2025教科版高中物理必修第三册同步练习题--第一章 静电场（有解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
2025教科版高中物理必修第三册
第一章　静电场
注意事项
1.全卷满分100分。考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.氘核(H)和氦核(He)从静止开始,经同一电场加速后,它们的速度分别为v1和v2,则(　　)
A.v1=v2 B.v1=2v2 C.v1=3v2 D.2v1=v2
2.如图所示,用起电机使金属球A带上正电,靠近验电器B,则(　　)
A.验电器金属箔片不张开,因为球A没有和B接触
B.验电器金属箔片张开,因为整个验电器都带上了正电
C.验电器金属箔片张开,因为整个验电器都带上了负电
D.验电器金属箔片张开,因为验电器金属箔片都带上了正电
3.如图所示,图中虚线为一静电场的三条等差等势线,而实线则为一电子在电场力作用下的运动轨迹。已知电子由a点运动到c点动能增加了200 eV,a、c两点间的距离为5 cm,则(　　)
A.a、b、c三点的电势关系为φa>φb>φc
B.a、b两点的电势差为Uab=-100 V
C.a点的电场强度Ea=4 000 N/C,方向水平向右
D.c点的电场强度Ec=4 000 N/C,方向水平向左
4.如图所示,a、b、c三条虚线为电场中的等势面,等势面b的电势为零,且相邻两个等势面间的电势差相等。一个带正电的粒子(粒子重力不计)在A点时的动能为10 J,在电场力作用下从A运动到B时速度为零。当这个粒子的动能为7.5 J时,其电势能为(　　)
A.12.5 J B.2.5 J C.0 D.-2.5 J
5.直角坐标系xOy中,M、N两点位于x轴上,G、H两点坐标如图所示。M、N两点各固定一负点电荷,一电荷量为Q的正点电荷置于O点时,G点处的电场强度恰好为0。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点,则H点处电场强度的大小和方向分别为(　　)
A.,沿y轴正方向 B.,沿y轴负方向
C.,沿y轴正方向 D.,沿y轴负方向
6.如图所示,在匀强电场中,O点处固定了一电荷量为+Q的点电荷,a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点,aecf平面与电场平行,bedf平面与电场垂直,则下列说法正确的是(　　)
A.b、d两点的电场强度相同
B.a点的电势等于f点的电势
C.一正检验电荷在球面上任意两点之间移动时,电场力一定做功
D.将一正检验电荷在球面上任意两点之间移动,从球面上a点移动到c点的电势能变化量一定最大
7.有一静电场,其电势φ沿x轴方向变化的图线如图所示。一带负电粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放,粒子沿x轴运动,电场中P、Q两点的坐标分别为1 mm、4 mm。下列说法正确的是(　　)
A.粒子经过P点和Q点时,加速度大小相等、方向相同
B.粒子经过P点与Q点时,动能相等
C.粒子经过P点与Q点时,静电力做功的功率相等
D.粒子在P点的电势能为正值
8.空间中有竖直向上的匀强电场,电场强度E=。绝缘圆形轨道竖直放置,圆心为O、半径为R,A、C为圆轨道的最低点和最高点,B、D为与圆心O等高的两点,如图所示。在轨道A点放置一质量为m、带电荷量为+q的光滑小球。现给小球一初速度v0(v0≠0),重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.无论v0多大,小球都不会脱离轨道
B.只有v0≥时,小球才不会脱离轨道
C.v0越大,小球在A、C两点对轨道的压力差也越大
D.若将小球无初速度从D点释放,小球一定会沿轨道经过C点
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.如图所示为静电植绒的装置简图,将表面涂有黏合剂的被植体放在金属板上,打开电源开关后,在金属网与金属板间会产生3 kV的高压,放在金属网上的绒毛将垂直地粘在被植体上。若保持金属网和金属板间的距离为2 cm,忽略边缘效应,将网与板间的电场视为匀强电场,则下列说法正确的是(　　)
A.金属网和金属板间的场强为1.5×105 V/m
