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1、第一章 靜電場 本章綜合檢測2（人教版選修3-1） 一、選擇題(本題共10小題．在每小題給出的四個選項中，至少有一個選項符合題目要求，全選對的得8分，選對但不全的得4分，有選錯的得0分) 1．關(guān)于電勢的高低，下列說法正確的是 (　　) A．沿著電場線的方向電勢逐漸降低 B．電勢降低的方向一定是電場線的方向 C．正電荷只在電場力的作用下，一定向電勢低的地方移動 D．負(fù)電荷只在電場力的作用下，由靜止釋放，一定向電勢高的地方移動 解析：由電場線的特點知A正確；電勢降低的方向不一定是電場線的方向，B錯誤；若正電荷具有初速度，即使只受電場力作用，也可由低電勢點向高電勢點移

2、動，C錯誤；負(fù)電荷只在電場力的作用下由靜止釋放，一定向電勢高的地方移動． 答案：AD 2．在雷雨時云中沿豎直方向的電場強(qiáng)度約為104 V/m.已知一半徑為1 mm的雨滴在此電場中不會下落，取重力加速度大小為10 m/s2，水的密度為103 kg/m3.這雨滴攜帶的電荷量的最小值約為 (　　) A．2×10－9C B．4×10－9C C．6×10－9C D．8×10－9C 解析：本題考查物體的受力平衡條件，電場力的計算等知識點．雨滴受力平衡，則電場力和重力大小相等，有mg＝Eq，而m＝ρV＝ρ，聯(lián)立兩式，代入數(shù)據(jù)解得q＝4.2×10－9C

3、.B選項對． 答案：B 圖1 3．Q1、Q2為兩個帶電質(zhì)點，帶正電的檢驗電荷q沿中垂線向上移動時，q在各點所受Q1、Q2作用力的合力大小和方向如圖1中細(xì)線所示(力的方向都是向左側(cè))，由此可以判斷 (　　) A．Q2可能帶負(fù)電荷 B．Q1、Q2可能為等量異種電荷 C．Q2電荷量一定大于Q1的電荷量 D．中垂線上的各點電勢相等 解析：由圖可知帶正電的檢驗電荷受到兩個電荷的庫侖力的合力方向為左上方或左下方，所以Q2一定帶正電荷，Q1可能帶正電荷也可能帶負(fù)電荷，且Q2>Q1，選項ABD錯，C正確． 答案：C 4．如圖2所示，四個等量異種電荷，放在正方形的四個頂點處，A、

4、B、C、D為正方形四個邊的中點，O為正方形的中心，下列說法中正確的是 (　　) A．A、C兩點的電場強(qiáng)度相同，B、D兩點電勢相同 圖2 B．O點電勢、場強(qiáng)均為零 C．將一帶正電的試探電荷勻速從B點沿直線移動到D點，所受電場力先減小后增大，方向不變 D．將一帶正電的試探電荷勻速從A點沿直線移動到C點，試探電荷具有的電勢能先增大后減小 解析：電場強(qiáng)度是矢量，電勢是標(biāo)量．根據(jù)場強(qiáng)的疊加，等量同種點電荷連線中點合場強(qiáng)為零，即指兩個點電荷場強(qiáng)的矢量和為零；一般規(guī)定無窮遠(yuǎn)處電勢為零，等量異種點電荷連線的中垂線電勢也為零，所以O(shè)點電勢、場強(qiáng)均為零，選項B正確． 答案：B 圖3

5、5．如圖3，O是一固定的點電荷，虛線是該點電荷產(chǎn)生的電場中的三條等勢線，正點電荷q在僅受電場力的作用沿實線所示的軌跡從a處運動到b處，然后又運動到c處．由此可知 (　　) A．O為負(fù)點電荷 B．在整個過程中正點電荷q的速度先變大后變小 C．在整個過程中正點電荷q的加速度先變大后變小 D．在整個過程中，電場力做功為零 解析：由曲線運動的特點可知，正點電荷q所受電場力方向應(yīng)指向圓弧內(nèi)側(cè)，故O為正點電荷，A錯誤；由于電場力對正點電荷q先做負(fù)功再做正功，所以在整個過程中正點電荷q的速度先變小后變大，B錯誤；而在整個過程中正點電荷q的加速度先變大后變小，C正確；由a點與

6、c點處的電勢相等可知，在整個過程中，電場力做功為零，D正確． 答案：CD 6．如圖4所示，在x軸上關(guān)于原點O對稱的兩點固定放置等量異種點電荷＋Q和－Q，x軸上的P點位于－Q的右側(cè)．下列判斷正確的是 (　　) 圖4 A．在x軸上還有一點與P點電場強(qiáng)度相同 B．在x軸上還有兩點與P點電場強(qiáng)度相同 C．若將一試探電荷＋q從P點移至O點，電勢能增大 D．若將一試探電荷＋q從P點移至O點，電勢能減小 解析：由點電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)公式E＝和場強(qiáng)疊加知識得，設(shè)－Q與O點的距離為x，P點與－Q的距離為a，則可得P點場強(qiáng)為EP＝－，方向水平向左，根據(jù)對稱性特點知，A正確，B錯；根據(jù)等量異種

7、電荷形成的電場特點知，O點電勢為零，而P點電勢小于零，故將＋q從P點移至O點，電場力做負(fù)功，其電勢能一定增大． 答案：AC 圖5 7．一帶電粒子在電場中僅在電場力作用下，從A點運動到B點，速度隨時間變化的圖象如圖5所示，tA、tB分別是帶電粒子到達(dá)A、B兩點時對應(yīng)的時刻，則下列說法中正確的有 (　　) A．A點的場強(qiáng)一定大于B點的場強(qiáng) B．A點的電勢一定高于B點的電勢 C．帶電粒子在A點的電勢能一定小于在B點的電勢能 D．帶電粒子從A點到B點過程中，電場力一定對帶電粒子做正功 解析：由于v－t圖象上各點的斜率表示加速度的大小，從圖象可以看出帶電

8、粒子在A點的加速度大于在B點時的加速度，由牛頓第二定律可知EA>EB，選項A正確；帶電粒子帶電性質(zhì)未知，故A、B兩點電勢無法判斷，選項B錯誤；從v－t圖象中可以看出B點速度大于A點速度，故電場力對帶電粒子做正功，電勢能減小，所以選項C錯誤，選項D正確． 答案：AD 8．電場中有A、B兩點，A點的電勢φA＝30 V，B點的電勢φB＝10 V，一個電子由A點運動到B點的過程中，下列說法中正確的是 (　　) A．電場力對電子做功20 eV，電子的電勢能減少了20 eV B．電子克服電場力做功20 eV，電子的電勢能減少了20 eV C．電場力對電子做功20 eV，電子的電勢能增加

9、了20 eV D．電子克服電場力做功20 eV，電子的電勢能增加了20 eV 解析：WAB＝qUAB＝－20 eV，根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系可知選項D正確． 答案：D 9.帶電粒子以速度v0沿豎直方向垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場E中，如圖6所示，經(jīng)過一段時間后，其速度變?yōu)樗椒较?，大小仍為v0，則一定有 (　　) 圖6 A．電場力與重力大小相等 B．粒子運動的水平位移大小等于豎直位移大小 C．電場力所做的功一定等于重力所做的功 D．電勢能的減少量一定等于重力勢能的增加量 解析：粒子運動過程中，在豎直方向上在重力作用下做勻減速直線運動，在水平方向上，在電場力作用下

10、做勻加速直線運動，相同時間內(nèi)，速度改變量大小相等，故加速度大小相等，重力大小等于電場力大小，A正確．相同時間內(nèi)，兩個方向平均速度相等，故水平位移大小等于豎直位移大小，B對．重力做負(fù)功，電場力做正功，二者不相等，C錯．因動能不變，故電場力做的功等于克服重力做的功，電勢能的減少量等于重力勢能的增加量，D對． 答案：ABD 圖7 10.如圖7所示，在一個粗糙水平面上，彼此靠近地放置兩個帶同種電荷的小物塊．由靜止釋放后，兩個物塊向相反方向運動，并最終停止．在物塊的運動過程中，下列表述正確的是 (　　) A．兩個物塊的電勢能逐漸減少 B．物塊受到的庫侖力不做功 C．兩個物塊的機(jī)

11、械能守恒 D．物塊受到的摩擦力始終小于其受到的庫侖力 解析：由靜止釋放后，兩帶電小物塊帶同種電荷，所以庫侖力對它們均做正功，故電勢能都減小，A正確、B錯誤；兩小物塊運動過程中，因摩擦力和電場力分別做功，發(fā)生機(jī)械能和其他能量的相互轉(zhuǎn)化，故機(jī)械能不守恒，C錯；因最終停止，故D錯． 答案：A 二、非選擇題(本題共2小題，共20分) 11．(10分)如圖8所示，a、b、c、d為勻強(qiáng)電場中四個等勢面，相鄰等勢面間距離為2 cm，已知UAC＝60 V，求： (1)設(shè)B點電勢為零，求A、C、D、P點的電勢； 圖8 (2)將q＝－1.0×10－10C的點電荷由A移到D電場力所做的功WAD；

12、(3)將q＝2.0×10－10C的點電荷由B移到C，再經(jīng)過D最后回到P，電場力所做的功WBCDP. 解析：(1)由題意可知φP＝φB＝0 UAC＝60 V，UAB＝φA－0＝30 V 則φA＝30 V，同理φC＝－30 V，φD＝－60 V (2)由做功的公式：WAD＝q(φA－φD)＝－9.0×10－9 J (3)由于電場力做功與路徑無關(guān)，只與初末位置有關(guān)，所以做功為WBCDP＝0. 答案：(1)φA＝30 V，φC＝－30 V，φD＝－60 V，φP＝0 (2)WAD＝－9.0×10－9 J (3)WBCDP＝0 12.圖9 (10分)如圖9所示，在場強(qiáng)E＝104 N/

13、C的水平勻強(qiáng)電場中，有一根長l＝15 cm的細(xì)線，一端固定在O點，另一端系一個質(zhì)量m＝3 g、電荷量q＝2×10－6 C的帶正電小球，當(dāng)細(xì)線處于水平位置時，小球從靜止開始釋放，g取10 m/s2.求： (1)小球到達(dá)最低點B的過程中重力勢能、電勢能分別變化了多少？ (2)若取A點電勢為零，小球在B點的電勢能、電勢分別為多大？ (3)小球到B點時速度為多大？繩子張力為多大？ 解析：(1)ΔEp＝－mgl＝－4.5×10－3 J ΔEp電＝Eql＝3×10－3 J. (2)EpB＝3×10－3 J，EpB＝φBq， φB＝ V＝1.5×103 V. (3)A→B由動能定理得： mgl－Eql＝mvB2，所以vB＝1 m/s， 在B點對小球FT－mg＝.FT＝5×10－2 N. 答案：(1)重力勢能減少4.5×10－3 J 電勢能增加3×10－3 J　(2)3×10－3 J　1.5×103 V (3)1 m/s　5×10－2 N