第10章 静电场中的能量 真题演练-【经纶学霸】2026-2027学年高二物理必修第三册4星学霸黑白题（人教版）江苏专版

第十章真题演练 黑题 真题体验 限时：60min 考点1电场强度、电势和电势能 点，OP>0M,OM=ON,则小球 ( 1.(2024·重庆高考)沿空间某直线建立x轴， A.在运动过程中，电势能先增加后减少 该直线上的静电场方向沿x轴，某点电势的φ B.在P点的电势能大于在N点的电势能 随位置x变化的图像如图所示，一电荷量为e C.在M点的机械能等于在N点的机械能 带负电的试探电荷，经过x2点时动能为 D.从M点运动到N点的过程中，电场力始终 1.5eV,速度沿x轴正方向，若该电荷仅受电 不做功 场力.则其将 ( 4.(2024·广西高考)如M6 A.不能通过x3点 图，将不计重力、电荷量 B.在x3点两侧往复运动 为q带负电的小圆环套 C.能通过xo点 在半径为R的光滑绝缘 D.在x,点两侧往复运动 半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分 别固定电荷量为27Q和64Q的负点电荷.将 小圆环从靠近N点处静止释放，小圆环先后 经过图上P,点和乃，点，已知s9=了，则小 (第1题) (第2题) 圆环从P,点运动到P,点的过程中( 2.(2023·山东高考)（多选）如图所示，正六棱 A.静电力做正功 柱上下底面的中心为O和O',A、D两点分别 B.静电力做负功 固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是 C.静电力先做正功再做负功 ( D.静电力先做负功再做正功 A.F'点与C'点的电场强度大小相等 考点3电场线和等势面 B.B点与E点的电场强度方向相同 5.（2024·甘肃高考)（多选）某带电体产生电场 C.A'点与F'点的电势差小于O'点与D'点的 的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带 电势差 电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹， D.将试探电荷+g由F点沿直线移动到O点， M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点， 其电势能先增大后减小 下列说法正确的是 考点2电场力做功和能量的转化 A.粒子带负电荷 3.(2023·全国乙卷)（多选）在0点 B.M点的电场强度 处固定一个正点电荷，P点在O点 5(6y M 比N点的小 右上方.从P点由静止释放一个带0 C.粒子在运动轨迹 负电的小球，小球仅在重力和该点 上存在动能最小的点 电荷电场力作用下在竖直面内运 D.粒子在M点的电势能大于在N点的电 动，其一段轨迹如图所示.M、N是轨迹上的两 势能 第十章黑白题045 6.(2022·浙江高考)某种气体一电子放大器的 C.极板间电场强度增大 局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属 D.电容器储存能量增大 薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两 孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示 下列说法正确的是 (第8题) (第9题) 9.（2022·北京高考)利用如图所示电路观察电 容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值 电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表 下列说法正确的是 ( A.a点所在的线是等势线 A.充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋 B.b点的电场强度比c点大 于稳定 C.b、c两点间的电势差的值比a、c两点间 的大 B.充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋 于稳定 D.将电荷沿图中的线从d→→f→g移动时电 C.放电过程中，电流表的示数均匀减小至零 场力做功为零 D.放电过程中，电压表的示数均匀减小至零 7.(2023·辽宁高考)（多选）图(a)为金属四极 考点5带电体在电场中的运动 杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图， 10.（2024·山东高考)（多选）如图所示，带电量 图(b)为四极杆内垂直于x轴的任意截面内 为+g的小球被绝缘棒固定在0点，右侧有固 的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相 等，则 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 图(a 图b) 量为飞，下列说法正确的是 A.P点电势比M点的低 √3kg B.P点电场强度大小比M点的大 A.OB的距离I= mg C.M点电场强度方向沿z轴正方向 √3kg D.