B.绒毛在飞往被植体的过程中电势能不断增大
C.若增大金属网和金属板间的距离,则网和板之间的电势差也增大
D.在干燥的环境中进行植绒效果会更好
10.真空中A、B两个异种点电荷,带电荷量分别为qA=2Q、qB=-Q,固定在光滑水平桌面上相距为L的两处。静电力常量为k。下列分析正确的是(　　)
A.A、B两个点电荷之间的库仑力大小为F=
B.A、B两个点电荷连线上的电场方向是由A指向B
C.A、B两个点电荷连线中垂线OO1上各位置的电场强度方向都与AB平行且指向B侧
D.在连线BA的延长线上、点电荷A的左侧静止释放一负点电荷,它一定加速向A靠近
11.如图,一带正电的粒子以一定的初速度沿中线射入水平放置的两平行金属板内,恰好从下极板的右边缘飞出,已知极板间距离为d,极板间电压不变,不计粒子的重力。下列说法正确的是(　　)
A.粒子在板间下落前和后的过程中,电场力做功之比为1∶2
B.粒子在板间下落前和后的过程中,电场力做功之比为1∶1
C.若将上极板水平向左移动一小段距离,则两极板构成的电容器的电容增大
D.若将上极板竖直向上移动一小段距离,则两极板间的电场强度减小
12.如图甲所示,长为L的两块正对金属板A、B水平放置,两板接上如图乙所示随时间变化的交流电压UAB,电子流沿中心线OO'从O点以初速度v0=射入板间,电子都不会碰到极板。已知电子的质量为m、电荷量大小为e。下列说法正确的是(　　)
　
A.两板间距d>T
B.电子无论在哪一时刻从O点射入,离开电场时的速率一定是v0
C.电子在t=0时刻从O点射入时一定从中心线离开电场
D.电子在t=时刻从O点射入时一定从中心线离开电场
二、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间静电力的因素。图甲中,A是一个带正电的小球,系在绝缘丝线上带正电的小球B会在静电力的作用下发生偏离,静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。
甲
(1)他们分别进行了以下操作。
①把系在丝线上的带电小球B先后挂在如图甲中横杆上的P1、P2、P3等位置,小球B平衡后丝线偏离竖直方向的夹角依次减小,由此可得,两小球所带电荷量不变时,距离增大,两小球间静电力　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
②使小球B处于同一位置,增大小球A所带的电荷量,小球B平衡时丝线偏离竖直方向的夹角增大,由此可得,两小球距离不变时,电荷量增大,两小球间静电力　　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
乙
(2)接着该组同学又进行了如下实验,如图乙所示,悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电荷量不变的小球B,在两次实验中,均缓慢移动另一带同种电荷的小球A,当A球到达悬点P的正下方并与B在同一水平线上,B受力平衡时,悬线偏离竖直方向角度为θ,若两次实验中A的电荷量分别为q1和q2,θ分别为30°和45°,则为　　　　。
14.(8分)如图甲所示是观察电容器的充、放电现象实验装置的电路图。电源输出电压恒为8 V,S是单刀双掷开关,G为灵敏电流计,C为平行板电容器。(已知电流I=)
(1)当开关S接　　　　(选填“1”或“2”)时,平行板电容器充电,在充电开始时电路中的电流比较　　　　(选填“大”或“小”)。电容器放电时,流经G表的电流方向与充电时　　　　(选填“相同”或“相反”)。
(2)将G表换成电流传感器,电容器充电完毕后再放电,其放电电流随时间变化的图像如图乙所示,已知图线与横轴所围的面积约为41个方格,可算出电容器的电容为　　　　　。
(3)在电容器放电实验中,接不同的电阻放电,图丙中a、b、c三条曲线中对应电阻最大的一条是　　　　(选填“a”“b”或“c”)。
甲 乙 丙
15.(8分)如图所示,为一组方向未知的匀强电场的电场线,将带电荷量为q=-1.0×10-6 C的点电荷由A点沿水平线移至B点,克服电场力做了2×10-6 J的功,已知A、B间的距离为2 cm。
(1)试求A、B两点间的电势差UAB;
(2)若A点的电势为φA=1 V,试求B点的电势;
(3)试求该匀强电场的电场强度E的大小并判断其方向。
