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）

左，为负值，故B错误在x<0范围内，根据动能定理得： =2m',-x图像应是曲线；同理，在x>0范围内，图线 Ex=I 也应为曲线，故C错误；在x<0范围内，根据动能定理得： gEx=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.BC解析：粒子P、Q从A、B两点分别到O点.由于AO点间 的电势差小于BO点间的电势差，所以粒子P的动能增加量 小于粒子Q的动能增加量，所以，<v2,故A错误，B正确； 过A点画出等势面，根据沿着电场线方向电势降低，所以A 点电势低于B点电势，由于带电粒子带正电，所以E。<E2, 故C正确，D错误故选BC. 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α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NQ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,9Uw=△E6,根据 上述，MN电势差IUI大于NQ两点电势差IUoI,由于两 粒子所带电荷量大小关系不确定，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a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 1 度v=gt=to,位移偏转角tan0= 2%t 一=1，刚好落回斜面，所 1 2 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 参考答案与解析 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. 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之，B错误；由动能定理可得 ung=0子m6,产生的内能Q=ngs=+m,因此 1 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4mgs=0-之m6,解得两点间的电势差U:-U= m(v6-2μg3 -,D正确.故选D. 24 7.BD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O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A0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m飞，故小物块从A到B m. 过程中，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m,0点的速度 为2，放A销误，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C错 误，D正确.故选BD a.(22(3a点， 解析：(1)对滑块水平方向受力分析，如图所示： ↑W 据牛顿第二定律4P=ma1,又P=,可知a,-兰， m 滑块向左滑行距A最大位移为s1,根据哈=2a1S1可得s1= 6_ 2a18f (2)设滑块第一次从左侧再次回到A处的速度为1、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s2,滑块从A左侧最大位移处向右到达A的过程中， 据牛顿第二定律Fma,F电=Bq,可得a,-m, 2f 2 又=2a2s1可知01=20， 黑白题15 滑块经A进入右侧匀强电场时受力分析如图，有Eg=m3,知 a=y m 又据=2a2可得s,=12, 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24 o (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 擦力做功W=-2m品， 第4节电容器的电容 白题 基础过关 1.BC解析：A.电容器A的电容比B的大，只能说明电容器A 容纳电荷的本领比B强，与带的电荷量多少无关，故A错 误；B.电容反映电容器储存电荷本领的大小，故B正确； C.由C=A9知，电容在数值上等于使两极板间电势差为1V △U 时，电容器需要带的电荷量，故C正确：D.电压为10V,电荷 量为2x105C时，则电容C=9=2×106F,故D错误故 选BC. 2.BD解析：A.i-t图线下的面积等于电容器充电完毕时所带 的电量，由图像可知电容器充电完毕时的带电量约为4× 103C,A错误：B.电容器刚开始放电的瞬间有U=IR≈4.5× 10x890V=4.05V,电容器的电容约为C=9=4x10 74005F≈ 1×103F,B正确；C.电阻箱的阻值不影响电容器充电完毕 时所带的电量，则i-t图线下的面积不变，C错误：D.若把电 阻箱的阻值调至1000再次做实验，通过的电荷量不变， 电路中电阻增大电流减小，由q=可知，电容器放电的时间 增加，D正确.故选BD. 3.A解析：A.根据电容器的定义式与决定式C=?,G 6.S 0,C 4rπkd 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，而电容器电荷景不变，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，则电容器 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离，根据5=名，则1减小，E变 大，则油滴向上加这运动，根据C=可知C变大，根据 必修第三册·RJ 0=CU,可知电容器带电量0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，则油滴仍然静止不动，根据C 4ra,可知S减 小，则C变小，根据Q=C0,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 4nh,可知E= 电容器带电量0不变根据E=,C=疗，0 U 40,且将A板向左平移一小段距离，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，根影B=日C= 6.S 可知气4，耳再将饭 向下平移一小段距离，d减小，E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.BD解析：A图：可变电容器，通过改变电介质改变电容， 故A错误：B图：电容器的一个极板是金属芯线，另一个极板 是导电液体，故是通过改变电容器两极板间正对面积而引起 电容变化的，故B正确：C图：通过改变极板间的距离改变电 容，故C错误；D图：电容器为可变电容器，通过转动动片改 变正对面积改变电容，故D正确.