第十章 静电场中的能量 章末检测试卷(二)（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理必修第三册学习笔记（人教版 浙江专版）

本讲义聚焦静电场核心知识点，系统梳理电场强度与电势的性质、电容器充放电规律及带电粒子在电场中的运动，构建从基础概念到综合应用的递进式学习支架。 资料精选高考真题与模拟题，通过情境化问题设计培养科学思维与模型建构能力，实验题强化科学探究素养。解析详尽，课中辅助教师高效授课，课后助力学生查漏补缺，深化物理观念理解。

章末检测试卷(二) (满分：100分) 一、选择题Ⅰ(本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．四个电场中，a、b两点电场强度与电势均相同的是(　　) 答案　C 解析　电场强度是矢量，有大小有方向，由点电荷产生的电场特点可知选项A中两点电场强度方向不同，两点电场强度不同，A错误；选项B中两点电场强度大小不同，两点电场强度不同，同时沿着电场线方向电势降低，两点电势也不同，B错误；由匀强电场的特点知选项C中a、b两点的电场强度相同，两点在同一等势面上，电势也相同，C正确；由等量异种电荷的电场线分布特点知，选项D中两点在同一等势面上，电势相同，但a点的电场强度比b点的大，D错误。 2．(2023·湖北卷)在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为φM、φN，电场强度大小分别为EM、EN。下列说法正确的是(　　) A．若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的远 B．若EM<EN，则M点到电荷Q的距离比N点的近 C．若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则φM<φN D．若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则EM>EN 答案　C 解析　沿着电场线的方向电势降低，根据正点电荷产生的电场特点可知若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的近，故A错误；电场线的疏密程度表示电场强度的大小，根据正点电荷产生的电场特点可知若EM<EN，则M点到电荷Q的距离比N点的远，故B错误；若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则是逆着电场线运动，电势增加，故有φM<φN，故C正确；若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则是逆着电场线运动；根据正点电荷产生的电场特点可知EM<EN，故D错误。 3.(2022·福建卷)平时我们所处的地球表面，实际上存在场强大小为100 V/m的电场，可将其视为匀强电场，在地面立一金属杆后空间中的等势面如图所示。空间中存在a、b、c三点，其中a点位于金属杆正上方，b、c等高。则下列说法正确的是(　　) A．b、c两点的电势差Ubc＝0 B．a点场强大小大于100 V/m C．a点场强方向水平向右 D．a点的电势低于c点 答案　B 解析　由题图可知，b、c两点的电势差为Ubc＝200 V－300 V＝－100 V，故A错误；由题图可知，a点与相邻两等势面的距离小于1 m，电势差的绝对值等于100 V，根据E＝，可知a点场强大小大于100 V/m，故B正确；根据场强方向垂直于等势面，可知a点的场强方向沿竖直方向，不是水平方向，故C错误；由题图可知，a点与c点在同一等势面上，电势均为300 V，故D错误。 4.(2024·杭州市高二期末)如图，在空间坐标系O－xyz中，点A、B、M、N均位于坐标轴上，且A、B、M、N到原点O距离均相等。现在A、B两点处分别固定等量异种电荷＋Q与－Q，O点的电场强度大小为E。则(　　) A．M点的电场强度大小为E B．M、N两点的电场强度大小相等，方向不同 C．试探电荷＋q从N点移到无穷远处，电势能减小 D．沿坐标轴将试探电荷＋q从M点移到O点再移到N点，其电势能先增加后减小 答案　A 解析　设OA间的距离为a，根据电场强度的叠加，O点电场强度E＝2，因此M点的电场强度大小EM＝2cos 45°＝＝E，A正确； 根据电场的叠加及对称性，M、N两点的电场强度大小相等，方向相同，B错误； 由于M、N两点都处于等量异种电荷的中垂面上，电势均为零，因此无论将试探电荷＋q从M移到N还是从N移到无穷远处，静电力做功均为零，电势能保持不变，C、D错误。 5.