章末整合提升10 静电场中的能量（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理必修第三册（人教版）

**基本信息** 本卷为高中物理电场单元复习卷，融合2024-2025年多地真题情境，通过选择、实验、计算等题型覆盖电场力、电势能、带电粒子运动等核心知识，强化物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择题|8/24|电场力功率、非匀强电场性质、电势能与动能定理|结合P-t图像分析，融入2025·甘肃卷非匀强电场情境| |多项选择题|4/16|带电粒子偏转、库仑力平衡|考查科学推理（如比荷无关性），2024·山东卷库仑力平衡题体现模型建构| |非选择题|6/60|密立根实验、库仑力探究、带电粒子综合运动|实验题注重科学探究（如库仑力测量操作），综合题强化类平抛运动等模型应用|

(本卷满分：100分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24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) 1.一电荷量为q(q>0)的粒子以一定初速度水平射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中，静电力对粒子做功的功率P随时间t变化的图像如图所示。不计粒子的重力，图像的斜率为k，则该粒子的比荷为(　　) A． B． C． D． 解析　带电粒子在电场中做类平抛运动，静电力做功的功率P＝Fv＝qEv，v是粒子沿静电力方向的速度，而v＝t，即功率P＝Fv＝t，P­t图像的斜率k＝，解得＝，故选项B正确。 答案　B 2．(2025·甘肃卷)如图，两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板间形成非匀强电场，实线为电场线，虚线表示等势面。M、N点在同一等势面上，N、P点在同一电场线上。下列说法正确的是(　　) A．M点的电势比P点的低 B．M点的电场强度比N点的小 C．负电荷从M点运动到P点，速度增大 D．负电荷从M点运动到P点，电场力做负功 解析　MN两点电势相等，电场线由上到下，N、P在同一电场线上，沿电场线电势逐渐降低，可知N点电势高于P点，可知M点电势高于P点，选项A错误；M点电场线分布比N点密集，可知M点电场强度比N点大，选项B错误；负电荷从M点运动到P点，电势能增加，则电场力做负功，动能减小，速度减小，选项C错误，D正确。 答案　D 3．如图甲所示，一质量m＝1 kg的带电小滑块以v0＝2 m/s的初速度从原点O出发，沿x轴正方向运动，x轴上存在沿水平方向的电场，滑块在不同位置具有的电势能Ep如图乙所示。已知滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，滑块的电量保持不变，则滑块经过x＝2 m处的速度大小为(　　) A．1 m/s B． m/s C． m/s D． m/s 解析　滑块运动到x＝2 m过程，根据电场力做功与电势能的关系W电＝－ΔEp＝－(1 J－2 J)＝1 J，根据动能定理有W电－μmgx＝mv2－mv02，解得v＝ m/s，故选B。 答案　B 4．(2024·吉林卷)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图所示，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 解析　根据题意可知，小球所受合力方向沿虚线向下，则其所受电场力方向水平向右，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，由于小球所受电场力与小球速度的夹角一直为锐角，则电场力做正功，小球的电势能减小，A、B、C错误，D正确。 答案　D 5.如图所示，已充电的平行板电容器，带正电的极板接地，两极板间于P点处固定一负的点电荷，若将上极板下移至虚线位置，则下列说法正确的是(　　) A．