高中物理选修3-1静电场单元测试PDF版含答案
文档属性
| 名称 | 高中物理选修3-1静电场单元测试PDF版含答案 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 686.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2020-02-13 17:49:59 | ||
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文档简介
高中物理选修 3-1 静电场单元测试
第Ⅰ卷（选择题）
一．选择题（共 15 小题）
1．关于电子伏特（eV），下列说法中正确的是（ ）
A．电子伏特是电势的单位
B．电子伏特是电场强度的单位
C．电子伏特是能量的单位
D．1 eV＝1.60×1019J
2．把两个完全相同的金属球 A 和 B 接触一下，再分开一段距离，发现两球之间互相排斥，
则 A、B 两球原来的带电情况不可能是（ ）
A．带等量异种电荷
B．带等量同种电荷
C．带不等量异种电荷
D．一个带电，另一个不带电
3．静电力常量在国际单位制中的单位是（ ）
A．N?m2/C B．N?m/C2 C．N?m2/C2 D．N?m2/kg2
4．下列说法中不正确的是（ ）
A．只要有电荷存在，电荷周围就一定存在着电场
B．电场是一种物质，它与其它物质一样，是不依赖我们的感觉而客观存在的东西
C．电荷间相互作用是通过电场而产生，电场最基本的特征是对处在它里面的电荷有力的
作用
D．电场是人为设想出来的，其实并不存在
5．电荷量为 2×10﹣6C 的电荷，在场强为 4×102N/C 的匀强电场中所受电场力的大小为
（ ）
A．2×10﹣4N B．4×10﹣4N C．6×10﹣4N D．8×10﹣4N
6．如图为静电除尘机理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电
的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。图中虚线为电场线（方
向未标）。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则（ ）
试卷第 2 页，总 8 页
A．每个尘埃的运动轨迹都与一条电场线重合
B．尘埃在迁移过程中电势能增大
C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动
D．图中 A 点电势低于 B 点电势
7．如图所示，一个原来不带电的半径为 r 的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放置一个电
荷量为+Q 的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离为 2r。达到静电平衡后，下列说法
中正确的是（ ）
A．金属球整体感应出等量的负电荷
B．空心金属球的球心处电场强度大小为
C．感应电荷在球心处产生的电场方向水平向右
D．用接地导线另一端接触空心金属球右侧，会有电子流向大地
8．“■■行健?18 岁?18 里”杭州高级中学举行了高三■行活动，某同学用手机计步器记录
了自己行走的情况，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．图中的速度 5.0km/h 为平均速度
B．图中的速度 5.0km/h 为瞬时速度
C．图中的速度 5.0km/h 为平均速率
D．图中的速度 5.0km/h 为平均速度的大小
9．如图所示，C 为两等量异种点电荷连线的中点，M、N 为两电荷连线中垂线上的两点，
且 MC＝NC，过 N 点作两电荷连线的平行线，且 NA＝NB．下列判断正确的是（ ）
A．A、B 两点的电场强度相同
B．A 点的电势低于 B 点的电势
C．A、N 两点的电势差大于 N、B 两点间的电势差
D．某正电荷在 M 点的电势能等于在 C 点的电势能
10．如图甲所示，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。一个质量为 10﹣3kg 的小物块从 e 释放，经过 f 点到达 d 点，其运
动的 v﹣t 图象如图乙所示。其中 f 点是整条图线斜率最大的位置（图中虚线为过 f 点的
切线），已知小物块的带电量为 2×10﹣3C，则下列分析中正确的是（ ）
A．由 e 点到 d 点，电势逐渐升高
B．由 e 点到 d 点，物块的电势能先减小后变大
C．d、f 两点间的电势差 Udf＝﹣0.5V
D．f 点为 ed 之间电场强度最大的点，场强 E＝1V/m
11．如图，空间某区域有一个正三角形 ABC，其三个顶点处分别固定有三个等量正点电荷，
D 点为正三角形的中心，E、G、H 点分别为正三角形三边的中点，F 点为 E 关于 C 点的
对称点。取无限远处的电势为 0，下列说法中正确的是（ ）
试卷第 4 页，总 8 页
A．E、G、H 三点的电场强度均相同
B．E、G、H 三点的电势均相同
C．D 点的场强最大
D．根据对称性，E、F 两点的电场强度等大反向
12．如图 1 所示，直线 AB 是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下，由电场线
上 A 点沿直线运动到 B 点，其速度平方 v2 与位移 x 的关系如图 2 所示。对于电场中 A、
B 两点，以下判断中正确的是（ ）
A．A 点场强等于 B 点场强
B．A 点的电势高于 B 点的电势
C．电子从 A 点运动到 B 点，电场力做负功
D．电子在 A 点的电势能小于在 B 点的电势能
13．如图所示，A、B、C、D 为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面 D
时，动能为 20eV，飞经等势面 C 时，电势能为﹣10eV，飞至等势面 B 时速度恰好为零，
已知相邻等势面间的距离为 5cm，则下列说法正确的是（ ）
A．等势面 A 的电势为﹣30V
B．匀强电场的场强大小为 200V/m
C．电子再次飞经 D 等势面时，动能为 10eV
D．电子的运动为类平抛运动
14．一带负电的粒子仅在电场力作用下从 O 点开始沿 x 轴正向运动，O、a，b 是 x 轴上的
三个点，O 和 b 关于以点 a 对称，从 O 到 b 该电场的电势 φ 随位移 x 变化的关系如图所
示，则下列说法正确的是（ ）
A．a 点电场强度为零
B．O，a 间场强方向与 a、b 间场强方向相反
C．从 O 到 b 整个运动过程中，粒子经过 a 点时速度最大
D．从 O 到 b 整个运动过程中，粒子做匀加速直线运动
15．关于“用 DIS 描绘电场等势线”实验，下列说法正确的是（ ）
A．用交流电源连接两个电极
B．在一块平整木板上依次铺放复写纸、白纸、导电纸
C．导电纸有导电物质的一面应该向上
D．在实验过程中电极与导电纸的相对位置可以改变
第Ⅱ卷（非选择题）
二．填空题（共 5 小题）
16．如图所示，绝缘开口金属球壳 A 已带电，现把验电器甲的小金属球与球壳 A 的内壁用
导线相连，另外把一绝缘的金属小球 B 与球壳 A 的内壁相接触后再与验电器乙的金属小
球相接触，验电器乙距球壳 A 足够远，那么验电器甲的金属箔片 ，验电器乙的金
属箔片 ．（填“张开”或“不张开”）
17．如图所示，甲乙两个完全相同的金属小球，甲带有+3q 的电量，乙带有﹣q 的电量．若
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乙球与甲球接触后放回原处，则甲球带电量为 ．
18．如图，q1、q2、q3 分别表示在一条直线上的三个自由点电荷，已知 q1 与 q2 之间的距离
为 l1，q2 与 q3 之间的距离为 l2，且 l2＝2l1，每个电荷都处于平衡状态。
（1）如 q2 为正电荷，则 q1 为 电荷，q3 为 电荷。
（2）q1、q2、q3 三者电量大小之比是
19．在使用多用表的直流电压档和直流电流档前要检查表针是否停在左端的 位置．某
同学在使用欧姆档测电阻时发现指针偏转角度过大，则需要 倍率（填“增大”或
“减小”）．变换另一个倍率的欧姆档后，必须重新 ．
20．某同学欲测量一电容器的电容，他采用高电阻放电法来测量，电路图如图甲所示。其原
理是测出电容器在充电电压为 U 时所带的电荷量 Q，从而求出其电容 C．该实验的操作
步骤如下：
（1）先判断电容器的好坏，使用万用表的电阻挡进行测量，观察到万用表指针向右偏转
较大角度，又逐渐返回到起始位置，此现象说明电容器是 （选填“好”、“坏”）
的；
（2）按如图甲所示电路原理图连接好实验电路，将开关 S 接通 （选填“1”、“2”），
对电容器进行充电，调节可变电阻 R 的阻值，再将开关 S 接通另一端，让电容器放电，
观察微安表的读数，直到微安表的初始指针接近满刻度；
（3）此时让电容器先充电，记下这时的电压表读数 U0＝2.9V，再放电，并同时开始计
时，每隔 5s 或 10s 读一次微安表的读数 i，将读数记录在预先设计的表格中。根据表格
中的 12 组数据，以 t 为横坐标，i 为纵坐标，在乙图所示的坐标纸上描点（图中用“×”
表示），请在图上作出电流 i 与时间 t 的曲线；
