人教版 高二物理 选修3-1 第一章 静电场章末测试题(Word版含解析答案)

人教版静电场章末测试题

一、单选题

1.某电场的电场线分布如图所示(实线)，以下说法正确的是()

A. c点场强大于b点场强

B. b和c处在同一等势面上

C. 若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电荷的电

势能将增大

D. 若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线由a点运动到d点，可判断该电荷一

定带负电

2.如图所示的同心圆(虚线)是电场中的一簇等势线，一个电子只在

电场力作用下沿着直线由A向C运动时的速度越来越小，B为线

段AC的中点，则有()

A. 电子沿AC运动时受到的电场力越来越小

B. 电子沿AC运动时它具有的电势能越来越小

C. 电势φA>φB>φC

D. 电势差U AB=U BC

3.如图所示，A，B，C，D，E，F为匀强电场中一个边长为10cm

的正六边形的六个顶点，A，B，C三点电势分别为1V，2V，

3V，则下列说法正确的是()

A. 匀强电场的电场强度大小为10V/m

B. 匀强电场的电场强度大小为20√3

V/m

3

C. 电荷量为1.6×10?19C的正点电荷从E点移到F点，电荷克服静电力做功为

1.6×10?19J

D. 电荷量为1.6×10?19C的负点电荷从F点移到D点，电荷的电势能减少

4.8×10?19J

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4.如图所示，匀强电场场强为1×103N/C，ab=dc=4cm，

bc=ad=3cm，则下述计算结果正确的是()

A. ab之间的电势差为4000V

B. ac之间的电势差为50V

C. 将q=?5×10?3C的点电荷沿矩形路径abcda移动一周，静电力做功为零

D. 将q=?5×10?3C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，静电力做功都是?0.25J

5.如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连

线的中垂线，A、B、C三点所在直线平行于两电荷的连线，

且A与C关于MN对称，B点位于MN上，D点位于两电

荷的连线上。以下判断正确的是()

A. B点电场强度大于D点电场强度

B. B点电势高于D点电势

C. 试探电荷+q在A点的电势能小于在C点的电势能

D. A、B两点的电势差等于B、C两点的电势差

6.一个电荷量为10?6C的负电荷从电场中a点移至b点，静电力做功2×10?6J；从c

点移至d点静电力做功?7×10?6J。已知c点比b点电势高3V，且a，b，c，d四点在同一条电场线上，则下列图中正确的是()

A. B.

C. D.

7.如图所示，在点电荷Q形成的电场中，已知a、b两点在同一等

势面上，c、d两点在另一等势面上．甲、乙两个带电粒子的运动

轨迹分别为acb和adb曲线，已知乙粒子带正电．那么下列判断

正确的是()

A. 甲粒子在b点的电势能比在c点小

B. 乙粒子在d点速度最大

C. a、b两点电场强度相同

D. d点电势比b点电势高

8.电场中有A、B两点，A点的电势φA=30V，B点的电势φB=10V，一个电子由A

点运动到B点的过程中，下面几种说法中正确的是()

A. 电场力对电子做功20eV，电子的电势能减少了20eV

B. 电子克服电场力做功20eV，电子的电势能减少了20eV

C. 电场力对电子做功20eV，电子的电势能增加了20eV

D. 电子克服电场力做功20eV，电子的电势能增加了20eV

9.如图所示，A、B、C三点的连线构成一个等腰直角三角形，

∠A是直角。在B点放置一个电荷量为+Q的点电荷，测得A

点的电场强度大小为E。若保留B点的电荷，在C点放置一

个电荷量为?Q的点电荷，则A点的电场强度大小等于()

A. 0

B. E

C. √2E

D. 2E

10.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2

的两块平行极板间的偏转匀强电场中，在满足电子能射出平行极板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变小的是()

A. U1变大、U2变大

B. U1变小、U2变大

C. U1变小、U2变小

D. U1变大、U2变小

11.在电场强度大小为E的匀强电场中，一质量为m、电荷量为q的物体以某一初速度

沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为0.8qE

m

，物体运动距离s时速度变为零，则下列说法错误的是()

