第7期：《静电场中的能量》单元复习-【数理报】2026-2027学年高中物理必修第三册同步学案（人教版）

高中物理人教（必修第三册）第5一8期 羧理括 答案详解 2026~2027学年高中物理人教（必修第三册）第5~8期(2026年8月) 第5期3版参考答案 电容器充电，则图中电流从A流向B,故C错误，D正确。 A组 6.由于E、F、G、H为棱AB、AC、AD、BC的中点，则PE= 一、单选题 PA +PB 2 ,=丰e,06=十0，e4=车e,联立解 2 2 2 1.B2.D3.B4.B5.D6.A7.B 提示： 得PA=0,Pg=4V,Pc=8V,pD=4V,由此可知，BDF所在 1电容器的电容可用公式C=号表示，电容是电容器固 的平面为等势面，故A正确，C错误；将一电子从A点移到C点， 电势升高8V,则电势能减小8eV,故D错误；电场强度大小为 有属性，不随电压和电荷量改变，故B正确。 E= =9F-9=16V/m,故B错误 2.充电过程中，该超级电容器的电容保持不变，根据C= d L 2 名，由于该超级电容器所带电荷量增大，侧该超级电容器两极 7根据C=号.C=E=台整理得E=,由 板间的电势差增大，故AB错误；充满电时，该超级电容器所带 于电容器带电荷量恒定，因此当两板间的距离改变时，板间的 的电荷量为Q=CU=1200×2.5C=3000C,故C错误，D 正确. 电场强度恒定，则片-06心，解得x=06d,根据牛顿第二定 3.由i-t图像知图线与时间轴围成的面积表示电荷量，数 格子约为50格，则0=a=9×10×50×1C=0.1C,因 律6(d-)=m,解得加速度大小a=兴，故B正确 5m 二、实验题 为C=号，代人得C=0=0.033F=3mF=300u, 8.(1)0(2)a→b0.62×10-5(3)大于 故B正确。 解析：(1)电容器带电荷量为0，所以两极板之间的电势差 为0，下极板接地，故电容器上极板的电势为0. 4.连接AC,则AC与OB交点的电势p=4十Pe 2 =4V= (2)由电路图可知，电容器充满电后，上极板带正电，故放 PB,可知OB为等势面，则电场强度方向沿AC方向，故A错误， 电时流过电阻R2的方向为a→b. UAc B正确：电场强度的大小为E=2Rsin60° 3 =V/m= 电容器充满电，两极板间的电压等于电源电压3V,故开始 放电瞬间，流过电阻风的电流大小为=名=0.6mA根据 号m,故CD错误 电容的定义式可知，C=号=00610P=2×105里 3 5电容器极板间距d减小，由C二可知，电容器的电 (3)换用阻值更大的电阻后充电电流会变小，故充电时间 容C增大，放A错误：因为两板电压U一定，根据E=名可知。 变长 三、计算题 电容器极板间的电场强度增大，故B错误；因为两板电压U一 9.(1)UB=2×103V(2)E=1×104V/m 定，根据C=号可知，电容C增大，电容器的带电荷量Q增加， 解析：(1)A到B,WB=-△E=4J 高中物理人教（必修第三册）第5~8期 W AB 因为UAB= 3.由题图电介质左、右表面出现净剩电荷的正、负可知，平 9 行板电容器极板间的电场强度向左，则极板B带正电，极板A 联立解得Ug=2×103V. U AB 带负电，故A错误；根据C 4a,可知插人电介质会使电容器 8S (2)因为E= 的电容增大；由于电容器极板上所带电荷量保持不变，根据C 联立解得E=1×104V/m 10.(1)-1.2×10-7J(2)60V/m,方向水平向右 =号可知，两极板间的电势差减小，根据E=号可知，桶人电 (3)1.44×10-7J. 介质后，两极板间的电场强度比无该电介质时小，故BC正确； 解析：(1)该正电荷从a点移到b点，则 插人电介质的过程中，静电力对电介质中的正、负电荷都做正 功，故D错误 W1=qUb=q(p。-96)=0-Eb 二、实验题 代入数据可得E=-1.2×107J. 4.(1)控制变量法(2)B(3)B (2)匀强电场的电场强度为E= ,= ab 解析：(1)本实验中要控制一些量不变，然后再得出C的 代入数据解得E=60V/m,方向水平向右； 决定因素：所以采用的方法是控制变量法。 (3)电荷从b点到c点，电场力做功为W2=Eg·bc·cos60° (2)静电计的作用是测定电容器两极板之间的电势差.故 根据功能关系可得电势能的变化量为W2=一△E, B正确. (3)甲图中手水平向左移动时，板间距离d增大，根据C= 代入数据解得△E,。=-1.44×10-7J 即电势能减少了1.44×107J. 4C=号可知，电容减小，而电容器带电荷量不变，则板间 E U B组 电压增大，所以静电计指针的张角变大，故A正确，B错误；当 一、多选题 手竖直上移动时，正对面积减小，则电容减小，板间电压增大， 1.ABC 2.AD 3.BC 所以静电计指针的张角变大，故C正确；当向两板间插入陶瓷 提示： 片时，介电常数变大，则电容变大，板间电压减小，所以静电计 1.由pA=2V,pg=4V,pc=6V,在匀强电场中可知UC 指针的张角变小，故D正确.本题选不正确的，故选B. =Uw得pn=4V,同理可得pc,=4V,Pn,=9g=2V,所 三、解答题 以AB,D1面构成等势面，且电势为2V,BDC,面构成等势面且 5.(1)4V(2)4V,2V(3)800v/m 3 电势为4V,故AB正确；结合E。=pq,△E。=qU,将电子由C点 解析：(1)A、B两点间的电势差 沿立方体棱边移动到D,电势能增加4eV,故C正确；因p4= UAB = 地==2,4×10」=4y P1=2V,故将质子由A点沿立方体棱边移动到B1,电势能不 q -6×106C 变，故D错误 (2)B、C两点间的电势差 2.Oabc为平行四边形，可知p6-p。=p。-po,代入数据 W匹=12×10=-2V -6×10-6C 解得c点电势为p。=10V,故A正确，B错误；取ab中点为e, 如果规定B点的电势为零，UAB=PA-PB,可得pA=4V 则e点电势为4.