2021年高二物理选修3-1：第一章静电场-单元测试卷含答案解析

【最新】高二物理选修3-1：第一章静电场-单元测试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．关于电量的下列说法中，哪个是正确的
A．物体所带的电量可以是任意实数
B．物体的带电量不可能小于1.6×10﹣19C
C．某物体带1.6×10﹣19C的正电，是因为物体失去了1.6×10﹣19个电子
D．任何物体的电量不可能少于1C
2．如图（甲）所示中，AB是一个点电荷形成的电场中的一条电场线，图（乙）则是放在电场线上P、Q处检验电荷所受电场力的大小与其电荷量间的函数图象，电场方向由A指向B，由此可以判断（）
A．场源电荷是正电荷，位于A侧B．场源电荷是正电荷，位于B侧C．场源电荷是负电荷，位于A侧D．场源电荷是负电荷，位于B侧
3．如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，粒子先后通过这条轨迹上的P、Q两点，对同一粒子，据此可知( )
A．三个等势线中，a的电势最高
B．粒子通过P点时的动能比通过Q点时大
C．粒子通过P点时的电场力比通过Q点时大
D．粒子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大
4．如图所示，两质量均为m的小球A和B分别带有＋q和－q的电量，被绝缘细线悬挂，两球间的库仑引力小于球的重力mg.现加上一个水平向右的匀强电场，待两小球再次保持静止状态时，下列结论正确的是
A ．悬线OA 向右偏，OA 中的张力大于2mg
B ．悬线OA 向左偏，OA 中的张力大于2mg
C ．悬线OA 不发生偏离，OA 中的张力小于2mg
D ．悬线AB 向左偏，AB 线的张力比不加电场时要大
5．如图所示，水平面有方向向右的匀强电场，将质量相等的两个带异种电荷小球a 、b(可视为点电荷)，且电荷量大小分别为a q 3q =，b q q =，由静止释放，二者之间距离为r ，位置关系如图，发现两个小球始终处于相对静止状态．则下列说法正确的是()
A ．a 一定带正电，且电场强度大小为2
3kq E 2r =
B ．a 一定带负电，且电场强度大小为23kq E 2r
= C ．a 一定带正电，且电场强度大小为23kq E r
= D ．a 一定带负电，且电场强度大小为23kq E r = 6．如图所示，真空中有直角坐标系xOy ，在x 轴上固定着关于O 点对称的等量异号点电荷+Q 和-Q ，C 是y 轴上的一个点，D 是x 轴上的一个点，DE 连线垂直于x 轴，CE 连线垂直于y 轴．将一个点电荷-q 从O 移动到D ，电场力对它做功为W 1，将这个点电荷从C 移动到E ，电场力对它做功为W 2．下列判断正确的是（ ）
A ．两次移动电荷电场力都做负功，并且12W W >
B ．两次移动电荷电场力都做负功，并且12W W <
C ．两次移动电荷电场力都做正功，并且12W W >
D ．两次移动电荷电场力都做正功，并且12W W <
7．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
8．图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a 、b 点时的动能分别为26 eV 和5 eV ．当这一点电荷运动到某一位置,其电势能变为-8 eV 时,它的动能应为（ ）
A ．8 eV
B ．13 eV
C ．20 eV
D ．34 eV
9．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 ．根据电场强度的定义式F E q =
可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所受的电场力成正比
B ．根据电容的定义式Q
C U
=
可知，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 ．根据真空中点电荷的场强公式2Q E k
r =可知，电场中某点的场强与场源电荷所带电荷量成正比
D ．根据电势差的定义式AB AB W U q
=可知，如果将一个正点电荷从A 点移动到B 点，电场力做功为1J ，则A 、B 两点间的电势差为1V
10．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容C 的因素．设两极板正对面积为S ，极板间的距离为d ．极板所带电荷量为Q ，静电计指针偏角为θ．实验中（ ）
A ．保持Q 、S 不变，增大d ，则θ变大，C 变小
B ．保持d 、S 不变.增大Q.则θ变大，
C 变大
C ．保持Q 、d 不变，减小S.则θ变小，C 变小
D ．保持Q 、S 、d 不变，在两极板间插入电介质.则θ变小，C 变小
11．喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中
A ．向负极板偏转
B ．电势能逐渐增大
C ．运动轨迹是抛物线
D ．运动轨迹与带电量无关
二、多选题 12．如图所示，两个固定的等量异种电荷，在它们连线的垂直平分线上有a 、
b 、
c 三点，则（ ）
A ．a 点电势比b 点高
B ．a 、b 两点场强方向相同
C ．a 、b 、c 三点与无穷远处电势相等
D ．一带电粒子（不计重力）在a 点无初速释放，它将在a 、b 连线上运动
13．两个完全相同的金属小球，带电量之比为1：5，相距为r ，两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力可能为原来的( )倍．
A ．0.4
B ．0.6
C ．0.8
D ．1.8
14．如图所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q 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，P 从两极板正中央射入，Q 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极板的过程中( )
A ．它们运动的时间Q P t t =
B ．它们运动的加速度Q P a a =
C ．它们所带的电荷量之比P Q q :q 1:2=
D ．它们的电势能改变量之比P Q Δ
E :ΔE 1:2=
15．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
三、解答题 16．如图，一质量m=1×10-6kg ，带电量q=-2×10-8C 的小球以初速度v 0竖直向上从A 点射入一水平向右的匀强电场，当小球运动到比A 高h=0.2m 的B 点时速度大小是2v 0，
但方向水平，且AB两点的连线在水平方向的距离为d=0.4m，g取10m/s2，求：（1）判断小球在水平方向和竖直方向的运动情况（不必说理由）
（2）小球的初速度v0
（3）AB两点间的电势差U AB
（4）匀强电场的场强E的大小．
17．用30cm的细线将质量为4×10-3㎏的带电小球P悬挂在Ｏ点下，当空中有方向为水平向右，大小为1×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态。