A. 物体克服静电力做功qEs

B. 物体的电势能减少了0.8qEs

C. 物体的电势能增加了qEs

D. 物体的动能减少了0.8qEs

12.图甲中AB是某电场中的一条电场线．若将一负电荷从A点处由静止释放，负电荷

仅在电场力作用下沿电场线从A到B运动过程中的速度图象如图乙所示．关于A，B两点的电势高低和场强大小关系，下列说法中正确的是()

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A. φA>φB，E A>E B

B. φA>φB，E A

C. φA<φB，E A>E B

D. φA<φB，E A

二、多选题

13.如图所示，①、②、③是两个等量异种点电荷形成电场中的、

位于同一平面内的三个等势线，其中③为直线，①与②、②与

③的电势差相等．一重力不计、带负电的粒子进入电场，运动

轨迹如图中实线所示．与①、②、③分别交于a、b、c三点，

则()

A. 若粒子从a到b电场力做功大小为W1，从b到c电场力做功大小为W2，则W1>

W2

B. 粒子从a到b再到c，电势能不断增加

C. a点的电势比b点的电势高

D. 粒子在c点时的加速度为零

14.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相

连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间

有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，

E?p表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()

A. 电容器的电容变小

B. E?p不变

C. θ变小

D. 电容器板间电场增大

15.一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v?t图象如图

所示，则下列说法正确的是()

A. A点的电场强度一定大于B点的电场强度

B. 粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能

C. CD间各点的电场强度和电势都为零

D. A，B两点间的电势差大于C、B两点间的电势差

16.如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二

极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板仍平行)，入射点到B距离不变，则下列说法正确的是()

A. 若小球带正电，当A B间距增大时，小球仍打在N点

B. 若小球带正电，当A B间距减小时，小球打在N的左

侧

C. 若小球带负电，当A B间距增大时，小球打在N的右点

D. 若小球带负电，当A B间距减小时，小球可能打在N的左侧

三、实验题

17.(1)在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相

接，极板B接地

①若极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角______________，此实

验说明平行板电容器的电容随正对面积减小而_______;(填“变大”或“变小”)

②若极板B稍向左移动一点，则将观察到静电计指针偏角_______，此实验说明平

行板电容器的电容随距离变大而_____，(填“变大”或“变小”)

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(2)如图所示为示波管的示意图，以屏幕的中心为坐标原点，建立如图所示的直角

坐标系xoy，当在XX′这对电极上加上恒定的电压U XX′=2V，同时在YY′电极上加上恒定的电压U YY′=?1V时，荧光屏上光点的坐标为(4,?1)，则当在XX′这对电极上加上恒定的电压U XX′=1V，同时在YY′电极上加上恒定的电压U YY′=2V时，荧光屏上光点的坐标为(__________ ，__________ )

