第1章 静电场 水平测评-【金版教程】2025-2026学年高中物理必修第三册创新导学案全书Word（教科版2019）

物理 必修 第三册(教科) 第一章　水平测评 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．法拉第提出了场的观点，并用电场线形象地描述电场，以下关于电场和电场线的说法正确的是(　　) A．电场线是实际存在的，用来表示电场的强弱和方向 B．带电粒子在电场中受力的方向就是场强的方向 C．在同一幅图里，电场线越密的地方电场强度越大，电场线越稀疏的地方电场强度越小 D．沿电场线方向，电场强度逐渐减小 答案　C 解析　电场线是人为假想的线，不是真实存在的，故A错误；在电场中正电荷的受力方向与场强方向相同，负电荷的受力方向与场强方向相反，故B错误；电场线的疏密表示电场的强弱，在同一幅图里，电场线越密的地方电场强度越大，电场线越稀疏的地方电场强度越小，故C正确；沿电场线方向，电场强度不一定减小，故D错误。 2.如图所示，在真空中某点电荷电场中有一条虚线，该虚线上电场强度的最大值为E，P点的电场强度方向与虚线夹角为30°，则P点的电场强度大小为(　　) A．E B.E C.E D.E 答案　D 解析　由点电荷电场特点可知，点电荷位于P点的电场强度所在的直线上，且虚线上电场强度最大的点与点电荷的连线必然与虚线垂直，且该点电场强度沿此连线方向。假设该点电荷带正电，如图所示，由几何关系得E＝k，EP＝k，联立解得EP＝；若点电荷带负电，可得到相同结论。故A、B、C错误，D正确。 3.如图所示为某带电导体的电场线分布，M、N是电场中的两点，则(　　) A．导体左侧带正电，右侧带负电 B．导体电荷分布密度左侧大于右侧 C．M点的电场强度大于N点的电场强度 D．导体内部的P点不可能有净电荷 答案　D 解析　由电场线方向可知，导体左右两侧均带正电，A错误；右侧电场线分布较密集，可知导体电荷分布密度左侧小于右侧，B错误；因N点电场线较M点密集，则N点的电场强度大于M点的电场强度，C错误；净电荷只分布在导体的外表面，导体内部的P点不可能有净电荷，D正确。 4．如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面。在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点。不计液滴重力。下列说法正确的是(　　) A．a点的电势比b点的低 B．a点的电场强度比b点的小 C．液滴在a点的加速度比在b点的小 D．液滴在a点的电势能比在b点的大 答案　D 解析　高压电源左侧为正极，则发射极与吸极间所加强电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知φa>φb，故A错误；等差等势面的疏密反映场强的大小，由图可知a处的等势面较密，则Ea>Eb，故B错误；液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为a＝，因Ea>Eb，可得aa>ab，故C错误；液滴在静电力作用下向右加速，则静电力做正功，动能增大，电势能减少，即Epa>Epb，故D正确。 5．规定无穷远处电势为0，电荷量为q的点电荷在距离其r的位置处产生的电场的电势φ＝，正电荷周围的电势均大于0，负电荷周围的电势均小于0。如图所示，直线上三个位置A、B、C，AB＝x，BC＝2x，在C位置放一电荷量为＋Q的点电荷，在B位置放另一个电荷量为q1的点电荷，如果A处的电势为零，则下列说法中正确的是(　　) A．q1＝ B．q1＝－ C．A处的电场强度也为零 D．A处的电场强度大小为 答案　B 解析　电荷量为＋Q的点电荷在A点产生的电场的电势为φ1＝，电荷量为q1的点电荷在A点产生的电场的电势为φ2＝，因为φ1＋φ2＝0，则q1＝－，A错误，B正确；以向左为正方向，电荷量为＋Q的点电荷在A点处产生的电场的电场强度为E1＝k，电荷量为q1的点电荷在A点处产生的电场的电场强度为E2＝k＝－k，则A处的电场强度E＝E1＋E2＝－，即A处的电场强度大小为，方向向右，故C、D错误。 6．如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则(　　) A．材料竖直方向尺度减小 B．极板间电场强度不变 C．极板间电场强度变大 D．电容器电容变大 答案　A 解析　根据题意可知两极板间电压U不变，极板上所带电荷量Q变少，根据电容的定义式C＝，可知电容器电容C变小，D错误；根据平行板电容器电容的决定式C＝，可知极板间距d增大，极板之间存在匀强电场，电场强度E＝，可知极板间电场强度E变小，B、C错误；极板间距d增大，由几何关系可知，材料竖直方向尺度减小，A正确。 7.M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受静电力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．电子在N点的动能小于在M点的动能 B．该电场有可能是匀强电场 C．该电子运动的加速度越来越小 D．电子运动的轨迹为曲线 答案　C 解析　电子仅受静电力的作用，电势能与动能之和恒定，由图像可知电子由M点运动到N点，电势能减小，则动能增加，A错误；分析图像可得电子的电势能随运动距离的增大，减小得越来越慢，即经过相等距离静电力做功越来越少，由W＝qEΔx可得电场强度越来越小，B错误；由于电子从M点运动到N点静电力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C正确；电子从静止开始沿电场线由M点运动到N点，可得MN电场线为直线，由运动与力的关系可得其轨迹必为直线，D错误。 