静电场模块测评-【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

静电场模 (时间：80分钟 一、选择题（每题4分，共40分》 1.如图，金属壳放在光滑的绝缘水平垫上，不能 起到屏蔽外电场或内电场作用的是 】 2.(2023·天津高考)（多选）如图， 位于P点左侧的固定正电荷产 生的电场中，同一个正电荷g两 次以大小相同、方向不同的初速度从P点出 发，分别抵达M点、N点，且q在M、N点时速 度大小也一样，则下列说法正确的是( A.P点电势大于M B.M点电势大于N C.q从P到M一直做减速运动 D.M、N两点处电场强度大小相同 3.（2025·广东 潮州期中)“反 天刀”是生活 在尼罗河的一种鱼类，沿着它身体的方向分 布着带电器官，这些器官能在鱼身周围产生 电场，如图所示为“反天刀”周围的电场线分 布示意图，A、B、C为电场中的三个位置，下列 说法正确的是 A.B点电势低于A点电势 B.A点电场强度小于C点电场强度 C.尾部带负电 D.正离子从A向C运动，其电势能变小 4.（2024·天津调研)如图，平行板电容器与电 动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电 计所带电荷量很少，可忽略，开关闭合，稳定时 一带电的油滴静止于两极板间的P点，若断开 开关K,将平行板电容器的上极板竖直向下平 移一小段距离，则下列说法正确的是（ 必修第三册 块测评 总分：100分) A.静电计指针的张角变大 B.P点电势升高 C.带电油滴向上运动 D.带电油滴的电势能不变 5.(2024·安徽期末)某电场的 等势面如图中实线所示，图 中相邻等势面间的电势差相 等，已知将电子从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，选无穷远处电势为零，下列说法正 确的是 () A.该电场可能是一对等量异种电荷产生的 电场 B.a点电势高于b点电势 C.质子从d点移到b点，电场力做正功 D.d、c两点场强方向均向左，但d点场强比c 点大 6.(2025·湖北期中)如图所 示，水平面内的等边三角形 ABC的边长为L,两个等量 -0 异种点电荷+0和-Q分别 固定于A、B两点.光滑绝缘直导轨CD的上端 点D位于AB中点的正上方，且与A、B两点的 距离均为L.在D处质量为m、电荷量为+g的 小球套在轨道上（忽略它对原电场的影响）， 并由静止释放，已知静电力常量为k,重力加 速度为g.忽略空气阻力，则下列说法不正确 的是 A.D点的场强大小为 黑白题048 B.小球到达CD中点时，其加速度为零 C.小球刚到达C点时，其动能为了gL D.C、D点的电场强度相等 7.A、B、C为电场中电场线上 ↑/m·s 的三个点，一带负电小球 7 从A点由静止释放，只在4 B 电场力的作用下先后沿直。 36912 线经过B、C两点，其运动 过程的v一t图像如图所示，下列说法正确的是 A.电场方向由A指向C B.由A到C电场强度逐渐增大 C.小球由B至C过程中平均速度等于5.5m/s D.B、C两点间的电势差绝对值IUCI大于A、 B两点间的电势差绝对值IUAB 8.（2025·四川达州期 91 中)有一电场强度方 向沿x轴方向的电 场，其电势p随x 的分布如图所示.一质量为m、带电量为-q的 粒子只在电场力的作用下，以初速度从x=0 处的O点进入电场并沿x轴正方向运动，则下 列关于该粒子运动的说法中正确的是() A.粒子从x=0处运动到x=x,处的过程中动 能逐渐增大 B.粒子在x=x3处所受电场力最大 C.若0=2 2qPo ,粒子运动到x=x,处的速度 m 为 699o m D.欲使粒子能够到达x=x4处，则粒子从x=0 处出发时的最小速度应为2 qPo m 9.(2024·河北石家庄期中)如图所示，一充电后 与电源断开的平行板电容器的两极板水平放 置，板长为L,板间距离为d,距板右端L处有 静电场模块测评 一竖直屏M.一带电荷量为g、质量为m的微 粒以初速度。沿中线射入两板间，最后垂直 打在M上，0点为初速度延长线与M的交点， 则下列结论正确的是（已知重力加速度为g) M A.两极板间电压为mgC 2g B.板间电场强度大小为 9 C.微粒打在竖直屏M点与O点之间的距离 为就 D.