第10章 静电场中的能量学业质量达标卷-【志鸿优化训练】2026-2027学年高中物理必修第三册(人教版)

第十章学 (用时：75 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) 景 1.关于静电场的等势面，下列说法正确的是 () A.两个电势不同的等势面可能相交 热 如 B.电场线与等势面处处相互垂直 C.同一等势面上各点电场强度一定相等 D.将一负的试探电荷从电势较高的等势 面移至电势较低的等势面，电场力做 正功 2.如图所示，设两极板 正对面积为S,极板 坦 长 间的距离为d,静电 计指针偏角为0。实验中，极板所带电荷量 不变，若() A.保持S不变，增大d,则0变大 B.保持S不变，增大d,则0变小 C.保持d不变，减小S,则0变小 p 郑 D.保持d不变，减小S,则0不变 吸。 3.如图所示，虚线a、b、c表示 O处点电荷的电场中的三个o 和 不同的等势面，相邻等势面 的间距相等，一电子射人电场后（只受电场 力作用)的运动轨迹如图中实线所示，其中 1、2、3、4表示运动轨迹与等势面的交点， 毁 由此可以判定() A.O处的点电荷一定带正电 B.电子运动过程中，动能先增大后减小 C.三个等势面的电势高低关系是9：>P a 2 业质量达标卷 N质量相等，所带电荷的绝对值也相等。 现将M、N从虚线上的O点以相同速率射 钟满分：100分) 出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图 D.电子从位置2到位置3与从位置3到位 中两条实线所示。点a、b、c为实线与虚线 置4过程中电场力所做的功相等 的交点，已知O点电势高于c点。若不计 4.如图所示，真空中有两 x/cm 重力，则() 06 个点电荷Q1=+9.0×10-8C和Q2=一1. A.M带负电荷，N带正电荷 0×108C,都固定在x坐标轴上，其中Q1 B.N在a点的速度与M在c点的速度大 位于x=0处，Q2位于x=6cm处。在x 小相同 轴上() C.N在从O点运动至a点的过程中克服 A.电场强度为0的点有两处 电场力做功 B.在x>6cm区域，电势沿x轴正方向 D.M在从O点运动至b点的过程中，电场 降低 力对它做的功等于零 C.质子从x=1cm运动到x=5cm处，电 7.如图所示，M、N是在真空中竖 势能升高 直放置的两块平行金属板。 +Ua D.在0<x<6cm和x>9cm的区域，电 质量为m、电荷量为一q的带 场强度沿x轴正方向 电粒子，以初速度%由小孔进M N 5.如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、 入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能 Q2(Q2位于坐标原点O),x轴上有M、N、 到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、 P三点，且MN=NP。Q1、Q2在x轴上产 N两板间距的处返回，则下述措施能满足 生的电势p随x变化的关系如图乙所示。 要求的是()》 则( ) A使粒子的初速度减小为原来的 02 0 B.使粒子的速度加倍 C.使M、N间电压提高到原来的4倍 甲 D.使粒子的初速度和M、N间电压都减小 A.M点电场强度大小为零 B.N点电场强度大小为零 为原来的2 C.M、N之间电场方向沿x轴负方向 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分， D.将一正试探电荷从P移到M过程中， 共18分。在每小题给出的四个选项中， 电场力做的功满足的关系为|Ww|= 有多项符合题目要求。全部选对的得6 WNM 分，选对但不全的得3分，有选错的得 6.如图所示虚线为电场中 .a/N粒子 0分) 与场强方向垂直的等间 8.