章末综合检测(一) 静电场（Word练习）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理必修第三册（教科版）

章末综合检测(一)　静电场 (满分:100分　网阅作业,选择题请在答题区内作答) 一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分,每小题只有一个选项符合题意) 1.在物理学的重大发现中,科学家们创造出了许多物理学方法,如比值法、理想实验法、控制变量法、极限法、类比法和科学假说法等,以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是 (　 ) A.定义电场强度E时用到了极限法 B.在不需要考虑带电物体本身的大小、形状和电荷分布状况时用点电荷来代替带电物体的方法运用了理想化模型法 C.在利用向心力演示仪研究向心力与角速度关系时运用了类比法 D.在推导匀变速运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多小段,每一小段近似看作匀速直线运动,然后把各小段的位移相加,这里采用了科学假说法 2.在真空中的一个点电荷产生的电场中,离该点电荷距离为r0的一点引入电荷量为q的检验电荷,测得检验电荷所受静电力为F,则离该点电荷距离为r的某处的场强大小为 (　 ) A. B. C. D. 3.如图所示,在匀强电场中相距10 mm的两等势面AA'、BB'。其间有一静止的油滴P。已知油滴P受到的重力是1.6×10-4 N,所带的电荷量是+3.2×10-9 C。则下列判断正确的是 (　 ) A.φA>φB,UAB=100 V B.φA>φB,UAB=750 V C.φA<φB,UBA=500 V D.φA<φB,UBA=1 000 V 4.如图所示,在边长为l的正三角形的顶点分别固定一负电荷,A处的电荷量为Q,中心O处的场强恰好为零,已知静电力常量为k。若仅将A处电荷改为等量的正电荷,则O处场强的大小和方向分别为 (　 ) A.,沿AO方向 B.,沿OA方向 C.,沿AO方向 D.,沿OA方向 5.如图所示,固定放置的正点电荷的电荷量为Q,将不带电的枕形导体放置在正点电荷的右侧,A、B为枕形导体上左右两侧的端点,O点为枕形导体的中点,O点到正点电荷的距离为x,静电力常量为k,当枕形导体达到静电平衡后,下列说法正确的是 (　 ) A.枕形导体整体带负电 B.A点的电势等于B点的电势 C.O点左侧的感应电荷比O点右侧的感应电荷多 D.O点的电场强度大小为 6.如图甲所示,在某电场中建立x坐标轴,一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动,经过A、B、C三点,已知xC-xB=xB-xA。该电子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是 (　 ) A.A点电势高于B点电势 B.A点电场强度小于B点的电场强度 C.A、B两点电势差的绝对值大于B、C两点电势差的绝对值 D.电子经过A点的速率大于经过B点的速率 7.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中,质子先被某匀强电场加速到具有较高的能量,然后被引向轰击肿瘤,杀死其中的癌细胞,如图所示。若质子的加速长度为d=4.0 m,要使质子由静止被加速到v=1.0×107 m/s,已知质子质量为m=1.67×10-27 kg,质子电荷量为e=1.60×10-19 C,则下列说法不正确的是 (　 ) A.由以上信息可以推算该加速电场的电压 B.由以上信息可以推算该加速电场的电场强度大小 C.由以上信息不可以推算该质子加速后的电势能 D.由以上信息可以判断出运动过程中质子所受电场力做正功,电势能增加 8.如图所示,AB、CD、EF都为半径为R的空间球面的直径,其中AB与EF同在水平面内,EF与AB的夹角θ=45°,CD与水平面垂直,现在A、B两点分别固定等量异种点电荷,则 (　 ) A.C点和O点场强大小之比为1∶ B.E、F两点电场强度大小不相同 C.C、E、F三点中C点电势最高 D.将带负电的检验电荷从E点沿直线移到F点,电势能增加 二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分,每小题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分) 9.某电场的等势面如图所示,图中a、b、c、d、e为电场中的5个点,则 (　 ) A.一正电荷从b点运动到e点,电场力做正功 B.