18.如图是示波管的原理图．它由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成，管内抽

成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点．

(1)带电粒子在________区域是加速的，在________区域是偏转的．

(2)若U YY′>0，U XX′=0，则粒子向________板偏移，若U YY′=0，U XX′=0，则

粒子打在荧光屏上________点，若U YY′=0，U XX′>0，则粒子向________板偏移．

四、计算题

19.如图所示，水平固定放置的平行金属板M、N，两板间电势差为U，板间距离为d，

d的绝缘光滑半圆形管道，管道圆心O在两板间中心(两板间有竖直固定的半径为1

4

即圆心O到上、下板距离相等，到板左、右端距离相等)。现有一质量为m、带正

的小球从A处以速度v0=√gd水平进入管道(小球直径略电荷、电荷量为q=2mgd

U

小于管道直径且两者直径均可忽略不计)，小球离开管口B后恰好从平行金属板边界飞出。求：

(1)小球刚运动至B处时的速度大小。

(2)小球刚运动至B处时对管道的压力。

(3)平行金属板的长度L。

20.有一带电荷量q=?3×10?6C的点电荷，从电场中的A点移到B点时，克服静

电力做功6×10?4J，从B点移到C点时，静电力做功9×10?4J。求：

(1)AB、BC、CA间电势差各为多少？

(2)如果B点电势为零，则A点的电势为多少？电荷在A点的电势能为多少？

21.如图所示，电子在电势差为U1=180V的加速电场中由静止开始运动，然后射入电

势差为U2的两块平行极板AB的中央，入射方向跟极板平行，已知极板长L=8cm，

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间距d=４cm，电子质量m=9.0×10?31kg，整个装置处在真空中，重力可忽略。

求：

(１)电子从加速电场出射时的速度?v

(２)若电子恰好从Ａ板边缘出射，则U2为多少？

(３)若在ＡＢ板间加上大小为U2如图所示的交变电压(电压为正时Ａ板带正电)，要使电子能从极板中央水平射出电场，则电压的周期T应满足什么条件？在满足条件的周期取最大值时，大致画出电子的运动轨迹．

22.如图所示，平行板电容器板间距离为2cm，有一个质量m=10?7kg、电荷量q=

?10?8C的液滴，在两板正中央处于静止状态．问：(取g=10m/s2)

(1)哪块板带正电？板间电场强度多大？

(2)若电容器电容为5×10?10F，则电容器带电荷量Q为多少？

(3)若板间电场强度突然增大为原来的2倍，液滴将做什么运动？触及板面时速度

多大？

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答案和解析

1.【答案】A

【解答】

A.电场线的疏密表示电场的强弱，由图知c点场强大于b点场强，故A正确；

B.沿电场线方向电势逐渐降低，故b点电势大于c点，故B错误；

C.若将一试探电荷+q由a点移动到d点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故C

错误；

D.由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故D错误。

故选A。

2.【答案】C

【解析】解：A、由于等势线是电场中的一簇同心圆，且电子由A向C运动过程速度越来越小，故题中电场是由一个处于圆心的负电荷产生的，根据库仑定律可以判断，电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越大，故A错误；

B、电子沿AC方向运动时，电场力做负功，故电势能逐渐变大，故B错误；

C、电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，电子由A向C运动过程速度越来越小，故电场力向外，场强向内，故外侧电势较高，故φA>φB>φC，故C正确；

D、电子沿AC方向运动过程中，电场力逐渐变大，从A到B过程电场力较小，故从A

到B过程电场力做功较少，根据电势差与电场力做功关系U=W

q

，可以得到：U AB

故D错误；

3.【答案】B

4.【答案】C

5.【答案】D

6.【答案】C 【解答】

A、B间的电势差为：U AB=W AB

q =2×10?6

?10

V=?2V<0，则A的电势低于B的电势；C、

D间的电势差为：U CD=?7×10?6

?10?6

V=7V>0则C的电势高于D的电势；又由题，C点

比B点电势高3V，所以电势从高到低的顺序是：C、B、A、D。根据根据顺着电场线方向电势降低，故C正确，ABD错误。

故选C。

7.【答案】D

【解析】解：A、由图可知，甲粒子受到中心点电荷Q的引力，甲粒子从c到b的过程中电场力做负功，电势能增大，所以甲粒子在b点的电势能比在c点大．故A错误；B、乙粒子受到中心点电荷Q的排斥力，从a到d电场力做负功，动能减小，速度减小．从d到b电场力做正功，动能增大，速度增大，所以乙粒子在d点速度最小，故B错误；

C、a、b两点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同，故C错误．

D、Q与乙粒子相互排斥，Q与乙一样带正电荷，越靠近正点电荷Q电势越高，则d点电势比b点电势高，故D正确．

8.【答案】D

【解答】

根据电场力做功公式得到电场力做功：

W AB=qU AB=q(φA?φB)=?e?20V=?20eV；

即电子克服电场力做功20eV，电子的电势能增加了20eV，故D正确，ABC错误。

故选D。

9.【答案】C

【解答】

B点处点电荷+Q在A点的电场强度大小为E，方向由B→A，由E=k Q

知，C点处点

r2

电荷?Q在A点的电场强度大小也为E，方向由A→C，两个电场强度的夹角为90°，根据平行四边形定则得知A点的合电场强度大小等于E′=√E2+E2=√2E，故ABD错误，C正确。