=e9=6V=o,可知Oe连线为等势 2 同理Uc=Pg-Pc,可得Pc=2V. 线，根据几何关系可知Oe⊥ab,则根据电场线与等势线垂直且 (3)因AB的中点D的电势为Pn=949E=2V=Pc 2 沿电场线方向电势降低，可知电场强度方向与x轴成45°斜向 则CD为等势线，电场强度 右下，大小为E=二e=8V二4y=万V/em,故C错误， 方向垂直CD指向B点，如图所 ab 2 cm D正确， 高中物理人教（必修第三册）第5~8期 示，则电场强度大小E= 2 800 d V/m 3 d,。=台联立叮得粒子在偏转电场中的竖直位移为y= 2 sin60°×102 U V/m. 4U,可知粒子在偏转电场中的竖直位移与粒子的电荷量和质 第6期3版参考答案 量均无关，则两种粒子在偏转电场中的竖直位移之比为1：1， A组 故C正确，D错误. 一、选择题 7.交变电源的周期为T=2t,故A错误；粒子进入第3个金 1.A2.A3.A4.C5.A6.C7.C 属简时的速度词足2U=2m2-宁，可得：=√后+网 提示： m ≠3o,根据l=t可知，第3个金属圆筒长度不是第1个金属圆 1.加速质子过程中，由动能定理可得eBx=2mu-0,解 筒长度的3倍，离子进入转向器的速度大小为”= 4qU +6, 得加速匀强电场的电场强度大小为E=需，故A正确 故B错误，C正确：根据E=m女可得虚线MN处电场强度的 2.粒子射入电场时，水平方向做匀速直线运动，竖直方向 做匀加速运动，则水平方向d=o,竖直方向，tan45°=g吗， 大小为E= 4gU+m6,故D错误 m gR 二、填空题 脾得E三织故A正确. 8.正2mgd -2mgd 2mg 3.电子在电场中加速，由动能定理可得0= 2mw-0, 三、计算题 ,易知可使增大的操作是仅增大U,故A正确， 解得=√m 9.(1)a= (2)t=2d /2m dm 4.设带电粒子在电场中的加速度为a,则对甲粒子，竖直 解析：(1)根据qE=ma,其中E= 立，可得带电粒子加速 方向号=，水平方向d=1,解出=风，对乙粒子有 Ug 度的大小a= dm 1+=d,解出=方应，所以=2：1，放c正 确 (2)带电粒子运动号距离时的速度 5.由于电压在一段时间内是常数，所以电场强度也是常 d =√23=√3m 数，带电粒子受到的静电力也是常数，根据牛顿第二定律F= d 2d m可知带电粒子的加速度也是常数：带电粒子在0~子内匀 运动的总时间t= 33-4d 3v n 加速后，子~T内电压反向了，静电力也反向，该粒子做匀诚 联立解得t=2d√3U 2m 速直线运动.由于加、减速时间相同，则该粒子的速度恰好减为 零；下一周期又开始重复上述运动，则u-t图像为A图所示.故 10.(1)=√ qU (2)E= U,L m d (3)y=4ud A正确 1 6.粒子在加速电场中，根据动能定理有94=2m2-0, 解析：(1)根据动能定理有U9=2m哈-0 解得= 可得v= ,则两种粒子在离开加速电场时速度之比为 m m (2)偏转电场的电场强度E= √分×于-怎，故AB错误：粒子在转 d 电场中做类平抛运动，设板长为L,板间距为d,则有L=t,y= (3)带电粒子在偏转电场中运动的时间1= 00 3 高中物理人教（必修第三册）第5~8期 三、解答题 加速度a= m md 2eU 2U1d2 带电粒子离开偏转电场时竖直方向的位移大小 5.(1)o= (2)U2= m 2 (3)H= UL2 2a= 1 1 y= Ud 5.(1)电子在AB间加速，由动能定理得U,=2m6-0 B组 R2eU 一、多选题 解得o=√m 1.AB 2.ACD 3.BCD (2)电子在偏转电场中做类平抛运动，则有 提示： L=o4,a=eE=eL.4。L m=md2=2ati 1.静电力对质子做正功，质子的电势能减少，故A正确；质 2Ud 子受到的静电力大小为F=qE≈2×104N,故B正确：质子 联立解得U,= 的加速度为a=上≈1.2×103m/s,加速时间为t=L≈ (3)电子离开偏转电场时，有v,=at1,电子离开偏转电场 8×10,放C错误质子加速的直线长度为x=云4m,放 后，有子L=o=", D错误， 联立解得2= 2.由于同一个金属圆筒所在处的电势相同，内部电场强度 d 为零，因此质子在圆筒内做匀速直线运动，而前后两金属圆筒 则oP的腐度为H=号+5=子d 之间有电势差，所以质子每次经过缝隙时将被电场加速，故A 第7期3版参考答案 正确；质子每经过一次缝隙只有电场力做功，由动能定理可得 一、单选题 qU=△E:,可知每经过一次缝隙质子增加相同的动能，速度增 1.A2.A3.C4.A5.D6.C7.B 加一次，与缝隙的大小无关，故B错误；质子要持续被加速，下 提示： 一个金属圆筒的电势较低，所以质子穿过每个圆筒时，电源的 1.A是通过改变电介质的相对介电常数而引起电容变化 正负极应发生变化，故C正确；要使质子每次经金属圆筒间的 的，故A正确；B是通过改变电容器两极板间距离而引起电容 缝隙时加速，则质子在每个圆筒内运动的时间通常应是交变电 变化的，故B错误；CD是通过改变两极板的正对面积而引起电 压周期的一半，故D正确。 容变化的，故CD错误。 3.由于粒子匀速通过电场区域，则Eq=mg,E= ,所以 U 2.依题意，取无穷远处为零势能点，则有P。>p6>0,根 据E。=q9可知，当q>0时，有E。>E,故A正确， U=m吧，故A错误；粒子受到竖直向上的静电力，与电场强度 3.根据对称性可知，图中所示A、B两点电场强度大小相 9 等，但方向不同，故A错误；等势线与电场线垂直，由于电场线 方向相同，则粒子带正电，到达斜面时速度方向与斜面垂直，则 不是直线，所以图中所示A、B两点所在虚线不是等势线，故B 速度方向与竖直方向的夹角等于斜面的倾角，所以v= 错误；钾、钙离子向根部聚集过程中，电场力做正功，电势能减 n37,故B正确：粒子在运动过程中只有重力做功，机械能守 少，故C正确；空气中带负电的尘埃微粒（重力不计）受到电场 恒，故C正确：粒子做匀速直线运动的时间为(，=￠，粒子做 力作用，向悬挂电极聚集，但不会沿电场线运动，故D错误. 4.