专题探究3 静电场中的功能关系-【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

专题探究三静电场中的功能关系 黑题 专题强化 限时：35min 题型1带电粒子的运动轨迹问题 两虚线圆均以0为圆心，两实线分别为带电 1.如图所示，三条虚线代表电场方向未知的电场 粒子M和N先后经过场区的运动轨迹，a、 线，实线为一带负电的粒子仅在静电力作用下 b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点，则（) 通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上 A.M带正电荷，N带负电荷 的两点，据此可知 ( B.M在b点的动能大于它在a点的动能 C.N在从c点运动到d点的过程中电势能 减少 D.N在d点的加速度与它在e点的加速度 A.P点的电势较大 相同 B.带电粒子通过Q点时电势能较大 C.带电粒子通过P点时动能较小 D.带电粒子通过P点时加速度较大 E45 2.(2024·天津红桥期中)如图所示，实线为方 向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、 (第3题) (第4题) 2、3,已知MN=NQ,a、b两带电粒子从等势线 4.如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场 2上的0点以相同的初速度飞出.仅在电场力 在电场中将一带电液滴从b点由静止释放，液 作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则 滴沿直线由b运动到d,且直线bd方向与竖 直方向成45角，下列判断正确的是() A.液滴带正电荷 B.液滴的电势能增大 C.液滴的机械能和电势能之和不变 D.液滴的电势能和动能之和不变 A.a一定带正电，b一定带负电 题型2带电体运动中的功能关系 B.a加速度增大，b加速度减小 5.如图所示，质量为m的小球带正电荷g,处于 C.MN电势差IUwI大于NQ两点电势 一倾角0=45的光滑绝缘斜面上，整个装置处 差IUNoI 于一水平向左的匀强电场中，其电场强度E= D.a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒 子到达等势线1的动能变化量小 现让小球从A点以速度，水平射出，落在 q 3.科学家研究宇宙中的射线时观察到在外太空 斜面上的B点则小球从A到B点的过程中， 有一带正电粒子（可看作点电荷）位于0点， 下列说法中正确的是 必修第三册黑白题030 A.从A到B,小物块的加速度一直减小，到达 0点时速率为号 B.从A到B,小物块的加速度先增大后减小， A.小球速度大小保持不变 B.小球的机械能先变小后增大 到达0点时的动能 m 4 C.小球动能最小时，其电势能达到最大值 C.小物块一定带负电荷，从A到B电势能先 D.重力对小球做的功等于小球电势能的增 减小后增大 加量 D.从A到B,小物块的电势能不变，受到的电 6.如图所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q, 场力先减小后增大 另一质量为m、电荷量为-q(q>0)的滑块（可8.如图所示，水平地面上方有与其平 看作，点电荷)从a点以初速度沿水平面向Q 行且关于AA'对称分布的匀强电 运动，到达b点时速度减为零.已知a、b间距 场，A点左侧地面粗糙，右侧光滑： 离为s,滑块与水平面间的动摩擦因数为u,重 电量为+g的滑块从A点以初速度。向左滑 力加速度为g.以下判断正确的是 动，滑块电荷量保持不变，滑块与左侧水平地 Q 面间的滑动摩擦力大小为∫，匀强电场场强大 A.滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能 小E=3,取AM'为零势面， 大于滑动摩擦力 (1)求滑块向左滑动的最大距离. B.滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小 (2)求滑块第一次在A右侧滑行时其动能和 等干 电势能相等时距A的距离。 (3)分析滑块的运动情况，判断其最终停在何 C.此过程中产生的内能小于2m 处，并求滑块运动全过程摩擦力做的功， EAE D.Q产生的电场中，a、b两点间的电势差 m(v-2gs） Un+ 2q 光滑 7.如图，一粗糙绝缘竖直面与两个等量异种点电 荷连线的中垂线重合，A、O、B为该竖直面上 的三点，且0为等量异种点电荷连线的中点， A0=B0.现有带电荷量为g、质量为m的小物 块从A点以初速度，向B滑动，到达B点时 速度恰好为0，则 第十章黑白题0312.B解析：金属板接地，电势为0，则坐标原点处的电势为0， 又无穷远处的电势为0，则x轴上距坐标原点足够远处的电 势也接近0.结合题述可知，x轴上点电荷左侧位置的电场方 向沿x轴负方向，右侧位置的电场方向沿x轴正方向，正点 电荷所在位置的电势为正无穷，又沿电场方向电势降低，则 从正点电荷向两侧移动，电势均降低.故选B. 3.B解析：A由题图乙可知，A0之间电场线方向是0指向A, OB之间的电场线方向是O指向B,圆环由A点向右运动，所 以圆环带负电，故A错误；B.圆环从A到B的运动过程中， 运动到O点时的速度最大，设最大速度为)，由动能定理 9=，mm2,解得=人，故B正确：C.根据p-x图像 斜率绝对值表示场强的大小，根据题图乙可知，从O到B电 场强度逐渐变大，所以电场力增大，故加速度变大，故C错 误：D.圆环向右运动的过程中，在A0段图像斜率不变，电场 强度不变，电场力不变，加速度不变，故在A0段圆环做匀加 速直线运动，同理，在OB段做加速度逐渐增大的减速运动， 速度一时间图像如图所示： 由速度一时间图像可得AO段的平均速度小于OB段，由于 两段的距离相等，所以在AO段的运动时间大于在OB段的 运动时间，故D错误.故选B. 4.B解析：A.从图像可以看出，电场强度的大小和方向都沿 着x轴对称分布，沿着电场强度的方向，电势降低，由此可知 O点电势最高，故A错误；B.由于x,和-x,两点关于y轴对 称，且电场强度的大小也相等，故从0点到x和0点到-x 电势降落相等，故x,和-x1两点电势相等，故B正确；CD.电 子带负电，沿着电场线方向，电场力做负功，电势能增大，电 子在x,的电势能小于在x2的电势能，电子由x1运动到x3电 场力一直做负功，故CD错误故选B. 5.D解析：A.E-x图像与x轴围成的面积代表电势差大小， 。1 则01间电势差大小U=之B,d,沿着电场线，电势逐渐降 低，若0点的电势为零，则U4=Po-P4,可得A点的电势为 P,=d,故A错误；B.粒子从A到B运动的过程中，电 场力一直做正功，则粒子一直做加速运动，电场力恒定不变， 加速度不变，所以粒子做匀变速直线运动，故B错误：C.根 据W=gU及E-x图像与x轴围成的面积可知，粒子在OA段 电场力做功大于BC段电场力做功，所以粒子在OA段电势 能减少量大于BC段电势能减少量，故C错误：D.根据动能 定理可知26，d+6,d=Euw-0,解得粒子运动到B点时动能 3qEod 为EB= 2,故D正确故选D. 6.D解析：由E。=qP知正电荷的电势能变化情况和电场的电 势变化情况相同.由题知无穷远处的电势为零，B点的电势 必修第三册 为零，由于沿着电场线电势降低，所以0点的电荷9，带正 电，C点电荷q2带负电，由于B点距离0比较远而距离C比 较近，所以91电荷量大于92的电荷量，故A错误由沿着电 场线电势逐渐降低可知G点的场强沿x轴负方向，故B错 误带负电的试探电荷在G点受沿x轴正方向的电场力，故 沿x轴正向做加速运动，故C错误负电荷从D点移到J点 的过程中，电场力先沿x轴正向后沿x轴负向，故电场力先 做正功后做负功，故D正确.故选D. 7.C解析：A.E。