人教版高中物理选修3-1全册同步检测试题解析版

人教版高中物理选修3-1全册同步检测试题

目录

1.1《电荷及其守恒定律》 1.2《库仑定律》 1.3《电场强度》

1.4《电势能和电势》 1.5《电势能和电势》

1.6《电势差与电场强度的关系》 1.7《静电现象的应用》 1.8《电容器的电容》

1.9《带电粒子在电场中的运动》 2.10《简单的逻辑电路》 2.1《电源和电流》 2.2《电动势》 2.3《欧姆定律》

2.4《串联电路和并联电路》 2.5《焦耳定律》 2.6《导体的电阻》

2.7《闭合电路的欧姆定律》

2.8《多用电表的原理、实验：练习使用多用电表》 2.9《实验：测定电池的电动势和内阻》 3.1《磁现象和磁场》 3.2《磁感应强度》

3.4《通电导线在磁场中受到的力》 3.5《运动电荷在磁场中受到的力》 3.6《带电粒子在匀强磁场中的运动》

高中物理选修3-1单元测试题

高二物理同步训练试题解析

一、选择题

1．关于元电荷，下列说法中正确的是( ) A．元电荷实质上是指电子和质子本身

B．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍 C．元电荷的值通常取作e＝1.60×10

－19

C

D．电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的

解析：选BCD.元电荷是最小电荷量单位，不是指具体的带电体，所以A错B对；由美国物理学家密立根测得电子的电量，故C、D对． 2．下列说法正确的是( )

A．物体所带的电荷量可以为任意实数

B．不带电的物体上，既没有正电荷也没有负电荷 C．摩擦起电过程，是靠摩擦产生了电荷

D．利用静电感应使金属导体带电，实质上是导体中的自由电子趋向或远离带电体 解析：选D.自然界中的电荷量不是任意无限可分的，其最小单位为元电荷所带电荷量1.60×10

－19

C，故A项错．物体不带电，是由于其内部正、负电荷的量值相等，对外不显

电性，故B项错．电荷既不能创造，也不能消灭，摩擦起电同样不能创造电荷，是一个物体失去电子、另一个物体得到电子的过程，故C项错．自由电子是金属导体中的自由电荷，在带电体的作用下，导体中的自由电子会趋向或远离带电体，使导体两端带等量异种电荷，选项D正确．

3．原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电1.6×10A．乙物体一定带有负电荷8×10C．丙物体一定带有正电荷8×10

－16

－15

C，丙物体带电8×10

－16

C．则对于最后乙、丙两

物体的带电情况下列说法中正确的是( )

C C

B．乙物体可能带有负电荷2.4×10D．丙物体一定带有负电荷8×10子1.6×10

－15

－15

－16

C C

－15

－16

解析：选AD.由于甲、乙、丙原来都不带电，即都没有净电荷，甲、乙摩擦导致甲失去电

C而带正电，乙物体得到电子而带1.6×10

－15

C的负电荷；乙物体与不带电的

－16

丙物体相接触，从而使一部分负电荷转移到丙物体上，故可知乙、丙两物体都带负电荷，由电荷守恒可知乙最终所带负电为1.6×10

C－8×10

－16

C＝8×10 C，故A、D正确．

4．如图1－1－9所示，放在绝缘支架上带正电的导体球A，靠近放在绝缘支架上不带电的导体B，导体B用导线经开关接地，现把S先合上再断开，再移走A，则导体B( )

图1－1－9

A．不带电 C．带负电

B．带正电 D．不能确定

1

高中物理选修3-1单元测试题

答案：C

5．带电微粒所带电荷量不可能是下列值中的( ) ．A．2.4×10

－19

C C

B．－6.4×10D．4.0×10

－19

C

C．－1.6×10数倍． 6．

－18－17

C

解析：选A.任何带电物体的带电荷量都是元电荷的整数倍，由此知选项A不是元电荷的整

图1－1－10

如图1－1－10所示，a、b、c、d为四个带电小球，两球之间的作用分别为a吸d，b斥c，c斥a，d吸b，则( ) A．仅有两个小球带同种电荷 B．仅有三个小球带同种电荷 C．c、d小球带同种电荷 D．c、d小球带异种电荷

解析：选BD.由a吸d，d吸b可知a与b带同种电荷，且与d带异种电荷；c斥a，b斥c可知c与a、b带同种电荷，c与d带异种电荷．故选B、D.

7．把两个完全相同的金属球A和B接触一下，再分开一定距离，发现两球之间相互排斥，则A、B两球原来的带电情况不可能是( ) ．A．带有等量异种电荷 B．带有等量同种电荷 C．带有不等量异种电荷 D．一个带电，另一个不带电

解析：选A.当两个小球分别带等量异种电荷时，两球接触后，都不带电，不可能相互排斥，故A项是不可能的．

8．如图1－1－11所示，原来不带电的金属导体MN，在其两端下面都悬挂有金属验电箔片，若使带负电的金属球A靠近导体的M端，可能看到的现象( )

图1－1－11

A．只有M端验电箔片张开，且M端带正电 B．只有N端验电箔片张开，且N端带负电

C．两端的验电箔片都张开，且左端带负电，右端带正电 D．两端的验电箔片都张开，且两端都带正电或负电

2

高中物理选修3-1单元测试题

解析：选C.根据同种电荷相互排斥可知，金属球A上的负电荷将排斥金属导体MN上的自由电子，使其向N端移动，N端带负电，而M端带正电，故两端的金箔片均张开，C正确．A、B、D均错误．

9．目前普遍认为，质子和中子都是由被称为u夸克和d夸克的两类夸克组成，u夸克带电21

荷量为e，d夸克带电荷量为－e，e为元电荷．下列论断可能正确的是( )

33A．质子由1个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成 B．质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成 C．质子由1个u夸克和2个d夸克组成，中子由2个u夸克和1个d夸克组成 D．质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和1个d夸克组成

211

解析：选B.对质子1H：带电荷量为2×e＋(－e)＝e，故由2个u夸克和1个d夸克组成；

3321

对中子10n：带电荷量为1×e＋2×(－e)＝0，故由1个u夸克和2个d夸克组成．故选B. 33二、计算题

10．如图1－1－12所示，大球A原来的电荷量为Q，小球B原来不带电，现在让小球与大球接触，达到静电平衡时，小球获得的电荷量为q；现给A球补充电荷，使其电荷量为Q，再次让小球接触大球，每次都给大球补充到电荷量为Q，问：经过反复多次接触后，小球的带电荷量为多少？

图1－1－12

解析：由于两个球的形状和大小不等，所以在接触过程中，两球的电荷量分配比例不是1∶1，但应该是一个确定的值．根据第一次接触达到静电平衡时两者的电荷关系可知，此比例为(Q－q)∶q.经过多次接触后，从大球上迁移到小球上的电荷量越来越少，最终将为零，设Q－qQQq

最终B球带电荷量为q′，则有＝，解得q′＝.

qq′Q－qQq

答案：

Q－q

11.如图1－1－13所示，A为带负电的金属板，沿金属板的垂直平分线，在距板r处放一质量为m，电荷量为q的小球，小球受向右的作用力偏转θ角而静止，小球由绝缘丝线悬挂于O点，试求金属板对小球的作用力为多大？

图1－1－13

解析：作出小球的受力分析图，如图所示，由平衡条件可求

3

高中物理选修3-1单元测试题

得金属板对小球的作用力F，设绳上的拉力大小为FT，则 FTsinθ＝F，FTcosθ＝mg. 由以上两式解得F＝mgtanθ. 答案：mgtanθ

4

高中物理选修3-1单元测试题

高二物理同步训练试题解析

一、选择题

1．如图1－2－11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( )