故选C。

10.【答案】D

【解答】

mv2

解：根据动能定理：eU1=1

2

得：v=√2qU1

m

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在偏转电场中v y=at

a=U2e md

t=L v

v y=at

tanθ=v y

v

=

U2L

2U1d

若使偏转角变小即使tanθ变小，由上式看出可以减小U2增大U1．

故选：D。

11.【答案】B

12.【答案】C

【解答】

从速度时间图线得到电子做加速运动，加速度逐渐变小，故电场力向右，且不断变小，故A点的电场强度较大，故E?A>E B；

负电荷受到的电场力与场强方向相反，故场强向左，沿场强方向，电势变小，故A点电势较小，即φA<φB；故ABD错误，C正确。

故选C。

13.【答案】BC

【解析】解：A、由题，①与②、②与③的电势差相等，根据电场力做功公式W=qU得知，粒子从a到b电场力做功与从b到c电场力做功相等，即W1=W2.故A错误。

B、C由于③为直线，是一条等势线，必是则知两个等量异种点电荷连线的垂直平分线，根据粒子的轨迹弯曲方向可知粒子所受的电场力方向向左，则知正点电荷在左侧，负点电荷在右侧，粒子从a到b再到c，电势不断降低，负电荷的电势能不断增大。故BC 正确。

D、粒子在c点时的电场力不为零，加速度不为零。故D错误。

故选：BC。

根据电场力做功公式W=qU，分析W1与W2的关系．根据粒子的轨迹弯曲方向可判断所受的电场力方向，确定等量异种点电荷中正电荷和负电荷的位置，即可判断电场力做功的正负，分析电势能的变化，由等量异种点电荷中正电荷和负电荷的位置，分析a、b 电势的高低．粒子在c点时的电场力不为零，加速度不为零．

14.【答案】BC

【解答】

A.电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据C=εS

4πkd 可知，电容C增大，A错误；

D.两板间的电场强度E=U

d =Q

Cd

=4πkQ

εS

；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不

变；D错误。B.再根据设P与下极板距离为l，则P点的电势φP=El，电势能E P=ELq；因此电荷在P点的电势能保持不变；B正确；

C.根据C=Q

U

可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；C正确；

故BC正确，AD错误。

故选BC。

15.【答案】AB

【解析】解：

A、由运动的速度--时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，由牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A正确；

B、由A到B的过程中，速度越来越大，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在A点时电势能大于在B时的电势能，所以A点的电势能高于B点的电势能，故B正确。

C、从C到D，粒子速度一直不变，故电场力做功为零，可知CD间各点电场强度为零，但电势不一定为零，故C错误；

D、A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D错误。

16.【答案】AB

【解答】

A.若小球带正电，当d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据E=U

d

=

Q Cd =4πkQ

?S

，知E不变所以电场力不变，小球仍然打在N点，故A正确；

B.若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，根据E=U

d

，知d减小时E增大，所以电场力变大，方向向下，小球做平抛运动竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故B正确；

C.若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根

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据E=U

d =Q

Cd

=4πkQ

?S

，知E不变，所以电场力大小不变，方向变为向上，若电场力小于

重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍然可能打在N点，故C错误；

D.若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，根据E=U

d

，知E增大，所以电场力变大，方向向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，故D错误。

故选：AB。

17.【答案】(1)①变大；变小；②变大；变小；

(2)2，2。

【解答】

(1)若极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，由电容的决定式C=?S

4πkd

分析知电

容减小，电容器的电量不变，根据电容的定义式C=Q

U

可知，U变大，则静电计指针偏角变大，此实验说明平行板电容器的电容随正对面积的减小而变小；

(2)若极板B稍向左移动一点，板间距离增大，由电容的决定式C=?S

4πkd

分析知电容减

小，电容器的电量不变，根据电容的定义式C=Q

U

，极板间的电压U增大，则静电计指针偏角变大，此实验说明平行板电容器的电容与极板间距离成反比，即电容随极板间距离的变大而变小。

故答案为：①变大；变小；②变大；变小。

(2)

