02-第十章 静电场中的能量 测评卷（word同步练习）-【学而思】2026-2027学年高二物理必修第三册（人教版）江苏北京专版

**基本信息** 高中物理“静电场中的能量”单元卷，通过10道单选（40分）和5道非选择（60分），融合电场线、电容、电势能等核心知识，突出物理观念中的能量观念与科学思维的模型建构，适配单元复习巩固与能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择题|10/40|电场线与等势线、电容变化、匀强电场场强计算|结合电晕放电（第2题）、粒子加速器（第7题）等科技情境，通过φ-x图（第6题）、E-x图（第9题）考查科学推理| |非选择题|5/60|电容器充放电实验（第12题）、电场强度与电势能计算（第13题）、带电粒子多过程运动（第14、15题）|实验题注重科学探究（第12题I-t图像分析），综合题通过类平抛、匀速圆周运动（第15题）考查模型建构与科学论证，贴合高考命题趋势|

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) ( 姓名 班级 考号 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 第十章　静电场中的能量 全卷满分100分　考试用时75分钟 一、单项选择题(共10题,每题4分,共40分。每题只有一个选项最符合题意) 1.如图所示是正点电荷周围的电场线和等势线,下列说法正确的是(　　) A.负点电荷从c点沿圆弧移到d点,电势能增大 B.b点的电场强度比c点的小 C.正点电荷从c点移到b点,静电力做正功 D.a点的电势比d点的高 2.空气中的负离子对人的健康有益,人工产生负离子最常见的方法是电晕放电法。如图所示,在一排针状负极和环形正极之间加上直流高压电使空气发生电离,从而产生负氧离子,使空气清新化。环形正极与针状负极间的距离为d,它们之间的电压为U,两极间的电场可视为匀强电场。已知负氧离子的质量为m、带电荷量为-e,不计负氧离子受到的重力及空气阻力,则负氧离子在两极间的加速度大小为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 3.如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向长度随温度变化的装置示意图,电容器上极板固定,下极板可随材料长度的变化上下移动,两极板间电压不变。若材料温度降低时,极板上所带电荷量变少,则(　　) A.材料竖直方向的长度增大 B.极板间距离减小 C.极板间电场强度变小 D.电容器的电容变大 4.如图所示为围棋棋盘简化模型,匀强电场平行于该棋盘,每个小格均为正方形,边长为L。O、a、b、c点为棋盘上四个点,带电荷量为+q的棋子在b点时的电势能为Ep。棋子由O点分别移到b点和c点,电势能均减小0.5Ep。下列说法正确的是(　　) A.电场强度方向由O点指向a点 B.c点的电势为- C.匀强电场的场强大小为 D.O点的电势为 5.在竖直面内,一带电小球以一定的速度进入匀强电场中,如图所示,沿水平方向的虚线为匀强电场的等差等势面,实线为带电小球的运动轨迹。下列说法正确的是(　　) A.匀强电场的方向一定竖直向上 B.小球从O到N,其机械能守恒,电势能增大 C.小球从O到M与从M到N,其动能的变化量相同 D.小球从O到N,电场力对其做正功,小球的电势能减小 6.真空中存在着平行于x轴方向的电场,x轴上各点的电势φ随位置x变化的关系图像如图所示。一个带负电的粒子从x=-1 cm处由静止释放,不计粒子重力,则下列说法正确的是(　　) A.x=2 cm处的电势为零,电场强度大小也为零 B.x=1 cm处的电场强度小于x=-1 cm处的电场强度 C.粒子沿x轴正方向运动过程中,电势能先变大后变小 D.粒子沿x轴正向运动的最远位置坐标为x= cm 7.如图所示是带有转向器的粒子直线加速器,转向器中有辐向电场(方向均指向圆心O点),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,时间均为t;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,沿着半径为R的圆弧虚线(等势线)运动,并从N点射出。离子重力不计。则(　　) A.交流电源的周期为t B.第3个金属圆筒长度是第1个金属圆筒长度的3倍 C.