一电子从a点运动到d点,电场力做功为4 eV C.b点电场强度垂直于该点所在等势面,方向向右 D.a、b、c、d四个点中,b点的电场强度大小最大 10.如图所示的电场中,虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹,a、b、c是轨迹上的三个点,则 (　 ) A.粒子一定带正电 B.粒子一定是从a点运动到b点 C.粒子在c点加速度一定大于在b点加速度 D.粒子在电场中c点的速度一定大于在a点的速度 11.如图所示,带电量为+q 的小球被绝缘棒固定在O点,右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为+q的小滑块从斜面上A点由静止释放,滑到与小球等高的B点时加速度为零,滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为S,重力加速度大小为g,静电力常量为k,下列说法正确的是 (　 ) A.OB的距离l= B.OB的距离l= C.从A到C,静电力对小滑块做功W=-mgS D.AC之间的电势差UAC=- 12.在如图甲所示的两平行金属板上加有如图乙所示的电压,该电压的周期为T,大量电子(其重力不计)以相同的初速度连续不断地沿平行于金属板的方向从两板间射入电场,并都能从两板间通过,且飞行时间为T,不考虑电子间的相互作用力,下列说法正确的是 (　 ) A.0时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最大 B.时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最大 C.在一个周期内,不同时刻进入电场的电子离开电场时速度大小都相同 D.在一个周期内,不同时刻进入电场的电子离开电场时速度方向都不同 三、非选择题(本题共5小题,共60分) 13.(6分)用如图甲所示的实验原理图来研究电容器的充放电过程。电流和电压传感器将采集到的数据传输给计算机,通过计算机对数据进行分析和处理,得到电容器充、放电过程的U⁃t图像和I⁃t图像如图乙。完成下列相关实验内容: (1)图甲中开关S接　　　　(选填“a”或“b”)时,电容器处于放电过程;(2分)  (2)图甲中电源电动势为E,与图乙U⁃t图像中U0的大小关系为:E　　　　U0(选填“>”“<”或“=”);(2分)  (3)图乙I⁃t图像中,图线与t轴所围成的面积表示的是　　　　　　　。(2分)  14.(8分)电容器是一种重要的电学元件,在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连,可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中电源电压为8 V,实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电,充电结束后,使S与“2”端相连,直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的i⁃t曲线如图乙所示。 (1)图像阴影为i⁃t图像与对应时间轴所围成的面积,表示的物理意义是　　　;(2分)  (2)乙图中阴影部分的面积S1　　　　S2;(选填“>”“<”或“=”)(2分)  (3)计算机测得S1=1 203 mA·s,则该电容器的电容为　　　　　F;(保留两位有效数字)(2分)  (4)由甲、乙两图可判断阻值R1　　　　R2。(选填“>”“<”或“=”)(2分)  15.(12分)一束初速度不计的带电粒子,在经U=5 000 V的加速电压加速后,在距两极板等距处垂直进入平行极板间的匀强电场,如图所示,若极板间距离d=1.0 cm,极板长l=5.0 cm,两个极板上电压为U'=400 V,已知粒子的质量为4×10-30kg,所带电荷量q=1.6×10-19 C,且粒子均能从平行极板间飞出,粒子重力忽略不计。求: (1)粒子进入偏转电场时的速度v0;(3分) (2)粒子在偏转电场中的加速度a;(4分) (3)粒子在平行极板间运动的时间t。(5分) 16.(16分)如图,绝缘细杆AB倾角为α,在杆上B点处固定有一电荷量为Q的正电荷。现将带正电的小球由距B点竖直高度为H的A点处无初速释放,小球下滑过程中电荷量不变。已知小球的质量为m、电荷量为q。不计小球与细杆间的摩擦,整个装置处在真空中,静电力常量为k,重力加速度为g。求: (1)正电荷Q在A处产生的场强大小;(4分) (2)小球刚释放时的加速度大小;(5分) (3)若A、B间的距离足够大,小球动能最大时球与B点间的距离。