第10章 静电场中的能量 单元综合提升-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（人教版2019）

该高中物理课件系统梳理了静电场中的能量核心知识，涵盖电势能、电势、电势差等概念及带电粒子在电场中的运动规律，通过定义、公式、特点的结构化呈现，建立起能量与电场强度、电容等概念的内在逻辑联系。 其亮点在于考教衔接设计，将高考真题与教材习题对比分析培养科学推理能力，易错辨析针对电势差相对性等误区深度解析，结合分层单元检测卷，助力学生巩固物理观念，教师可精准把握学情提升复习效率。

单元综合提升 　　　　 第十章　静电场中的能量 概念梳理 1 考教衔接 2 易错辨析 3 内容索引 单元检测卷 4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 概 念 梳 理 返回 返回 考 教 衔 接 返回 真题 1 (多选)(2024·甘肃高考)某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点，下列说法正确的是 A．粒子带负电荷 B．M点的电场强度比N点的小 C．粒子在运动轨迹上存在动能最小的点 D．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 √ √ √ 根据粒子所受静电力指向曲线轨迹的凹侧可知， 粒子带正电荷，故A错误。等差等势面越密集的 地方场强越大，则M点的电场强度比N点的小， 故B正确。粒子带正电，因为M点的电势高于N 点的电势，故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能；由于带电粒子仅在静电力作用下运动，电势能与动能总和不变，可知粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小，故C、D正确。故选BCD。 衔接教材　人教版教材必修第三册P50·T1 如图表示某电场等势面的分布情况。 (1)如果把电子从b等势面移动到e等势面，静电力 做功是多少？ (2)在电场中的A、B两点放置电荷量相等的试探电荷，试比较它们所受静电力的大小和电势能的大小。 衔接分析　2024年甘肃高考试题与人教版教材习题均考查了等势面的理解、静电力做功的判断、电场强度(静电力)大小的比较以及电势能大小的判断，甘肃高考试题还考查了由粒子运动轨迹判断电荷正负，可见高考试题来源于教材，但高于教材，是对教材习题的拓展。 (2024·黑吉辽高考)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和静电力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线；若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到与O点等高处的过程中 A．动能减小，电势能增大 B．动能增大，电势能增大 C．动能减小，电势能减小 D．动能增大，电势能减小 √ 真题 2 根据题意可知，小球所受合力方向沿虚线向下，则其所受静电力方向水平向右，小球从O点运动到与O点等高处的过程做类平抛运动，小球的速度增大，动能增大，由于小球所受静电力与小球速度的夹角一直为锐角，则静电力做正功，小球的电势能减小。故选D。 衔接教材　鲁科版教材必修第三册P68·T5 如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成一定角度，两极板与一直流电源相连(图中电源省略)。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器，则在此过程中，该粒子 A．所受重力与静电力平衡 B．电势能逐渐增大 C．动能逐渐增大 D．做匀变速直线运动 衔接分析　2024年黑吉辽高考试题与鲁科版教材习题均考查了由带电粒子在电场中的直线运动判断静电力的方向，进而判断静电力做功以及电势能、动能的变化，两者考查知识相同，分析方法相同。 (2024·浙江1月选考)如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为vm。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d(远小于板长)，电子的质量为m，电荷量为e，则 A．M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大 B．只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能＋eU C．电子从M到N过程中y方向位移大小最大为vmd D．M、N间加反向电压时电流表示数恰好为零 √ 真题 3 电子从M到N的过程，根据动能定理有eU＝EkN－mv2，解得EkN ＝eU＋mv2，则M、N间距离无论怎么改变，EkN都不变，A错误； 由A项分析可知，以最大速率逸出的电子不论沿哪个方向逸出，只 要能到达N，其最大动能均为EkNm＝eU＋B错误；当以最 大速率逸出的电子沿y方向逸出时，其到达N时y方向的位移最大， 电子在电场中做类平抛运动，则有ym＝vmt，d＝联立解得ym＝vmd ，C正确；沿x轴正方向以最大速率逸出的电子最容易到达N，若加上反向电压Uc时，其恰好不能到达N，则电流表的示数恰好为零，有－eUc＝0－，解得Uc＝，D错误。