、B两点间的电势差为-1 V剖析电场强度E与F、q没关,由电场自己决定,A错误;电容C与Q、U没关,由电容器自己决定,B 错误;E=k是决定式,C错误;在电场中,战胜电场力做功,电势能增大,D正确。
答案D2.关于静电场,以下结论宽泛成立的是( )A.电场强度大的地方电势高,电场强度小的地方电势低B.电场中任意两点之间的电势差只与这两点的电场强度有关C.在正电荷或负电荷产生的静电场中,电场强度方向都指向电势降落最快的方向D.将正点电荷从电场强度为零的一点搬动到电场强度为零的另一点,静电力做功为零剖析电势与电场强度在量值上没有必然的关系,电场强度大的地方电势不用然高,因此A项错误;电场中任意两点之间的电势差与这两点的电场强度没有必然的关系,因此B项错误;电场强度的方向就是电势降落最快的方向,C项正确;静电力做功只与两点之间的电势差有关,因此D项错误。
答案C3.以下列图,abcde是半径为r的圆的内接正五边形,当在极点a、b、c、d、e处各固定一带电荷量为+Q的点电荷时,O点的电场强度为零;若在e处改为固定一带电荷量为-3Q的点电荷,a、b、c、d各处点电荷不变,则圆心O处的电场强度大小为(静电力常量为k)( )A. B. C. D.剖析初始时,O点的电场强度大小为零,若取走e处的点电荷,则其他点电荷在O处产生的合电场强度大小为k,方向为O→e;若在e处换上电荷量为-3Q的点电荷,则该点电荷在O处产生的电场强度大小为k,方向也为O→e,因此叠加可得,圆心O处的电场强度大小为,故A正确。
解析版 2019-2020 年 人教版高中物理选修3-1 第一章：静电场 章末检测(偏难)
第一章：静电场 章末检测（偏难）(90分钟 100分)一、选择题(共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有的小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．两个质量分别是m 1、m 2的小球，各用丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q 1、q 2时，两丝线张开一定的角度θ1、θ2，如图所示，此时两个小球处于同一水平面上，则下列说法正确的是( )A ．若m 1>m 2，则θ1>θ2B ．若m 1＝m 2，则θ1＝θ2C ．若m 1<m 2，则θ1>θ2D ．若q 1＝q 2，则θ1＝θ2解析：以m 1为研究对象，对m 1受力分析如图所示．由共点力平衡得F T sinθ1＝F 斥 ① F T cosθ1＝m 1g②由①②得tan θ1＝F 斥m 1g ，同理tan θ2＝F 斥m 2g ，因为不论q 1、q 2大小如何，两带电小球所受库仑力属于作用力与反作用力，永远相等，故从tan θ＝F mg 知，m 大，则tan θ小，θ亦小(θ<π2)，m 相等，θ亦相等，故B 、C 正确．答案：BC2．相隔很远、均匀带电＋q 、－q 的大平板在靠近平板处的匀强电场电场线如图a 所示，电场强度大小均为E .将两板靠近，根据一直线上电场的叠加，得到电场线如图b 所示，则此时两板的相互作用力大小为( )A ．0B ．qEC ．2qED ．与两板间距有关解析：电场线从正电荷出发到负电荷终止，带电平板叠加后的电场的电场线分布不变，场强仍然为E ，所以两板的相互作用力大小为qE .故B 选项正确.答案：B3．如图甲所示为某一点电荷Q 产生的电场中的一条电场线，A 、B 为电场线上的两点，一电子以某一速度沿电场线由A 运动到B 的过程中，其速度—时间图象如图乙所示，则下列叙述正确的是( )A ．电场线方向由B 指向AB ．场强大小E A >E BC ．Q 可能为负电荷，也可能为正电荷D ．Q 在A 的左侧且为负电荷解析：根据速度—时间图象分析，电子做加速度减小的加速运动，所以电场力向右，电场线方向向左，A 对；加速度减小，电场力减小，场强减小，B 对；根据点电荷电场特点，Q 只能在A 的左侧且为负电荷，D 对．答案：ABD4．如图所示，A 、B 是真空中的两个等量异种点电荷，M 、N 、O 是AB连线的垂线上的点，且AO ＞OB ．一带负电的试探点电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示，M 、N 为轨迹和垂线的交点，设M 、N 两点的场强大小分别E M 、E N ，电势分别为φM 、φN ，取无穷远为零电势．下列说法中正确的是( )A ．点电荷A 一定带正电B ．E M 小于E NC ．φM ＞φND ．该试探点电荷在M 处的电势能小于N 处的电势能解析：根据曲线运动中轨迹和受力的关系可知，受力指向轨迹的内侧，则点电荷B 带正电，故A 选项错误；根据等量异种点电荷电场线和等势线的分布情况可知，N 处的电场线密，场强强，N 处的电势高，故B 选项正确，C 选项错误；负电荷在电势高的地方电势能小，D 选项错误．答案：B5．如图所示，光滑绝缘细管与水平面成30°角，在管的上方P 点固定一个点电荷＋Q ，P 点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A 与P 点连线水平．电荷量为－q 的小球(小球直径略小于细管内径)从管中A 处由静止开始沿管向下运动，在A 处时小球的加速度为A ．图中PB ⊥AC ，B 是AC 的中点，不考虑小球电荷量对电场的影响．则在＋Q 形成的电场中( )A ．A 点的电势高于B 点的电势 B ．B 点的电场强度大小是A 点的4倍C ．小球从A 到C 的过程中电势能先减小后增大D ．小球运动到C 处的加速度为g －a解析：点电荷形成的电场中，等势面的分布是以点电荷为球心的同心球面，A 、B 两点处于不同的球面上，电势不相等，B 点离点电荷近，电势高于A 点，故A 选项错误；根据电场强度的定义式可知点电荷周围的场强E ＝k Q r 2，根据几何关系r B ∶r A ＝1∶2，则E B E A ＝r 2Ar 2B ＝41，则B 点的电场强度大小是A 点的4倍，故B 选项正确；根据点电荷形成的电场的场强分布情况可知，φA ＝φC ＜φB ，负电荷在电势高的地方电势能小，在电势低的地方电势能大，带负电的小球从A 到C 的过程中电势能先减小后增大，故C 选项正确；设电场力沿细管方向提供的加速度为a 电，小球在A 点时，在重力和电场力沿细管向下的分力提供向下的加速度，a ＝g sin30°＋a 电，在C 点时，加速度沿细管向上，a ′＝a 电－g sin30°，联立解得a ′＝g －a ，故D 选项正确．答案：BCD6．将带电荷量为6×10－6 C 的负电荷从电场中A 点移到B 点，克服电场力做3×10－5 J 的功，再将电荷从B 点移到C 点，电场力做了1.2×10－5 J 的功，则关于A 、B 、C 三点的电势φA 、φB 、φC ，以下关系正确的是( )A ．φA >φB >φC B ．φB >φA >φC C ．φC >φA >φBD ．φA >φC >φB解析：U AB ＝W AB q ＝－3×10－5－6×10－6V ＝5 V ， U BC ＝W BC q ＝1.2×10－5－6×10－6V ＝－2 V ， U AC ＝U AB ＋U BC ＝3 V ，所以φA >φC >φB ，故选项D 正确． 答案：D7．