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单元检测九 静电场
一、单项选择题(本题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的)
1．在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献，他们在物理学的研究过程中应用了很
多科学的思想方法。下列叙述不正确的是( )
A．法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法
B．库仑得出库仑定律并用扭秤实验最早测出了元电荷e 的数值
C．用点电荷来代替实际带电的电荷是采用了理想化物理模型的方法
D．电场强度表达式E＝和电势差U＝都是利用比值法得到的定义式
答案 B
解析 法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法，A 正确；库
仑得出库仑定律，但没有测出元电荷e 的数值，e 的数值是由密立根首先测出的，B 错误；
用点电荷来代替实际带电的电荷是采用了理想化物理模型的方法，C 正确；电场强度表达式
E＝和电势差U＝都是利用比值法得到的定义式，D 正确。
2.(2023·辽宁抚顺市模拟)如图所示，以O 点为圆心的半圆直径两端放着两个等量的正负电荷，
两电荷在O 点处产生的电场强度大小为E，电势为零。现将正电荷改放在P 点处，且P 点为
半圆弧的三等分点。下列有关O 点电场强度和电势描述正确的是( )
A．O 点处的电场强度大小仍为E
B．O 点处电场强度大小为E
C．O 点处的电势仍为零
D．O 点处的电势不为零
答案 C
解析 两电荷在O 点产生的电场强度大小相等、方向相同。当正电荷位于半圆弧三等分的P
点时，正电荷在O 点产生的电场方向与负电荷在O 点产生电场方向的夹角为60°，由电场强
度叠加原理可知，合电场强度大小为E，故A、B 错误；两电荷为等量异种电荷，正电荷在
P 点时，O 仍在两电荷连线的中垂线上，电势为零，故C 正确，D 错误。
3．(2023·江苏南京市中华中学期初考)静电透镜是电子透镜的一种，它被广泛应用于电子器
件(如阴极射线示波管)中。如图所示，虚线是某电子透镜中电场的等差等势线，一电子在该
电场中的运动轨迹如图中实线所示，A、B、C 分别是轨迹与等势线的交点。已知A 点的电
势为零，电子在A 点的动能为32 eV，在B 点的电势能为－15 eV，不计电子重力，下列说
1
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法正确的是( )
A．电子一定是从A 点运动到C 点
B．电子在经过等势线c 时的动能为32 eV
C．B 点的电场强度大于A 点的电场强度
D．电子在关于等势线d 对称的两点所受静电力相同
答案 C
解析 分析可知电子可能是从A 点运动到C 点，也可能是从C 点运动到A 点，A 错误；电
子只在静电力作用下运动，则电子的电势能和动能之和不变，为32 eV，又由于题图中为等
差等势线，B 点的电势为15 V，A 点的电势为零，则等势线c 的电势为10 V，则电子在经过
等势线c 时的电势能为－10 eV，因此动能为42 eV，B 错误；等差等势线间的距离越小，电
场强度越大，B 点处的等差等势线比A 点处的密集，因此B 点处的电场强度大于A 点处的电
场强度，C 正确；电子在关于等势线d 对称的两点所受静电力大小一定相同，但方向不一定
相同，D 错误。
4.(2023·湖南株洲市一模)如图，一对固定不动的等量异种点电荷的连线与其中垂线相交于O
点，以O 点为圆心的两个半径不等的圆，分别与中垂线交于e、f 两点，与连线交于g、h 两
点，两圆的直径均小于两点电荷连线的长度，则( )
A．g 点的电场强度大于h 点的电场强度
B．g 点的电势大于h 点的电势
C．e 点的电势大于f 点的电势
D．将质子从e 点移到g 点与从f 点移到h 点静电力做功相等
答案 B
解析 根据等量异种点电荷连线上电场强度分布规律可知，g 点的电场强度小于h 点的电场
强度，故A 错误；
根据沿电场线方向电势降低，可知g 点的电势大于h 点的电势，故B 正确；
根据等量异种点电荷连线中垂线上各点电势相等，可知e 点的电势等于f 点的电势，故C 错
误；
根据电势差定义式，可得Ueg＝φe－φg，Ufh＝φf－φh
又φe＝φf，φg>φh
解得Ueg<Ufh
2
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根据W＝qU
将质子从e 点移到g 点与从f 点移到h 点静电力做功不相等，故D 错误。
5．(2023·广东清远市期末)运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。其原
理如图所示，R 为定值电阻，M 和N 为电容器两极板，M 极板固定在手机上，N 极板两端
与固定在手机上的两轻弹簧连接，当手机的加速度变化时，N 极板只能按图中标识的“前