故选C。 衔接教材　人教版教材必修第三册P49·T2 某种金属板M受到一束紫外线照射时会不停地发射电子，射出的电子具有不同的方向，速度大小也不相同。在M旁放置一个金属网N。如果用导线将M、N连起来，从M射出的电子落到N上便会沿导线返回M，从而形成电流。现在不把M、N直接相连，而按图示那样在M、N之间加电压U，发现当U＞12.5 V时电流表中就没有电流。 问：被这束紫外线照射出的电子，最大速度是多少？ 衔接分析　人教版教材习题以紫外线照射金属板为情境，考查了动能定理在电场中的应用。2024年浙江1月选考试题可以看成是教材题目的拓展，题目条件与教材题目条件相似，但交换了电源正负极，不仅考查了动能定理在电场中的应用，还考查了带电粒子在电场中的曲线运动。比教材题目考查的知识更加全面。 (2023·北京高考)如图所示，两个带等量正电的点电荷位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，EO＝OF。一带负电的点电荷(不计重力)在E点由静止释放后 A．做匀加速直线运动 B．在O点所受静电力最大 C．由E到O的时间等于由O到F的时间 D．由E到F的过程中电势能先增大后减小 √ 真题 4 带负电的点电荷在E点由静止释放，根据等量同种正点 电荷周围的电场分布可知，负点电荷从E点释放后所受 静电力不是恒力，做的不是匀加速直线运动，在O点所 受静电力为零，故A、B错误；根据等量同种正点电荷 周围的电场分布和运动的对称性可知，点电荷由E到O 的时间等于由O到F的时间，故C正确；点电荷由E到F的过程中静电力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误。故选C。 衔接教材　人教版教材必修第三册P30·T7 如图，A、B为一对等量同种电荷连线上的两点 (其中B为中点)，C为连线中垂线上的一点。今 将一个电荷量为q的负点电荷自A沿直线移到B 再沿直线移到C，请分析在此过程中该电荷的电势能的变化情况。 衔接分析　等量同种点电荷的电场是一种典型的电场，既能考查电场的叠加，又能考查电场的场强、电势高低和等势面分布情况，2023年北京高考试题和人教版教材习题均考查了在等量同种点电荷电场中移动电荷时静电力做功和电势能的变化情况，但2023年北京高考试题考查的知识点更加全面。 (多选)(2023·海南高考)如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中A、B带正电，C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，下列说法正确的是 A．M、N两点电场强度相同 B．M、N两点电势相同 C．负电荷在M点电势能比在O点时要小 D．负电荷在N点电势能比在O点时要大 √ √ 真题 5 在A、B两电荷的电场中，M、N两点的电势相等且比 O点电势要高，在C的电场中，M、N两点位于同一个 等势面上，也比O点电势要高(因为M、N两点比O点离 C更远)，由于负电荷在电势低的地方电势能大，可知 负电荷在M、N两点电势能比在O点时要小，故B、C正确，D错误；A、B两电荷在M、N两点形成的电场强度大小相同、方向相反，C在M、N两点形成的电场强度大小相同、方向不同，所以M、N两点电场强度方向不同，故A错误。故选BC。 衔接教材　粤教版教材必修第三册P23·T2 两个带等量正电的点电荷的等势面分布如图所示，a、b、c、d、e处在不同等势面上，则各点的电势大小应如何排列？负试探电荷在各点的电势能大小又应如何排列？ 衔接分析　2023年海南高考试题和粤教版教材习题均考查了电场分布和场强大小、电势高低的比较，以及电荷电势能大小的判断，考查知识点基本相同。 返回 易错辨析 返回 √ 易错点1．不理解电势差的公式，认为电势差与功和电荷有关 对于电场中A、B两点，下列说法中正确的是 A．电势差UAB＝，说明两点间的电势差UAB与静电力所做的功WAB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比 B．A、B两点间的电势差等于将正电荷从A点移到B点静电力所做的功 C．将1 C正电荷从A点移到B点，如果静电力做了1 J的功，则这两点间的电势差为1 V D．若电荷从A点移到B点的过程中，除了静电力外，还受其他力的作用，电荷电势能的变化就不再等于静电力所做的功 电场中确定的两点间的电势差是由电场自身的性质决定的，与在电场中这两点间移动电荷的电荷量、静电力做功的多少无关，A错误；根据公式UAB＝可知，只有移动单位正电荷B项说法才成立，B错误；根据电势差公式可知，C正确；在电场中移动电荷时，不论是否受到除静电力以外的其他力的作用，“电荷电势能的变化等于静电力所做的功”这一结论始终成立，D错误。故选C。 易错分析　电场中两点间的电势差由电场本身决定，与移动电荷的电荷量和静电力做功多少无关，在数值上等于移动单位正电荷时静电力所做的功，电势能的变化与电势差和移动电荷的电荷量有关，学生可能会因为对概念理解不透彻而出现错解。 易错点2．不理解电势的相对性而出错 (多选)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷。以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则 A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep增大 C．θ减小，Ep不变 D．θ减小，E不变 √ √ 若保持下极板不动，将上极板向下平移一小段距离， 根据C＝，可知C变大，Q一定，根据Q＝CU， 可知U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝ ，Q＝CU，联立可得E＝，可知Q一定时，d改变，E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，根据U1＝Ed1，可知P点与下极板的电势差不变，下极板接地，P点的电势不变，则Ep不变。故选CD。 易错分析　学生可能会因为不理解电势的相对性造成错解。对某点电势的变化情况要利用该点与电势不变的点之间的电势差来判断。本题中下极板接地，电势始终为零，P点电势的变化情况应通过P点与下极板之间电势差的变化情况来判断。解题时要注意电势的相对性，不要将电势与电势差混淆。 易错点3．未经计算便想当然认为三个不同电荷会打出三个点 如图所示，平行板电容器的两极板均水平放置，质子、 氘核和α粒子沿两极板间中线OO′方向垂直于电 场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO′ 垂直且紧靠极板右侧边缘的荧光屏上，使荧光屏上出现 亮点。则 A．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现2个亮点 B．若它们射入电场时的质量与速度的乘积相等，在荧光屏上将只出现2个亮点 C．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点 D．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将出现3个亮点 √ 三个粒子进入匀强电场中均做类平抛运动，在水平方 向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加 速直线运动，加速度为a＝，偏转距离为y＝at2，运 动时间为t＝，解得y＝，若它们射入电场时的速 度相等，可知y与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，则在荧光屏上将出现2个亮点，A正确； 若它们射入电场时的质量与速度的乘积相等，y＝ ，可见y正比于q与m的乘积，三个粒子q与m 的乘积都不同，则在荧光屏上将出现3个亮点，B错误； 若它们射入电场时的动能相等，可知y与q成正比，则在荧光屏上将只出现2个亮点，C错误；若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，由qU＝知y＝，y都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，D错误。故选A。 返回 易错分析　解题时误认为质子、氘核和α粒子的质量和电荷量不同，它们通过相同的加速电场、偏转电场后，速度方向肯定不同，轨迹不一样，打在荧光屏的不同点，造成错选D。本题中粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式得到粒子偏转距离与粒子质量和电荷量的关系，即可判断粒子打在荧光屏上的位置关系。解题时要掌握判断荧光屏上有几个亮点的方法，不要乱套公式，多走弯路。 单元检测卷 返回 1．下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是 A．根据电场强度的定义式E＝，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比 B．根据电容的定义式C＝，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 C．根据真空中点电荷电场强度公式E＝，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比 D．根据公式UAB＝，电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服静电力做功为1 J，则A、B两点的电势差为1 V √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 电场强度取决于电场本身的性质，与试探电荷无关，故A错误；电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，与电容器所带的电荷量和两极板间的电压无关，故B错误；根据真空中点电荷电场强度公式E＝k，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比，故C正确；从A点移动到B点克服静电力做功，说明此过程静电力做负功，即WAB＝－1 J，则UAB＝＝－1 V，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2．