图1－2－11

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

解析：选D.由题图可知，两带电球相互排斥，则说明两球一定带有同种电荷，但不能确定是正电荷，还是负电荷，故A、B错；两带电球间的静电力具有一般力的共性，符合牛顿第三定律，故选项C错，D对．

2．两个带正电的小球，放在光滑的水平绝缘板上，它们相距一定距离．若同时释放两球，它们的加速度之比将( ) A．保持不变 C．增大

＝m2∶m1，故A正确．

3．两个质量分别为m1、m2的小球，各用长为L的丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q1、q2时，两丝线张开一定的角度θ1、θ2，如图1－2－12所示，则下列说法正确的是( )

B．先增大后减小 D．减小

解析：选A.两者之间的库仑力时刻保持大小相等、方向相反，由牛顿第二定律知：a1∶a2

图1－2－12

A．若m1>m2，则θ1>θ2 B．若m1＝m2，则θ1＝θ2 C．若m1θ2 D．若q1＝q2，则θ1＝θ2

解析：选BC.这是一道带电体平衡问题，分析方法仍然与力学中物体的平衡方法一样． 4．要使真空中的两个点电荷间的库仑力增大到原来的4倍，下列方法可行的是( ) A．每个点电荷的电荷量都增大到原来的2倍，电荷间的距离不变

5

高中物理选修3-1单元测试题

B．保持点电荷的电荷量不变，使两个点电荷的距离增大到原来的2倍

C．使一个点电荷的电荷量增加1倍，另一个点电荷的电荷量保持不变，同时使两点电荷间1

的距离减小为原来的 2

1

D．保持点电荷的电荷量不变，将两点电荷间的距离减小为原来的

2答案：AD

5．半径相同的两个金属小球A和B带有电量相等的电荷，相隔一定距离，两球之间的相互吸引力的大小是F，今让第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两球接触后移开．这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是( ) 1A.F 83C.F 8

1B.F 43D.F 4

2

11q×q24q1q21

解析：选A.由库仑定律，接触前F＝k2，接触后F′＝k2＝k2＝F，故A正确．

rr8r86．两个完全相同的小金属球，它们的带电荷量之比为5∶1(皆可视为点电荷)，它们在相距一定距离时相互作用力为F1，如果让它们接触后再放回各自原来的位置上，此时相互作用力变为F2，则F1∶F2可能为( ) A．5∶2 C．5∶6

B．5∶4 D．5∶9

5q2

解析：选BD.由库仑定律，它们接触前的库仑力为F1＝k2

r

9q2

若带同种电荷，接触后的带电荷量相等，为3q，此时库仑力为F2＝k2 r4q2

若带异种电荷，接触后的带电荷量相等，为2q，此时库仑力为F′2＝k2 r由以上计算可知选项BD正确．

7．如图1－2－13所示，在光滑且绝缘的水平面上有两个金属小球A和B，它们用一绝缘轻弹簧相连，带同种电荷．弹簧伸长x0时小球平衡，如果A、B带电荷量加倍，当它们重新平衡时，弹簧伸长为x，则x和x0的关系为( )

图1－2－13

A．x＝2x0 C．x<4x0

q1q24q1q2k＝Kx 2＝Kx0，k?l＋x0??l＋x?2?l＋x?2x0?l＋x0?2两式相除：＝，得：x＝·4x，

4?l＋x0?2x?l＋x?20因l＋x>l＋x0，由此推断选项C正确．

6

B．x＝4x0 D．x>4x0

解析：选C.设弹簧原长为l，劲度系数为K，根据库仑定律和平衡条件列式得

高中物理选修3-1单元测试题

8.如图1－2－14所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上．a和c带正电，b带负电，a所带电荷量的大小比b的小．已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是( )

图1－2－14

A．F1 C．F3

B．F2 D．F4

解析：选B.据“同电相斥、异电相引”规律，确定电荷c受到a和b的库仑力方向，考虑a的带电荷量小于b的带电荷量，因此Fb大于Fa，Fb与Fa的合力只能为F2，故选项B正确． 二、计算题

9．一带电荷量为＋Q、半径为R的球，电荷在其内部能均匀分布且保持不变，现在其内部挖去一半径为R/2的小球后，如图1－2－15所示，求剩余部分对放在两球心连线上一点P处电荷量为＋q的电荷的静电力．已知P距大球球心距离为4R.

图1－2－15

解析：未挖去之前，＋Q对q的斥力为：F＝

kQq

?4R?2R4π??3

2QQ

挖去的小球带电荷量为：Q′＝×＝ 34πR383挖去的小球原来对q的斥力为：

Qkq8kQq

F1＝＝ R298R2?4R－?2剩余部分对q的斥力为： 41kQq

F2＝F－F1＝，方向向右．

784R241kQq答案： 方向向右

784R210.光滑绝缘导轨，与水平面成45°角，两个质量均为m，带等量同种电荷的小球A、B，带电量均为q，静止于导轨的同一水平高度处，如图1－2－16所示．求：两球之间的距离．

7

高中物理选修3-1单元测试题

图1－2－16

q2

解析：设两球之间的距离为x，相互作用的库仑力为F，则：F＝k2 x由平衡条件得：Fcos45°＝mgsin45° 由以上两式解得：x＝q答案：qk mg

k. mg

11.质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在光滑绝缘的水平面上，相邻球间的距离均为L，A球带电量qA＝＋10q；B球带电量qB＝＋q.若在C球上加一个水平向右的恒力F，如图1－2－17所示，要使三球能始终保持L的间距向右运动，问外力F为多大？C球带电性质是什么？

图1－2－17

解析：由于A、B两球都带正电，它们互相排斥，C球必须对A、B都吸引，才能保证系统向右加速运动，故C球带负电荷．

以三球为整体，设系统加速度为a，则F＝3ma① 隔离A、B，由牛顿第二定律可知： kqAqCkqAqB对A：2－2＝ma②

4LLkqAqBkqBqC对B：2＋2＝ma③

LLq2

联立①、②、③得F＝70k2.

Lq2

答案：70k2 负电荷

L

8

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高二物理同步训练试题解析

一、选择题

1．关于电场线的叙述，下列说法正确的是( ) A．电场线是直线的地方一定是匀强电场

B．电场线的方向就是带正电的试探电荷的运动方向

C．点电荷只受电场力作用时，加速度的方向总是与所在处的电场线的切线重合 D．画有电场线的地方有电场，没画电场线的地方就不存在电场 答案：C

2．一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F，这点的电场强度为E，在下图中能正确反映q、E、F三者关系的是( )

图1－3－14

解析：选D.电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定，与放入该点的检验电荷及其所受电场力无关，A、B错误；检验电荷在该点受到的电场力F＝Eq，F正比于q，C错误，D正确． 3．

图1－3－15

如图1－3－15所示，带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用EA、EB表示A、B两处的场强，则( ) A．A、B两处的场强方向相同

B．因为A、B在一条电场线上，且电场线是直线，所以EA＝EB C．电场线从A指向B，所以EA>EB

D．不知A、B附近电场线的分布情况，EA、EB的大小不能确定

解析：选AD.电场线的切线方向指场强方向，所以A对；电场线的疏密程度表示场强大小，只有一条电场线的情况下不能判断场强大小，所以B、C错误，D正确．

4.点电荷A和B，分别带正电和负电，电荷量分别为4Q和Q，在A、B连线上，如图1－3－16所示，电场强度为零的地方在( )

图1－3－16

A．A和B之间 C．B的左侧

B．A的右侧

D．A的右侧及B的左侧

解析：选C.因为A带正电，B带负电，所以只有在A右侧和B左侧两者产生的电场强度方向相反，因为QA>QB，所以只有B的左侧，才有可能EA与EB等大反向，因而才可能有EA

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高中物理选修3-1单元测试题

和EB矢量和为零的情况．故正确答案为C.

