第一单元 静电场 专题训练 -2025-2026学年高二上学期物理粤教版必修第三册

第一单元 静电场 专题训练 -2025-2026学年高二上学期物理粤教版（2019）必修第三册 一、选择题（1~7题单选题，每小题4分，8-10题多选题，每小题6分，共46分） 1．如图为电容式加速度传感器的工作原理图，轻质弹簧与电容器固定在传感器的外框上，质量块左侧连接轻质弹簧，右侧连接电介质，质量块可带动电介质左右移动。若电介质相对电容器向右运动，则电容器（　　） A．电容不变 B．电容增大 C．两极板上的带电量不变 D．两极板上的带电量减小 2．如图所示，在绝缘水平面上固定三个带电小球、和，相互之间的距离，，垂直于。已知小球所受的库仑力的合力方向平行于边，设小球和的带电量的比值为，则（　　） A．和带同种电荷， B．和带异种电荷， C．和带同种电荷， D．和带异种电荷， 3．如图所示，已知匀强电场方向向下，边界为矩形ABGH，匀强磁场方向垂直纸面向里，边界为矩形BCDG，GD长为L，磁感应强度为B。电量为q，质量为m的粒子，从AH中点以垂直电场的速度（未知量）进入电场，然后从边界BG进入磁场，轨迹恰好和磁场另外三个边界相切，运动个圆周后返回电场。不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　） A．粒子一定带正电 B．AB长为2L C． D．若电场强度减弱，粒子在磁场中运动时间将变长 4．某电场的电势随位置x的变化关系如图所示，O点为坐标原点，a、b、c、d为x轴上的四个点。一带正电粒子从d点由静止释放，在电场力作用下沿x轴运动，不计重力，则粒子（　　） A．将在ad之间做周期性运动 B．在d点的电势能大于a点的电势能 C．在b点与c点所受电场力方向相同 D．将沿x轴负方向运动，可以到达O点 5．如图，四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒，假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化，下列说法正确的是（　　） A．电场强度方向垂直指向a，电势减小 B．电场强度方向垂直指向c，电势减小 C．电场强度方向垂直指向a，电势增大 D．电场强度方向垂直指向c，电势增大 6．两块平行金属板安装在绝缘基座上，A板连接感应起电机的正极，B板连接负极，一个由锡纸包裹的乒乓球用绝缘细线悬挂于A、B两板之间，摇动起电机，乒乓球在电场力作用下与A、B两板往返运动碰撞，下列说法正确是（　　） A．A板的电势低于B板的电势 B．乒乓球往返运动过程中始终带正电 C．A→B的运动过程中电场力对乒乓球做负功 D．A→B的运动过程中乒乓球电势能减小 7．如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为C的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（　　） A．质子在各圆筒中做匀加速直线运动 B．质子进入第n个圆筒瞬间速度为 C．各金属筒的长度之比为1:：： D．质子在各圆筒中的运动时间之比为1:：： 8．如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（　　） A．L和N两点处的电场方向相互垂直 B．M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左 C．将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功 D．将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零 9．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=3E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子（电荷量为e，质量为m，不计重力）无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，则（    ） A．电子从释放到打到屏上所用的时间为 B．电子从释放到打到屏上所用的时间为 C．电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为2 D．电子打到屏上的点P'（图中未标出）到点O的距离为 10．在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8J，在M点的动能为6J，不计空气的阻力，则下列判断正确的是（　　） A．小球水平位移与的比值为4:1 B．小球水平位移与的比值为3:1 C．小球落到B点时的动能为32J D．