文档文本内容
专题07 静电场
质量检测卷
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题
只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全
的得2分，有选错的得0分)
1.下列叙述中正确的是( )
A．用点电荷来代替带电体的研究方法叫理想模型法
B．库仑提出了用电场线描述电场的方法
C．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
D．用比值定义法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电场强度 E＝，电容C＝，加速度a
＝，都是采用了比值定义法定义的
【答案】A
【解析】 用点电荷来代替带电体的研究方法叫理想模型法，选项A正确；法拉第提出了用电场线描述电
场的方法，选项B错误；伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，但是没有直接用实验进行验
证，选项C错误；加速度a＝是决定式，加速度的定义式是a＝，选项D错误．
2.(2021·甘肃天水高三上学期期末联考)在静电场中，关于场强和电势的说法正确的是( )
A．电场强度大的地方电势一定高
B．电势为零的地方场强也一定为零
C．场强为零的地方电势也一定为零
D．场强大小相同的点电势不一定相同
【答案】D
【解析】 沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小。
电势高的地方电场强度不一定大，电场强度大的地方电势也不一定高，A错误；电势零点是人为选取的，
则电势为零的地方场强不一定为零，场强为零的地方电势也不一定为零，B、C错误；在匀强电场中，场强处处相等，但沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以场强大小相同的点电势不一定相同，D正确。
3.如图所示是真空中两点电荷周围的电场分布情况。图中 O点为两点电荷连线的中点，MN为两点电
荷连线的中垂线，OM＝ON。下列说法正确的是( )
A. 同一电荷在O、M、N三点所受的电场力相同
B. 同一电荷在O、M、N三点的电场力方向相同
C. O、M、N三点的电场强度大小关系是E ＝E >E
M N O
D. 把另一自由电荷从M点由静止释放，电荷将沿MON做往复运动
【答案】B
【解析】：O、M、N三点的电场强度方向相同，但大小不同，O点电场强度最大，E ＝E <E ，同一电荷
M N O
在三点所受的电场力大小不同，方向相同，故选项A、C错误，B正确；把另一自由电荷从M点由静止释
放，由于受到水平方向的电场力作用，电荷不会沿MON做往复运动，故选项D错误。
4.(2021·衡水中学高三第三次联考)如图所示，MN是点电荷电场中的一条直线，a、b是直线上两点，已知
直线上a点的场强最大，大小为E，b点场强大小为E，已知a、b间的距离为L，静电力常量为k，则场源
电荷的电荷量为( )
A. B. C. D.
【答案】 B
【解析】 因a点的场强最大，可知a点离场源电荷最近，即a点与场源电荷连线与直线MN垂直，设场
源电荷在距离a点x的位置，则E＝k，b点场强为E＝k，联立解得x＝L，则Q＝，B正确。
5.(2021·北京市房山区一模)如图所示为电子束焊接机，图中带箭头的虚线代表电场线，B、C是电场中两
点．K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高电压U，有一电子在K极由静止被加
速．不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是( )A．A、K之间的电场强度均为
B．B点电势大于C点电势
C．B点电场强度大于C点电场强度
D．电子由K到A的电势能减少了eU
【答案】 D
【解析】 A、K之间的电场是非匀强电场，公式U＝Ed不适用，因此A、K之间的电场强度不等于，故
A错误；B、C所在等势线均为与电场线垂直的圆弧，如图所示，
根据沿电场线方向电势降低，可知B点电势小于C点电势，故B错误；
电场线的疏密程度表示电场强度大小，从图中可知B点所在位置的电场线较疏，C点所在位置的电场线较
密，故B点的电场强度小于C点的电场强度，故C错误；
