1、第 1 页，共 11 页 2018年高中物理（人教版）选修 3-1 第一章静电场单元复习题 一、单选题（本大题共 10 小题，共 40.0分） 1. 如图所示，真空中 A、 B 两个点电荷的电荷量分别为 +Q 和 +q，放在光滑绝缘水平面上， A、 B 之间用绝缘的轻弹簧连接当系统平衡时，弹簧的伸长量为 x0若弹簧发生的均是弹性形变，则（ ） A. 保持 Q 不变，将 q 变为 2q，平衡时弹簧的伸长量等于 2x0 B. 保持 q 不变，将 Q 变为 2Q，平衡时弹簧的伸长量小于 2x0 C. 保持 Q 不变，将 q 变为 -q，平衡时弹簧的缩短量等于 x0 D. 保持 q 不变，将 Q 变为
2、 -Q， 平衡时弹簧的缩短量小于 x0 2. 某电场的电场线如图所示，则电场中的 A 点和 B 点电场强度 EA和 EB的大小关系是（ ） A. EA EB B. EA EB C. EA=EB D. 无法判断 3. 如图所示， P、 Q、 A、 B 四个点在同一条直线上，分别把两个正、负点电荷置于 P、 Q 两点 A、 B 两点间的电势差用 U 表示， A 点的电场强度用 E 表示若只把 Q 点的点电荷的电荷量减半，则（ ） A. U 变大， E 变大 B. U 变小， E 变小 C. U 变小， E 变大 D. U 变大， E 变小 4. 真空中有两个等量异种点电荷，以连线中点 O 为坐标原
3、点 ，以它们的中垂线为 x 轴，下图中能正确表示 x 轴上电场强度情况的是（ ） A. B. C. D. 5. P、 Q 是一条电场线上的两个点，一带正电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从 P 点沿电场线运动到 Q 点，其 v-t 图象如图所示则这电场的电场线分布可能是如图中的（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示， O 为两个等量同种正点电荷连线的中点， a、 b、 c、 d 是以 O为圆心的圆周上的四个点，设无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（ ） A. a、 c 电场强度相同 B. b、 O、 d 三点电势相 等 C. O 点的电场强度，电势均为零 D. 把电子从 a 点移
4、动到 b 点，电子的电势能增大 7. 如图所示，在电场强度 E 2 103 V/m 的匀强电场中有三点 A、 M和 B， AM 4 cm， MB 3 cm， AB 5 cm，且 AM 边平行于电场线，把一电荷量 q 2 10 9C 的正电荷从 B 移动到 M点，再从 M点移动到 A第 2 页，共 11 页 点，电场力做功为 ( ) A. 0.16 10 6 J B. 0.12 10 6 J C. 0.16 10 6 J D. 0.12 10 6 J 8. 如图所示，水平细杆上套一环 A，环 A 与球 B 间 用一轻质绳相连，质量分别为 mA、 mB，由于 B 球受到风力作用，环 A 与 B 球
5、一起向右匀速运动已知细绳与竖直方向的夹角为，则下列说法中正确的是（ ） A. B 球受到的风力 F 为 mBgsin B. 风力增大时，轻质绳对 B 球的拉力保持不变 C. 风力增大时，杆对环 A 的支持力保持不变 D. 环 A 与水平细杆间的动摩擦因数为 9. 如图所示，三个等势面上有 a、 b、 c、 d 四点，若将一正电荷由 c 经 a 移到 d，电场力做正功 W1，若由 c 经 b 移到 d，电场力做正功 W2，则（ ） A. W1 W2， 1 2 B. W1 W2， 1 2 C. W1=W2， 1= 2 D. W1=W2， 1 2 10. 如图所示， AB 为等量同种点电荷间的连线，
6、 CB 垂直于 AB 且 CAB=30，D 为 AC 的中点，若已知 D 点的场强大小为 E，则 C 点的场强大小为（ ） A. E B. E C. E D. E 二、多选题（本大题共 5 小题，共 20.0分） 11. 如图所示，两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，合开关 S，电源给电容器充电在两极板间有固定点 P用E 表示两极板间的电场强度，表示 P 点的电势，下列说法正确的是（ ） A. 保持 S 接通，上极板 A 不动，将下极板 B 缓慢向下移动稍许到 B，增大 B. 保持 S 接通，上极板 A 不动，将下极板 B 缓慢向下移动稍许到 B， E增大 C. 若断