(2025·北京九中高二上期中)如图所示的电场线和等势线(虚线)，下列说法中不正确的是 A．EA>EB B．φA<φB C．把同一电荷由B移到C和由B移到A静电力做功一样多 D．同一电荷在B点的电势能一定大于在C点的电势能 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 因A点附近的电场线较B点附近密集，可知EA>EB，A正 确；沿电场线方向电势逐渐降低，可知φA<φB，B正确； 因A、C两点电势相等，可知把同一电荷由B移到C和由 B移到A静电力做功一样多，C正确；因φC<φB，根据Ep ＝qφ，可知同一正电荷在B点的电势能一定大于在C点 的电势能，负电荷相反，D错误。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 3．(2025·山东德州期末)电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，其中一种电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等，a、b是轨迹上的两点。现有一电子以某一初速度从b向a运动的过程中，下列说法正确的是 A．电子透镜的电场是正点电荷产生的 B．电子在a点的电势能大于在b点的电势能 C．电子在a点的动能大于在b点的动能 D．若该电子以某一初速度从a向b运动，则电子在a点的电势能小于在b点的电势能 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 正点电荷的等势面是以点电荷为球心的球面，所以 电子透镜的电场不是正点电荷产生的，A错误；电 场线与等势面垂直，负电荷所受静电力与电场强度 方向相反，电子在b点所受静电力垂直于等势面水 平向左，电子在a点所受静电力向左上方，电子从b到a过程中，静电力做负功，电势能增大，动能减小，所以电子在a点的电势能大于在b点的电势能，电子在a点的动能小于在b点的动能，B正确，C错误；若该电子以某一初速度从a向b运动，静电力做正功，电势能减小，则电子在a点的电势能大于在b点的电势能，D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 4．(2025·云南师大附中质检)一电场沿x轴方向上电势的变化图像如图所示，一带电粒子仅在静电力的作用下由静止开始从坐标原点O沿x轴正方向运动。关于该电场在x轴上各点的场强E随x变化的图像以及带电粒子的加速度a、动能Ek及电势能Ep随x变化的图像一定不正确的是 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 在φ-x图像中，斜率表示的是场强E，由题图可知场强逐渐增加，A可能正确；带电粒子加速运动，根据牛顿第二定律有qE＝ma，解得a＝，B可能正确；粒子加速运动，动能增大，C可能正确；刚开始电势不为0，电势能也肯定不为0，D错误。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 5．(2025·广西南宁期末)在真空中，将等量异种点电荷＋Q、－Q分别放置于M、N两点，如图，O点为MN连线的中点，点a、b在MN连线上，点c、d在MN的中垂线上，下列说法正确的是 A．c点的电场强度比b点的大 B．a、b两点的电势相同 C．将电子沿直线从c点移到d点，电子的电势能不变 D．将电子沿直线从a点移到b点，静电力对电子先做负功后做正功 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由等量异种点电荷形成电场的特点可知，两点电荷 连线上各点，电场方向从正点电荷指向负点电荷， 连线中点场强最小，越靠近点电荷场强越强，两点 电荷连线的中垂线上，由电场强度的叠加原理可知， 中点O场强最大，从中点O向两侧场强逐渐减小，因此c点的电场强度比b点的小，A错误；两点电荷连线上，从正电荷到负电荷电势逐渐降低，因此a、b两点的电势不相同，B错误；两点电荷连线的中垂线是一条等势线，因此将电子沿直线从c点移到d点，静电力不做功，电子的电势能不变，C正确；两点电荷连线上，从正电荷到负电荷电势逐渐降低，因此将电子沿直线从a点移到b点，静电力对电子一直做负功，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 6．(2025·山东聊城期末)如图甲所示， 在真空中有两个等量同种点电荷固定 在光滑绝缘水平面上，其连线的中垂 线上有A、B、C三点，一个电荷量为 2 C、质量为1 kg的小物块从该水平面 内的C点由静止释放，其v-t图像如图乙所示，其中B点处为v-t图像切线斜率最大的位置(图中已标出该切线)。则下列说法正确的是 A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强大小为E＝1 V/m B．由C点到A点的过程中小物块的电势能先减小后变大 C．由C点到A点的过程中，电势逐渐升高 D．