若仅增大两极板间距，则该微粒不可能垂 直打在M上 10.如图所示，相距2L的 B 32 D AB、CD两直线间的区域 E 存在两个大小不同、方向 相反的有界匀强电场，其Q它 中PS下方的电场E,的A 场强方向为竖直向上，PS上方的电场E2的 场强方向为竖直向下.在电场左边界AB上 宽为L的PQ区域内，连续分布着电荷量为 +g、质量为m的粒子.从某时刻起由Q到P 点间的带电粒子，依次以相同的初速度。沿 水平方向垂直射入匀强电场E,中.从Q点 射入的粒子，通过PS上的某点R进入匀强 电场E,后从CD边上的M点水平射出，其 轨迹如图若MS两点的距离为？不计粒子 的重力及它们间的相互作用.下列说法不正 确的是 A.PQ间水平射入电场的粒子，它们到达CD 边的时间均为幻 B.PQ间水平射入电场的粒子，它们一定都 垂直于CD边水平射出 黑白题049 9mv C.电场强度E,= 8gL D.PQ间距离P点为名的粒子射人电场后 垂直于CD边水平射出 二、非选择题（共60分） 11.（12分)(2025·四川成都质检)如图所示， 倾角为30°的光滑绝缘斜面固定在水平面 上，斜面底端固定一个带正电的小球A,另有 一质量m=0.9kg的带正电小球B静止在距 离斜面底端10cm处，小球半径可以忽略，重 力加速度g取10m/s2,静电力常量k=9.0× 10Nm2/c2. (1)若小球B带电量为QB=5×10-6C,求小 球A所带电荷量； (2)若将小球B移至距离斜面底端20cm 处，静止释放，求释放瞬间小球B的加 速度. B 30 12.(12分)如图所示，在水平方向的匀强电场中 有一表面光滑、与水平面成0角的绝缘直杆 AC,其下端(C端)距地面高度为h.有一质 量m=0.5kg的带电小环套在直杆上，正以某 一速度v。沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通 过C端的正下方P点处.(g取10m/s2) 必修第三册黑 (1)若0=45°，试判断小环的电性，并求出小 环受到的电场力大小 (2)若0=45°，h=0.8m,求小环在直杆上匀 速运动的速度大小vo (3)若保持h不变，改变0角(0<0<90)及小 环的电荷量，使小环仍能匀速下滑，离杆 后正好通过C端的正下方P点处，试推 出初速度o与0角间的定量关系式 CA h 3.(16分)(2025·江苏南京期中)如图甲所示， 飞行时间质谱仪通过探测不同离子到达探测 器左端探测头Q的时间，可以测得离子比荷. 假设离子源P产生的正离子电荷量为9，质 量为m,离子在A极板处初速度为0，AB极板 间的加速电压为U。,离子加速后从B板小孔 射出，沿图中虚线方向进入C、D板间的偏转 控制区.已知AB的间距为L,偏转极板的长 白题050 度和间距也为L.设加速电场和偏转电场均 为匀强电场，不计离子重力和离子间的相互 作用 B +C UcD 2U P -2U 乙 (1)求离子沿虚线到达B板的速度大小： (2)若离子刚好从D极板右端射出，求Ucp的 大小； (3)若偏转电压Uo与时间t的关系如图乙 所示周期T=子g并且离子在0 时刻开始连续均匀地射入偏转电场.以 D极板的右端点为坐标原点，竖直向上 建立y轴，探测器可在竖直方向上自由移 动，要使探测头Q能收集到所有粒子，求 探测头坐标yo的范围. 14.(20分)(2023·福建高考)如图(a),一粗 糙、绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑 块A和B,其电荷量分别为q(q>0)和-q.A右 端固定有轻质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹 簧，弹簧处于原长状态整个空间存在水平向 右、场强大小为E的匀强电场.A、B与水平面 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小 均为2gE.t=0时，A以初速度vo向右运动，B 处于静止状态在t1时刻，A到达位置S,速度 为v1,此时弹簧未与B相碰；在t2时刻，A的 静电场模块测评黑 速度达到最大，此时弹簧的弹力大小为3gE; 在细杆与B碰前的瞬间，A的速度为21，此 时t=t,.0~t2时间内A的v-t图像如图(b)所 示，，为图线中速度的最小值，t1、2、均为 未知量.