7、开 S，下极板 B 不动，将上极板 A 缓慢向下移动稍许到 A，则 E不变 D. 若断开 S，下极板 B 不动，将上极板 A 缓慢向下移动稍许到 A，减小 12. 一匀强电场的方向平行于 xOy 平面，平面内 a、 b、 c 三点的位置如图所示，三点的电势分别为 10V、 17V、 26V下列说法正确的是（ ） A. 电场强度的大小为 2.5V/cm B. 坐标原点处的电势为 1 V C. 电子 在 a 点的电势能比在 b 点的低 7eV D. 电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功为 9eV 13. 在 x 轴上有两个点电荷 q1、 q2，其静电场的电势在 x 轴上分布如图所示下列说法正确
8、有（ ） 第 3 页，共 11 页 A. q1和 q2带有异种电荷 B. x1处的电场强度为零 C. 负电荷从 x1移到 x2，电势能减小 D. 负电荷从 x1移到 x2，受到的电场力增大 14. （多选）如图所示，实线的两点电荷形成的电场线，若不计重力的带电粒子从 C 点运动到 D 点，轨迹如图虚线所示，则下列说法中正确的是（ ） A. 由 C 到 D 过程中电场力对带电粒子做正功 B. 由 C 到 D 过程中带电粒子动能减小 C. 粒子带正电 D. A 电荷的电荷量大于 B 电荷的电荷量 15. a、 b、 c 三个质量和电荷量都相同的粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，
9、其中 b 恰好飞出电场，对于三个粒子在电场中的运动，下列说法正确的是 ( ) A. 在 b 飞离电场的同时， a 刚好打在负极板上 B. b 和 c 同时飞离电场 C. 进入电场时， c 的速度最大， a 的速度最小 D. 动能的增量相比， c 的最小， a 和 b 的一样大 三、计算题（本大题共 4 小题，共 40.0分） 16. 如图所示，真空室中电极 K 发出的电子（初速度不计 ）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板 C、 D 间的中心线射入两板间的偏转电场，电子离开偏转电极时速度方向与水平方向成 45，最后打在荧光屏上，已知电子的质量为 m、电荷量为 e， C、 D 极板长
10、为 l， D板的电势比 C 板的电势高，极板间距离为 d，荧光屏距 C、 D 右端的距离为 电子重力不计求： （ 1）电子通过偏转电场的时间 t0； （ 2）偏转电极 C、 D 间的电压 U2； （ 3）电子到达荧光屏离 O 点的距离 Y 17. 如图（ a）所示，平行板电容器的两个极板 A、 B 分别接在电压为 U 的恒压电源的两极，电容器所带电荷量 为 Q，两极板间距为 d，板长为 L，粒子从非常靠近上极板的 C 点以 v0的速度沿垂直电场线方向的直线 CO 方向射入电场，经电场偏转后由 D 点飞出匀强电场，已知粒子质量为 m，电荷量为 2e，不计粒子重力 第 4 页，共 11 页 求：
11、（ 1）平行板电容器的电容； （ 2） CD 两点间电势差； （ 3）若 A、 B 板上加上如图（ b）所示的周期性的方波形电压， t=0 时 A 板比 B 板的电势高，为使 时刻射入两板间的粒子刚好能由 O 点水平射出，则电压变化周期 T 和板间距离 d 各应满足什么条件？（用 L、 U、 m、 e、 v0表示） 18. 如图所示， A 为带 正电 Q 的金属板，沿金属板的垂直平分线，在距板 r 处放一质量为 m、电量为 q 的小球，小球受水平向右的电场力偏转角而静止，小球用绝缘细线悬于 O 点，试求小球所在处的电场强度？ 19. 将电荷量为 6 10-6C 的负电荷从电场中 A 点移到 B