-x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力 的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力大小为F=Eg= 品-号N=1X,可得电超强度大个为10V,达 项A错误； B.滑块向右运动过程中，电场力先减小后增大，则加速度先 减小后增大，选项B错误： C.滑块从x=1m的位置运动至x=3m处时，根据动能定理 2m21 2m6=W,W电=△E。=1J,解得速度大小为= 2m/s,选项C正确： D若滑块恰好到达=5m处，则m听=取。'=E。-尽， 其中E。1=2J,解得滑块的电势能E2=5J, 该处的电势为p= 2-5 9-0.1 V=-50V,选项D错误故选C. 8.C解析：AB.由图乙沿着x正方向电子电势能逐渐增大，则 电势逐渐降低，所以电场方向由A指向B,故AB错误；C.电 子所受电场力大小为F=,=3x1.6×109 xc0s02×10-2×0.6 N=4×10-7N, F 故C正确：D.根据电场强度的定义式可得E= e 4x10-17 1.6x10-9VWm=250V/m,故D错误故选C, 9.D解析：在x<0范围内，当x增大时，由U=Ed=Ex,可知 电势差均匀增大，P-x应为向上倾斜的直线；在x>0范围内， 当x增大时，由U=Ed=Ex可知，电势差均匀减小，p-x也应 为向下倾斜的直线，故A错误在x<0范围内，电场力向右， 加速度向右，为正值：在x>0范围内，电场力向左，加速度向 左，为负值，故B错误.在x<0范围内，根据动能定理得： gBx=2m02,x图像应是曲线；同理，在x>0范围内，图线 也应为曲线，故C错误：在x<0范围内，根据动能定理得： qEx=Ek,E-x图像应是倾斜的直线；同理，在x>0范围内， 图线也为倾斜的直线，故D正确故选D. 专题探究三静电场中的功能关系 黑题 专题强化 1.C解析：A.粒子做曲线运动，电场力指向轨迹的内侧，所以 电场力的方向向左下方；粒子带负电，场强方向向右上方，沿 电场线电势降低，所以Q点的电势高于P点的电势，故A错 黑白题14 误；BC.若粒子从P运动到Q,电场力做正功，电荷的电势能 减小，动能增大，则Q点电势能较小，P点的动能较小，故 B错误，C正确：D.电场线的疏密表示电场强度的大小，由图 可知Q点电场强度比P点大，根据牛顿第二定律可知在Q 点的加速度比在P点大，故D错误故选C. 2.C解析：A.由于电场方向不确定，则粒子所受电场力方向 与电场强度方向的关系也不确定，即粒子的电性不确定， 故A错误；B.电场线分布的密集程度表示电场强弱，根据图 示可知，沿a粒子运动轨迹，电场分布逐渐变稀疏，电场强度 逐渐减小，电场力逐渐减小，则α加速度逐渐减小：沿b粒子 运动轨迹，电场分布逐渐变密集，电场强度逐渐变大，电场力 逐渐变大，则b加速度逐渐增大，故B错误：C.MN之间任意 位置电场线分布均比NO之间任意位置密集一些，则MN之 间任意位置电场强度分布均比NQ之间任意位置大，根据 U=Ed,可知MN电势差1UMwI大于NQ两点电势差IUNOI,故 C正确；D.根据动能定理有q.Uo=△Ea,9UNM=△E,根据 上述，MW电势差IUN1大于NQ两点电势差IUoI,由于两 粒子所带电荷是大小关系不确定，则α粒子到达等势线3的 动能变化量与b粒子到达等势线1的动能变化量大小关系 也不能够确定，故D错误.故选C. 3.C解析：A.根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，且 轨迹向力的方向弯曲可知，M带负电荷，N带正电荷， 故A错误；B.M从a到b点，只有库仑力对其做功，则电势 能和动能之和守恒，因a点电势高，则带负电的M在a点电 势能较小，则动能较大，则b点的动能小于在α点的动能，故 B错误；C.d点电势低于c点的电势，因N带正电，则N在d 点的电势能小于在c点的电势能，即N在从c点运动到d点 的过程中电势能减少，故C正确；D.由于d、e两点电场强度 方向不同，所以N在d点的加速度与它在e点的加速度大小 相等，但方向不相同，故D错误.