运动过程中，A、B处在同一直线上， A、B的电荷量始终保持不变，它们之间的库 仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电 力常量为k:B与弹簧接触瞬间没有机械能 损失，弹簧始终在弹性限度内。 (1)求0~t1时间内，合外力对A所做的功； (2)求t,时刻A与B之间的距离； (3)求t1~t2时间内，匀强电场对A和B做的 总功； (4)若增大A的初速度，使其到达位置S时 的速度为21，求细杆与B碰撞前瞬间A 的速度， D 09 t 2l3 图(a 图b) 白题051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 1 1 1 2mi=8m,gUac=2m2-2mw后=16.5m,可得1Ua1小于 IUcl,D项正确.故选D. 8.C解析：A.x=0处的电势大于x=x1处的电势，粒子带负 电，在高电势处电势能小，在低电势处电势能大，故从x=0 处运动到x=x1过程中电势能增大，电场力做负功，动能减 小，故A错误；B.p-x图像切线斜率的绝对值表示电场强度 的大小，可知在x=x?处电场强度为零，根据F=qE可知粒子 在x=3处所受电场力为零，故B错误：C.若0=2，√m 2qPo 根据动能定理-g[0-(9,)】=7m2-m3,佩得粒子运动 到：处的速度=，故C正确，0根据电场力和运 动的对称性可知，粒子能运动到x=x,处，就能到达x=x处， 当粒子恰好运动到x=x1处时，由动能定理得-q[0-(- 1 P)]=0- 2m6,解得o=√ ,即粒子从x=0处出发的 最小速变放为-所故D:灵故选C 9.C解析：AB.据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏 转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，才能 最后垂直打在M上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，可 见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律，在两板 间有-mg=ma,飞出极板后有mg=ma,解得E=2mg,由 U=Bd,得板间电势差U=2m,故AB错误；C.质点在电场 0 中向上偏转的距离为y=2g,水平方向上有1=二，联立解 得根据对称性，微粒打在竖直屏M点与0点之间的 距离为y=2y-,故C正确：D.由题意知，仅增大两极板 间的距离，因两板上电荷量Q不变，根据C号得 _4m0,板间场强不变，质点在电场中受力情况不变。 E= d es' 则其运动情况不变，故仍将垂直打在屏上，故D错误故选C. 10.B解析：A.PQ间水平射入电场的粒子在水平方向都做匀 速直线运动，则它们到达CD边的时间均为：=2亚，故A不 0。 符合题意；C从Q点射入的粒子，设从Q到R的时间为t1, R到M的时间为t2,到达R时的竖直速度为v,则根据牛顿 第二定律F=gE=ma可得，粒子在PS下方的加速度为a,= ,粒子在PS上方的加速度为4，-，根据类平抛规律 m m 2L=1 2a,22,5,,=a14=a,4+=,联立可得 必修第三册 9mvo G8三故C不符合题意：BD设PQ上到P点 距离为h的粒子射入电场后，经过n个类似于O到R到M 的循环运动（包括粒子从电场E,穿过PS进入电场E,的 运动)后，恰好垂直于CD边水平射出，则该粒子的速度第 一次变为水平所用的时间为T=三=2（n=2,3,4…）,第 -次到达s边的时间则为子7，则有&=子（行T)广： 名(n2,34,则PQ间距腐P点为的粒子射人电场 16 后垂直于CD边水平射出，故B符合题意，D不符合题意故 选B. 11.(1)1×10-6C(2)3.75m/s2,方向沿斜面向下 解析：(1)对B球沿斜面方向受力分析有mgsin30°= 上2，心，解得0，=1×10C(2)根据牛颜第二定律可 得mgsin30-k0.Qa=ma,解得a=3.75m/g2,方向沿斜面 2 向下 h 12.(1)带负电5N(2)2ms(3)-√2 -tan 0 解析：(1)小环沿杆匀速下滑，合力为零，小环所受的电场 力水平向右，则小环带负电. 