故选BD. 2.C解析：电容器充电后，断开电源，电容器的电量保持不变， 根据C= CQ和E可知：E=4TQ所以，只移动 6S 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。=qPp,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=4T: 85 G,可知，两极板间距增大，则电容减小，又两极板间电，： 不变，则电荷量减小，所以电容器放电，电流表中有由b向α 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，则电荷景增大，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，电介质常数减小，由公式C=4,或 ,可知电容器的电容减 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专题探究三 静 黑题 专题强化 题型1带电粒子的运动轨迹问题 1.（多选)如图所示，空间某区域存在着非匀强 电场，实线表示该电场的电场线，过0点的虚 线MN表示该电场一个等势面，两个相同的带 正电的粒子P、Q分别从A、B两点以相同的初 速度开始运动，速度方向垂直于MN,AB连线 与MN平行，且都能从MN左侧经过O点.设 粒子P、Q在A、B两点的电势能分别为E,和 E2,经过0点时的速度大小分别为u,和2 粒子的重力不计，则 A.v1>V2 B.v1<2 C.Epl<Ep2 D.Epl>Ep2 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、 2、3,已知MN=NQ,a、b两带电粒子从等势线 2上的0点以相同的初速度飞出.仅在电场力 作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则 ( A.a一定带正电，b一定带负电 B.a加速度增大，b加速度减小 C.MW电势差I UuN I大于NQ两点电势 差IUNol 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 3.科学家研究宇宙中的射线时观察到在外太空 必修第三册：RJ 电场中的功能关系 限时：35min 有一带正电粒子（可看作点电荷）位于0点， 两虚线圆均以0为圆心，两实线分别为带电 粒子M和N先后经过场区的运动轨迹，a、 b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点，则（) A.M带正电荷，N带负电荷 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 相同 4.如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场. 在电场中将一带电液滴从b点由静止释放，液 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（) b E45ò 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 题型2带电体运动中的功能关系 5.如图所示，质量为m的小球带正电荷g,处于 一倾角0=45°的光滑绝缘斜面上，整个装置处 于一水平向左的匀强电场中，其电场强度E= g现让小球从A点以速度水平射出，落在 斜面上的B点.则小球从A到B点的过程中， 黑白题030 下列说法中正确的是 E A.小球速度大小保持不变 B.小球的机械能先变小后增大 C.小球动能最小时，其电势能达到最大值 D.重力对小球做的功等于小球电势能的增 加量 6.如图所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q, 另一质量为m、电荷量为-q(q>0)的滑块（可 看作，点电荷)从a点以初速度，沿水平面向Q 运动，到达b点时速度减为零.已知a、b间距 离为s,滑块与水平面间的动摩擦因数为，重 力加速度为g.以下判断正确的是(） 6 A.滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能 大于滑动摩擦力 B.滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小 等于分 C.此过程中产生的内能小于2m房 D.Q产生的电场中，a、b两点间的电势差 m(v-2gs） U.= 2q 7.(2025·广东潮州质检)（多选）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O 为等量异种点电荷连线的中点，AO=BO.现有 带电荷量为g、质量为m的小物块从A点以初 速度v向B滑动，到达B点时速度恰好为0， 则 ( 第十章 +0 A.从A到B,小物块的加速度一直减小，到达 0点时速率为 B.从A到B,小物块的加速度先增大后减小， 到达0点时的动能为” C.小物块一定带负电荷，从A到B电势能先 减小后增大 D.从A到B,小物块的电势能不变，受到的电 场力先增大后减小 8.如图所示，水平地面上方有与其平 行且关于AA'对称分布的匀强电 场，A点左侧地面粗糙，右侧光滑. 电量为+g的滑块从A点以初速度，向左滑 动，滑块电荷量保持不变，滑块与左侧水平地 面间的滑动摩擦力大小为∫，匀强电场场强大 小E=3,取AM'为零势面，求： (1)滑块向左滑动的最大距离. (2)求滑块第一次在A右侧滑行时其动能和 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 处，并求滑块运动全过程摩擦力做的功 EAE 光滑 黑白题031