第十章 静电场中的能量 章节复习（冲A提升练）

第十章静电场中的能量章节复习（冲A提升练）（解析版）知识点

序号知识点分值分值占比对应题号

1电容与电容器0.7分0.7%1

2电场线的定义及性质3.7分3.7%1,3,10,12

3电势差与电场强度的关系14.3分14.3%1,4,5,6,9,11,16,17,18

4静电力做功及特点11.7分11.7%1,5,7,12,16,18,21,22

5平行板电容器7.0分7.0%2,11,13

6点电荷的电场强度1.0分1.0%3

7电势8.0分8.0%3,5,8,9,10,11,12

8功能关系1.0分1.0%7

9等势面3.0分3.0%8,15

10电场的叠加2.5分2.5%10,17

11带电粒子在电场中的偏转15.5分15.5%14,18,22,23

12带电粒子在电场中的加速4.9分4.9%14,22

13电势差1.5分1.5%15

14动能定理3.2分3.2%18,21

15观察电容器的充、放电现象8.0分8.0%19

实验:探究影响平行板电容器电容

168.0分8.0%20

大小的因素

17库仑定律及其适用条件2.5分2.5%21

18圆周运动规律及其应用2.5分2.5%21

第1页共20页

第十章静电场中的能量章节复习（冲A提升练）（解析版）

考试时间：2023年X月X日命题人：审题人：

本试题卷分选择题和非选择题两部分，共10页，满分100分，考试时间90分钟。

考生注意：

1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规

定的位置上。

2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的

作答一律无效。

3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B

铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。

4.可能用到的相关参数：重力加速度g均取10m/s2。

第I卷（选择题部分）

一、单选题（本题共18小题，每小题3分，共54分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要

求的，不选、多选、错选均不得分）

1,下列说法是某同学对电学中相关概念及公式的理解，其中正确的是（）

A.电场强度公式E=§适用于一切电场

B.根据电容的定义式C=半电容器极板上的电荷量每增加1C,电压就增加

C.根据电场力做功的计算式W=qU,一个电子在的电压下加速，电场力做功为leu

D,电场线就是正电荷只在电场力的作用下运动的轨迹

【答案】C

【解析】解：4公式E=§仅适用于匀强电场，并不是适合一切电场，故/错误；

a

5、根据公式C=g可知，极板所带电荷量与两板间的电压成正比，当电容是1F时，极板所带电荷量增加

1C,两板间电压才是增加1乙故8错误；

C、一个电子所带电荷量是e,所以一个电子在电压下加速后，根据公式小=qU,电场力做功为leV,

故C正确；

。、当电场线是直线；电荷仅受电场力作用，且电荷初速度为零或者初速度方向与电场线在同一直线时，

电场线才与电荷的运动轨迹重合，但轨迹也不是电场线，故。错误。

故选：Co

了解电场强度公式的适用范围，以及电容的定义式，eU的具体含义不难对选项做出正确的判断。一定要注

意电场线与电荷轨迹重合时需满足的三个条件。

2.如图所示为几种电容式传感器，其中通过改变电容器两极板间距离而引起电容变化的是（）

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金属芯线

电容器Y电介质

电介质板卜

被测物体

A.测位移B.涌液高

固定电极

可动

C.电极

压力F

测压力

【答案】C

【解析】A是通过改变介电常数改变电容，A错误;B和D是通过改变正对面积改变电容，B、D错误；C

是通过改变两极板间距改变电容，C正确.

3.电场线的形状可以用计算机模拟，如图所示，图中/、B为模拟的两个带电小球，模拟的轻小物体（短

线条）随机分布并按照电场的方向排列，已知M、N为力B中垂线上对称的两个点，P、Q分别为4B连线

上的两个点，且P4=QB,则下列说法正确的是（）

A.小球力的带电量少于小球B的带电量B.P点电场强度大于Q点电场强度

C.M,N两点电场强度相同D.P点电势高于Q点电势

【答案】B

【解析】根据题中电场线分布情况，结合场强的叠加分析即可。

【解答】

A、由图中电场线分布情况可知两小球带异种电荷，结合模拟的轻小物体随机分布情况可知小球A的带电

量多于小球B的带电量，故A错误；

B、PA=QB,结合场强叠加可得P点电场强度大于Q点电场强度，故B正确；

C、M、N两点电场强度大小相等，方向不同，故C错误；

D、由于不知道A球和B球带电性质，无法判断P点电势和Q点电势关系，故D错误。

故选B。

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4.2022年2月，中国科学家通过冷冻电镜捕捉到新冠病毒表面S蛋白与人体细胞表面力CE2蛋白的结