(1)分析小球的带电性质；
(2)求小球的带电量；
(3)求细线的拉力。

18．质量m=0.1g，带电荷量ｑ＝－４×10-7C的带电粒子以v0=10m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B的中央飞入板间，刚好从A板边缘飞出电场区域，如图所示，已知板长L=1.0m，板间距离d=0.06m，不计粒子重力，试求：
①带电粒子在电场中运动的时间
②带电粒子的加速度大小
③A、B两板间的电压
参考答案
1．B
【详解】
A．物体所带的电量只能是元电荷的整数倍，不可以是任意实数，选项A错误；B．物体的带电量不可能小于1.6×10﹣19C，选项B正确；
C．某物体带1.6×10﹣19C的正电，是因为物体失去了1个电子，选项C错误；D．物体的带电量也可能少于1C，但是必须是1.6×10﹣19C的整数倍，选项D错误；故选B.
2．A
【详解】
试题分析：由电场强度的定义式
F
E
q
得：F=Eq，则知：F-q图象的斜率表示电场强度大
小，图线Q的斜率小于P的斜率，说明Q处场强小于P处的场强，该电场是由点电荷产生的，说明Q距离场源较远，即场源位置位于A侧；因为电场线的方向由A指向B，因此为正电荷
3．C
【详解】
试题分析：根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直，画出P、Q两点处场强的方向，如图：
则可知，三个等势面中的，a的电势最低，故A错误；根据电场线的疏密可知，P点的电场强度大于Q点，则带电质点在P点受到的电场力大于Q点，故B错误；若质点从P到Q过程，电场力做负功，质点的电势能增大，动能减小，则质点在P点时的动能比通过Q点时大，故C正确，D错误；
【考点定位】
等势面、电势、电势能
【点睛】
根据合力指向轨迹的内侧和电场线与等势线垂直，确定电场力的方向，判断电势的高低．由电场力做功的正负判断电势能的变化．电场力做正功，质点的电势能减小，动能增大；电场力做负功，质点的电势能增大，动能减小．根据等差等势面密处场强大，判断场强大小，确定加速度的大小．
4．D
【详解】
ABC.A 带正电，受到的电场力水平向右，B 带负电，受到的电场力水平向左．以整体为研究对象，设OA 绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：tan 02qE qE mg α-=
=，因此有：α=0；而绳子的拉力等于2mg ；故ABC 错误；
D.以小球B 为研究对象，AB 绳子的拉力: F =-F 库>mg-F 库，而不加电场时，F=mg-F 库，故D 正确．
故选：D ．
【点睛】
加电场前，对两电荷受力分析，判断绳对A 及B 的拉力大小；加电场后，再对AB 受力分析，比较两种情况下的拉力即可．
5．B
【详解】
两小球始终处于相对静止状态，加速度相等．如果a 带正电，受到匀强电场向右的力和b 对a 向右的力，加速度向右；而b 受到匀强电场向左的力和a 对b 向左的力，加速度向左，两小球加速度不相等，所以a 一定带负电；
对a ，根据牛顿第二定律：2
33a kq q qE ma r ⋅-=；对b ，根据牛顿第二定律：23b kq q qE ma r ⋅-=．因为a b a a =，所以23kq E 2r
=，故ACD 错误，B 正确． 故选：B
6．C
【详解】
过E 点作一条等势线与x 轴的交点为F ，如图．
y 轴是等量异号点电荷+Q 和-Q 连线的中垂线，则y 轴是一条等势线，C 、O 电势相等．将点电荷-q 从O 移动到D ，电场力做正功；将这个点电荷从C 移动到E 电场力做功等于从O 移到F 做功，即W 2=W OF ，电场力也做正功．由于O 、D 间的电势差大于O 、F 间的电势差，根据电场力做功公式W=qU ，得知W 1＞W OF ，则得W 1＞W 2，故C 正确，ABD 错误． 故选：C ．
【点睛】
过E 点作一条等势线与x 轴的交点为F ，y 轴是一条等势线，则点电荷从C 移动到E 电场力对电荷做功等于从O 移到F 做功，从O 移到D 电场力对电荷做功大于从O 移到F 做功，即可比较做功大小．
7．A
【详解】
设A 、B 板间的电势差为U 1，B 、C 板间的电势差为U 2，板间距为d ，电场强度为E ，第一次由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点，根据动能定理得：qU 1=qU 2=qEd ，将C 板向
右移动，B 、C 板间的电场强度224π4πQ
