2017-2018学年度高二物理人教版选修3-1第一章静电场单元练习

2017-2018学年度高二物理人教版选修3-1第一章静电场

单元练习

一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）

1. 如图所示的实线为一簇未标明方向的点电荷电场的电场

线，虚线是一个不计重力的带负电的粒子从a点运动到b

点的运动轨迹，则由图可知（ ） A. 场源点电荷带负电

B. 带电粒子在a点的加速度较小 C. 带电粒子在a点的动能较小 D. b点的电势较a点的电势低 2. 两个放在绝缘架上的相同金属球相距r，球的半径比r小得多，带电量大小分别为

q和3q，相互斥力大小为3F．现将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力大小将变为（ ）

A. 4F B.

C. 2F D. 1.5F

3. 下列说法正确的是（ ）

A. 带电粒子仅在电场力的作用下一定做匀变速运动 B. 带电粒子仅在电场力的作用下运动时，动能一定增加 C. 电场力做正功，带电粒子的电势一定降低 D. 电场力做正功，带电粒子的电势能一定减少

4. 如图所示，实线表示某电池中的四个等势面，它们的电势分

别为φ1、φ2、φ3和φ4，相邻等势面间的电势差相等，一带负

a、电的粒子（重力不计）在该电场中运动的轨迹如虚线所示，

b、c、d是其运动轨迹与等势面的四个交点，则可以判断（ ）

A. φ4等势面上各点场强处处相同

B. 四个等势面的电势关系是φ1＜φ2＜φ3＜φ4 C. 粒子从a运动到d的过程中静电力一直做负功

D. 粒子在a、b、c、d四点的速度大小关系是va＜vb＜vc=vd 5. 如图所示，在真空中有两个带正电的点电荷，分别置于M、

N两点．M处正电荷的电荷量大于N处正电荷的电荷量，A、

B为M、N连线的中垂线上的两点．现将一负点电荷q由A点沿中垂线移动到B点，在此过程中，下列说法正确的是

（ ）

A. q的电势能逐渐减小 B. q的电势能逐渐增大 C. q的电势能先增大后减小 D. q的电势能先减小后增大 6. 在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c

分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示．若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动．粒子从b点运动到d点的过程中（ ）

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A. 先做匀加速运动，后做匀减速运动

B. 先从高电势到低电势，后从低电势到高电势 C. 电势能改变量大于机械能改变量 D. 电势能先减小后增大

7. 一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所

示．已知静电计指针张角随着电容器两极间的电势差的增大而增大．现保持电容器的电量不变，且电容器N板位置不动．下列说法中正确的是（ ） A. 将M板向左平移，则静电计指针张角减小 B. 将M板向右平移，则静电计指针张角增大 C. 将M板竖直向下平移，则静电计指针张角减小 D. 将M板竖直向上平移，则静电计指针张角增大 8. 如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定

值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F，电容器带电量为Q，下列判断正确的是（ ）

A. 增大R1时，F将变大 B. 增大R2时，F将变大

C. 减小平行板MN的间距，Q将变大 D. 增大平行板MN的间距，Q将变大 9. 如图所示，以O点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 两点时，下列说法中正确的是（ ）

A. b、c、e、f 四点的场强相同 B. b、c、e、f 四点的电势相等

C. O点的电势高于b、c、e、f 四点的电势

D. 将一带正电的试探电荷从O点移到e点，电场力做正功 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

10. 如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的

两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M．一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列结论正确的是（已知重力加速度为g）（ ）

A. 两极板间电压为

B. 板间电场强度大小为

C. 整个过程中质点的重力势能增加

D. 若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上

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11. 如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、

B两点在x轴上的坐标值．一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ）

A. 该电场一定不是孤立点电荷形成的电场 B. A点的电场强度小于B点的电场强度

C. 电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W=EpA-EpB D. 电子在A点的动能小于在B点的动能

12. 如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。在电场力作用

下，一带电粒子（不计重力）经B点运动到A点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（ ） A. 粒子带正电 B. 粒子在A点加速度较大

