章末检测试卷(第一章 静电场)（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二物理必修第三册学习笔记（教科版）

该高中物理课件聚焦静电场核心知识，涵盖电场强度、电势差、电容等概念，以及电场力、电势能、带电粒子在电场中的运动等规律，通过章末检测整合基础公式与综合应用，搭建从概念理解到问题解决的学习支架。 其亮点是精选名校考题，结合实验探究（如控制变量法研究静电力）和科学推理（如带电粒子运动分析），培养科学思维与探究能力。解析详尽，助力教师教学，学生能巩固知识并提升解题能力。

章末检测试卷(第一章) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C C D D C D D AB 题号 9 10 11 答案 AC AC (1)C　(2)增大　(3) 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 题号 12 答案 (1)见解析图　CU2　(2)a.R　b.减小电阻R，可以实现对电容器更快速充电；增大电阻R，可以实现更均匀充电 (3)增大　不变　不变　减小 题号 13 14 15 答案 (1)　(2)　 (1)　(2)　(3)(L+x) (1)R　(2)3mg　(3)　(4) 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 一、单项选择题 1.(2024·成都市石室中学高一期末)下面是某同学对静电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是 A.根据公式E=可知，电场中某点的电场强度与检验电荷所带的电荷量成反比 B.根据公式C=可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成　 　反比 C.根据公式UAB=可知，带电荷量为1 C的负电荷，从A点移动到B点克服电场力做 　功为1 J，则A、B两点间的电势差为1 V D.根据公式E=k可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 √ 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 电场强度取决于电场本身，与有无检验电荷无关，故A错误； 电容器的电容大小是由电容器本身构造所决定的，与电容器所带电荷量以及两板间电压无关，故B错误； 带电量为1 C的负电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J，即电场力做功为-1 J，则A、B两点间的电势差为UAB== V=1 V，故C正确； E=k为真空中静止的点电荷场强的决定式，由该式可知，电场中某点电场强度与场源电荷的电量Q成正比，与该点到场源电荷距离r的平方成反比，故D错误。 13 14 15 2.(2023·绵阳市江油中学高二期中)如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异种电荷的小球(不计重力)。开始时，两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E，在电场力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有 A.电场中A点电势高于B点 B.转动中A点的小球电势能变化量大于B点的小球 　电势能变化量 C.该过程电场力对两小球做功相等 D.该过程两小球的总电势能增加 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 沿电场线方向电势降低，则A点电势低于B点，A错误； 两球电荷量相等，转动中两球沿电场线方向运动距离相等，根据W=qEd可知，电场力对两小球做功相等，则两球电势能变化量大小相等，B错误，C正确； 转动过程电场力对两小球均做正功，则该过程两小球的总电势能减小，D错误。 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 3.如图所示，计算机键盘每个键下面都连有一块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块固定的小金属片，这两个金属片组成一个可变电容器。当连接电源不断电，按下某个键时，与之相连的电子线路就给出该键相关的信号，当按下键时，电容器的 A.电容变小 B.电荷量变小 C.极板间的电势差变大 D.极板间的电场强度变大 √ 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 当键被按下时，两极板间的距离减小，根据电容的决定式C=，知电容增大，A错误； 因电容器与电源连接，则电势差U不变，根据Q=CU知，所带电荷量Q变大，B、C错误； 依据E=，极板间距d变小，因U不变，则E变大，D正确。 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 4.(2024·黑吉辽)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，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 √ 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 根据题意若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，可知电场力和重力的合力沿着虚线方向，又电场强度方向为水平方向，根据力的合成可知电场力方向水平向右；若小球的初速度方向垂直于虚线(如题图)，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零，电场力的方向与小球的位移方向相同，则电场力对小球做正功，小球的动能增大，电势能减小，故选D。 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 5.(2024·北京卷)如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP=QN。