5.如图1－3－17所示，实线表示匀强电场中的电场线，一带电粒子(不计重力)经过电场区域后的轨迹如图中虚线所示，a、b是轨迹上的两点，关于粒子的运动情况，下列说法中可能的是( )

图1－3－17

A．该粒子带正电荷，运动方向为由a到b B．该粒子带负电荷，运动方向为由a至b C．该粒子带正电荷，运动方向为由b至a D．该粒子带负电荷，运动方向为由b至a

解析：选BD.由运动轨迹可判定电场力方向向左，则粒子应带负电，故A、C错；运动a→b与b→a均有可能．故B、D对．

6.一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图1－3－18中虚线所示．不计粒子所受重力，则( )

图1－3－18

A．粒子带正电 B．粒子加速度逐渐减小 C．A点的速度大于B点的速度 D．粒子的初速度不为零

解析：选BCD.由运动轨迹可知电场力方向向左，粒子带负电，故A错；A→B电场强度变小，电场力变小，加速度变小，B对；粒子运动过程中，电场力与运动方向的夹角大于90°角，所以速率减小，故C对；若粒子的初速度为0，将沿电场线向左下侧运动，故D对． 7.实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图1－3－19中的虚线所示(a、b只受电场力作用)，则( )

图1－3－19

A．a一定带正电，b一定带负电 B．电场力对a做正功，对b做负功 C．a的速度将减小，b的速度将增大 D．a的加速度将减小，b的加速度将增大

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解析：选D.由于电场线方向未知，故无法确定a、b的电性，A错；电场力对a、b均做正功，两带电粒子动能均增大，则速度均增大，B、C均错；a向电场线稀疏处运动，电场强度减小，电场力减小，故加速度减小，b向电场线密集处运动，故加速度增大，D正确．

8．AB和CD为圆上两条相互垂直的直径，圆心为O.将电荷量分别为＋q和－q的两点电荷放在圆周上，其位置关于AB对称且距离等于圆的半径，如图1－3－20所示．要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷Q，则该点电荷Q( )

图1－3－20

A．应放在A点，Q＝2q B．应放在B点，Q＝－2q C．应放在C点，Q＝－q D．应放在D点，Q＝－q

解析：选C.由平行四边形定则得出＋q和－q在O点产生的合场强水平向右，大小等于其中一个点电荷在O点产生的场强的大小．要使圆心处的电场强度为零，则应在C点放一个电荷量Q＝－q的点电荷，故C选项正确． 9．

图1－3－21

如图1－3－21所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是( ) A．先变大后变小，方向水平向左 B．先变大后变小，方向水平向右 C．先变小后变大，方向水平向左 D．先变小后变大，方向水平向右

解析：选B.等量异种电荷电场线分布如图(a)所示，由图中电场线的分布可以看出，从A点到O点，电场线由疏到密；从O点到B点，电场线由密到疏，所以沿点A、O、B，电场强度应由小变大，再由大变小，方向为水平向右，如图(b)所示．由于电子做匀速直线运动，所受合外力必为零，故另一个力应与电子所受电场力大小相等、方向相反，电子受到电场力方向水平向左，且沿点A、O、B运动的过程中，电场力由小变大，再由大变小，故另一个力的方向应水平向右，其大小应先变大后变小，所以选项B正确．

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二、计算题

10.如图1－3－22所示，在边长为l的正方形四个顶点A、B、C、D上依次放置电荷量为＋q、＋q、＋q和－q的点电荷，求正方形中心O点的电场强度．

图1－3－22

解析：由对称性原理可知：若正方形四个顶点处均放置相同电荷量的电荷，则中心O点的场强为零，因此可把D点的电荷－q等效为两部分：＋q和－2q.

2kq4kq

＋q和另外三个点电荷在中心O点的合场强为零，－2q在中心O点的场强为E＝2＝2

l/2l4kq

故正方形中心O点的场强大小为E＝2，方向沿OD连线由O指向D.

l4kq

答案：2，方向沿OD连线由O指向D.

l

11．如图1－3－23所示，两根长为L的绝缘细线下端各悬挂一质量为m的带电小球A、B，A、B带电荷量分别为＋q和－q，今加上匀强电场(方向水平向左)，场强为E，使联结AB的绝缘细线(长为L)拉直，并使两小球处于静止状态，E的大小应满足什么条件？

图1－3－23

解析：B球受力如图所示． 由于B球静止，有

mg＝Fsin60° ①??? q2qE＝Fcos60°＋k＋F ②2T?L?

①②式联立，并考虑到FT≥0， 得E≥mgkq

＋2. 3qL

mgkq＋2 3qL

12

答案：E≥

高中物理选修3-1单元测试题

12.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场．其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，如图1－3－24所示，请问：

图1－3－24

(1)小球带电荷量是多少？

(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？ 解析：

(1)由于小球处于平衡状态，对小球受力分析如图所示 F sinθ＝qE① F cosθ＝mg②

①qEmg tanθ由得tanθ＝，故q＝. mgE②

mg

(2)由第(1)问中的方程②知F＝，而剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未剪断cos θ丝线时丝线的拉力大小相等，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力等于

mg

.小球的cosθ

F合g

加速度a＝＝，小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金

mcosθb1

属极上时，它经过的位移为s＝，又由s＝at2，t＝

sinθ2答案：(1)

mgtanθ

(2) E

2b cotθ g

2s＝a

2bcosθ＝gsinθ

2bcotθ. g

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高二物理同步训练试题解析

一、选择题

1.两带电小球，电荷量分别为＋q和－q，固定在一长度为l的绝缘细杆的两端，置于电场强度为E的匀强电场中．杆与场强方向平行，其位置如图1－4－10所示．若此杆绕过O点垂直于杆的轴线转过180°，则在此转动过程中电场力做的功为( )

图1－4－10

A．0 C．2qEl 故C正确．

2.如图1－4－11所示，在O点的点电荷＋Q形成的电场中，试探电荷＋q由A点移到B点电场力做功为W1，以OA为半径画弧交OB于C，再把试探电荷由A点移到C点电场力做功为W2，则C点移到B点电场力做功为W3，则三者关系为( )

B．qEl D．πqEl

解析：选C.电场力对两小球均做正功，大小与路径无关，对每个小球做功为qEl，共为2qEl.

图1－4－11

A．W1＝W2＝W3<0 C．W1＝W3>W2＝0

B．W1>W2＝W3>0 D．W3>W1＝W2＝0

解析：选C.因A、C两点处于同一等势面上，所以W1＝W3>0，W2＝0.所以C正确． 3．下列关于电势高低的判断，正确的是( )

A．负电荷从P点移到M点，电势能增加，P点电势一定较低 B．负电荷从P点移到M点，电势能增加，M点电势一定较低 C．正电荷从P点移到M点，电势能增加，P点电势一定较低 D．正电荷从P点移到M点，电势能增加，M点电势一定较低

解析：选BC.负电荷从P点移到M点，电势能增加，电场力做负功，电场力方向由M点到P点，电场线方向由P到M，故M点电势较低，所以A错B对．同理可得C对D错． 4．如图1－4－12所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷＋Q，在x轴上C点有点电荷－Q且CO＝OD，∟ADO＝60°.下列判断正确的是( )

14

高中物理选修3-1单元测试题

图1－4－12

A．O点电场强度为零 B．D点电场强度为零

C．若将点电荷＋q从O移向C，电势能增大 D．若将点电荷－q从O移向C，电势能增大

解析：选BD.根据对称性和叠加原理，O点有三个场强矢量，其中A、B两点的电荷在O点的场强矢量等大反向，矢量和为零，即O点的电场强度等于C点电荷在该处的场强；D点有三个场强矢量，方向分布互为120°，故合场强为零．选项A错，B对．