小球从M点运动到B点的过程电场力做功为18J 二、非选择题（11题8分，12题8分，13题11分，14题13分，15题14分，共54分） 11．某同学用图（a）所示的电路观察矩形波频率对电容器充放电的影响。所用器材有：电源、电压传感器、电解电容器C（，），定值电阻R（阻值）、开关S、导线若干。 （1）电解电容器有正、负电极的区别。根据图（a），将图（b）中的实物连线补充完整 ；    （2）设置电源，让电源输出图（c）所示的矩形波，该矩形波的频率为 ；    （3）闭合开关S，一段时间后，通过电压传感器可观测到电容器两端的电压随时间周期性变化，结果如图（d）所示，A、B为实验图线上的两个点。在B点时，电容器处于 状态（填“充电”或“放电”）在 点时（填“A”或“B”），通过电阻R的电流更大； （4）保持矩形波的峰值电压不变，调节其频率，测得不同频率下电容器两端的电压随时间变化的情况，并在坐标纸上作出电容器上最大电压与频率f关系图像，如图（e）所示。当时电容器所带电荷量的最大值 C（结果保留两位有效数字）； （5）根据实验结果可知，电容器在充放电过程中，其所带的最大电荷量在频率较低时基本不变，而后随着频率的增大逐渐减小。 12．某物理兴趣小组利用下图装置来探究影响电荷间静电力的因素。图甲中，A是一个带正电的小球，系在绝缘丝线上带正电的小球B会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。 (1)他们分别进行了以下操作。 ①把系在丝线上的带电小球B先后挂在如图甲中横杆上的、、等位置，小球B平衡后丝线偏离竖直方向的夹角依次减小，由此可得，两小球所带电量不变时，距离增大，两小球间静电力 。（填“增大”、“减小”或“不变”） ②系在丝线上的带电小球B挂在横杆上的位置，增大小球A所带的电荷量，小球B平衡时丝线偏离竖直方向的夹角增大，由此可得，两小球距离不变时，电荷量增大，两小球间静电力 。（填“增大”、“减小”或“不变”） (2)以上实验采用的方法是________（填正确选项前的字母）。 A．等效替代法 B．理想实验法 C．控制变量法 D．微小量放大法 (3)在阅读教材后，该同学知道了库仑定律的表达式，并知道了均匀分布的带电球体可以等效为电荷量全部集中在球心处的一个点电荷.它将两个半径为的金属小球分别带上了和的正电，并使其球心相距，应用库仑定律，计算了两球之间的库仑力，则该同学的计算结果 （选填“偏大”“偏小”“正确”），原因是： 。 13．如图甲为直线加速器的一部分及偏转电场的立体图。接在电压大小为、周期为的交变电源上，交变电压如图乙。在时，位于序号为0的金属圆板中央的一个质子，通过圆板0和圆筒1之间的电场由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1。质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时间忽略不计，离开第5个圆筒后从M、N两个极板的正中央水平射入偏转电场。已知M、N两个极板的长度为、距离为，质子质量为、电量为，不考虑质子的重力。 （1）求质子从第5个圆筒射出时的速度大小； （2）要使质子打不到极板上，求M、N两板间所加电压的取值范围； （3）现考虑质子在电场中的加速时间，其他条件不变，假设质子在加速电场中均做匀加速运动，加速电场的宽度均为d，求d的最大值。 14．在光滑绝缘的水平面上，长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B（均可视为质点）组成一个带电系统，球A所带的电荷量为+2q，球B所带的电荷量为-3q。现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MNPQ内，已知虚线MN位于细杆的中垂线，MN和PQ的距离为4L，匀强电场的电场强度大小为E，方向水平向右。释放带电系统，让A、B从静止开始运动，不考虑其它因素的影响。求： （1）释放带电系统的瞬间，两小球加速度的大小； （2）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间； （3）带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值。 15．如图甲，当时，带电量、质量的滑块以的速度滑上质量的绝缘木板，在0~1s内滑块和木板的图像如图乙，当时，滑块刚好进入宽度的匀强电场区域，电场强度大小为，方向水平向左。滑块可视为质点，且电量保持不变，始终未脱离木板；最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。 （1）求滑块与木板间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数； （2）试讨论滑块停止运动时距电场左边界的距离s与场强E的关系。