8.如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q产生的电场线，若带电粒子q(|Q|≫|q|)由a运动到b，速度逐渐增大。已知在a、b两点粒子所受静电力分别为Fa、Fb，则下列判断正确的是(　　) A．若Q为正电荷，则q带正电，Fa＞Fb B．若Q为正电荷，则q带正电，Fa＜Fb C．若Q为负电荷，则q带负电，Fa＞Fb D．若Q为负电荷，则q带负电，Fa＜Fb 答案　AC 解析　a点的电场线分布比b点密，所以a点电场强度较大，同一电荷在两点受到的静电力Fa＞Fb。从a到b，q的速度越来越大，则静电力向右，如果Q是正电荷，q带正电；如果Q是负电荷，q带负电，A、C正确，B、D错误。 9.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是(　　) A．电场强度的大小为2.5 V/cm B．坐标原点处的电势为1 V C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV 答案　ABD 解析　如图所示，由匀强电场中两平行线距离相等的两点间电势差相等知，Oa间电势差与bc间电势差相等，故O点电势为1 V，B正确；则在x轴上，每0.5 cm长度对应电势差为1 V，10 V对应的等势线与x轴交点e坐标为(4.5，0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由几何知识得：Od长度为3.6 cm，代入公式E＝得，E＝2.5 V/cm，A正确；电子带负电，电势越高，电势能越小，电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝eU＝9 eV，D正确。 10．在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有(　　) A．q1和q2带有异种电荷 B．x1处的电场强度为零 C．负电荷从x1移到x2，电势能减小 D．负电荷从x1移到x2，受到的静电力增大 答案　AC 解析　两个点电荷在x轴上，且x1处的电势为零，x>x1处的电势大于零，x<x1处的电势小于零。如果q1、q2为同种电荷，x轴上各点的电势不会有正、负之分，故q1、q2必为异种电荷，A正确；由E＝－知，x1处的电场强度不为零，B错误；x2处的电势最高，则负电荷在此处的电势能最小，负电荷从x1移动到x2的过程，电势能减小，C正确；由φ­x图像知，x2处电势最高，但电场强度最小，负电荷从x1移动到x2，所受静电力减小，D错误。 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共10分) 11.(4分)在“探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关”的实验中，一同学猜想可能与两电荷间的距离和两电荷所带电荷量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒上的C点，如图所示。 实验时，先保持两小球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球的距离不变，改变A球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。 实验表明：两电荷之间的相互作用力，随它们之间距离的________而增大(填“增大”或“减小”)，随其所带电荷量的________而增大(填“增大”或“减小”)。图中A、B两带电体相互________(填“吸引”或“排斥”)，说明它们带有________(填“同种”或“异种”)电荷。 答案　减小　增大　排斥　同种 解析　对B球受力分析可得，两球之间的静电力F＝mgtanθ(θ为B球静止时悬线与竖直方向的夹角)，保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角θ越大，所以两电荷间的相互作用力随它们之间距离的减小而增大；保持两球的距离不变，改变A球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角θ越大，即两电荷间的相互作用力随它们所带电荷量的增大而增大。因为B球向右偏，可知B球受到A球的力向右，为排斥力；根据“同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引”可知，它们带有同种电荷。 12．(6分)某兴趣小组想自制一个电容器，如图甲所示，他们用两片锡箔纸做电极，在两层锡箔纸中间夹以电容纸(某种绝缘介质)，一起卷成圆柱形，然后接出引线，再密封在塑料瓶当中，电容器便制成了。 (1)为增加该电容器的电容，应当________(填正确答案标号)。 A．增大电容器的充电电压 B．减小电容器的充电电压 C．锡箔纸面积尽可能大 D．锡箔纸卷绕得尽可能紧 (2)用如图乙所示电路为电容器充电，电源输出电压恒为U0，电容器电容为C，电阻箱电阻为R。将电阻箱阻值分别调为R1、R2，通过电流传感器和计算机绘制出闭合开关S后电容器所带电荷量q随时间t变化的关系图像分别如图丙实线①、②所示。