由于D点场强为零，作为分界点，D的左边场强方向向左，右边方向向右．则将点电荷＋q从O移向C的过程中，静电力的方向跟移动方向相同，静电力做正功，电势能减小；将点电荷－q从O移向C的过程中，静电力的方向跟移动方向相反，静电力做负功，电势能增加．选项C错，D对．

5．三个点电荷电场的电场线分布如图1－4－13所示，图中a、b两点处的场强大小分别为Ea、Eb，电势分别为φa、φb则( )

图1－4－13

A．Ea>Eb，φa>φb C．Ea>Eb，φa<φb

B．Eaφb

解析：选C.由图可以看出a处电场线更密，所以Ea>Eb，根据对称性，a处的电势应与右侧负电荷附近对称点的电势相等，再根据沿电场线方向电势降低可以判定φb>φa，故C项正确． 6．在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则( ) A．b点的电场强度一定比a点大 B．电场线方向一定从b指向a C．b点的电势一定比a点高 D．该电荷的动能一定减小

解析：选C.电场力做负功，该电荷电势能增加．正电荷在电势高处电势能较大，C正确．电场力做负功同时电荷可能还受其他力作用，总功不一定为负．由动能定理可知，动能不一定减小，D错．电势高低与场强大小无必然联系，A错．b点电势高于a点，但a、b可能不在同一条电场线上，B错．

7.如图1－4－14所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块．由

15

高中物理选修3-1单元测试题

静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止．在物块的运动过程中，下列表述正确的是( )

图1－4－14

A．两个物块的电势能逐渐减少 B．物块受到的库仑力不做功 C．两个物块的机械能守恒

D．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力

解析：选A.两物块之间的库仑力对两物块均做正功，电势能减少，A对，B错；两物块的重力势能不变，动能先增后减，故机械能不守恒，C错；物块先加速后减速，故库仑力先大于摩擦力，但随着距离的增大，库仑力逐渐减小，故后阶段摩擦力大于库仑力，D错． 8．如图1－4－15，一带负电的粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右边．不计重力，下列表述正确的是( )

图1－4－15

A．粒子在M点的速率最大 B．粒子所受电场力沿电场线方向 C．粒子在电场中的加速度不变 D．粒子在电场中的电势能始终在增加

解析：选C.由图知该电场为匀强电场，因此带电粒子受到的电场力方向恒定，大小不变，因此C正确．由电荷运动轨迹与受力关系可判定电荷受力向左，B错，因此由N到M电场力对粒子做 D错．

9．位于A、B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内电势分布如图1－4－16所示，图中实线表示等势线，则( )

负功，其速度应减小，A错，电势能在前段与后段不一样，

图1－4－16

A．a点和b点的电场强度相同

B．正电荷从c点移到d点，电场力做正功 C．负电荷从a点移到c点，电场力做正功

16

高中物理选修3-1单元测试题

D．正电荷从e点沿图中虚线移到f点电势能先减小后增大

解析：选CD.a点和b点所在处的等势线疏密程度不同，故两处的场强不同，方向也不同，A错；从c点到d点电势升高，正电荷的电势能增大，电场力做负功，B错；从a点到c点、电势升高，负电荷的电势能减小，电场力做正功，C对；从e点沿虚线到f点，电势先减小后增大，则正电荷的电势能先减小后增大，D对． 二、计算题

10．将带电荷量为1×108 C的电荷，从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功1×10

－

－6

J，问：

(1)电荷的电势能是增加还是减少？电荷在A点具有多少电势能？ (2)A点的电势是多少？

(3)若静电力可以把带电荷量为2×108 C的电荷从无限远处移到电场中的A点，说明电荷带

－

正电还是带负电？静电力做了多少功？(取无限远处为电势零点)

解析：(1)静电力做负功，电荷的电势能增加，因无限远处电势能为零，电荷在A点具有的电势能为1×106 J.

－

6

EpA1×10

(2)A点的电势为：φA＝＝ V＝100 V.

q1×10－8－

(3)因静电力做正功，说明电荷受力方向与运动方向相同，说明电荷带负电，静电力做功为： W2＝2W1＝2×6 J.

－

答案：(1)增加 1×106 J

－

(2)100 V (3)带负电 2×106 J

－

11．如图1－4－17所示，光滑绝缘杆竖直放置，它与以正点电荷Q为圆心的某一圆周交于B、C两点，质量为m，带电荷量为－q的有孔小球从杆上的A点无初速度下滑，已知q?Q，AB＝h，小球滑到B点时速度大小为3gh，则小球从A运动到B的过程中，电场力做多少功？若取A点电势为零，C点电势是多大？

图1－4－17

1解析：由动能定理得：mgh＋W电＝mv2

21

解得：W电＝mgh

2－W电mgh

φC＝φB＝＝.

2q－q1mgh

答案：mgh

22q

12．如图1－4－18所示，一质量为m、带有电荷量－q的小物体，可以在水平轨道Ox上运

17

高中物理选修3-1单元测试题

动，O端有一与轨道垂直的固定墙．轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正方向，小物体以速度v0从x0点沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力Ff作用，且Ff

1－4－18

解析：电场力做功与路径无关，滑动摩擦力始终做负功，由于Ff＜qE，小物体最终停留在O端．由动能定理得： 1

qEx0－Ffs＝0－mv2，

202qEx0＋mv20s＝. 2Ff2qEx0＋mv20

答案：

2Ff

18

高中物理选修3-1单元测试题

高二物理同步训练试题解析

一、选择题

1．在电场中，A、B两点间的电势差为UAB＝75 V，B、C两点间的电势差为UBC＝－200 V，则A、B、C三点电势高低关系为( ) A．φA>φB>φC B．φA<φC<φB C．φC>φA>φB D．φC>φB>φA

解析：选C.UAB＝75 V表示φA比φB高75 V，UBC＝－200 V，表示φC比φB高200 V，所以三点电势高低为φC>φA>φB，选C.

2．在静电场中，将一电子从a点移至b点，静电力做功5 eV，则下列结论错误的是( ) A．电场强度的方向一定由b到a B．a、b两点的电势差是5 V C．电子的电势能减少了5 eV

D．因电势零点未确定，故不能确定a、b间的电势差

解析：选ABD.电子在移动过程中静电力做正功，说明电势升高，电子的电势能减少，因此B错误；C正确；由于电场线方向不一定沿ab连线方向，故A错误；电场中两点间电势差为确定的数值．与电势零点的选择无关，故D错误． 3．一电子飞经电场中A、B两点，电子在A点电势能为4.8×10－17 J，动能为3.2×10－17 J，电子经过B点时电势能为3.2×10－17 J，如果电子只受电场力作用，则( ) A．电子在B点时动能为4.8×10－17 J B．由A到B电场力做功为100 e V C．电子在B点时动能为1.6×10－17 J D．A、B两点间电势差为－100 V

解析：选ABD. 因只有电场力做功，电子的电势能与动能之和不变，故有EkA＋EpA＝EkB＋EpB，可得出EkB＝4.8×10－17 J，A正确C错误；电势能减少了4.8×10－17J－3.2×10－17 J＝1.6×10－17 J，故由A到B电场力做正功1.6×10－17 J＝100 eV，B正确；由100 eV＝UAB(－e)得：UAB＝－100 V，故D正确．

4．如图1－5－8所示，在竖直纸面内有一匀强电场，一质量为m、带电荷量为－q的小球在一恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B.已知力F和AB间夹角θ＝60°，AB间距离为d，且F＝mg.则( )