欧洲核子研究中心于2008年9月启动了大型强子对撞机，如图(甲)所示，将一束质子流注入长27 km 的对撞机隧道，使其加速后相撞，创造出与宇宙大爆炸之后万亿分之一秒时的状态相类似的条件，为研究宇宙起源和各种基本粒子特性提供强有力的手段．设n 个金属圆筒沿轴线排成一串，各筒相间地连到正负极周期性变化的电源上，图(乙)所示为其简化示意图．质子束以一定的初速度v 0沿轴线射入圆筒实现加速，则( )A ．质子在每个圆筒内都做加速运动B ．质子只在圆筒间的缝隙处做加速运动C ．质子穿过每个圆筒时，电源的正负极要改变D ．每个筒长度都是相等的解析：由于同一个金属筒所在处的电势相同，内部无场强，故质子在筒内必做匀速直线运动；而前后两筒间有电势差，故质子每次穿越缝隙时将被电场加速，则B 对，A 错．质子要持续加速，下一个金属筒的电势要低，所以电源正负极要改变，故C 项对．质子速度增加，而电源正、负极改变时间一定，则沿质子运动方向，金属筒的长度要越来越长，故D 项错．答案：BC8．有一束正离子，以相同速率从同一位置进入带电平行板电容器的匀强电场中，所有离子运动轨迹一样，说明所有离子( )A ．具有相同的质量B ．具有相同的电荷量C ．具有相同的比荷(即q m)D ．属于同一元素同位素解析：根据y ＝12qU md ⎝⎛⎭⎫x v 02，由于轨迹相同，v 0相同，则所有离子的比荷qm 一定相同，选项C 正确． 答案：C9.如图所示，质量相等的两个带电液滴q 1和q 2从水平方向的匀强电场中O 点自由释放后，分别抵达B 、C 两点，若AB ＝BC ，则它们的带电荷量之比q 1∶q 2等于( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶2D ．2∶1解析：将其运动分解为水平方向的匀加速运动和竖直方向的匀加速运动，设AB ＝h ，AC ＝2h ，OA ＝l .对液滴1：⎩⎨⎧h ＝12gt 21， ①l ＝12·Eq1m t 21. ②由①②得q 1＝mglEh.对液滴2：⎩⎨⎧2h ＝12gt 22， ③l ＝12·Eq2m t 22. ④由③④得q 2＝mgl2Eh.所以q 1q 2＝21.答案：B10．如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P 点以相同的初速度垂直于电场线方向进入电场，它们分别落到A 、B 、C 三点( )A ．落到A 点的小球带正电，落到B 点的小球不带电B ．三小球在电场中运动的时间相等C ．三小球到达正极板时动能关系是E k A ＞E k B ＞E k CD ．三小球在电场中运动的加速度关系是a A ＞a B ＞a C解析：初速度相同的小球，落点越远，说明运动时间越长，竖直方向加速度越小．所以A 、B 、C 三个落点上的小球的带电情况分别为带正电、不带电、带负电．答案：A11．如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M 和N 是轨迹上的两点，其中M 点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是( )A ．粒子在M 点的速率最大B ．粒子所受电场力沿电场方向C ．粒子在电场中的加速度不变D ．粒子在电场中的电势能始终在增加解析：粒子在电场中做曲线运动，受力指向轨迹的内侧，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，动能先减小后增大，M 点速率最小，故A 选项错误，D 选项错误；负电荷受到的电场力与电场方向相反，故B 选项错误；匀强电场中场强处处相等，即粒子在电场中的加速度不变，C 选项正确.答案：C12．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P 点出现亮斑，那么示波管中的( )A ．极板X 应带正电B ．极板X ′应带正电C ．极板Y 应带正电D ．极板Y ′应带正电解析：电子受力方向与电场方向相反，电子向X 极偏转，电场方向为X 极到X ′极，则X 极带正电，同理可知Y 极带正电，A 、C 选项正确．答案：AC三、论述·计算题(共4小题，共40分。
2019-2020年人教版高中物理选修3-1 第一章《静电场》测试卷
第一章《静电场》测试卷一、单选题(共12小题)1.、是一条电场线上的两点，在点由静止释放一个质子，质子仅受电场力的作用，沿着电场线从点运动到点，质子的速度随时间变化的规律如图所示，以下判断正确的是（）A．该电场可能是匀强电场B．点的电势高于点的电势C．点到点，质子的电势能逐渐增大D ．质子在点所受电场力大于在点所受电场力2.在如图所示的闪光灯电路中，电源的电动势为E，电容器的电容为C.当闪光灯两端电压达到击穿电压U时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，则可以判定()A．电源的电动势E一定小于击穿电压UB．电容器所带的最大电荷量一定为CEC．闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大D．在一个闪光周期内，通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等3.如图所示，两个电荷量均为＋q的小球用长为l的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上．两个小球的半径r≪l，k表示静电力常量．则轻绳的张力大小为()A． 0B．C． 2D．4.如图所示，将两不带电的绝缘导体AB、CD放在带负电的导体Q的附近，达到静电平衡状态后，下列说法正确的是()A．用导线连接A、B两端，连通瞬间有电流通过导线，方向由A到BB．用导线连接A、C两端，连通瞬间没有电流通过导线C．用导线连接A、D两端，连通瞬间有电流通过导线，方向由A到DD．用导线连接B、C两端，连通瞬间有电流通过导线，方向由C到B5.如图所示，a、b是电场线上的两点，将一点电荷q从a点移到b点，电场力做功W，且知a、b 间的距离为d，以下说法中正确的是()A．a、b两点间的电势差为B．a点的电场强度为E＝C．b点的电场强度为E＝D．a点的电势为6.A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图乙所示．设A、B两点的电场强度分别为EA、，电势分别为φA、φB，则()EBA．EA＝EBB．EA＜EBC．φA＝φBD．φA＞φB7.如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d；在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动．重力加速度为g.粒子运动的加速度为()A．gB．gC．gD．g8.如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子.在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动.已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面.