A、B两点的电势差UAB＝5 V √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由题图乙可知，物块在经过B点时的加速度最大，为am ＝2 m/s2，所以B点的场强最大，根据牛顿第二定律得am ＝，可得B点的场强大小为E＝ V/m＝1 V/m， 故A正确；由C点到A点的过程中，物块的速度一直增加， 所以静电力一直做正功，则物块的电势能一直减小，故B错误；对带正电荷的物块来说，从高电势运动到低电势，静电力做正功，电势能减小，则由C点到A点过程中，电势逐渐降低，故C错误；物块由B点到A点，只有静电力做功，由动能定理可得qUBA＝，把vB＝4 m/s、vA＝6 m/s代入解得UBA＝5 V，则UAB＝－5 V，故D错误。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 7．(2025·江西九江期末)如图，直角三角形ABC中，∠B＝90˚，∠C＝30˚，BC边长2 cm，匀强电场平行于平面ABC，将电荷量为－6×10-6 C的点电荷从A点移至B点，克服静电力做功2.4×10-5 J，再将此点电荷从B点移至C点，静电力做功2.4×10-5 J，则 A．A、C间的电势差为8 V B．若φB＝0，则φA＝－4 V C．电场强度的方向与AC边平行 D．电场强度的大小为400 V/m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据WAB＝qUAB，可得UAB＝ V＝4 V，又 UAB＝φA－φB，若φB＝0，可得φA＝4 V，故B错误；同理 可得UAC＝ V＝0，故A 错误；A、C两点的电势差为0，则直线AC为等势线，电场线与等势线垂直，故C错误；如图所示，由几何关系可知，线段BD长度为d＝BC sin 30˚＝1 cm，则电场强度的大小为E＝ V/m＝400 V/m，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 8．(2025·甘肃临夏州高二上期末)两极板间带玻璃板的电容器、电阻R、电源E及开关K组成如图所示电路。静电计的金属小球用导线接入图示电路，静电计的金属外壳接地。先闭合开关给电容器充电，充电稳定后断开开关，再将玻璃板从电容器中抽出，下列说法正确的是 A．电容器的电容减小 B．M点的电势增大 C．电容器两板间的电场强度减小 D．静电计指针张角增大 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据C＝可知，将电容器两板间的玻璃板抽出 后，相对介电常数εr减小，其他条件不变，则电容 器的电容C减小，A正确；设充电稳定后电容器所 带电荷量为Q，断开开关后电容器所带电荷量Q不 变，将电容器两板间的玻璃板抽出后，电容器的电容C减小，根据U＝可知，电容器两板间电势差变大，又φN＝0，故φM变大，B正确；电容器两板间电势差变大，根据E＝可知，两板间的电场强度变大，C错误；由于两板间电势差变大，故静电计指针张角增大，D正确。故选ABD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 9．(2025·云南玉溪高二下期末)如图所示，abc为匀强电场中的一个直角三角形，∠c＝30˚，∠abc＝90˚，bd为三角形的高，电场方向与abc平面平行。已知a、b、c三点的电势分别为φa＝100 V、φb＝80 V、φc＝20 V，下列说法正确的是 A．电场强度的方向沿bd方向 B．电场强度的方向沿ac方向 C．将电子从c点移到d点，电子电势能增加60 eV D．将电子从c点移到d点，电子电势能减小60 eV √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 匀强电场中，平行等间距两条线段之间的电势差相等， 将ac边四等分，则相邻两点之间的电势差为20 V，根 据几何关系可知，d点为第一个等分点，则d点的电势 为80 V，则bd为等势线，由于电场线与等势线垂直且由高电势指向低电势，则电场强度的方向沿ac方向，故A错误，B正确；将电子从c点移到d点，静电力做功W＝－e＝60 eV，静电力做正功，可知电子电势能减小60 eV，故C错误，D正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 10．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示。一质量m＝1.0×10-20 kg，电荷量q＝1.0×10-9 C的带负电的粒子从(－1 cm，0)点由静止开始，仅在静电力作用下在x轴上往返运动。则 A．坐标原点左侧和右侧场强大小之比为1∶2 B．该粒子在一个周期内运动路程为4 cm C．该粒子运动过程中的最大动能为2.0×10-9 J D．