（4）根据以上实验结果和图象，算出该电容器的电容约为 F（结果保留两位有效
数字）。
评卷人 得 分
三．计算题（共 2 小题）
21．如图所示，固定斜面与水平面夹角为 60°，高度为 h，空间充满垂直斜面向下的匀强电
场，电场强度 ，一质量为 m，电量为+q 的物体以某速度下滑时刚好能做匀速直线运
动，物体可以看成质点，且下滑过程中其电量保持不变，重力加速度为 g，问：
（1）斜面与物体间的动摩檫因数。
（2）若保持电场强度大小不变，把电场方向改为水平向左，从斜面顶端静止开始释放物
体，求物体落到地面时候的速度大小。
22．电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为 C 的电容器充电，
无论采用何种充电方式，其两极间的电势差 u 随电荷量 q 的变化图象都相同。
（1）请在图 1 中画出上述 u﹣q 图象。类比直线运动中由 v﹣t 图象求位移的方法，求两
极间电压为 U 时电容器所储存的电能 Ep。
（2）在如图 2 所示的充电电路中，R 表示保护电阻，E 表示电源（忽略内阻）。通过改
变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的 I﹣t 曲线如图 3 中①②所示，
判断两次充电哪一次用的电源电动势高，哪一次电路中连入的保护电阻大。（①为实线，
②为虚线，两次充电前都对电容器做了彻底放电）
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参考答案与试题解析
一．选择题（共 15 小题）
1．关于电子伏特（eV），下列说法中正确的是（ ）
A．电子伏特是电势的单位
B．电子伏特是电场强度的单位
C．电子伏特是能量的单位
D．1 eV＝1.60×1019J
【分析】本题考查学生对单位的理解，知道电子伏是能量的单位．
【解答】解：A、电子伏特是能量的单位，代表一个电子电位改变（增加或减少）单
位伏特时其能量的改变量；故 AB 错误，C 正确；
D、1eV＝1.60×10﹣19J，故 D 错误；
故选：C。
2．把两个完全相同的金属球 A 和 B 接触一下，再分开一段距离，发现两球之间互相排
斥，则 A、B 两球原来的带电情况不可能是（ ）
A．带等量异种电荷
B．带等量同种电荷
C．带不等量异种电荷
D．一个带电，另一个不带电
【分析】两个小球接触后再分开，两球相互排斥，说明两球带同种电荷，将选项逐
一代入，选出符合题意的选项．
【解答】解：A、两个小球原来分别带等量异种电荷，接触后电荷完全中和，两球不
存在排斥力。故 A 不可能。
B、两个小球原来分别带同种电荷，把两个完全相同的小球接触后电荷重新平分，
带上等量同种电荷，存在排斥力。故 B 可能。
C、两个小球原来分别带不等量异种电荷，小球接触后电荷先中和再平分，带上
等量同种电荷，存在排斥力。故 C 可能。
D、原来的其中一个带电，把两个完全相同的小球接触后电荷平分，带上等量同
种电荷，存在排斥力。故 D 可能。
本题选不可能的，
故选：A。
3．静电力常量在国际单位制中的单位是（ ）
A．N?m2/C B．N?m/C2 C．N?m2/C2 D．N?m2/kg2
2
【分析】力学单位制规定了物理量的单位，同时根据物理量间的公式也可以分析单
位之间的关系。
【解答】解：根据 F＝k
可得：k＝ ，
根据力的单位是 N，电荷的单位 C，距离的单位是 m，可得 k 的单位是 N?m2/C2，故
C 正确，ABD 错误；
故选：C。
4．下列说法中不正确的是（ ）
A．只要有电荷存在，电荷周围就一定存在着电场
B．电场是一种物质，它与其它物质一样，是不依赖我们的感觉而客观存在的东西
C．电荷间相互作用是通过电场而产生，电场最基本的特征是对处在它里面的电荷有
力的作用
D．电场是人为设想出来的，其实并不存在
【分析】电荷周围一定存在着电场；电场是一种特殊物质；电场的最基本特性，是
对处在其中的电荷有力的作用．
【解答】解：A、只要有电荷存在，电荷周围就一定存在着电场，故 A 正确。
B、电荷存在电场，电场是一种特殊物质，它与其它物质一样是不依赖我们的感觉而
客观存在的，故 B 正确。
C、电荷不相互接触也产生相互作用，这种相互作用是通过电场而产生，电场的最基
本特性，是对处在其中的电荷有力的作用。故 C 正确。
D、电场是客观存在的，而电场线是人为设想出来的，其实并不存在，故 D 不正确。
本题选不正确的，故选：D。
5．电荷量为 2×10﹣6C 的电荷，在场强为 4×102N/C 的匀强电场中所受电场力的大小为
（ ）
A．2×10﹣4N B．4×10﹣4N C．6×10﹣4N D．8×10﹣4N
【分析】已知电荷量和场强，根据公式 F＝qE 求解电场力大小即可。
【解答】解：电荷量为 2×10﹣6C 的点电荷在电场强度大小为 4×102N/C 的匀强电场
中所受电场力大小为
F＝qE＝2×10﹣6C×4×102N/C＝8×10﹣4N，故 ABC 错误，D 正确；
故选：D。
6．如图为静电除尘机理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带
负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。图中虚线为
电场线（方向未标）。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则（ ）
A．每个尘埃的运动轨迹都与一条电场线重合
B．尘埃在迁移过程中电势能增大
C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动
D．图中 A 点电势低于 B 点电势
【分析】根据电场方向，分析尘埃所受的电场力方向，判断其电性。放电极与集尘
极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的。电场力对尘埃做正功。
【解答】解：A、由图可知，该电场为非匀强电场，电场线也不都是直线，所以带电
的尘埃运动的轨迹不是都与电场线重合。故 A 错误。
B、带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，电场力做正功，所以在迁移过程中
电势能减小。故 B 错误。
C、放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的。故 C 错误。
D、集尘极带正电荷，是正极，A 点更靠近放电极，所以图中 A 点电势低于 B 点电
势。故 D 正确。
故选：D。
7．如图所示，一个原来不带电的半径为 r 的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放置一
个电荷量为+Q 的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离为 2r。达到静电平衡后，
下列说法中正确的是（ ）
A．金属球整体感应出等量的负电荷
4
B．空心金属球的球心处电场强度大小为
C．感应电荷在球心处产生的电场方向水平向右
D．用接地导线另一端接触空心金属球右侧，会有电子流向大地
【分析】金属球在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布，整个导体
是一个等势体。在金属球内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只
有叠加后电场为零时，电荷才不会移动。由于静电平衡，0 点的合场强为零，即电荷
Q 和球面上感应电荷在球心 O 处产生的场强大小相等，方向相反，最后依据真空中
点电荷间的库仑定律才适用。
【解答】解：A、根据电荷守恒，金属球整体感应出等量的正负电荷，总体为零，故
A 错误；
B、感应电荷在金属球球心处产生的电场场强与+Q 的点电荷在此处的电场场强大小
相等，方向相反，合电场强度为零，故 B 错误。
C、根据平衡感应电荷在球心处产生的电场方向水平向右，故 C 正确；
D、用导线的一端接触金属球的右侧，另一端与大地相连，则金属球与大地组成一个
新的导体，所以金属球的右侧仍然是负的感应电荷，大地的电子将流入金属球，中
和金属球左侧的正电荷。故 D 错误。
故选：C。
8．“■■行健?18 岁?18 里”杭州高级中学举行了高三■行活动，某同学用手机计步器
记录了自己行走的情况，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．图中的速度 5.0km/h 为平均速度
B．图中的速度 5.0km/h 为瞬时速度
C．图中的速度 5.0km/h 为平均速率
D．图中的速度 5.0km/h 为平均速度的大小
【分析】明确人行走的路线应为曲线，故算出的数值是根据路程与时间的比值求解，
因此只能为平均速率。
【解答】解：由于人行走的路线不是直线；故图中的 5.0km/h 不可能为平均速度；而
只能为平均速率；
注意平均速率等于路程与时间的比值，并不是平均速度的大小；故 C 正确，ABD 错
误；
故选：C。
9．如图所示，C 为两等量异种点电荷连线的中点，M、N 为两电荷连线中垂线上的两
点，且 MC＝NC，过 N 点作两电荷连线的平行线，且 NA＝NB．下列判断正确的是
（ ）
A．A、B 两点的电场强度相同
B．A 点的电势低于 B 点的电势