小环匀速下滑合力为零，电场力 F=mgtan45°=5N. (2)小环离开杆后做类平抛运动，由牛顿第二定律得 √2mg=ma, 平行于杆的方向做匀速直线运动，则有 x=vot=hsin45°， 垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有 y=2a2=hcos45°，得0=2m/s (3)离杆后在垂直于杆的方向，由牛顿第二定律得 。m 平行于杆的方向做匀速直线运动，则有hsin0=ot, 垂直于杆的方向做匀加速直线运动，则有hcos9=), an0. 解以上方程得0=√2 .9 13.(1)=入√m (2=20。(3)片≤≤ 3L 1 解析：(1)加速过程，由动能定理Ug=2mw,解得 2U9 2入m (2)水平方向匀速运动L=t,解得=上/2m,竖直方向匀 2 Uog 加速运动子r-号·，解得。-2 2 Im. 黑白题26 (3)由第(2)问知离子通过偏转电场的时间刚好为T,考虑 0-内高子个程匀加造的距商女-宁2(）广 及：射人偏转电场时间=nn=0,1,2),离子向下偏转 最大dy,=24y=子，射人偏转电场时间=(2n+1)(n= T L 0,1,2…),离子向上偏转最大A2=2Ay=4,所以探测头 坐标0的范国为行4，<0≤行+4即为 3L 4≤0≤4 1.2m时7(2臣(e2哑 2 (4)(1+W3)1,方向水平向右 解析：(1)0~t,时间内根据动能定理可知合外力做的功为 (2)由图(b)可知t,时刻A的加速度为0，此时A所受合外 力为0，设此时A与B之间的距离为r。,根据平衡条件有 +gE=f,其中f=29E,联立可得o=入E 第十一章 第1节 电源和电流 白题基础过关 1.C2.A3.D 4日据析：由电流定文式可得，又=，联立可得 品故选R 5.(1)顺时针方向(2)wRg 解析：(1)橡胶棒带负电，圆环绕过0的转轴逆时针匀速转 动，电流方向与负电荷定向移动方向相反，则环中等效电流 的方向为顺时针方向.(2)设一个周期T内通过一个横截面 的电荷量为Q,根据角速度与周期的关系有ω= 行根据电 流的定义式有1=9，其中Q=2m叫，解得I=wR4. 黑题应用提优 1.A解析：电容器充电后带电量为Q=CU=30×106×6× 10C=0.18C,放电过程的平均电流为1=？=0.18 12x10A= 90A,故选A. 2.A解析：根据题中所给信息，电子转动一周所用时间t= 2”,某一截面通过的电量为g,则可求得电流大小为1=？= e =,其方向与电子运动方向相反，即电流方向为顺 参考答案与解析 (3)在2时刻，A的速度达到最大，此时A所受合力为0，设 此时A和B的距离为1，则有F强+=gBE+k号，且有F#= 1 3g52g5,联立解得r1=2√它4~时间内，匀强电场 对A和B做的总功Wa=g5(,)=9v 2 (4)当A运动到位置S时，B开始向左运动，此后A和B系 统所受合外力为零，动量守恒；从A到达位置S至细杆与B 碰撞前的过程，改变A的初速度前、后，A、B之间距离的变 化量相等，摩擦力、匀强电场的电场力、A和B之间的库仑 力以及弹簧弹力对A和B做的总功W总相同；改变A的初 速度前、后，对A和B整体分析，根据功能关系分别有 a=号m(2,)产+分m分m-0,g&=7m+ 1 1 2m,-a(2,2-0,规定向右为正方向，根据动量守恒 1 定律分别有mw,+0=m(2u,)+m(-vg),m(21)+0=mw+ m(-vg),解得v=(1+√3) 电路及其应用 时针.故选A 3.D解析：由题意，电解池中正、负离子运动的方向相反，则 1s内通过截面的正离子的电荷量为g,=2ne,负离子的电 荷量绝对值为2=几，c,则电流为1=949，代入数据解得 t 3.2A,故选D. 4.D解析：质子在电场力作用下加速，加速后的速度为v,根 君动能定理，则有心=U,解得。=，√风，等效电流为1， 单位体积的质子数为n,根据电流的微观表达式可得：I= 心，解得n太V品放法n 压轴挑战 5.A解析：从放射性物质射出的电子数与时间的比值为N,则 t时间内从放射性物质射出的电荷量 Q总=Net, 结合几何关系可知在金属壳外表面有一块极小的圆形面 积S上的电荷量为Q= 根据电流的定义有1=又=c,故选A t 第2节导体的电阻 白题 基础过关 1.D2.D3.B 4D解析：银蜜欧姆定徘可得发=号动00=150n, 75 黑白题27