图1－5－8

F

A．匀强电场的电场强度大小为E＝

qFd

B．A、B两点的电势差大小为

2q

C．带电小球由A运动到B的过程中电势能增加了

3

mgd 2

D．电场方向与F方向关于AB对称

解析：选AB.恒力F的大小和重力的大小相等并且夹角为120°，根据小球做匀速运动的特点可判断电场力方向与竖直方向夹角为60°向左，大小等于F，即mg＝qE＝F.从A到B过

19

高中物理选修3-1单元测试题

程中，电场力做功WAB＝Eq·dcos 60°＝

FdWABFd

，A、B两点间的电势差为UAB＝＝. 2q2q

5.如图1－5－9所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电荷量为10－6 C

的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10－5 J，已知A点的电势为－10 V，则以下判断正确的是( )

图1－5－9

A．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示 B．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示 C．B点电势为零 D．B点电势为－20 V

解析：选AC.因微粒仅受电场力作用，且由A点到B点时动能减少，故电场力做负功，电场力的方向水平向左，轨迹应为虚线1所示，A正确，B错误；由WAB＝UAB·q＝－10－5 J，可得：UAB＝－10 V，由UAB＝φA－φB，可得φB＝φA－UAB＝0 V，故C正确，D错误.

6.如图1－5－10所示，水平固定的小圆盘A，其带电荷量为Q，电势为零，从圆盘中心O处由静止释放一个质量为m、带电荷量为＋q的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的高度可达圆盘中心竖直线上的c点，O到c之间距离为h而到圆盘中心竖直线上的b点时，小球速度最大，因此可知在Q所形成的电场中，可以确定的物理量是( )

图1－5－10

A．b点场强 B．c点场强 C．b点电势 D．c点电势

mg

解析：选AD.速度最大时加速度为零，由b点速度最大可知qEb＝mg，所以Eb＝，由c

qmgh

点速度为零可知：mgh＝－qφc，所以φc＝－.

q

7．如图1－5－11所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动．M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．电子在从M点经P到达N点的过程中( )

图1－5－11

A．速率先增大后减小

20

高中物理选修3-1单元测试题

B．速率先减小后增大 C．电势能先减小后增大 D．电势能先增大后减小

解析：选AC.电子所受库仑力为引力，从M到P再到N，电子和正点电荷之间的距离先减小再增大，库仑力先做正功再做负功，电势能先减小再增加，动能先增加再减小，速率先增加再减小，A、C选项正确，B、D选项错误．

8．如图1－5－12所示，质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB＝2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为( )

图1－5－12 mv203mv20A. B. 2qq2mv203mv20C. D.

q2q

解析：选C.粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有 2gh＝v20.

1电场力做正功，重力做负功，使粒子的动能由mv20变为2mv20，则根据动能定理，有

21

Uq－mgh＝2mv20－mv20，

2

2mv20

解方程得A、B两点电势差应为，应选C.

q

9.如图1－5－13所示，a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为6 V、4 V和1.5 V，一质子(11H)从等势面a上某处由静止释放，仅受静电力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则对质子的运动有下列判断，正确的是( )

图1－5－13

A．质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4.5 eV B．质子从a等势面运动到c等势面动能减少4.5 eV C．质子经过等势面c时的速率为2.25 v D．质子经过等势面c时的速率为1.5 v

解析：选D.质子由高等势面向低等势面运动，电势能减少，动能增加，A、B都错误；质子1

从等势面a到等势面b，由动能定理得mv2＝2 eV，质子从等势面a到等势面c，由动能定

2

21

高中物理选修3-1单元测试题

1理得mv2c＝4.5 eV，解得vc＝1.5 v，故D正确．C错误．

2二、计算题

图1－5－14

10．如图1－5－14所示，用长为l的绝缘细线拴一质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为质点)后悬挂于O点，整个装置处于水平向右的匀强电场E中，将小球拉至悬线呈水平的位置A后，由静止开始将小球释放，小球从A点开始向下摆动，当悬线转过60°角到达位置B时，速度恰好为零，求： (1)B、A两点的电势差UBA；

(2)小球到达B点时，悬线对小球的拉力FT. 解析：(1)对小球，则A→B，由动能定理得： mglsin60°－qUBA＝0 所以UBA＝

3mgl

. 2q

(2)在B点，小球受重力mg、电场力qE、绳拉力FT三力作用，建立如图所示直角坐标系，将三力正交分解．

因B点小球速度为0，则 FT＝mgcos30°＋qEcos60°＝3mg. 答案：(1)

3mgl

(2)3mg 2q

11.如图1－5－15所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab＝5 cm，bc＝12 cm，其中ab沿电场方向，bc和电场线方向成60°角，一个电荷量为q＝4×10－8 C的正电荷从a移到b电场力做功为W1＝1.2×10－7 J，求：

图1－5－15

(1)匀强电场的场强E；

(2)电荷从b移到c，电场力做的功W2； (3)a、c两点间的电势差Uac.

22

高中物理选修3-1单元测试题

解析：由于电场力做功W＝qU与路径无关，只与初、末位置间的电势差有关，故可根据已知的电场力做功先求电势差，再根据匀强电场中场强与电势差的关系确定场强E.反之亦然． (1)设a、b两点间距离为d，有 W1＝qE·d① 由①式得

1.2×10－7W1

E＝＝ V/m＝60 V/m.

qd4×10－8×5×10－2(2)设b、c两点沿场强方向距离为d1，有 d1＝bc·cos60°② W2＝qE·d1③

由②③式得W2＝qE·bc·cos60° ＝4×10－8×60×12×10－2×0.5 J＝1.44×10－7 J. (3)设电荷从a移到c电场力做功为W，有 W＝W1＋W2④ W＝qUac⑤ 由④⑤式得

W1＋W21.2×10－7＋1.44×10－7Uac＝＝ V

q4×10－82.64×10－7

＝ V＝6.6 V.

4×10－8

答案：(1)60 V/m (2)1.44×10－7 J (3)6.6 V

12.如图1－5－16所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为－q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2gR.求：

图1－5－16

(1)小球滑至C点时的速度大小； (2)A、B两点间的电势差；

(3)若以C点作为参考点(零电势点)，试确定A点的电势．

解析：(1)因B、C两点电势相等，故小球从B到C的过程中电场力做的总功为零 由几何关系可得BC的竖直高度 hBC＝3R/2

根据动能定理有 mg×3R/2＝mv2C/2－mv2B/2

23

高中物理选修3-1单元测试题

解得vC＝7gR.

(2)因为电势差UAB＝UAC，小球从A到C，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有 mg×3R＋q|UAC|＝mv2C/2

解得|UAB|＝|UAC|＝mgR/(2q)， (3)因为φA<φC、φC＝0，所以 φA＝－|UAC|＝－mgR/(2q)．

答案：(1)7gR (2)mgR/(2q) (3)－mgR/(2q)

24

高中物理选修3-1单元测试题

高二物理同步训练试题解析

一、选择题

1．如图1－6－14为某匀强电场的等势面分布图，每两个相邻等势面相距2 cm，则该匀强电场的场强大小和方向分别为( )

图1－6－14

A．E＝100 V/m，竖直向下 B．E＝100 V/m，竖直向上 C．E＝100 V/m，水平向左 D．E＝100 V/m，水平向右

解析：选C.电场方向与等势面垂直且指向电势降低的方向，故电场方向水平向左，由U＝

U2

Ed可得：E＝＝ V/m＝100 V/m，故C正确．

d2×10－22.如图1－6－15所示，圆O所在的平面内有匀强电场存在，电场方向与圆面平行．一个带正电荷的微粒(不计重力)从图中A点出发，以相同的初动能在圆内向各个方向运动，图中AB是圆的一条直径，∟BAC＝30°，已知只有当该微粒从图中C点处离开圆面时，动能才能达到最大值，则平面内的电场线方向为( )