如图所示，水平放置的平行板电容器充电 距平行直线，两粒子M、 M粒子 后与电源断开，质量、带电完全相同的甲、 59 2 乙两粒子从A点沿半圆的直径AC方向以不同 的速度水平射入电场，甲粒子恰好经过半圆的 最低点B,乙粒子经过圆弧上BC之间的D点， 不计重力，下列分析正确的是() A.甲、乙两粒子从A点到达圆弧所用的时间 相同 B.两粒子在B、D两点的速度方向都不可能沿 着圆弧半径方向 C.粒子在电容器中运动的整个过程，电场力对 两粒子做功可能相同 D.甲粒子的入射速度大于乙粒子的人射速度 9.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固 定，圆心是O,最低点是P,直径 MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球 (视为点电荷)，b固定在M点，a从N点由静止 释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中 未画出)时速度为零。则小球a( A.从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力 先增大后减小 B.从N到P的过程中，速率先增大后减小 C.从N到Q的过程中，电势能一直增加 D.从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能 增加量 10.如图(a)所示，两水平平行正对的金属板M、N 间距为d,加有如图(b)所示的交变电压。一 质量为m、电荷量为q的带正电的微粒被固定 在两板正中间的P点，在t=0时刻释放该粒 子，3t时间内粒子未到达极板。则在0~3t时 间内，下列说法正确的是() 60 2mgd UMN M 9 ●P 2103t0 2mgd N 9 图(a) 图(b) A.从t=0开始，粒子向M板运动 B.粒子从to开始一直向N板运动 C.0~2to时间内，电场力对粒子做的功为 mg2to? D.3to时，重力对粒子做功的瞬时功率为 mgto 三、非选择题（本题共5小题，共54分。根据 要求作答) 11.(8分)如下图所示是用平行板电容器制 成的厨房用电子秤及其电路简图。称重 时，把物体放到电子秤面板上，压力作用 会导致平行板上层膜片电极下移。则电 容器的电容将 (选填“增大”“减 小”或“不变”)膜片下移过程中，电流表有 （选填“a到b”或“b到a”)的 电流，电容器中的电场强度将 (选填“增大”“减小”或“不变”) 12.(10分)如图所示，电荷量为一Q的点电 荷甲固定在绝缘水平面上的O点，电荷量 为十q、质量为m的点电荷乙从A点以初 速度。沿它们的连线向甲运动，运动到 B点时的速度减小到最小值？。已知点电 荷乙与水平面的动摩擦因数为，A、B间 距离为L0,静电力常量为，重力加速度 为g,不计空气阻力，则点电荷甲在B点 -2 处的电场强度大小E= ,O、B间 14.(12分)如图所示，在竖直平面内，光滑绝 的距离R= ,在点电荷甲形成的 缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C 电场中，A、B间电势差UAB= 两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B 点为AC的中点，C点位于圆周的最低 -0 +9 点。现有一质量为m、电荷量为一q、套在 ” "@ 0 B A 杆上的带负电小球（可视为质点）从A点 13.(10分)如图所示，平行金属带电极板A、 由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度 B间可看成匀强电场，场强E=1.2×102 为g,A点距过C点的水平面的竖直高度 V/m,极板间距离d=5cm,电场中C点 为3R,小球滑到B点时的速度大小为 和D点分别到A、B两板的距离均为0.5 2gF。