C．A、N 两点的电势差大于 N、B 两点间的电势差
D．某正电荷在 M 点的电势能等于在 C 点的电势能
【分析】根据等量异种电荷周围电场线的分布确定各点电场强度的方向是否相同，
抓住沿着电场线电势逐渐降低以及等量异种电荷连线的垂直平分线是等势线确定各
点电势的高低；根据电场力做功判断电势能的高低
【解答】解：等量异种电荷周围电场线和等势面如图所示：
A、根据等量异种电荷周围的电场线分布知，AB 两点电场强度大小相等，但方向不
同，故电场强度不相同，故 A 错误。
B、根据对称性可知，AB 在同一条电场线上，沿着电场线方向电势逐渐降低，故 A
点的电势高于 B 点的电势，故 B 错误。
C、根据对称性可知，AN 间的平均电场强度等于 NB 之间的平均电场强度，由两段
距离相等，故 A、N 两点的电势差等于 N、B 两点间的电势差，故 C 错误；
6
D、由图可知，两电荷连线的中垂线是等势面，故某正电荷在 M 点的电势能等于在
C 点的电势能，故 D 正确。
故选：D。
10．如图甲所示，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。一个质量为 10﹣3kg 的小物块从 e 释放，经过 f 点到达 d
点，其运动的 v﹣t 图象如图乙所示。其中 f 点是整条图线斜率最大的位置（图中虚
线为过 f点的切线），已知小物块的带电量为2×10﹣3C，则下列分析中正确的是（ ）
A．由 e 点到 d 点，电势逐渐升高
B．由 e 点到 d 点，物块的电势能先减小后变大
C．d、f 两点间的电势差 Udf＝﹣0.5V
D．f 点为 ed 之间电场强度最大的点，场强 E＝1V/m
【分析】根据等量同种电荷中垂线电场线的分布情况结合 v﹣t 图象的斜率表示的物
理意义进行分析。
【解答】解：A、efd 是等量同种正电荷的中垂线，从 e 点到 d 点，电势逐渐降低，
故 A 错误；
B、由 e 点到 d 点，电场力一直做正功，物块的电势能一直减小，故 B 错误；
C、根据动能定理可得：qUfd＝ ，解得 Ufd＝5V，则 d、f 两点间的电
势差 Udf＝﹣Ufd＝﹣5V，故 C 错误；
D、v﹣t 图象的斜率表示加速度，f 点是整条图线斜率最大的位置，则 f 点物块的加
速度最大，根据牛顿第二定律可得 qE＝ma，则电场强度最大，场强 E＝ ＝
＝ V/m＝1V/m，故 D 正确。
故选：D。
11．如图，空间某区域有一个正三角形 ABC，其三个顶点处分别固定有三个等量正点
电荷，D 点为正三角形的中心，E、G、H 点分别为正三角形三边的中点，F 点为 E
关于 C 点的对称点。取无限远处的电势为 0，下列说法中正确的是（ ）
A．E、G、H 三点的电场强度均相同
B．E、G、H 三点的电势均相同
C．D 点的场强最大
D．根据对称性，E、F 两点的电场强度等大反向
【分析】A、B 是两个等量同号正电荷，EDF 是它们连线的垂直平分线。分析该题目
时，先分析 AB 的合场强，再求出三个点电荷的合场强。
D 点到 A、B、C 三点的距离相等，故三个电荷在 D 点的场强大小相同，且夹角互为
120°；电场强度是矢量，场强的合成满足平行四边形定则，故 G、H 点的场强大小
相同，但方向不同。
【解答】解：
AB、依据点电荷在真空中产生的电场的场强 E＝k ，再由对称性可知，E、G、H
三点的电场强度大小和电势均相等，但电场强度的方向不同，故 A 错误，B 正确；
C、由于 D 点为正三角形的中心，即到三个点电荷的距离相等，故任意两点电荷在 D
点产生的合场强与第三个点电荷在 D 点产生的电场强度大小等大反向，故 D 点的电
场强度为零，故 C 错误；
D、依据点电荷在真空中产生的电场的场强 E＝k ，结合矢量的合成法则，及对称
性，E、F 两点的电场强度不等大，但方向反向，原因是 A、B 两点电荷在 E 点的合
电场强度为零，而 A、B 两点电荷在 F 点的合电场强度不为零，故 D 错误。
故选：B。
12．如图 1 所示，直线 AB 是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下，由电
场线上 A 点沿直线运动到 B 点，其速度平方 v2 与位移 x 的关系如图 2 所示。对于电
场中 A、B 两点，以下判断中正确的是（ ）
A．A 点场强等于 B 点场强
8
B．A 点的电势高于 B 点的电势
C．电子从 A 点运动到 B 点，电场力做负功
D．电子在 A 点的电势能小于在 B 点的电势能
【分析】根据电子的运动方向和速度的变化，确定电场力方向，结合场强方向与电
子所受的电场力方向相反，判断场强方向。根据场强方向判断电势的高低。由速度
图象读出速度平方 v2 与位移 x 的关系，确定场强的变化情况。由动能定理分析电场
力做功正负，并判断电势能的变化情况。
【解答】解：AC、由速度平方 v2 与位移 x 的关系图象看出，电子的速度增大，则电
子所受的电场力方向由 A→B，电场力做正功，由动能定理得 eEx＝ ﹣ ，
得 v2＝vA2+ x，v2﹣x 图象的斜率等于 ，不变，故 E 为常量，该电场为匀强
电场，A 点场强等于 B 点场强，故 A 正确，C 错误。
B、电子所受的电场力逆着电场方向，则电场方向由 B→A，根据沿电场线的方向电
势降低，知 A 点的电势低于 B 点的电，故 B 错误。
D、电子的速度增大，动能增大，根据能量守恒得知，电子的电势能减小，则电子在
B 点的电势能小于在 A 点的电势能，故 D 错误。
故选：A。
13．如图所示，A、B、C、D 为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势
面 D 时，动能为 20eV，飞经等势面 C 时，电势能为﹣10eV，飞至等势面 B 时速度
恰好为零，已知相邻等势面间的距离为 5cm，则下列说法正确的是（ ）
A．等势面 A 的电势为﹣30V
B．匀强电场的场强大小为 200V/m
C．电子再次飞经 D 等势面时，动能为 10eV
D．电子的运动为类平抛运动
【分析】电子从 D 到 B 过程，根据动能定理求出 BD 间电势差，即可得到 A 等势面
的电势；由 E＝ 求解电场强度；根据能量守恒可知，电子再次经过 D 等势面时，
动能为 20eV；匀强电场中电子所受的电场力是恒力，电子做匀变速直线运动。
【解答】解：A、电子从 D 到 B 过程，动能减小 20eV，且匀强电场，即等间距，则
C 点的动能为 10eV，由于等势面 C 时，电势能为﹣10eV，则知电子的电势能与动能
的和等于 0；由于等势面 C 时，电势能为﹣10eV，则 C 等势面的电势为 10V；粒子
经过等势面 B 时的动能等于 0，则电势能也等于 0，则 B 等势面的电势等于 0，结合
该匀强电场的特点可知，A 等势面的电势为﹣10V．故 A 错误。
B、电子从 B 到 D 过程，根据动能定理得：﹣eUDB＝0﹣EkD
解得：UDB＝ ＝ ＝20V
对于 BD 段：电场强度为：E＝ ＝ V/m＝﹣200V/m，负号表示方向，故 B 正
确。
C、根据能量守恒可知，电子再次经过 D 等势面时，电势能不变，动能不变，其动能
仍为 20eV，故 C 错误。
D、根据电场线与等势面垂直可知，该电场是匀强电场，电子做匀变速直线运动。故
D 错误。
故选：B。
14．一带负电的粒子仅在电场力作用下从 O 点开始沿 x 轴正向运动，O、a，b 是 x 轴上
的三个点，O 和 b 关于以点 a 对称，从 O 到 b 该电场的电势 φ 随位移 x 变化的关系
如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．a 点电场强度为零
B．O，a 间场强方向与 a、b 间场强方向相反
C．从 O 到 b 整个运动过程中，粒子经过 a 点时速度最大
D．从 O 到 b 整个运动过程中，粒子做匀加速直线运动
【分析】根据 φ﹣x 图象的斜率表示电场强度，分析电场强度的大小和方向。根据粒
子的受力情况分析其运动情况，从而判断速度的变化情况。
【解答】解：A、根据电场强度与电势差的关系 U＝Ed，知 φ﹣x 图象的斜率表示电
场强度 E，a 点电势为零，但电场强度不为零，故 A 错误。
B、O、a 间图象斜率与 a、b 间图象斜率相同，则 O、a 间与 a、b 间场强大小、方向
均相同，故 B 错误。
CD、电场方向沿 x 轴负方向，粒子受到的电场力方向沿 x 轴正方向，从 O 到 b 整个
运动过程中，粒子所受到的电场力大小和方向不变，做匀加速直线运动，粒子经过 b
10
点时速度最大，故 C 错误，D 正确。
故选：D。
15．关于“用 DIS 描绘电场等势线”实验，下列说法正确的是（ ）
A．用交流电源连接两个电极
B．在一块平整木板上依次铺放复写纸、白纸、导电纸
C．导电纸有导电物质的一面应该向上
D．在实验过程中电极与导电纸的相对位置可以改变
【分析】解答本题应抓住以下几点：
（1）本实验的原理是用恒定电流场模拟静电场，使用直流电源；
（2）作图利用复写纸作在白纸上，整个操作在导电纸上进行，可知在木板上依次铺
放导电纸、复写纸和白纸；
导电纸与电极接触应良好，有导电物质的一面应朝上．
【解答】解：A、本实验的目的是描绘电场等势线，那么必须使用直流电源，连接两
个电极；故 A 错误。
B、在一块平整木板上依次铺放导电纸、复写纸和白纸（从上往下）。故 B 错误。