离子进入第2个金属圆筒的速度大小为v= D.虚线MN处电场强度的大小为 8.如图所示,竖直平面内有水平向左的匀强电场,在匀强电场中有一根长为L=0.5 m的绝缘细线,细线一端固定在O点,另一端系一质量为m=2 kg的带电小球,小球电荷量大小为q=0.1 C。小球静止时细线与竖直方向成θ=37°角,此时让小球获得初速度,且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不考虑空气阻力。下列说法正确的是(　　) A.小球带正电 B.匀强电场的电场强度为120 N/C C.小球做圆周运动过程中动能的最小值为6.25 J D.小球从初始位置开始,运动到竖直面圆周最高点的过程中机械能变化量为4.5 J 9.某静电场中,x轴上电场强度E随x变化的关系如图所示,设x轴正方向为电场强度的正方向,一带电荷量大小为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动,结果粒子运动到x=3x0处速度恰好变为零。假设粒子仅受电场力作用,E0和x0已知,则(　　) A.粒子可能带负电 B.原点O比x=3x0处的电势高 C.粒子运动到x=2x0时的动能为qE0x0 D.粒子沿x轴正方向运动过程中电势能一直增大 10.绝缘的水平面上存在着沿水平方向的电场,带负电的滑块(可视为质点)在水平面上不同位置所具有的电势能Ep如图甲所示,P点是图线最低点,P点切线水平。现将带负电的滑块由x0处以Ep0的初动能沿x轴正方向运动(如图乙),滑块质量为m、与水平面间的动摩擦因数μ=,重力加速度为g,则(　　) A.电场中3x0处的电势最低 B.滑块沿x轴正方向运动过程中,动能先增加后减少,滑块在3x0处动能最大 C.滑块运动至3x0处,速度大小为 D.滑块能到达4x0处 二、非选择题(共5题,共60分。其中第13题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分;有数值计算时,答案中必须明确写出数值和单位) 11.(6分)如图所示为研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置。 (1)同时闭合开关S1、S2,调节滑动变阻器的滑片,使静电计指针有一定的张角,然后只向右移动A极板,则静电计指针的张角　　　　;若保持A、B极板不动而只将滑动变阻器的滑片向D端移动,则静电计指针的张角　　　　。(均选填“变大”“变小”或“不变”)  (2)在静电计指针有明显张角的情况下,将开关S2断开,下列说法正确的是　　　(填正确答案标号)。  A.断开开关S2后,静电计的指针闭合,电容器的电容变为0 B.只将电容器A极板向上平移,静电计指针的张角变小 C.只在极板A、B间插入有机玻璃板,静电计指针的张角变小 D.只将电容器A极板向B极板靠近,静电计指针的张角变小,表明电容增大 12.(10分)收音机中可变电容器作为调谐电台使用,如图甲为空气介质单联可变电容器的结构,它是利用正对面积的变化改变电容器的电容大小的。某同学想要研究这种电容器充、放电的特性,于是将其接到如图乙所示的实验电路中,实验开始时电容器不带电。 　 (1)先将开关S打向1,这时观察到灵敏电流计G有短暂的示数,稳定后,旋转旋钮,使电容器正对面积迅速变大,从开始旋转旋钮到最终稳定过程中,流过灵敏电流计的电流方向是　　　　(选填“从左到右”或“从右到左”),整个过程中灵敏电流计示数随时间变化的图像可能是　　　　。(填选项中的字母序号)  (2)充电完成后,断开单刀双掷开关,将电压表接在电容器两端测量电压,发现示数缓慢减小,原因是　　　　　　　　　　　　。  (3)某次让电源给电容器充电后,将开关S打向2,每间隔5 s读取并记录一次灵敏电流计G的示数I2,直到电流消失为止。以放电电流I2为纵轴,放电时间t为横轴,在坐标纸上作出I2-t图像如图丙所示。 ①图线与坐标轴围成的区域中,超过半格算一格,小于半格舍去,由此可知,电容器充电完成时储存的电荷量Q=　　　C(结果保留3位有效数字)。  ②若电源电压为U=2.95 V,电容器电容的测量值为C=　　　　μF(结果保留3位有效数字)。  13.(12分)如图所示,△ABC处于匀强电场中,电场强度方向平行于三角形所在平面,已知∠CAB=30°,AB= m,AC=0.1 m,A、B、C三点的电势分别为2 V、8 V、6 V,电子的电荷量为q=-1.6×10-19 C。