人教版高中物理选修3-1第一章《 静电场》单元测试题（word解析版）

第一章《 静电场》单元测试题
一、单选题(每小题只有一个正确答案)
1.物理学引入“点电荷”概念，从科学方法上来说是属于(　　)
A． 观察实验的方法
B． 控制变量的方法
C． 等效替代的方法
D． 建立物理模型的方法
2.如图所示，当带负电的球C移近不带电的枕形金属导体时，枕形导体上的电荷移动情况是(　　)

A． 枕形金属导体上的正、负电荷同时分别向A端和B端移动
B． 枕形金属导体上的电子向A端移动，正电荷不移动
C． 枕形金属导体上的电子向B端移动，正电荷不移动
D． 枕形金属导体上的正电荷向B端移动，负电荷不移动
3.一个动能为Ek的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ek，如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器时的动能变为(　　)
A． 8Ek
B． 5Ek
C． 4.25Ek
D． 4Ek
4.保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务．盗版书籍影响我们的学习效率甚至会给我们的学习带来隐患．小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个关键数字看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为可能是下列几个数值中的哪一个(　　)
A． 6.2×10－19C
B． 6.4×10－19C
C． 6.6×10－19C
D． 6.8×10－19C
5.关于电场强度，下列说法正确的是(　　)
A． 以点电荷为球心、r为半径的球面上，各点的场强都相同
B． 正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场场强大
C． 若放入正电荷时，电场中某点的场强向右，则当放入负电荷时，该点的场强仍向右
D． 电荷所受到的电场力很大，即该点的电场强度很大
6.A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图乙所示．设A、B两点的电场强度分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则(　　)


A．EA＝EB
B．EA＜EB
C．φA＝φB
D．φA＞φB
7.如图所示，在真空区域Ⅰ、Ⅱ中存在两个匀强电场．其电场线方向竖直向下，在区域Ⅰ中有一个带负电的粒子沿电场线以速度v0匀速下落，并进入区域Ⅱ(电场范围足够大)．能描述粒子在两个电场中运动的速度－时间图象的是(以v0方向为正方向)(　　)

A．
B．
C．
D．
8.如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R＝0.1 m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ.若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E＝100 V/m，则O、P两点的电势差可表示为(　　)


A．UOP＝－10sinθ(V)
B．UOP＝10sinθ(V)
C．UOP＝－10cosθ(V)
D．UOP＝10cosθ(V)
9.如图所示是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前面有薄薄的金属层，膜后距离膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，在两极间加一个电压U，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，使声音信号被话筒转化为电信号，其中导致电容变化的原因可能是电容器两板间的(　　)

A． 介质变化
B． 正对面积变化
C． 距离变化
D． 电压变化
10.如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子(不计重力)以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点，则(　　)


A． 粒子受电场力的方向一定由M指向N
B． 粒子在M点的速度一定比在N点的大
C． 粒子在M点的电势能一定比在N点的大
D． 电场中M点的电势一定高于N点的电势
11.如图所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心与A、B的中点重合，其中af连接与AB连线垂直．下列判断正确的是(　　)

A．e点和g点的电场强度相同
B．a点和f点的电势相等
C． 电子从g点到f点过程中，电势能减小
D． 电子从f点到e点过程中，电场力做正功
12.静电力常量k的单位，若用国际单位制（SI）中的基本单位可表示为（　　）
A．
B．
C．
D．
13.一个空气平行板电容器，极板间相距d，正对面积S，充以电荷量Q后，两极板间电压为U，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是(　　)
A． 将电压变为
B． 将带电荷量变为2Q
C． 将极板间的距离变为
D． 两板间充满介电常数为原来介电常数的电介质
14.如图所示，两个带电球，大球的电荷量大于小球的电荷量，可以肯定(　　)

A． 两球都带正电
B． 两球都带负电
C． 大球受到的静电力大于小球受到的静电力
D． 两球受到的静电力大小相等
15.如图所示，当将带正电的球C移近不带电的枕形绝缘金属导体AB时，枕形导体上的电荷移动情况是(　　)

A． 正电荷向B端移动，负电荷不移动
B． 带负电的电子向A端移动，正电荷不移动
C． 正、负电荷同时分别向B端和A端移动
D． 正、负电荷同时分别向A端和B端移动
二、多选题（每小题至少有两个正确答案）
16.(多选)如图所示，AB、CD为一圆的两条直径且相互垂直，O点为圆心．空间存在一未知静电场，方向与圆周所在平面平行．现让一电子先从A点运动至C点，电势能减少了Ep；又从C点运动到B点，电势能增加了Ep.那么此空间存在的静电场可能是(　　)

A． 匀强电场，方向垂直于AB由O点指向C点
B． 匀强电场，方向垂直于AB由C点指向O点
C． 位于O点的正点电荷形成的电场
D． 位于D点的负点电荷形成的电场
17.(多选) 一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示，电场线如图中实线所示，不计粒子所受重力，则(　　)


A． 粒子带正电荷
B． 粒子加速度逐渐减小
C． 粒子在A点的速度大于在B点的速度
D． 粒子的初速度不为零
18.(多选)如图所示，在平面直角坐标系中有一底角是60°的等腰梯形，坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中O(0,0)点电势为6 V，A(1 cm，cm)点电势为3 V，B(3 cm，cm)点电势为0，则由此可判定(　　)


A．C点电势为3 V
B．C点电势为0
C． 该匀强电场的电场强度大小为100 V/m
D． 该匀强电场的电场强度大小为100V/m
19.(多选)如图所示，两对金属板A、B和C、D分别竖直和水平放置，A、B接在电路中，C、D板间电压为U.A板上O处发出的电子经加速后，水平射人C、D板间，电子最终都能打在屏光屏M上．关于电子的运动，下列说法正确的是(　　)

A． S闭合，只向右移动滑片P，P越靠近b端，电子打在M上的位置越高
B． S闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子由O至M经历的时间相同
C． S闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子到达M前瞬间的动能相同
D． S闭合后再断开，只向左平移B，B越靠近A板，电子打在M上的位置越高
20.(多选)关于电势差UAB和电势φA、φB的理解，正确的是(　　)
A．UAB表示B点与A点之间的电势差，即UAB＝φB－φA
B．UAB和UBA是不同的，它们有关系：UAB＝－UBA
C．φA、φB都有正负，所以电势是矢量
D． 零电势点的规定虽然是任意的，但人们常常规定大地和无穷远处为零电势点

三、计算题
21.在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线一端连着一个质量为m、电荷量为＋q的带电小球，另一端固定于O点．将小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速度释放，则小球沿圆弧做往复运动．已知小球摆到最低点的另一侧，此时线与竖直方向的最大夹角为θ(如图)．求：

(1)匀强电场的场强；
(2)小球经过最低点时细线对小球的拉力．
四、填空题
22.如图所示，真空中有三个点电荷，它们固定在边长50 cm的等边三角形的三个顶点上，每个电荷都是＋2×10－6C，则q3所受的库仑力的大小为__________，方向为__________．

23.如图所示，A、B是两个带电小球，A球固定在绝缘支架上，B球用绝缘细线悬挂于O点．平衡时细线与竖直方向的夹角为θ．若A球带正电，则B球带　　（选填“正电”或“负电”）；若增大A球所带的电荷量，则θ角将　　（选填“变大”或“变小”）．

24.如图所示，在电场强度为E的匀强电场中有间距为l的A、B两点，连线AB与电场线的夹角为θ，将一电荷量为q的正电荷从A点移到B点，若沿直线AB移动该电荷，静电力做的功W1＝________；若沿路径ACB移动该电荷，静电力做的功W2＝________；若沿曲线ADB移动该电荷，静电力做的功W3＝________.由此可知，电荷在电场中移动时，静电力做功的特点是________．

25.如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为900 N/C，在电场内一水平面上作半径为10 cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿电场方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电荷量为10－9C的正点电荷，则A处场强大小EA＝________ N/C，B处场强大小EB＝________ N/C.