不计空气阻力，求： cm,B板接地，求： (1)小球滑到C点时的速度 (1)C、D两点的电势和 大小； 3R 两点间的电势差UcΦ；+ D (2)若以C点为零电势点， —B (2)将点电荷q=2×10-2C从C点匀速 试确定A点的电势。 移到D点时外力做的功。 61- 2 15.(14分)如图所示，水平放置的平行板电容器， 两板间距为d=8cm,板长为l=25cm,接在 直流电源上。有一带电液滴以=0.5m/s 的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀 速直线运动，当它运动到P处时迅速将下极 板向上提专cm,液滴刚好从金属板右端飞 罗 出，求： (1)将下极板向上提起后，液滴的加速度大小； (2)从液滴射入电场开始计时，液滴匀速运动 到P点所用时间。(g取10m/s2) 烟 喀 62(2)方法1：设此时库仑力为F电，杆对球弹力为N, 如图 Wsin30°N 209 mg 30 0 几何关系可知AB=AP,故F。=F。= 3 mg 由牛顿第二定律有F电十Ncos30°=mw2rAB 且Nsin30°=mg 联立解得=2√祭。 方法2：由牛顿第二定律有 F'电十mgtane60°=mw2raB 几何关系可知rAB= h √3 联立解得w=2√层。 (3)小球做周运动的速度大小为V=ωrAB 方法1：根据动能定理 2√3 2mgh+0= 2mv2-0 联立解得Wg=mgh。 方法2：由功能关系得 w。-号房+安+0+m 解得W=mgh。 方法3：由功能关系得 W翠=△Ek十△EpG十△Ep萍十△Ep电 且AE.=nn,AEa=2mgh 1 F.h△E电=0 △E*=一2‘5 联立解得Wg=mgh。 第十章学业质量达标卷 1.B两个电势不同的等势面一定不相交，若相交则同 一点出现不同的电势，A不符合题意；电荷在同一等 势面上移动时电场力不做功，所以电场线与等势面是 处处相互垂直的，B符合题意；同一等势面上电势相 等，各点电场强度可能相等，也可能不相等，C不符合 题意；将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电 —3 势较低的等势面，电场力方向与电荷运动方向相反， 据MN粒子的运动轨迹可知N受到的电场力向上， 电场力做负功，D不符合题意。故选B。 M受到的电场力向下，故N带负电，M带正电，A错 2.A将静电计与电容器两极板分别相连，则静电计指 误；根据题意可知Ua|=2Ua|,而且电场力都做 针的张角反映电容器两极板的电压。实验中，极板所 的是正功，而且电荷和质量大小相等，根据动能定理 带电荷量不变，根据电容器电容的定义式C=号，平 得g=号md-分m,N在a点的速度与M在c 1 行板电容器电容的决定式C=:S, 4xa,可得U- 点的速度大小不等，B错误；N在从O点运动至a点 的过程中受到的电场力向上，轨迹运动方向也向上， 4πkdQ。当保持S不变，d增大，U增大，9增大；保持 故电场力做正功，C错误；图中的虚线为等势线，即O 点和b点的电势相等，所以M点从O点到b点的过 d不变，减小S,U增大，0增大，故选A。 程中电场力对粒子做功等于零，D正确。故选D。 3.C由于曲线运动的合力应该指向内侧，故从电子的 7.BD粒子刚好能达到N板时，根据动能定理得， 运动轨迹可以看出，电子受到排斥力，故场源电荷是 负电荷；由于电子受力的方向向右，所以电子向左运 gU=0一2m,2,现在使带电粒子能到达M、N两 动的过程中电场力做负功，动能减小，电子向右运动 的过程中电场力做正功，动能增加；由于场源电荷是 板间距的2处返回，则电场力做功等于一光，当粒子 负电荷，又由于沿着电场线方向电势逐渐降低，故结 的初速度为，U不变，则带电粒子动能的变化量 合负点电荷的电场线分布规律可以知道：P<p< 9;点电荷产生的电场中，距离点电荷越远，电场强度 △E=0-合m(受)广=-一日m听≠-兴，当M,N间 越小，由于两相邻等势面的间距相等，以U23>U34, 电压提高到原来的4倍，则带电粒子不能运动到M、 电场力做功qU23>qU34。故选C。 