若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为()A． 3∶2B． 2∶1C． 5∶2D． 3∶19.如图所示是真空中A、B两板间的匀强电场，一电子由A板无初速度释放运动到B板，设电子在前一半时间内和后一半时间内的位移分别为x1和x2，在前一半位移和后一半位移所经历的时间分别是t1和t2，下面选项正确的是()A．x1∶x2＝1∶4，t1∶t2＝∶1B．x1∶x2＝1∶3，t1∶t2＝∶1C．x1∶x2＝1∶4，t1∶t2＝1∶(－1)D．x1∶x2＝1∶3，t1∶t2＝1∶(－1)10.如图所示，＋Q和－Q是两个等量异种点电荷，以点电荷＋Q为圆心作圆，A、B为圆上两点，MN是两电荷连线的中垂线，与两电荷连线交点为O，下列说法正确的是()A．A点的电场强度大于B点的电场强度B．电子在A点的电势能小于在B点的电势能C．把质子从A点移动到B点，静电力对质子做功为零D．把质子从A点移动到MN上任何一点，质子电势能都增加11.一个点电荷，从静电场中a点移到b点，其电势能的变化为零，则()A．a、b两点的场强一定相等B．该点电荷一定沿等势面移动C．a、b两点的电势一定相等D．作用于该点电荷的电场力与其移动的方向总是垂直的12.如图所示的匀强电场中，一个电荷量为q的正点电荷，沿电场线方向从A点运动到B点，A、B 两点间的距离为d.在此过程中电场力对电荷所做的功为W，则A点的电场强度的大小为()A．B．qWdC．D．二、计算题(共3小题)13.水平放置的平行板电容器的电容为C，板间距离为d，极板足够长，当其带电荷量为Q时，沿两板中央水平射入的带电荷量为q的微粒恰好做匀速直线运动．若使电容器电量增大一倍，则该带电微粒落到某一极板上所需时间为多少？14.如图所示，平行带电金属极板A、B间的匀强电场场强E＝1.2×103V/m，两极板间的距离d1＝5 cm，电场中C点和D点分别到A、B极板的距离均为d2＝0.5 cm，C、D间的水平距离L＝3 cm，B 板接地，求：(1)C、D两点间的电势差UCD是多少？(2)一带电量q＝－3×10－3C的点电荷从C沿直线运动到D的过程中，电荷的电势能变化了多少？(3)第(2)问中的点电荷在C点的电势能E是多少？15.库仑定律告诉我们：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，跟它们电荷量的乘积成正比，跟它们距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．现假设在真空中有两个带正电的点电荷，电荷量均为Q=l C，它们之间的距离r=1 m．静电力常量k=9.0×109N•m2/C2．（1）问这两个点电荷之间的静电力是引力还是斥力？（2）求这两个点电荷之间的静电力大小F．三、填空题(共3小题)16.电量为2×10-6C的正点电荷放入电场中A点，受到作用力为4×10-4N，方向向右，则A点的场强为_______N/C，方向_______．若把另一电荷放在该点受到力为2×10-4N，方向向左，则这个电荷的电量为______C．17.如图所示，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＝15 V，φB＝3 V，φC＝－3 V，由此可知D点电势φD＝________ V；若该正方形的边长为2 cm，φA且电场方向与正方形所在平面平行，则场强为E＝________ V/m.18.如图所示，a、b是匀强电场中的两点，两点间的距离为0.4 m，两点的连线与电场线平行，两点间的电势差为4.0 V，则匀强电场的场强大小为V/m，把电子从a点移到b点，电子的电势能将．（填“增大”“减小”或“不变”）答案解析1.【答案】B【解析】质子仅受电场力的作用，沿着电场线从点运动到点，由v-t图线可知，质子做加速运动，且加速度逐渐增大，说明受电场力增大，所以电场强度增大，不是匀强电场，A、D错误；质子顺着电场线运动，电场力做正功，电势能减小，B正确；C错误；故选B.2.【答案】D【解析】电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端电压小于U，断路，电源再次给电容器充电，达到电压U时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光．要使得充电后达到电压U，则电源电动势一定大于U，A项错误；电容器两端的最大电压为U，故电容器所带的最大电荷量为Q＝CU，B项错误；闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量减少，C项错误；充电时电荷通过R，通过闪光灯放电，故充放电过程中通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等，D项正确．3.【答案】B【解析】轻绳的张力大小等于两个带电小球之间的库仑力，由库仑定律得F＝，选项B正确．4.【答案】D【解析】根据静电感应规律可以判断枕形导体A端带正电荷，B端带负电荷．处于静电平衡的导体是等势体，用导线连接A、B两端，连通瞬间没有电流通过导线，故A错误；根据沿着电场线的方向，电势降低可知，导体AB的电势低于CD的电势，当用导线连接A、C两端，连通瞬间有电子从AB流向CD，有电流通过导线，故B错误；处于静电平衡的整个导体是等势体，AB的电势低于CD 的电势，当用导线连接A、D两端时，电子从A流向D，导线中电流方向由D到A；当用导线连接B、C两端时，导线中电子从B流向C，连通瞬间有电流通过导线，方向由C到B，故C错误，D 正确．5.【答案】A【解析】由W＝qU和U＝，且a点的电势比b点的高，所以A项正确；由于不知该电场是否是匀强电场，电场力可能不为恒力，所以B、C项错；题中没有指明零电势点，所以D项错．6.【答案】A【解析】由v－t图线可看出，电子在电场力作用下做匀加速直线运动，其所受电场力是一恒力，该电场为匀强电场，A、B两点电场强度相等，A正确，B错误；电子所受电场力的方向与电场强度方向相反，所以电场线方向由B指向A，沿电场线方向电势降低，故φB＞φA，C、D错误．7.【答案】A【解析】带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用，最初处于静止状态，由二力平衡条件可得：mg＝q；当把金属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板间的电势差不变，但两极板间的距离发生了变化，引起电场强度发生了变化，从而电场力也发生了变化，粒子受力不再平衡，产生了加速度，根据牛顿第二定律得ma＝mg－q，两式联立可得a＝g.8.【答案】A【解析】因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面，电荷量为q的粒子通过的位移为l，电荷量为－q的粒子通过的位移为l，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1＝，a2＝，由运动学公式有l＝a1t2＝t2①l＝a2t2＝t2②得＝.B、C、D错，A对.9.【答案】D【解析】x1＝at2，x2＝a(2t)2－at2＝at2，x1∶x2＝1∶3，x′＝at，t1＝，2x′＝at′2，t2＝t′－t1＝－，t1∶t2＝1∶(－1)．