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．B【详解】若电介质相对电容器向右运动，根据可知电容器电容增大；根据 由于电压不变，则两极板上的带电量增大。故选B。 2．D【详解】假设a、c带同种电荷，则b受到的库仑力的合力不可能与ac平行，故a、c带异种电荷。 由几何关系，得解得故选D。 3．B【详解】A．由题意可知，若粒子带正电，运动轨迹如图所示，若粒子带负电，由对称性，粒子在电场中向上偏转，磁场中运动的圆轨迹与正粒子圆轨迹相重合，故不论带何种电荷，都符合题意，A错误； B．如图所示，取正粒子运动轨迹，轨迹恰好和磁场另外三个边界相切，运动个圆周后返回电场,所以圆弧对应的圆心角为，可知图中设定的，设粒子在磁场中运动轨道半径为r,由几何关系 ，设P点速度为,根据速度的分解可得， 粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动时间为，则有， 由几何关系，联立解得，B正确； C．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦磁力提供向心力，可得， 代入数据解得，C错误； D．若电场强度减弱，粒子进入磁场的偏转角减小，粒子在磁场中运动的轨道半径减小，圆轨道对应的圆心角变小，所以在磁场中运动时间将变短，D错误。故选B。 4．A【详解】B．由图可知，、两点电势相等，根据可知粒子在d点的电势能等于a点的电势能，故B错误； C．图像斜率表示电场强度，由图可知，b点与c点的电场强度方向相反，根据可知在b点与c点所受电场力方向相反，故C错误； AD．根据沿着电场线方向电势降低可知在点电场方向为轴负方向，粒子带正电，则粒子受到沿着轴负方向的电场力，即粒子将沿x轴负方向运动，粒子仅受电场力做功，则粒子的动能和电势能之和恒定，根据B选项分析可知粒子在d点的电势能等于a点的电势能，则粒子在d点的动能等于a点的动能均为0，即粒子将在ad之间做周期性运动，不能到达点，故A正确，D错误。故选A。 5．A【详解】根据对称性可知，移去a处的绝缘棒后，电场强度方向垂直指向a，再根据电势的叠加原理，单个点电荷在距其r处的电势为（取无穷远处电势为零） 现在撤去a处的绝缘棒后，q减小，则O点的电势减小。故选A。 6．D【详解】A．根据题意，A板连接感应起电机的正极，B板连接负极，则可知A板的电势高于B板的电势，故A错误； B．当乒乓球在电场力的作用下从A板向B板运动，则乒乓球一定带正电，而当乒乓球与B板发生碰撞，在接触的过程中乒乓球上的正电荷将与B板所带负电荷中和后并使乒乓球带上负电，之后电场力继续对乒乓球做正功，使乒乓球运动到A板，如此反复，因此乒乓球往返运动过程中与A板碰撞后带正电，与B板碰撞后带负电，故B错误； CD．根据题意，乒乓球在电场力作用下与A、B两板往返运动碰撞，则可知A→B的运动过程中电场力对乒乓球做正功，乒乓球的电势能减小，故C错误，D正确。故选D。 7．C【详解】A．金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，做匀速运动，故A错误； B．质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理解得 故B错误； D．只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误； C．第n个圆筒长度 则各金属筒的长度之比为1:：：，故C正确。故选C。 8．AB【详解】A．两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确； B．正方形底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确； C．由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误； D．由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。故选AB。 9．BD【详解】AB．电子在的匀强电场中做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律 根据位移一时间公式，有 电子进入的匀强电场时的速度，在水平方向上做匀速直线运动，有 电子从释放到打到屏上所用的时间为解得B正确，A错误； C．电子在电场的竖直方向上，有，， 电子刚射出电场时的速度方向与连线夹角的正切值解得C错误； D．电子离开电场时的速度反向延长线交于电场中点，轨迹如图所示，电子打到屏上的点到点的距离为，由相似三角形得解得D正确。故选BD。 10．BCD【详解】AB．