沿x轴运动的带电粒子，电势能不变 B.OB的距离l= 3mg 考点4电容器 C.从A到C,静电力对小滑块做功W=-mgs 8.(2024·浙江高考)图示是“研究电容器两极 板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量 D.AC之间的电势差Uc=-2 不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增 11.(2023·湖北高考)（多选）一带正电微粒从 大，则 静止开始经电压U,加速后，射入水平放置的 A.极板间电势差减小 平行板电容器，极板间电压为U.微粒射入 B.电容器的电容增大 时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为 必修第三册黑白题046 45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端 A、B继续向右运动，一段时间后，A从右 的水平距离分别为2L和L,到两极板距离均 向左运动.求A第一次从右向左运动过 为d,如图所示.忽略边缘效应，不计重力.下 程中最大速度的大小.（整个过程B未与 列说法正确的是 A脱离，C未与地面相碰) mwm4 459 21 A.L:d=2:1 B.U1:U2=1:1 C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切 值为2 D.仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在 电容器中的运动轨迹不变 12.(2024·福建高考)如图，木板A放置在光滑 水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧 M、N与桌面上的两个固定挡板相连.小物块 B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑 轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘 且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行. 桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、 C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自 然伸直状态.t=0时撤去电场，C向下加速运 动，下降0.2m后开始匀速运动，C开始做匀 速运动瞬间弹簧N的弹性势能为0.1J.已知 A、B、C的质量分别为0.3kg、0.4kg、0.2kg, 小球C的带电量为1×106C,重力加速度大 小取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间 的摩擦力不计。 (1)求匀强电场的场强大小； (2)求A与B间的滑动摩擦因数及C做匀速 运动时的速度大小； (3)若t=0时电场方向改为竖直向下，当B 与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场， 第十章黑白题047Eq=mg.A.减小极板间的正对面积，电容减小，由于二极管 具有单向导电性，电容器不能放电，由E=4m0可知，极板间 e.S 电场强度变大，则带电油滴所受电场力变大，向上移动， 故A错误；B.贴着上极板插入金属板，由C-4T 可知，电容 器的电容变大，电容器充电，电路中有逆时针方向的电流，故 B错误；C.将上极板向左平移一小段距离，由C=,S 可知， 4mkd 电容器的电容变小，结合A分析可知，P点电势升高，由于电 场方向向下，电场力方向向上，可知油滴带负电，由E。=q 可知，P点处的油滴的电势能减小，故C错误：D.将开关断 开，极板上电荷量不变，由E=40可知，向上移动上极板， 8.S 极板间电场强度不变，则油滴受到的电场力不变，油滴仍处 于静止状态，故D正确故选D. 9.BD解析：A.到达最低点的过程，根据动能定理可得 (gD。)-(（kga）=0,解得mg kQq x x0/ 故A错误；B.当小球甲的加速度为零时，速率最大，则 有mg=fhg,解得=ng】 4,故B正确；C.小球甲最后停 Q9≤ 留时，满足mg9≤mg,解得位置x的区间，g 故C错误：D,者在最低点能返回，即在最低 满足鸟，g坊，解得：K结合A选项的结论 x2 k9,可得x= (mg-f)xo 9,解得初始电势能为： (mgf)x。√mg+f E0<n故D正确故选即 10.(1)B(2)a→b5.2 解析：(1)电容器充电过程中，当电路刚接通后，电流表示 数从0增大到某一最大值，后随着电容器的不断充电，电路 中的充电电流在减小，当充电结束，电路稳定后，此时电路 相当于开路，电流为0.