下列说法正确的是 A.P点电场强度比Q点电场强度大 B.P点电势与Q点电势相等 C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来 　的2倍 D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变 √ 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，A错误； 由沿电场线方向电势越来越低知，P点电势高于Q点电势，B错误； 由电场叠加得P点电场强度E=k+k，若仅两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍，而PQ间距不变，根据U=Ed定性分析可知P、Q两点间电势差变大，C正确，D错误。 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 6.一带正电的小球质量为m、电荷量为q，将小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，电场强度E=，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球 A.做直线运动 B.机械能先增加后减小 C.加速度大小为2g D.速率先减小后增大 √ 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 小球受重力和电场力两个力作用，合力的方向与初速度 方向不在同一条直线上，小球做曲线运动，故A错误； 在水平方向，由于受电场力，水平速度先减小为零，后 反向增大，那么电场力先做负功后做正功，除重力以外的力对小球做的功等于机械能的变化量，所以机械能先减小后增大，故B错误； 小球受两个恒力，F电=qE=mg，G=mg，其合力为mg，所以加速度大小为g，故C错误； 小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成直角、锐角，可知合力先做负功后做正功，则速率先减小后增大，故D正确。 15 7.两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，规定无穷远处为电势能零点，一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x的变化关系图像如图所示，其中试探电荷在A、N两点的电势能为零，在ND段中C点电势能最大，则下列说法正确的是 A.q1为正电荷，q2为负电荷 B.q1电荷量小于q2的电荷量 C.将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小 D.将一正点电荷从N点静止释放后会沿x轴正方向运动且到达C点时速度 　最大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 √ 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 无穷远处的电势能为0，A点的电势能也为0，由于负电荷沿着x轴运动，电势能先为正值，后为负值，所以O点的电荷q1带负电，M点电荷q2带正电，由于A点距离O比较远而距离M比较近，所以q1电荷量大于q2的电荷量，故A、B错误； 由题可知，A、N两点的电势能为零，在这两点电势为零，由题图可知负电荷由N到C电势能增加，而由C到D电势能减小，可知在C点左侧电场方向向右，C点右侧电场方向向左，则正点电荷从N点移到D点，静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，则在C点时动能最大，即速度最大，故C错误，D正确。 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 二、多项选择题 8.(2023·四川省高二期末)如图所示，半径为R的绝缘光滑圆环竖直固定放置，甲、乙为套在圆环上的可视为点电荷的空心带电小球，其中小球甲固定在圆环的最低点a处，小球乙可以沿圆环自由滑动。平衡时，小球乙静止在圆环上的b点。a、b连线与竖直方向成30°角。已知小球乙带正电，电荷量为q，质量为m，重力加速度为g。则 A.小球甲一定带正电 B.小球甲在b点处产生的电场强度大小为 C.小球甲所带电荷量的绝对值为 D.小球甲所带电荷量的绝对值为 √ √ 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 对乙受力分析，有两种情况如图(a)、(b)所示。图(b)中小球乙无法受力平衡，对图(a)，由平衡条件得mg+Ncos 60°=Fcos 30°，Nsin 60°= Fsin 30°，解得N=mg，F=mg 图(a)中甲、乙所受的库仑力为斥力，则甲、乙 带同种电荷，则小球甲一定带正电，故A正确； 根据电场强度定义式E==，故B正确； 根据库仑定律F=k，得q甲=，故C、D错误。 15 9.(2024·绵阳市高二期末)如图所示，水平放置的平行板电容器，极板间所加电压为U。带电粒子紧靠下极板边缘以初速度v0射入极板，入射时速度方向与极板夹角为45°，粒子运动轨迹的最高点恰好在上极板边缘，忽略边缘效应，不计粒子重力。下列说法正确的是 A.粒子的比荷为= B.粒子的比荷为= C.保持入射方向不变，仅将粒子初速度大小变为原来的，粒子将打在下极板上 D.保持入射方向不变，仅将粒子初速度大小变为原来的，粒子仍从极板之间 　飞出 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 √ 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 如图所示，粒子在电场中做类斜上抛运动，根据运动规律知水平方向vx=v0cos θ=v0，竖直方向vy=v0sin θ =v0，由动能定理知-qU=0-m，代入得==，A正确，B错误； 设当粒子初速度是v0时运动时间为t1，初速度是v0时运动时间为t2，在电场中加速度为a，极板长度为L，则vy=v0sin θ=v0=at1，当初速度是v0时，vy'=v0sin θ=v0=at2，vx'=v0sin θ=v0， 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 则可知t1=2t2，L=vxt1=v0t1=v0t2， 当初速度是v0时，由类斜上抛运动对称性知， 粒子回到入射点的同一水平面上时 水平位移L'=2vx't2=v0t2，则可知L'<L，保持入射方向不变，仅将粒子初速度大小变为原来的，粒子将打在下极板上，C正确，D错误。 15 10.(2024·成都市高二期末)如图甲，真空中有一平行板电容器水平放置，极板长为L，极板间距为d，两极板间存在按图乙规律变化的电压。一带正电的粒子M在t=时从极板左侧紧贴上极板以大小为v0的水平速度射入极板，运动中粒子M恰好不会打在下极板上。