故D正确．10.【答案】B【解析】B点场强大于A点，A错；电子从A点移动到B点，电荷－Q对它做负功，＋Q不做功，电势能增大，质子相反，B对，C错；MN线上，场强的方向垂直于MN，MN是等势面，把质子从A点移动到MN上任何一点，电场力做正功，质子电势能都减小，D错．11.【答案】C【解析】点电荷从静电场中a点移到b点，其电势能的变化为零，电场力做功为零，由公式W＝qU得知，a、b两点的电势一定相等，而场强与电势没有直接关系，所以a，b两点的场强不一定相等．故A错误，C正确．电势能的变化只与电荷的初末位置有关，与电荷移动的路径无关，故该点电荷不一定沿等势面移动，作用于该点电荷的电场力与其移动的方向不一定总是垂直的．故B、D错误．12.【答案】C【解析】根据电场力做功的表达式W＝qEd可得电场强度的大小为E＝，故C正确．13.【答案】【解析】利用平衡条件得mg＝qE＝.根据运动学公式有＝，由牛顿第二定律得，qE′－mg＝ma，又E′＝，解得t＝.14.【答案】(1)－48 V(2)减小0.144 J(3)0.162 J【解析】(1)C、D两点间的电势差UCD＝－EdCD＝－1.2×103V/m×(0.05－2×0.005) m＝－48 V；(2)一带电量q＝－3×10－3C的点电荷从C沿直线运动到D的过程中，电场力做功为：＝qUCD＝－3×10－3C×(－48 V)＝0.144 J；WCD电场力做功等于电势能的减小量，故电势能减小0.144 J；(3)点电荷在C点的电势能等于将该电荷从C点移动到B板过程电场力做的功，故：E pC＝WCB＝q·E·(－CB)＝－3×10－3C×1.2×103V/m×(－0.045 m)＝0.162 J15.【答案】（1）斥力（2）9×109N【解析】解：（1）由于两个电荷都是正电荷，因此这两个点电荷之间的静电力是斥力．故这两个点电荷之间的静电力是斥力．（2）根据库仑定律有：，代人数据得：F=9×109N．故这两个点电荷之间的静电力大小F=9×109N．16.【答案】200 向右﹣1×10-6【解析】A点的场强，方向：向右．把另一电荷放在该点时，场强不变．由得，因电场力方向与场强方向相反，则该电荷带负电荷．17.【答案】9300【解析】(1)根据匀强电场分布电势特点可知AC连线中点电势与BD连线中点电势相等，且电势大小为两端点电势和的一半，即φA＋φC＝φB＋φD，则φD＝9 V；(2)连接A、C，用E、F将AC三等分，可知F点电势为3 V，连接BF，则BF为等势线．作AG⊥BF，则AG为电场线．现求BF长度．由余弦定理得BF＝cm＝cm.又由于△ABF面积为△ABC的，则＝×(×2×2) cm，得AG＝cm＝E·AG解得E＝300V/m.UAG18.【答案】10 增大【解析】ab的方向与电场线的方向平行，则由Uab=Edab，则场强为：E=V/m电子在电场中受到的电场力的方向与电场线的方向相反，则电子受到的电场力的方向向左，把电子从a点移到b点，电场力对电子做负功，电子的电势能增大．。
2019-2020年人教版高中物理选修3-1 第一章《静电场》测试卷
第一章《静电场》测试卷一、单选题(共15小题)1.如图，一半径为R的电荷量为Q的均匀带电球壳，A、B为球壳表面上的两点．O、P、M、N在一条直线上，PO＝r且r＞R，PM＝MN，下列说法正确的是()A．P点的电场强度的大小E＝kB．电势差UPM＝UMNC．电势差UAP＞UBPD．若电荷量Q不变，P点位置不变，O点位置不变，仅令R变小，则P点的场强变小2.关于静电场，下列说法中正确的是 ( )A．电势等于零的物体一定不带电B．电场强度为零的点，电势一定为零C．同一电场线上的各点，电势一定相等D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加3.如图所示，以O为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f.等量正、负点电荷分别放置在a、d两处时，在圆心O处产生的电场强度大小为E.现将a处点电荷移至其他位置，O点的电场强度随之改变，下列说法中正确的是()A．移至c处，O处的电场强度大小为E，方向沿OeB．移至b处，O处的电场强度大小为，方向沿OdC．移至e处，O处的电场强度大小为，方向沿OcD．移至f处，O处的电场强度大小为E，方向沿Oe4.如图所示，在匀强电场中相距10 mm的两等势面AA′、BB′，其间有一静止的油滴P.已知油滴P 的重力是1.6×10－4N，所带的电荷量是＋3.2×10－9C，则下面判断正确的是()A．φA>φB UAB＝100 VB．φA>φB UAB＝750 VC．φA<φB UBA＝500 VD．φA<φB UBA＝1 000 V5.在静电场中，下列有关电势能、电势判断正确的是（）A．电势能、电势都是仅有电场本身因素决定，与处于电场中的电荷无关B．电势高的地方，电荷的电势能一定大C．电势能等于两点的电势差D．某点电势的大小等于单位电荷在该点与在参考点的电势能差的大小6.如图所示的四个电场的电场线，其中A和C图中小圆圈表示一个点电荷，A图中虚线是一个圆(M、N为圆上的不同点)，B图中几条直线间距相等且互相平行，则在图中M、N处电场强度相等的是()A．B．C．D．7.在点电荷Q形成的电场中有一点A，当一个电荷量为－q的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，静电力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点到无限远的电势差分别为()A．E pA＝－W，UAO＝B．E pA＝W，UAO＝－C．E pA＝W，UAO＝D．E pA＝－W，UAO＝－8.在真空中有a、b两个点电荷，b的电荷量是a的2倍，如果a受到的静电力是F，则b受到的静电力是（）A．FB． 2FC． 3FD． 4F9.如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为a、b的中点．若一个运动的正电荷先后经过a、b两点，a、b两点的电势分别为φa=-3 V、φb=7 V，则（）A．c点电势为2 VB．a点的场强小于b点的场强C．正电荷在a点的动能小于在b点的动能D．正电荷在a点的电势能小于在b点的电势能10.两个半径为R的带电球所带电荷量分别为q1和q2，当两球心相距3R时，相互作用的静电力大小为()A．F＝kB．F＞kC．F＜kD．无法确定11.如图所示，在竖直放置的半圆形光滑绝缘细管的圆心O处放一点电荷，将质量为m、电荷量为q的小球从管的水平直径的端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无作用力．若小球所带电荷量很小，不影响O点处的点电荷的电场，则放于圆心O处的点电荷在OB连线的中点处的电场强度大小()A．E＝B．E＝C．E＝D．E＝12.如图所示，平行金属板内有一匀强电场，一带电粒子以平行于金属板的初速度v0从板间某点射入电场，不计粒子受的重力，当入射动能为E k时，此带电粒子从场中射出的动能恰好为2E k.如果入射速度方向不变，初动能变为2E k，那么带电粒子射出的动能为()A．E kB．E kC．E kD． 3E k13.