16.(9分)如图所示,带电荷量为Q=+1×10-7 C的小球A固定在光滑绝缘桌面的上方,高度h= m,一个质量为m=1×10-4 kg、带电荷量q=-4×10-8 C的小球B在桌面上以小球A在桌面上的投影点O为圆心做匀速圆周运动,其运动半径为r=0.1 m。(静电力常量k=9×109 N·m2/C2)求:
(1)小球A、B之间的库仑力F的大小;
(2)桌面对小球B的支持力FN的大小;
(3)小球运动的线速度v的大小。
17.(13分)如图所示,某正方形ABCD空间有4个交替的电场,每个电场的区域大小相同,竖直宽度都为d,相邻电场方向相反,电场场强大小均为E,一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从左侧射入电场。不计重力。
(1)若粒子从距A点d的P处垂直射入电场,初动能Ek0=16qEd,求粒子在电场中的运动时间t;
(2)若粒子从AB中点M处与水平方向成θ角射入电场,初动能Ek1=4qEd,且带电粒子从CD边出射点与入射点竖直距离不超过一个电场区域范围d,求入射角θ的范围。
18.(16分)如图甲所示,真空室中电极K发出的电子(初速度不计)经过电压为U1的加速电场加速后,沿两水平金属板C、D间的中心线射入两极板间,最后打在荧光屏上。C、D极板间加一交变电压,电压UCD随时间变化的图像如图乙所示,已知电子质量为m,电荷量大小为e,C、D极板长为L,板间距离为d,偏转电压为U2,荧光屏距C、D极板右端的距离为,且所有电子都能从C、D极板右端射出。不计重力。
(1)求电子刚进入偏转电场时的速度大小;
(2)若偏转电场的周期等于电子通过C、D极板的时间,求打到荧光屏上的电子距离O点的最大距离;
(3)若偏转电场的周期等于电子通过C、D极板时间的2倍,求打在荧光屏上O点时电子的动能。
答案与解析
静电场
1.A 2.D 3.B 4.D 5.B 6.D
7.B 8.D 9.AD 10.BD 11.BD 12.AB
1.A　粒子在电场中加速运动,根据动能定理得qU=mv2,解得v=,则有v1==,v2==,所以v1=v2,故A正确。
2.D　
图形剖析　
把一个带正电的金属球A,靠近一个原来不带电的验电器的金属小球,由于静电感应,验电器的金属小球会带上负电荷、金属箔片会带上正电荷,所以验电器金属箔片张开,而验电器整体所带的电荷量为零,选项D正确。
3.B　电子由a点运动到c点动能增加了200 eV,则电势能减少了200 eV,说明电场力做正功,电子所受电场力水平向右,电场线方向水平向左,因此a、b、c三点的电势关系为φa<φb<φc,选项A、C错误。电子由a点运动到c点电势能减少了200 eV,则由a点运动到b点电势能减少了100 eV,电场力做功100 eV,则有Uab==-100 V,选项B正确。若该电场为匀强电场,则E==4000 N/C;由等势面分布知此电场非匀强电场,c点的等差等势面相对稀疏,电场强度小一些,因此Ec≠4 000 N/C,选项D错误。
4.D　由动能定理可得,粒子从A运动到B,电场力做功为WAB=0-Ek0=-10 J,相邻两个等势面间的电势差相等,则有Uab=Ubc,所以qUab=qUbc,即Wab=Wbc=WAB=-5 J,设粒子在等势面b上时的动能为,Wbc=-,解得=5 J,所以粒子在b处的动能与电势能之合为Eb=+0=5 J,从而可以知道粒子在电场中的动能与电势能之合为E=5 J,当这个粒子的动能为7.5 J时,有Ep=E-Ek=(5-7.5) J=-2.5 J,D正确。
5.B　正点电荷在O点时,G点的电场强度为0,可知两负点电荷在G点的合电场强度与该正点电荷在G点的电场强度等大反向,电场强度大小为E合=k,若将该正点电荷移到G点,则该正点电荷在H点的电场强度大小为E1=k=,由对称性可知两负点电荷在G点的合电场强度与在H点的合电场强度等大反向,则H点的电场强度大小为E=E合-E1=,方向沿y轴负方向。故选B。
6.D　电荷量为+Q的点电荷在b点产生的电场强度方向竖直向上,在d点产生的电场强度方向竖直向下,匀强电场方向水平向右,根据平行四边形定则可知,b点的电场强度方向斜向右上方,d点的电场强度方向斜向右下方,b、d两点电场强度大小相等、方向不同,故A错误;将一个正检验电荷由a点移动到f点,在点电荷产生的电场中电场力不做功,在匀强电场中电场力做正功,故电势能减小,电势降低,则a点的电势高于f点的电势,故B错误;当一正检验电荷沿着球面上的bedf移动时,电场力不做功,故C错误;将一正检验电荷在球面上任意两点之间移动,在点电荷产生的电场中电场力不做功,从a点移动到c点,在匀强电场中电场力做功最多,故电势能变化量最大,故D正确。