求: (1)匀强电场的电场强度; (2)将一电子从AC的中点Q移到C点,静电力做的功。 14.(16分)如图所示,平面直角坐标系的第一象限内有沿x轴负方向、场强大小为E的匀强电场,y轴与直线x=-d(d>0)之间的区域内有沿y轴负方向、场强大小也为E的匀强电场。P点位于第一象限内,从P点由静止释放一个带电荷量为+q、质量为m的粒子,不计粒子重力,忽略两电场间的影响。 (1)若P点的纵坐标为d,粒子能通过x轴上坐标为的点,求P点的横坐标; (2)若粒子能通过x轴上坐标为(-2d,0)的点,则P点的坐标(x,y)应该满足什么条件? (3)求满足第(2)问的粒子从P点到通过x轴所用的最短时间。 15.(16分)如图a所示,在光滑水平面上有一直角坐标系,在第三象限内有沿x轴正方向的匀强电场,电场强度的大小为E3(未知),坐标原点处有一个带负电的小球甲,其产生的电场只局限在第二象限内。现有一质量m=1 kg、电荷量q=+2 C的小球乙从y轴上的A点以大小为5 m/s、方向与y轴正方向成53°角的初速度射入第三象限,之后从x轴上的B点以平行于y轴方向的速度进入第二象限,小球乙在第二象限做匀速圆周运动,最终小球乙从y轴上的C点以平行于x轴方向的速度进入第一象限。以小球乙从C点进入第一象限时刻为计时起点,第一象限有如图b所示的周期性变化的电场,其电场强度为E1,E1的正方向沿y轴正方向,周期为T。已知T=1 s,OB=L=1 m,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求: 　 (1)第三象限电场强度的大小E3和第二象限小球乙轨迹处的电场强度的大小E2; (2)小球乙进入第一象限后,在t=时,小球乙的速度大小和方向; (3)当t=nT(n=1,2,3,…)时,小球乙的位置坐标。 答案全解全析 第十章　静电场中的能量 1.D　因c、d两点在同一等势线上,故电势相等,可知负点电荷从c点沿圆弧移到d点,电势能不变,A错误;由于b点附近的电场线较c点附近的密集,可知b点的电场强度比c点的大,B错误;由于c点电势低于b点(点拨:越靠近正电荷,电势越高),则正点电荷从c点移到b点,电势能增加,则静电力做负功,C错误;由图可知,a点的电势比d点的高,D正确。 2.A　根据匀强电场中的场强与电势差的关系可知,两极间的场强大小为E=,负氧离子受到的电场力大小F=Ee=,则负氧离子在两极间的加速度大小a==,故选A。 3.C　由于极板上所带电荷量变少,且两极板间电压不变,根据C=可知,电容器的电容变小;根据C=可知极板间距离d增大,故被测材料竖直方向的长度减小,A、B、D错误;因U不变,d增大,根据E=可知,极板间电场强度变小,故C正确。 4.D　棋子由O点分别移到b点和c点,电势能均减小0.5Ep,可见b点和c点电势相等,且低于O点电势,则b、c连线为等势线;根据电场线垂直于等势线,且方向由高电势处指向低电势处,可得电场强度方向由a点指向O点,A错误。棋子在b点和c点的电势能相等,为Epc=Epb=Ep,棋子由O点移到b点和c点过程,电势能均减小0.5Ep,则棋子在O点的电势能EpO=Ep+0.5Ep=1.5Ep,故c点的电势为φc=,O点的电势为φO=,匀强电场的场强大小为E==,故B、C错误,D正确。 5.C　由等势面沿水平方向,可知电场线沿竖直方向,小球只受电场力和竖直向下的重力,可知带电小球所受电场力和重力的合力指向轨迹凹侧,则小球受到竖直向上的电场力,但由于带电小球的电性未知,则匀强电场的方向未知,故A错误;小球从O到N的过程中,电场力做负功,电势能增大,故带电小球的机械能减小,故B、D错误;小球从O到M与从M到N,根据W电=qU可得电场力做的负功相等,根据WG=mgh可知重力做的正功相等,则由动能定理可得小球的动能的变化量相同,故C正确。 6.D　根据φ-x图线的斜率的绝对值表示电场强度的大小,可知-3 cm~0范围内场强大小为E1= V/m=200 V/m,0~2 cm范围内场强大小为E2= V/m=300 V/m,可知x=2 cm处的电场强度大小不为零,x=1 cm处的电场强度大于x=-1 cm处的电场强度,故A、B错误。带负电的粒子从x=-1 cm处由静止释放,沿x轴正方向运动过程中,由于电势先升高后降低,由Ep=qφ可知粒子的电势能先变小后变大,故C错误。由能量守恒可知,粒子沿x轴正向运动到最远位置时的电势能等于粒子在x=-1 cm处的电势能,则最远位置处的电势等于x=-1 cm处的电势,则该位置坐标为x= cm,D正确。 