(7分) 17.(18分)如图所示,竖直平面内的矩形ABCD区域内存在方向水平向左的匀强电场(图中未画出),AD竖直。若使一质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)从AD上的O点沿OB方向(OB与OA的夹角θ=37°)射入电场,则小球做直线运动并恰好能到达B点;若使该小球沿垂直于OB方向射入电场,则小球恰好从D点射出电场。AB=d,BC=3d,重力加速度大小为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计空气阻力。求: (1)匀强电场的电场强度大小E以及小球从O点运动到B点的时间t1;(8分) (2)小球沿OB方向与垂直OB方向射入电场的初速度大小之比。(10分) 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 章末综合检测(一) 1.选B　电场强度E的定义式E=,电场强度的大小与试探电荷所受的静电力及试探电荷的带电量无关,只与该比值有关,因此该定义采用的是比值法,A错误;在不需要考虑带电物体本身的大小、形状和电荷分布状况时用点电荷来代替带电物体的方法运用了理想化模型法,B正确;在利用向心力演示仪研究向心力与角速度、半径、质量的关系时,分别控制其中两个物理量保持不变,只改变一个物理量,因此该实验运用了控制变量法,C错误;在推导匀变速运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多小段,每一小段近似看作匀速直线运动,然后把各小段的位移相加,这里采用了极限法,D错误。 2.选B　设点电荷的电荷量为Q,由库仑定律得F=,在离点电荷距离为r处的场强E=,联立以上两式得E=,故选项B正确。 3.选C　由于油滴静止,则油滴所受静电力与重力等大、反向,即电场方向竖直向上,故φA<φB。由E=、F=G得E=5×104 V/m,又由于d=10 mm=0.01 m,所以UBA=Ed=500 V,故选项C正确。 4.选A　A处的电荷量为Q,OA的距离为L==l,则Q在O点产生的电场强度为E=k,由于B和C处电荷与A处的电荷在O点的合场强为零,则B和C处电荷在O处的电场强度大小为E'=k,方向沿AO方向;若仅将A处电荷改为等量的正电荷,则O处场强的大小为E合=E+E'=,沿AO方向,故A正确,B、C、D错误。 5.选B　由于点电荷带正电,产生静电感应,根据“近异远同”可知导体A端带负电,B端带正电,整体不带电,故A错误;处于静电平衡的导体是一个等势体,所以导体A端的电势等于B端的电势,故B正确;O点左侧的感应电荷与O点右侧的感应电荷一样多,故C错误;处于静电平衡的导体内部各点的合场强为零,则导体中心O点的场强为零,故D错误。 6.选C　一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动,由题图乙可知电势能一直减小,则电子从A点到B点电场力做正功,电势升高,根据动能定理可知,电子的动能增加,速度增大,A点电势低于B点电势,故A、D错误;根据ΔEp=-W电=-qEΔx,可知Ep⁃x图像的斜率大小体现电场强度的大小,因此从A点到B点,电场强度逐渐减小,A点的电场强度大于B点的电场强度,故B错误;由A点到B点电场强度减小,电子通过相同位移时,电场强度越大电势差越大,则A、B两点电势差UAB的绝对值大于B、C两点电势差UBC的绝对值,故C正确。 7.选D　质子被加速过程中,根据动能定理有qU=mv2,据此可计算出加速电场的电压为U=,A正确;已知加速长度,又已知加速电场为匀强电场,根据E=,可得加速电场的电场强度大小,B正确;电势能Ep=qφ是一个相对量,是相对零势能面来说的,因为没有规定零势能面,所以不知道质子加速后的电势能,C正确;在质子被加速的过程中,电场力做正功,电势能减少,D错误。 8.选D　根据几何关系结合点电荷产生的场强的叠加法则可得EC==,方向平行于AB向右;EO=k+k=,方向从O点指向B点,EC∶EO=∶4,故A错误。如图所示,作出两点电荷在E、F两点的电场强度,根据对称性及平行四边形定则可知,E、F两点电场强度大小相等,方向相同,故B错误。根据几何关系可知,CD为等量异种点电荷连线的中垂线,而等量异种点电荷连线的中垂线为等势线且电势为零,因此CD所在中垂面即为等势面,电势为零,而电场线从正电荷出发指向负电荷或无穷远处,且沿着电场线的方向电势降低,则CD所在等势面左侧电势大于零,CD所在等势面右侧电势小于零,因此可得φE>φC>φF,故C错误。带负电的检验电荷在电势越低的地方电势能越大,因此可知将带负电的检验电荷从E点沿直线移到F点,电势能增大,故D正确。 