合过程，首次揭开了新冠病毒入侵人体的神秘面纱。电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，其中的一种电

子透镜的电场分布如图所示（截取其中一部分），虚线为等势面，相邻等势面间的电势差相等，一电子仅在

电场力作用下运动的轨迹如图中实线所示，a、b是轨迹上的两点，则（）

//✓*，

/%，：

IIII

A.a点的电场强度大于b点的电场强度B.电子在a点的动能大于在b点的动能

C.电子在a点的电势能大于在6点的电势能D.a点的电势高于b点的电势

【答案】C

【解析】本题考查带电粒子在电场中的轨迹问题，解决此类问题的关键是明确做曲线运动的粒子受到的合

力方向指向轨迹弯曲的内侧。等势面密集的地方电场强度大，根据沿电场方向电势降低判断电势的高低，

根据Ep=q（p可知正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小。

【解答】A.b点所处位置等势面比a点所处位置等势面密集，又相邻等势面间的电势差相等，根据E=：

可知，a点的电场强度小于b点的电场强度，A错误。

BCD.根据电场方向与等势面垂直，电场力方向位于运动轨迹的凹侧，电子在电场中的受力和电场方向如图

所示。

/"/II

1•F11；

根据沿电场方向电势降低，可知a点的电势低于b点的电势；由于电子带负电，电子在a点的电势能大于

在b点的电势能；由于只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，故电子在a点的动能小于在b点的

动能，C正确，BD错误。

故选Co

5.如图所示，直角三角形△ABC处于匀强电场中，电场方向与三角形所在平面平行，。为4C连线的

中点，NACB=30°,BC=3on。将电荷量q=-4X1（）-6。的粒子从力点移到点，静电力做功一2.4X

10-5/；再将该粒子从C点移到B点，其电势能减少1.2X10-5/。下列说法正确的是（）

C

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A.A,C两点间的电势差UAC=3UB.A,B,C三点中B点电势最低

C.过B点的电场线方向由。指向BD.匀强电场的电场强度为200V/租

【答案】D

【解析】根据电场力做功与电势差的关系W=qU,求出AC间的电势差、BC间的电势差；找出等势线，

结合电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，作出电场线，根据E=:求出电场强度。

解决本题的关键是知道电场力做功与电势差的关系，掌握电场强度与电势差的关系。知道电场线与等势线

垂直，由高电势指向低电势。

【解答】

A.根据U=电知，AC两点间的电势差为：UAC=."4：：：V=6V,故A错误；

q…q-4x10b

B.将该粒子从C点移到B点，其电势能减少12x10-5j,说明电场力做正功I.2X10-5J,则UCB=詈=

号溶V=-3V,所以B点的电势高于C点，故A,B,C三点中C点电势最低，故B错误；

-4x10。

C.由UAC=6V,UBC=—UCB=3V,可知BD连线为等势线，电场线方向垂直于BD,且由高电势指向低电

势，故C错误；

D.由几何关系知，A到BD的垂直距离为：d=ABcos30°=BCtan30°cos30°=1.5cm,则匀强电场的电场

强度为：E=^=高V/m=200V/m,故D正确。

故选D。

6.如图所示，水平面内有力、B、C、D、E、尸六个点，它们均匀分布在半径为R=4cm的同一圆周上,

空间有一方向与圆平面平行的匀强电场。已知4C、E三点的电势分别为以=(2-73)7,<pc=2V,(pE=

(2+C”,下列判断不正确的是()