12、 点，克服电场力做了 3 10-5 J 的功，再将该电荷从 B 点移到 C 点，电场力做了 1.2 10-5J的功，则 AC两点间的电势差是多少？ 第 5 页，共 11 页 答案和解析 【答案】 1. B 2. B 3. B 4. C 5. C 6. D 7. C 8. C 9. D 10. C 11. AC 12. ABD 13. AC 14. ACD 15. ACD 16. 解：（ 1）电子在离开 B 板时的速度为 v，根据动能定理可得： eU1= 得： v= 电子进入偏转电场水平方向做匀速直线运动，则有： t0= =l （ 2）电子在偏转电极中的加速度： a= 离开电场时竖直方向的速度：
13、 vy=at0= 离开电场电子的速度与水平方向的夹角： tan45 = = 解得： U2= （ 3）离开电场的侧向位移： y1= 解得： y1= 电子离开电场后，沿竖直方向 的位移： y2= tan45 = 电子到达荧光屏离 O 点的距离： Y=y1+y2= l； 答：（ 1）电子通过偏转电场的时间 t0为 l （ 2）偏转电极 C、 D 间的电压 U2为 （ 3）电子到达荧光屏离 O 点的距离 Y 为 l 17. 解： （ 1）依电容定义有：平行板电容器的电容 （ 2）两板之间为匀强电场 粒子在电场中加速度 ，粒子的偏移量： 第 6 页，共 11 页 运动时间 解得： CD 两点的电势差为：
14、 （ 3）为使 a 粒子刚好由 O 点水平射出，粒子在一个周期内竖直方向的分位移应为零，必须从进入电场，且在电场中运动时间与 电压变化周期 T 的关系为 t=nT，（ n=1， 2， 3，） 则 竖直方向向下的最大分位移应满足： 即 解得 18. 解：小球的受力如图所示 由平衡条件得： F 电 =mgtan 又 F 电 =qE 解得，小球所在处的电场强度： E= 小球带正电荷，因此电场强度方向水平向右 答：小球所在处的电场强度 19. 解： AB 间的电势差 ， BC 间的电势差 所以 UAC=UAB+UBC=3V 故 AC 间的电势差为 3V 【解析】 1. 解：设弹簧的劲度系数为 K，原长
15、为 x当系统平衡时 ，弹簧的伸长量为 x0，则有： Kx0=k A、保持 Q 不变，将 q 变为 2q 时，平衡时有： Kx1=k 由解得： x1 2x0，故 A 错误； B、同理可以得到保持 q 不变，将 Q 变为 2Q，平衡时弹簧的伸长量小于 2x0，故 B 正确； C、保持 q 不变，将 Q 变为 -Q，如果缩短量等于 x0，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，故平衡时弹簧的缩短量大于 x0，故 C 错误； D、保持 Q 不变，将 q 变为 -q，如果缩短量等于 x0，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，故平衡时弹簧的缩短量大于 x0，故 D 错误 故选： B 第 7 页，共 11 页 根据
16、库仑定律及胡 克定律列式分析，电荷量变化，库仑力变化，两球的距离变化，弹力变化，根据平衡条件列方程计算即可 本题主要考查了库仑定律及胡克定律的直接应用，要知道，电荷量变化后库仑力要变化，距离变化后弹簧弹力会变化 2. 解：由于电场线的疏密可知， a 点的电场强度强，所以 EB EA；故 B 正确， ACD 错误 故选： B 电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向，沿着电场线方向电势是降低的，据此可正确解答 电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布，明确电场线分布与电场强度以及电势之间的关系 3. 解；由题， P、 Q 在 A 点产生的场强方向均向右，只把 Q
17、点的点电荷的电荷量减半， P 产生的场强不变，而根据 E=k 得知， Q 在 A 两点产生的场强减小，方向不变则根据叠加原理可知， E 变小由 U=Ed 知， AB间距离不变，则 U 变小 故选 B A、 B 两点的场强是两个电荷产生的电场的叠加， P、 Q 在 A 点产生的场强方向均向右，由 E=k 判断把 Q点的点电荷的电荷量减半判断场强的变化情况由 U=Ed 定性判断 U 的变化 本题利用叠加原理分析 A 点的场强如何变化，由 U 公式 =Ed 定性判断非匀强电场中电势差 U 的变化 4. 解：等量异种电荷的 垂直平分线上电场线的切线方向一致，由中点向垂直平分线两侧电场线越来越疏，则电场