电子由K到A，受到的电场力方向和电场方向相反，即由K指向A，和运动方向一致，所以电场力做正
功，电势能减小，根据动能定理可得|ΔE|＝ΔE＝Ue，故D正确．
p k
6.(2021·山东青岛市一模)如图所示，直线AB为某电场的一条电场线，a、b、c是电场线上等间距的三个
点。一个带电粒子仅在电场力作用下沿电场线由a点运动到c点的过程中，粒子动能增加，且a、b段动能
增量大于b、c段动能增量， a、b、c三点的电势分别为φ 、φ 、φ，场强大小分别为E 、E 、E 粒子在
a b c a b c,
a、b、c三点的电势能分别为E 、E 、E 。下列说法正确的是( )
pa pb pcA.电场方向由A指向B B.φ＞φ＞φ
a b c
C.E ＞E ＞E D.E＞E＞E
pa pb pc a b c
【答案】 C
【解析】 粒子的电性不确定，则不能确定电场的方向，也不能判断各点的电势关系，选项A、B错误；
粒子在电场中只受电场力作用，则动能增加量等于电势能减小量；由a点运动到c点的过程中，粒子动能
增加，则电势能减小，则E ＞E ＞E ；因a、b段动能增量大于b、c段动能增量，可知ab段的电势差大
pa pb pc
于bc段的电势差，根据U＝Ed可知，ab段的电场线比bc段的密集，但是不能比较三点场强大小关系，选
项C正确，D错误。
7.(2021·河北邯郸市上学期期末)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4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
【答案】 D
【解析】 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
a点的电场强度不为零，故A错误；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；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点时速度最大，
故C错误，D正确。
8.(2021·浙江省山水联盟开学考)如图所示，环形塑料管半径为R，竖直放置，且管的内径远小于环的半径，ab为该环的水平直径，环的ab及其以下部分有水平向左的匀强电场，电场强度的大小E＝，管的内壁
光滑。现将一质量为m，电荷量为＋q的小球从管中a点由静止开始释放，则( )
A.小球到达b点时速度为零，并在adb间往复运动
B.小球每周的运动过程中最大速度在圆弧ad之间的某一位置
C.小球第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为1∶5
D.小球第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为4∶1
【答案】 C
【解析】 带电小球从a点由静止释放，只有重力和电场力做功，带电小球到达b点，重力势能不变，电
势能减小，故到达b点时的动能为E ＝qE·2R＝2mgR，故A错误；当小球重力和电场力的合力正好沿半径
k
方向时，小球的速度最大，所以速度最大点在d点的左侧，故B错误；第一次过d点时，根据动能定理，
有mgR＋qER＝mv，根据向心力公式，有F －mg＝，解得F ＝5mg，第一次过c点，根据向心力公式，
N1d N1d
有F ＋mg＝，第一次经过c点的动能为mv＝mgR，F ＝mg，则小球第一次经过最低点d和最高点c时
N1c N1c
对管壁的压力之比为F ∶F ＝5∶1，故D错误；从a点释放到第二次到c点过程，根据动能定理，有－
N1d N1c
mgR＋2qE·2R＝mv，据向心力公式，有F ＋mg＝，解得F ＝5mg，则小球第一次和第二次经过最高点c
N2c N2c
时对管壁的压力之比为F ∶F ＝1∶5，故C正确。
N1c N2c
9.(2021·广西钦州三模)如图所示，虚线a、b、c代表电场中三条电场线，实线为一带负电的质点仅在电场
力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点。下列判断正确的是( )
A．P点的场强比Q点的场强大B．P点的电势比Q点的电势高
C．带电质点通过Q点时电势能较小
D．带电质点通过Q点时动能较大
【答案】 AB
【解析】由电场线疏密程度可知，P点的场强比Q点的场强大，A正确；带电质点做曲线运动，电场力指