两极间的电压和板间场强都变小 B．两极间的电压变小，场强变大 C．P点的电势升高，点电荷的电势能增大 D．P点的电势不变，点电荷的电势能也不变 解析　电容器充电后，与电源断开，故极板上电荷量不变，当上极板下移，根据公式有C＝，C＝，极板间距变小，电容器的电容变大，两极板间电压变小。根据匀强电场中电场强度与电势差的关系，可知E＝＝＝，上极板下移时，板间场强不变，故A、B错误；带正电的极板接地，其电势为零，根据公式有UP下板＝EdP下板，UP下板＝φP－φ下板，易知P点的电势不变。根据电势能的定义式，有Ep＝qφ可知，点电荷的电势能也不变，故C错误，D正确。 答案　D 6．如图，在xOy坐标平面内有方向平行于坐标平面的匀强电场，abcd是平面内直角梯形的四个顶点，坐标如图所示，已知a、b、c三点电势分别为2 V、6 V、8 V，下列说法错误的是(　　) A．坐标原点O的电势为4 V B．d点的电势为6 V C．c、O两点的电势差等于b、a两点的电势差 D．匀强电场方向沿cb方向 解析　在匀强电场中，平行等间距的两点间电势差相等，可得φb－φa＝φc－φO，代入数据可得φO＝4 V，同理可得φb－φO＝φc－φd，代入数据可得φd＝6 V，A、B、C正确； 由于b、d两点电势相等，连线为一等势面，电场线垂直于等势面指向电势较低一侧，故场强沿cO方向，D错误。 答案　D 7．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒沿水平方向射入板间，在重力和静电力共同作用下运动，其运动轨迹如图中虚线所示，那么(　　) A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷 B．微粒从M点运动到N点，其电势能一定增加 C．微粒从M点运动到N点，其动能一定增加 D．微粒从M点运动到N点，其机械能一定增加 解析　由于不知道重力和静电力大小关系，所以不能确定静电力方向，不能确定微粒电性，也不能确定静电力对微粒做功的正负，选项A、B、D错误；根据微粒偏转方向可知微粒所受合外力一定竖直向下，则合外力对微粒做正功，由动能定理知微粒的动能一定增加，选项C正确。 答案　C 8．(2025·黑吉辽内蒙古卷)如图所示，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC，则(　　) A．EkA<EkB<EkC B．EkB<EkA<EkC C．EkA<EkC<EkB D．EkC<EkA<EkB 解析　由题意可得A点弹簧伸长量为r，B点和C点弹簧压缩量为r，即三个位置弹簧弹性势能相等，则由A到B过程中弹簧弹力做功为零，电场力做正功，动能增加，EkB>EkA 同理B到C过程中弹簧弹力和电场力做功都为零，重力做负功，则动能减小，EkB>EkC 由A到C全过程则有qElAB－mglBC＝EkC－EkA>0 因此EkB>EkC>EkA 故选C。 答案　C 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，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．质量与电量均不同的一束带电粒子，经过同一电场加速后，垂直于电场方向水平射入平行板电场内，经过电场后的偏转角与下列因素有关的是(　　) A．粒子带电量越大，偏转角越大 B．带电粒子质量越小，偏转角越大 C．偏转角大小与带电粒子比荷无关 D．加速电压越小，偏转电压越大，偏转角越大 解析　粒子由初速度为零，经电压为U的电场加速，在加速过程中，只有电场力做功，做的功为qU，由动能定理得qU＝mv02，解得v0＝。粒子经匀强电场偏转，偏转电场长为L，场强为E，进入偏转电场做类平抛运动，则水平方向L＝v0t，竖直方向a＝，由平抛运动知识得tan θ＝＝＝，可知偏转角与带电粒子的比荷无关，选项C正确；加速电压越小，偏转电压越大，偏转角越大，选项D正确。 答案　CD 10．