18、强度越来越小故 C 正确， ABD 错误 故选： C 根据等量异种电荷垂直平分线上的电场线进行分析，电场线的切线方向表述电场的方向，疏密表述电场的强弱 解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道电场线的切线方向表示电场的方向，电场线的疏密表示电场的强弱 5. 解：根据 v-t 图象，带电粒子的加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故带正电的粒子应该逆电场线运动，且向着电场线密集的方向运动，选项 C 正确 故选： C 速度 -时间图象中， 图象的斜率表示加速度，根据其 v-t 图象知道粒子的加速度逐渐增大，速度逐渐减小，所以电场力做负功，且电场力逐渐变大 本题考查了速度 -时间图象的应用和电场
19、线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据图象判断物体的运动情况，进而分析受力情况能根据电场线的分布判断电场强度的大小难度适中 6. 解： A、 a、 c 两点在图中处于对称位置，而且，电荷也是对称分布的，所以，电场强度大小相等，方向相反，故 A 错误； B、 b、 d 两点处于镜像对称位置，在电场分布中，两点的电势相等；在 Ob 之间，电场强度方向向上，所以，电场线的方向也 向上，沿着电场线电势降低，所以， O 点电势高于 b、 d，故 B 错误； C、 O 点处于电场分布对称中心，所以， O 点的电场强度为零；电场线从 O到 b 延伸至无穷远的方向都是指向上，又有，无穷远处电势为零，且沿着电
20、场线电势降低，所以， O 点电势大于零，故 C 错误； D、在 aOb 所围左上侧，电场强度方向为右上方，把电子从 a 点移动到 b 点，电场力做负功，电势能变大，故 D 正确； 故选： D 该题考查学生对电场中电势、电场强度、电场力做功与电势能的关系的理解根据电荷在该点的受力比较电场强度的大小，方向；由电场强度在该区域的大致方向判断电 荷移动过程电场力做正功还是负功；进而得到两点间电势大小的比较 本题要注意选项 D，题设为电子，电子带负电，沿电场线运动，电场力对电子做负功，电势能增加 7. 略 第 8 页，共 11 页 8. 解： A、 B、对球 B 受力分析，受重力、风力和拉力，如左图 风
21、力 F=mBgtan，故 A 错误 绳对 B 球的拉力 T= 当风力增大时，增大，则 T 增大故 B 错误 C、 D、把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力（ mA+mB） g、支持力 N、风力 F 和向左的摩擦力 f，如右图 根据共点力平衡条件可得：杆对 A 环的支持力大小 N=（ mA+mB） g f=F 则 A 环与水平细杆间的动摩擦因数为 = = 故 D 错误； 对整体分析，竖直方向上杆对环 A 的支持力 NA=（ mA+mB） g，不变， C 正确； 故选： C 先对球 B 受力分析，受重力、风力和拉力，根据共点力平衡条件列式分析；对 A、 B 两物体组成的整体受力分析，受重力、
22、支持力、风力和水平向左的摩擦力，再次根据共点力平衡条件列式分析各力的变化 本题关键是先对整体受力分析，再对球 B 受力分析，然后根据共点力平衡条件列式分析求解 9. 解：正电荷由 c 经 a 移到 d 点，电场力做功为 W1=qUcd，由 c 经 b 移到 d 点，电场力做功为 W2=qUcd，则有 W1=W2电场力对正电荷做正功时，电势降低，则 c d 1 2故 D 正确， ABC错误 故选： D 根据电场力做功公式 WAB=qUAB，可知，初末位置电势相等，移动同一电荷时，电场力做功相等电场力对正电荷做正功时，电势降低 本题考查对电场力做功 WAB=qUAB 的理解和应用能力电场力做功与路
23、径无关，只与初末位置的电势差有关 10. 解：根据几何关系可知， D 到 A、 B 两点间距等于 AC 的一半，也等于 BC， 根据点电荷电场强度的方向可知，两点电 荷在 D 的电场强度方向夹角为 120， 由点电荷电场强度公式 E= ，可知，它们在 D 点的电场强度大小相等，即为 E； 那么 A 点电荷在 C 点的电场强度大小为 ，则 B 点电荷在 C点的电场强度大小为 E， 方向如图所示， 根据力的合成法则，结合余弦定理，则有 C 点的场强大小为 EC= E； 故选： C 根据点电荷电场强度公式 E= ，结合矢量合成法则，依据 C点的场强大小为 E，可知，点电荷 A、 B 在 C的电场强度
24、大小，从而分别确定两点电荷在 C 点的电场强度大小，最后根据力的平行四边形定则，即可求解 第 9 页，共 11 页 考查点电荷电场强度公式的应用 ，理解电场强度矢量性，掌握几何关系的运用，注意求得 A、 B 点电荷在 C的电场强度大小与方向是解题的关键，也是解题的突破口，同时注意余弦定理的内容 11. 解： AB、保持 S 接通，则两板间的电势差不变，上极板 A 不动，将下极板 B 缓慢向下移动稍许到 B，导致 d 增大，由 E= 可知，两极板间的电场的电场场强减小，则 P 到上极板的电势差减小，因此 P 点的电势升高，故 A 正确， B 错误； C、断开 S，下极板 B 不动，将上极板 A
25、缓慢向下移动稍许到 A，因两板上所带电量不变，减小距离 d，电容增大，由 C= ，及 E= = ，则可知 E 不变，故 C 正确； D、由上分析可知，因电场强度不变，当将上极板 A 缓慢向下移动稍许到 A，而 P到 B 极板间的电势差不变，则其电势不变，故 D 错误； 故选： AC 电容器与电源相连，两极板间的电势差不变，通电后断开，则两极板上的电量不变； 由平行板电容器电容 C= ， 根据某些量的变化可知电容的变化，则由 Q=UC 可知电压或电量的变化，由 E= 可求得电场强度的变化 电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开则极板上的电量不变；和电源相连，则两板间的电势差不变
26、 12. 解： A、如图所示，在 ac 连线上，确定一 b 点，电势为 17V，将 bb连线，即为等势线，那么垂直bb连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图， 因为匀强电场，则有： E= ， 依据几何关系，则 d= = =3.6cm， 因此电场强度大小为 E= =2.5V/cm，故 A 正确； B、根据 c- a= b- o，因 a、 b、 c 三点电势分别为 a=10V、 b=17V、 c=26V，解得：原点处的电势为 0=1 V，故 B 正确； C、因 Uab= a- b=10-17=-7V，电子从 a 点到 b点电场力做功为 W=qUab=7 eV，因电场力
27、 做正功，则电势能减小，那么电子在 a 点的电势能比在 b 点的高 7 eV，故 C 错误； D、同理， Ubc= b- c=17-26=-9V，电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功为 W=qUbc=9 eV，故 D 正确； 故选： ABD。 根据匀强电场的电场强度公式 E= ，结合电势差与场强间距，即可求解； 依据电势差等于电势之差； 根据电场力做功表达式 W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况。 考查匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式 E= 的应用，理解几何关系的运用，并理解 W=qU 中各量的正负值含义。 第 10 页，共 11 页 13. 解： A、由
28、图可知：无穷远处电势为零，又有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以， q1和 q2带有异种电荷，故 A 正确； B、电场强度等于图中曲线斜率， x1处的斜率不为零，故电场强度不为零，故 B 错误； C、负电荷从 x1移到 x2，电势增大，电势能减小，故 C 正确； D、负电荷从 x1移到 x2，曲线斜率减小，及电场强度减小，所以，受到的电场力减小，故 D 错误； 故选： AC由电势的变化及无穷远处电势为零可得源电荷带异号电荷，再根据电场强度即曲线斜率得到电场强度变化，进而判断出电场力变化 电场强度大小与电势大小无关，只与电势差随相对位移的变化率有关。 14.