U Q kQ C E S d d S d kd εε'====''⨯''
，E 不变，所以电子还是运动到P 点速度减小为零，然后返回，故A 正确；BCD 错误．
8．C
【详解】
由题意，电荷经过a 、b 点时的动能分别为26eV 和5eV ，动能减小为21eV ．而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从3等势面到4等势面时，动能减小7eV ，电势能增大，等势面3的电势为0，电荷经过b 时电势能为7eV ，又由题，电荷经b 点时的动能为5eV ，所以电荷的总能量为
E =E p +E k =7eV+5eV=12eV ，其电势能变为-8eV 时，根据能量守恒定律得到，动能应为20eV ． A ．8 eV ，与结论不相符，选项A 错误；
B ．13 eV ，与结论不相符，选项B 错误；
C ．20 eV ，与结论相符，选项C 正确；
D ．34 eV ，与结论不相符，选项D 错误；
9．C
【详解】
A. 电场强度由电场本身决定，与试探电荷受到的电场力和电荷量都无关，选项A 错误；
B. 电容器的电容由电容器本身结构决定，与电容器所带的电荷量和两板之间的电压无关，选项B 错误；
C. 公式2Q E k r
=是真空中点电荷产生场强的决定式，即电场中某点的场强与场源电荷所带电荷量成正比，与该点到场源电荷的距离的平方成反比，选项C 正确；
D. 根据电势差的定义式AB AB W U q
=可知，如果将一个电荷量为1C 的正点电荷从A 点移动到B 点，电场力做功为1J ，则A 、B 两点间的电势差为1V ，即表述中少了“电荷量为1C” 的条件，选项D 错误。

故选C 。

10．A
【详解】
A 、
B 、根据电容的决定式4S
C kd
επ=知，电容与极板间距离成反比，当保持Q 、S 不变，增大d 时，电容C 减小，因电容器的电量Q 不变，由电容的定义式Q C U =
分析可知，板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大．故A 正确；
B 、当保持d 、S 不变，增大Q 时，根据电容的决定式4S
C kd επ=
得知，电容C 不变，由电容的定义式Q C U
= 分析可知板间电势差增大，则θ变大，B 错误； C 、根据电容的决定式4S C kd
επ=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d 不变，减小S 时，电容C 减小，电容器极板所带的电荷量Q 不变，则由电容的定义式Q C U
= 分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故C 错误；
D 、当保持Q 、S 、d 不变，在两极板间插入电介质，根据电容的决定式4S C kd
επ=得知，电
容C 变大，而由电容的定义式Q C U
=
分析可知，板间电势差减小，则θ变小，故D 错误． 故选：A ．
【点睛】 静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式4S C kd
επ=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式Q C U =
分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况． 11．C
【解析】
A 项：由于带负电，故向正极板偏转，A 错误；
B 项：由于带负电墨汁微滴做正功，故电势能减少，B 错误；
C 项：由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故C 正确；
D 项：由侧向位移2211()22eU y at md v
==，可知运动轨迹与带电量有关，D 错误． 点晴：本题主要考查带电粒子在电场中的偏转即粒子作类平抛运动：沿初速度方向作匀速直线运动，电场力方向作匀加速直线运动．
12．BC
【详解】
AC ．两个等量异种电荷的电场中，在它们连线的垂直平分线上的点的电势都是零，所以a 、b 、c 三点的电势与无穷远处电势相等，都为零，所以A 错误，C 正确；
B ．两个等量异种电荷的电场中，垂直平分线上所有的点的电场的方向都是平行的，所以B 正确；
D ．垂直平分线上所有的点的电场的方向都是平行的，电场的方向是在水平方向的，所以电荷不能在a 、b 连线上运动，应该是在水平方向运动，所以D 错误。