7.B　
解题关键　(1)要关注电势的正负值:在0~6 mm区间,电势为正值,则负电荷的电势能为负值。(2)要关注电势变化的特点:在0~2 mm区间,电势是均匀增加的,则该区域是匀强电场;在2 mm~6 mm区间,电势是均匀减小的,则该区域也是匀强电场。
沿着电场线的方向电势降低,图中0~2 mm区间电场线沿x轴负方向,带负电的粒子受到沿x轴正方向的电场力,则加速度沿x轴正方向;图中2 mm~6 mm区间电场线沿x轴正方向,带负电的粒子受到沿x轴负方向的电场力,则加速度沿x轴负方向;φ-x图线的斜率表示电场强度,由图像可知,粒子经过P点和Q点时,加速度大小不同、方向相反,A错误。P点与Q点电势相同,带负电的粒子经过P点与Q点时的电势能相同,根据能量守恒可知,动能相等,B正确。粒子经过P点与Q点时所受电场力不同,但速率相同,根据P=Fv可知粒子经过P点与Q点时,静电力做功的功率不相等,C错误。P点的电势为正值,根据Ep=qφ可知,带负电的粒子在P点的电势能为负值,D错误。
8.D　
解题关键　(1)由于小球所受的电场力方向是竖直向上的,大小是重力的3倍,所以A点是“等效最高点”。(2)要使小球不会脱离轨道,小球在A点所需的向心力至少是重力与电场力的合力大小。
小球所受电场力与重力的合力方向竖直向上,大小为F=qE-mg=2mg;若要使小球不脱离轨道,设其在A点所具有的最小速度为vmin,根据牛顿第二定律有F=m,解得vmin=,所以只有当v0≥时,小球才不会脱离轨道,故选项A、B错误。假设小球可以在轨道上做完整的圆周运动,在C点的速度大小为v1,根据动能定理有m-m=F·2R,在A、C点小球所受轨道的支持力大小分别为F0和F1,根据牛顿第二定律有F0+F=m,F1-F=m,联立解得ΔF=F1-F0=6F=12mg,根据牛顿第三定律可知小球在A、C两点对轨道的压力差等于12mg,与v0的大小无关,故C错误。若将小球无初速度从D点释放,由于F向上,所以小球一定能沿DC轨道经过C点,故D正确。
9.AD　将网与板间的电场视为匀强电场,则金属网和金属板间的场强为E== V/m=1.5×105 V/m,A正确;绒毛在飞往被植体的过程中,电场力做正功,则电势能不断减小,选项B错误;由于金属网与金属板间有3 kV的恒定的高压,若增大金属网和金属板间的距离,网和板之间的电势差是不变的,选项C错误;在干燥的环境中静电不容易被导走,进行植绒效果会更好,选项D正确。
10.BD　A、B两个点电荷受到的库仑力大小为F=,选项A错误;在A、B两个点电荷连线上,点电荷A产生的电场由A指向B,点电荷B产生的电场由A指向B,结合电场的叠加原理,合电场由A指向B,选项B正确;A、B两个点电荷连线中垂线OO1上各位置到A、B两个点电荷的距离相等,根据E=可知合电场方向不是与AB平行的,选项C错误;在连线BA的延长线上、点电荷A的左侧某处的负点电荷,受到点电荷A的电场力F1向右,受到点电荷B的电场力F2向左,且F1>F2,该负点电荷受到的合电场力向右,所以它向右做加速运动,向A靠近,选项D正确。
11.BD　粒子在板间下落前的过程中,电场力做功W1=qE·,下落后的过程中,电场力做功W2=qE·,则有W1∶W2=1∶1,故A错误,B正确;根据C=可知,若将上极板水平向左移动一小段距离,两极板正对面积S减小,则电容C减小,故C错误;平行板电容器极板之间的电场强度为E=,若将上极板竖直向上移动一小段距离,则极板间距离d增大,而极板间电压U不变,则电场强度E减小,故D正确。
12.AB　根据题意可知,任何一个电子离开电场所用的时间均为T=。当电子在t=k(k为自然数)时刻(满足此条件,电子总是在垂直板的方向上先加速再减速)从O点射入,射出电场时电子到中心线的距离最大,为h=2×··,由题意可知电子不会碰到极板,则有h<,解得d>T,则电子在t=0时刻或t=时刻从O点射入时,电子离开电场时与中心线的距离最大,不会从中心线离开电场,故A正确,C、D错误;设电子从t=-Δt时刻从O点射入电场,则在电子射出电场所用时间T的末时刻,电子沿电场方向的分速度为vy=a-a-aΔt+aΔt=0,则电子离开电场时只有沿中心线方向的速度v0,故B正确。
13.答案　(1)①减小(2分)　②增大(2分)　(2)(2分)