后”方向运动。下列说法正确的是( )
A．匀速运动时，电阻R 中有电流
B．突然向前减速时，电容器所带电荷量减小
C．突然向前加速时，电流由a 向b 流过电流表
D．保持向前匀加速运动的过程中，M、N 之间的电场强度不变
答案 D
解析 匀速运动时，N 极板不动，电容C 不变，电路中无电流，A 错误；突然向前减速时，
N 板向前移动，d 减小，由C＝可知电容C 增大，再根据Q＝UC 可知，电荷量Q 增大，突
然向前加速时，由于惯性N 板向后移动，d 增大，电容C 减小，电荷量Q 减小，故有放电
电流，电流方向由b 向a 流过电流表，B、C 错误；保持向前匀加速运动的过程中，d 不变，
故M、N 之间的电场强度不变，D 正确。
6.(2024·云南省模拟)带电荷量分别为＋3Q、＋Q 的两个正点电荷分别固定于真空中的A、B
两点，如图所示，C、D 两点将A、B 连线三等分。将一正点电荷q 从C 点沿直线移动到D
点的过程中，下列说法正确的是( )
A．q 受到的静电力一直在减小
B．q 受到的静电力先增大后减小
C．静电力对q 先做负功后做正功
D．q 的电势能先减小后增大
答案 D
解析 设A、B 连线上电场强度为0 的点离A 的距离为x，离B 的距离为d ，则有k＝k，则
＝，即电场强度为0 的点应在C、D 两点之间，则电场强度为0 的点左边电场强度方向向右，
右边电场强度方向向左，将一正点电荷q 从C 点沿直线移动到D 点的过程中，q 受到的静电
力先减小后增大，静电力对q 先做正功后做负功，q 的电势能先减小后增大，故A、B、C
3
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错误，D 正确。
7.如图所示，正方形ABCD 区域内存在竖直向上的匀强电场，质子(H)和α 粒子(He)先后从A
点垂直射入匀强电场，粒子重力不计，质子从BC 边中点射出，则( )
A．若初速度相同，α 粒子从CD 边离开
B．若初速度相同，质子和α 粒子经过电场的过程中速度增量之比为1∶2
C．若初动能相同，质子和α 粒子经过电场的时间相同
D．若初动能相同，质子和α 粒子经过电场的过程中动能增量之比为1∶4
答案 D
解析 粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有 x＝v0t，竖直方向有y＝at2＝··，若初速度
相同，水平位移x 相同时，由于α 粒子的比荷比质子的小，则α 粒子的偏转距离y 较小，所
以α 粒子从BC 边离开，由t＝知两个粒子在电场中的运动时间相等，由Δv＝at＝t，知
Δv∝，则质子和α 粒子经过电场的过程中速度增量之比为2∶1，故A、B 错误；粒子经过
电场的时间为t＝，若初动能相同，质子的初速度较大，则质子的运动时间较短，故C 错误；
由y＝··，Ek＝mv0
2得y＝，若初动能相同，则y∝q，根据动能定理知：经过电场的过程中动
能增量ΔEk＝qEy，E 相同，则ΔEk∝q2，则质子和α 粒子经过电场的过程中动能增量之比为
1∶4，故D 正确。
二、多项选择题(本题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求，全部选对得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分)
8．(2023·四川泸州市模拟)如图所示，abcd 为匀强电场中的一直角梯形，其平面与电场强度
方向平行。已知ab＝ad＝2 cm，∠adc＝60°，a、b、d 三点的电势分别为0、4 V、4 V，则(
)
A．c 点的电势为10 V
B．匀强电场的电场强度为400 V/m
C．若将电子从a 点移到b 点，需克服静电力做功4 eV
D．电子和质子分别放在d 点时，具有相同的电势能
答案 AB
解析 由几何关系可知dc＝1.5ab，则Udc＝1.5Uab，即φd－φc＝1.5(φa－φb)，可得φc＝10 V，
选项A 正确；因bd 连线是等势线，则电场强度方向垂直bd 连线斜向左上方向，则电场强度
4
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大小E＝＝ V/m＝400 V/m，选项B 正确；若将电子从a 点移到b 点，静电力做正功4 eV，
选项C 错误；电子和质子分别带等量异种电荷，则放在d 点时，具有的电势能不相同，选项
D 错误。
9．(2023·山西大同市调研)如图所示，B、C 为竖直平面内一圆周上的两点，圆心为O，B、
O 连线竖直，A 点位于B 点正上方，沿AC 方向固定有一光滑绝缘细杆L，在O 点固定放置
一带负电的小球。现有两个完全相同的带正电的小球a、b，先将小球a 穿在细杆上，让其从
A 点由静止释放后沿杆下滑，移走a 球后使小球b 从A 点由静止释放后竖直下落，不计空气
阻力，则下列说法中正确的是( )
A．小球a 沿杆做匀加速直线运动
B．小球a 在C 点的动能等于小球b 在B 点的动能