依题意，正六边形顶点上的六个点电荷分成三组，分别 平抛运动的时间为6=冬-am37-”,所以A点到C点 为两组等量同种点电荷和一组等量异种点电荷，其中等量同种 g 3g1 点电荷在O点的电场强度为零，等量异种点电荷在O点的电场 所用时间为=+6一经+兰故D正确 强度大小为E:,可如0点的电场强度大小为学放A正 二、填空题 确；B错误；等量异种点电荷在O点的电势为零，等量同种点电 4.IⅡY0X 荷在O点的电势大于零，所以O点的电势大于零，故CD错误. 4 高中物理人教（必修第三册）第5一8期 5.各等势面关于y轴对称，疏密相同，所以电场线疏密也 y三】a,9E=ma,解得y=),故D正确. 相同，电场强度大小相等；根据等势线与电场线垂直，可知a、d 两点的电场强度方向不同，故a、d两点的电场强度不同，故A 10.电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，说明电场 错误；根据等势线与电场线垂直，故电子在y轴左侧受到一个 强度方向沿x轴负方向，则A点电势低于B点电势，故A错误， 斜向右下方的静电力，速度方向沿轨迹的切线方向，故电子从 B正确；根据△E。=gEx,可知图像斜率的绝对值等于静电力的 α到b运动时，静电力做正功，故B错误；根据负电荷在电势低 大小，因此从A到B,静电力减小，电场强度减小，故A点的电场 处电势能大，可知电子从c到d运动时，电势能逐渐增大，故C 强度大于B点的电场强度，故C错误；由图乙可知，电子从A到 错误；a、d两点的电势相等，故从a到d静电力不做功，所以电 B的电势能减小量大于从B到C的电势能减小量，故电子从A 子在经过等势线d点时的动能为60eV,故D正确， 运动到B静电力做的功大于从B运动到C静电力做的功，故D 6.环境湿度降低时，吸湿材料体积缩小，极板间距d增大， 正确 三、实验题 根据C=4可知，电容变小，故A错误：电源保持电压恒定 11.(1)B (滑动变阻器未调节)，环境湿度降低时，吸湿材料体积缩小， (2)电容器开始放电时所带的电荷量=3：4 极板间距d增大，根据电场强度北=号可知，极板间电场强度 解析：(1)电容器充电过程中两极板所带电荷量Q随时间 t变化的图像应为先增加待充满后电荷量保持不变.故B正确 变小，故B错误；空气湿度一定时，滑片向上移动，由电路图可 (2)根据公式q=It可知I-t图像中图像与对应坐标轴所 知电容器两端电压增大，根据C=号可知，电容器所带电荷量 围成的面积表示电荷量，图线I与时间轴围成的面积为S,其 会增加，故C正确；若电流计示数为从a到b,说明电容器放电， 物理意义是电容器开始放电时所带的电荷量； 则电容减小，d增大说明湿度降低，故D错误 实验前电容器不带电，充电结束后，使电容器放电完毕，故 7.由于静电力竖直向下，设物体在地面上滑行的距离为 充电和放电过程电容器电荷量变化量大小相同，所以两次放电 x,则由动能定理有-u(B+mg)x=0-方m6,解得x 电荷量相同，即阴影部分的面积S,=S2; 由图丙和图丁可知，两次放电最大电流之比为4：3，则可 mvg 2μ(mg+E,故B正确. 知图丙和图丁中电容器放电的I一t图像对应的电阻箱R接人 二、多选题 电路的阻值之比3：4. 8.AD 9.CD 10.BD 12.(1)B(2)A(3)增大增大减小 提示：8.由电场线的分布可知，放电端O 解析：(1)本实验采用的科学方法是控制变量法，故B正确： 应接电源的负极，故A正确；等势线与电场线 (2)在该实验中，静电计的作用是测定该电容器两极的电 垂直，过c、d两点作出等势线，如图所示，电场o 势差，故A正确， 线由高等势面指向低等势面，所以d点的电势 (3)电容器电荷量不变，根据电容器的决定式和定义式有 比c点的电势高，故B错误；又电场线的疏密 G=4位C=号，可知正对面积减小或板间距离增大时，电容 eS 程度反应电场强度的大小，电场线越密集，电场强度越大，所以 减小，电势差增大，故静电计指针的偏转角度增大；当插入电介 a点的电场强度大于d点的电场强度，故C错误；由电场线的分 质时，电容增大，电势差减小，故静电计指针的偏转角度减小 布情况可知，ab段的平均电场强度要大于bc段的平均电场强 四、计算题 度，根据U=Ed定性分析可得ab间的电势差大于bc间的电势 差，故D正确。 13.(1)25V/m,方向为右上方与水平方向夹角为arctan2 9.粒子在两收集板间做类平抛运动，加速度恒定，静电力 (2)2.4×10-2J 做正功，故AB错误；粒子能被收集板吸附，可知在电场中运动 解析：(1)点电荷Q在A点产生的电场强度大小为E4= 时间最大时，有L=,解得t=上，故C正确：最大偏移量为 kQ =2V/m,方向竖直向上. 高中物理人教（必修第三册）第5~8期 电场强度为矢量，根据电场的叠加原理，A点的电场强度 故电子从进入偏转场到打在荧光屏P的运动时间为 大小为E'A=√22+4V/m=25V/m t=4+i=(私+L)√2to m 设A点电场强度与水平方向夹角为0，则有an0=方，所 (3)电子在偏转电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律有 以A点电场强度方向为右上方与水平方向夹角为aretan2 U ed=ma (2)D点和B点关于点电荷对称，则试探电荷从D点移动 在垂直极板方向上做匀加速直线运动，由运动学知识有y 到B点过程中，点电荷对试探电荷的库仑力做功为0，则静电力 做功等于匀强电场对试探电荷做的功，则 则电子经过偏转电场过程中静电力对它做的功为W= W=Eg·2r=2.4×10-21. U 14.(1)4m/s:(2)28m. e dy 解析：(1)根据牛顿第二定律可知，0~2s内小物块的加 联立解得电子经过偏转电场过程中静电力对它做的功为 速度为 elL W 4dUo a,=96-mg=2/g m 第8期参考答案 2s末小物块的速度为2=a1t1=4m/s 一、单选题 2~4s内小物块的加速度为4，=5二m坚=-2m/s 1.D2.D3.C4.B5.A6.A7.C m 提示： 4s末小物块的速度为4=2+a2t2=0 1.