29、解： A、 B、据电场线的分布情况可知，带电粒子从 C 到 D 的过程中，电场力的方向与运动方向小于90，电场力对其做正功，电势能减小，动能增大故 A 正确， B 错误； C、据带电粒子仅在电场力作用下从 C 点运动到 D 点的轨迹，可判断所受电场力大体指向弯曲一侧，结合某点的切线方向，即为速度方向，从而判断粒子带正电，故 C 正确； D、据电场线的疏密程度可知， A 电荷的电荷量大于 B 电荷的电荷量；故 D 正确 故选： ACD 据带正电粒子仅在电场力作用下从 C 点运动到 D 点的轨迹，可判断所受电场力大体指向弯曲一侧，从而判断 B 处是负电荷， A 处是正电荷；再根据电场线的特点分析即
30、可 弄清电场强度、电势、电势能、电场力做功等概念及间的关系，并能在实际电场中或者电荷运动过程中弄清它们的变化 15. 【分析】三个粒子做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为 0的匀加速直线运动粒子的质量和电量相同，知加速度相同比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小通过动能定理比较动能的变化量。 解决本题的关键将类平抛运动 分解为垂直电场方向和沿电场方向，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为 0 的匀加速直线运动。 【解答】 A.粒子的质量和电量相同，知加速度相同 a、 b 两粒子在竖直方向上的位移相
31、等，根据 知， a、 b运动的时间相等， c 的运动时间最短 ,故 A 正确， B 错误 ; C.因为 ta=tb tc，又 xa xb=xc，因为垂直电场方向上做匀速直线运动，所以 vc vb va， 故 C正确； D.据动能定理知， a、 b 两电荷，电场力做功一样多，所以动能变化量相等 c 电荷电场力做功最少，动能变化量最小，故 D 正确。 故选 ACD。 16. （ 1）电子先 AB 板间电场加速，后进入 CD 板间电场偏转做类平抛运动，最后离开电场而做匀速直线运动先由动能定理求出加速获得的速度电子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，由公式 x=vt可求时间 （ 2）粒子在偏转电场中
32、做类平抛运动，根据运动的合成和分解可求得偏转电压； （ 3）根据位移公式可求得粒子在偏转电场中的位移，再根据粒子离开电场后的偏转后做匀速运动，根据竖直方向上的分速度可以求出竖直方向上的位移，则可以求出总位移 本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确带电粒子的运动可分加速和偏转两 类，加速一般采用动能定理求解，而偏转采用的方法是运动的合成和分解 17. 本题考查了电容的定义式匀强电场中场强与电势差的关系，熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，抓住几何关系是解答的关键。 （ 1）由电容定义式 求电容； （ 2）两板之间为匀强电场 ，根据粒子的偏转求得粒子的偏转位移 y， D 与 C 间电势差 UCD=EyCD；