静电在各个行业和日常生活中有着重要的应用，如静电除尘、静电复印等，所依据的基本原理几乎都是带电的物质微粒在电荷间作用力的作用下奔向并吸附到电极上．现有三个粒子A，B，c 从P点向下运动，它们的运动轨迹如图所示，则()A．a带负电，b带正电，c不带电B．a带正电，b不带电，c带负电C．a带负电，b不带电，c带正电D．a带正电，b带负电，c不带电14.如图所示，实线是匀强电场的电场线，带电粒子q1、q2分别从A、C两点以初速度v垂直射入电场，其运动轨迹分别是图中的ABC、CDA.已知q1带正电，不计粒子重力．则下列说法中正确的是()A．q2也带正电B．A点的电势低于C点的电势C．电场力对q1做正功，对q2做负功D．q1、q2的电势能均减小15.避雷针能够避免建筑物被雷击的原因是()A．云层中带的电荷被避雷针通过导线导入大地B．避雷针的尖端向云层放电，中和了云层中的电荷C．云层与避雷针发生摩擦，避雷针上产生的电荷被导入大地D．以上说法都不对二、计算题(共3小题)16.如图所示，倾角为θ的斜面处于竖直向下的匀强电场中，在斜面上某点以初速度v0水平抛出一个质量为m的带正电小球，小球受到的电场力与重力相等，地球表面重力加速度为g，设斜面足够长，求：(1)小球经多长时间落到斜面上；(2)从水平抛出至落到斜面的过程中，小球的电势能减少了多少？17.如图所示，在边长为l的正方形四个顶点A、B、C、D上依次放置电荷量为＋q、＋q、＋q和－q的点电荷，求正方形中心O点的电场强度．18.一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：(1)A、B两点的电势差UAB；(2)匀强电场的场强大小；(3)小球到达B点时，细线对小球的拉力大小．三、填空题(共3小题)19.如图所示，在电场强度为E的匀强电场中有间距为l的A、B两点，连线AB与电场线的夹角为θ，将一电荷量为q的正电荷从A点移到B点，若沿直线AB移动该电荷，静电力做的功W1＝________；若沿路径ACB移动该电荷，静电力做的功W2＝________；若沿曲线ADB移动该电荷，静电力做的功W3＝________.由此可知，电荷在电场中移动时，静电力做功的特点是________．20.带正电荷为1.0×10﹣3C的粒子，不计重力，在电场中先后经过A、B两点，飞经A点时动能为10 J，飞经B点时动能为4 J，则带电粒子从A点到B点过程中电势能增加了J，AB两点电势差为V．21.ab是长为L的均匀带电绝缘细杆，P1、P2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P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为．则P1、P2处的电场强度方向（填“相同”或“相反”）．若将绝缘细杆的左边l/2截掉并移走（右边l/2电量、位置不变）则P2处的场强大小为．答案解析1.【答案】A【解析】均匀带电球壳在P点产生的场强等效于电荷量为Q的点电荷置于O点在P点产生的场强，则P点产生的场强E＝k，若电荷量Q不变，P点位置不变，O点位置不变，仅令R变小，则P 点的场强不变．故A正确，D错误；由P到N，电场强度逐渐减小，根据U＝Ed可知，UPM＞UMN.故B错误；均匀带电球壳为等势面，A、B两点的电势相等，则UAP＝UBP.故C错误．2.【答案】D【解析】静电场中，电势具有相对性，电势为零的物体不一定不带电，故A错误；静电场中，电势具有相对性，电场强度为零的电势不一定为零，故B错误；沿场强方向电势减小，电场线的切线方向表示电场强度的方向，故沿电场线电势一定降低，故C错误；电场线的切线方向表示电场强度的方向，负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能增加，故D正确；故选D。
2019-2020人教版高中物理选修3-1第一章《静电场》考试测试卷
第一章《静电场》测试卷一、单选题(共12小题)1.如图所示使物体A、B带电的实验为（）A．摩擦起电B．传导起电C．感应起电D．以上都不对2.如图甲所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图乙所示的电压，周期T＝8×10－10s．t＝0时，Q板比P板电势高5 V，此时在两板的正中央M点放一个电子，速度为零，电子在静电力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化．假设电子始终未与两板相碰．在0＜t＜8×10－10s的时间内，这个电子处于M点的右侧、速度方向向左且大小逐渐减小的时间是()A． 0＜t＜2×10－10sB． 2×10－10s＜t＜4×10－10sC． 4×10－10s＜t＜6×10－10sD． 6×10－10s＜t＜8×10－10s3.如图所示A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为3 V、5 V、7 V，实线为带电粒子在电场中运动的轨迹，P、Q为轨迹与A、C的交点，电荷只受电场力，则下列说法正确的是()A．粒子在P点的动能大于Q点动能B．电荷在P点受到电场力大于在Q点受到的电场力C．P点电势能大于Q点电势能D．粒子带负电4.要使平行板电容器的电容增大()A．增大电容器的带电荷量B．增大电容器两极间的电压C．增大电容器两极板的正对面积D．增大电容器两极板的距离5.如图所示，三个带电量相同、质量相等、重力不计的粒子A、B、C，从同一平行板间电场中的同一点P射入，在电场中的运动轨迹如图PA、PB、PC所示，则下列说法中正确的是()A．三个粒子的加速度关系aA>aB>aCB．三个粒子的加速度关系aA<aB<aCC．三个粒子的入射速度关系v A>v B>v CD．三个粒子的入射速度关系v A<v B<v C6.如图所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电荷量为－q外，其余各点处的电荷量均为＋q，则圆心O处()A．场强大小为，方向沿OA方向B．场强大小为，方向沿AO方向C．场强大小为，方向沿OA方向D．场强大小为，方向沿AO方向7.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8.如图所示，在水平放置的已经充电的平行板电容器之间，有一带负电的油滴处于静止状态，若某时刻油滴的电荷量开始减小，为维持该油滴原来的静止状态，应()A．给平行板电容器充电，补充电荷量B．给平行板电容器放电，减小电荷量C．使两极板相互靠近些D．使两极板相互远离些9.一带负电荷的质点，在匀强电场中仅在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是逐渐增大的．关于此匀强电场的电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b 点的切线）（）A．B．C．D．10.氘核和α粒子从初速度为零的状态，经过电压为U的电场加速之后，它们的速度分别为v1和v2，则有()A．v1＝v2B．v1＝2v2C．v1＝3v2D． 2v1＝v211.如图(甲)所示，ab为原来不带电的细导体棒，q为一带正电的点电荷，当达到静电平衡后，导体棒上的感应电荷在棒内O点处产生的场强大小为E1，O点的电势为φ1.