9.选BD　由题图可知φb=φe,则正电荷从b点运动到e点,电场力不做功,A错误;由题图可知φa=3 V,φd=7 V,根据电场力做功与电势能的变化关系有Wad=Epa-Epd=(φa-φd)·(-e)=4 eV,B正确;沿电场线方向电势逐渐降低,则b点处的电场强度方向向左,C错误;由于电场线与等势面处处垂直,则可画出电场线大体分布如图所示,由图可知b点电场线最密集,则b点处的电场强度最大,D正确。 10.选AC　做曲线运动的物体,合力指向运动轨迹的内侧,由此可知,带电粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向左,所以粒子带正电,A正确;粒子不一定是从a点运动到b点,也可能从b点运动到a点,B错误;由电场线的分布可知,粒子在c点所受的电场力较大,加速度一定大于在b点的加速度,C正确;若粒子从c运动到a,电场力与速度的夹角成锐角,则粒子做加速运动;若粒子从a运动到c,电场力与速度的夹角成钝角,则粒子做减速运动,故在c点的速度一定小于在a点的速度,D错误。 11.选AD　由题意知小滑块在B点处的加速度为零,则根据受力分析有沿斜面方向mgsin 30°=cos 30°,解得l=,A正确,B错误;因为小滑块滑到C点时速度为零,则从A到C的过程,静电力对小滑块做的功为W,根据动能定理有W+mgSsin 30°=0,解得W=-,故C错误;根据电势差与静电力做功的关系可知AC之间的电势差UAC==-,故D正确。 12.选AC　设板间距为d,电子质量为m、电量为e,从0时刻射入电场的电子,在电场力作用下做类平抛运动,侧移量为y1=·,当到T时间内沿着速度方向做匀速直线运动,侧移量为y2=··=,时刻射入电场的电子离开电场时侧移量是T到时间内的侧移量,为y3=·,故0时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最大,故A正确,B错误;在一个周期内不同时刻进入电场的电子离开电场时速度均是v==,速度方向与垂直电场方向夹角的正切为tan θ==,方向相同,故C正确,D错误。 13.解析:(1)由图甲可知,开关S接a端时,电源给电容器充电,开关S接b端时,电容器处于放电过程。 (2)当电源给电容器充满电时,电路处于断路,充电电流为零,可知此时电容器的电压等于电源电动势,即E=U0。 (3)在I⁃t图像中,图线与t轴所围成的面积为S=∑I·t=q可知,图线与t轴所围成的面积表示的是极板所带的电荷量。 答案:(1)b　(2)=　(3)极板所带的电荷量 14.解析:(1)根据q=it可知i⁃t图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电容器带的电荷量。 (2)S1表示电容器充电后所带电荷量,S2表示电容器放电的电荷量,所以S1=S2。 (3)该电容器的电容为C==≈0.15 F。 (4)由题图乙可知电容器充电瞬间电流比电容器放电瞬间电流大, 且电容器充电瞬间电源电压和放电瞬间电容器两端电压相等,则有>,所以R1<R2。 答案:(1)电容器带的电荷量　(2)=　(3)0.15　(4)< 15.解析:(1)粒子加速过程中,由动能定理qU=m-0 解得v0=2×107 m/s。 (2)根据牛顿第二定律,可得粒子在偏转电场中的加速度 a===1.6×1015 m/s2。 (3)粒子在偏转电场中沿初速度v0的方向做匀速直线运动,粒子在偏转电场中飞行时有l=v0t,解得t=2.5×10-9 s。 答案:(1)2×107 m/s　(2)1.6×1015 m/s2　(3)2.5×10-9 s 16.解析:(1)根据E=k,又因为r= 所以EA=ksin2α。 (2)根据牛顿第二定律mgsin α-F=ma 根据库仑定律F=k,解得a=gsin α-。 (3)当小球受到的合力为零,即加速度为零时,动能最大 设此时小球与B点间的距离为R,则mgsin α= 解得R=。 答案:(1)ksin2α　(2)gsin α-　 (3) 17.解析:(1)小球在电场中的受力情况如图所示,故合力方向与沿OB方向射入的小球运动方向相反,满足qE=mgtan θ,解得E=, 设小球沿OB方向做匀减速直线运动的加速度大小为a,由牛顿第二定律有=ma,由匀变速直线运动规律有=a,联立解得t1= 。 (2)根据匀变速直线运动规律有v1=at1,根据几何关系有OD=3d-=d,沿垂直于OB方向射入的小球,初速度方向与合力方向垂直,小球做类平抛运动,设小球从O点运动到D点的时间为t2,有ODsin θ=v2t2,ODcos θ=a,联立解得=。 答案:(1)　　(2) $