C. 粒子在B点动能较大 D. 粒子在B点电势能较大

a、b两点间的电势差为U，c为ab连线的中点，13. 在匀强电场中，距离为l，则（ ）

A. 电场强度大小为

B. 电场强度在ab连线上的分量大小为 C. a、c两点间的电势差为

D. 若以c点为球心在电场中放置一个半径为且不带电的金属球，则a、b、c三点

的场强和电势分别都相等

三、计算题（本大题共2小题，共20.0分）

14. 如图甲所示，A、B是两块水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B

板接地，A板电势φA随时间变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔O1′和O2，两板间电压为U2，组成减速电场．现有一带负电粒子在t=0时刻以一定初速度沿AB两板间的中轴线O1O1′进入，并能从O1′沿O1′O2进入C、D间．已知带电粒子带电荷量为-q，质量为m，（不计粒子重力）

求：

（1）该粒子进入A、B间的初速度v0为多大时，粒子刚好能到达O2孔； （2）在（1）的条件下，A、B两板长度的最小值； （3）A、B两板间距的最小值．

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15. 质量m=2kg，带电量为q=+0.2C的绝缘物体，与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2；

第一次以初速度v1=2m/s从A点出发向左运动，运动一段时间后停在B点，第二次以初速度v2再从A点向左出发，同时施加平行运动方向大小为E的匀强电场，

2

（g=10m/s）．求： （1）若电场方向与v2方向相反，要使物块能经过B点，则v2与E应满足什么关系： （2）当v1=8m/s，E大小为30N/C时；若在物体运动过程中某时刻撤去电场，物体最后停在A点左方s=5.65m的C点处．求从撤去电场到物体停在C点所用的时间．

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答案和解析

【答案】 1. D 2. A 3. D 4. B 5. B 6. D 7. D

8. C 9. D 10. BC 11. AC 12. AC 13. BC

14. 解：（1）因粒子在A、B间运动时，水平方向不受外力做匀速运动，所以进入O1′孔的速度即为进入A、B板的初速度在C、D间， 由动能定理得qU2=m，即v0=

（2）由于粒子进入A、B后，在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态． 即v竖=0，若在第一个周期内进入O1′孔， 则对应两板最短长度为L=v0T=

T

（3）若粒子在运动过程中刚好不到A板而返回，则此时对应两板最小间距，设为d 所以

=，即d=

．

答：（1）初速度v0为时，粒子刚好到达O2孔；

（2）在（1）的条件下，A、B两板长度的最小值为T；

（3）A、B两板间距的最小值为．

=2m/s2

15. 解：（1）对物块第一次从A运动到B有，根据牛顿第二定律

AB 两点之间的距离为

方法一：对于物块第二次到B点，且速率不为0，则物块停下来的位移s＞sAB，

，得到v2＞

解得v2与E应满足＞（2）①若无电场，则a=

处

=2m/s2，物块停在距离A左侧

所以，电场方向不可能与v2同向． ②开始时，E方向与f同向，则

速度减为0，故物块在反向运动的过程中撤去电场（qE

物块经过L=

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＞mg）

假设撤去电场时物块的速率为v，在撤去电场后，再经过时间t’，物块停在C点 物块反向运动后，加速度大小

，

撤去电场后，加速度大小

得v=1m/s 0=v-a5t' 得t'=0.5s

v2＞答：（1）若电场方向与v2方向相反，要使物块能经过B点，则v2与E应满足：

（2）当v1=8m/s，E大小为30N/C时；若在物体运动过程中某时刻撤去电场，物体最后停在A点左方s=5.65m的C点处．从撤去电场到物体停在C点所用的时间为0.5s． 【解析】

1. 解：A、由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于粒子带负电，受到的电场力的方向与电场线方向相反，所以粒子的电场线的方向向右，场源点电荷带正电．故A错误；

B、电场线的疏密表示场强的大小，由图可知粒子在a点处的电场强度大，粒子受到的电场力大，加速度大．故B错误；

C、由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，若粒子从a运动到b，电场力与轨迹之间的夹角是钝角，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的动能较大．故C错误；