现用一导线把导体棒的b端接地，其他条件不变，如图(乙)，待静电平衡后，导体棒上的感应电荷在棒内O点处产生的场强大小为E2，O点的电势为φ2，经分析后可知()A．E1＝E2，φ1＜φ2B．E1＞E2，φ1＝φ2C．E1＝E2，φ1＞φ2D．E1＞E2，φ1＝φ212.两个分别带有电荷量为－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，它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定，距离变为，则两球间库仑力的大小为() A．FB．FC．FD． 12F二、计算题(共3小题)13.如图所示，竖直平面内有一圆形光滑绝缘细管，细管截面半径远小于半径R，在中心处固定一带电荷量为＋Q的点电荷．质量为m、带电荷量为＋q的带电小球在圆形绝缘管壁中做圆周运动，当小球运动到最高点时恰好对细管无作用力，求当小球运动到最低点时对管壁的作用力是多大？14.两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是均匀的．一个α粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心．已知质子所带电荷量为e，质子和中子的质量均视为m，忽略重力和空气阻力的影响，求：(1)极板间的电场强度E的大小．(2)α粒子在极板间运动的加速度a的大小．(3)α粒子的初速度v0的大小．15.把质量m的带负电小球A，用绝缘细绳悬挂，若将带电荷量为Q的带正电球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距r时，绳与竖直方向成α角．试求：(1)A球受到的绳子拉力多大？(2)A球带电荷量是多少？三、填空题(共3小题)16.在电场中，把电荷量为4×10-9C的正点电荷从A点移到B点，克服静电力做功6×10-8J，电荷的电势能（增加/减少）了J．17.在真空中两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量均为2×10-8C，相距20 cm，则它们之间的相互作用力为________N，在两者连线的中点处，电场强度大小为_____N/C.（静电力常量）18.如图所示为研究影响平行板电容器电容大小的因素的实验装置，平行板电容器的极板B与一灵敏的静电计相接，极板A用导线接静电计的金属外壳．若极板A稍向上移动一点，观察到静电计指针示数变大．某同学经分析作出平行板电容器电容变小的结论．(1)他的依据是________；A．两极板间的电压不变，极板上的电量变小，电容变小B．两极板间的电压不变，极板上的电量变大，电容变小C．极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变小，电容变小D．极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变大，电容变小(2)本实验说明平行板电容器电容大小与________________有关．答案解析1.【答案】C【解析】解：当带电的球靠近AB时，由于静电的感应，会使左端出现负电荷，右端出现正电荷，当把AB分开之后，A就带了负电，B就带了正电，所以本实验为使物体感应起电，所以C正确．2.【答案】D【解析】0～过程中电子向右做加速运动；～过程中，电子向右减速运动，～T过程中电子向左加速，T～T过程中电子向左减速，D选项正确．3.【答案】A【解析】因电场线与等势面相互垂直，且由高电势指向低电势，故电场线如图所示，由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知粒子受力沿电场线的方向，故粒子带正电；故D错误；若粒子从P到Q，则电场力做负功，粒子动能减小，故P点动能大于Q点动能；若粒子从Q到P，电场力做正功，动能增大，P点动能大于Q点动能，故粒子在P点动能一定大于Q点的动能，故A正确；因Q点处的等势面密集，故Q点的电场强度大，故电荷在Q点受到的电场力大于P点受到的电场力，故B错误；因P点电势小于Q点电势，粒子带正电，由E＝φq可知P点的电势能小于Q点的电势能，故C错误．4.【答案】C【解析】平行板电容器电容大小C＝，与带电荷量和电压无关，所以A、B错，两极板的距离增大则电容减小，D错．5.【答案】D【解析】6.【答案】C【解析】在A处放一个－q的点电荷与在A处同时放一个＋q和－2q的点电荷的效果相当，因此可以认为圆心O处的电场是由五个＋q和一个－2q的点电荷产生的电场合成的，五个＋q处于对称位置上，在圆心O处产生的合场强为0，所以O点的场强相当于－2q在O处产生的场强，故选C.7.【答案】D【解析】由于负电荷从P点静止释放，它沿直线运动到B点，说明负电荷受力方向自P指向B，则场强方向自A指向B.由于正电荷、负电荷、异种电荷以及平行且带异种电荷的金属板等都能产生一段直线电场线，所以只能确定负电荷的受力方向向左(自P指向A)，不能确定受力变化情况，也就不能确定加速度变化情况，故选项D正确．8.【答案】A【解析】为维持油滴静止状态，应增大两板间场强，由Q＝CU，U＝Ed，C＝可知E＝，增大Q，E也增大，故A项对，B项错；Q不变，改变d，E不变，C、D项错．9.【答案】B【解析】A选项，电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向．故A错误．B选项，负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题相符．故B正确．C选项，图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动．故C错误．D选项，图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，不符合题意．故D错误．10.【答案】A【解析】设加速电场的电压为U，粒子的质量和电量分别为m和q，根据动能定理得qU＝mv2得v＝可见，速度与粒子的比荷平方根成正比．氘核和α粒子的符号分别为H、He，可见两个粒子的比荷相等，则速度大小相等，故有v1＝v2.故选A11.【答案】C【解析】处于静电平衡的导体内部场强为零，所以E1＝E2＝0，因点电荷为正电荷，则φ1＞0；导体ab接地后电势φ2＝0，所以φ1＞φ2，C正确．12.【答案】C【解析】接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F＝k，两个相同的金属小球各自带电，接触后再分开，其所带电荷量先中和后均分，所以两球分开后各自带电均为＋Q，距离又变为原来的，故库仑力大小为F′＝k，所以两球间库仑力的大小为F，选项C正确．13.【答案】6mg【解析】设小球在最高点时的速度为v1，根据牛顿第二定律mg－＝m①设当小球在最低点时的速度为v2，管壁对小球的作用力为F，根据牛顿第二定律有F－mg－＝m②小球从最高点运动到最低点的过程中只有重力做功，故机械能守恒．则mv＋mg・2R＝mv③由①②③式得F＝6mg由牛顿第三定律得小球对管壁的作用力F′＝6mg.14.