将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为竖直上抛运动，根据对称性，可知小球从A到M与从M到B的时间相等，则水平方向初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1:3，则小球水平位移x2与x1的比值为3:1，故A错误，B正确； C．物体从A到M有 物体从M到B有 在竖直方向上有解得故C正确； D．小球从M点运动到B点的过程中解得Fx2=18J 即小球从M点运动到B点电场力做功为18J，故D正确。故选BCD。 11．    充电 B 【详解】（1）[1]根据电路图连接实物图，如图所示 （2）[2]由图（c）可知周期，所以该矩形波的频率为 （3）[3][4]由图（d）可知，B点后电容器两端的电压慢慢增大，即电容器处于充电状态；从图中可得出，A点为放电快结束阶段，B点为充电开始阶段，所以在B点时通过电阻R的电流更大。 （4）[5]由图（e）可知当时，电容器此时两端的电压最大值约为 根据电容的定义式得此时电容器所带电荷量的最大值为 12．(1) 减小 增大(2)C(3) 偏大 由电荷间的相互作用可知，同种电荷相互排斥，故实验中两个带正电小球在排斥力作用下，正电荷分别集中在球的两外侧，故实际电荷间距r>3R，由可知，两电荷电荷量不变时，r越大F越小，故计算结果偏大。 【详解】（1）[1]在丝线上的带电小球B先后挂在如图甲中横杆上的P1、P2、P3位置，小球B平衡后丝线偏离竖直方向的夹角依次减小，由此可得，两小球所带电量不变时，距离增大，两小球间静电力减小； [2]使小球B处于同一位置，增大小球A所带的电荷量，小球B平衡时丝线偏离竖直方向的夹角增大，由此可得，两小球距离不变时，电荷量增大，两小球间静电力增大； （2）图甲中先保持带电小球的电荷量不变，把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3位置，改变两个小球之间的距离，比较库仑力的大小；后来保持小球之间的距离不变，改变小球所带的电荷量大小，分析小球之间的库仑力，所以实验采用的方法是控制受量法，故C正确，ABD错误； （3）[1]则该同学的计算结果偏大; [2]由电荷间的相互作用可知，同种电荷相互排斥，故实验中两个带正电小球在排斥力作用下，正电荷分别集中在球的两外侧，故实际电荷间距r>3R大，由可知，两电荷电荷量不变时，r越大F越小，故计算结果偏大。 13．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）质子从第5个圆筒射出，在电场中加速了4次，设射出时的速度为，根据动能定理有 解得 （2）粒子在M、N两板间的电场中做类平抛运动，设粒子恰好能从极板间射出偏转电厂，则水平方向有 竖直方向有而根据牛顿第二定律可得 显然，电势差越大，偏转的竖直位移越大，因此当粒子恰好射出极板时两板间的电势差有最大值，联立以上各式可得 则可得M、N两板间所加电压的取值范围为 （3）根据题意可知，质子每次通过两圆筒间均被加速，而在圆筒中做匀速直线运动，因此可将5次被加速的过程看成一个连贯的匀加速直线运动的过程，根据题意可得质子在电场中加速时的加速度大小为 设质子加速运动的总时间为，则有可得 而要想质子在加速电场中始终加速，则圆筒必须要跨越正反电场，因此质子在加速电场中的累积时间最长应为，即质子在进入第5个圆筒时电场恰好反向，即有 14．（1）；（2） ；（3）△Ep =6EqL 【详解】（1）对整体应用牛顿第二定律得出两小球加速度 （2）系统向右加速运动阶段解得 此时B球刚刚进入MN，系统的速度v=at1 假设小球A不会出电场区域，系统向右减速运动阶段-3Eq+2Eq=2ma′ 加速度 减速运动时间 减速运动的距离 可知小球A恰好运动到PQ边界时速度减为零，假设成立。 所以带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间 （3）B球在电场中向右运动的最大距离x=2L 进而求出B球电势能增加的最大值△Ep=-W电=6EqL 15．（1），；（2）见解析 【详解】（1）根据图乙，可得滑块与木板的加速度大小分别为， 对滑块和木板分别由牛顿第二定律有 解得， （2）根据题意，滑块与木板共速时恰好进入电场，进入电场后滑块所受电场力 由于 可得滑块所受电场力的范围 而滑块与木板间的最大静摩擦力 因此进入电场后以及出电场后滑块与木板都不会发生相对滑动，可将滑块与木板看成一个整体进行研究，且进入电场时的初速度为。当滑块刚到达电场右边界时速度减为0，则由动能定理有 解得 此时而摩擦力 ①当时，木板与滑块会穿过电场继续向右运动，由动能定理有 解得 ②若有可得 即当时，结合以上分析可知，物块和木板将会在电场中停下来，由动能定理有 解得 ③当时，滑块和木板在电场中速度减为零后将反向做加速运动从而出电场，则对进入电场到速度减为0的过程由动能定理有 反向出电场的过程由动能定理有 联立解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $