暑假作业06 静电场中的能量 分层练习-2026-2027学年高二物理上学期人教版必修第三册

**基本信息** 以分层训练构建静电场能量认知体系，通过基础辨析与综合应用结合，强化物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础夯实|8单选|电场线方向判断电势高低、电容决定式应用|从电场强度、电势概念到电势能变化规律| |能力提高|13题（多选/填空/实验/解答）|φ-x图像分析电场力做功、示波器偏转模型|从静态场强计算到动态粒子运动综合应用|

暑假作业06 静电场中的能量 分层练习 分层一：基础夯实 一、单选题 1．如图所示，实线MN是某匀强电场中的一条电场线。一带负电粒子射入电场后，仅在电场力作用下沿虚线ABC运动。下列说法中正确的是（  ） A．粒子在A点的加速度比在C点的加速度大 B．粒子在A点的电势能比在C点的电势能大 C．M、N两点的电势：φM>φN D．电场线的方向水平向左 2．据报道，暗物质粒子探测卫星“悟空”首先探测到宇宙射线能谱在1.4×1012eV处的异常波动．1eV表示一个电子经过1V电压加速后增加的动能，则1.4×1012eV约为(        ) A．1.4×1012J B．2.2×10-7J C．1.6×10-19J D．8.8×1030J 3．下列说法正确的是（　　） A．由可知，电场强度与试探电荷所受电场力成正比 B．匀强电场中，两点间的电势差与两点间距离成正比 C．沿着电场线方向电势降低 D．电场强度为零的地方，电势一定为零 4．如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行间距为d的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，则下列说法正确的是（　　） A．按键的过程中，电容器的电容减小 B．按键的过程中，电容器的电量减小 C．按键的过程中，图丙中电流方向从a流向b D．按键的过程中，电容器两极板间的电场强度增大 5．如图所示，实线表示某静电场中的电场线，过M点的电场线是水平直线，虚线表示该电场中的一条竖直等势线，M、N、P是电场线上的点，Q是等势线上的点。一带正电的点电荷在M点由静止释放，仅在电场力作用下水平向右运动，则（  ） A．点电荷一定向右做匀加速运动 B．点电荷在N点释放时的加速度比在P点释放时的加速度小 C．将一负点电荷从P点移到N点，电场力做正功 D．将一负点电荷从Q点沿等势线竖直向上射出，点电荷将沿等势线做直线运动 6．下列说法中正确的是（　　） A．负电荷在电势越高处电势能越大 B．电场强度为零的点，电势一定为零 C．等差等势线越密的地方，电场线也一定越密，电场强度越大 D．由公式可知，当试探电荷的电荷量q变为一半时，电场强度E变为2倍 7．关于电势差UAB和电势、的理解，正确的是（　　） A．UAB表示B点相对于A点的电势差，即 B．UAB和UBA是相等的，它们关系有UAB＝UBA C．、都可以有正、负，所以电势是矢量 D．零电势点的规定是任意的，但人们通常规定大地或无穷远处为电势零点 8．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 B．同一等势面上各点电场强度大小一定相等 C．电势为零的等势面上，电场强度不可能为零 D．任何电场中，电场线与等势面都处处相互垂直 分层二：能力提高 二、多选题 9．如图所示，平行板电容器与输出电压恒为U的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（　　） A．P点的电势将降低 B．带电油滴的电势能将减小 C．带电油滴将沿竖直方向向下运动 D．电容器的电容减小，极板带电荷量将增大 10．如图，电容为的平行板电容器两极板水平放置，极板长为，两极板间的距离为，距极板右端处有一竖直屏，电容器充电后与电源断开。一电荷量为、质量为的带正电小球（可视为质点）以初速度从点沿中线水平向右射入两极板间，最后刚好打在竖直屏上的点，已知重力加速度大小为。下列说法正确的是（    ） A．电容器的下极板带正电，电荷量为 B．小球最终垂直打在竖直屏上 C．达到时，小球机械能增加了 D．若仅增大两极板间的距离，该小球仍打在竖直屏上的点 11．某静电场中的x轴正半轴上的电势随x轴上位置变化如图所示，一试探电荷仅在电场力作用下从坐标原点O沿x轴运动，运动到x=3x0处速度刚好为零，则下列说法正确的是（　　） A．试探电荷可能带正电 B．试探电荷一定带负电 C．试探电荷在整个过程中电势能先增大后减小 D．试探电荷在x=x0向x=3x0运动过程中，速度不断减小，加速度不断增大 12．图中虚线A、B、C、D、E代表电场内间距相等的一组等势面，已知一电子经过A平面时的动能为，电子在A平面时的电势能为，电子从A到D的过程中克服电场力所做的功为。下列说法正确的是（　　） A．平面A上的电势为 B．电场强度的方向由E指向A C．该电子在电场内运动轨迹可能与平面E相切 D．该电子经过B平面时的速率是经过D平面时的倍 三、填空题 13．如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为，该正方形的边长为，且电场方向与正方形所在平面平行，则场强为E=___________V/m。 14．如图所示，电容器上极板A接电源正极、下极板B接电源负极，且将上极板接地，电源电压恒定，开关S始终闭合，一带电液滴恰静止在电容器内部P点。现将电容器下极板B向下平移一小段距离，则液滴将_______（填“静止不动”、“向下运动”、“向上运动”），P点电势将_________（填“升高”、“降低”、“不变”）。 15．如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成角，极板的长度为，板带负电，板带正电，且板接地。若一比荷（）为的带电小球恰能沿图中所示水平虚线向右通过电容器、板边缘，重力加速度大小为，则板的电势为__________，若小球离开电场时速度刚好为0，则运动时间为__________。 四、实验题 16．把直流电源、电阻、电容器、电流表、电压表以及单刀双掷开关组装成图1所示的电路进行实验，观察电容器充、放电过程。    (1)先将开关接1，观察到电流表与电压表示数____________________ A．电流表示数与电压表示数都不断减小 B．电流表示数与电压表示数都不断增大 C．电流表示数不断增大，电压表示数不断减小 D．电流表示数不断减小，电压表示数不断增大 (2)待电压表示数稳定后，将开关接2，测得电流随时间变化的图线如图2所示。已知，则放电时，电容器两端的电压为______________________V，该实验测得电容器的电容为______________________F（结果保留2位有效数字）。该实验测得容器电容______________________（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。 17．美国物理学家密立根利用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。如图，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，板间油滴P由于带负电悬浮在两板间保持静止。 （1）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______（已知重力加速度为g）。 （3）在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所带的电荷量虽不同，但都是某个最小电荷量的整数倍，这个最小电荷量被认为是元电荷。 （4）为了测定油滴的质量，在两板间不加电压时，通过显微镜观察到油滴在两板间匀速下降时，即可利用二力平衡求出油滴质量。已知油滴下落时的阻力满足，k为比例系数，v为油滴匀速下降时的速度。则油滴的质量______（用k、v、g表示） 五、解答题 18．如图所示，一个点电荷形成的电场中有a、b两点。一个电荷量q =+4.0×10-8C的试探电荷在b点所受静电力Fb = 8.0×10-4N。 现将该试探电荷从a点移到b点，静电力做功W = 1.6×10-6J。求： （1）b点电场强度的大小Eb； （2）a、b两点间的电势差Uab； （3）画出过a点的等势线。 19．如图甲，O为AB连线的中点，M、N在AB连线的中垂线上，A、B、M、N四点距O点的距离均为。在A、B两点分别固定一点电荷，电荷量均为Q（Q>0）。以O为原点，ON方向为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势随位置x的变化如图乙所示。一电荷量为－q（q>0）的带电粒子以一定的初动能从M点沿x轴正方向运动，一定时间后经过N点。不计粒子重力，k为静电力常数。求： (1)粒子在M点受到的电场力大小； (2)粒子在O点的电势能； (3)粒子从x=处到N点的过程中，其动能减少了多少； (4)要使粒子离开电场，粒子的初动能至少多大？ 20．如图所示，在匀强电场中，将电荷量-6×10-8C的点电荷从电场中的A点移到B点，静电力做了-2.4×10-7J的功，再从B点移到C点，静电力做了1.2×10-7J的功。已知电场的方向与△ABC所在的平面平行。 (1)A 、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC分别为多少？ (2)如果规定B点的电势为0，则A点和C点的电势分别为多少？ (3)请在图中画出过B点的电场线方向，并说明理由。 (4)△ABC为等腰直角三角形，，求场强大小为多少？ 21．如图为一真空示波管的示意图，电子从灯丝逸出（可认为初速度为零），经灯丝与A板间的电压U1加速，从板的中心孔沿中心线KO射出，然后垂直电场方向进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子经过偏转电场后打在荧光屏上形成亮斑。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力及它们之间的相互作用力，求： (1)电子穿过A板时速度大小v0； (2)电子从偏转电场射出时的位移侧移量y； (3)P点到O点的距离。 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 《暑假作业06 静电场中的能量 分层练习》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B C D C C D D AC CD 题号 11 12 答案 BD AD 1．C 【详解】A．由于电场为匀强电场，可得到粒子在A点的加速度与C点的加速度大小相等，故A错误； BCD．由题图可知，粒子在B点所受电场力方向向左，又因为粒子带负电，故电场线方向向右，因为沿电场线方向电势降低，则φN<φM，故带负电粒子从A点到C点电场力做负功，电势能增加，所以粒子在A点的电势能比在C点的电势能小，故C正确，BD错误。 故选C。 2．B 【详解】根据题意可知：，所以1.4×1012eV约为，ACD错误B正确 3．C 【详解】A．电场强度E由电场本身决定，与试探电荷的电荷量q及其所受电场力F无关，故A错误； B．由U=Ed可知，匀强电场中，两点间的电势差与两点间沿电场线方向的距离成正比，故B错误； C．沿电场线方向电势降低，故C正确； D．电场强度为零的位置，电势不一定为零。例如等量同种电荷连线的中点，电场强度为零但电势不为零，故D错误。 故选C。 4．D 【详解】A．根据平行板电容器的电容计算公式 得知，按键过程中，板间距离d减小，电容C增大，故A错误； B．电容C变大，由于U不变，根据 Q=CU 可知Q增大，故B错误； C．因C增大，U不变，根据 Q=CU 知Q增大，电容器充电，电流方向从b流向a，故C错误； D．按键过程中，板间距离d减小，由于U不变，根据可知，电容器两极板间的电场强度增大，故D正确。 故选D。 5．C 【详解】A．带正电的点电荷在M点由静止释放，仅在电场力作用下水平向右运动，说明点电荷受到水平向右的电场力，所以M所在电场线电场方向也是水平向右，根据电场线的分布可知，该静电场不是匀强电场，所以点电荷在运动过程中受到的电场力不是恒定的，根据牛顿第二定律，点电荷运动的加速度也不是恒定的，所以点电荷向右做的不是匀加速运动，A错误； B．由图可知，N点电场线比P点电场线密集，所以N点的电场强度大于P点的电场强度，点电荷在N点受到的电场力大于P点处的电场力，所以点电荷在N点释放时的加速度比在P点释放时的加速度大，B错误； C．电势随电场方向逐渐减小，所以N点电势比P点高，将一负点电荷从P点移到N点，电势能减小，电场力做正功，C正确； D．将一负点电荷从Q点沿等势线竖直向上射出，由于电场方向垂直等势线，则点电荷受到的电场力方向与运动方向不在同一条直线上，所以点电荷做曲线运动，D错误。 故选C。 6．C 【详解】A．电势能是标量，由可知负电荷在电势高的地方电势能低。故A错误； B．场强与电势没有必然的联系，场强为零，电势不一定为零，故B错误； C．等差等势线越密，对应的电场线也越密，而电场线的疏密表示场强大小，电场线越密，电场强度越大。故C正确； D．电场强度由电场本身决定，与试探电荷无关，而公式是定义式，减半时，也减半，不变。故D错误。 故选C。 7．D 【详解】A．UAB表示A点相对于B点的电势差 A错误； B．UBA表示B点相对于A点的电势差 故 B错误； C．电势是标量，正负号是相对于零电势点而言的，正号表示高于零电势点，负号表示低于零电势点，C错误； D．零电势点理论上是可以任意选取的，但通常取无穷远处或大地为零电势点，D正确； 故选D。 8．D 【详解】A．两个电势不同的等势面不可能相交，若相交，表明电势相等，故A错误； B．同一等势面上各点所在位置的电场线分布密集程度不一定相同，则电场强度大小不一定相等，故B错误； C．电势具有相对性，相对于零电势点而言，电势为零的等势面上，电场强度可能为零，故C错误； D．沿等势面移动试探电荷，电场力不做功，可知，任何电场中，电场线与等势面都处处相互垂直，故D正确。 故选D。 9．AC 【详解】A．因为电容器和直流电源相连，所及极板间电压不变，间距增大，极板间电场强度减小，所以P点和下极板间的电势差减小，又下极板接地，所以P点电势减小，故A正确； B．根据题意可知，上极板带正电，又油滴初始静止，所以可知油滴带负电，P点电势减小，因此油滴电势能增大，故B错误； C．因为极板间电场强度减小，原来电场力等于重力，现在电场力小于重力，油滴向下运动，故C正确； D．根据平行板电容器电容决定式可知，间距增大，电容减小，又电压不变，所以极板所带电荷量减小，故D错误。 故选AC。 10．CD 【详解】AB．小球离开电场后，物体在竖直方向只受到重力，根据其最终可打到正对着的，可知在电场中运动时，小球向上偏转，而小球带正电，可知下极板带正电。根据小球水平方向匀速运动，可得到其在电场中时间为 离开电场后的时间为 根据竖直方向的匀变速运动特点，可知从到的过程有 得到电场强度的大小为 最终打在竖直屏上时，竖直方向的末速度 解得 即不能垂直打在竖直屏上; 离开电场时的竖直分位移 解得 根据电场强度、极板间距，可得极板间电压为 电容定义式 可得到电容器的带电量，故AB错误。 C．根据电场力做功，可知达到时，小球机械能变化量满足 解得，故C正确。 D．根据电容的定义式 平行板电容器电容的决定式 匀强电场的电场强度决定式 可得 可知增大两板间距，极板间电场强度不变，对小球受力无影响，其可打在点，故D正确。 故选CD。 11．BD 【详解】AB．由图可知，内电势先升高后降低，故场强先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，由题意可知，试探电荷从坐标原点O沿x轴先加速运动后减速运动，故试探电荷所受电场力先沿x轴正方向，后沿x轴负方向，故试探电荷一定带负电，故A错误，B正确； C．试探电荷在整个过程中电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故C错误； D．试探电荷在x=x0向x=3x0运动过程中，速度不断减小，由图可知，图像越来越陡，表示场强不断增大，试探电荷所受电场力不断增大，加速度不断增大，故D正确。 故选BD。 12．AD 【详解】A．电子在A平面时的电势能为，则根据电势能的公式 可得平面A上的电势为 故A正确； B．电子从A到D的过程中克服电场力所做的功为，则可知电场力做负功，电子在该匀强电场中所受电场力的方向与运动的方向相反，而带负电的粒子在电场中所受电场力的方向与电场强度的方向相反，因此可知电场强度的方向由A指向E，故B错误； C．电子经过A平面时的动能为，从A到D的过程中克服电场力所做的功为，则可知电子到达平面D时的动能为1，由此可知每两个等势面之间的电势差为，若电子要从平面D到达平面E，则需克服电场力做功，而电子在平面D时的动能为1，故不管电子是做直线运动还是曲线运动都不可能到达平面E，因此该电子在电场内运动的轨迹不可能与平面E相切，故C错误； D．该电子经过B平面时，由动能定理可得 解得 而该电子经过D平面时的动能为1，则可知该电子经过B平面时的速率是经过D平面时的倍，故D正确。 故选AD。 13． 【详解】若该正方形的边长为，且电场方向与正方形所在平面平行，沿方向的分场强大小为 沿方向的分场强大小为 则电场强度大小为 14． 向下运动 升高 【详解】[1][2]带电液滴处于平衡状态，两极板间电势差不变，下极板B向下平移一小段距离，由 可知，电场强度变小，则 液滴将向下运动。 A板接地，电势为零，则 不变，电场强度减小，P点电势为负电势，则P点电势将升高。 15． 【详解】[1] 分析可知，小球受竖直向下的重力，以及垂直于电容器极板的电场力，小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器，则小球所受电场力方向为垂直电容器极板斜向左上方，小球的受力分析如图 解得 根据几何关系可得板间距为 电场强度为 联立解得 [2]小球在电场中的合力 根据牛顿第二定律可得 根据几何关系可得小球的位移为 由匀变速直线运动规律可得 联立可得 16．(1)D (2) 1.5/1.6 小于 【详解】（1）先将开关S接1，电源给电容器充电，随着电容器所带电荷量逐渐增大，电容器两端电压逐渐增大，则电路中的电流逐渐减小，所以电流表示数不断减小，电压表示数不断增大。 故选D。 （2）[1]由图2可知，刚放电时的电流为，根据欧姆定律可知则放电时，电容器两端的电压为 [2]根据，可知图像与横轴围成的面积电容器刚放电时储存的电荷量，由图2可知，图像与横轴围成的面积中大约有66个小方格，则有 则该实验测得电容器的电容为 [3]由电路图可知，将开关接2，电容器进行放电时，电压表存在一定的分流作用，所以有图像得到的电荷量小于电容器实际刚放电时储存的电荷量，根据，可知该实验测得容器电容小于真实值。 17． ABC 【详解】（1）[1]由题意及电场力公式可得，油滴静止时有 所以需要测油滴质量、两板间的电压和两板间的距离，故选ABC。 （2）[2]由上述分析可得 （4）[3] 两板间不加电压时，油滴在两板间匀速下降 解得 18．（1）；（2）；（3）见解析 【详解】（1）根据电场强度的定义有 （2）根据电势差的定义有 （3）等势线垂直于电场线，画出的等势线如下图所示 19．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）设A到M点的距离为RM，由几何关系可得 A点的电荷对带电粒子的库仑力大小为FA，由库仑定律有 设带电粒子在M点所受电场力大小为FM，由力的合成有 解得 （2）由电势能公式得O点的电势能 （3）设处为C点，则到带电粒子从处到N点的过程中，由能量守恒定律得粒子的动能转化为电势能，则粒子减小的动能为 （4）要使粒子离开电场，由能量守恒定律得 解得 20．(1)， (2)， (3)见解析 (4) 【详解】（1）由电势差公式得 （2）A点的电势为 C点的电势为 （3）设中点为，则与等势，故为等势线。电场线与等势线垂直，且由高电势指向低电势，因此电场线垂直，因 故电场线方向从高电势指向低电势，垂直于CD指向右上方，如图所示 （4）根据几何关系有 解得 为等势线，沿电场线的距离 根据匀强电场场强公式有 又知    得 21．(1) (2) (3) 【详解】（1）电子穿过加速电场的过程，由动能定理得 解得 （2）电子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，则有 沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，有 根据牛顿第二定律得 联立解得电子在偏转电场中侧移量为 （3）方法一：电子离开偏转电场时在竖直方向的速度 电子离开偏转电场后做匀速直线运动，电子在水平方向的分速度为v0保持不变，运动时间 竖直方向产生位移 方程联立解得 P点到O点的距离 方法二：利用末速度反向延长线过水平位移中点，利用三角形相似可得 ， 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 $