库仑定律适用于点电荷，但点电荷不一定是体积最小的 可知小物块做周期为4s的加速和减速运动，14s末小物 块的速度大小等于2s末小物块的速度大小，则有4=2= 带电体，故A错误：根据F=2学，当两个带电体间的距离趋 4m/s. 近于零时库仑定律将不再适用，故B错误；电荷间的库仑力是 (2)根据对称性可知，小物块在0~4s内的位移为 相互作用力，点电荷A、B相互作用时，A受到的静电力与B受到 w=2e=2×70,2=2×7x2×2m=8m 的静电力等大反向，故C错误；库仑定律的适用条件是：在真空 中静止的点电荷，故D正确 根据周期性可知前14s内小物块的位移大小 2.图甲中超高压带电作业的工作人员，为了保证他们的安 x总=3x4+x2=3×8m+4m=28m. 全，他们必须穿上金属丝制成的衣服，以起到静电屏蔽的作用， 15.(1)m (2)t=t1+2=(L1+L2) m 故A正确；图乙中家用煤气灶的点火装置，是根据尖端放电的 原理而制成的，故B正确；图丙中避雷针的示意图，是在高大建 (3)eU 4d Uo 筑物屋顶插入一根尖锐的导体棒与接地装置连接，把静电导人 解析：(1)粒子在加速电场中运动，由动能定理有 大地，可防止建筑物被雷击，故C正确；喷枪喷出的油漆微粒带 1 正电，因相互排斥而散开，形成雾状，被喷涂的物体带负电，对 e=2m6-0 雾状油漆产生引力，把油漆吸到表面，可以使油漆与金属表面 e 解得0=√m 结合的更牢固，故D错误.本题选不正确的，故选D. 3.元电荷是电荷量的最小单元，故带电体所带电荷量一定 (2)电子在偏转电场中平行极板方向做匀速直线运动，由 是元电荷的整数倍，可知电荷量表的示数一定是元电荷的整数 运动学公式可知电子在偏转电场中的运动时间为1· 倍.故C正确 电子出偏转电场后做匀速直线运动，由运动学知识有2= 4.沿电场线方向，电势越来越低，A点电势比B点低，故A L 错误；电场线的疏密程度反映电场强度大小，A点电场强度比B 0 点大，故B正确；C点电势比B点低，正电荷在电势高的位置电 6 高中物理人教（必修第三册）第5~8期 势能大，因此正电荷在C点的电势能比在B点的电势能小，故： m号，结合上述解得：=√一，由于H粒子的质盐大一些，可 CD错误 知H粒子的运动速度小一些，故C正确；粒子的动能E,= 5.根据C=四处说明d大，则电容器电容小，放A正 之m=岁，由于H粒子与H粒子所带电荷量相等，则两种 确；凸处说明d小，则电容器电容大，因电容小的微电容器放电 粒子的动能相同，故D正确， 较快，则在指纹凸处形成的电容器放电较慢，故B错误；手指出 汗后，d会改变，则会对指纹识别有影响，故C错误；在指纹凹处 10.根据沿电场线电势降低，可知在坐标原点右侧，电场强 度沿x轴负方向，粒子受到的电场力向正方向，因此粒子带负 形成的电容器电容小，根据Q=CU,可知充电后在指纹凹处形 电，故A错误；p-x图像的斜率表示电场强度，x=0.2m处的 成的电容器存储的电荷量小，故D错误. 2 6.因A、E两点的正电荷在O点的合电场强度为零；0点到 电场强度为E=是=Q220Vm=20Vym,放C正确：根 六个点的距离均为r=二，则D、C两点的电荷在O点的合电场 3 据华顿第二定律gE=m0,粒子的比荷为是=名=20c/g m 20 强度为，-2学-，方向沿0c方向：同理B,F两点的电荷 =100C/kg,故B正确；粒子从开始运动到x=0.2m处的过程 2 在0点的合电场强度为E,=E,=,方向沿0F方向，则合 中，根据动能定理g0=2m,解得n=20ms,故D正确， a 三、实验题 电场强度为E=2E,c0s30°=65，故A正确。 11.(1)控制变量法(2)D(3)B a 7.从该装置开始加速到离开电场，整个过程由动能定理可 解析：(1)该实验探究库仑力与电荷量的关系，需要控制 电荷之间距离不变，所以用到的实验方法是控制变量法。 得g6-mgs=之m2-0,解得0= 2(Eg-mg,故C正确. (2)实验中两塑料小球所带电荷量无论 AM m 二、多选题 是否相等都可以产生库仑斥力以完成实验， 8.BD 9.BCD 10.BCD 故A错误；两个小球可以换成异种电荷，库 提示： 仑力由斥力变为引力，将小球B放置在A的 8.像素呈白色时，电场强度方向向上，电场线向上，因为沿 左上方同样可以进行实验，故B错误；如图 着电场线方向电势降低，所以黑色微粒所在区域的电势高于白 所示，根据平衡条件可得F,=mgcos 0,F=mgsin0,所以细线 色微粒所在区域的电势，故A错误；像素呈黑色时，电场强度方 的拉力F随着0的增大而减小，库仑力F随着0的增大而增 向向下，电场线向下，因为沿着电场线方向电势降低，黑色微粒 大，故C错误，D正确 所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故B正确；无 (3)根据库仑定律有F=mgsin0=k子，整理得Qg= 论是像素由黑变白的过程中，还是像素由白变黑的过程中，静 电力与微粒的运动方向均相同，静电力对黑色微粒和白色微粒 mgin0,由上式可知Qg-sin0图像为一条过原点的倾斜直 k 均做正功，故C错误，D正确。 线.故B正确 9.根据题意，电场强度大小￡=女，可知距离圆心间距不 12.