向曲线的内侧，故电场线向左，沿着电场线方向，电势越来越低，故 P点的电势比Q点的电势高，B正
确；电场力的方向向右，若粒子从P运动到Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，若粒子从 Q运动
到P，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，故带电质点通过 P点时的动能较大，电势能较小，通过
Q点时的动能较小，电势能较大，C、D错误。
10.(2021·浙江余姚市4月选考)一电荷量为q(带正电)的物体静置在一光滑绝缘水平面上．从某时刻起在整
个空间施加一水平向右的电场，电场强度大小为E ，经过t时间，电场改变方向，变成水平向左，电场强
1
度大小变为E，再经过2t时间，物体恰好返回出发点，则( )
2
A．电场强度E 与E 之比为4∶5
1 2
B．电场强度E 与E 之比为2∶1
1 2
C．这一过程中带电物体的动能先增大后减小再增大，其变化量大于0
D．这一过程中带电物体的动能先增加后减小，其变化量大于0
【答案】 AC
【解析】 0～t时间内，a＝，
1
t～3t时间内，a＝，
2
由－at2＝at·2t－a(2t)2得
1 1 2
E∶E＝4∶5，
1 2
故A正确，B错误；
0～t，电场力做正功，动能增加，t～3t内，电场力先做负功，后做正功，动能先减小后增大，返回出发点
时总动能增大，变化量大于0，故C正确，D错误．
11.(2021·黑龙江齐齐哈尔一模)如图所示，匀强电场的方向与长方形abcd所在的平面平行，ab＝ad。电子
从a点运动到b点的过程中电场力做的功为4.5 eV；电子从a点运动到d点的过程中克服电场力做的功为
4.5 eV。以a点为电势零点，下列说法正确的是( )A．b点的电势为4.5 V
B．c点的电势为 V
C．该匀强电场的方向是由b点指向a点
D．该匀强电场的方向是由b点垂直指向直线ac
【答案】 AD
【解析】 电子从a点运动到b点的过程中电场力做的功为4.5 eV，那么b点电势比a点电势高4.5 V，又
以a点为电势零点，故b点的电势为4.5 V，A正确。电子从a点运动到b点的过程中电场力做的功为4.5
eV；电子从a点运动到d点的过程中克服电场力做的功为4.5 eV，那么，a点电势和bd连线的中点电势相
同，都为零；又有c在a和bd中点连线的延长线上，故这三点电势相等，都为零，B错误。由B可知ac连
线为等势线，电场线与等势线垂直；又由A选项可知，b点电势比a点电势高，那么，该匀强电场的方向
是由b点垂直指向直线ac，C错误，D正确。
12.(2021·辽宁大连市第一次模拟)如图所示，竖直方向上固定一光滑绝缘细杆，两电荷量相等的正点电荷
M、N关于细杆对称固定。两电荷连线中点为O，带正电的小球套在细杆上，从距中点O高为h 处的P点
1
静止释放，经过时间t 运动到O点。此过程中小球速度的大小v、加速度的大小a、动能E 、电势能E(无
1 k p
穷远处电势为0)随时间t或下降距离h的变化图象可能正确的有( )
【答案】 BCD
【解析】 根据等量同种正点电荷电场线的特点可知，MN在杆的位置处的电场线方向向上，从杆与MN的连线的交点处向上，电场强度的大小从0先增大后减小。小球受重力，如果开始时小球的位置在场强最
大点的下方，则小球向下运动的过程中受到的电场力逐渐减小，所以小球的加速度逐渐增大，小球做加速
度增大的加速运动；如果开始时小球的位置在场强最大点的位置上方，则小球向下运动的过程中受到的电
场力先增大后减小，所以小球的加速度可能先减小后增大，小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度
增大的加速运动，则B项中的速度变化是可能的，A项的加速度的变化是不可能的，故A错误，B正确；
如果开始时小球的位置在场强最大的点的位置上方，而且电场力最大的时候电场力大于重力，则小球向下
运动的过程中受到的电场力先增大后减小，所以小球的加速度先减小然后反向增大，所以小球先做加速度
减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动；当经过了电场力的最大点后，又做加速度减小的减速运
动，最后再做加速度增大的加速运动，该种情况下小球的运动过程最复杂，小球的速度先增大，然后减
小，最后又增大。小球的动能也是先增大，然后减小，最后又增大，故 C正确；小球向下运动的过程中电