图1－6－15

A．沿A→B方向 B．沿A→C方向 C．沿O→C方向 D．沿B→C方向

解析：选C.由W＝Uq可知，微粒由A射入到从C离开圆面时，动能最大，说明A、C两点的电势差最大，故知C点为圆上电势最低的点，过C的切线为电势最低的等势面，故电场方向为沿O→C方向，C正确．

3.(2011年湖北黄冈质检)如图1－6－16所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和圆心．已知电场线与圆所在平面平行．下列有关圆心O和等分点a的电势、电场强度的相关描述正确的是( )

图1－6－16

A．a点的电势为6 V B．a点的电势为－2 V

C．O点的场强方向指向a点

D．O点的场强方向指向电势为2 V的点

解析：选AD.由匀强电场特征可知：在匀强电场中，沿某一直线若存在电势变化，则沿与该直线平行的其他直线也会存在相同的电势变化规律，所以有10 V－6 V＝φa－2 V，解得φa＝6 V，选项A正确、B错误；O点与a点处于同一等势面上，所以O点场强方向垂直O与

25

高中物理选修3-1单元测试题

a连线指向电势为2 V的点，选项C错误、选项D正确．

4．如图1－6－17中，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离．在a点固定放置一个点电荷，带电荷量为＋Q，已知在＋Q的电场中b、c两点间的电势差为U，将另一个点电荷＋q从d点移动到e点过程中，下列说法正确的是( )

图1－6－17

A．电场力做功qU B．克服电场力做功qU C．电场力做功大于qU D．电场力做功小于qU

解析：选D.离点电荷＋Q越远，电场越弱，由U＝Ed可得Ude

5．如图1－6－18中A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∟ABC＝60°，BC＝20

－5

cm，把一个电荷量q＝10C的正电荷从A移到B，静电力做功为零，从B移到C，静电力

－

做功为－1.73×103J，则该匀强电场的场强大小和方向是( )

图1－6－18

A．865 V/m，垂直AC向左 B．865 V/m，垂直AC向右 C．1000 V/m，垂直AB斜向上 D．1000 V/m，垂直AB斜向下

解析：选D.把电荷q从A移到B，静电力不做功，说明A、B两点在同一等势面上，因该电场为匀强电场，等势面应为平面，故图中直线AB即为等势线，场强方向垂直于等势面，可见，选项A、B不正确．

－3

WBC－1.73×10UBC＝＝V＝－173 V，B点电势比C点低173 V，因电场线指向电势降低的－

q105UU173

方向，所以场强的方向必垂直于AB斜向下，场强大小E＝＝＝ V/m

dBCsin60°3

0.2 ×2

＝1000 V/m，因此选项D正确，C错误．

6．如图1－6－19所示，一条绝缘细线，上端固定，下端拴一个质量为m的带电小球．将它置于一匀强电场中，电场强度大小为E，方向水平向右．当细线离开竖直位置的偏角为α时，小球处于平衡状态，则小球所带的电荷量为( )

图1－6－19

mgA.sinα EmgC.tanα E解析：

mg

B.cosα EmgD.cotα E

26

高中物理选修3-1单元测试题

选C.对小球受力分析如图所示，由物体的平衡条件得： Fcosα＝mg Fsinα＝Eq

mg

可得：q＝tanα，故C正确．

E

7.如图1－6－20所示，在沿x轴正向的匀强电场E中，有一动点A以O为圆心，r为半径做逆时针转动，当OA与x轴正向成θ角时，O、A两点间的电势差为 ( )

图1－6－20

A．UOA＝Er B．UOA＝Ersinθ C．UOA＝Ercosθ D．UOA＝－Ercosθ

解析：选C.由图可知OA沿场强方向的距离d＝OAcosθ＝rcosθ，故UOA＝Ed＝Ercosθ.故C正确．

8．如图1－6－21所示，一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM＝MN.P点在y轴右侧，MP⊥ON.则( )

图1－6－21

A．M点的电势比P点的电势高

B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功

C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差

D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动

解析：选AD.作出过点M的等势线，因电场线与等势线是正交的，且沿电场线方向电势是降低的，故A正确．将负电荷从O点移到P点时，因所处位置电势降低，其电势能增大，故应是克服电场力做功，B错误．由E＝U/d及电场线疏密程度知O、M两点间电势差应大于M、N两点间电势差，C错误．沿y轴上各点场强方向相同，故从O点由静止释放的带正电粒子运动中始终受到沿y轴正方向的外力，D正确． 9.如图1－6－22所示，空间有平行于纸面的匀强电场．一电荷量为－q的质点(重力不计)．在恒定拉力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N，如图所示．已知力F和MN间夹角为θ，M、N间距离为d，则( )

27

高中物理选修3-1单元测试题

图1－6－22

Fdcosθ

A．M、N两点的电势差为

q

F cosθ

B．匀强电场的电场强度大小为

q

C．带电质点由M运动到N的过程中，电势能减少了Fdcosθ D．若要使带电质点由N向M做匀速直线运动，则F必须反向

解析：选A.由于重力不计，质点匀速运动，所受拉力F与电场力大小相等、方向相反．从

W电Fdcosθ

M到N过程中，电场力做功W电＝－Fdcosθ，M、N两点的电势差UMN＝＝，A

q－q

F

项正确；匀强电场场强E＝，B项不正确；此过程中，电场力做负功，电势能增加，C项

q

不正确．若要使带电质点由N向M做匀速直线运动，则所受合力一定为零，因此F必须沿原方向，D项不正确． 二、计算题

10.如图1－6－23所示，A、B、C为匀强电场中的三个点，已知φA＝12 V，φB＝6 V，φC＝－6 V．试画出该电场的电场线，并保留作图时所用的辅助线(用虚线表示)．

图1－6－23

解析：连接A、C，将线AC三等分，等分点为D、E，则φD＝6 V，连接BD即为电场中的一个等势面，过A、E、C三点分别作BD的平行线得到另外三个等势面，过A、B、C三点分别作和等势面的垂线，即为三条电场线，方向由高电势指向低电势，如图所示．

答案：见解析

－

11．如图1－6－24所示是一组不知方向的匀强电场的电场线，把1.0×106 C的负电荷从A

－

点沿水平线移到B点，静电力做了2.0×106 J的功．A、B两点间的距离为2 cm，问：

图1－6－24

(1)匀强电场的场强为多大？方向如何？ (2)A、B两点间的电势差为多大？ 解析：根据电势差的定义式，

－6

WAB2.0×10UAB＝＝－ V＝－2 V q－1.0×106设A、B两点所在等势面间的距离为d， 则d＝ABcos60°＝2×0.5 cm＝1 cm所以，

|－2||UAB|

E＝＝－ V/m＝200 V/m d1×102因为UAB＝φA－φB＝－2 V<0

28

高中物理选修3-1单元测试题

所以φA<φB，而电场线方向是由高电势指向低电势，因而电场方向沿直线由下而上． 答案：(1)200 V/m 方向沿直线由下而上 (2)－2 V

12．如图1－6－25所示的电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球以速度v0，方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动．问：

图1－6－25

(1)小球应带何种电荷？电荷量是多少？

(2)在入射方向上小球最大位移量是多少？(电场足够大)

解析：(1)如图甲所示，电场线水平向左，由题意知，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力才有可能与初速度的方向在一条直线上，所以小球带正电． 由图乙可知，Eq＝mg，

Umgd又E＝，所以：q＝.

dU

(2) 由图乙可知，F合＝?mg?＋?Eq?＝2mg

1

由动能定理得：－F合·xm＝0－mv2

20

2v20

所以：xm＝.