%—

/X

//\

/I\

A

\、b/b

、、/

X、，/

F-E

A.圆心。的电势2UB.CF连线为等势线

C.该圆周上电势最高为41/D,电场强度的大小为lOOU/m

【答案】D

【解析】连接AE,根据匀强电场电势随距离均匀变化(除等势面)的特点，AE中点G的电势为2V,则GOC

为一条等势线，AE为一条电场线，可求出UEG，根据E=?求出匀强电场的场强，由几何关系和电势关系

可求。点电势。

此题考查匀强电场中，电势差与电场强度的关系。在匀强电场中线段两端点电势之和的平均值等于线段中

点电势；匀强电场中相等且平行线段，电势差相等。电场线与等势线垂直，可以确定电场强度的大小和方

向。

【解答】

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AB.设AE中点为G,如图所示

则根据匀强电场的性质可解得该点的电势为隼G=您产=2V,则隼C=<PG，CF连线为等势线；圆心。的电

势(Po=2V,故A、B正确，不符合题意；

CD.E、A两点间的电势差为UEA=(PE—叩A=2V^V,E、A两点间的距离d=2Rsin60。=4Bcm,根据电

场强度公式可得E=^=荷券产V/m=50V/m,沿着电场线方向电势逐渐降低，因此H点电势最高，

有UHO=ER=2V,而UHO=(PH-5O，解得9H=4V。故C正确，D错误。

故选D。

7.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度u从M点竖直向上运动，通

过N点时，速度大小为2次方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程()

A.动能增加B.机械能增加2m/

C.重力势能增加|根庐D.电势能增加2爪。2

【答案】B

【解析】小球的运动可以看成竖直方向的竖直上抛和水平方向初速度为0的匀加速直线运动，分别分析两

个方向的运动即可，注意两个运动的等时性。

本题考查灵活选择处理曲线运动的能力。小球在水平和竖直两个方向受到的都是恒力，运用运动的合成与

分解法研究是常用的思路。

【解答】

A.小球的动能增加量为：m(2v)2-[mv?=|mv2,故A错误；

B.除重力外，只有电场力做功，电场力做功等于小球的机械能增加量，由动量定理：水平方向：qEt=m-2v-

0,竖直方向：一mgt=0-mv,联立知，qE=2mg,水平位移x=9t=vt,竖直位移y=jt=5，可见

NZ'g

x=2y=三，故电场力做功WF=qEx=2mg-'=2mv2,故B正确；

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C.竖直方向只有重力做功，小球做竖直上抛运动，到达N点竖直速度为0,竖直方向动能减小量为gmv2,

即重力势能增加gmv2,故C错误；

D.电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与

动能的增加量之和，则电势能的减少量为AEp'=|mv2+imv2=2mv2,故D错误；

故选B。

8.如图所示为处于等边三角形顶点的两个正点电荷与一个负点电荷形成的电场的等势面，相邻等势面之

间的电势差相等。已知两个正点电荷的电荷量均为Qi，负点电荷的电荷量为-Q2,。点为两个正点电荷连

线的中点，4。、B及两点电荷在同一直线上，且4、8两点关于。点对称，以无穷远处为零势能面，力、

8、C分别在对应的等势面上，电势已在图中标注。下列说法正确的是（）

A.。点没有电场线，电场强度为零

B.4、B两点的电场强度相同

C.4、C之间的电势差为10U

D.一电子仅受电场力作用由B点运动到C点，其动能减少40eU

【答案】D

【解析】本题考查了电势能与电场力做功、等势面、电势差和电场强度的关系；知道等势面与电场强度的

关系是解答的关键。

根据等势线分布情况和对称性，判断各点的电势和场强关系，场强是矢量，只有大小和方向都相同时，场

强才相同；结合电场的特点以及电场强度与电势差的关系判断。

【解答】

A.根据电场的叠加可知，。点电场方向竖直向上，电场强度不为零，故A错误；

B.电场线垂直于等势面，根据对称性可知，A、B两点的电场强度大小相等，由于负点电荷的存在，A点叠

加后的场强方向斜向左上方，B点叠加后的场强方向斜向右上方，方向不同，也不相反，故B错误；

C.A、C之间的电势差UAC=<PA—叩c=25V-（-15V）=40V,故C错误；

D.电子在B点的电势能为EpB=-25eV,电子在C点的电势能为Epc=15eV；将一电子由B点移动到C点，

其电势能变化量为AEp=Epc-EpB=40eV,由于仅受电场力作用，电子的动能和电势能之和保持不变，

所以该电子仅受电场力由B点移动到C点，其动能减少40eV,故D正确。

9.如图所示某电场等势面分布关于图中虚线上下对称，F点在虚线上。下列说法正确的是（）

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A.在电场中的4B两点放置电荷量相等的试探电荷，它们所受静电力FA<FB