D、正点电荷产生的电场，方向向右，沿电场线的方向电势降低，所以b点的电势较a点的电势低，故D正确． 故选：D

由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性．根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化．当电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小．

本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况．

2. 解：由库仑定律可得：

3F=

=

；

即F=；

而两球接触后再分开平分总电量，故分开后两球的带电量为2q； 则库仑力F′=

=4F；

故选：A．

由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系．

本题很多同学由于没有看清题意而错将F来表示了接触前的库仑力，从而导致错误；在学习中应注意审题的练习．

3. 解：A、带电粒子仅在电场力的作用下在非匀强电场中运动时，电场力是变力，加速度是变化的，做的是非匀变速运动，故A错误．

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B、带电粒子仅在电场力的作用下电场力可以做负功，动能减小，故B错误．

CD、电场力做正功，带电粒子的电势能一定减少．若带电粒子带正电，电势降低，若带电粒子带负电，电势升高，故C错误，D正确． 故选：D

分析带电粒子的受力情况，来判断其运动情况，电场有匀强电场和非匀强电场两类．电场力做正功，带电粒子的电势能一定减少，电势不一定降低．

解决本题的关键是搞清电场有两类：匀强电场和非匀强电场，粒子的电性有两种：正电和负电，考虑问题要全面．

4. 解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图二可知φ4等势面上各点场强不是处处相等，故A错误；

B、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，由图一可知，因此Φ1＜Φ2＜Φ3＜Φ4，故B正确；

C、粒子从a运动到d的过程中静电力与速度的夹角先大于90°，后等于90°，最后小于90°，因此先做负功，后不做功，最后做正功，故C错误；

D、由C选项分析，电场力先做负功，再做正功，则有速度先减小后增大，由于c、d在同一等势线上，因此有va＞vb＞vc=vd，故D错误； 故选：B．

质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向左上方，由于质点带负电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大．

解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化．

5. 解：由题分析可知，A的电势高于B点的电势，将负点电荷q由A点沿中垂线移动到B点的过程中，电场力一直做负功，电荷的电势能逐渐增大． 故选B

A、B为带正电的点电荷连线的中垂线上的两点，电场线从MN出发到无穷远终止，根据顺着电场线电势降低可知，A的电势高于B点的电势，将负点电荷q由A点沿中垂线移动到B点，根据电场力做功的正负，判断其电势能的变化．

本题关键是判断出AB间电势的高低．本题也可以根据推论：负电荷在电势低处电势能大来判断电势能的变化．

6. 解：A、由等量正电荷连线的中垂线上电场分布可知：ac与bd的交点O处场强为0，电场线的方向由此交点指向两边，由于负电荷受到的电场力跟电场线的方向相反，所以

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负电荷受到的电场力始终指向ac的连线与中垂线的交点，由于该电场是不均匀的，粒子所受的电场力是变化的，所以加速度是变化的，故A错误；

B、由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线O点的电势最高，所以从b到d，电势是先增大后减小，故B错误；

C、由于只有电场力做功，只有电势能与动能的相互转化，电势能与机械能之和守恒，因此，电势能改变量等于机械能改变量．故C错误；

D、由b到ac连线的中点O的过程中，电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，故D正确． 故选：D

bd连线即为ac连线的中垂线，因此解决本题的关键是明确等量正电荷连线的中垂线上电场分布特点，从而进一步判断所受电场力、电势、电势能等变化情况．

本题考查了等量同种电荷的电场分布情况，在学习中要明确正电荷、负电荷、等量同种电荷、等量异种电荷等电场的分布情况．

7. 解：A、将M板向左平移，板间距离d增大，根据电容的决定式C=得知电容C

减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析得知板间电势差U增大，则静电计指针张角增大．故A错误；

B、将M板向右平移，板间距离d减小，根据电容的决定式C=

得知电容C增大，

而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析得知板间电势差U减小，则静电计指针张角减小，故B错误．

C、将M板竖直向下平移，两极板正对的面积减小，根据电容的决定式C=

得知电

容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析得知板间电势差U增大，则静电计指针张角增大．故C错误，