场力一直做负功，所以小球的电势能一直增大，故D正确。
第Ⅱ卷(非选择题，共62分)
二、填空题(本题共2小题，共14分)
13.(2021·上海黄浦区高三上学期期末)(6分)如图所示，三条平行等距的虚线表示电场中的三个等势面，电
势值分别为－10 V、0 V、10 V，实线是一带电粒子(只受电场力)的运动轨迹，a、c为轨迹上的两点，粒子
的带电荷量为2×10－9 C。则粒子带________电，粒子从a点运动到c点电场力做功为________ J。
【答案】负 2×10－8
【解析】 根据电场线与等势面垂直，且指向电势较低的等势面，可知该电场的方向是向上的，带电粒子
轨迹向下弯曲，粒子受到的电场力向下，所以粒子一定带负电；粒子从a点运动到c点电场力做功为W ＝
ac
U q＝(0－10)×(－2×10－9) J＝2×10－8 J。
ac
14.(2021广西桂林、贺州、崇左高三下学期3月联合调研)（8分）电荷的定向移动形成电流，电流表示单位时间内
通过导体横截面的电荷量，即I＝。电流传感器可以像电流表一样测量电流，并且可以和计算机相连，画出电流与时间的变化图象。图甲是用电流传感器观察充、放电过程的实验电路图，图中电源的电压为6
V。
先使开关S与1接通，待充电完成后，再使开关S与2接通，电容器通过电阻放电，电流传感器将电流信
息传入计算机，显示出电流随时间变化的i－t图象，如图乙所示。
(1)下列说法正确的是________。
A.电容器充电的过程中，负电荷由电源的正极移动到电容器的正极板
B.电容器充电的过程中，电路中的电流不断增大
C.电容器放电的过程中，电容器两极板间的场强不断变小
D.电容器放电的过程中，电容器把储存的电能转化为电路中其他形式的能量
(2)根据乙图中图线计算得出电容器放电前所带的电荷量为________(结果保留2位有效数字)。
【答案】 (1)CD (2)2.8×10－3 C
【解析】 (1)电容器充电的过程中，负电荷由电容的正极板移动到电源的正极，故 A错误；电容器充电的
过程中，电路中的电流不断减小，故B错误；电容器放电的过程中，电容器两极板上所带电荷量逐渐减
小，两极板间的电压逐渐减小，根据E＝，可知场强不断变小，故C正确；电容器放电的过程中，电容器
把储存的电能转化为电路中其他形式的能量，故D正确。
(2)根据图象的含义，因q＝It，所以乙图中图线与两坐标轴所包围面积的物理意义是电容器储存的电荷
量，电荷量Q＝35×××10－3 C＝2.8×10－3 C。
三、计算论述题(本题共4小题，共48分。解答时写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只
写出答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位)15.（10分）(2021·四川雅安市上学期一诊)如图，光滑固定斜面倾角为37°，一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝
＋1×10－6 C的小物块置于斜面上的A点，A距斜面底端B的长度为1.5 m，当加上水平向右的匀强电场
时，该物体恰能静止在斜面上，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)该电场的电场强度的大小；
(2)若电场强度变为原来的一半，小物块运动到B点所需的时间和在B点的速度各是多少？
【答案】 (1)7.5×105 N/C (2)1 s 3 m/s
【解析】 (1)小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，如图所示，则有qE＝mgtan 37°
故有E＝7.5×105 N/C。
(2)电场强度变为原来的一半后
根据牛顿第二定律得mgsin 37°－qEcos 37°＝ma
代入数值解得a＝3 m/s2
方向沿斜面向下
由运动学公式x＝at2和v－v＝2ax
代入数值解得t＝1 s，v ＝3 m/s。
B
16.（12分）如图所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为d.当两板间加电压U时，一个质
量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以水平速度v 从A点射入电场，经过一段时间后从B点射出电场，A、
0