B.电子在B点电势能小于在A点电势能

C.把电子从6等势面移动到e等势面，静电力做功为15eU

D.在尸点给电子一个沿虚线向左的初速度，将做曲线运动

【答案】C

【解析】等势面越密集的地方，电场线越密集，电场强度越大，电荷量相等的试探电荷在场强大的地方所

受电场力越大；负电荷在电势高的地方电势能小；电场力做的功等于电势能的变化量；电场线与等势面垂

直，负电荷所受电场力与场强方向相反。

【解答】

A.因A点的等势面较B点密集，可知A处的场强比B处场强大，则在电场中的A、B两点放置电荷量相等

的试探电荷，它们所受静电力FA>FB，选项A错误；

B.因AB两点在同一等势面上，则电子在B点电势能等于在A点电势能，选项B错误；

C.把电子从b等势面移动到e等势面，电势升高15V,则电子的电势能减小15eV,则静电力做功为15eV,

选项C正确；

D.电场线与等势面垂直，沿电场线方向电势降低，则过F点的电场线水平向右，则沿在F点给电子一个沿

虚线向左的初速度，电子将沿虚线做直线运动，选项D错误。

故选Co

10.如图所示，一个正方体ABCD—A'B'C'D',其上、下、左、右表面的中心分别为E、F、G、H,在E、

H两点固定电荷量为+q的点电荷，在G、F两点固定电荷量为-q的点电荷，下列说法正确的是

A.4点电势大于C'点电势B.4点电势大于C点电势

C.D'点场强等于B点场强D.D点场强小于9点场强

【答案】C

【解析】本题主要考查的等量异种和等量的同种电荷电场线的特点。掌握等量异种电荷电场线是解题的关

键，在中垂面的两侧对称位置，电势的绝对值是相等的，但是一正一负，电势并不相等；根据电场的叠加

可确定电场强度的大小关系。

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【解答】

A.由于A点到两个正电荷的距离与C'点到两个正电荷的距离相等，同时，A点到两个负电荷的距离与C'

点到两个负电荷的距离相等，故图中A处电势等于C'处电势，A错误；

B.由于C点距两个正点电荷较近，C点电势为正值，同理A'点距两个负电荷较近，A'点电势为负值，可知

它在A'点的电势小于它在C点的电势，B错误；

C.由于E、H和G、F关于DB'所在直线对称，根据电场的叠加原理可知，D'点场强等于B点场强，故C正

确；

D,根据电场的叠加原理可知D点和B'点场强相同，D错误。

11.某同学将密立根油滴实验简化为如图所示的装置，在真空环境下带电油滴从喷雾器大小的喷嘴喷出，

落到平行板电容器两极板间，调节两极板间的电压U,恰使某个油滴悬浮在P点。现保持两极板间的电压

U不变，已知油滴质量为小，两板间距为d,重力加速度大小为g,电容器的下极板接地。下列说法正确

的是（）

A.油滴带负电，电荷量为0=半

B.若只增大两极板间距d,该油滴将向上加速运动

C.若只将正极板下移一小段距离，油滴的电势能减小

D,若只将负极板下移一小段距离，P处的电势降低

【答案】C

【解析】油滴悬浮在P点平衡，可知电场力方向向上，电场力方向与电场方向相反。根据重力和电场力方

向等大反向得出电场力方向和油滴电性和电量。根据匀强电场电势差和场强的关系得出电场强度。再结合

电势能的定义式得出电势能。

本题考查密立根实验测定油滴的电量电性，中等难度。

【解答】

A.根据图形可知，上极板带正电，下极板带负电，电场方向向下，由于油滴悬浮在P点平衡，可知电场力

方向向上，电场力方向与电场方向相反，可知，油滴带负电，且有mg=q5,解得q=曙，A错误；

B.极板间的电压U不变，根据E=?