故答案为：(2,2)。

18.【答案】(1)I；II；(2)Y；O；X

【解答】

(1)根据示波器原理Ⅰ区是加速电场区，Ⅱ区是偏转区。

(2)在偏转电极YY′加电压，且U YY′>0，y比Y′电势高，电子向高电势运动，故粒子向Y

板偏移；

只在偏转电极XX′上加电压，且U XY′>0，x比x′电势高，电子向高电势运动，故粒子向

X板偏移；

若两个偏转电极都不加电压，即U YY′=0，U XX′=0，则粒子打在荧光屏上O点。

故答案为：(1)I；II；(2)Y；O；X。

19.【答案】解：(1)从A到B过程中，只有重力和电场力做功，设管道半径为R，小球

到达B点时速度大小为v B，由动能定理可得：U

d q·2R?mg·2R=1

2

mv B2?1

2

mv A2

代入解得：v B=√2gd；

(2)小球在B处时受到管道的弹力为N，可得：

N+mg?U

d

q=m

v B2

R

联立解得：N=9mg；

由牛顿第三定律可得，小球对轨道压力大小为N′=N=9mg，方向竖直向上；

(3)小球离开B点后在电场中做类平抛运动，从上极板左侧边缘离开电场

水平方向上：s=v B t

竖直方向上由牛顿第二定律可得：

U

d

q?mg=ma

1

d=1

at2

联立可得板长：L=2s=2d。

答：(1)小球刚运动至B处时的速度大小v B=√2gd；

(2)小球运动至B点处时对管道压力的大小为9mg，方向竖直向上；

(3)平行金属板的长度L为2d。

20.【答案】解：(1)根据U=W

q

则U AB=?6×10?4

?3×10?6

V=200V，即φA?φB=200V

U BC=9×10?4

?3×10?6

V=?300V，即φB?φC=?300V

U CA=φC?φA=100V；

(2)若φB=0，则φA=200V

电荷在A点的电势能为E pA=φA q=200×(?3×10?6)J=?6×10?4J。

答：(1)AB、BC、CA间电势差各为200V、?300V、100V；

(2)如果B点电势为零，则A点的电势为200V，电荷在A点的电势能为?6×10?4J。

21.【答案】解：

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(1)由动能定理eU1=1

2mv02得v0=√2eU1

m

=8×106m/s

(２)电子在电场力作用下做类平抛运动

加速度为a=eU2

dm

运动时间为t=L v

=1×10?8s

偏转的侧位移为d

2=1

2

at2

解得：U2=90V

(３)加上图示电压时，电子在不撞到极板时，一个周期内在电场中先做类平抛，后做反类平抛，再反向类平抛和反类平抛，即经过一个周期后速度方向恰好沿电场中央水平向右，因此要让电子从中央水平向右射出电场，电子在电场中运动的时间恰好为电压周期

的整数倍，即nT=t，所以T=t

n =10?8

n

(n=1,2,3......)，当n=1时，T max=10?8s

此时轨迹如图：

22.【答案】解：(1)液滴处于静止状态，可知电场力方向向上，则电场强度的方向竖直向下，上极板带正电

根据qE=mg得：E=mg q=100N/C。

(2)由U=Ed，Q=CU，得Q=1×10?9C

(3)当电场强度变为原来的2倍，则电场力变为原来的2倍，即为2mg，

液滴将向上做匀加速直线运动，则加速度：

a=F?mg

m

=10m/s2

末速度为：

v=√2g?=√2×10×0.01m/s=√5

5

m/s

用，运用共点力平衡和牛顿第二定律进行求解。

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