则图丙中t＝0时刻，通过电容器的电流大小I0＝________(用题给物理量符号U0、C、R表示)；R1________R2(选填“<”“>”或“＝”)。 答案　(1)CD　(2)　< 解析　(1)电容器的电容与充电电压无关，故A、B错误。题图甲圆柱形电容器虽然不是平行板电容器，但可以使用C＝进行定性分析，使锡箔纸面积尽可能大或使锡箔纸卷绕得尽可能紧，会使S增大或使d减小，所以都可以增大电容，C、D正确。 (2)t＝0时刻，电容器所带电荷量q＝0，根据Q＝CU，可知电容器极板间电压UC＝0，而U0＝UC＋UR，则UR＝U0，根据欧姆定律可知，此时通过电阻箱的电流大小即通过电容器的电流大小I0＝。t＝0时刻开始的一段极短时间Δt内，曲线①电荷量的增加量Δq比曲线②的大，根据I＝，则t＝0时刻曲线①对应的电流较大，结合I0＝可知，R1<R2。 三、计算题(本题共3小题，共40分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 13．(10分)两个质量相等的带电小球(可视为质点)A、B，用长度均为L的绝缘细线悬于天花板上的O点，两悬线均偏离竖直方向θ角，如图所示。已知A、B两球所带电荷量均为＋q，静电力常量为k，重力加速度为g。求： (1)带电小球的质量； (2)若撤去A球，在小球B所在的空间加一水平方向的匀强电场，使B球静止在原来位置，则匀强电场的电场强度为多大？ 答案　(1)　(2) 解析　(1)A、B两球之间的距离：r＝2Lsinθ 对B球有：k＝mgtanθ 解得：m＝。 (2)使B球静止在原来位置，设所加匀强电场的场强为E，则有：mgtanθ＝qE 解得：E＝。 14．(12分)如图所示，在竖直平面内有一固定在水平地面上的足够长的光滑绝缘轨道ABC，它由两部分组成。AB部分与水平方向的夹角θ＝53°，与圆弧BC部分相切，切点为B；BC轨道的圆心为O，半径为R，圆心角α＝143°。压力传感器与轨道ABC连接，用来显示轨道ABC受到的压力大小，整个轨道处于方向水平向右的匀强电场中。现将一质量为m、电荷量为＋q(q>0)的小球在轨道AB上与B点相距2R的位置由静止释放，小球在沿轨道AB下滑的过程中，压力传感器的示数始终为0。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。 (1)求匀强电场的电场强度E的大小； (2)从开始运动到最高点，求小球电势能的变化量。 答案　(1)　(2)－mgR 解析　(1)由题意可知小球在沿轨道AB下滑的过程中，所受合力沿AB向下，对小球进行受力分析， 有qE＝ 解得E＝。 (2)由几何关系知，OC水平。 设小球运动到C点时速度为v1，从A到C， 由动能定理有(2R＋Rcosθ)＝mv－0 从C点射出后到最高点， 在竖直方向有v1＝gt 在水平方向有x＝at2 qE＝ma 全过程小球电势能的变化量 ΔEp＝－qE(2Rcosθ＋Rsinθ＋R＋x) 联立解得ΔEp＝－mgR。 15．(18分)如图甲所示建立坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第Ⅱ象限，细管C与两板等距，细管C开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的α粒子。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压时，α粒子刚好能以速度v0从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器恰好做匀速圆周运动。静电分析器中电场的电场线均沿半径方向指向圆心O，粒子运动轨迹处的场强大小为E0。t＝0时刻α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，交变电场随时间变化的关系如图乙，规定沿x轴正方向为电场强度正值的方向。已知α粒子电荷量为2e(e为元电荷)，质量为m，求： (1)α粒子从放射源发射至运动到C的过程中动能的变化和发射时速度的大小v； (2)α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径r和运动的时间t0； (3)当t＝3T时，α粒子的坐标。 答案　(1)－　v0 (2)　 (3) 解析　(1)由题意可知，α粒子在平行金属板中的运动的逆运动为类平抛运动，设运动时间为t1，加速度大小为a，板间电压为U，平行于x轴方向有L＝v0t1 平行于y轴方向有＝at 由牛顿第二定律有2e＝ma α粒子从放射源P运动到C的过程中，由动能定理有－2e·U＝ΔEk 联立解得粒子动能的变化量ΔEk＝－ 又ΔEk＝mv－mv2 联立解得v＝v0。 (2)α粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有2eE0＝m 解得r＝ 由＝v0t0 解得t0＝。 (3)由图乙可以判断，α粒子在x轴方向上0～做初速度为0的匀加速直线运动，～T做末速度为0的匀减速直线运动，两阶段加速度大小相等，方向相反。t＝时，α粒子沿x轴方向的分速度vx＝· 所以一个周期T内，α粒子沿x轴方向的平均速度x＝＝ 每个周期T内α粒子沿x轴正方向前进的距离x0＝xT＝ t＝0时，α粒子的横坐标为r＝ 所以t＝3T时，α粒子的横坐标为 x＝r＋3x0＝＋ α粒子在y轴方向上做速度为v0的匀速直线运动，则t＝3T时，α粒子的纵坐标为y＝－3v0T 综上所述，在t＝3T时，α粒子的坐标为。 9 学科网（北京）股份有限公司 $$