故选B.(2)根据电路图可知充电结 束后电容器上极板带正电，将S,接2，电容器放电，此时通 过定值电阻R的电流方向为a→b:t=2s时I=1.10mA可 知此时电容器两端的电压为U2=R,电容器开始放电前两 端电压为12.3V,根据I-t图像与横轴围成的面积表示放 电量可得0~2s间的放电量为Q,=△U·C=(12.3V-1.10× 103A×R)C,2s后到放电结束间放电量为Q2=△U”·C= L10x103A·RC,根据题意。，=，解得R≈52k0 11.（1)1.58m/s,方向向右(2)1.5N,方向竖直向下 (3)2.5m 解析：(1)设滑块在B点速度为u,对滑块从A到B的过程 应用动能定理mgR-5R=2m2,=1.58ms,方向向右 参考答案与解析 2 (2)在B点由牛顿第二定律可得F、-mg=mR,联立解得 F、=1.5N,由牛顿第三定律可知，小滑块对B点的压力大 小为1.5N,方向竖直向下. (3)由题意知gE=7.5×10-5×1×104N=0.75N,mg=0.05× 0.1×10N=0.05N,因此有qE>mg,所以小滑块最终在圆弧 轨道的BC部分往复运动，C点离水平面的高度h满足关系 式mgh=gE√R2-(R-h)严，所以小滑块在水平轨道上通过 的总路程x满足mgR-gER=umgx,解得x=2.5m. 23mu 3mvo 12.(1)E,= 。(2)E,=2gd (3) 2"0 解析：(1)根据几何关系可知，OP长度为lop=dtan60°= √3d,带电粒子在第一象限中做类平抛运动，在水平方向 4=,在竖直方向w=,其中95，=m,联立解得 23m(2)带电粒子经过Q点时沿y轴方向的分速 E, 度v,=a1t1=23vo,带电粒子在第四象限内运动时沿y轴 方向的速度不变，根据粒子经过S点时速度方向与y轴间 的夹角a=30,可得=ma=有，解得=24，根据运动 学公式，在x轴方向有-d= (-2)-6,在电场力作用下满 2a 3mvo 足ma=-9,可得B,=2(3)根据题意可得在水平方 向号，在竖宜方向行，可得6-经出第 一象限时，在竖直方向的速度大小为v,=a1t'=√6o,在第 7 四象限中，水平方向上有2d=2-6,可得=√20，粒 子通过y轴时的速度大小=√+n=3⑧， 2 第十章真题演练 黑题 真题体验 1.B解析：带负电的试探电荷在x2处动能为1.5eV,电势能 为-1eV,总能量为0.5eV,且试探电荷速度沿x轴正方向， 在x2~x区域试探电荷受到沿x轴正方向的静电力，做加速 运动，在x处速度最大，试探电荷继续运动到x右侧，做减速 运动，当速度为零时，电势能为0.5eV,即运动到电势为-0.5V 处减速到零，开始向x轴负方向运动，后反向回到x,处动能 仍为1.5eV,继续向左运动，在电势为-0.5V处减速到零又 反向运动，不会运动到x。、x处，即试探电荷在x点两侧往复 运动.故选B. 2.ACD解析：D.根据点电荷的等势线画法，可知试探电荷由 F点沿直线移到O点，所在位置电势先增大后减小，电势能 先增大后减小，D正确；C.由等量异种电荷的电势分布可知 P=p>0,Po=-p<0,Po=0,Pr>0,因此P-pp=p-Pp< 黑白题23 Po-PD=p,C正确；AB.由等量异种电荷的对称性可知F和 C电场强度大小相等，B和E电场强度方向不同，A正确， B错误.故选ACD. 3.BC解析：ABC.由题知，OP>OM,OM=ON,则根据点电荷的 电势分布情况可知PM=Pw>Pp,则带负电的小球在运动过 程中，电势能先减小后增大，且EP>Epw=Ev,小球的电势能 与机械能之和守恒，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，BC正确；D.从M点运动到V点 的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误.故选BC. 4.A解析：设在小圆环上在P、P2间的任意一点P,PM 与MN的夹角为a,根据几何关系可得37°≤au≤53°，带负电 的小圆环与M点固定的点电荷间库仑力为FM= (2 Reos)24R'cosa方向由M一P,带负电的小圆环与N hg×27Q_27kgQ 点固定的点电荷间库仑力为F,=g×640=16g,方 (2Rsin a)2 R2 sin'a' 向由N→P,连接OP,将两个库仑力沿着OP方向（半径方 向)和垂直OP(圆孤切线方向，向左为正)分解，则沿切线方 F=Fycos a-Fysin &=16kgQcos a27kgQsin a R2 sin a 4R2 cos'a _kq0。(64cos3a-27sin2a）,因式分解可得F线= R2 sin22a kgQ(4oosa-3sin)(7cos3a+6sin2+9）,则小圆环在半圆 R2 sin22a 弧上运动时，0<a<90°，则cos&、sina、sin2a均大于0，则当 4cosa-3sina≥0时，即0<a<53时，F切线>0，静电力做正功. 