该粒子运动的周期T＝3.0×10-8 s √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据E＝，结合题图可得，坐标原点左侧 的场强大小为E1＝＝2 000 V/m，坐标原点右 侧的场强大小为E2＝＝4 000 V/m，则， 故A正确；带负电的粒子在原点左侧受向右的静电力做匀加速运动，在原点右侧受向左的静电力做匀减速运动到速度为0，然后匀加速至原点，再匀减速到初始位置，粒子在原点左侧运动的最大位移x1＝1 cm，设粒子在原点右侧运动的最大位移为x2，根据动能定理有qE1x1－qE2x2＝0，解得x2＝0.5 cm，所以该粒子在一个周期内运动的路程为s＝＝3 cm，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 该粒子在原点有最大速度，根据动能定理有 qE1x1＝Ekm－0，解得Ekm＝2.0×10-8 J，故C 错误；根据Ekm＝可得，粒子运动到 原点的速度为vm＝2×106 m/s，设在原点左侧 加速的时间为t1，在原点右侧加速的时间为t2，则有vm＝t1，vm＝t2，周期为T＝2(t1＋t2)，联立解得T＝3.0×10-8 s，故D正确。故选AD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 11．(8分)(2025·陕西榆林期末)如图甲所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，使电容器带电后与电源断开，将电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连。 (1)使用静电计的目的是观察电容器两极板间的________(选填“电容”“电势差”或“电荷量”)变化情况。 电势差　 使用静电计的目的是观察电容器两极板间的电势差变化情况。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)在实验中观察到的现象是______。(填正确答案前的标号) A．将左极板向上移动一段距离，静电计指针的张角变小 B．向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大 C．将左极板右移，静电计指针的张角变小 D．将左极板拿走，静电计指针的张角变为零 C　 将左极板向上移动一段距离，则两极板正对面积减小，根据C＝可知，电容器的电容C减小，根据U＝可知，Q一定，则U变大，即静电计指针的张角变大，A错误；向两板间插入陶瓷片时，C变大，U变小，静电计指针的张角变小，B错误；将左极板右移，C变大，U变小，静电计指针的张角变小，C正确；把左极板拿走，相当于增大d，C变小，U变大，所以静电计指针的张角变大，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)某兴趣小组用两片锡箔纸做电极，用三张电容纸(某种绝缘介质)依次间隔夹着两层锡箔纸，一起卷成圆柱形，然后接出引线，如图乙所示，最后密封在塑料瓶中，电容器便制成了。为增大该电容器的电容，下列方法可行的有________。(填正确答案前的标号) A．增大电容纸的厚度 B．增大锡箔纸的厚度 C．减小电容纸的厚度 D．同时增大锡箔纸和电容纸的面积 CD　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由平行板电容器电容决定式C＝可知，增大电容纸的厚度，即d增大，故电容减小，故A错误；增大锡箔纸的厚度，对电容无影响，故B错误；减小电容纸的厚度，即d减小，故电容增大，故C正确；同时增大锡箔纸和电容纸的面积，即S增大，故电容增大，故D正确。故选CD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (4)同学们用同一电路分别给两个不同的电容器充电，充电时通过传感器的电流I随时间t变化的图像如图丙中①、②所示，其中①对应电容器C1的充电过程，②对应电容器C2的充电过程，则两电容器中电容较大的是____(选填“C1”或“C2”)。 C2 用同一电路分别给两个不同的电容器充电，则充电完成后，两电容器两端电压相同，I-t图像与横轴围成的面积表示所带电荷量，由题图丙可知，电容器C2所带电荷量大，根据Q＝CU可知，两电容器中电容较大的是C2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 12．(8分)(2025·山东济宁期末)某同学用如图甲所示电路研究电容器的放电规律，先将开关S合向1，待电路稳定后再将开关S合向2，通过电流传感器描绘出电容器放电电流I随时间t变化的规律如图乙所示。图甲中电源两端提供稳定电压U＝6 V，数出图乙中图线与两坐标轴所围区域方格数为44格。(已知通过导体横截面的电荷量Q＝It) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)放电过程中，通过定值电阻R的电荷量为Q＝__________ C，由此求得电容器的电容为C＝__________ F(结果保留2位小数)。 3.52×10-3　 5.87×10-4　 I-t图像与横轴所围几何图形的面积表示电荷量，则放电过程中，通过定值电阻R的电量为Q＝44×0.2×10-3×0.4 C＝3.52×10-3 C，根据电容器电容的定义式有C＝，解得C≈5.87×10-4 F。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)若仅将定值电阻换用更大阻值 的电阻重新实验，则电容器放电 的时间会______(填“变长”“变 短”或“不变”)，在放电过程中， 电容器两端的电压的减少量与电 容器所带电荷量减少量的比值会________(填“变大”“变小”或“不变”)。 