若只增大两极板间距d,则极板间电场强度减小，电场力小于重力，则该油滴将向下加速运动，B错误；

C.若只将正极板下移一小段距离，即极板间间距减小，根据上述可知，极板间电场强度增大，令P点到下

极板间距为dp,油滴电荷量大小为q,P点与下极板电势差为

Up=<pp-0=<pp

根据E="我=¥

ddpdp

Ep=一q<Pp

第9页共20页

若只将正极板下移一小段距离，极板之间的间距减小，电场强度增大，P点电势增大，由于油滴带负电，

可知，此时油滴的电势能减小，c正确；

D.由于保持两极板间的电压U不变，电容器的下极板接地，即上极板电势大小为U,令上极板与P点的电

势差为U上p,上极板与P点的距离为d上p,则有U上p=U-<PP=Ed上p

则有<Pp=U-Ed上p

若只将负极板下移一小段距离，极板间间距增大，根据上述可知电场强度减小，可知，若只将负极板下移

一小段距离，P处的电势升高，D错误。

故选Co

12.空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成

了如图所示稳定的静电场.实线为其电场线，虚线为其等势线，4B两点与两球球心连线位于同一直线

上，C,D两点关于直线4B对称，则（）

A.A点和B点的电势相同

B.C点和。点的电场强度相同

C.正电荷从4点移至B点，静电力做正功

D.负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先增大后减小

【答案】C

【解析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大,

电场线疏的地方电场的强度小。

加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点：电场线的疏密表示场强大小，沿电场线方向电势逐渐降低，

即可解决本题。

【解答】

A、A点和B点不在同一个等势面上，所以它们的电势不同，故A错误；

B、根据电场的对称性可知，C点和D点的电场强度的大小相同，但是它们的方向不同，则电场强度不同，

故B错误；

C、从A点移至B点，电势降低，所以正电荷从A点移至B点，电场力做正功，故C正确；

D、C点和D点在同一个等势面上，沿CD直线方向，电势先增大后减小，所以负电荷从C点沿直线CD移

至D点，电势能先减小后增大，故D错误。

故选Co

13.如图所示，两块较大的金属板A,B相距为d,平行放置并与一电源相连。开关S闭合后，两板间恰

好有一质量为小、带电荷量为q的油滴处于静止状态。以下说法正确的是

第10页共20页

b

A.若将力向左平移一小段位移,则油滴向下加速运动,G表中有b-a的电流

B.若将4向上平移一小段位移,则油滴向下加速运动,G表中有b->a的电流

C.若将4向下平移一小段位移,则油滴向上加速运动,G表中有b->a的电流

D.若s断开后再将a向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动,G表中无电流

【答案】B

【解析】本题关键是明确电键闭合时，电容器的电压不变，电键断开时，电量不变，注意结合Q=CU、C=总

和E=:推导电容器极板间的电场强度综合表达式。根据电场强度E的变化来判断分析油滴的运动。

【解答】

电键闭合时，电容器的电压不变，

A.由C=可以得出将A板向左平移一小段位移，则电容器的电容减小，根据Q=CU可知极板带电荷

411kd

量减少，回路中有放电电流，G表中有b-a的电流，U不变，d不变，由E=与知，板间电场强度不变，

则板间的油滴仍平衡，故A错误；

B.A板上移，板间距d变大，由知电容减小，根据Q=CU可知极板板带电荷量减少，回路中有放

4Trkd

电电流，G中有b-a的电流，U不变，d变大，E=：知板间的电场强度减小电场力减小，所以油滴向下

加速运动，故B正确；

C.A板下移，板间距d变小，由Coc告知则电容增大，根据Q=CU可知极板带电荷量增大，回路中有充电

电流，G中有a—b的电流，U不变，d变小，由E=日知板间的电场强度增大电场力增大，所以油滴向上

加速运动，故c错误；

D.将S断开，电容器的带电荷量Q不变，G表中无电流，将A向下平移一小段位移，板间距d变小，则电

容增大，U变小，根据：Q=CU、E=T和C=黑可知：E=等板间电场强度不变，则油滴仍平衡，故

D错误。

故选B。

14.如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压力加速后垂直进入偏转电场，离开电场

时的偏转量是九，两平行板间的距离为d,电势差为出，板长为小为了提高示波管的灵敏度（每单位电压

引起的偏转量;）可采用的方法是（）

u2

第11页共20页

A.增大两板间的电势差gB.尽可能使板长L短些

C.使加速电压Ui升高些D.尽可能使板间距离d小些

【答案】D

【解析】本题是信息给予题，根据所给的信息，结合物理规律找出示波管的灵敏度的表达式，即可解决本

题。

本题的关键是根据动能定理和类平抛运动规律求出示波管灵敏度的表达式，然后讨论即可求解。

【解答】

带电粒子加速时，由动能定理得：qUi=；mv（）2

带电粒子偏转时，由类平抛运动规律，得：

L=Vgt

h--at2

2

又由牛顿第二定律得：a=吟

md

联立以上各式可得力=亲

4dUi

由题意，灵敏度为：白=导

u24dUi

可见，灵敏度与火无关，故A错误。

要提高示波管的灵敏度，可使板长L长些、板间距离d小一些、使加速电压Ui降低一些，故ABC错误，D

正确。

故选D。

15.平时我们所处的地球表面附近，实际上存在场强大小为lOOU/m的电场，可将其视为匀强电场，在

地面立一金属杆后空间中的等势面如图所示.空间中存在a、b、c三点，其中a点位于金属杆正上方，b、

c两点等高，则下列说法正确的是（）

A.a点的电势等于c点B.a点场强方向水平向右

C.a点场强大小等干D.b、c两点的电势差力，=120U

【答案】A

第12页共20页

【解析】电势差代表两点电势的差值，等势面越密集的地方，场强越大，电场线与等势面垂直，并且沿着

电场线方向电势逐渐降低，同一等势面的点电势相等。

本题考查电势差与电场强度的关系，解题关键掌握等势面的特点，注意电势差的计算方法。

【解答】

A.由图可知，a点与c点在同一等势面上，电势均为300V,故A正确；

B.根据场强方向垂直于等势面，可知a点的场强方向沿竖直方向，不是水平方向，故B错误；

C.由图可知，a点与相邻两等势面的距离小于1m,电势差等于100V,根据E=:可知a点场强大小大于

100V/m,故C错误；

D.由图可知，b、c两点的电势差为Ube=200V-300V=-1OOV,故D错误。

16.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示，x轴正方向为电场强度

的正方向，带电粒子在此空间只受电场力作用。下列说法中正确的是（）

A.带正电的粒子在久1处和-盯处的电势能相等

B.此空间电场一定是由一对等量同种正点电荷产生的

C.质子沿久轴由比1处运动到-处，在。点电势能最小

D,电子以一定的速度由-右处沿x轴正方向运动的过程中，电场力先做负功后做正功

【答案】A

【解析】本题考查E-x图像问题，解题的关键是知道E-x图像与坐标轴围成的面积表示电势差，明确

坐标所代表的物理意义。

知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。

【解答】

A、E-x图像与坐标轴围成的面积表示电势差，xi处到-X］处的图像与坐标轴围成的面积为零（要考虑面积

的正负），说明Xi与-X］之间的电势差相等，即两点电势相等，故带正电的粒子在Xi处和-xi处的电势能相

等，故A正确；

B、等量同种的正点电荷沿中垂线方向上，中点。点场强为零，沿中垂线两侧到无穷远，电场强度向增大

后减小，所以此空间电场可能是由一对等量同种的正点电荷产生的，但却不是一定，故B错误；

C、质子沿x轴由xi处运动到。处，电场力做负功，电势能增大，过了0点后，电场力做正功，电势能减

小，故在。点电势能最大，故C错误；

D、电子以一定的速度由-xi处到0点时，电场线方向沿x轴负方向，电场力沿x轴正方向，电场力做正

功，当过了0点后，电场线方向沿x轴正方向，电场力沿x轴负方向，电场力做负功，故D错误。

17.如图所示，在无轴上-尤。和配处分别固定电荷量大小均为Q的两个点电荷，它们在％轴上形成的电

势分布情况如图中曲线所示，呈对称分布，在久=0处曲线的切线与式轴平行。取无穷远处电势为0,静

电力常量为鼠下列说法正确的是（）

第13页共20页

B.在久=0处电势和电场强度都不为0

c.把电子从-;均处移到与出处电势能先增大后减小

D.x=-2%o处的电场强度为窄竽且指向％轴正方向

【答案】c

【解析】本题考查静电场中的隼-x图像，关键是要理解图像横纵坐标所表示的物理意义，知道其图像切

线斜率表示场强，根据沿电场线方向电势降低可知斜率为正表示场强为负，斜率为负则表示场强为正。要

掌握点电荷的电场强度公式E="以及场强的矢量叠加原理，根据Ep=q隼分析电势能的变化。

【解答】

A.由图可知，电势均为正值，则两个点电荷均为正电荷，A错误；

B.x=0电势不为零，由场强叠加原理可知，该处场强为0,B错误；

C.把电子从-(xo处移到|x0处，电势先降低再升高，由于电子带负电，则电势能先增大后减小，

C正确；

D.X-2x0处的场强为E=k焉+吟=翳，指向x轴负方向，D错误。

故选Co

18.如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面的夹角为仇极板间距为d,带负电的微粒质量

为m、带电荷量为q,微粒从极板M的左边缘力处以初速度%水平射入极板间，沿直线运动并从极板N

的右边缘8处射出，贝1J()

第14页共20页

A.微粒到达B点时动能为段祖见2B.微粒的加速度大小等于gsinJ

C.两极板间的电势差UMN=^D.微粒从4点到B点的过程中电势能减少吗

qcosucost/

【答案】C

【解析】微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力的合力必定沿水平方向，微粒沿

直线做匀减速直线运动，根据动能定理列式分析。

本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出电场力方向，同时要根据动能定理列

式分析。

【解答】

A.微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿

水平方向。由此可得，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到

达B时动能小于（mvoZ,选项A错误；

B.由题分析可知，据qEsin8=ma,qEcos0=mg,解得a=gtan。，，故B错误；

CD,微粒从A点到B点的过程电场力做负功，电场力为Eq=号，电场力做功为W=-Eqd=-噌，所以

COSHCOSu

微粒从A点到B点的过程电势能增加又AEp=qUMN，所以得到两极板的电势差UMN=世，故D错

cosGHqcosQ

误。C正确；

故选Co

第II卷（非选择题）

二、实验题（本题共2小题，共16分）

19.图甲是观察电容器的充、放电现象的实验装置。电源输出电压恒为8乙S是单刀双掷开关，灵敏

电流计，C为平行板电容器。

乙

（1）当开关S接1时，平行板电容器（选填“充电”或“放电”），流经表的电流方向

（选填“向左”或“向右”），此过程中电容器的电容将（选填“增大”、“减小”