26.若将一个电量为2.0×10－10C的正电荷，从零电势点移到电场中M点要克服电场力做功8.0×10－9J，则M点的电势是________ V；若再将该电荷从M点移到电场中的N点，电场力做功1.8×10－8J，则M、N两点间的电势差UMN＝________ V.
五、简答题
27.如图所示，电容器充电后保持和电源相连，此时电容器两极板间的电压不变．

(1)当两极板的正对面积增大时，电容器的C、Q、E如何变化？
(2)当两极板间距d增大时，电容器的C、Q、E如何变化？


答案解析
1.【答案】D
【解析】点电荷是为了研究物理问题方便而引入的物理模型，是由实际物体抽象所得，D对．
2.【答案】C
【解析】金属导电的实质是自由电子的移动，即枕形金属导体内的自由电子在外电场的作用下向B移动，正电荷不移动．故C正确，A、B、D错误．
3.【答案】C
【解析】因为偏转距离为y＝，带电粒子的初速度变为原来的两倍时，偏转距离变为，所以电场力做功只有W＝0.25Ek，故它飞出电容器时的动能变为4.25Ek，故正确答案为C.
4.【答案】B
【解析】任何带电体所带电量都是元电荷电量(1.6×10－19C)的整数倍，因6.4×10－19C＝4×1.6×10－19C，故选项B正确．
5.【答案】C
【解析】场强是矢量，有大小有方向，故A选项错；电场的强弱与正、负电荷形成的电场无关，B选项错；电荷受到的电场力很大，可能是因为电荷带电荷量很大导致的，D错误．
6.【答案】A
【解析】由v－t图线可看出，电子在电场力作用下做匀加速直线运动，其所受电场力是一恒力，该电场为匀强电场，A、B两点电场强度相等，A正确，B错误；电子所受电场力的方向与电场强度方向相反，所以电场线方向由B指向A，沿电场线方向电势降低，故φB＞φA，C、D错误．
7.【答案】C
【解析】带负电的粒子受到重力和电场力的作用，在上面的电场中重力等于电场力，粒子恰做匀速直线运动，在下面的电场中，电场力将大于重力，粒子做匀减速直线运动，待速度为零后反向运动，然后返回上面的电场做匀速直线运动，由分析可知，C正确．
8.【答案】A
【解析】由题图可知匀强电场的方向是沿y轴负方向的．沿着电场线的方向电势是降低的，所以P点的电势高于O点的电势，O、P两点的电势差UOP为负值．根据电势差与场强的关系UOP＝－Ed＝－E·Rsinθ＝－10sinθ(V)，所以A正确．
9.【答案】C
【解析】金属层和金属板之间电介质是空气，没有变化，不会导致电容变化．故A错误．振动膜前后振动，金属层和金属板正对面积没有变化，不会导致电容变化．故B错误．振动膜前后振动，金属层和金属板之间的距离发生变化，导致电容变化．故C正确．电容与电压无关，电压的变化不会导致电容变化．故D错误．
10.【答案】B
【解析】M、N在同一电场线上，带电粒子从M点运动到N点的过程中，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故选项A、C错误，B正确；由于题中未说明带电粒子及两极板的电性，故无法判断M、N两点的电势高低，选项D错误．
11.【答案】B
【解析】由等量异种电荷的电场线分布特点可知，e点和g点关于中点对称，所以e点和g点的电场强度的大小相等，但是这两点的方向不同，故A错误．a点和f点都处在中垂线上，而等量异种电荷的中垂线是一条等势线，所以a点和f点的电势相等，故B正确．从g点到f点的过程中，电场的电势不断减小，所以电子在运动的过程中，电场力做负功，电子的电势能一直在不断增加，故C错误．从f点到e点的过程中，电场的电势减小，电子从f点到e点，电场力做负功，故D错误．
12.【答案】D
【解析】根据库仑定律F=k，得：
k=，
国际单位制中力F、距离r、电荷（Q、q）的单位分别是：N、m、C，
其中N=kg?m/s2，C=A?s
所以k的单位为
故选：D
13.【答案】C
【解析】电容器的电容反映电容器容纳电荷的本领大小，由电容器本身决定，与极板间的电压和所带电荷量无关，所以改变电容器的电压和带电量不会改变电容器的电容，故A、B错误．
由电容的决定式C＝可知我们可采取的方式是：①将极板间的距离变为；②将电介质换为介电常数为原来介电常数2倍的电介质．故C正确，D错误．
14.【答案】D
【解析】两个带电体之间存在着排斥力，故两球带同号电荷，可能都带正电，也可能都带负电，故选项A、B项都错；静电力遵循牛顿第三定律，两球受到的静电力大小相等，故C项错，D项对．
15.【答案】B
【解析】金属导电的实质是自由电子的移动，即枕形金属导体中的自由电子向A端移动，正电荷不移动．故B正确，A，C，D错误．
16.【答案】BD
【解析】由题知，WAC＝－eUAC，为正功，故UAC<0，即φA<φC，又因从A至C再到B，W电＝0，所以φA＝φB，故φA＝φB<φC，若电场为匀强电场，则AB为等势面，电场方向与AB垂直，方向由C指向O，故A错，B对；若电场是由位于O点的正点电荷形成的，因为OA＝OB＝OC，则φA＝φB＝φC，故C错；若电场是由位于D点的负点电荷形成的，因为DA＝DB17.【答案】BCD
【解析】带电粒子所受合外力(即静电力)指向轨迹凹侧，知静电力方向向左，粒子带负电荷．根据EA＞EB，知B项正确；粒子从A运动到B受到的静电力为阻力，C项正确；由于电场线为直线且轨迹为曲线，故粒子在A点速度不为零，D正确．
18.【答案】BD
【解析】由题意可知C点坐标为(4 cm,0)，在匀强电场中，任意两条平行的线段，两点间电势差与其长度成正比，所以＝，代入数值得φC＝0，A错，B对；作BD∥AO，如图所示，则φD＝3 V，即AD是一等势线，电场强度方向OG⊥AD，由几何关系得OG＝cm，由E＝得E＝100V/m，C错，D对．