【答案】(1) (2)(3)【解析】(1)极板间场强E＝(2)α粒子带电荷量为2e，质量为4m，所受电场力F＝2eE＝α粒子在极板间运动的加速度a＝＝(3)由d＝at2得t＝＝2dv0＝＝15.【答案】(1)(2)【解析】(1)带负电的小球A处于平衡状态，A受到库仑力F、重力mg以及绳子的拉力F T的作用，其合力为零．因此mg－F T cosα＝0，F－F T sinα＝0得F T＝，F＝mg tanα.(2)根据库仑定律F＝k，所以A球带电荷量为q＝.16.【答案】增加 6×10-8【解析】正电荷从A点移到B点，克服电场力做功6×10-8J，其电势能增加6×10-8J.17.【答案】9×10－53.6×104【解析】已知真空中两点电荷的电量均为q=,距离r=0.2 m，根据库仑定律得电荷间的作用力F=两点电荷在中点处产生的场强大小均为，方向相同，则在两者连续的中点处，电场强度大小为N/C.18.【答案】(1)D(2)极板正对面积大小【解析】(1)B极板与静电计相连，所带电荷电量几乎不变，A板与B板带等量异种电荷，电量也几乎不变，故电容器的电量Q几乎不变．将极板A稍向上移动一点，观察到静电计指针示数变大，即电容器极板间电压变大，由公式C＝知电容C变小．故D正确，A、B、C错误．(2)将极板A 稍向上移动一点，极板正对面积减小，实验得出电容减小．说明平行板电容器电容大小与极板正对面积大小有关．。
20192020学年高中物理 第一章 静电场 8 电容器的电容练习含解析新人教版选修31.doc
8电容器的电容课后篇巩固提升基础巩固1.下列关于电容的说法正确的是()A.电容是反映电容器容纳电荷本领的物理量B.电容器A的电容比B的大,说明A的带电荷量比B多C.电容在数值上等于使两极板间的电势差为1 V时电容器需要带的电荷量D.由公式C=知,若电容器两极板间电压为10 V,极板带电荷量为2×10-5 C,则电容器电容大小为5×105 F解析电容反映电容器容纳电荷本领的大小,A对;电容器A的电容比B的大,只能说明电容器A容纳电荷的本领比B强,与是否带电无关,B错;电压为10 V,电荷量为2×10-5 C时,电容C==2×10-6 F,D错。
答案AC2.如图所示实验中,关于平行板电容器的充、放电,下列说法正确的是()A.开关接1时,平行板电容器充电,且上极板带正电B.开关接1时,平行板电容器充电,且上极板带负电C.开关接2时,平行板电容器充电,且上极板带正电D.开关接2时,平行板电容器充电,且上极板带负电解析开关接1时,平行板电容器充电,上极板与电源正极相连而带正电,A对,B错;开关接2时,平行板电容器放电,放电结束后上、下极板均不带电,C、D错。
答案A3.有一已充电的电容器,若使它的电荷量减少3×10-4 C,则其电压减小为原来的,由此可知()A.电容器原来带的电荷量为9×10-4 CB.电容器原来带的电荷量为4.5×10-4 CC.电容器原来的电压为1 VD.电容器的电容变为原来的解析电容器的电荷量减少ΔQ=3×10-4 C,电压减小为原来的,即减少了原来的,则根据C=知,电容器原来带的电荷量Q=4.5×10-4 C,A错误,B正确;由已知条件无法求电压,C错误;电容反映电容器本身的特性,电容器极板上的电荷量减少,电容器的电容不变,D错误。
答案B4.如图所示,一平行板电容器充电后与电源断开,这时电容器的电荷量为Q,P是电容器内一点,电容器的上极板与大地相连,下列说法正确的是()A.若将电容器的上极板左移一点,则两板间电场强度减小B.若将电容器的下极板上移一点,则P点的电势升高C.若将电容器的下极板上移一点,则两板间电势差增大D.若将电容器的下极板上移一点,则两板间电势差减小解析由E=、U=、C=,可知E=,S减小,E增大,A项错误;由E=可知d变化,E不变,φP不变,B项错误;U=E·d,d减小,U减小,C项错误,D项正确。
2019-2020年 人教版高中物理选修3-1 第一章：静电场 单元检测卷(原创解析版)
第一章：静电场单元检测（90分钟100分）一、不定项选择题部分（每题4分共60分）1．关于静电场，下列说法中正确的是()A．在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零B．电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小C．根据公式U＝Ed可知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大D．正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减小1．D[解析] 电势的大小是相对于参考位置来说的，电势为零的位置就是参考位置，参考位置是可以任意选取的，显然，选项A错误；正电荷在电场中电势高的地方具有的电势能大，在电势低的地方具有的电势能小，负电荷正好相反，选项B错误；公式U＝Ed中的d为沿电场强度方向的距离，所以在匀强电场中，两点间沿电场强度方向的距离越大，电势差就越大，如果d是沿垂直于电场强度方向的距离，那么两点的间距变大时，电势差不变，选项C错误；正电荷在电势越高的地方电势能越大，在电势越低的地方电势能越小，所以正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减小，选项D正确．2．A、B、C三点在同一直线上，AB：BC＝1：2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷．当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为()A．－F/2 B．F/2C．－F D．F【解析】kQq kQ·2q 3．在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。
其中a、b两点的电势相等，电场强度相同的是()A．甲图中与点电荷等距的a、b两点B．乙图中两等量异号电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点C．丙图中两等量同号电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点D．丁图中匀强电场中的a、b两点答案：B解析：甲图中场强大小相同，方向不同，电势φa＝φb。
乙图中场强大小、方向皆相同，电势φa＝φb。
丙图中场强大小相同，方向相反，电势φa＝φb。
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第一章 静电场章末高考真题链接
1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，三个固定的带电小球a 、b 和c ，相互
间的距离分别为ab ＝5 cm ，bc ＝3 cm ，ca ＝4 cm.小球c 所受库仑力的
合力的方向平行于a 、b 的连线．设小球a 、b 所带电荷量的比值的绝对
值为 k ，则( )
A ．a 、b 的电荷同号，k ＝169
B ．a 、b 的电荷异号，k ＝169
C ．a 、b 的电荷同号，k ＝6427
D ．a 、b 的电荷异号，k ＝6427