变长　 不变 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 若仅将定值电阻换用更大阻值的电阻重新实验，电容器极板所带电荷量不变，放电时的最大电流减小，可知电容器放电的时间会变长；根据电容器电容的定义式有C＝，可知在放电过程中，电容器两端的电压的减少量与电容器所带电荷量减少量的比值不变。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 13．(12分)(2025·江苏镇江期末)如图所示，匀强电场(未画出)的方向与等腰直角三角形ABC所在的平面平行，A、B间的距离为2×10-2 m，将电荷量为q＝－8×10-6 C的点电荷从电场中的A点移到B点，静电力做了WAB＝－3.2×10-5 J的功，再从B点移到C点，静电力做了WBC＝3.2×10-5 J的功。求： (1)A、B两点间的电势差UAB； 答案：4 V　 由静电力做功与电势差关系有WAB＝qUAB 则A、B两点间的电势差UAB＝ V＝4 V。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)匀强电场的电场强度E的大小。 答案：200 V/m 同理有UBC＝ V＝－4 V 则A、C两点为等势点，所以电场强度E方向垂直AC斜向下，大小为E＝ V/m＝200 V/m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 14．(12分)一段半径为2 m且光滑的圆弧BCD 处于 光滑水平面上，俯视图如图所示。空间存在与水平 面平行的匀强电场，O为圆弧的圆心，OC与电场方 向平行、OD 与电场方向垂直，并且OB的连线与 OC的连线所成夹角为 θ＝53˚。一质量为 m＝0.2 kg，所带电荷量为 q＝＋5×10-3 C的小球，从A点开始以垂直电场方向的初速度 v0＝3 m/s开始运动，恰好从B点沿圆弧的切线方向进入圆弧，已知A、B之间沿电场线方向的距离为 m，重力加速度为10 m/s2，sin 53˚＝0.8，cos 53˚＝0.6，不计空气阻力。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)匀强电场的场强E的大小； 答案：600 N/C　 小球从A到B做类平抛运动，则到达B点时vy＝＝2ay，qE＝ma 联立解得E＝600 N/C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)小球在轨道上的C点时的速度大小及此时对轨道的压力大小。 答案：7 m/s　7.9 N 小球从B到C由动能定理得qER(1－cos 53˚)＝ 其中vB＝ 在C点时根据牛顿第二定律有FN－qE＝m 联立解得vC＝7 m/s，FN＝7.9 N 由牛顿第三定律可知小球在轨道上的C点时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝7.9 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 15．(14分)(2025·江苏南京金陵中学期末)图1的平行金属板M、N间加有图2所示的交变电压，OO′是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。时，比荷为k的带电粒子甲从O点沿OO′方向、以v0的速率进入板间，时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在时刻，带电粒子乙以2v0的速率沿OO′从O点进入板间，已知乙粒子在运动过程中可恰好离开电场，不计粒子受到的重力，求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)乙粒子离开电场的时刻； 答案：T时刻　 乙粒子在垂直于电场方向做匀速直线运动，设极板的长度为L，则有 L＝v0 L＝2v0 解得t＝T。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)乙粒子的比荷与甲粒子的比荷之比； 答案：8∶7　 甲粒子在 时刻距离中线最远，恰好运动到极板处且速度为零， 时刻返回中线，设极板之间的距离为d，粒子向极板运动过程中，先做匀加速运动，再做匀减速运动，运动时间均为，则有 ×2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 乙粒子先匀加速，再匀减速，在时刻恰好速度为零，离极板最近，然后从静止开始向另一个极板做匀加速运动 ，T时刻从极板边缘飞出，则有 ×2 解得∶＝8∶7。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比。 答案：1∶2 甲粒子 时刻返回中线，偏转距离为 y1＝ 乙粒子从极板边缘恰好飞出，偏转距离为y2＝ 解得y1∶y2＝1∶2。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 谢 谢 观 看 第十章　静电场中的能量 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 $