当53°<α<90°时，F切线<0，静电力做负功；a=53时，静电力 与速度方向垂直.可得小圆环从P,点运动到P2点的过程中 受到的静电力在切线方向的分力一直大于等于0，则静电力 一直做正功.故选A, Ja 5.BCD解析：A.根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧 可知，带电粒子带正电，故A错误；B.等差等势面越密集的 地方场强越大，故M点的电场强度比V点的小，故B正确； D.粒子带正电，因为在M点的电势大于在N点的电势，故 粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故D正确； C.由于带电粒子仅在电场力作用下运动，电势能与动能总 和不变，故可知当电势能最大时动能最小，故粒子在运动轨 迹上到达最大电势处时动能最小，故C正确.故选BCD. 6.C解析：A.因上下为两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜， 则a点所在的线是电场线，选项A错误；B.因c处的电场线 较b点密集，则c点的电场强度比b点大，选项B错误；C.因 b、c两处所处的线为等势线，可知b、c两点间的电势差的值 比a、c两点间的大，选项C正确：D.因d、g两点在同一电场 必修第三册 线上，电势不相等，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动 时电场力做功不为零，选项D错误故选C. 7.CD解析：A.因P点所在的等势面电势高于M点所在的等 势面，可知P点电势比M点的高，选项A错误；B.因M点处 的等差等势面密集，则M点场强较P点大，即P点电场强度 大小比M点的小，选项B错误：C.场强方向垂直于等势面， 且沿电场线方向电势逐渐降低，可知M点电场强度方向沿 轴正方向，选项C正确；D.因x轴上各点电势相等，则沿x 轴运动的带电粒子，电势能不变，选项D正确.故选CD. 6.S 8.D解析：AB.根据Q=CU,C=4a可得当极板间距增大时 电容减小，由于电容器的带电量不变，故极板间电势差增大， 放AB错误：C根据E三，得E=ES,故场强不变，故 C错误：D.移动极板的过程中要克服电场力做功，故电容器 储存能量增大，故D正确.故选D. 9.B解析：A.充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积 累，电路中的电流逐渐减小，电容器充电结束后，电流表示数 为零，A错误； B.充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电压表 测量电容器两端的电压，电容器两端的电压迅速增大，电容 器充电结束后，最后趋于稳定，B正确； CD.电容器放电过程，刚开始电势差较高，所以放电效率高， 电流表和电压表的示数不是均匀减小至零的，CD错误.故 选B. 10.AD解析：AB.由题意知小滑块在B点处的加速度为零， 则根据受力分折有沿斜面方向mgs如30°-算c30°，解得 ,故A正确，B错误；C.因为滑到C点时速度为 l=入m 零，设小滑块从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+mgtin30°=0，解得=”学，故 C错误；D.根据电势差与电场强度的关系可知AC之间的 电势差=”=-g,故D正确。故选AD, 11.BD解析：B.粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动， 竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关 U, 系及场强和电场力的关系可得E=2后，F=gB=ma,粒子射 入电容器后的速度为。，水平方向和竖直方向的分速度 v.=。cos45·=2v。,v,=osin45。=v0,从射入到运动到 最高点由运动学关系公式得v2=2ad,粒子射入电场时由动 能定理可得g,=2m6,联立解得U:U=1:1,B正 确：A.粒子从射入到运动到最高点由运动学公式可得2L 4,d=0,联立可得L:d=1:1,A错误：C.粒子穿过电 2 黑白题24 容器时从最高点到穿出时由运动学公式可得L=v,1,心1= 以，射入电容器到最高点有马=以，解得1=号，设粒子穿 2,粒子射 过电容器与水平方向的夹角为a,则ana=4=】 入电场和水平线的夹角为B=45°，tan(a+B)= ana+tanB-3,C错误；D.粒子射入到最高点的过程水平方 1-tan otan B 向的位移为x,竖直方向的位移为y=22,联立x=, gu=2m7,=os45,a=, 4=a't,E= 部得) 0,即粒子在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与 U 电荷量和质量无关，最高点到射出电容器过程同理，即轨迹不 会变化，D正确故选BD 12.