故选BC 。

13．CD
【解析】
由库仑定律可得：F= k kQq
r 2，
当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量之比
变为3：3，所以库仑力是原来的1.8倍，
当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量之比变为2：2，所以库仑力是原来的0.8倍，故CD 正确，AB 错误．
故选CD
点睛：两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出．当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量可能相互中和后平分，也可能相互叠加再平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的．
14．AC
【详解】
A.垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由x=vt 得知，运动的时间相等，故A 正确；
B.平行电场方向受到电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：212
y at =解得：22y a t =；由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为：y P ：y Q =1：2，所以a Q ＞a P ，故B 错误；
C.根据牛顿第二定律，有：
qE=ma ，则：22ym q Et
=，所以它们所带的电荷量之比q P ：q Q =1：2，故C 正确；
D.根据动能定理，有：qEy=△E k ；而：q P ：q Q =1：2，y P ：y Q =1：2， 所以动能增加量之比：△E kP ：△E kQ =1：4，故D 错误．
故选：AC ．
15．AC
【详解】
电子受力方向与电场方向相反，因电子向X 方向偏转，电场方向为X 到X′，则X 带正电，X′带负电；同理电子向Y 方向偏转，则可知Y 带正电，Y′带负电，故AC 正确，BD 错误。

故选AC 。

16．（1）微粒在水平方向做初速度为零的匀加速运动；竖直方向做匀减速直线运动；（2）2m/s ；（3）-400V ；（4）1000V/m ．
【解析】
【详解】
（1）微粒在匀强电场中，水平方向只受电场力，做初速度为零的匀加速运动；竖直方向只受重力，做匀减速直线运动．
（2）对于竖直方向，有：v02=2gh
则得v0=√2gℎ=√2×10×0.2m/s=2m/s
（3）对于小球从A到B的过程，由动能定理得
qU AB-mgh=1
2m(2v0)2-1
2
mv02
代入数据解得U AB=-400V
（4）匀强电场的场强E的大小为E=|U AB|
d =400
0.4
V/m=1000V/m
答：（1）微粒在水平方向做初速度为零的匀加速运动；竖直方向做匀减速直线运动．（2）小球的初速度v0是2m/s．
（3）AB两点间的电势差U AB是-400V．
（4）匀强电场的场强E的大小是1000V/m．
【点睛】
（1）微粒在匀强电场中受到重力和电场力两个力作用，根据受力情况，分析运动情况．（2）对于竖直方向，根据动能定理求出小球的初速度v0．
（3）对于小球从A到B的过程，由动能定理求解AB两点间的电势差U AB；
（4）由公式U=Ed求出电场强度．
17．（1）小球带正电（2）3×10﹣6C （3）0.05N
【详解】
（1）小球受力如图，故带正电．
（2）小球受力平衡，在水平方向：
tan 37qE mg =，得
6tan 37310C mg q E
-=⨯ （3）如受力图可知：2510N cos37mg F -=
=⨯． 18．（1）0.1s ；（2）6m/s 2；（3）90V
【解析】
试题分析：带电粒子在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向做匀加速直线运动，根据水平位移和初速度求出粒子在电场中的运动时间；根据牛顿第二定律求出加速度，再结合场强公式即可求出板间的电压．
①带电粒子在垂直电场方向上做匀速直线运动，根据0L v t =
代入数据可得：010.110
L t s s v ===． ②在竖直匀加速直线运动：
2122d at = 在水平方向上：0L v t =
联立以上可得：26/a m s =
③根据牛顿第二定律可得加速度大小为：qE qU a m md
=
= 联立以上代入数据可得：90U V =
点睛：本题主要考查了掌握处理粒子在电场中偏转的处理方法，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．。