B间的水平距离为L，不计粒子的重力．求：(1)带电粒子从A点运动到B点经历的时间；
(2)带电粒子经过B点时速度的大小；
(3)A、B间的电势差．
【答案】 (1) (2) (3)
【解析】 (1)带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从A点到B点经历时间t＝；
(2)带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，板间场强大小E＝
加速度大小a＝＝
经过B点时粒子沿竖直方向的速度大小
v＝at＝·
y
带电粒子经过B点时速度的大小v＝＝
(3)带电粒子从A点运动到B点的过程中，由动能定理得：qU ＝mv2－mv2
AB 0
A、B间的电势差U ＝＝
AB
17.(2021·兰州高三诊断考试)(12分)水平面上有一个竖直放置的部分圆弧轨道，A为轨道的最低点，半径OA
竖直，圆心角AOB为60°，半径R＝0.8 m，空间有竖直向下的匀强电场，场强E＝1×104 N/C。一个质量m
＝2 kg、电荷量为q＝－1×10－3 C的带电小球，从轨道左侧与圆心O同一高度的C点水平抛出，恰好从B
点沿切线进入圆弧轨道，到达最低点 A时对轨道的压力F ＝32.5 N。不计空气阻力，重力加速度g取10
N
m/s2，求：
(1)小球抛出时的初速度v 的大小；
0
(2)小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功W。
f【答案】 (1) m/s (2) J
【解析】 (1)小球抛出后从C到B过程中受重力和竖直向上的电场力，做类平抛运动，则：mg－|q|E＝
ma，
解得：小球的加速度大小
a＝＝ m/s2＝5 m/s2。
C与B的高度差h＝Rcos60°＝0.4 m，
设小球到B点时竖直分速度大小为v，则v＝2ah，
y
解得：v＝2 m/s。
y
小球在B点时，速度方向与水平方向夹角为60°，则tan60°＝，
解得：v＝ m/s。
0
(2)在B点时，sin60°＝，则v ＝ m/s。
B
小球在A点时，由牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力大小
F ′＝F ，
N N
则由牛顿第二定律得：F ′＋|q|E－mg＝m，解得：v ＝3 m/s。
N A
小球从B到A的过程，由动能定理得：
(mg－|q|E)(R－Rcos60°)－W＝mv－mv
f
解得：W＝ J。
f
18.(14分)(2021·山东泰安市一轮检测)如图(a)，竖直平行正对金属板A、B接在恒压电源上。极板长度为
L、间距为d的平行正对金属板C、D水平放置，其间电压随时间变化的规律如图(b)。位于A板处的粒子源
P不断发射质量为m、电荷量为q的带电粒子，在A、B间加速后从B板中央的小孔射出，沿C、D间的中
心线OO 射入C、D板间。已知t＝0时刻从O点进入的粒子恰好在t＝T 时刻从C板边缘射出。不考虑金
1 0
属板正对部分之外的电场，不计粒子重力和粒子从粒子源射出时的初速度。求：(1)金属板A、B间的电压U；
1
(2)金属板C、D间的电压U；
2
(3)其他条件不变，仅使C、D间距离变为原来的一半(中心线仍为OO )，则t＝时刻从O点进入的粒子能否
1
射出板间？若能，求出离开时位置与OO 的距离；若不能，求到达极板时的动能大小。
1
【答案】 (1) (2) (3)不能
【解析】 (1)设粒子到达B板时的速度为v，根据动能定理，有qU＝mv2
1
粒子在CD板间沿OO′方向的分运动为匀速运动L＝vT
0
整理得U＝。
1
(2)粒子在CD间沿垂直极板方向先匀加速后匀减速，根据动力学公式2×a()2＝
而a＝
整理得U＝。
2
(3)C、D间距离变为原来的一半后，粒子在CD间运动的加速度a ＝2a＝，t＝时刻从O点进入的粒子，在
2
垂直极板方向先向C板加速时间，再减速时间，速度为0，y＝2×a()2＝，然后反向，向D运动，先加速时
1 2
间，y＝a()2＝
2 2
此时粒子与D板距离Δy及沿垂直极板方向的分速度v ，则Δy＝y＋－y＝，v ＝a，由于Δy＜y，所以粒
2y 1 2 2y 2 2
子将经过一段时间的减速运动后落在D板上，到达D板时沿垂直极板方向的分速度v
3y
v－v＝－2aΔy，粒子到达极板D时的速度v、动能E，则有v＝v2＋v
2 3 k
联立以上式子解得E＝mv＝。
k