解析：选D 假设a 、b 的电荷同号，若小球c 与a 、b 的电荷同号，则小球c 所受库仑力的合力的方向斜向上；若小球c 与a 、b 的电荷异号，则小球c 所受库仑力的合力的方向斜向下，这样与已知条件“小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a 、b 的连线”相矛盾，
故a 、b 的电荷异号．设ac 与ab 的夹角为θ，则tan θ＝bc ac ＝34
，根据库仑定律有：F bc ＝k 0q b q c (bc )2、F ac ＝k 0q a q c (ac )2，而tan θ＝F bc F ac ，解得k ＝q a q b ＝6427
. 2．(2018·天津卷)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M 点和N 点的电势分别为φM 、φN ，粒子在M 和N 时加速度大小分别为a M 、a N ，速度大小分别为v M 、v N ，电势能分别为E p M 、E p N .下列判断正确的是( )
A ．v M <v N ，a M <a N
B ．v M <v N ，φM <φN
C ．φM <φN ，E p M <E p N
D ．a M <a N ，
E p M <E p N
解析：选D 电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有a M <a N ；若粒子从M 运动到N 点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图甲所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即v M >v N ，E p M <E p N ，负电荷在低电势处电势能大，故φM >φN .
若粒子从N 运动到M ，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的
电场力方向和速度方向如图乙所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即v M>v N，
E p M<E p N，负电荷在低电势处电势能大，故φM>φN.综上所述，D正确.
3.(多选)(2017·天津卷)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，
实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力
作用下的运动轨迹．设电子在A、B两点的加速度大小分别为a A、a B，
电势能分别为E p A、E p B.下列说法正确的是( )
A．电子一定从A向B运动
B．若a A>a B，则Q靠近M端且为正电荷
C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有E p A<E p B
D．B点电势可能高于A点电势
解析：选BC 电子在电场中做曲线运动，虚线AB是电子只在静
电力作用下的运动轨迹，电场力沿电场线指向曲线的凹侧，电场的方
向与电场力的方向相反，如图所示，由所知条件无法判断电子的运动
方向，故A错误；若a A>a B，说明电子在A点受到的电场力较大，M点的电场强度较大，根据点电荷的电场分布可知，靠近M端为场源电荷的位置，应带正电，故B正确；无论Q为正电荷还是负电荷，一定有电势φA>φB，电子电势能E p＝－eφ，电势能是标量，所以一定有E p A<E p B，故C正确，D错误．
4．(2017·江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、
B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的
电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止
释放的电子( )
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
解析：选A 电子在A、B间加速，在B、C间减速，加速电压做功与减速电压做功相等．现将C板向右平移到P′点，B、C板间的电场强度不变，根据U＝Ed判断，由O点静止释放的电子运动到P点速度为0再返回，A项正确．
5．(2016·全国卷Ⅰ)一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( )
A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变
解析：选D 据C ＝εr S 4πkd 可知，将云母介质移出电容器，C 变小，据Q ＝CU 可知，极板上的电荷量变小，据E ＝U d
可知，极板间的电场强度不变，故选D.
6.(2015·全国卷Ⅱ)如图，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒
子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两点，已知该粒子在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°，它运动到B
点时速度方向与电场方向的夹角为30°，不计重力，求A 、B 两点
间的电势差．
解析：粒子在A 点的速度大小为v 0，在竖直方向上的速度分量为v 0sin 60°，当它运动到B 点时，竖直方向上的速度分量为v B sin 30°，粒子在竖直方向上做匀速直线运动，故
v 0sin 60°＝v B sin 30°，解得v B ＝3v 0
由动能定理可得
qU AB ＝12mv B 2－12mv 02
解得U AB ＝mv 02q
. 答案：mv 02q
7．(2017·全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A 点将质量为m 、电荷量分别为q 和－q (q >0)的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g .求：
(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比；
(2)A 点距电场上边界的高度；
(3)该电场的电场强度大小．
解析：(1)由于带电小球M 、N 进入电场水平方向初速度v 0相等，加速度大小相等，方向相反，运动时间相等，因此离开电场时v Mx ＝2v 0，v Nx ＝0.
对小球M ：2ax M ＝(2v 0)2－v 02
对小球N ：2ax N ＝v 02－0
解得x M ∶x N ＝3∶1.
(2)设A 点距电场上边界的高度为h ，竖直方向做自由落体运动，进入电场竖直方向速度为v y 1，离开电场竖直方向速度为v y 2
有v y 12
＝2gh v y 22＝2g (H ＋h )
由于M 在电场中做直线运动，有
v 0v y 1＝2v 0v y 2 联立解得h ＝H 3
. (3)设电场强度为E ，对小球M ：水平方向2v 0－v 0＝qE m
t
竖直方向v y 2－v y 1＝gt
又由于12mv y 22＋12m (2v 0)2＝32×12
mv y 22 联立解得E ＝2mg 2q . 答案：(1)3∶1 (2)H 3 (3)2mg 2q。