4.D在两异种点电荷之间，两电荷的电场方向一致， N两板中点；当粒子的初速度减小为原来的号，则带 所以不会出现电场强度为0的位置，Q1左侧的合电 电粒子速度减小为0时，动能变化量减小为原来的 场强度也不可能为0，所以电场强度为0的位置只能 子，即一日mw,MN两板间电压减小为原来的2， 有一处，且在Q2的右侧，A不符合题意；在x>6cm 则粒子运动到M、N两板间中点电场力做功为原来的 区域，由前面分析知，在x>6cm处有一个点P的电 场强度为0，则P点左右两侧的电场强度方向相反， 子，即-子9U=一名mw2,故选BD。 所以，在x>6c区域的电势先升高后降低，B不符合 8.BC粒子水平射人竖直方向的电场中，不计粒子重 题意；在质子从x=1cm运动到x=5cm处的过程 力，则粒子做类平抛运动，竖直方向上有y=,由 中，合电场水平向右，电场力对质子做正功，电势能降 低，C不符合题意；设距电荷Q2为xo处的电场强度 图可知，甲、乙两粒子从A点到达圆弧的竖直位移不 为0，由于69-解得=-3cm,可知电 同，则时间不同，A错误；由于类平抛运动速度反向延 长线过水平位移的中点，则两粒子在B、D两点的速 场强度为0的位置为x=6cm十3cm=9cm处。故 度方向都不可能沿着圆弧半径方向，B正确；粒子在 在0<x<6cm和x>9cm区域，合电场强度方向沿 电容器中运动的整个过程，若甲、乙两粒子均打到下 x轴正方向，D符合题意。故选D。 极板，则电场力对两粒子做功相同，C正确；结合A 5.B由题图乙可知，由M到N电势降低，由无限远处 分析可知，甲粒子的飞行时间较大，水平方向有x= 到N电势降低，沿着电场线方向电势逐渐降低，可以 t,由于甲的水平位移较小，可知，甲粒子的人射速 判断M、N之间电场方向沿x轴正方向，无限远处到 度小于乙粒子的入射速度，D错误。故选BC。 N点间电场方向沿x轴负方向，且N点场强为零； 9.BC小球a从N到Q的过程中，重力mg不变，库仑 IWPNI=IqUPNI=19(P-ON)I<1g(ON-PM)= 力F逐渐增大，库仑力与重力的夹角逐渐变小，因 IWw。故选B。 此，F与mg的合力逐渐变大，A不符合题意；从N 6.D由于O点电势高于c点，电场强度方向向下，根 到P的过程中，重力沿速度方向的分力等于F沿速 3 度反方向的分力时，小球的速率最大，故速率先增大 后减小，B符合题意；从N到Q,F一直做负功，电势 能一直增加，C符合题意；从P到Q,根据能量守恒知 电势能的增加量和重力势能的增加量之和等于动能 的减少量，所以电势能的增加量小于动能的减少量， D不符合题意。故选BC。 10.AD电场力为F=qE=2mg,t=0时刻，电场力向 上，0~t。时间向上匀加速，加速度为g;t。~2t。时间 向上匀减速，加速度为3g;2t~3t,时间向下匀减 速，加速度为g;从t=0开始，粒子向M极运动；从 号开始一直向N极运动；故A正确，B错误，0~4 时间向上匀加速，根据位移时间关系公式，位移为 西=g5,~24,时间向上匀减速，根据位移时间 关系公式，位移、速度分别为=g×。一合×3g6 =-7g6,m=8-3g6=-2g6,在0~2时间 内，粒子的位移为零，故重力对粒子做的功为零，则 由动能定理可得W电=2m助2=2mg,,故C错 误；根据速度时间关系公式，3t,时粒子的速度为v2 =g,一3g十gt,=一go,方向向下，故3to时，重力 对粒子做功的瞬时功率为Pc=mg2=mg2to,故D 正确。故选AD。 11.答案：增大b到a增大 解析：极据C一点a可如，起物体放到电子辞面板上 时电容器的电容将增大；根据C一号可知，电容器所 带电荷量增大，电流表有b到口的电流；根据E=号 可知，电容器中的电场强度将增大。 12.答案：mg kQq Numg 1 umgLo2 m 2m，2 1 0 解析：点电荷乙运动到B点时速度最小，此时有qE =mg,解得E=mg,在B点由库仑定律和共点力 平衡有器=m,解得R-√0g,点电荷之从A 运动到B的过程中，由动能定理有qUAB一umgL0= 1 2mv-2mv, 2mu21 mgL,+ 解得UAB= 2n,2 9 13.