(2024·山东卷)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＝－ 解析　小滑块在B点处的加速度为零，则沿斜面方向有mgsin 30°＝cos 30°，解得l＝，A正确，B错误；小滑块从A到C的过程，由动能定理有W＋mgSsin 30°＝0，解得静电力对小滑块做的功为W＝－，C错误；根据功能关系结合C项分析可知，AC之间的电势差UAC＝＝－，D正确。 答案　AD 11．一小球从A点竖直抛出，在空中同时受到水平向右的恒力，运动轨迹如图所示，A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时动能为16 J，在M点的动能为8 J，不计空气阻力。则(　　) A．小球水平位移x1与x2的比值为1∶4 B．小球水平位移x1与x2的比值为1∶3 C．小球落到B点时的动能为48 J D．小球从A点运动到B点过程中最小动能为8 J 解析　小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性得知，从A点至M点和从M点至B点的时间t相等，小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，根据位移时间公式x1＝at2，x2＝at×t＋at2，联立可得＝，选项A错误，B正确；小球从A到M，由功能关系知在水平方向上恒力做功为W1＝Fx1＝8 J，则从A到B水平方向上恒力做功为W1＝F(x1＋x2)＝4W1＝32 J，根据能量守恒定律可知小球运动到B点时的动能为EkB＝Ek0＋4W1＝16 J＋32 J＝48 J，选项C正确；据运动轨迹小球的运动方向与加速度的方向垂直时，小球的速度最小，则小球从A到B过程最小速度一定与等效G′垂直，在AM之间，最小动能小于8 J，选项D错误。 答案　BC 12．如图所示，A为粒子源，A和极板B间的加速电压为U1，两水平放置的平行带电板C、D间的电压为U2，现有质量为m、电荷量为＋q的粒子由静止从A处被加速电压U1加速后水平进入竖直方向的匀强电场，平行板C、D的极板长度为L，两板间的距离为d，不计带电粒子的重力，则下列说法正确的是(　　) A．带电粒子在射出B板时的速度v0＝ B．带电粒子在C、D极板间运动的时间t＝L C．带电粒子飞出C、D间电场时在竖直方向上发生的位移y＝ D．若同时使U1和U2加倍，则带电粒子在飞出C、D极板间的电场时的速度与水平方向的夹角将加倍 解析　带电粒子由A到B，根据动能定理有qU1＝mv02，解得v0＝ ，故A正确；粒子进入C、D间的电场后在水平方向做匀速直线运动，则L＝v0t，解得t＝L ，故B错误；粒子进入C、D间的电场后，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝，粒子在竖直方向发生的位移为y＝at2，联立以上可得y＝，故C正确；带电粒子在飞出C、D极板间的电场时速度与水平方向夹角的正切值为tan θ＝＝＝，可知同时使U1和U2加倍，带电粒子在飞出C、D极板间的电场时的速度与水平方向的夹角不变，故D错误。 答案　AC 三、非选择题(本题共6小题，共60分) 13．(6分)美国物理学家密立根通过如图所示的实验装置最先测出了电子的电荷量，被称为密立根油滴实验。两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下，图中油滴由于带负电悬浮在两板间保持静止。(已知重力加速度为g) (1)(多选)若要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有__________。 A．油滴质量m B．两板间的电压U C．两板间的距离d D．两板的长度L (2)用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q＝__________。 解析　(1)平行金属板板间存在匀强电场，液滴恰好处于静止状态，静电力与重力平衡，则有mg＝qE＝q，所以需要测出的物理量有油滴质量m、两板间的电压U、两板间的距离d，故选ABC。 (2)由mg＝qE＝q，可得油滴的电荷量为q＝。 答案　(1)ABC　(2) 14．(8分)随着力传感器的测量精度的提高，不用“扭秤”而进行实验研究点电荷间的相互作用力(库仑力)成为可能。如图所示是某科技实验小组设计的研究库仑力的装置，在抽成真空的玻璃容器A内，M、N为完全相同的金属小球(带电后可视为点电荷)，用绝缘支柱固定带电小球M，用可调丝线悬挂原来不带电的小球N，调控小球N的位置，通过等距离的背景刻度线0、1、2、3、4可准确确定小球M、N间的距离，相邻刻度线间距离均为d，通过固定在容器顶部并与丝线上端相连的高灵敏度拉力传感器B可以显示丝线上的拉力，控制放电杆可以让带电小球完全放电。实验小组完成了以下操作： ①在球N不带电时读出传感器示数F0； ②让球N与球M接触后，调整球N到位置1，读出并记录传感器示数F1； ③继续调整球N分别到位置2、3、4，依次读出并记录传感器示数F2、F3、F4； ④用放电杆使球N完全放电，再让球N与球M接触后，放回到位置1，读出并记录传感器示数F5； ⑤重复④的操作，依次读出并记录传感器示数F6、F7。 (1)(多选)对于上述操作，下列判断正确的是__________。 A．根据②的操作，可求出小球N在不同情况下所受的库仑力 B．根据①②③的操作，可研究库仑力跟点电荷距离间的关系 C．根据②④⑤的操作，可研究库仑力跟小球带电荷量间的关系 D．要测定静电力常量k，还需要准确测出小球M的带电荷量 (2)小球N第一次与小球M接触后调整球N到位置1，此时小球M、N间的库仑力大小为________________。 (3)实验中使用两个完全相同的金属小球，其作用是___________________________ ________________________________________________________________________。 解析　(1)根据②的操作，只能求解小球N在位置1时所受的库仑力，A错误；根据①②③的操作，通过传感器的读数可知两球之间的库仑力，因各个位置的距离已知，则可研究库仑力跟点电荷距离间的关系，B正确；操作④⑤，保持小球间距离不变，每次小球N放电后再与M接触，由于两球完全相同，使小球所受电荷量依次减小到前次的一半，所以要研究库仑力跟小球带电荷量间的关系②④⑤操作能够完成，C正确；要测定静电力常量k，还须准确测出小球M的带电荷量，D正确。 (2)在球N不带电时读出传感器示数F0，小球N第一次与小球M接触后调整球N到位置1，此时传感器示数F1，则小球M、N间的库仑力大小为F0－F1。 (3)实验中使用两个完全相同的金属小球，其作用是使小球N与带电小球M接触时将M所带的电荷量平分。 答案　(1)BCD　(2)F0－F1　(3)使小球N与带电小球M接触时将M所带的电荷量平分 15．(7分)如图所示，竖直平面内有一半径为R的半圆形光滑绝缘轨道，其底端B与光滑绝缘水平轨道相切，整个系统处在竖直向上的匀强电场中，一质量为m、正电的小球以v0的初速度沿水平面向右运动，通过圆形轨道恰能到达圆形轨道的最高点C，从C点飞出后落在水平面上的D点。求： (1)小球到达C点时的速度vC；(结果可用根式表示) (2)BD间的距离s； (3)小球通过B点时对轨道压力FN。 解析　(1)根据题意，小球由B到C过程，由动能定理有(qE－mg)2R＝mvC2－mv02 因小球恰能通过C点，由牛顿第二定律有 mg－qE＝m 联立解得vC＝v0。 (2)根据题意可知，小球由C到D过程做类平抛运动，水平方向：s＝vCt 竖直方向上：2R＝at2，mg－qE＝ma 联立解得s＝2R。 (3)根据题意可知，小球在光滑水平轨道上做匀速直线运动，则到达B点时速度仍为v0，在B点时，由牛顿第二定律有FN＋qE－mg＝m 联立解得FN＝。 答案　(1)v0　(2)2R　(3) 16．(9分) 如图所示，一质量为m、电荷量为＋q的带电小球，用一长为L绝缘细线悬挂于O点，处于静止状态，现给小球所在的空间加一水平向右的匀强电场(电场未画出)，电场强度E＝，g取10 m/s2。