与粒子M完全相同的另一粒子N在某时刻也从极板左侧紧贴上极板以大小为2v0的水平速度射入极板，最终粒子N恰好从上极板 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 右侧边缘飞离极板。已知v0=，粒子M、N均可视为质点，不计粒子重力，若粒子打到极板上，则会被吸收，粒子M、N同时在极板间运动时，两者互不影响。 15 下列说法正确的是 A.粒子M、N在极板间运动的时间之比 　为2∶1 B.粒子M飞离极板时与上极板的距离为 C.粒子N射入极板的时刻可能为T D.若粒子N在0~内的某时刻射入极板，则在t=时粒子N的动能最大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 √ 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 粒子在水平方向做匀速运动，则M在板间运动的时间t1==T，N在极板间运动的时间t2== 则时间之比为2∶1，选项A正确； 设粒子在板间运动竖直方向的加速度大小为a，则竖直方向粒子M先向下加速运动，则位移为y1=a()2=aT2 再向下减速运动，同理可知位移y2=y1=aT2 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 此时恰不碰到下极板，则y2+y1=aT2=d 然后粒子向上加速运动，则位移y3=a()2=aT2 然后向上减速运动，则位移y4=y3=aT2 则此时粒子M飞离极板时与上极板的距离为Δy=2y1-2y3= 选项B错误； 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 粒子N在电场中运动的时间为，假设粒子射入极板的时刻为t=T=T+T 则在电场中竖直方向粒子先向下加速-T后向下减速T，则竖直方向上位移 y=a(-T)2+a(-T)T-a(T)2=0 可知，粒子N恰好从上极板右侧边缘飞离极板，选项C正确； 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 粒子N在电场中运动的时间为，若粒子N在0~内的某时刻t射入极板，则0~t时间内竖直方向粒子先做加速运动，在-t时间内向下做减速运动，则粒子在t时刻的速度最大，此时粒子N的动能最大，选项D错误。 13 14 15 三、非选择题 11.(2024·眉山市东坡区二校高一期末)某物理兴趣小组利用如图甲所示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。图甲中，A是一个固定在绝缘支架上带正电的物体，系在绝缘细线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过细线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 步骤一：把系在细线上的同一带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受静电力的大小。 步骤二：使小球处于同一位置，增大(或减小)小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。 (1)图甲中实验采用的方法是　　。  A.理想实验法 B.等效替代法 C.控制变量法 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 C 图甲中实验采用的方法是控制变量法。 15 (2)图甲实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 增大 图甲实验表明，细线与竖直方向的夹角随着距离的减小而增大，根据受力可知，电荷之间的静电力随着距离的减小而增大。 15 (3)接着该组同学进行如下探究：如图乙，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端拴有一个带电量不变的小球B，在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球A，当A球到达悬点P的正下方并与B在同一水平线 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 上，B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为θ，若两次实验中A球的电量分别为q1和q2，θ分别为30°和 60°，则=　 　。  15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 由小球B的受力可知两次实验分别有k=mgtan 30° k=mgtan 60°，解得=。 15 12.电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差U随电荷量q的变化图像都相同。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 (1)请在图甲中画出上述U-q图像。类比直线运动中由v-t图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存 的电能Ep=　　　　。  答案　见解析图 CU2 15 U-q图像如图所示。图线与横轴围成的面积表示电能，Ep=qU=CU2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 (2)在如图乙所示的充电电路中，R表示电阻阻值，E表示电源电压。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q-t曲线如图丙中①②所示。 a.①②两条曲线不同是　　(选填“E”或“R”) 的改变造成的；  R 电容器充完电后，电容器两端电压等于电源电压，由题图知，①②两次带电荷量相等，由Q=CE知，两次电源电压相等，故①②两条曲线不同是R的改变造成的。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 b.电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。 ________________________________________________ _________________________ 减小电阻R，可以实现对电容器更快速充电；增大电阻R，可以实现更均匀充电 刚开始充电瞬间，电容器两端的电压为零，电路的瞬时电流为I=，故减小电阻R，刚开始充电瞬间电流I大，曲线上该点切线斜率大，即为曲线①，该曲线更快达到q，故可以实现对电容器快速充电；增大电阻R，刚开始充电瞬间电流I小，即为曲线②，该曲线接近线性，可以实现均匀充电。