19.【答案】CD
【解析】S闭合，只向右移动滑片P，P越靠近b端，加速获得的动能越大，穿过CD板的时间越短，电子打在M上的位置越接近中间虚线，越低，故A错误；S闭合，若只增加A、B板间的距离，加速度减小，加速时间变长，故总时间变大，故B错误；S闭合，只改变A、B板间的距离，穿出A、B间的速度不变，此后穿过C、D板的运动情况相同，故动能不变，故C正确；S闭合后再断开，A、B板的电荷量不变，只向左平移B，电场强度不变，B越靠近A板，加速距离越短，电子射出A、B间的速度越小；电子在C、D板间的运动时间增加，故竖直方向的位移偏转量变大，即电子打在M上的位置越高，故D正确．
20.【答案】BD
【解析】
21.【答案】(1)　(2)mg(3－)
【解析】设细线长为l，匀强电场的场强为E，因带电小球的电荷量为正，故匀强电场的场强的方向为水平向右．
从释放点到左侧最高点，由动能定理有WG＋WE＝ΔEk＝0，故mglcosθ＝qEl(1＋sinθ)
解得E＝
(2)设小球运动到最低点的速度为v，此时细线的拉力为FT，由动能定理可得
mgl－qEl＝mv2，由牛顿第二定律得FT－mg＝m，联立解得FT＝mg(3－)．
22.【答案】0.25 N　方向沿q1与q2连线的垂直平分线向外
【解析】如图所示，每个点电荷都受到其他两个点电荷的斥力，只求出其中一个点电荷受的库仑力即可．
以q3为研究对象，共受到F1和F2的作用力，q1＝q2＝q3＝q，相互间的距离r都相同．
F1＝F2＝k＝0.144 N
根据平行四边形定则，合力为F＝2F1cos 30°≈0.25 N.
合力的方向沿q1与q2连线的垂直平分线向外．

23.【答案】正电 变大
【解析】对B球受力分析，受重力、静电斥力和细线的拉力，由于是静电斥力，故两个球带同种电荷，均带正电荷；
增大A球所带的电荷量，如果B球位置不动，根据库仑定律，静电力增大，故B球不能平衡，则θ角将变大；
24.【答案】qElcosθ　qElcosθ　qElcosθ　与路径无关，只与初、末位置有关
【解析】
25.【答案】0　1.27×103
【解析】由E＝k，得点电荷在A处产生的场强EA＝900 N/C，方向向左，所以A处合场强为零．点电荷在B处产生的场强EB＝900 N/C，方向向下，所以B处合场强为1.27×103N/C.
26.【答案】40　90
【解析】由题意可知，从O点移到M点电场力做功WOM＝－8×10－9J，根据公式W＝qU可知，
U＝＝V＝－40 V，UOM＝0－φM＝－40 V，故φM＝40 V;
将该点电荷从M点再移至N点电场力做功1.8×10－8J，根据公式W＝qU可知，
UMN＝＝V＝90 V
27.【答案】(1)根据C＝，S增大时，C增大．根据C＝得Q＝CU，所以Q增大，电场强度E＝不变
(2)根据C＝，d增大时，C减小，由于Q＝CU，所以Q减小，电场强度E＝减小．
【解析】