7.D　离子在每个筒内均做匀速直线运动,时间均为t,在相邻两筒间的缝隙内被电场加速,加速时间不计,可知交流电源的周期为T=2t,故A错误;离子进入第3个金属圆筒时的速度v3满足2qU=m-m,可得v3=,结合l1=v0t、l3=v3t,可知第3个金属圆筒长度不一定是第1个金属圆筒长度的3倍,故B错误;根据动能定理可得qU=mv2-m,可得离子进入第2个金属圆筒的速度大小为v=,故C错误;根据电场力提供向心力,可得qE=m,则虚线MN处电场强度的大小为E=,故D正确。 8.C　小球静止时,对小球进行受力分析,如图所示,电场力水平向右,与场强方向相反,故小球带负电,故A错误;根据平衡条件可得tan θ=,解得E==150 N/C,故B错误;小球静止时细线与竖直方向成θ角,则小球绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动的等效最高点与静止时位置关于O对称,即为图中的A点,小球在A点时的速度最小,动能最小,由牛顿第二定律可知=,则最小动能Ekmin=m==6.25 J,故C正确;由能量守恒可知,小球机械能的变化量等于除重力之外的其他力做的功,此处即电场力做的功,小球从初始位置开始,运动到竖直面圆周最高点的过程中电场力做功W=-qEx=-qEL sin 37°=-4.5 J,故D错误。 9.C　假设粒子带负电,粒子在电场中所受电场力先沿x轴负方向、后沿x轴正方向,则粒子一定先做减速运动后做加速运动,因此粒子在x=3x0处的速度不可能为零,故粒子一定带正电,A错误。根据E=可知,E-x图线与x轴围成的面积表示电势差,故原点O与x=3x0处的电势差为U=-=-,所以原点O处的电势比x=3x0处的电势低,B错误。粒子从坐标原点O运动到x=2x0的过程,由动能定理得qE0x0-qx0=Ek-Ek0,从坐标原点O到x=3x0的过程,由动能定理可得qE0x0-q·2E0x0=0-Ek0,解得Ek=qE0x0,故C正确。粒子沿x轴正方向运动的过程中,电场力先做正功后做负功,因此电势能先减小后增大,故D错误。 10.C　由题图甲可知,滑块在3x0处电势能最小,根据Ep=qφ,由于滑块带负电,所以3x0处的电势最高,A错误。Ep-x图线切线的斜率的绝对值表示电场力大小,即|k|==F电,从x0处到3x0处,滑块受到的电场力逐渐减小,3x0处斜率为零,则电场力为零,由于滑块水平方向受摩擦力的作用,故在3x0的左侧滑块已经开始减速,所以动能最大的位置在3x0的左侧,故B错误。对滑块从x0处运动到3x0处过程,根据动能定理有(2Ep0-Ep0)-μmg·2x0=mv2-Ep0,解得滑块运动至3x0处时的速度大小为v=,C正确。滑块在x0处的电势能与在4x0处的电势能相等,滑块从x0处运动到4x0处,需要克服摩擦力做的功为W克f=μmg·3x0=Ep0>Ep0,所以滑块不可能到达4x0处,故D错误。 11.答案　(1)不变(2分)　变小(2分)　(2)CD(2分) 解析　(1)静电计指针张角大小表示电容器两极板间的电势差,电势差越大,静电计指针张角越大。电容器充电后与电路连接,电路结构不变,若只向右移动A极板,即只改变极板间距离,电容器两极板间的电势差不变,故静电计指针张角不变;保持极板A、B不动而只将滑动变阻器的滑片向D端移动时,电容器两极板间的电势差减小,故静电计的指针张角变小。 (2)断开开关S2后,电容器与外电路断开,电容器极板上的电荷量不变。电容器的电容由电容器本身的性质决定,断开开关S2,电容器的电容不变,A错误;将A极板上移时,两极板正对面积减小,由C=知电容器的电容减小,由C=可知电容器两极板间电势差增大,所以静电计指针张角变大,B错误;在极板间插入有机玻璃板时,电容器的电容增大,由C=可知电容器两极板间电势差减小,所以静电计指针张角变小,C正确;将A极板向B极板靠近,极板间距离d减小,由C=知电容器的电容增大,由C=可知电容器两极板间电势差减小,所以静电计指针张角变小,D正确。 12.答案　(1)从左到右(2分)　A(2分)　(2)电压表并非理想电表,电容器通过电压表放电(2分)　 (3)①3.25×10-3(2分)　②1.10×103(2分) 解析　(1)电容器充电时,刚开始电流比较大,充电结束后,电流为0;当电容器正对面积迅速变大时,电容迅速增大,由Q=CU可得电容器带的电荷量Q增加,故电容器再次充电,流过灵敏电流计的电流方向为从左到右,充电结束后电流为0,故选A。 (2)将电压表接在电容器两端测量电压,发现示数缓慢减小,说明电容器在缓慢放电,电路中有电流,电压表不是理想电压表。 (3)①电容器所带的电荷量为Q=It,可知Q可以用I-t图像中图线与时间坐标轴所围成的面积表示,由图可知共26个格,每个格的面积为q=25 μA×5 s=1.25×10-4 C,所以可得Q=26q=3.25×10-3 C。 ②根据C=可计算出C≈1.10×10-3 F=1.10×103 μF。 13.答案　(1)80 V/m,方向与BC方向的夹角为60°　(2)3.2×10-19 J 解析　(1)根据题意可知AC cos 30°=AB 故∠ABC=90°,则BC=AC sin 30°=0.05 m(1分) 根据电场强度与电势差的关系可得,电场强度沿BA方向的分量为EBA===40 V/m(2分) 电场强度沿BC方向的分量为 EBC===40 V/m(2分) 如图所示,根据矢量合成法则,可得匀强电场的电场强度大小为E==80 V/m(1分) 设电场强度的方向与BC方向的夹角为θ,则有 tan θ==(1分) 解得θ=60°,即电场强度的方向与BC方向的夹角为60°(1分) (2)AC的中点Q的电势为φQ==4 V(2分) 则将电子从Q移到C,静电力做的功 W=qUQC=q(φQ-φC)=-1.6×10-19×(4-6) J=3.2×10-19 J(2分) 14.答案　(1)　(2)4xy=3d2(x>0,y>0)　 (3)2 解析　(1)设P点的横坐标为x0,粒子通过y轴时速度为v0。粒子在第一象限内做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得qE=ma(1分) 由匀变速直线运动的规律得=2ax0(1分) 粒子在第二象限内做类平抛运动,沿x轴负方向做匀速直线运动,则有=v0t(1分) 沿y轴负方向做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有qE=ma(1分) 由匀变速直线运动的规律有d=at2(1分) 联立解得x0=(1分) (2)粒子在第一象限内做匀加速直线运动,设粒子通过y轴时的速度为v0',由匀变速直线运动的规律得v0'2=2ax(1分) 粒子在第二象限电场中做类平抛运动,离开电场后做匀速直线运动,设粒子在第二象限电场内运动的时间为t',有vy=at',vx=v0'=(1分) 粒子离开电场时速度偏转角的正切值为 tan θ=(1分) 由几何关系有tan θ=(1分) 联立解得4xy=3d2(x>0,y>0)(1分) (3)粒子在第一象限内运动的时间为t1=(1分) 粒子在第二象限内运动的时间为t2=(1分) 又v0'2=2ax,qE=ma(1分) 则粒子运动的总时间为 t总=t1+t2=+≥2(1分) 故最短时间为t最短=2(1分) 15.答案　(1)4 N/C　4.5 N/C　 (2)3 m/s,方向与x轴正方向成45°　 (3)(n=1,2,3,…) 解析　(1)小球乙由A点运动到B点过程中,在x轴方向上,根据牛顿第二定律有qE3=ma(1分) 根据运动学规律有=2aL 其中v0x=v0 sin 53°(1分) 解得E3=4 N/C(1分) 在第二象限内,小球乙在电场力作用下做匀速圆周运动,有qE2=m, 其中vB=v0 cos 53°(1分) 解得E2=4.5 N/C(1分) (2)在第一象限内,沿y轴正方向,根据牛顿第二定律有qE1=ma'(1分) vy=a'·,vx=vB(1分) 小球乙的速度大小v==3 m/s(1分) 设此时速度方向与x轴正方向夹角为θ,则 tan θ==1(1分) 所以θ=45°(1分) (3)根据图b中场强的变化规律可判断,小球乙进入第一象限后,在x轴方向上做匀速直线运动,在y轴方向上,第一个时间内沿y轴正方向做匀加速运动,第二个时间内沿y轴正方向做匀减速运动,当t=T时,乙在y轴方向的速度恰好减为零,之后重复上述运动过程,其轨迹如图所示(2分) 所以,当t=nT时,小球乙的横坐标为 x=vx·nT=n m(n=1,2,3,…)(1分) 第一个时间内,小球乙沿y轴正方向前进的距离为y0=··= m(1分) 小球乙进入第一象限后,每半个周期时间内沿y轴正方向运动的距离均相等,因为开始计时时,小球乙的纵坐标为L,所以在t=nT时其纵坐标为 y= m(n=1,2,3,…)(1分) 故在t=nT(n=1,2,3,…)时,小球乙的坐标为 (1分) 学科网（北京）股份有限公司 $