(2024·台州市高二期末)如图所示的电路中，R为定值电阻，MN是水平正对放置的平行板电容器的两个极板，N板接地，规定接地点电势为零。开关S闭合，有一带电油滴静止悬浮在两极板间的A点，下列说法正确的是(　　) A．保持开关S闭合，将M板向右平移一小段距离，电容器的电容C增大 B．保持开关S闭合，增大两极板间的距离，电阻R中有从B到D的电流 C．断开开关S，将N板向下平移一小段距离，带电油滴的电势能不变 D．断开开关S，减小两极板间的距离，带电油滴仍静止不动 答案　D 解析　根据电容决定式C＝，可知，将M板向右平移一小段距离，两板间的正对面积将减小，则电容器的电容C要减小，故A错误； 根据电容定义式和决定式C＝＝，可知，增大两极板距离的过程中，电容器的电容将减小，由于两极板间的电压不变，所以极板上的电荷量要减少，将在图示电路中形成逆时针方向的电流，即电阻R中有从D到B的电流，故B错误； 断开开关S后，两极板上的电荷量将保持不变；将N板向下平移一小段距离，则根据C＝＝，有E＝＝，即极板间的电场强度不变，带电油滴悬浮的位置不变；根据U＝Ed，可知两极板间的电势差将增大，所以A点的电势φA将升高，由于油滴带负电，根据电势能公式EpA＝qφA，可知带电油滴的电势能将减小，故C错误； 断开开关S，两极板上的电荷量将保持不变，由E＝＝，可知，减小两极板间的距离，极板间的电场强度不变，所以带电液滴仍静止不动，故D正确。 6.(2024·宁波市鄞州中学高一期中)如图有一在真空中的立方体，其中心有一带电荷量为q的正点电荷，角C、E各放一个带电荷量为－q的负点电荷，下列说法正确的是(　　) A．D点和F点的电势不同 B．D点和F点的电场强度相同 C．一电荷从H点移到G点，两个负电荷对它做功的代数和为零 D．图中A、B、D、H、F、G这6个点的电势不可能都为零 答案　C 解析　D点和F点的连线恰好是三个点电荷连线的中垂线，且D点和F点关于正点电荷对称，根据电荷的分布及电势满足代数运算可知，D点和F点的电势相等，故A错误； 根据矢量运算法则及对称性可知，D点和F点的电场强度大小相同，方向相反，故B错误； 在不考虑正电荷的情况下，根据对称性可知，两个负电荷在H点和G点产生的电势相等，故将一电荷从H点移到G点，两个负电荷对它做功的代数和为零，故C正确； A、B、D、H、F、G这6个点都是正方体的顶点，每个点分别与两个负电荷和正电荷的距离都相等，即这6个点的电势相等，则这6个点的电势有可能都为零，故D错误。 7.(2022·浙江6月选考)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则(　　) A．M板电势高于N板电势 B．两个粒子的电势能都增加 C．粒子在两板间的加速度为a＝ D．粒子从N板下端射出的时间t＝ 答案　C 解析　由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；根据题意垂直M板向右的粒子到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有＝v0t，d＝at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同，有(v0)2－v02＝2ad，联立解得t＝，a＝，故C正确，D错误。 8.(2024·宁波市余姚中学高二期中)一个电荷量为－q、质量为m的点电荷，仅在静电力的作用下沿x轴运动，其动能Ek随位置x变化的关系图像如图所示，图像关于x＝2x0对称，规定x＝5x0处电势为零，下列说法正确的是(　　) A．在x0～2x0区间，电势不断降低 B．在x＝2x0处的电势φ＝ C．在2x0～3x0区间，电场强度逐渐减小 D．点电荷在x＝4x0处的电势能为E0 答案　B 解析　由于只有静电力做功，点电荷的动能与电势能总和不变，在x0～2x0区间，点电荷的动能增大，电势能减小，由于点电荷带负电，所以电势不断升高， 故A错误； 规定x＝5x0处电势为零，点电荷在x＝5x0处电势能也为零，动能也为零。点电荷仅在静电力的作用下运动，电势能和动能相互转化，电势能和动能的和E＝Ep＋Ek＝0，在x＝2x0处动能为2E0，则在x＝2x0处的电势能为－2E0，该点的电势φ＝＝，故B正确； 在2x0～3x0区间，Ek－x图像的切线斜率的绝对值增大，斜率的绝对值表示点电荷受到的静电力的大小，所以点电荷受到的静电力增大，电场强度增大，故C错误； 电荷的动能与电势能总和为零，所以x＝4x0处电荷的电势能为－E0，故D错误。 9.如图所示，图中虚线为与纸面平行的、匀强电场的平行等间距等势线，已知M粒子的质量和电荷量数值都为N粒子的2倍。现将M、N从虚线上O点沿虚线向右以相同的速度v0射出，两粒子在电场中的运动轨迹分别如图中两条实线所示，点a、b、c为实线与虚线的交点，已知M粒子带负电且其到达c点时动能增加为在O点时动能的2倍，不计粒子重力和两个粒子之间的相互作用，则(　　) A．N粒子一定带负电，且N粒子在a点时加速度与M粒子在c点时加速度大小相等 B．N粒子到达a点的时间是M粒子到达c点的时间的一半 C．N粒子到达a点的速度大小为v0 D．M粒子运动到c点减少的电势能是N粒子运动到a点减少的电势能的2倍 答案　C 解析　电场线与等势面相互垂直，M粒子带负电，根据其运动轨迹可知电场线方向竖直向上，N粒子向上偏转，则N粒子带正电，因为M、N处于匀强电场，根据牛顿第二定律可得aN＝，aM＝＝，所以N粒子在a点时加速度与M粒子在c点时加速度大小相等，故A错误；两粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向，对N到达a点时有h＝×tN2，对M到达c点时有2h＝×tM2，可得＝，故B错误；根据题意M粒子带负电且其到达c点时动能增加为在O点时动能的2倍，设相邻等势面电势差大小为U，根据动能定理则有2q·2U＝2××2mv02－×2mv02，对N粒子到达a点时有qU＝mv0′2－mv02，解得v0′＝v0，故C正确；静电力所做的功等于电势能的改变量，则有＝＝，故D错误。 10．(2024·台州市高二期末)如图甲，在平行于纸面的匀强电场中，有一个圆形区域ABCD，圆心为O，半径为R＝0.2 m，P为圆弧上的一个点，从A点出发沿逆时针运动，θ为PO连线旋转的角度，即∠POA＝θ，P点电势随θ角度的变化如图乙所示，则下列说法正确的是(　　) A．φA<φB B．匀强电场电场强度大小为20 V/m C．电子在B点的电势能小于在C点的电势能 D．电子从C点沿圆弧顺时针移动到D点，静电力先做负功后做正功 答案　D 解析　由题图乙可知φA＝2 V，当θ＝时，P点位于图中的E点处，此时可得φE＝1 V，当θ＝π时，P点位于图中的F点处，由几何知识可知E、F、O三点共线，此时可得φO＝＝3 V，过A点作OE的垂线交于M点，由几何知识易得，M点为EO中点，则图中M点的电势为φM＝＝2 V＝φA，故直线AM为等势线，由于电场线与等势面垂直，则可知电场线沿FOE方向，过B点作电场线FOE的垂线，交于N点，如图所示，则有φA＝φM>φN＝φB，电场强度的大小为E＝＝ V/m＝10 V/m，故A、B错误；根据沿电场线电势降低，B点的电势比C点的电势低，则电子在B点的电势能大于在C点的电势能，故C错误；电子从C点沿圆弧顺时针移动到D点，电势先降低再升高，电势能先升高后降低，则静电力先做负功后做正功，故D正确。 二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分) 11.(2024·杭州师范大学附属中学高二期中)如图所示，一重力不计的带电粒子由平行板的极板边缘以平行极板的速度射入，经过一段时间由下极板的边缘离开，已知两极板之间的距离为d、两极板的长度为L、粒子在极板间运动的时间为t。则下列说法正确的是(　　) A．水平方向上前与后静电力做功的比值为1∶1 B．竖直方向上前与所需时间的比值为1∶(－1) C．前与后电势能变化量的比值为1∶1 D．前与后竖直方向下落的高度比值为1∶3 答案　BD 解析　根据类平抛运动规律，可得x＝v0t，易知，粒子水平方向上前与后所用时间的比值为1∶1，粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律可知这两个运动过程的竖直分位移之比为1∶3，根据W＝qEy，可知，静电力做功的比值为1∶3，故A错误，D正确； 同理，根据匀变速直线运动规律的推论可知竖直方向上前与后所需时间的比值为1∶(－1)，故B正确； 根据W电＝－ΔEp，结合A选项分析，可知前与后电势能变化量的比值为1∶3，故C错误。 12．(2023·全国乙卷)在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP>OM，OM＝ON，则小球(　　) A．在运动过程中，电势能先增加后减少 B．在P点的电势能大于在N点的电势能 C．在M点的机械能等于在N点的机械能 D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功 答案　BC 解析　由题知，OP>OM，OM＝ON，则根据点电荷的电势分布情况可知φM＝φN>φP，则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EpM＝EpN，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误，B、C正确；从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。 13.如图甲所示，A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0，一质量为m、电荷量大小为q的负电荷仅在静电力作用下，在t＝时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板间，恰好到达B板，则(　　) A．电荷在时到达B板 B．电荷在两板间的最大速度为 C．A、B两板间的距离为 D．若电荷在t＝时刻进入两极板，它将不能到达B板 答案　BD 解析　电荷恰好能到达B板，意味着电荷到达B板时的速度为零，根据题意，电荷先向右加速T 后向右减速T，电荷应该在T时到达B板，故A错误；根据A的分析，电荷在T时达到最大速度，此时电荷刚好运动到两极板的中间，根据电势差与电场强度的关系，初始位置到极板中间的电势差为U0，有U0q＝mv2，解得v＝，故B正确；电荷进入极板先做匀加速运动，后做匀减速运动，T时电荷的运动位移为两极板的间距，d＝a()2×2，a＝＝，解得d＝，故C错误；若电荷在t＝T时刻进入两极板，电荷先加速T，然后减速T，减速到零，根据上面的分析，电荷此时未到达B板，接下来，电荷向A板加速T后从小孔射出，故电荷到达不了B板，故D正确。 三、非选择题(本题共5小题，共58分) 14．(14分)Ⅰ.(6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。图甲中直流电源电动势E＝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)(2分)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)(2分)乙图中阴影部分的面积S1________S2；(选填“>”“<”或“＝”) (3)(2分)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) Ⅱ.(8分)用如图所示电路，研究电容器的放电过程。实验时，先将开关S掷向1，充电完毕后，将开关掷向2，传感器将信号传入计算机屏幕上，显示出电流或电压随时间变化的图线。 (1)(2分)电容的定义式C＝，下列物理量的表达式中，也是用其他物理量的比来定义且为标量的是________。 A．电场强度E＝ B．加速度a＝ C．电势φ＝ D．电阻R＝ρ (2)(2分)实验中所使用的电容器电容大小为1 500 μF，额定电压为20 V，所使用的电源输出电压为10 V，则在该实验中电容器存储的最大电荷量为________。 (3)(2分)用q表示电容器上极板所带的电荷量，UC表示电容器两端的电压，I表示电路中的电流，电容器在放电过程中的图像正确的有________。 (4)(2分)由图可知，传感器1为________(选填“电流”或“电压”)传感器。为使得电容器的放电时间延长便于观察，实验中所使用的可变电阻阻值应适当________(选填“调大”或“调小”)。 答案　Ⅰ.(1)电荷量　(2)＝　(3)0.15　Ⅱ.(1)C　(2)1.5×10－2 C　(3)BD　(4)电流　调大 解析　Ⅰ.(1)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荷量。 (2)S1表示电容器充电后所带电荷量，S2表示电容器放出的电荷量，所以S1＝S2。 (3)该电容器的电容为C＝＝≈0.15 F。 Ⅱ.(1)E＝为电场强度的定义式，采用比值定义法，但电场强度为矢量，故A错误；a＝为加速度的决定式，即牛顿第二定律表达式，不是比值定义法，故B错误；φ＝为电势的定义式，为比值定义法，且电势为标量，故C正确；R＝ρ为电阻的决定式，不是比值定义法，故D错误。 (2)由于电源所使用的输出电压为10 V，根据电容的定义式可得实验中电容器存储的最大电荷量为Q＝CU＝1 500×10－6×10 C＝1.5×10－2 C。 (3)电容器在放电过程中其所带电荷量逐渐减小，两极板电压减小，电流减小，且均减小的越来越慢，故选B、D。 (4)由题图可知，传感器1串联在电路中，是电流传感器，传感器2与可变电阻并联，是电压传感器；若调大可变电阻接入电路的阻值，则回路中电流减小，从而延长放电时间。 15．(8分)一个初速度为零的电子在经U1的电压加速后，垂直平行板间的匀强电场从距两极板等距处射入。如图所示若两板间距为d，板长为L，两板间的偏转电压为U2；当有带电粒子撞击荧光屏时会产生亮点。已知电子的带电荷量为e，质量为m，不计重力，求： (1)(2分)电子经加速电压U1加速后以多大的速度v0进入偏转电场； (2)(6分)电子射出偏转电场时速度偏转角的正切值tan θ； 答案　(1)　(2) 解析　(1)电子经加速电压U1加速过程，根据动能定理可得 eU1＝mv02 解得v0＝ (2)设电子在偏转电场中的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得eE＝ma 又E＝ 联立解得，电子在偏转电场中的加速度大小为a＝ 电子在偏转电场中做类平抛运动，沿平行板方向有L＝v0t 沿电场方向有vy＝at 联立解得vy＝ 则电子射出偏转电场时速度偏转角的正切值为tan θ＝＝＝。 16．(11分)如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝，半径为R的绝缘光滑圆轨道固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径，CD是水平方向的直径。一质量为m、电荷量为q(q>0)的小球在轨道内侧的P点处于静止，OP与竖直方向的夹角为θ。当小球获得切线方向的初速度后，恰能沿轨道做完整的圆周运动。重力加速度为g。 (1)(2分)求小球静止在P点时OP连线与竖直方向的夹角； (2)(3分)若小球恰好能完成圆周运动不脱离轨道，求小球运动过程中的最小速率v； (3)(6分)若小球恰好能完成圆周运动不脱离轨道，求小球运动到B点时对轨道的压力。 答案　(1)60°　(2)　(3)9mg 解析　(1)小球静止在圆轨道P点，此时合力为零，有qE＝mgtan θ 解得θ＝60° (2)若小球恰好完成圆周运动不脱离轨道，则小球运动到PO延长线与AC的交点时速度最小，此时对轨道的压力为零 由牛顿第二定律得＝m 解得vmin＝ (3)小球从PO延长线与AC的交点运动到B点时由动能定理有 mgR(1＋cos 60°)＋EqRsin 60°＝mvB2－mvmin2 对小球有FN－mg＝m 解得FN＝9mg 由牛顿第三定律可得对轨道的压力FN′＝FN＝9mg，方向竖直向下。 17.(12分)如图所示，A、B接在电压大小恒为U的交流电源上，质量为m、电荷量为＋q的离子，以初速度v0进入直线加速器第1个金属圆筒左侧的小孔，离子在每个筒内均做匀速直线运动，时间均相等，在相邻两筒间的缝隙内被电场加速，加速时间不计。离子从第3个金属圆筒右侧出来后，立即由M点射入转向器，转向器中有辐射状电场，离子沿着圆弧虚线(等势线)运动，并从N点射出，离子射出时速度方向与矩形区域CDQP内有界匀强电场的电场强度方向垂直，最终离子恰好打在Q点。已知第3个金属圆筒的长度为l，转向器虚线MN处电场强度的大小处处为E，QP＝d、PN＝2d。求： (1)(3分)离子在每个金属圆筒内运动的时间； (2)(3分)离子在转向器中做圆周运动的半径； (3)(6分)矩形区域CDQP内电场强度的大小。 答案　(1)l　(2)　(3) 解析　(1)设离子在第三个圆筒内运动时的速度为v，则有2qU＝mv2－mv02 离子在每个金属圆筒内运动的时间t＝ 解得t＝l (2)离子由M点射入转向器，沿着圆弧虚线(等势线)做圆周运动，则有Eq＝m 结合上述解得R＝ (3)离子在矩形区域CDQP内做类平抛运动，加速度a＝ 沿电场方向和垂直电场方向的位移分别为2d＝at′2，d＝vt′ 联立可得E′＝。 18．(13分)如图甲所示，间距为d的两平行金属板A、B，板间电压UAB＝，A板上一粒子源能随时间均匀发射质量为m，电荷量为＋q的带电粒子，放出的带电粒子(初速度可视为零)经A、B间电场加速后恰好从金属板M左端的下边缘沿水平方向进入水平放置的平行金属板M、N间，M、N间距也为d，板长L＝2d、在M、N间加如图乙所示的电压，U0＝，距金属板M、N右端d处有一接收屏(屏足够大)，以M板延长线与屏的交点为坐标原点O，取向下为y轴正方向，忽略粒子所受重力。求： (1)(3分)粒子刚进入M、N时的速度v0； (2)(4分)在t＝时刻进入M、N的粒子打在接收屏上的位置坐标y； (3)(6分)若发射时间足够长(远大于UMN的变化周期)，则能够被接收屏接收的粒子占粒子源发射总数的比例。 答案　(1)　(2)d　(3) 解析　(1)在加速电场中，由动能定理有qUAB＝mv02 得v0＝ (2)由题意可知，粒子在偏转电场中运动时间为t＝＝ 粒子的加速度为a＝＝ 设离开M、N时偏移距离为y，则 y＝a()2×2＝d (3)设t2时刻进入M、N的粒子恰好能从M板右端离开，t2到的时间间隔为Δt，则a(Δt)2×2－a(－2Δt)2＝0 得Δt＝－T 则t2＝－Δt＝T 一个周期内，～T时刻进入的粒子能被屏接收，占比k＝＝。 学科网（北京）股份有限公司 $