或“不变”）o

第15页共20页

（2）将表换成电流传感器，电容器充电完毕后再放电，其放电电流随时间变化图像如图乙所示，由图

可知电容器所带的电荷量为C,电容器的电容为F。（计算结果均保留两位有效

数字）

【答案】（1）充电；向右；不变；（2）3.2x10-3；4.0x10-4。

【解析】（1）充电时上极板与电源正极相连，带正电；充电时电容器与电阻相连，电流流入上极板；充放电

不改变电容器电容;（2）根据q=It可知放电电流随时间变化曲线与x轴所围面积即为通过的电荷量，由C=

号求电容器电容。

本题考查电容器充放电过程的理解，属于基础题，解题关键是通过I-t图像得电容器充电后极板带电量。

【解答】（1）将单刀双掷开关拨向1，电容器充电；电容器充电时，上板接电源正极，所以电容器上板带正

电，充电时正电荷流入电容器上板，所以流经。表的电流方向向右；电容器电容与极板间距离、正对面积

和电介质有关，该过程没有改变这些因素，故电容器电容不变；

（2）根据q=It可知放电电流随时间变化曲线与x轴所围面积即为通过的电荷量，每个小格的电荷量：

q'=0.4x0.2mC=0.08mC,

由图乙可知：

q=40q'=40x0.08mC=3.2mC=3.2x10-3C,

C=2=3-2x10_3F=4.0x10,。

u8

故答案为（1）充电；向右；不变；（2）3.2x10-3；4.0x10-4。

20.下图是某实验小组为了定性探究平行板电容器的电容与其结构之间的关系装置图，充电后与电源断

开的平行板电容器的力板与静电计相连，B板和静电计金属壳都接地，力板通过绝缘柄固定在铁架台上，

人手通过绝缘柄控制B板的移动，请回答下列问题：

甲乙丙

（1）本实验采用的科学方法是

4理想实验法B.等效替代法

C,控制变量法D.建立物理模型法

（2）在该实验中，静电计的作用是

4测定该电容器的电荷量B,测定该电容器两极的电势差

C.测定该电容器的电容。.测定4、8两板之间的电场强度

（3）在实验中观察到的现象是

A甲图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角变大

第16页共20页

B.甲图中的手水平向左移动时，静电计指针的张角不变

a乙图中的手竖直向上移动时，静电计指针的张角变小

D丙图中的手不动，而向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大

【答案】(1)C；(2)B;(3)Ao

【解析】明确实验原理，根据电容器的决定式可明确对应的电容变化；明确电电容器带电量不变，根据电

容的变化，判断电势差的变化，即静电计指针偏转角度的变化。

【解答】

解：(1)本实验中要控制一些量不变，然后再得出C的决定因素；故采用的是控制变量法；故选C；

(2)静电计的作用是测定电容器两极之间的电势差，故选B；

(3)实验中观察到的现象为：

AB.手水平向左移动时，板间距离增大时，据电容的决定式C=f；,可知电容减小，而电容器带电量不变，

4-rrkd

由电容的定义式C=号知板间电压增大，所以静电计指针的偏转变大，故A正确，B错误；

C.当手竖直上移时，正对面积减小，根据电容的决定式C=总，可知电容减小，而电容器带电量不变，

由电容的定义式c=年知板间电压增大，所以静电计指针的偏转变大，故c错误；

D.插入陶瓷片时，根据电容的决定式C=插，可知电容增大，而电容器带电量不变，由电容的定义式C=1

471kdU

知板间电压减小，所以静电计指针的偏转变小，故D错误；

故答案为：(1)C；(2)B;(3)Ao

三、计算题(本大题共3小题，10分+10分+10分共30分，解答过程请写出必要的文字说明和必需的物理

演算过程，只写出最终结果的不得分)

21.如图所示，AB1CD且4、B、C、D位于一半径为r的竖直圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量

为+Qo现从A点将一质量为m,电荷量为-q的小球由静止释放，小球沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点

时速度为，而，g为重力加速度，不考虑运动电荷对静电场的影响，求：

(1)小球运动到D点时对轨道的压力；

(2)小球从4点到D点过程中电势能的改变量。

【答案】解：(1)小球运动到D点时，由牛顿第二定律得：FN+k墨一mg=m?

第17页共20页

解得：FN=2mg-k翼

由牛顿第三定律得，小球运动到D点时对轨道的压力大小为：

FN'=FN=2mg-k黑，方向竖直向下。

(2)小球从A运动到D,根据动能定理得：mgr+W电=gnrv2-0

解得：W«=_[mgr

因为电场力做负功，则电势能增加，

由功能关系得：AEp=-W电=■|mgr。

【解析】解决本题的关键是明确圆周运动的向心力来源，要认真分析小球的受力情况，注意重力不能遗漏。

(1)小球运动到D点时，由重力、电场力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道对

小球的支持力，从而求得小球对轨道的压力；

(2)小球从A点到D点过程，由动能定理求得电场力做功，即可求得电势能的改变量。

22.如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从。点垂直射入偏转电场，并从

另一侧射出打到荧光屏上的P点,。'点为荧光屏的中心.已知电子质量爪=9.0x10-31kg,电荷量e=1.6x

10-i9c,加速电场电压为=2500U,偏转电场电压U=200U,极板的长度均=6.0丽,板间距离d=2.0cm,

极板的末端到荧光屏的距离J=3,0si(忽略电子所受重力，结果保留2位有效数字).求：

(),

h

-*

荧光屏

(1)电子射入偏转电场时的初速度%