C、整个操作在导电纸上进行，导电纸有导电物质的一面应该向上。故 C 正确。
D、连接电源正负极的电极 a、b 必须与导电纸保持良好接触，否则不能形成电流。
故 D 错误。
故选：C。
二．填空题（共 5 小题）
16．如图所示，绝缘开口金属球壳 A 已带电，现把验电器甲的小金属球与球壳 A 的内
壁用导线相连，另外把一绝缘的金属小球 B 与球壳 A 的内壁相接触后再与验电器乙
的金属小球相接触，验电器乙距球壳 A 足够远，那么验电器甲的金属箔片 张开 ，
验电器乙的金属箔片 不张开 ．（填“张开”或“不张开”）
【分析】达到静电平衡状态时，其电势相等，是一个等势体，其净电荷由于静电斥
力作用，尽可能远离，故都分布在导体的外表面上，所以甲的小金属球带电，甲验
电器的箔片张开．空心金属球壳 A 内部因为没有净电荷，所以 B 与 A 内壁接触后 B
上不带电．
【解答】解：验电器甲的小金属球与空心金属球壳 A 用导线连接，不论是连在球壳
内部或是外边，效果都一样，即能都使两者成为一个共同的导体．达到静电平衡状
态时，其电势相等，是一个等势体，其净电荷由于静电斥力作用，尽可能远离，故
都分布在导体的外表面上，所以甲的小金属球带电，甲验电器的箔片张开．
空心金属球壳 A 内部因为没有净电荷，所以 B 与 A 内壁接触后 B 上不带电，所以也
无法使乙验电器的箔片张开．
故答案为：张开；不张开
17．如图所示，甲乙两个完全相同的金属小球，甲带有+3q 的电量，乙带有﹣q 的电量．若
乙球与甲球接触后放回原处，则甲球带电量为 +q ．
【分析】根据接触带电的原则，即先中和再平分得出甲球的带电量．
【解答】解：甲带有+3q 的电量，乙带有﹣q 的电量，若乙球与甲球接触后放回原处，
电量先中和后平分，知甲球的带电量为+q．
故答案为：+q
18．如图，q1、q2、q3 分别表示在一条直线上的三个自由点电荷，已知 q1 与 q2 之间的
距离为 l1，q2 与 q3 之间的距离为 l2，且 l2＝2l1，每个电荷都处于平衡状态。
（1）如 q2 为正电荷，则 q1 为 负 电荷，q3 为 负 电荷。
（2）q1、q2、q3 三者电量大小之比是 9：4：36
【分析】（1）解决本题一定要把握“每个电荷都处于平衡状态”这一特点进行分析，
已知 q2 为负电荷，可以利用假设法判断 q1 和 q3 的电性，如假设 q1 带正电，其它电
荷是否平衡等，也可以利用“两同夹异，近小远大”（三个电荷处于平衡时两边电性
相同和中间相反，中间电荷离电量小的近，离电量大的远）进行判断。
（2）三个电荷处于同一直线上，每个电荷受两个库仑力作用处于平衡状态，据此列
方程即可求解。
【解答】解：（1）假设 q1 带负电，要使 q2 平衡则 q3 也应带负电。
如果 q1 带正电，要使 q2 平衡则 q3 也应带正电。但是 q1、q3 不能平衡，所以 q1、q3
都带负电荷。
12
（2）由于三个电荷均处于平衡状态，由库仑定律建立如下平衡式：
对 q1： ＝
对 q2： ＝
对 q3： ＝
可得：q1：q2：q3＝（ ）2：1：（ ）2
又：l2＝2l1，
解得：q1：q2：q3＝9：4：36
故答案为：（1）负，负；（2）9：4：36
19．在使用多用表的直流电压档和直流电流档前要检查表针是否停在左端的 “0” 位
置．某同学在使用欧姆档测电阻时发现指针偏转角度过大，则需要 减小 倍率（填
“增大”或“减小”）．变换另一个倍率的欧姆档后，必须重新 调零 ．
【分析】在使用多用表之前，首先要检查表针是否停在左端的“0”位置；使用欧姆
档测电阻时读数应是指针指示值与倍率的乘积，每次换档必须重新调零．
【解答】解：在使用多用表的直流电压档和直流电流档前，要检查表针是否停在左
端的“0”位置．
在使用欧姆档测电阻时发现指针偏转角度过大，说明指针所指的读数过小，说明所
选择的倍率过大，所以需要减小倍率（填“增大”或“减小”）．变换另一个倍率的
欧姆档后，必须重新进行调零．
故答案为：“0”，减小，调零．
20．某同学欲测量一电容器的电容，他采用高电阻放电法来测量，电路图如图甲所示。
其原理是测出电容器在充电电压为 U 时所带的电荷量 Q，从而求出其电容 C．该实
验的操作步骤如下：
（1）先判断电容器的好坏，使用万用表的电阻挡进行测量，观察到万用表指针向右
偏转较大角度，又逐渐返回到起始位置，此现象说明电容器是 好 （选填“好”、
“坏”）的；
（2）按如图甲所示电路原理图连接好实验电路，将开关 S 接通 1 （选填“1”、“2”），
对电容器进行充电，调节可变电阻 R 的阻值，再将开关 S 接通另一端，让电容器放
电，观察微安表的读数，直到微安表的初始指针接近满刻度；
（3）此时让电容器先充电，记下这时的电压表读数 U0＝2.9V，再放电，并同时开始
计时，每隔 5s 或 10s 读一次微安表的读数 i，将读数记录在预先设计的表格中。根据
表格中的 12 组数据，以 t 为横坐标，i 为纵坐标，在乙图所示的坐标纸上描点（图中
用“×”表示），请在图上作出电流 i 与时间 t 的曲线；
（4）根据以上实验结果和图象，算出该电容器的电容约为 2.8×10﹣3 F（结果保
留两位有效数字）。
【分析】（1）使用万用表的电阻挡进行测量时，万用表内的电池对电容器充电，有
充电电流，充电完毕，没有电流。
（2）当电容器与电源相连时充电。
（3）用平滑的曲线连接，作出图象。
（4）由△Q＝I?△t 知，电荷量 Q 等于 I﹣t 图象与坐标轴所包围的面积。计算面积
时可数格数（四舍五入），然后由 C＝ 求电容 C。
【解答】解：（1）使用万用表的电阻挡进行测量时，万用表内的电池对电容器充电，
有充电电流，充电完毕，没有电流，因此，使用万用表的电阻挡进行测量，观察到
万用表指针向右偏转较大角度，又逐渐返回到起始位置，此现象说明电容器是好的。
（2）将开关 S 接通 1，对电容器进行充电。
（3）根据坐标系内所描出的点，用平滑的曲线把各点连接起来，作出图象如下图所
示。
（4）由图象可知，每小格的面积为 Q1＝50×5×10﹣6C＝2.5×10﹣4C
“面积”格数约 32～33 格（小于半格舍去，半格或超过半格算一个）。
则电容器电容为 U0＝2.9V，电荷量 Q＝33Q1＝33×2.5×10﹣4C＝8.25×10﹣3C（8.00
14
×10﹣3C～8.25×10﹣3C 均正确）
则电容器的电容 C＝ ＝ F≈2.8×10﹣3F
故答案为：
（1）好。
（2）1。
（3）如图。
（4）2.8×10﹣3 （2.6×10﹣3～3.0×10﹣3 之间均对）。
三．计算题（共 2 小题）
21．如图所示，固定斜面与水平面夹角为 60°，高度为 h，空间充满垂直斜面向下的匀
强电场，电场强度 ，一质量为 m，电量为+q 的物体以某速度下滑时刚好能做匀速
直线运动，物体可以看成质点，且下滑过程中其电量保持不变，重力加速度为 g，问：
（1）斜面与物体间的动摩檫因数。
（2）若保持电场强度大小不变，把电场方向改为水平向左，从斜面顶端静止开始释
放物体，求物体落到地面时候的速度大小。
【分析】（1）对物体进行受力分析，结合共点力平衡的条件即可求出；
（2）对物体进行受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，然后结合运动学的公式即
可求出。
【解答】解：（1）对 m 受力分析，由平衡关系有：mg sinθ＝f
其中：f＝μN
垂直于斜面的方向：N＝mgcosθ+Eq
联立解得：
（2）当电场改为水平向左时，由受力分析可知，合力 F 合＝ mg
与竖直方向成 45°＞30°，因此物体会脱离斜面做匀加速直线运动。
由牛顿第二定律可得： mg＝ma
又：S＝ h
根据速度﹣位移公式：v2＝2aS
联立可得：
答：（1）斜面与物体间的动摩檫因数是 。
（2）物体落到地面时候的速度大小为 。
22．电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为 C 的电容器充
电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差 u 随电荷量 q 的变化图象都相同。
（1）请在图 1 中画出上述 u﹣q 图象。类比直线运动中由 v﹣t 图象求位移的方法，
求两极间电压为 U 时电容器所储存的电能 Ep。
（2）在如图 2 所示的充电电路中，R 表示保护电阻，E 表示电源（忽略内阻）。通过
改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的 I﹣t 曲线如图 3 中①②
所示，判断两次充电哪一次用的电源电动势高，哪一次电路中连入的保护电阻大。（①
为实线，②为虚线，两次充电前都对电容器做了彻底放电）
【分析】（1）a．电容器充电所获得的电荷量等于 i﹣t 图线和横、纵轴所围的面积。
b．电容器充电时，通过 R 的电流 ，U 为电容器两端的电压，随着电容器上电荷
量的增大，U 也增大，所以电流 i 减小。充电结束时，电容器两端电压等于电源的电
16
动势，即 E＝U，根据电容的定义 求解电容。
（2）根据能量守恒定律列式求解。
【解答】解：（1）根据电容的定义 Q＝UC 可知，U＝ ，故电压 U 与电量为正比例
关系，故图象如图所示；
根据图象的性质可知，图象与 q 轴所围成的面积表示电能，故有：EP＝ ＝ ；