(1)2(2)保护电路 同位置的电场强度大小不同，圆周上不同位置电场强度的方向 (3)1.6×10-22.7×103(2.5×10-3~2.9×10-3均 也不同，即该电场为非匀强电场，故A错误；粒子所受静电力F 可) (4)BD =gE=,H粒子与H粒子所带电荷量相等，日沿轨迹[ 解析：(1)图乙是电容器在放电过程中的图像，电容器两 极板上的电荷应通过定值电阻R和电流表放电，所以单刀双掷 做圆周运动，H沿轨迹Ⅱ做圆周运动，H粒子的轨道半径大 开关应该接在2 于H粒子的轨道半径，则H粒子所受静电力小一些，故B正 (2)在电容器充电和放电过程中，定值电阻R可以防止电 确：粒子做匀速圆周运动，由静电力提供向心力，则有gE= 路因电流过大而造成电路元件的损坏，所以定值电阻R的作用 7 高中物理人教（必修第三册） 第5~8期 是保护电路 3 OD 2 (3)图乙中的图像与横轴所包围的面积表示电荷量，一个 所以cos0= OC 2 小正方形的面积所表示的电荷量为0.001×0.4C=4×104C, 计算图像与横轴所包围的小正方形个数时，小于半个的舍去，大于 根据点电荷的电场强度公式有 半个的算一个，所以图乙中图像与横轴所包围的小正方形个数约 0 E1=E2=k- 4k0 7=25元 为40个，即电容器充满电时，单个极板存储的电荷量大小为Q= 40×4×104C=1.6×102C O点处的电场强度大小为 电容器充满电时两极板间的电压等于电源的电压，所以电 E=2E,c0s0=2×25元 4,0 324kQ 125L 容器的电容值为C=2=L.6×10 6.0 -F≈2.7×10-3F. (2)滑块由A点运动到O点过程中，由动能定理得 ES (④根据C=4a可知，为提高平行板电容器存储电荷 1 qUxo 2mm2-0 的能力，可以在两极板间插入电介质、增大两极板的正对面积、 可得：Uo= 2g 减小两极板间的距离.故BD正确。 mv 四、计算题 根据等量异种电荷电场线的对称性可知Uo加=UAo= 2q L2elo 13.(1)入√m (2)30 所以0n=Uo+Uo=m 解析：(1)设电子刚进入偏转电场的速度为o,由动能定 15.(1)6= 2U9 (2)t= mUo E。V2g (3)y= 1 理可得e。=2m听-0 UD (n=1,2,3,…) 8ndU R2eUo 解得0=√m 解析：(1)粒子在加速电场中被加，由速电动能定理有 (2)电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直 1 %9=2m6-0 线运动，则有=ot 竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得E 0o9 带电粒子到达B板的速度6=√m ma (2)在静电分析器中电场力提供向心力，有Eq=m 2√5eU R 解得电子的加速度α= 3mLo Relo 运动润：=子· 电子离开电场时竖直方向上的速度”，=t=√3m 解得t=红，mU 电子射出偏转电场时速度方向与水平方向的夹角 E。V2g (3)粒子射人偏转电场后，水平方向做匀速直线运动，离 tan 0 二 3 开电场时速度方向仍水平，则竖直速度仍为零，则水平方向L 解得0=30° =o·nT 14.(1)E= 24kQ 125L2 (2)UA0= 2q Uo =m 9 竖直-a·兴() 解析：(1)如图所示，根据 R ®+Q -Q 解得y8d(n=12,3, 勾股定理得 OB OC 77777 777777777视 7777777 √22+(2)=4 -8举 彩 本 长 州 8ILZS-ISEO 汇国适 紧 (1)下列关于电容器充电过程中两极板所带电荷量 O时间t 四、计算题（本题共3小题，共38分，解答应写出文字说明、方程 15.(16分)如图14所示， 一个电 变化的图像，可能正确的是 式和演算步骤.只写出最后结果的不能给分，有数值计算的题，答案 子由静止开始经加速电场加速后，又 中必须写出数值和单位) 沿偏转电场极板间的中心轴线从0点 I r. 13.(10分)如图12所示，在水平向右 垂直射人偏转电场，并从另一侧射出 大小为E=4V/m的匀强电场中，在0点固 打到荧光屏上的P点，O'点为荧光屏 图14 定一电荷量为Q=+2×10"C的点电荷，A、 的中心已知电子质量m,电荷量e,加速电场电压U。,偏转电场电压 (2)利用图乙电路对充满电的电容器进行放电实验.闭合开关 B、C、D为以O为圆心、半径为r=0.3m的 U,极板的长度L1,板间距离d,极板的末端到荧光屏的距离L2(忽略 S,将电阻箱R分别拨到两个不同的数值，分别得到电容器放电的I- 同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行， 电子所受重力).求： 图 t图像如图丙的图线I、图丁的图线Ⅱ（两图像所用的标度相同）.图 A、C连线与电场线垂直，已知静电力常量 (1)电子射人偏转电场时的初速度o; 线】与时间轴围成的面积为S,其物理意义是 k=9.0×10N·m2/C2,求： (2)电子从进入偏转电场到打在荧光屏P的运动时间t: :若图丁中的图线Ⅱ与时间轴围成的面积为 (1)A点的电场强度； (3)电子经过偏转电场过程中静电力对它所做的功W. S,,则理论上应该有S, _(选填“>”“<”或“=”)S2;图丙和 (2)将一电荷量为g=1×102C的试探电荷从D点移动到B 图丁中电容器放电的I-t图像对应的电阻箱R接入电路的阻值之比 点，静电力对其做的功， 高中物理 R,:R= 必修第三册 人教 图10 12.(8分)如图11是某实验小组为了定性探究平行板电容器的 核 电容C与其极板间距离d,极板间正对面积S以及板间加人电介质之 14.（12分)如图13甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面 心素 间的关系装置图.请回答下列问题：（前两空各1分，后三空各2分） 上，一个质量为m=0.2kg,带电荷量为g=+2.0×106C的小物块 高中物理·必修第三册（人教）核心素养测评 养测评 处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数4=0.1.t=0时刻开 层编实 始，空间加上一个如图乙所示的电场强度大小和方向呈周期性变化 的电场，（取水平向右为正方向，g取10m/s2.)求： (1)14s末小物块的速度大小； (2)前14s内小物块的位移大小、 (1)本实验采用的科学方法是 E/xI0 N/C) A.