D、将M板竖直向上平移，两极板正对的面积减小，根据电容的决定式C=

得知电

容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析得知板间电势差U增大，则静电计指针张角增大．故D正确． 故选：D．

先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析板间电势差的变化，判断静电计指针张角的变化．

本题是电容的动态分析问题，根据电容的决定式C=

和电容的定义式C=结合进行

分析，分析时还要抓住不变量，电容器充电后与电源断开时其电量不变．

8. 解：A、增大R1时，由于R1与电容器相连，电容器相当于开路，R1相当于导线，故对电路没有影响；故增大R1时，F不变；故A错误；

B、增大R2时，由于R0和R2串联，总电流减小，R0两端的电压减小，则平行板电容器两个极板的电压U减小，带电小球受到的电场力F电=qE=q•减小，悬线的拉力为F=

，则知F将变小，故B错误；

C、保持R1、R2不变，减小平行板间的间距时，电容器的板间电压不变，电容增大，由Q=CU知，Q将变大．故C正确．

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D、同理得知，增大平行板MN的间距，Q将变小；故D错误． 故选：C

电容器两端间的电压与R0两端的电压相等，通过分析R0两端间电压的变化，知道极板间电场强度的变化，从而知道电场力的变化及拉力的变化．由Q=CU分析Q的变化． 解决本题的关键是：1、熟悉含容电路的特点：电容两端间的电压与其并联部分的电压相等；含容支路中的电阻相当于导线．2、会正确的进行受力分析，搞清楚什么力变化导致拉力的变化．

9. 解：A、由题意可知，两点电荷在e、f处的电场强度各自进行矢量合成，则e、f处场强大小相等，而方向不相同，同理b、c电场强度大小相等，方向不同，故A错误． B、依据等量异种电荷，等势线的分布，可知，b、f 二点的电势相等，而c、e二点的电势相等，故B错误；

C、根据沿着电场线方向，电势降低，因此O点的电势高于c、e二点的电势，而低于b、f 二点的电势，故C错误； D、将一带正电的试探电荷从O点移到e点，即从高电势移动低电势，那么电势能降低，因此电场力做正功，故D正确； 故选：D．

根据两个点电荷在0处电场强度的叠加，满足矢量合成的原理，并依据等量异种电荷的电场线与等势线的分布，进行分析即可．

考查点电荷的电场强度的叠加，关键要掌握库仑定律，理解电场强度的大小与方向，及矢量叠加原理，并掌握等量异种电荷的等势线的分布．

10. 解：AB、据题分析可知，小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，小球的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE-mg=mg， 得到：E=

．由U=Ed可知，板间电压U=

，故

A错误，B正确；

C、小球在电场中向上偏转的距离y=at2，而a=

=g，t=，解得：y=

；故小球

打在屏上的位置与P点的距离为：S=2y=正确。

，重力势能的增加量EP=mgs=，故C

D、仅增大两板间的距离，因两板上电量不变，根据E====，可知，板

间场强不变，小球在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏上，故D错误。 故选：BC

根据题意分析，小球最后垂直打在M屏上，必须考虑质点的重力。小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，飞出电场后，小球的加速度向下，最后才能最后垂直打在M屏上，根据对称性可明确加速度关系，从而根据动力学规律即可明确板间电场强度和电势差，根据功能关系可分析重力势能的增加量；同时明确电量不变只改变板间距离时，两板间的电场强度不变，带电粒子的运动情况不变。

本题是类平抛运动与平抛运动的综合应用，基本方法相同：运动的合成与分解，关键要分析出小球在电场内外运动过程的对称性，得到加速度关系。

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11. 解：AB、根据功能关系知，Ep=qφ，E=，得：E=•，即有=qE，根据

数学知识可知，图线的斜率k=qE，则知E保持不变，说明电场强度不变，所以该电场一定是匀强电场，一定不是孤立点电荷形成的电场，EA=EB．故A正确，B错误． C、电子由A点运动到B点的过程中，由功能关系可得，电场力对其所做的功W=EpA-EpB．故C正确．