解析　(1)①设丝线与竖直方向夹角为θ,根据平衡条件有mg tan θ=F,由图甲可得,两小球所带电荷量不变时,距离增大,丝线与竖直方向夹角减小,静电力减小。②使小球B处于同一位置,增大小球A所带的电荷量,小球B平衡时丝线偏离竖直方向的夹角增大,则两小球间静电力增大。
(2)对小球B受力分析,根据库仑定律结合平衡条件有mg tan θ=,解得qA=,可得两次实验中A的电荷量之比为==。
14.答案　(1)1(1分)　大(1分)　相反(1分)　
(2)4.1×10-4 F(3分)　(3)c(2分)
解析　(1)充电时必须将电容器接电源,故将开关S接1时,平行板电容器充电,在充电开始时电路中的电流比较大,之后电流减小,当电容器充满电时,电流为零;电容器充电时,上极板接电源正极,所以电容器上极板带正电,充电时负电荷流出电容器上极板,放电时负电荷流入上极板,所以放电时流经G表的电流方向与充电时相反。
(2)I-t图线与时间轴所围成的面积表示电荷量,每个小格表示的电荷量为q=0.4×0.2×10-3 C=8×10-5 C,由题图乙可知Q=41q=41×8×10-5 C=3.28×10-3 C,根据C=,代入数据解得C=4.1×10-4 F。
(3)在电容器放电实验中,根据Im=可知,电阻越大,放电电流的最大值越小,由题图丙可知,c图线的最大电流最小,故c图线对应的电阻最大。
15.答案　(1)2 V　(2)-1 V　(3)200 V/m,沿电场线向下
解析　(1)由题意可知,点电荷从A到B电场力做负功,WAB=-2×10-6 J(1分)
则UAB==2 V(1分)
(2)根据UAB=φA-φB(1分)
解得φB=φA-UAB=-1 V(1分)
(3)如图所示
由几何关系可得A、B两点沿电场线方向的距离d=2×10-2 cos 60° m=1×10-2 m(1分)
根据E=(1分)
解得E=200 V/m(1分)
沿电场线方向电势降低,故电场强度的方向沿电场线向下。(1分)
16.答案　(1)9×10-4 N　(2)2.2×10-4 N　(3)0.67 m/s
解析　(1)由几何关系知,A、B小球间的距离L==0.2 m(1分)
A、B小球连线与竖直方向的夹角θ=30°(1分)
小球A、B之间的库仑力的大小为F=k=9×10-4 N(1分)
(2)在竖直方向上,小球B所受的合力为0,即F cos θ+FN=mg(2分)
解得FN=×10-4 N≈2.2×10-4 N(1分)
(3)库仑力水平方向的分力提供向心力,故F sin θ=(2分)
解得v= m/s≈0.67 m/s(1分)
17.答案　(1)　(2)入射角θ的范围为斜向上30°与斜向下30°之间
解析　(1)粒子初动能Ek0=m(1分)
由题意有Ek0=16qEd
设粒子从CD边射出,水平位移4d=v0t(1分)
侧向位移为y=at2=t2(2分)
可得y=d解得粒子在电场中的运动时间t=(1分)
(2)若粒子斜向上射出,设与水平方向的夹角为θ时,粒子最高点恰好与电场边界相切,则在电场方向上有(v sin θ)2=2ad(1分)
由题意有初动能Ek1=4qEd=mv2(1分)
又由qE=ma(1分)
解得sin θ=(1分)
即θ=30°(1分)
若粒子斜向下射出,同理可得θ=30°(1分)
所以入射角θ的范围为斜向上30°与斜向下30°之间。(1分)
18.答案　(1)　(2)　(3)eU1+
解析　(1)电子在加速电场加速时,由动能定理得
eU1=m(1分)
解得v0=(1分)
(2)t=0、T、2T、…时刻进入金属板间的电子向上偏转量最大(同理,t=T、T、…时刻进入金属板间的电子向下偏转量最大)(1分)
电子在偏转电场中的运动时间为t0==L(1分)
偏转量为y=a×2=,由题意可知,T=,电子离开电场时的速度为v0,方向水平向右。故打到荧光屏上的电子距离D点的最大距离为(2分)
(3)电子要能到达O点,电子在竖直方向先加速后减速再反向加速,且向上和向下位移大小相等,若向上偏转量y上=a(Δt)2×2(1分)
则向下偏转量y下=a+a(t0-2Δt)(2分)
由y上=y下(1分)
解得Δt=(1分)
竖直方向,电子反向加速的位移
y'=a(1分)
电场力做功W=ey'=(2分)
电子到达O点时动能Ek=eU1+(2分)
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)