求： (1)刚加上电场的瞬间，小球加速度的大小； (2)小球向右摆动过程中，摆线与竖直方向的最大角度； (3)小球向右摆动过程中，小球的最大动能。 解析　(1)刚假设电场瞬间，根据牛顿第二定律可得qE＝ma 解得a＝＝g＝ m/s2。 (2)设小球向右摆动过程中，摆下与竖直方向的最大角度为θ，根据动能定理可得 qEL sin θ－mgL(1－cos θ)＝0，解得tan θ＝ 则小球向右摆动过程中，摆线与竖直方向的最大角度为θ＝60°。 (3)设小球向右摆动过程中，摆线与竖直方向的夹角为α时，小球速度最大，即动能最大，此时沿切线方向有qE cos α＝mg sin α，可得tan α＝，解得α＝30° 根据动能定理可得qEL sin α－mgL(1－cos α)＝Ekm－0 解得小球的最大动能为Ekm＝mgL。 答案　(1) m/s2　(2)60°　(3)mgL 17．(14分)如图所示，在xOy直角坐标系的第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为E，在y轴和y＝a－x之间有沿y轴负方向的匀强电场(电场强度大小未知)，一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子在坐标为的P点由静止释放，粒子刚好从坐标为的Q点(图中未画出)经过x轴，不计粒子重力。 (1)求粒子从P点运动到Q点过程中机械能的增加量； (2)将P点的坐标改为，粒子仍在P点由静止释放，结果粒子在y轴右侧电场中运动的轨迹刚好与y＝a－x相切，则x1为多少？ 解析　(1)带正电的粒子先在y轴左侧电场中加速，则由动能定理得Eq·＝mv12 然后在第一象限的电场中做类平抛运动＝··t2，＝v1t，解得E′＝4E 则粒子从P点运动到Q点过程中电势能的减少量即机械能的增加量 －ΔEp＝Eq·＋E′q·＝ΔE＝2.5Eqa。 (2)将P点的坐标改为，粒子仍在P点由静止释放，则到达y轴时Eqx1＝mv22 当粒子轨迹与直线y＝a－x相切时，则y轴方向速度等于x轴方向速度vy＝v2＝a′t 竖直方向的加速度a′＝＝ 位移关系满足a′t2＋(a－v2t)＝ 联立解得x1＝2a。 答案　(1)2.5Eqa　(2)2a 18．(16分)如图所示，光滑绝缘水平板面上有三个区间Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，区间的水平宽度分别是L、L、2L，区间Ⅰ的空间有水平向右的匀强电场，区间Ⅱ有竖直方向的匀强电场，在区间Ⅱ的水平面的上方d处有一长为L的水平挡板，区间Ⅲ右边缘处光滑水平底板上方有一足够大的竖直屏M。一带电荷量为q(q > 0)、质量为m的小球(可视为质点)从区间Ⅰ的光滑水平底板的左边缘静止释放，运动过程中与挡板无接触，最后离开水平板面垂直打在竖直屏M上，已知重力加速度为g，求： (1)小球打在屏幕上的点与水平面的最大距离； (2)区间Ⅱ的电场强度E2； (3)为了使小球垂直打在M上，区间Ⅰ的电场强度E1满足条件。 解析　(1)由题意可知，小球在Ⅱ区间内做类平抛运动，小球最终垂直打在竖直屏M上，所以在Ⅲ区间内做反向平抛运动，则设小球在Ⅰ区间的末速度大小为v0，根据小球在水平方向做匀速直线运动x＝v0t 可知小球在Ⅱ区间内所用时间与在Ⅲ区间内所用时间之比为＝＝ 在竖直方向做匀加速直线运动，根据y＝t，其中vy1＝vy2，所以＝ 所以当y1 ＝ d时，小球打在屏幕上的点与水平面的距离最大，ym＝y1＋y2＝3d。 (2)由上述分析可知，小球在Ⅱ区间内与在Ⅲ区间内的速度变化量大小相等，根据Δv ＝ at可知＝，其中a3＝g，解得a2＝2g 小球在Ⅱ区间内根据牛顿第二定律 qE2－mg＝ma2 解得E2＝。 (3)设小球在Ⅱ区间内运动的最长时间为tm，则a2tm2＝d，tm＝ 则小球在Ⅰ区间的末速度大小最小为 vm＝＝L 小球在Ⅰ区间内根据动能定理qEminL＝mvm2 解得Emin＝ 故为了使小球垂直打在M上，区间Ⅰ的电场强度E1满足条件为E1≥。 答案　(1)3d　 (2)　(3)E1≥ 学科网（北京）股份有限公司 $