（2）从图象可以看出，②与坐标轴围成的面积大，面积就是电荷量 Q＝CE，所以
②图象所接的电源电动势大；
图象①电流变化更快，则所接的保护电阻小（即当 R 越小，充电时间越短；R 越大，
电荷量随时间变化趋向均匀，故需要快速充电时，R 越小越好；而需要均匀充电时，
R 越大越好）。
故答案为：（1）u﹣q 图象如图所示，
（2）②所接电源电动势大 ①所接保护电阻小
第Ⅰ卷（选择题）
一．选择题（共 15 小题）
1．关于电子伏特（eV），下列说法中正确的是（ ）
A．电子伏特是电势的单位
B．电子伏特是电场强度的单位
C．电子伏特是能量的单位
D．1 eV＝1.60×1019J
2．把两个完全相同的金属球 A 和 B 接触一下，再分开一段距离，发现两球之间互相排斥，
则 A、B 两球原来的带电情况不可能是（ ）
A．带等量异种电荷
B．带等量同种电荷
C．带不等量异种电荷
D．一个带电，另一个不带电
3．静电力常量在国际单位制中的单位是（ ）
A．N?m2/C B．N?m/C2 C．N?m2/C2 D．N?m2/kg2
4．下列说法中不正确的是（ ）
A．只要有电荷存在，电荷周围就一定存在着电场
B．电场是一种物质，它与其它物质一样，是不依赖我们的感觉而客观存在的东西
C．电荷间相互作用是通过电场而产生，电场最基本的特征是对处在它里面的电荷有力的
作用
D．电场是人为设想出来的，其实并不存在
5．电荷量为 2×10﹣6C 的电荷，在场强为 4×102N/C 的匀强电场中所受电场力的大小为
（ ）
A．2×10﹣4N B．4×10﹣4N C．6×10﹣4N D．8×10﹣4N
6．如图为静电除尘机理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电
的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。图中虚线为电场线（方
向未标）。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则（ ）
试卷第 2 页，总 8 页
A．每个尘埃的运动轨迹都与一条电场线重合
B．尘埃在迁移过程中电势能增大
C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动
D．图中 A 点电势低于 B 点电势
7．如图所示，一个原来不带电的半径为 r 的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放置一个电
荷量为+Q 的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离为 2r。达到静电平衡后，下列说法
中正确的是（ ）
A．金属球整体感应出等量的负电荷
B．空心金属球的球心处电场强度大小为
C．感应电荷在球心处产生的电场方向水平向右
D．用接地导线另一端接触空心金属球右侧，会有电子流向大地
8．“■■行健?18 岁?18 里”杭州高级中学举行了高三■行活动，某同学用手机计步器记录
了自己行走的情况，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．图中的速度 5.0km/h 为平均速度
B．图中的速度 5.0km/h 为瞬时速度
C．图中的速度 5.0km/h 为平均速率
D．图中的速度 5.0km/h 为平均速度的大小
9．如图所示，C 为两等量异种点电荷连线的中点，M、N 为两电荷连线中垂线上的两点，
且 MC＝NC，过 N 点作两电荷连线的平行线，且 NA＝NB．下列判断正确的是（ ）
A．A、B 两点的电场强度相同
B．A 点的电势低于 B 点的电势
C．A、N 两点的电势差大于 N、B 两点间的电势差
D．某正电荷在 M 点的电势能等于在 C 点的电势能
10．如图甲所示，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。一个质量为 10﹣3kg 的小物块从 e 释放，经过 f 点到达 d 点，其运
动的 v﹣t 图象如图乙所示。其中 f 点是整条图线斜率最大的位置（图中虚线为过 f 点的
切线），已知小物块的带电量为 2×10﹣3C，则下列分析中正确的是（ ）
A．由 e 点到 d 点，电势逐渐升高
B．由 e 点到 d 点，物块的电势能先减小后变大
C．d、f 两点间的电势差 Udf＝﹣0.5V
D．f 点为 ed 之间电场强度最大的点，场强 E＝1V/m
11．如图，空间某区域有一个正三角形 ABC，其三个顶点处分别固定有三个等量正点电荷，
D 点为正三角形的中心，E、G、H 点分别为正三角形三边的中点，F 点为 E 关于 C 点的
对称点。取无限远处的电势为 0，下列说法中正确的是（ ）
试卷第 4 页，总 8 页
A．E、G、H 三点的电场强度均相同
B．E、G、H 三点的电势均相同
C．D 点的场强最大
D．根据对称性，E、F 两点的电场强度等大反向
12．如图 1 所示，直线 AB 是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下，由电场线
上 A 点沿直线运动到 B 点，其速度平方 v2 与位移 x 的关系如图 2 所示。对于电场中 A、
B 两点，以下判断中正确的是（ ）
A．A 点场强等于 B 点场强
B．A 点的电势高于 B 点的电势
C．电子从 A 点运动到 B 点，电场力做负功
D．电子在 A 点的电势能小于在 B 点的电势能
13．如图所示，A、B、C、D 为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面 D
时，动能为 20eV，飞经等势面 C 时，电势能为﹣10eV，飞至等势面 B 时速度恰好为零，
已知相邻等势面间的距离为 5cm，则下列说法正确的是（ ）
A．等势面 A 的电势为﹣30V
B．匀强电场的场强大小为 200V/m
C．电子再次飞经 D 等势面时，动能为 10eV
D．电子的运动为类平抛运动
14．一带负电的粒子仅在电场力作用下从 O 点开始沿 x 轴正向运动，O、a，b 是 x 轴上的
三个点，O 和 b 关于以点 a 对称，从 O 到 b 该电场的电势 φ 随位移 x 变化的关系如图所
示，则下列说法正确的是（ ）
A．a 点电场强度为零
B．O，a 间场强方向与 a、b 间场强方向相反
C．从 O 到 b 整个运动过程中，粒子经过 a 点时速度最大
D．从 O 到 b 整个运动过程中，粒子做匀加速直线运动
15．关于“用 DIS 描绘电场等势线”实验，下列说法正确的是（ ）
A．用交流电源连接两个电极
B．在一块平整木板上依次铺放复写纸、白纸、导电纸
C．导电纸有导电物质的一面应该向上
D．在实验过程中电极与导电纸的相对位置可以改变
第Ⅱ卷（非选择题）
二．填空题（共 5 小题）
16．如图所示，绝缘开口金属球壳 A 已带电，现把验电器甲的小金属球与球壳 A 的内壁用
导线相连，另外把一绝缘的金属小球 B 与球壳 A 的内壁相接触后再与验电器乙的金属小
球相接触，验电器乙距球壳 A 足够远，那么验电器甲的金属箔片 ，验电器乙的金
属箔片 ．（填“张开”或“不张开”）
17．如图所示，甲乙两个完全相同的金属小球，甲带有+3q 的电量，乙带有﹣q 的电量．若
试卷第 6 页，总 8 页
乙球与甲球接触后放回原处，则甲球带电量为 ．
18．如图，q1、q2、q3 分别表示在一条直线上的三个自由点电荷，已知 q1 与 q2 之间的距离
为 l1，q2 与 q3 之间的距离为 l2，且 l2＝2l1，每个电荷都处于平衡状态。
（1）如 q2 为正电荷，则 q1 为 电荷，q3 为 电荷。
（2）q1、q2、q3 三者电量大小之比是
19．在使用多用表的直流电压档和直流电流档前要检查表针是否停在左端的 位置．某
同学在使用欧姆档测电阻时发现指针偏转角度过大，则需要 倍率（填“增大”或
“减小”）．变换另一个倍率的欧姆档后，必须重新 ．
20．某同学欲测量一电容器的电容，他采用高电阻放电法来测量，电路图如图甲所示。其原
理是测出电容器在充电电压为 U 时所带的电荷量 Q，从而求出其电容 C．该实验的操作
步骤如下：
（1）先判断电容器的好坏，使用万用表的电阻挡进行测量，观察到万用表指针向右偏转
较大角度，又逐渐返回到起始位置，此现象说明电容器是 （选填“好”、“坏”）
的；
（2）按如图甲所示电路原理图连接好实验电路，将开关 S 接通 （选填“1”、“2”），
对电容器进行充电，调节可变电阻 R 的阻值，再将开关 S 接通另一端，让电容器放电，
观察微安表的读数，直到微安表的初始指针接近满刻度；
（3）此时让电容器先充电，记下这时的电压表读数 U0＝2.9V，再放电，并同时开始计
时，每隔 5s 或 10s 读一次微安表的读数 i，将读数记录在预先设计的表格中。根据表格
中的 12 组数据，以 t 为横坐标，i 为纵坐标，在乙图所示的坐标纸上描点（图中用“×”
表示），请在图上作出电流 i 与时间 t 的曲线；
（4）根据以上实验结果和图象，算出该电容器的电容约为 F（结果保留两位有效
数字）。
评卷人 得 分
三．计算题（共 2 小题）
21．如图所示，固定斜面与水平面夹角为 60°，高度为 h，空间充满垂直斜面向下的匀强电
场，电场强度 ，一质量为 m，电量为+q 的物体以某速度下滑时刚好能做匀速直线运