C．从A 点到C 点，小球a 的机械能先增加后减小，但机械能与电势能之和不变
D．小球a 从A 点到C 点的过程中静电力做的功等于小球b 从A 点到B 点的过程中静电力做
的功
答案 CD
解析 从A 到C 点，小球a 受到重力、静电力、弹力作用，所受静电力为变力，所以合力为
变力，加速度是变化的，故A 错误；由于圆周为等势面，故两小球分别从A 到C 和A 到B
静电力做功相等，根据动能定理对小球a 有mghAC＋W 静电＝Eka，对小球b 有mghAB＋W 静电＝
Ekb，由于a 球下降的高度较大，所以a 球的动能较大，故B 错误，D 正确；除重力外的其他
力(即静电力)做的功等于机械能的增加量，从A 点到C 点，由于静电力先做正功后做负功，
所以机械能先增加后减小，机械能与电势能相互转化，二者之和不变，故C 正确。
10．如图，水平放置的平行板电容器通过开关K 连接在电源两极，极板间距离为h，上极板
正中间有一小孔。闭合开关K，一个比荷(荷质比)为a 的带电小球从小孔正上方高2h 的P 点
由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零。空气阻力忽略不计，极板间电场可视
为匀强电场，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
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A．小球带负电，电源电动势为
B．保持开关闭合，若将下极板向下移动一小段距离，小球从P 点由静止释放将不能运动到
下极板
C．断开开关，若将下极板向下移动一小段距离，极板间的电场强度为
D．断开开关，若将下极板向右平移一小段距离，小球从P 点由静止释放将仍能运动到下极
板
答案 AC
解析 小球在电场中做匀减速运动，受到的静电力向上，与电场方向相反，则小球带负电，
设电源的电动势为E 源，小球下落的整个过程，根据动能定理有mg·3h－qE 源＝0，结合＝
a，得E 源＝，故A 正确；保持开关闭合，若将下极板向下移动一小段距离，假设小球能运
动到下极板，到达下极板处的速度为v，设移动后两极板间距为h′，对小球下落的整个过
程，根据动能定理有mg·(2h＋h′)－qE 源＝mv2－0，因h′>h，可得v>0，说明假设成立，
即小球从P 点由静止释放将能运动到下极板，故B 错误；断开开关，电容器所带电荷量不
变，将下极板向下移动一小段距离，根据推论E＝知，板间电场强度不变，为E＝＝，故C
正确；断开开关，将下极板向右平移一小段距离，极板正对面积减小，电容减小，而所带电
荷量不变，由C＝知板间电压增大，小球从P 点由静止释放，假设小球能运动到下极板，到
达下极板处的速度为v′，对小球下落的整个过程，根据动能定理得mg·3h－qU＝qE 源－qU
＝mv′2－0，因U>E 源，可得v′2<0，不可能，假设不成立，即小球将不能运动到下极板，
故D 错误。
三、非选择题(本题共4 小题，共54 分)
11．(10 分)(2024·安徽省皖南八校联考)在“用传感器观察电容器的充、放电过程”实验中，
按图甲所示连接电路。电源电动势为8.0 V，内阻可以忽略。单刀双掷开关S 先跟2 相接，
某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2，实验中使用了电流传感器来采集电流随
时间的变化情况。
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(1)开关S 改接2 后，电容器进行的是________(选填“充电”或“放电”)过程。此过程得到
的I －t 图像如图乙所示，图中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是
________________________________________________________________________。
如果不改变电路其他参数，只减小电阻R 的阻值，则此过程的I－t 曲线与坐标轴所围成的
面积将________(选填“减小”“不变”或“增大”)。
(2)若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量Q＝3.44×10－3 C，则该电容器的
电容为________μF。
(3)关于电容器在整个充、放电过程中的q－t 图像和UAB－t 图像的大致形状，可能正确的有
__________(q 为电容器极板所带的电荷量，UAB为A、B 两板的电势差)。
答案 (1)放电 0.2 s 内电容器放出的电荷量 不变 (2)430 (3)AD
解析 (1)将开关S 接通1，电容器与电源相连，所以电容器在充电；再将S 接通2，电容器
通过电阻R 放电。图中横坐标分成许多很小的时间间隔，在这些很小的时间间隔里，放电
电流可以视为不变，则IΔt 为这段时间内放出的电荷量，所以题图乙中用阴影标记的狭长矩
形的面积的物理意义是0.2 s 内电容器放出的电荷量。根据Q＝CU 可知电荷量与电阻R 无关，