答案：(1)-5.4V-0.6V-4.8V (2)9.6×10-2J 解析：(1)因正极板接地，故板间各点电势均小于零， 由U=Ed得 Uw=Edo=-1.2×102×0.5×102V=0.6V 即pp=-0.6V。 由于dcs=5cm-0.5cm=4.5cm=4.5×10-2m 所以UcB=-EdcB=-1.2×102×4.5×10-2V= -5.4V=pc 所以Um=c-p=-5.4V-（-0.6V)=-4.8V。 (2)因为，点电荷匀速移动，所以外力所做的功等于克 服电场力所做的功，即 W外=|qUcm|=2×10-2×4.8J=9.6×10-2J。 14.答案：(1)V7gR(2)一mg迟 2q 解析：(1)因为B、C两点电势相等，故小球从B到C 运动的过程中电场力做的总功为零。由几何关系可 得BC的竖直高度hc二？R 根据动能定理有mg· R- me2、1 1 解得c=√7gR。 (2)小球从A到C,重力和电场力均做正功，所以由 1 动能定理有mg·3R+W。=2mue 又根据电场力做功与电势能的关系 W电=EpA-Ec=一9pA一（一9pc） 又因为c=0,可得4=二mg尽 2q 15.答案：(1)2m/s2(2)0.3s 解析：(1)带电液滴在板间受重力和电场力，因为液 滴匀速运动，所以液滴受力平衡，电场力方向向上， U 有qE=mg,即9=mg 解得qLU=mgd 当下极板向上提起后，d减小，E增大，电场力增大， 故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动。此时液 Umgd 滴所受电场力F'=q了= 液滴的加速度 a-Fmg=g月-1）=方8=2m/g, m (2)因为液滴刚好从金属板右端飞出，所以液滴在竖 -3 直方向上的位移为马 OC垂直于AC,则电场强度的方向由C指向O,其大 2 设液滴从P点开始在匀强电场中的飞行时间为 小为E-瓷器-号2v/a=1v/m,A正确，B t1,有 错误；OB之间电势差Uos=2Ua4=一6V,C错误；试 号可，得=√ d =0.2s 探电荷q由O点移动到B点电场力做功为W'= qUos=2qUa4=2W,D错误。故选A。 而液滴从刚进入电场到射出电场的时间 6.Da、b两点的电场强度大小相等、方向相反，故a、b 2=L=0.5s 两点的电场强度不同，A、B错误；x轴上O点左侧的 00 电场线方向沿x轴负方向，O点右侧的电场线方向沿 所以液滴从射入电场开始匀速运动到P点的时间 x轴正方向，O点与a、b两点的电势差均等于曲线与 为t=t2一t1=0.3s。 x轴所围成图形的面积大小，根据对称性可知，a、b 第十章学业质量培优卷 两点的电势相同，C错误，D正确。故选D。 1.B由于从A点运动到B点静电力做正功，可以静电 7.C触压M过程中，M,N间距d减小，根据C= 电场力水平向右，与电场强度方向相同，所以粒子带 正电，A错误；静电力做的正功等于电势能的减少量， &知，电容器的电容C增大，根据Q=CU可知，电 B正确；重力做负功，所以重力势能增加，C错误；根 源对电容器充电，电流表G中有从b到α的电流，A 据动能定理WG十W电=△Ek有△Ek=一0.5J,即粒 错误；触压M过程中，由于电容器与电源相连，电容 子的动能减少0.5J,D错误。故选B。 器两极板间的电势差U不变，M、N间距d减小，由 2.C电场线方向由正电荷指向负电荷，故该琥珀带负 电，A错误；沿着电场线方向电势降低，故α点电势比 E一号知，同极板间的电场强度变大，即P点的电场 b点电势低，B错误；电场线越密集的地方场强越大， 强度变大，B错误；电场竖直向上，灰尘悬停在P处， 故α点电场强度比b点电场强度大，C正确；等势线 说明灰尘带正电，设P点与N板间距为d,下极板 与电场线垂直，由于两点之间电场线不是平行的电场 接地，电势为0，则P点的电势p=一马d1,触压M过 d 线，故纸面内过a、b两点的等势线不是相互平行的直 程中，M、N间距d减小，故P点的电势o降低，C正 线，D错误。