动，物体可以看成质点，且下滑过程中其电量保持不变，重力加速度为 g，问：
（1）斜面与物体间的动摩檫因数。
（2）若保持电场强度大小不变，把电场方向改为水平向左，从斜面顶端静止开始释放物
体，求物体落到地面时候的速度大小。
22．电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为 C 的电容器充电，
无论采用何种充电方式，其两极间的电势差 u 随电荷量 q 的变化图象都相同。
（1）请在图 1 中画出上述 u﹣q 图象。类比直线运动中由 v﹣t 图象求位移的方法，求两
极间电压为 U 时电容器所储存的电能 Ep。
（2）在如图 2 所示的充电电路中，R 表示保护电阻，E 表示电源（忽略内阻）。通过改
变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的 I﹣t 曲线如图 3 中①②所示，
判断两次充电哪一次用的电源电动势高，哪一次电路中连入的保护电阻大。（①为实线，
②为虚线，两次充电前都对电容器做了彻底放电）
试卷第 8 页，总 8 页
参考答案与试题解析
一．选择题（共 15 小题）
1．关于电子伏特（eV），下列说法中正确的是（ ）
A．电子伏特是电势的单位
B．电子伏特是电场强度的单位
C．电子伏特是能量的单位
D．1 eV＝1.60×1019J
【分析】本题考查学生对单位的理解，知道电子伏是能量的单位．
【解答】解：A、电子伏特是能量的单位，代表一个电子电位改变（增加或减少）单
位伏特时其能量的改变量；故 AB 错误，C 正确；
D、1eV＝1.60×10﹣19J，故 D 错误；
故选：C。
2．把两个完全相同的金属球 A 和 B 接触一下，再分开一段距离，发现两球之间互相排
斥，则 A、B 两球原来的带电情况不可能是（ ）
A．带等量异种电荷
B．带等量同种电荷
C．带不等量异种电荷
D．一个带电，另一个不带电
【分析】两个小球接触后再分开，两球相互排斥，说明两球带同种电荷，将选项逐
一代入，选出符合题意的选项．
【解答】解：A、两个小球原来分别带等量异种电荷，接触后电荷完全中和，两球不
存在排斥力。故 A 不可能。
B、两个小球原来分别带同种电荷，把两个完全相同的小球接触后电荷重新平分，
带上等量同种电荷，存在排斥力。故 B 可能。
C、两个小球原来分别带不等量异种电荷，小球接触后电荷先中和再平分，带上
等量同种电荷，存在排斥力。故 C 可能。
D、原来的其中一个带电，把两个完全相同的小球接触后电荷平分，带上等量同
种电荷，存在排斥力。故 D 可能。
本题选不可能的，
故选：A。
3．静电力常量在国际单位制中的单位是（ ）
A．N?m2/C B．N?m/C2 C．N?m2/C2 D．N?m2/kg2
2
【分析】力学单位制规定了物理量的单位，同时根据物理量间的公式也可以分析单
位之间的关系。
【解答】解：根据 F＝k
可得：k＝ ，
根据力的单位是 N，电荷的单位 C，距离的单位是 m，可得 k 的单位是 N?m2/C2，故
C 正确，ABD 错误；
故选：C。
4．下列说法中不正确的是（ ）
A．只要有电荷存在，电荷周围就一定存在着电场
B．电场是一种物质，它与其它物质一样，是不依赖我们的感觉而客观存在的东西
C．电荷间相互作用是通过电场而产生，电场最基本的特征是对处在它里面的电荷有
力的作用
D．电场是人为设想出来的，其实并不存在
【分析】电荷周围一定存在着电场；电场是一种特殊物质；电场的最基本特性，是
对处在其中的电荷有力的作用．
【解答】解：A、只要有电荷存在，电荷周围就一定存在着电场，故 A 正确。
B、电荷存在电场，电场是一种特殊物质，它与其它物质一样是不依赖我们的感觉而
客观存在的，故 B 正确。
C、电荷不相互接触也产生相互作用，这种相互作用是通过电场而产生，电场的最基
本特性，是对处在其中的电荷有力的作用。故 C 正确。
D、电场是客观存在的，而电场线是人为设想出来的，其实并不存在，故 D 不正确。
本题选不正确的，故选：D。
5．电荷量为 2×10﹣6C 的电荷，在场强为 4×102N/C 的匀强电场中所受电场力的大小为
（ ）
A．2×10﹣4N B．4×10﹣4N C．6×10﹣4N D．8×10﹣4N
【分析】已知电荷量和场强，根据公式 F＝qE 求解电场力大小即可。
【解答】解：电荷量为 2×10﹣6C 的点电荷在电场强度大小为 4×102N/C 的匀强电场
中所受电场力大小为
F＝qE＝2×10﹣6C×4×102N/C＝8×10﹣4N，故 ABC 错误，D 正确；
故选：D。
6．如图为静电除尘机理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带
负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。图中虚线为
电场线（方向未标）。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则（ ）
A．每个尘埃的运动轨迹都与一条电场线重合
B．尘埃在迁移过程中电势能增大
C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动
D．图中 A 点电势低于 B 点电势
【分析】根据电场方向，分析尘埃所受的电场力方向，判断其电性。放电极与集尘
极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的。电场力对尘埃做正功。
【解答】解：A、由图可知，该电场为非匀强电场，电场线也不都是直线，所以带电
的尘埃运动的轨迹不是都与电场线重合。故 A 错误。
B、带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，电场力做正功，所以在迁移过程中
电势能减小。故 B 错误。
C、放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的。故 C 错误。
D、集尘极带正电荷，是正极，A 点更靠近放电极，所以图中 A 点电势低于 B 点电
势。故 D 正确。
故选：D。
7．如图所示，一个原来不带电的半径为 r 的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放置一
个电荷量为+Q 的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离为 2r。达到静电平衡后，
下列说法中正确的是（ ）
A．金属球整体感应出等量的负电荷
4
B．空心金属球的球心处电场强度大小为
C．感应电荷在球心处产生的电场方向水平向右
D．用接地导线另一端接触空心金属球右侧，会有电子流向大地
【分析】金属球在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布，整个导体
是一个等势体。在金属球内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只
有叠加后电场为零时，电荷才不会移动。由于静电平衡，0 点的合场强为零，即电荷
Q 和球面上感应电荷在球心 O 处产生的场强大小相等，方向相反，最后依据真空中
点电荷间的库仑定律才适用。
【解答】解：A、根据电荷守恒，金属球整体感应出等量的正负电荷，总体为零，故
A 错误；
B、感应电荷在金属球球心处产生的电场场强与+Q 的点电荷在此处的电场场强大小
相等，方向相反，合电场强度为零，故 B 错误。
C、根据平衡感应电荷在球心处产生的电场方向水平向右，故 C 正确；
D、用导线的一端接触金属球的右侧，另一端与大地相连，则金属球与大地组成一个
新的导体，所以金属球的右侧仍然是负的感应电荷，大地的电子将流入金属球，中
和金属球左侧的正电荷。故 D 错误。
故选：C。
8．“■■行健?18 岁?18 里”杭州高级中学举行了高三■行活动，某同学用手机计步器
记录了自己行走的情况，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．图中的速度 5.0km/h 为平均速度
B．图中的速度 5.0km/h 为瞬时速度
C．图中的速度 5.0km/h 为平均速率
D．图中的速度 5.0km/h 为平均速度的大小
【分析】明确人行走的路线应为曲线，故算出的数值是根据路程与时间的比值求解，
因此只能为平均速率。
【解答】解：由于人行走的路线不是直线；故图中的 5.0km/h 不可能为平均速度；而
只能为平均速率；
注意平均速率等于路程与时间的比值，并不是平均速度的大小；故 C 正确，ABD 错
误；
故选：C。
9．如图所示，C 为两等量异种点电荷连线的中点，M、N 为两电荷连线中垂线上的两
点，且 MC＝NC，过 N 点作两电荷连线的平行线，且 NA＝NB．下列判断正确的是
（ ）
A．A、B 两点的电场强度相同
B．A 点的电势低于 B 点的电势
C．A、N 两点的电势差大于 N、B 两点间的电势差
D．某正电荷在 M 点的电势能等于在 C 点的电势能
【分析】根据等量异种电荷周围电场线的分布确定各点电场强度的方向是否相同，
抓住沿着电场线电势逐渐降低以及等量异种电荷连线的垂直平分线是等势线确定各
点电势的高低；根据电场力做功判断电势能的高低
【解答】解：等量异种电荷周围电场线和等势面如图所示：
A、根据等量异种电荷周围的电场线分布知，AB 两点电场强度大小相等，但方向不
同，故电场强度不相同，故 A 错误。
B、根据对称性可知，AB 在同一条电场线上，沿着电场线方向电势逐渐降低，故 A
点的电势高于 B 点的电势，故 B 错误。
C、根据对称性可知，AN 间的平均电场强度等于 NB 之间的平均电场强度，由两段
距离相等，故 A、N 两点的电势差等于 N、B 两点间的电势差，故 C 错误；
6
D、由图可知，两电荷连线的中垂线是等势面，故某正电荷在 M 点的电势能等于在
C 点的电势能，故 D 正确。
故选：D。
10．如图甲所示，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。一个质量为 10﹣3kg 的小物块从 e 释放，经过 f 点到达 d
点，其运动的 v﹣t 图象如图乙所示。其中 f 点是整条图线斜率最大的位置（图中虚
线为过 f点的切线），已知小物块的带电量为2×10﹣3C，则下列分析中正确的是（ ）
A．由 e 点到 d 点，电势逐渐升高
B．由 e 点到 d 点，物块的电势能先减小后变大
C．d、f 两点间的电势差 Udf＝﹣0.5V
D．f 点为 ed 之间电场强度最大的点，场强 E＝1V/m
【分析】根据等量同种电荷中垂线电场线的分布情况结合 v﹣t 图象的斜率表示的物
理意义进行分析。
【解答】解：A、efd 是等量同种正电荷的中垂线，从 e 点到 d 点，电势逐渐降低，
故 A 错误；
B、由 e 点到 d 点，电场力一直做正功，物块的电势能一直减小，故 B 错误；
C、根据动能定理可得：qUfd＝ ，解得 Ufd＝5V，则 d、f 两点间的电
势差 Udf＝﹣Ufd＝﹣5V，故 C 错误；
D、v﹣t 图象的斜率表示加速度，f 点是整条图线斜率最大的位置，则 f 点物块的加
速度最大，根据牛顿第二定律可得 qE＝ma，则电场强度最大，场强 E＝ ＝
＝ V/m＝1V/m，故 D 正确。
故选：D。
11．如图，空间某区域有一个正三角形 ABC，其三个顶点处分别固定有三个等量正点
电荷，D 点为正三角形的中心，E、G、H 点分别为正三角形三边的中点，F 点为 E
关于 C 点的对称点。取无限远处的电势为 0，下列说法中正确的是（ ）
A．E、G、H 三点的电场强度均相同
B．E、G、H 三点的电势均相同
C．D 点的场强最大
D．根据对称性，E、F 两点的电场强度等大反向
【分析】A、B 是两个等量同号正电荷，EDF 是它们连线的垂直平分线。分析该题目
时，先分析 AB 的合场强，再求出三个点电荷的合场强。
D 点到 A、B、C 三点的距离相等，故三个电荷在 D 点的场强大小相同，且夹角互为
120°；电场强度是矢量，场强的合成满足平行四边形定则，故 G、H 点的场强大小
相同，但方向不同。
【解答】解：
AB、依据点电荷在真空中产生的电场的场强 E＝k ，再由对称性可知，E、G、H
三点的电场强度大小和电势均相等，但电场强度的方向不同，故 A 错误，B 正确；
C、由于 D 点为正三角形的中心，即到三个点电荷的距离相等，故任意两点电荷在 D
点产生的合场强与第三个点电荷在 D 点产生的电场强度大小等大反向，故 D 点的电
场强度为零，故 C 错误；
D、依据点电荷在真空中产生的电场的场强 E＝k ，结合矢量的合成法则，及对称
性，E、F 两点的电场强度不等大，但方向反向，原因是 A、B 两点电荷在 E 点的合
电场强度为零，而 A、B 两点电荷在 F 点的合电场强度不为零，故 D 错误。
故选：B。
12．如图 1 所示，直线 AB 是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下，由电
场线上 A 点沿直线运动到 B 点，其速度平方 v2 与位移 x 的关系如图 2 所示。对于电
场中 A、B 两点，以下判断中正确的是（ ）
A．A 点场强等于 B 点场强
8
B．A 点的电势高于 B 点的电势
C．电子从 A 点运动到 B 点，电场力做负功
D．电子在 A 点的电势能小于在 B 点的电势能
【分析】根据电子的运动方向和速度的变化，确定电场力方向，结合场强方向与电
子所受的电场力方向相反，判断场强方向。根据场强方向判断电势的高低。由速度
图象读出速度平方 v2 与位移 x 的关系，确定场强的变化情况。由动能定理分析电场
力做功正负，并判断电势能的变化情况。
【解答】解：AC、由速度平方 v2 与位移 x 的关系图象看出，电子的速度增大，则电
子所受的电场力方向由 A→B，电场力做正功，由动能定理得 eEx＝ ﹣ ，
得 v2＝vA2+ x，v2﹣x 图象的斜率等于 ，不变，故 E 为常量，该电场为匀强
电场，A 点场强等于 B 点场强，故 A 正确，C 错误。
B、电子所受的电场力逆着电场方向，则电场方向由 B→A，根据沿电场线的方向电
势降低，知 A 点的电势低于 B 点的电，故 B 错误。
D、电子的速度增大，动能增大，根据能量守恒得知，电子的电势能减小，则电子在
B 点的电势能小于在 A 点的电势能，故 D 错误。
故选：A。
13．如图所示，A、B、C、D 为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势
面 D 时，动能为 20eV，飞经等势面 C 时，电势能为﹣10eV，飞至等势面 B 时速度
恰好为零，已知相邻等势面间的距离为 5cm，则下列说法正确的是（ ）
A．等势面 A 的电势为﹣30V
B．匀强电场的场强大小为 200V/m
C．电子再次飞经 D 等势面时，动能为 10eV
D．电子的运动为类平抛运动
【分析】电子从 D 到 B 过程，根据动能定理求出 BD 间电势差，即可得到 A 等势面
的电势；由 E＝ 求解电场强度；根据能量守恒可知，电子再次经过 D 等势面时，
动能为 20eV；匀强电场中电子所受的电场力是恒力，电子做匀变速直线运动。
【解答】解：A、电子从 D 到 B 过程，动能减小 20eV，且匀强电场，即等间距，则
C 点的动能为 10eV，由于等势面 C 时，电势能为﹣10eV，则知电子的电势能与动能
的和等于 0；由于等势面 C 时，电势能为﹣10eV，则 C 等势面的电势为 10V；粒子
经过等势面 B 时的动能等于 0，则电势能也等于 0，则 B 等势面的电势等于 0，结合
该匀强电场的特点可知，A 等势面的电势为﹣10V．故 A 错误。
B、电子从 B 到 D 过程，根据动能定理得：﹣eUDB＝0﹣EkD
解得：UDB＝ ＝ ＝20V
对于 BD 段：电场强度为：E＝ ＝ V/m＝﹣200V/m，负号表示方向，故 B 正
确。
C、根据能量守恒可知，电子再次经过 D 等势面时，电势能不变，动能不变，其动能
仍为 20eV，故 C 错误。
D、根据电场线与等势面垂直可知，该电场是匀强电场，电子做匀变速直线运动。故
D 错误。
故选：B。
14．一带负电的粒子仅在电场力作用下从 O 点开始沿 x 轴正向运动，O、a，b 是 x 轴上
的三个点，O 和 b 关于以点 a 对称，从 O 到 b 该电场的电势 φ 随位移 x 变化的关系
如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．a 点电场强度为零
B．O，a 间场强方向与 a、b 间场强方向相反
C．从 O 到 b 整个运动过程中，粒子经过 a 点时速度最大
D．从 O 到 b 整个运动过程中，粒子做匀加速直线运动
【分析】根据 φ﹣x 图象的斜率表示电场强度，分析电场强度的大小和方向。根据粒
子的受力情况分析其运动情况，从而判断速度的变化情况。
【解答】解：A、根据电场强度与电势差的关系 U＝Ed，知 φ﹣x 图象的斜率表示电
场强度 E，a 点电势为零，但电场强度不为零，故 A 错误。
B、O、a 间图象斜率与 a、b 间图象斜率相同，则 O、a 间与 a、b 间场强大小、方向
均相同，故 B 错误。
CD、电场方向沿 x 轴负方向，粒子受到的电场力方向沿 x 轴正方向，从 O 到 b 整个
运动过程中，粒子所受到的电场力大小和方向不变，做匀加速直线运动，粒子经过 b
10
点时速度最大，故 C 错误，D 正确。
故选：D。
15．关于“用 DIS 描绘电场等势线”实验，下列说法正确的是（ ）
A．用交流电源连接两个电极
B．在一块平整木板上依次铺放复写纸、白纸、导电纸
C．导电纸有导电物质的一面应该向上
D．在实验过程中电极与导电纸的相对位置可以改变
【分析】解答本题应抓住以下几点：
（1）本实验的原理是用恒定电流场模拟静电场，使用直流电源；
（2）作图利用复写纸作在白纸上，整个操作在导电纸上进行，可知在木板上依次铺
放导电纸、复写纸和白纸；
导电纸与电极接触应良好，有导电物质的一面应朝上．
【解答】解：A、本实验的目的是描绘电场等势线，那么必须使用直流电源，连接两
个电极；故 A 错误。
B、在一块平整木板上依次铺放导电纸、复写纸和白纸（从上往下）。故 B 错误。
C、整个操作在导电纸上进行，导电纸有导电物质的一面应该向上。故 C 正确。
D、连接电源正负极的电极 a、b 必须与导电纸保持良好接触，否则不能形成电流。
故 D 错误。
故选：C。
二．填空题（共 5 小题）
16．如图所示，绝缘开口金属球壳 A 已带电，现把验电器甲的小金属球与球壳 A 的内
壁用导线相连，另外把一绝缘的金属小球 B 与球壳 A 的内壁相接触后再与验电器乙
的金属小球相接触，验电器乙距球壳 A 足够远，那么验电器甲的金属箔片 张开 ，
验电器乙的金属箔片 不张开 ．（填“张开”或“不张开”）
【分析】达到静电平衡状态时，其电势相等，是一个等势体，其净电荷由于静电斥
力作用，尽可能远离，故都分布在导体的外表面上，所以甲的小金属球带电，甲验
电器的箔片张开．空心金属球壳 A 内部因为没有净电荷，所以 B 与 A 内壁接触后 B
上不带电．
【解答】解：验电器甲的小金属球与空心金属球壳 A 用导线连接，不论是连在球壳
内部或是外边，效果都一样，即能都使两者成为一个共同的导体．达到静电平衡状
态时，其电势相等，是一个等势体，其净电荷由于静电斥力作用，尽可能远离，故
都分布在导体的外表面上，所以甲的小金属球带电，甲验电器的箔片张开．
空心金属球壳 A 内部因为没有净电荷，所以 B 与 A 内壁接触后 B 上不带电，所以也
无法使乙验电器的箔片张开．
故答案为：张开；不张开
17．如图所示，甲乙两个完全相同的金属小球，甲带有+3q 的电量，乙带有﹣q 的电量．若
乙球与甲球接触后放回原处，则甲球带电量为 +q ．
【分析】根据接触带电的原则，即先中和再平分得出甲球的带电量．
【解答】解：甲带有+3q 的电量，乙带有﹣q 的电量，若乙球与甲球接触后放回原处，
电量先中和后平分，知甲球的带电量为+q．
故答案为：+q
18．如图，q1、q2、q3 分别表示在一条直线上的三个自由点电荷，已知 q1 与 q2 之间的
距离为 l1，q2 与 q3 之间的距离为 l2，且 l2＝2l1，每个电荷都处于平衡状态。
（1）如 q2 为正电荷，则 q1 为 负 电荷，q3 为 负 电荷。
（2）q1、q2、q3 三者电量大小之比是 9：4：36
【分析】（1）解决本题一定要把握“每个电荷都处于平衡状态”这一特点进行分析，
已知 q2 为负电荷，可以利用假设法判断 q1 和 q3 的电性，如假设 q1 带正电，其它电
荷是否平衡等，也可以利用“两同夹异，近小远大”（三个电荷处于平衡时两边电性
相同和中间相反，中间电荷离电量小的近，离电量大的远）进行判断。
（2）三个电荷处于同一直线上，每个电荷受两个库仑力作用处于平衡状态，据此列
方程即可求解。
【解答】解：（1）假设 q1 带负电，要使 q2 平衡则 q3 也应带负电。
如果 q1 带正电，要使 q2 平衡则 q3 也应带正电。但是 q1、q3 不能平衡，所以 q1、q3
都带负电荷。
12
（2）由于三个电荷均处于平衡状态，由库仑定律建立如下平衡式：
对 q1： ＝
对 q2： ＝
对 q3： ＝
可得：q1：q2：q3＝（ ）2：1：（ ）2
又：l2＝2l1，
解得：q1：q2：q3＝9：4：36
故答案为：（1）负，负；（2）9：4：36
19．在使用多用表的直流电压档和直流电流档前要检查表针是否停在左端的 “0” 位
置．某同学在使用欧姆档测电阻时发现指针偏转角度过大，则需要 减小 倍率（填
“增大”或“减小”）．变换另一个倍率的欧姆档后，必须重新 调零 ．
【分析】在使用多用表之前，首先要检查表针是否停在左端的“0”位置；使用欧姆
档测电阻时读数应是指针指示值与倍率的乘积，每次换档必须重新调零．
【解答】解：在使用多用表的直流电压档和直流电流档前，要检查表针是否停在左
端的“0”位置．
在使用欧姆档测电阻时发现指针偏转角度过大，说明指针所指的读数过小，说明所
选择的倍率过大，所以需要减小倍率（填“增大”或“减小”）．变换另一个倍率的
欧姆档后，必须重新进行调零．
故答案为：“0”，减小，调零．
20．某同学欲测量一电容器的电容，他采用高电阻放电法来测量，电路图如图甲所示。
其原理是测出电容器在充电电压为 U 时所带的电荷量 Q，从而求出其电容 C．该实
验的操作步骤如下：
（1）先判断电容器的好坏，使用万用表的电阻挡进行测量，观察到万用表指针向右
偏转较大角度，又逐渐返回到起始位置，此现象说明电容器是 好 （选填“好”、
“坏”）的；
（2）按如图甲所示电路原理图连接好实验电路，将开关 S 接通 1 （选填“1”、“2”），
对电容器进行充电，调节可变电阻 R 的阻值，再将开关 S 接通另一端，让电容器放
电，观察微安表的读数，直到微安表的初始指针接近满刻度；
（3）此时让电容器先充电，记下这时的电压表读数 U0＝2.9V，再放电，并同时开始
计时，每隔 5s 或 10s 读一次微安表的读数 i，将读数记录在预先设计的表格中。根据
表格中的 12 组数据，以 t 为横坐标，i 为纵坐标，在乙图所示的坐标纸上描点（图中
用“×”表示），请在图上作出电流 i 与时间 t 的曲线；
（4）根据以上实验结果和图象，算出该电容器的电容约为 2.8×10﹣3 F（结果保
留两位有效数字）。
【分析】（1）使用万用表的电阻挡进行测量时，万用表内的电池对电容器充电，有
充电电流，充电完毕，没有电流。
（2）当电容器与电源相连时充电。
（3）用平滑的曲线连接，作出图象。
（4）由△Q＝I?△t 知，电荷量 Q 等于 I﹣t 图象与坐标轴所包围的面积。计算面积
时可数格数（四舍五入），然后由 C＝ 求电容 C。
【解答】解：（1）使用万用表的电阻挡进行测量时，万用表内的电池对电容器充电，
有充电电流，充电完毕，没有电流，因此，使用万用表的电阻挡进行测量，观察到
万用表指针向右偏转较大角度，又逐渐返回到起始位置，此现象说明电容器是好的。
（2）将开关 S 接通 1，对电容器进行充电。
（3）根据坐标系内所描出的点，用平滑的曲线把各点连接起来，作出图象如下图所
示。
（4）由图象可知，每小格的面积为 Q1＝50×5×10﹣6C＝2.5×10﹣4C
“面积”格数约 32～33 格（小于半格舍去，半格或超过半格算一个）。
则电容器电容为 U0＝2.9V，电荷量 Q＝33Q1＝33×2.5×10﹣4C＝8.25×10﹣3C（8.00
14
×10﹣3C～8.25×10﹣3C 均正确）
则电容器的电容 C＝ ＝ F≈2.8×10﹣3F
故答案为：
（1）好。
（2）1。
（3）如图。
（4）2.8×10﹣3 （2.6×10﹣3～3.0×10﹣3 之间均对）。
三．计算题（共 2 小题）
21．如图所示，固定斜面与水平面夹角为 60°，高度为 h，空间充满垂直斜面向下的匀
强电场，电场强度 ，一质量为 m，电量为+q 的物体以某速度下滑时刚好能做匀速
直线运动，物体可以看成质点，且下滑过程中其电量保持不变，重力加速度为 g，问：
（1）斜面与物体间的动摩檫因数。
（2）若保持电场强度大小不变，把电场方向改为水平向左，从斜面顶端静止开始释
放物体，求物体落到地面时候的速度大小。
【分析】（1）对物体进行受力分析，结合共点力平衡的条件即可求出；
（2）对物体进行受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，然后结合运动学的公式即
可求出。
【解答】解：（1）对 m 受力分析，由平衡关系有：mg sinθ＝f
其中：f＝μN
垂直于斜面的方向：N＝mgcosθ+Eq
联立解得：
（2）当电场改为水平向左时，由受力分析可知，合力 F 合＝ mg
与竖直方向成 45°＞30°，因此物体会脱离斜面做匀加速直线运动。
由牛顿第二定律可得： mg＝ma
又：S＝ h
根据速度﹣位移公式：v2＝2aS
联立可得：
答：（1）斜面与物体间的动摩檫因数是 。
（2）物体落到地面时候的速度大小为 。
22．电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为 C 的电容器充
电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差 u 随电荷量 q 的变化图象都相同。
（1）请在图 1 中画出上述 u﹣q 图象。类比直线运动中由 v﹣t 图象求位移的方法，
求两极间电压为 U 时电容器所储存的电能 Ep。
（2）在如图 2 所示的充电电路中，R 表示保护电阻，E 表示电源（忽略内阻）。通过
改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的 I﹣t 曲线如图 3 中①②
所示，判断两次充电哪一次用的电源电动势高，哪一次电路中连入的保护电阻大。（①
为实线，②为虚线，两次充电前都对电容器做了彻底放电）
【分析】（1）a．电容器充电所获得的电荷量等于 i﹣t 图线和横、纵轴所围的面积。
b．电容器充电时，通过 R 的电流 ，U 为电容器两端的电压，随着电容器上电荷
量的增大，U 也增大，所以电流 i 减小。充电结束时，电容器两端电压等于电源的电
16
动势，即 E＝U，根据电容的定义 求解电容。
（2）根据能量守恒定律列式求解。
【解答】解：（1）根据电容的定义 Q＝UC 可知，U＝ ，故电压 U 与电量为正比例
关系，故图象如图所示；
根据图象的性质可知，图象与 q 轴所围成的面积表示电能，故有：EP＝ ＝ ；
（2）从图象可以看出，②与坐标轴围成的面积大，面积就是电荷量 Q＝CE，所以
②图象所接的电源电动势大；
图象①电流变化更快，则所接的保护电阻小（即当 R 越小，充电时间越短；R 越大，
电荷量随时间变化趋向均匀，故需要快速充电时，R 越小越好；而需要均匀充电时，
R 越大越好）。
故答案为：（1）u﹣q 图象如图所示，
（2）②所接电源电动势大 ①所接保护电阻小