故选C. 4.C解析：由题可知，带电液滴受重力和电场力作用，两个力 都是恒力，其合力沿bd方向，则电场力必定水平向右，则液 滴带负电，电场力做正功，电势能减少，故AB错误：因为有 重力和电场力做功，所以液滴的电势能、动能和重力势能之 和守恒，故C正确，D错误故选C. 5.D解析：A.因为mg=Eg,所以合力F=√2mg,方向与水平 方向的夹角为45°，小球从A到B点的过程中，合力先做负 功后做正功，动能先变小后变大，速度先变小后变大 故A错误；B.当水平分速度减为零时，=，此时竖直分速 m 1 度u=gt=o,位移偏转角tan0= 2% 1一=1，刚好落回斜面，所 2 Yot 以电场力一直做负功，机械能一直减小，此时速度大小为， 故B错误：C.落回斜面过程中，电场力一直做负功，电势能 一直增大，所以落回斜面时，电势能最大，故C错误：D.从A 到B点的过程中，根据能量守恒可知，重力对小球做的功等 于小球电势能的增加量，故D正确.故选D. 参考答案与解析 6.D解析：由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦 力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方向相同，因滑 块在b点静止，故库仑力小于滑动摩擦力，当在滑动过程中， 随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，到达b点 时速度减为零，A错误：水平方向受大小不变的摩擦力及变 大的库仑力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大， 但仍小于滑动摩擦力，所以导致加速度慢慢减小，加速度是 变化的，故中间时刻的速度小于？，B错误；由动能定理可得 Uq-umgs=-02m6,产生的内能Q=uimgs=Ug+之m6,因此 在此过程中产生的内能大于减少的动能，C错误：由动能定理 可得Ug-mgs=0- 2m6,解得两点间的电势差U=-U= m(-24gs 二，D正确.故选D 2q 7.B解析：AB.小物块受重力、电场力、墙壁的弹力以及摩擦 力作用，可知q带负电，从A到0的过程中，电场强度增大， 则电场力增大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹 力增大，导致滑动摩擦力增大，由于AO段和OB段的电场强 度大小对称，可知小物块从0到B过程中电场力减小，墙壁 的弹力减小，所受滑动摩擦力减小，由于小物块运动到B点 时速度减为零，故小物块从A到B过程中摩擦力一直大于 重力，根据牛顿第二定律，有a=广m8,故小物块从4A到B过 m 程中，加速度先增大后减小，从A到O过程与从O到B过程 的动能的变化量相同，则0点动能为子mG,0点的速度为 故A错误，B正确；CD.由A和B选项的分析知，9带负 电，由于AB是等势线，则电荷的电势能不变，从A到B,电场 强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故CD错误故 选B. 8((22(a)A点 解析：(1)对滑块水平方向受力分析，如图所示： ↑N mg 据牛顿第二定律4F电=ma1,又F电=，可知a,=华 滑块向左滑行距A最大位移为s1,根据6=2a1s1可得s1= 6_m6 2a18f (2)设滑块第一次从左侧再次回到A处的速度为，、加速度 为a2、滑块在右侧电场中的加速度为a,在右侧滑行的最大 距离为52，滑块从A左侧最大位移处向右到达A的过程中， 黑白题15 据牛顿第二定律F电m4,F电=B4,可得a,= m √2 又=2a2s,可知u1=20, 滑块经A进入右侧匀强电场时受力分析如图，有Eg=ma3,知 a=y m mvo 又据-2a2可得s212f 当滑块运动至右侧位移一半处，电势能等于动能，即电势能 等于动能的位置为 (3)滑块在A点两侧做往复运动，由于摩擦阻力做功，振幅 逐渐减小，最终停在A点.