理想实验法 B.控制变量法 E C.等效替代法 D.建立物理模型法 246181012 (2)在该实验中，静电计的作用是 A.测定该电容器两极板的电势差 图13 B.测定该电容器的电容 C.测定该电容器的电荷量 D.测定A、B两板之间的电场强度 (3)指出如图所示的情况下，静电计指针的偏转角度变化情况： ①正对面积减小时，静电计指针的偏转角度 ②板间距离增大时，静电计指针的偏转角度 ③插入电介质时，静电计指针的偏转角度 (参考答案见9期)》 数浮招 高中物理 第7期 人教·必修（第三册 总第1203期 2026年8月17日星期一 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707八F)邮发代号：21-285A 方法指津 的电势差相等的情况下，等势线越疏的地方，电 带电粒子在电场申的“三线”问题 场强度越弱，静电力越小，加速度越小；等势线 越密的地方，电场强度越强，静电力越大，加速 求解策略 度越大 5、判断电势的高低 ◎山西李卫梅 (1)直接根据电场线的方向判断.沿电场线 带电粒子在电场中的“三线”指的是：运动 2、判断受力方向 的轨迹线、电场线和等势线.带电粒子在电场中 (1)根据轨迹线判断：轨迹线是直线，带电 的方向电势逐渐降低 的运动问题是静电学部分的重点内容，同时也粒子所受合力为零或所受合力方向沿轨迹线方 (2)根据带电粒子所带电性和所受静电力 是难点内容，这部分问题综合性比较强，涉及到 向：轨迹线是曲线，带电粒子所受合力方向指向 的方向判断.负粒子所受静电力方向指向高电 带电粒子的电性问题、受力问题、运动问题、做 曲线的凹侧！ 势的方向；正粒子所受静电力方向指向低电势 功问题及能量变化问题等，下面对解决这部分 (2)根据电场线判断：电场线是直线，带电 的方向 问题的方法做如下总结， 粒子所受静电力方向沿电场线：电场线是曲线， (3)根据带电粒子所带电性和做功情况判断， 一、求解策略 带电粒子所受静电力方向沿曲线的切线方向. 静电力对负粒子做负功，说明它向低电势运动；静 1、带电粒子的受力特点 (3)根据等势线判断：根据电场线总是垂直 电力对负粒子做正功，说明它向高电势运动静电 (1)重力：①有些粒子（如电子、质子、a粒 等势线，可知带电粒子所受静电力方向垂直等 力对正粒子做负功，说明它向高电势运动：静电力 子、正负离子等)在电场中运动时不考虑重力； 势线. 对正粒子做正功，说明它向低电势运动 ②宏观带电体，如液滴、小球、尘埃、颗粒等一般 3、判断运动方向 6、判断电势能的大小（或速度的大小） 要考虑重力；③未明确说明“带电粒子”的重力 若带电粒子开始是运动的，可直接根据题 静电力对带电粒子做正功，电势能减小，动 是否考虑时，可用两种方法进行判断：一是比较 意判断；若带电粒子开始是静止的，可根据所受 能增大，运动的速度增大；静电力对带电粒子做 静电力gE与重力mg,若gE≥mg则忽略重力， 合力方向判断.速度的方向一定沿轨迹线的切 负功，电势能增大，动能减小，运动的速度减小 反之要考虑重力；二是题中是否有暗示（如涉及线方向 二、实例分析 竖直方向)或结合粒子的运动过程、运动性质进 4、判断加速度的大小 例1.如图1所示，高速运 行判断. (1)根据合力的大小直接判断 动的正粒子被位于0点的重原 (2)静电力：一切带电粒子在电场中都要受 (2)根据电场线的疏密判断.电场线越疏的子核（带正电）散射，实线表示 0· 到静电力F=gE,与粒子的运动状态无关；静电地方，电场强度越弱，静电力越小，加速度越小正粒子运动的轨迹，M、,N和Q 图1 力的大小方向取决于电场(E的大小、方向)和（对于确定的带电粒子，下同）：电场线越密的地为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离 电荷（电荷量、正负），匀强电场中静电力为恒 方，电场强度越强，静电力越大，加速度越大 核更远，则 力，非匀强电场中静电力为变力. (3)根据等势线的疏密判断.相邻等势线间 (下转第2版) 思维拓展贴 恰能过B点的条件：gE-mg= mv馆 带电粒子在电场中的 周 所以v≥ qE-mg)L即为所求. 1/ 变式2.若把电场的方向改为向右，如图2 ◆山西王小军 带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合 小球恰好通过A点的条件：绳子拉力F=0时， 所示 场中做圆周运动的问题是高中物理中的典型题 并且球的速度最小 解析：静电力方向水平向右， 型.对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复 mv 即gE+mg= L,4= /(mg +gE)L 重力方向竖直向下，等效重力为两 杂，运算量大若采用“等效法”求解，则能避开复 杂的运算，过程比较简洁.所谓“等效法”就是先 所以v≥ mg+E匹即为所求 cos0其方向 者的矢量和，即F合= 求出重力与静电力的合力，将这个合力视为一个 m 斜向右下方，与竖直方向成0角.小 图2 等效重力”，将a= 全视为“等效重力加速度”， 变式1，若把电场的方向改为向上，其他条球在竖直平面内做圆周运动的过程中，只有等 m 件不变，情况如何？ 效重力做功（绳子拉力不做功），所以动能和等 再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到 解析：静电力方向向上，重力方向向下，但 效重力势能相互转化，且总和保持不变.等效最 等效重力场中分析求解即可.下面通过实例分粉 兑明“等效法”在此类问题中的应用. 两者的大小未知，故需要分别讨论 高点为D点，枪能过D点的条件：-"所 例如图1所示，用长为L的绝缘 讨论：1.若gE<mg,两者合力向下，F合= 细线系一质量为m的带正电的小球， mg-qE,类似在重力场中做圆周运动的重力， 以v≥ 高。