如果不改变电路其他参数，只减小电阻R 的阻值，则此过程的I－t 曲线与坐标轴所围成的
面积将不变。
(2)根据C＝＝ F＝430 μF。
(3)电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，根据q
＝It，q－t 图像的倾斜程度表示电流的大小，A 正确，B 错误；电容器在充电过程中，电流
由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，根据UAB＝＝t，电容器的电容不变，
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C 错误，D 正确。
12．(12 分)(2023·云南昆明市摸底考试)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q 的小球(可视为
质点)与绝缘不可伸长的轻绳相连，绳子另一端固定在拉力传感器上的O 点(拉力传感器没有
画出)，O 点距离水平地面的高度为2R，空间存在竖直向下的匀强电场。现使小球获得一初
速度后绕O 点在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，拉力传感器显示出绳子拉力的最小值
为0，最大值为12mg，g 为重力加速度。
(1)求匀强电场的电场强度大小；
(2)若小球运动到最低点时绳子断裂，求小球落地点到O 点的水平距离。
答案 (1) (2)R
解析 (1)依题意，小球在最高点时，有
mg＋qE＝m
小球从最高点运动到最低点的过程，由动能定理可得(mg＋qE)×2R＝mv2－mv0
2
小球在最低点时，有12mg－(mg＋qE)＝m
联立解得E＝。
(2)绳断后小球做类平抛运动，则有R＝at2，x＝vt
由牛顿第二定律可得mg＋qE＝ma
解得小球落地点到O 点的水平距离x＝R。
13．(14 分)如图所示，平面直角坐标系xOy 在竖直平面内，第三象限内有水平向左的匀强电
场，第四象限内y 轴与x＝2R 虚线之间有竖直向下的匀强电场，两电场的电场强度大小均为
E，x＝3R 处有一竖直固定的光屏。现在第三象限内固定一个半径为R 的四分之一光滑圆弧
轨道AB，圆弧圆心在坐标原点O，A 端点在x 轴上，B 端点在y 轴上。一个质量为m，带正
电的小球从A 点正上方高2R 处的P 点由静止释放，小球从A 点进入圆弧轨道运动，从B 点
离开时速度的大小为2，重力加速度为g，求：
(1)小球所带的电荷量；
(2)小球最终打在荧光屏上的位置距x 轴的距离。
答案 (1) (2)3.125R
解析 (1)设小球所带电荷量为q，小球从P 点运动到B 点的过程，根据动能定理有
8
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mg·3R－qER＝mv2，解得q＝
(2)由于在第四象限内小球所受静电力方向向下，且有qE＝mg
小球从B 点以v＝2 的速度进入第四象限内的电场做类平抛运动，加速度a＝＝2g
在电场中运动的时间t1＝＝
下落的高度h1＝at1
2＝R
出电场时竖直方向的分速度vy＝at1＝2
出电场后至打在光屏上运动的时间t2＝＝
出电场后至打到光屏上在竖直方向运动的距离
h2＝vyt2＋gt2
2＝R
因此小球最终打在荧光屏上的位置距x 轴的距离为H＝R＋h1＋h2＝3.125R。
14．(18 分)如图甲所示，长为L 的金属板A、B 水平正对固定，两板间距离为d，OO′为两
板间空间的中轴线，A、B 板上加如图乙所示的电压。质量为m、电荷量为＋q 的粒子持续
从O 点沿OO′以相同速度射入两板之间，粒子均能穿过极板空间且在极板间运动时间均为
T。不计粒子重力以及粒子间相互作用力。
(1)求粒子进入极板时的速度；
(2)求t＝时进入两板间的粒子射出极板时到OO′的距离；
(3)其他条件不变，仅改变电压U0的大小，要确保粒子能穿过极板，求U0的最大值。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)粒子在极板间水平方向做匀速运动，则L＝vT
解得v＝
(2)进入极板后的前时间内，粒子在竖直方向上的加速度大小a1＝
粒子在竖直方向上的位移y1＝a1()2
进入极板后的后时间内，粒子在竖直方向上的加速度大小a2＝
粒子在竖直方向上的位移y2＝a1()2－a2()2
故粒子射出极板时到OO′的距离y＝y1＋y2
代入数据解得y＝
(3)当粒子在0，T,2T，…，nT 时刻进入极板时，粒子从OO′下方离开时离OO′最远。进
入极板后的前时间内，粒子在竖直方向上的位移大小为y3＝a2()2
进入极板后的后时间内，粒子在竖直方向上的位移大小为y4＝a2()2－a1()2
故粒子竖直方向的最大位移y′＝y3＋y4
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要使粒子能全部射出极板，则y′≤
解得U0≤，即U0 的最大值为。
10