故选C。 确；由于灰尘受到的电场力方向向上，灰尘向上运动， 3.C根据p一x图像图线斜率表示电场强度可知x1 电场力做正功，电势能减小，D错误。故选C。 处与x3处电场方向不相同，A错误；同理根据p一x 8.AC由电路图可知极板间场强方向竖直向下，带电 图像斜率的绝对值表示电场强度的大小可知x1处与 油滴处于静止状态，受到的电场力与重力平衡，方向 x3处电场强度大小不相等，B错误；由图可知，x1处 竖直向上，可知油滴带负电，A正确；将开关打开，极 的电势大于x2处的电势，根据E。=qp可知质子在 板电荷量保持不变，极板间电压不变，板间场强不变， x1处的电势能大于在x2处的电势能，C正确；由图 油滴仍处于静止状态，B错误；在开关闭合时向下移 可知，沿x轴从x1处移动到x3处，电势先减小后增 动滑动变阻器的滑片，极板间电压不变，板间场强不 大，根据E。=qp可知质子的电势能先减小后增大， 变，油滴仍处于静止状态，C正确；打开开关，将电容 则电场力先做正功后做负功，D错误。故选C。 器的上极板向上移一些，极板电荷量不变，极板间距 4.B沿电场线方向电势逐渐降低，所以B点的电势高 于A点的电势，根据E。=q0可知，负电荷在B点的 变大，根据E-吕-品-可知，电场强度不交， 电势能小，A错误；负电荷从B点移到A点，电势能 设P点距下极板的间距为x,P点和下极板的电势差 变大，静电力做负功，B正确；因为UAB<0,根据W= 为U吓=pp一O=Ex,因为P点距下极板的间距不 qU可知，负电荷从A移到B,静电力做正功，C错误； 变，电场强度不变，故P点的电势不变，D错误。故 A点的电场强度比B点大，但A点电势低，根据E。= 选AC。 q9可知，正电荷在A点电势能小，D错误。故选B。 9.AD匀强电场中沿任意方向两点间中点的电势为两 5.A在匀强电场中，将试探电荷q由O点移动到C点 与由O点移动到A点，电场力做功相等，则AC连线 点电势的平均值，则有P点电势为=十丝=2V= 2 为等势线，又OA=5m,AB=3m,∠AOC=53°，则 %,可知bP是等势面，则电场强度方向由c指向a 09 -4 点，电场强度大小E==3,1v/m=1V/m,A 12 正确；R点的电势为PR=%十2=2.5V>Pp=2V, 2 可知电子在R点的电势能小于在P点的电势能，B 错误；Q点的电势为0=%)2-1.5V,将一个电 2 子从P点移动到Q点，电场力做功为Wo=UrQ(一e)= 一0.5eV,C错误；将一个电子从P点移动到R点， 电场力做功为WpR=UR(一e)=(pp一pr)(一e)= 十0.5eV,D正确。故选AD。 10.AD根据静电感应原理可知，当导体棒达到静电平 衡后，棒上感应电荷只分布在其表面，整个导体棒为 等势体，则棒左、右两端的电势相等，导体棒内部场 强处处为零，A正确，B错误；导体棒达到静电平衡 后，导体内部的合场强为0，由于点电荷在O点产生 的电场强度大小为E,-铝，则棒上感应电荷在O点 产生的电场强度大小为E:=E,-怒，C错误，D正 确。故选AD。 11.答案：(1)从右向左(2)=(3)> 解析：(1)电容器的右极板与电源的正极相连，所以 电容器的右极板带正电荷，充电结束后，使S与“2” 相连时，电容器放电，正电荷从右极板经电阻和电容 器左极板的负电荷中和，所以流过R2的电流方向为 从右向左； (2):t图像与坐标轴所围面积表示电荷量，在横轴 上方的面积表示给电容器充电的电荷量；横轴下方 的面积表示电容器放电的电荷量，所以S,=S2; (3)将平行板电容器两极板间距离增大，根据C= 可知，电容器的电容变小，电源电压不变，根据 Q=CU可知，电容器带电荷量减少，而t图像与坐 标轴所围面积表示电荷量，所以S2>S3。 2.答案：1)E-,水平向左(2)△E,-号mgR q (3)=√5√2gR 解析：(1)如图为小球在D点的受力图示 FN C 00