据能量守恒知滑块运动全程中摩 1 擦力做功W=2m6, 第4节电容器的电容 白题基础过关 1.C2.C .c= 3.A解析：A.根据电容器的定义式与决定式C=Q 4aa可 知，当保持S不变，增大d时，电容器的电容减小，而电容器电荷 量不变，则电容器两端电压增大，从而使静电计指针张角0变 大，故A正确：B.保持S不变，减小d时，电容器的电容增大，而 电容器电荷量不变，则电容器两端电压减小，从而使静电计指针 张角0减小，故B错误；C.保持d不变，减小S时，电容器的电 容减小，而电容器电荷量不变，测电容器两端电压增大，从而使 静电计指针张角0变大，故C错误；D.保持S、d不变，在两板间 插入电介质，电容器的电容增大，而电容器电荷量不变，则电容 器两端电压减小，从而使静电计指针张角0减小，故D错误故 选A 4.B解析：A.在S仍闭合的情况下，两板电势差U一定，若将A 板向下平移一-小段距高，根据B=名，则d减小，E变大，则油滴 向上加速运动，根据C可知C变大，根据Q=c0,可知电 容器带电量Q变大，电容器充电，即G中有a→b的电流， 选项A错误；B.在S仍闭合的情况下，两板电势差U一定，若 将A板向右平移一小段距离，d不变，则两板间场强不变，则油 谪仍然静止不动，根据C可知S成小，则C变小，根据 Q=CU,可知电容器带电量Q变小，电容器放电，G中有b→a的 电流，选项B正确：C.若将S断开，则电容器带电量Q不变，根 必修第三册 .S1 小段距离，S减小，E变大，P点与B板的距离不变，根据U=Ed, 可知电势差变大，则P点电势降低，选项C错误：D.若将S断 开，则电容器带电量Q不变，根据E=,C=《 S U.C= d,可知 E=4,且再将A板向下平移一小段距离，d减小，B不变，P 点与B板的距离不变，根据U=Ed,可知电势差不变，则P点电 势不变，P点电势能不变，选项D错误故选B. 黑题应用提优 1.C解析：A.A图是通过改变电介质板在电容器两极板间的 深度引起电容变化的，A错误：B.B图中电容器的一个极板 是金属芯线，另一个极板是导电液体，通过改变电容器两极 板间正对面积引起电容变化的，B错误：C.C图是通过改变 两极板间的距离引起电容变化的，C正确；D.D图是通过改 变动片与定片间的正对面积，引起电容变化的，D错误.故 选C. 2.C解析：电容器充电后，断开电源，电容器的电量保持不变 6.S 根据C= 4CQ和B0可知：E=40,所以，只移动 U d 下极板来改变d,两板间的场强不变，试探电荷在P点所受 的电场力也不变，故AB错误；P点与上板间的电势差U Ed',由于上板接地，所以上板的电势为零，即U=Ed'=pp,由 以上的分析可知，P点电势不变，根据E。=gP,所以P点电 势能不变，故C正确，D错误 3.C解析：A.由于电容器始终和电源相连，则两极板间电压 不变，静止时，电容器电容不变，则两极板带电，且所带电荷 量不变，故A错误；B.匀速运动时，电容器电容不变，电压不 变，则电荷量不变，电流表指针不偏转，故B错误：C.向前突 然加速，由于惯性，N板相对M板向后移动，根据C=,S 4mkd' C=9可知，两极板间距增大，则电容减小，又两极板间电压 不变，则电荷量减小，所以电容器放电，电流表中有由b向ā 方向的电流，故C正确；D.向前突然减速，则N板相对M板 向前移动，两极板间距减小，电容增大，又两极板间电压不 变，则电荷量增大，所以电容器充电，电流表中有由α向b方 向的电流，故D错误.故选C. 4.B解析：AB.开关接1时，平行板间的电压不变.当x增大 时，电介质宿数波小，由公式C一可知电容器的电容诚 小，又由Q=CU,可知平行板电容器的电荷量减小：同理当x 减小时，电容器的电容增大，电荷量增大，电容器充电，由电 路图可知，电路中的电流沿顺时针方向，故A错误，B正确； CD.开关接2时，电容器所带的电荷量保持不变，当x减小 时，电容器的电容增大，由公式U=9可知两极板的电势差 减小，则静电计的指针偏转角度减小：同理当x增大时，电容 黑白题16