4 g

22v0mgd

答案：(1)正电荷 (2)

U4g

22

29

高中物理选修3-1单元测试题

高二物理同步训练试题解析

一、选择题

1．处于静电平衡中的导体，内部场强处处为零的原因是( ) A．外电场不能进入导体内部

B．所有感应电荷在导体内部产生的合场强为零

C．外电场和所有感应电荷的电场在导体内部叠加的结果为零 D．以上解释都不正确 答案：C

2．图1－7－11中接地金属球A的半径为R，球外点电荷的电荷量为Q，到球心的距离为r.该点电荷的电场在球心的场强等于( )

图1－7－11

QQQQA．k2－k2 B．k2＋k2

rRrR

Q

C．0 D．k2

r

解析：选D.本题求解的是点电荷Q在球心处的场强，不是合场强．根据点电荷场强公式求

kQ

得E＝2，故D对．

r

3．一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图1－7－12所示，金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比( )

图1－7－12

A．Ea最大 B．Eb最大 C．Ec最大 D．Ea＝Eb＝Ec 解析：选C.感应电荷在导体内部产生的场强与场源电荷在球内产生的场强的矢量和为零．离场源电荷越近的点场强越大，所以感应电荷在该点的场强也越大，选项C正确．

4．如图1－7－13所示，在两个固定电荷＋q和－q之间放入两个原来不带电的导体，1、2、3、4为导体上的四个点，在达到静电平衡后，各点的电势分别是φ1、φ2、φ3、φ4，则( ) 图1－7－13

A．φ4>φ3>φ2>φ1 B．φ4＝φ3>φ2＝φ1 C．φ4<φ3<φ2<φ1 D．φ4＝φ3<φ2＝φ1

解析：选B.正负电荷间电场线，由正电荷出发到负电荷终止，沿电场线电势逐渐降低，又因为处于电场中的两导体都处于静电平衡状态，所以φ4＝φ3>φ2＝φ1，B对．

5．如图1－7－14所示，空心导体上方有一靠近的带有正电的带电体．当一个重力不计的正电荷以速度v水平飞入空心导体内时，电荷将做( )

图1－7－14

A．向上偏转的类平抛运动

30

高中物理选修3-1单元测试题

B．向下偏转的类平抛运动 C．匀速直线运动 D．变速直线运动

解析：选C.根据静电屏蔽原理可知导体空腔中没有电场，故C正确．

6．(2011年长沙高二检测)电工穿的高压作业服是用铜丝编织的，下列说法正确的是( ) A．铜丝编织的衣服不易拉破，所以用铜丝编织

B．电工被铜丝编织的衣服包裹，使体内电势保持为零，对人体起保护作用

C．电工被铜丝编织的衣服包裹，使体内电场强度保持为零，对人体起保护作用 D．铜丝必须达到一定厚度，才能对人体起到保护作用 答案：C

7．如图1－7－15所示，在水平放置的光滑金属板中心正上方有一带正电的点电荷Q，另一表面绝缘、带正电的金属小球(可视为质点，且不影响原电场)自左以初速度v0在金属板上向右运动，在运动过程中( )

图1－7－15

A．小球先做减速后加速运动 B．小球做匀速直线运动

C．小球受到的静电力对小球先做负功，后做正功 D．小球受到的静电力对小球做功为零

解析：选BD.金属板处于静电平衡状态，表面为等势面．因此小球受到的静电力不做功，小球电势能保持不变，所以动能保持不变，故B、D正确．

8．如图1－7－16所示，绝缘金属球壳的空腔内有一带电小球，现在球壳左侧放一带电小球A，下列说法正确的是( )

图1－7－16

A．A球对球壳内的电场不影响

B．由于静电屏蔽，球壳内没有电场 C．球壳内外表面均没有电荷

D．由于球壳接地，空腔内的电场对外部也没有影响

解析：选AD.由于金属球壳接地，对内外电场都有屏蔽作用，故A、D对，球壳外表面没有电荷，因为空腔内有带电体，所以空腔内有电场，内表面有感应电荷，故B、C错． 9.如图1－7－17所示，为一空腔球形导体(不带电)，现将一个带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的电场强度E和电势φ的关系是( )

图1－7－17

A．Ea>Eb>Ec，φa>φb>φc B．Ea＝Eb>Ec，φa＝φb>φc C．Ea＝Eb＝Ec，φa＝φb>φc D．Ea>Ec>Eb，φa>φb>φc

解析：选D.静电平衡导体内E＝0即Eb＝0，沿电场线方向电势越来越低，在球形导体外的电场分布与正点电荷的电场类似，故D选项正确．

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高中物理选修3-1单元测试题

二、计算题

10．如图1－7－18所示，在孤立点电荷＋Q的电场中，金属圆盘A处于静电平衡状态．若金属圆盘平面与点电荷在同一平面内，试在圆盘A内作出由盘上感应电荷形成的附加电场的三条电场线(用实线表示，要求严格作图)．

图1－7－18

解析：画出感应电荷形成的附加电场在圆盘A内的三条电场线(实线)，如图所示．导体A处于静电平衡状态，因此内部每点的合场强都为零，即导体A内的每一点，感应电荷产生的电场强度都与点电荷Q在那点的电场强度大小相等、方向相反，即感应电荷的电场线与点电荷Q的电场线重合，且方向相反．

答案：见解析

－

11．如图1－7－19所示，两个点电荷A和B，电荷量分别为q1＝－9.0×109C、q2＝2.7×10－8

C，彼此相距r＝6 cm，在其连线中点处放一半径为1 cm的金属球壳，求球壳上感应电荷在球心O处产生的电场强度．

图1－7－19

解析：由于球壳达到静电平衡后各点的场强为零，故感应电荷在球心O处产生的场强与－q1和＋q2在O处场强的矢量和等大反向，设由O指向B方向为场强正方向，即： E＝E感＋E1＋E2＝0

kq1kq2

∴E感＝－(E1＋E2)＝－[－] rr??2??222－－

9×109×?－9?×1099×109×2.7×108

＝－[－] N/C

0.0320.032＝3.6×105 N/C，方向由O指向B. 答案：3.6×105 N/C，方向由O指向B

12．如图1－7－20所示，带电导体A处于静电平衡状态，电势为φ＝200 V．M、N是A表

－

面上的两点，电场强度EM＝4 EN.今把一电量为q＝5×108C的正电荷分别由M点、N点移到无限远处，求电场力做的功．

图1－7－20

解析：由静电平衡导体的特点得： φM＝φN＝φ＝200 V

移到无限远处电场力做功：

－

WM＝WN＝qU＝q(φ－0)＝5×108×200 J

－

＝1.0×105 J.

－

答案：均为1.0×105 J

32

高中物理选修3-1单元测试题

高二物理同步训练试题解析

一、选择题

1．某电容器的电容是30 μF，额定电压为200 V，击穿电压为400 V，对于该电容器，下列说法中正确的是( )

－

A．为使它的两极板间的电压增加1 V，所需要的电荷量是3×105 C

－

B．给电容器1 C的电荷量，两极板间的电压为3×105V

－

C．该电容器能容纳的电荷量最多为6×103C D．该电容器两极板间能承受的最大电压为200 V

Q1－－4

解析：选A.由ΔQ＝C·ΔU＝30×106×1 C＝3×105C，A对；由U＝＝－6V＝3.3×10 C30×10

V，电容器被击穿，B错；击穿电压为400 V表示能承受的最大电压为400 V，最大电荷量

－－

Q＝CU＝3×105×400 C＝1.2×102C，C、D错．

－

2．一个电容器带电荷量为Q时，两极板间电压为U，若使其带电荷量增加4.0×107 C时，它两极板间的电势差增加20 V，则它的电容为( )

－－

A．1.0×108 F B．2.0×108 F

－－

C．4.0×108 F D．8.0×108 F

解析：选B.由于电容与电容器上带电荷量和电势差大小无关，所以可根据电容的定义式推

－

4.0×107ΔQ－

导出：C＝.因此电容C＝ F＝2.0×108 F.

ΔU20

3.如图1－8－10所示，平行板电容器的电容为C，极板带电荷量为Q，极板间距为d.今在两板间正中央放一带电荷量为q的点电荷，则它所受到的电场力大小为( )

图1－8－10

2QqA．k2

dQqC. Cd

4QqB．k2

d2QqD. Cd

Q

解析：选C.平行板电容器极板间电场为匀强电场，其电场强度为E＝，因此点电荷q在

Cd

Qq

其中所受到的电场力为F＝Eq＝.

Cd

4.如图1－8－11所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，则( )

图1－8－11

A．电荷将向上加速运动 B．电荷将向下加速运动

C．电流表中将有从a到b的电流 D．电流表中将有从b到a的电流

U

解析：选BD.板距增大，由于板间电压不变，则E＝变小，所以电场力变小，电荷向下加

d

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高中物理选修3-1单元测试题

速，A错B对；由平行板电容公式可知，板间增大C变小，则Q＝CU变小，电容器放电，C错D对． 5．如图1－8－12所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图．电容器的两个电极分别用导线接到指示器上，指示器可显示出电容的大小．下列关于该仪器的说法正确的是( )

图1－8－12

A．该仪器中电容器的电极分别是金属芯柱和导电液体 B．金属芯柱外套的绝缘层越厚，该电容器的电容越大

C．如果指示器显示电容增大了，则说明电容器中的液面升高了 D．如果指示器显示电容减小了，则说明电容器中的液面升高了

解析：选AC.类似于平行板电容器的结构，导体芯柱和导电液体构成电容器的两电极，导体芯柱的绝缘层就是两极间的电介质，其厚度d相当于两平板间的距离，所以厚度d越大，电容器的电容越小．导电液体深度h越大，则S越大，C越大，C增大时就表明h变大．故A、C正确．

6.如图1－8－13所示是一只利用电容器电容(C)测量角度(θ)的电容式传感器的示意图．当动片和定片之间的角度(θ)发生变化时，电容(C)便发生变化，于是通过知道电容(C)的变化情况就可以知道角度(θ)的变化情况．下列图象中，最能正确反映角度(θ)与电容(C)之间关系的是( )

图1－8－13

图1－8－14

1

解析：选B.两极板正对面积S＝(π－θ)R2，则S∝(π－θ)

2

又因为C∝S，所以C∝(π－θ)

C

令C＝k(π－θ) ∴θ＝π－(k为常数)

k

所以B正确．

7．某电容器上标有“1.5 μF,9 V”的字样，则( )

－

A．该电容器所带电荷量不能超过1.5×106 C B．该电容器所加电压不能超过9 V C．该电容器击穿电压为9 V

D．当给该电容器加4.5 V的电压时，它的电容值变为0.75 μF

解析：选B.该标示值为电容器电容和能允许加的最大电压．加在该电容器上的电压超过9 V

－－

就会击穿它．能够给它充的最大电荷量为Q＝CUm＝1.5 ×106×9 C＝1.35×105C.电容器

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高中物理选修3-1单元测试题

电容与所加电压无关，因此当给电容器加4.5 V的电压时，其电容值仍为1.5 μF.故B正确． 8．如图1－8－15所示，平行板电容器两个极板为A、B，B板接地，A板带电荷量＋Q，板间电场内有一固定点P.若将B板固定，A板下移一些，或者将A板固定，B板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是( )

图1－8－15

A．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变 B．A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高 C．B板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低 D．B板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低

解析：选AC.A板下移，电荷密度不变，场强不变，又因P与B板距离不变，由UP＝Ed知P点电势不变，A对，B错，B板上移，场强同样不变，但P与B板距离减小，故电势降低C对，D错．

9．如图1－8－16所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，在距离两板等距的M点有一个带电液滴处于静止状态．若将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是( )

图1－8－16

A．液滴将向下加速运动

B．M点电势升高，液滴在M点的电势能将减小 C．M点的电场强度变小了

D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同

解析：选BD.当将a向下平移时，板间场强增大，则液滴所受电场力增大，液滴将向上加速运动，A、C错误．由于b板接地且b与M间距未变，由U＝Ed可知M点电势将升高，液滴的电势能将减小，B正确．由于前后两种情况a与b板间电势差不变，所以将液滴从a板移到b板电场力做功相同，D正确． 二、计算题

10．水平放置的平行板电容器的电容为C，板间距离为d，极板足够长，当其带电荷量为Q时，沿两板中央水平射入的带电荷量为q的微粒恰好做匀速直线运动．若使电容器电量增大一倍，则该带电微粒落到某一极板上所需时间为多少？

qQ

解析：利用平衡条件得mg＝qE＝.

Cd

2

dat

根据运动学公式有＝，

22

′

由牛顿第二定律得，qE－mg＝ma，

2Qd又E′＝，解得t＝.

Cdgd答案： g

－

11．如图1－8－17所示，一平行板电容器接在U＝12 V的直流电源上，电容C＝3.0×10

－10

F，两极板间距离d＝1.20×103m，取g＝10 m/s2，求：

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高中物理选修3-1单元测试题

图1－8－17

(1)该电容器所带电量．

－

(2)若板间有一带电微粒，其质量为m＝2.0×103 kg，恰在板间处于静止状态，则该微粒带电量为多少？带何种电荷？

Q

解析：(1)由公式C＝得

U－－

Q＝CU＝3.0×1010×12 C＝3.6×109 C.

U

(2)若带电微粒恰在极板间静止，则qE＝mg，而E＝

d

－3－3

mgd2.0×10×10×1.20×10

解得q＝＝ C

U12－

＝2.0×106 C 微粒带负电荷．

－－

答案：(1)3.6×109 C (2)2.0×106 C 负电荷

12．如图1－8－18所示，水平放置的A、B两平行板相距h，有一质量为m，带电量为q的小球在B板之下H处以初速度v0竖直向上进入两板间，小球恰好能打到A板，求A、B板间的电势差．

图1－8－18

解析：如果电场力做正功，由动能定理得 qU－mg(h＋H)＝0－mv20/2，

2

m[2g?h＋H?－v0]

解得U＝，

2q

如果电场力做负功，则有 －qU－mg(h＋H)＝0－mv20/2，

2

m[v0－2g?h＋H?]

解得U＝. 2q

答案：见解析

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高中物理选修3-1单元测试题

高二物理同步训练试题解析

一、选择题

1．一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是( ) A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动 C．匀变速曲线运动 D．匀速圆周运动 答案：A 2．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图1－9－15所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )

图1－9－15

A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电 C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电

解析：选AC.由题意可知，在XX′方向上向X方向偏转，X带正电，A对B错；在YY′方向上向Y方向偏转，Y带正电，C对D错．

3．下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后速度最大的是( ) A．质子1H B．氘核21H C．α粒子42He D．钠离子Na＋ 1

解析：选A.Uq＝mv2得v＝

2

2Uq，比荷最大的获得的速度最大． m

4．一个带正电的油滴从图1－9－16所示的匀强电场上方A点自由下落，油滴落入匀强电场后，能较准确地描述油滴运动轨迹的是图1－9－17中的( )

图1－9－16

图1－9－17

解析：选B.油滴从A点自由下落以一竖

直速度进入电场，进入电场后受重力和电场力两恒力作用．如图，根据物体做曲线运动的条件，运动轨迹将向右弯曲，故选B.

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