(1)2x10WC(2)0.5 3s(3)22 3 m/s 解析：(1)撤去电场前，A、B、C均静止，M、N处于原长状态， 对A、B整体分析可知，此时绳中拉力为0，对C根据共点力 平衡条件有gE=mcg,解得E=2×10N/C;(2)C开始做匀 速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有 T1=mcg,T1=fa,其中f=mgg,解得u=0.5,C开始匀速运 动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大 小相等，M、N两弹簧的弹性势能相同，C下降0.2m的过程 中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律 有mcgh= 2m2 +2mc02+2E。,解得=2 2mg2+ m/s; (3)没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对 滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据共点力平衡 有2h-f=0,当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生 相对滑动时，C下降高度为h',对A根据牛顿第二定律可得 f2h'=mua,对B、C根据牛顿第二定律可得gE+mcg T=mca,T-f=mga,撤去电场后，由第(2)问的分析可知A、 B在C下降0.2m时开始相对滑动，在C下降0.2m的过程 中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有 gh+mg=子呢民+m+2出，此时4的 1 速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐 运动，所以A第一次从右向左运动过程中的最大速度为 =8n,联立解得人- 22 -m/s. 静电场模块测评 1.C2.AD3.C 4.D解析：A.断开开关K,电容器带电量不变，则由C=, 0 4ria,可得U=4mkd C ,d减小，可知静电计指针的张角变 8.S 参考答案与解析 小，故A错误：BCD.电场强度为E=V=4m0,d减小，电场 d e.S 强度不变，带电油滴不动，由P。-0=B山，4m,可知P点 8.S 电势不变，则带电油滴的电势能E。=94二4g,电势能一 不变，故BC错误，D正确.故选D. 5.B解析：A.比较一对等量异种电荷产生的电场的等势线的形 状，可知该电场不是一对等量异种电荷产生的电场，A错误；B 因为将电子从c点移至无穷远处克服电场力做的功比从e点移 至无穷远处克服电场力做的功多，故c点电势高于e点电势，故 电场线的方向应从左向右穿过各等势线，故α点电势高于b点 电势，B正确：C.因d点电势低于b点，故质子从d点移到b点 电场力做负功，C错误；D.d处等差等势线比c处密集，因而d 点场强比c点大，但d、c两点场强方向垂直于等势线均向右， D错误故选B. 6.B解析：A.根据点电荷产生的电场的性质可知，负电荷在D 处的电场强度沿DB方向，正电荷在D处的电场强度沿AD 方向，两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D点 的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿AD、DB 的角平分线：根据库仑定律，可知A、B在D点的场强的大小 B,=,一吕，根据电场的叠加原理，则D点的场强， Ecos60°+Encos60°=2，A正确；B.当小球到达CD中点 时，小球受重力、支持力、正电荷的排斥力、负电荷的吸引力， 对其受力分析可知，重力和支持力的合力与正电荷的排斥力 和负电荷的吸引力的合力不在同一平面上，故两个合力不可 能平衡，故加速度不为零，B错误：C.由于C与D到A、B的距 离都等于L,结合等量异种点电荷的电场特点可知，C点与D 点在同一等势面上，电场力不做功，下落过程只有重力做功， 即mgh=E,由几何关系可知ho0=Lsin60°=)人，则小球 3 的动能E=2mg,C正确；D.根据电场的叠加原理及几何 知识可知，C点的电场强度大小Ec=E4cos60°+Egcos60°= ?,故C、D两点的电场强度大小相等，D正确本题选择 不正确的，故选B. 7.D解析：A根据图线可知，带电小球从A点由静止释放，速 度逐渐增大，说明小球所受电场力的方向由A指向C,小球 带负电，故电场的方向由C指向A,A项错误；B.小球在B处 加速度最大，由gE=ma知，A、B、C三点中B点处电场强度 最大，故由A到C电场强度先增大后减小，B项错误；C如果 小球从B到C做匀加速直线运动，则小球的平均速度元= 4+7 m/s=5.5m/s,但小球由B至C过程中做加速度减小的 2 加速运动，位移大于匀加速过程的位移，故平均速度大于 55m/s,C项错误；D.根据动能定理有9U=之m2- 黑白题25