即为所求 小球带电荷量为9，在电场强度为E 相当于重力减小，恰能过A点的条件：mg-qE= 主编余墨：如何寻找等效最低点的方法： 的竖直向下的匀强电场中做圆周运 m 网1 ,所以v≥ mg-E)卫即为所求。 1.在竖直平面内做完整的圆周运动中，速 动，小球在最高点的速度应满足什么条件才能 2.若qE=mg,两者合力为零.只要给小球 度最大的点，如图2中C点.等效最低点关于圆 在竖直平面内做完整的圆周运动？ 速度，将在竖直平面内做匀速圆周运动 心的对称点（圆上离C点距离为直径的D点）为 解析：静电力、重力方向竖直向下，等效重 3.若qE>mg,F合=qE-mg,方向向上，等 等效最高点， 力为两者合力F合=mg+qE,方向向下，类似在效重力向上.那么小球在竖直平面内做完整的 2.小球速度为零不运动时，自己能保持静止 重力场中做圆周运动的重力，相当于重力增加。圆周运动，B点为等效最高点、 的位置 素养拓展 数理极 学习指南 (上接第1版) 深入解读9 A.正粒子在M点的速率比在Q点的大 用 B.三点中，正粒子在V点的电势能最大 带电粒子在电场中的运动 C.在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的 低 ◆海南陈开 时间内，这个电子处于M点的右侧，速度方向向左 D.正粒子从M点运动到Q点，静电力对它做 一、处理带电粒子在电场中运动的两类基 本思维程序 且大小逐渐减小的时间是 的总功为负功 ) 解析：建立正点电荷电场模型，根据正点电荷 1.求解带电粒子在电场中平衡问题的一般思 的等势线空间分布图，由于Q点比M点离核远，则 维程序为： Po<PM,故C错误；正粒子从M点到Q点，静电力 (1)明确研究对象. 做正功，正粒子在M点的速率比在Q点的速率小， (2)将研究对象隔离开来，分析其所受全部外 力，其中的静电力要根据电荷正、负和电场的方向 故A、D错误；三点中，正粒子在V点的电势最高，电 A.0<t<2×10-10s 势能最大，故B正确 来判定 B.2x10-0s<t<4×10-10s (3)根据平衡条件（ΣF=0)列出方程，求出 例2.如图2所示，在两等量 C.4×10-10s<t<6×10-10s 结果 异种点电荷连线上有DE、F三 D.6×10-0s<t<8×10-0s 2.用能量观点处理带电粒子在电场中的运动 点，且DE=EF.K、M、L分别为过 解桥：0~过程中电子向右加速：子-子过程 T 对于受变力作用的带电粒子的运动，必须借 D、E、F三点的等势面.一不计重 助于能量观点处理.即使都是恒力作用的问题，用 中电子向右减速，号、3买过程中电子向左加速； 力的带负电粒子，从a点射入电 图2 能量观点处理也显得简捷.具体方法常有两种： 24 场，运动轨迹如图中实线所示，以1W丨表示该粒 (1)用动能定理处理的，思维程序一般为： 子从a点到b点静电力做功的数值，以1WI表示 ①弄清研究对象，明确所研究的物理过程。 3?-过程中电子向左减速，满足条件，故D正确。 该粒子从b点到c点静电力做功的数值，则() ②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄 例2.如图2所示为研究电子枪中电子在电场 A.IW1=1W.1 清哪些力做功，做正功还是负功： 中运动的简化模型示意图.在xOy平面的ABCD区 B.I W <I W ③弄清所研究过程的始、末状态（主要指动 域内，存在两个电场强度大小均为E的匀强电场和 C.粒子由a点到b点，动能减少 能) Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子 D.a点的电势较b点的电势低 ④根据W=△E列出方程求解 所受重力) 解析：由等量异种点电荷的电场线特点可知靠 (2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定 近电荷处电场强度大，由公式U=Ed知1UI> 律处理，列式的方法常有两种： IUeI,而W=qU,所以1WI>1WeI,故A、B错 ①从初、末状态的能量相等（即E,=E,)列方程 误；从带负电粒子的运动轨迹可知该粒子从a点到 ②从某些能量的减少等于另一些能量的增加 图2 c点受到大体向左的作用力，故左侧为正电荷，从左 (即△E=△E)列方程 (1)在该区域AB边的中点处由静止释放一电 向右电势降低，故D错误；粒子由α点到b点，静电 二、在带电粒子的加速或偏转问题中对粒 子，求电子离开ABCD区域的位置. 力做负功，电势能增加，动能减少，故C正确。 子重力的处理 (2)在电场I区域内适当位置由静止释放电 子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所 第6期2版参考答案 是否考虑重力的一般原则： (1)明确说明不计重力，则在受力分析时不考有释放点的位置。 素养专练7 1.D2.A3.C4.D5.D 虑重力 解析：(1)设电子的质量为m,电荷量为e,电 素养专练8 (2)若无特殊说明，则一般以原子为界，即：等子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的 1.B2.D3.A4.C5.D6.A7.C 于和小于原子的（如质子，电子，：粒子等带电粒速度为0，此后在电场Ⅱ中做类平抛运动，假设电 第6期3版参考答案 子)一般不计重力，而大于原子的（如带电液滴、小子从CD边射出，出射点纵坐标为y,有： A组 球、颗粒、微粒、尘埃等)往往要考虑重力 clmi-0 1.A2.A3.A4.C5.A6.C7.C (3)少数题目则必须根据题中所给的数据，先 号y=-瑞 L 8.正2mgd -2mgd 2mg 估算重力mg和静电力qE的值，若mg≤qE,也可 9 以忽略重力，若差不多，则不能忽略。 解得：y=子↓，所以原假设成立，即电子离开 9.(1)a= 2m (4)注意忽略重力并不是忽略质量.重力相对 dm (2:=2dV390 于其他力可以忽略不计，但如果不计质量的话，则 2qU, ABCD区域的位置坐标为(-2L,4). 10.(1)。=√m 2)E=9 加速度就无法计算，也就不能分析运动情况了 U,L 友情提示：考虑重力的一般原则是电磁场部 (2)设释放点在电场区域I中，其坐标为(x (3)y= 4Ud 分的关键，往往在解题过程中会出现该考虑重力y),在电场I中电子被加速到，然后进人电场Ⅱ B组 而不去考虑，不该考虑而偏偏加了一个重力，使得 1.AB 2.ACD 3.BCD 问题无法继续解下去 做类平抛运动，并从D点离开，有：Bx=m心-0 4.IⅡY0x 例1.如图1甲所示，两个平行金属板P、Q y= 2m`y1 5.(1)0= ReU 竖直放置，两板间加上如图乙所示的电压.t=0 m 时，Q板比P板电势高5V,此时在两板的正中央 解得：y=4 (2)U2= 2Ud M点放一个电子，速度为零，电子在静电力作用 所以电子在电场】中的位置如果满足横纵坐 下运动，使得电子的位置和速度随时间变化.假 3)H=4 设电子始终未与两板相碰.在0<t<8×10”s的 标的荣积等于子，则满足条件。 量为k,关于正六边形的中心0点的电场强度 A.放电端0接电源的负极 《静电场中的能量》核心素养单元测试 及电势，下列说法正确的是 B.d点的电势比c点的电势低 ◆数理报社试题研究中心 A0点的电场强胶大小⅓学 C.a点的电场强度比d点的电场强度小 D.ab间的电势差大于bc间的电势羌 B.0点的电场强度大小为4 散集板 (说明：本试卷为闭卷笔答，答题时间75分钟，满分100分) 题 号 四 总 分 C.0点的电势小于零 得 分 D.O点的电势等于零 5.静电透镜是利用静电场使电子 集板 第I卷选择题（共46分） 束会聚或发散的一种装置.如图4所示， 图 电子在电场中仅受静电力的作用，实 9.如图8所示，某电子设备的核心部分是一个平行板电容器，板 线描绘出了其运动轨迹，虚线表示等势 20V40V60V60 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分，选对得4分，选 内存在匀强电场，电场强度大小为E,板的长度为L.现有质量为m、 错或不选得0分) 线，各等势线关于y轴对称，a、b、c、d分 图4 电荷量为g的带电粒子，以初速度垂直电场方向飞入其中，粒子能 1.下图为几种电容式传感器，其中通过改变电容器电介质的相 别是轨迹与等势线的交点.已知电子在经过a点时动能为60eV,各 被吸附到收集板上，不计粒子受到的重力，则下列说法正确的是 对介电常数而引起电容变化的是 等势线的电势高低已标注在图中，则 A.a、d两点的电场强度相同 A.粒子在电场中做变加速曲线运动 高中物理 园定电规 B.电子从a到b运动时，静电力做负功 B.粒子在电场中克服静电力做功 C.电子从c到d运动时，电势能逐渐减小 D.电子在经过等势线d点时的动能为60eV C.粒子在电场中的运动时间小于b 叫液 6.某湿度传感器利用平行板电容 厂固定支架 B 器测量空气湿度.电容器上极板（可移 吸收材料一 D.粒子在电场中的偏移量不会大于码 2mv 第三册 2.如图1所示，等量正点电荷连线的中垂 可移动极板 动)与固定支架间嵌入一种吸湿材料， 10.如图9甲所示，在某电场中建立x 线上，放置两检验电荷a、b.取无穷远处为零势 当环境湿度增加时，吸湿材料体积膨 坐标轴，一个电子仅在静电力作用下沿x轴 高中物理·必修第三册（人教） 能点，以下描述α、b电荷的电势能E。与其所带 +) 胀，反之则体积缩小将该电容器与恒 正方向运动，经过A、B、C三点，已知xc-xB 甲 图5 图9 核 电荷量q的关系，可能正确的是 压电源、电流表连接成如图5所示的电路，闭合开关$.下列说法正确 =xB-x·该电子的电势能E,随坐标x变 的是 化的关系如图乙所示则下列说法中正确的是 ( 养测评 A.空气湿度降低时，电容器的电容会变大 A.电场在x坐标轴上电场强度方向沿x轴正方向 B.A点电势低于B点电势 核心素养测评 B.空气湿度降低时，极板间电场强度变大 C.A点电场强度小于B点的电场强度 C.空气湿度一定时，滑片向上移动，电容器所带电荷量会增加 D.保持滑片位置不变，若出现从α到b的电流，说明环境湿度升高 D.电子从A运动到B静电力做的功大于从B运动到C静电力做 3.“空间电场防病促生”技术的基 的功 7.如图6所示，质量为m、电荷量为-9 本原理是通过直流电源在悬挂电极和 的物体静置于粗糙水平地面上，物体与地面 地面之间产生空间电场，其作用之一是 第Ⅱ卷非选择题（共54分】 间的动摩擦因数为，水平地面上方存在竖， 加速植物体内带正电的钾、钙离子等向 直向上的匀强电场，电场强度大小为E.使 图6 根部聚集，促进植物快速生长图2中实 图2 三、实验题（本题共2小题，共16分，将正确答案填在题中横线 物体获得水平初速度，则物体在地面上滑行的距离为 上或按要求作答) 线为该空间电场线的示意图.下列说法正确的是 mvo mva mv 11.(8分)某同学利用如图10甲所示电路观察电容器的充、放 A.图中所示的A、B两点电场强度相同 B.图中所示经过A、B两点的虚线为等势线 A·2μ(mg-Eq B.2(mg+Eq） C.mu D.2uEq 电现象，连接计算机的电流传感器可以捕捉并记录电流变化 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题给出的 C.钾、钙离子向根部聚集过程中电势能减小 四个选项中，有多个选项是正确的，全选对的得6分，少选的得3分， D.空气中带负电的尘埃微粒（重力不计）都将沿电场线向悬挂 有错选或不选的得0分) 电极聚集 8.煤气灶打火装置的原理是尖端放电，打火时放电端与灶体间 4.边长为d的正六边形，每个顶点上均固定一个电荷量为g的 的电场线如图7所示，其中a、b、c为同一直线电场线上的三点，cd垂 点电荷，各电荷电性如图3所示，规定无穷远处电势为零，静电力常 直电场线abc,已知ab=bc.下列说法正确的是