D、根据能量守恒定律得知，电子从A到B电势能增大，动能减小．即电子在A点的动能大于在B点的动能．故D错误． 故选：AC

根据功能关系知，Ep=qφ，E=

，得：E=•

，分析图象的斜率与场强的关系，判

断场强的变化．电子只受电场力，则电场力做功等于动能的增加量，分析各图中图象与位移的关系可判断电场强度如何变化，结合功能关系分析即可．

本题要求学生能从图象中判断出物理量的变化规律．关键要掌握电势能与电势的关系Ep=qφ，场强与电势差的关系E=

，还要把握常见电场中的场强的分布特点及坐标中

图象的意义．

12. 解：A、电场线的方向向左，根据粒子的运动轨迹可以判断出粒子受到的电场力的方向向左，与电场线的方向相同，所以该粒子带正电，故A正确；

B、电场线密的地方电场强度大，所以粒子在B点受到的电场力大，在B点时的加速度较大，故B错误。

CD、从B点运动到A点的过程中，电场力对粒子做负功，所以粒子的动能减小，电势能增加，所以粒子在B点动能较大，在B点电势能较小。故C正确，D错误。 故选：AC

不计重力的粒子在电场力作用下B点运动到A点，由运动与力的关系可知，电场力方向指向轨迹的内侧，判断出电场力的方向，来分析粒子的电性。电场线的疏密表示电场强度的强弱，由牛顿第二定律分析加速度的大小。由电场力做功正负分析动能和电势能的大小。

加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，沿电场线的方向电势降低，电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，即可解决这类问题。

13. 解：AB、由题，a、b两点间的距离为l及ab连线与电场方向的夹角为θ，则这两点沿电场方向的距离d=lcosθ，a、b两点间的电势差U，因此电场强度大小E=

，当

夹角θ等于90°时，则电场强度大小为E=，若ab连线与电场方向的夹角为θ，那么电场强度在ab连线上的分量大小为E′=Ecosθ=

•cosθ=，故B正确；

C、a、b两点间的电势差为U，由于在匀强电场中，且c为ab连线的中点，那么a、c两点间的电势差为U′=，故C正确；

D、若以c点为球心在电场中放置一个半径为且不带电的金属球，依据静电感应，则金属球是等势体，因此a、b、c三点的电势相等，而a、c两点场强大小相等，方向不同，对于b点的电场强度为零，故D错误； 故选：BC．

已知匀强电场的场强为E，a、b两点间的距离为L及ab连线与电场方向的夹角为θ，根据公式U=Ed，求出两点沿电场方向的距离d，再求解电势差U；静电平衡后，金属球内的合场强处处为零，电势处处相等，电荷只分布在外表面．

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本题首先要想到匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed，其次要正确理解d的含义：两点沿电场方向的距离，同时掌握静电感应问题，抓住静电平衡导体的特点是关键，要注意金属球内场强为零是指合场强为零，及金属球也是等势体． 14. （1）粒子在水平方向不受外力，根据动能定理即可求得；

（2）根据上板的电势变化规律，可知粒子是在一个周期内竖直方向速度刚好为0，水平速度不变，则可以得出AB两板的最小长度；

（3）四分之一周期粒子向上板运动，恰好到达上板的距离就是最小距离，否则粒子竖直方向无法返回．

本题是道综合性较强的题目，要能正确分析粒子的运动情况，抓住运动过程的对称性分析粒子交变电场中的运动过程是关键，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式求解，是此类题目常用的方法．

15. （1）对物块第一次有A运动到B，应用牛顿第二定律和运动学公式求出AB两点间的距离；要使物块能经过B点，即恰好第二次通过B点时速度不为零，物块停下来的位移s＞sAB，根据牛顿第二定律和运动学公式解答．

（2）先假设没有电场，分析物块停止的距离，根据假设得到电场强度的方向，根据牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式求出速度减小到零时物块运动的位移，分析得到在反向运动的过程中撤去电场，对反向过程应用牛顿第二定律和运动学公式解答． 本题考查带电粒子在重力场和电场中的运动，利用临界法分析物块能经过B点，则v2与E应满足的关系；在分析带电粒子的运动时，直接把电场力看成一个恒力，利用力学解题思想和方法作答．

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