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 (3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程，填写下表(均选填“增大”“减小”或“不变”)。   “恒流源” (2)中电源 电源两端电压 　 　  　 　  通过电源的电流 　 　  　 　  增大 不变 不变 减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 接(2)中电源时，电源两端电压不变。通过电源的电流I=，随着电容器两端电压不断变大，通过电源的电流减小；“恒流源”是指电源输出的电流恒定不变。接“恒流源”时，随着电容器两端电压的增大，“恒流源”两端电压增大。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 13.(2024·成都市高二期末)如图，在竖直平面内，位于同一水平线上的M、N两点，固定两个电荷量均为Q(Q>0)的点电荷。A、B为MN中垂线上的两点，O为MN的中点，且OA=OB，AB=AM=R。将一质量为m，电荷量为-q(q>0)的带电小球从A点静止释放。已知重力加 速度为g，静电力常量为k，不计空气阻力。 (1)求小球到达B点时的速度大小vB； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 答案　　 15 根据对称性，从A到B电场力不做功，由动能定理可知小球到达B点时的速度大小mgR=mv2，解得v=。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 (2)若在空间再加一竖直向下的匀强电场，并从A点将小球以大小为v，方向垂直纸面向里的速度抛出，小球恰好能绕O点做匀速圆周运动。求所加匀强电场的场强大小E和小球做圆周运动的速度大小v。 答案　　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 小球绕O点做匀速圆周运动，即向心力的大小是一定的，此时小球重力应与所加匀强电场的电场力等大反向，向心力由位于M、N两点电荷与小球之间库仑力的合力提供。根据qE=mg，得E=，根据F向=k，F向 =m=m=m，解得v=。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 14.(2024·遂宁市绿然学校高二月考)如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后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)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两 板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，偏转电场的右端到荧光屏的距离为x，电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力。 15 (1)求电子穿过A板时的速度大小v0； 答案　 电子在加速电场中加速，由动能定理有eU1=m，解得v0= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量y； 答案　 电子在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向有L=v0t，沿电场方向有e=ma，侧移量y=at2，联立解得y= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 (3)求OP的距离Y。 答案　(L+x) 根据电子运动轨迹及类平抛运动的推论，由几何关系知 =，解得Y=L+x)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15.(2024·眉山市高二期中)如图，水平轨道AB与半径为R的竖直半圆弧轨道BCD在B点平滑连接，整个装置处于与水平方向成45°角斜向上的匀强电场中，场强大小E=。质量为m，电荷量为q的带正电小球从水平轨道上A点静止释放后以水平速度v0=经B点进入圆弧轨道。不计一切摩擦阻力，重力加速度大小为g。求： (1)水平轨道A、B之间的距离； 答案　R　 15 小球从A点到B点过程，根据动能定理可得 qExABcos 45°=m-0 得水平轨道AB之间的距离为 xAB=R 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 (2)小球运动到圆弧轨道上B点时所受轨道支持力的大小； 答案　3mg　 小球运动到圆弧轨道上B点时，根据牛顿第二定律可得 N+qEsin 45°-mg=m 解得小球所受轨道支持力的大小为N=3mg。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 (3)小球在轨道上运动的最大速度； 答案　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 小球在圆弧轨道运动时，只有重力和电场力做功，重力和电场力的合力如图所示 由几何关系可知重力和电场力的合力方向水平向右，大小为F合=mg， 可知小球在轨道上运动到C点的速度最大，从B到C过程，根据动能定理可得 F合R=m-m 解得小球在轨道上运动的最大速度为vC=。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 (4)小球从D点离开圆弧轨道到第一次返回轨道所经历的时间。 答案　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 从B到D过程，重力和电场力的合力做功为0，则小球在D点的速度为vD=v0=， 小球在D点离开圆弧轨道时的速度水平向左，而重力和电场力的合力水平向右，可知小球从D点离开后先水平向左做匀减速直线运动，再反向水平向右做匀加速直线运动回到D点，则有a==g 小球从D点离开圆弧轨道到第一次返回轨道所经历的时间为t=2×=。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 12 13 14 15 本课结束 $