第十章 静电场中的能量 章末复习卷 -2026-2027学年高二上学期物理人教版必修第三册

静电场中的能量章末复习 一、单选题 1．A、B是电场中一条电场线上的两点，如图甲所示，时刻，一个电子从A点由静止释放，仅在静电力作用下从A点运动到B点，该过程中其速度v随时间t的变化图像如图乙所示。关于该电场，下列说法正确的是（     ） A．该电场可能是由负点电荷产生的 B．A点的电场强度小于B点的电场强度 C．该电子在A点的电势能小于在B点的电势能 D．可以判断出电场线的方向是由A到B 2．如图所示是一条电场线，a，b为电场线上的两点，一带正电的粒子仅在电场力作用下由a点运动到b点，下列说法正确的是（     ） A．电场力对粒子做正功 B．电场力对粒子做负功 C．a点电势小于b点电势 D．粒子电势能增大 3．物理课本中给出了真空中点电荷产生电场强度的计算式为，但并没有给出真空中点电荷产生电势的计算公式，设真空中有一电荷量为Q的点电荷，以无穷远处电势为零，则距离r处P点的电势的计算式可能是（     ） A． B． C． D． 4．如图所示是某带正电物体周围形成电场的等势面。相邻等势面间的电势差相等，点分别位于等势面上。将一带正电的试探电荷置于处时，其所受电场力分别为，电势能分别为。则（　　） A． B． C． D． 5．如图所示，在光滑绝缘水平面上的P点正上方O点固定了一电荷量为＋Q的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放一质量为m、电荷量为－q的负检验电荷，该检验电荷经过P点时速度为v，图中，规定电场中P点的电势为零，则在＋Q形成的电场中，下列判断正确的是（         ） A．P点电场强度大小是N点的2倍 B．N点电势高于P点电势 C．N点电势为 D．检验电荷在N点具有的电势能为 6．如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点，不计重力。下列说法错误的是（     ） A．M带负电荷，N带正电荷 B．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功 C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能 D．M在b点的动能小于它在a点的动能 7．如图所示，平行板电容器与直流电源相连接，一带电油滴位于电容器中的 点且恰好处于平衡状态，在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极板非常缓慢地错开一些，那么在错开的过程中（     ） A．电容器所带的电荷量增大 B．油滴将向下加速运动 C．电流计中的电流从流向 D．点电势变大，油滴在点的电势能增大 8．如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为，电荷量分别为和。在它们水平中垂线上竖直固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为的小球以初速度从上端管口射入，则小球（     ） A．加速度先增大后减小 B．受到的电场力先做负功后做正功 C．受到的电场力最大值为 D．管壁对小球的弹力最大值为 9．如图所示为匀强电场的场强随时间变化的图像。当时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（     ） A．带电粒子始终向同一个方向运动 B．末带电粒子回到原出发点 C．末带电粒子的速度最大 D．内，电场力做的总功为零 二、多选题 10．某静电场电势在轴上分布如图所示，图线关于轴对称，、、是轴上的三点，；有一电子从点静止释放，仅受轴方向的电场力作用，则下列说法正确的是（　　） A．点电场强度方向沿轴负方向 B．点的电场强度与点的电场强度相同 C．电子在点的动能大于在点的动能 D．电子在点的电势能大于在点的电势能 11．在孤立的点电荷的电场中，下列说法正确的是（     ） A．电场中电场线越密的地方，电场强度越大 B．两条电场线不能相交 C．沿电场线方向电势越来越低 D．电场强度越大的地方电势也越高 12．一带正电的粒子只在电场力作用下沿轴运动，其电势能随位移变化的关系如图所示，如果电场是由固定在轴上两点的点电荷、共同产生的，在轴上有等间距的、、、四点，下列说法正确的是（     ） A．和一定带有同种电荷 B．和处的电场强度相同 C．从到，带电粒子的加速度一直减小 D．从到，带电粒子的速度一直减小 13．对各表达式的理解正确的是（     ） A．由公式可知，电场中某点的场强与放在该点的检验电荷所受的电场力的大小成正比 B．根据可知，当两个电荷之间的距离趋近于零时库仑力变得无限大 C．电势的定义式，是比值定义法，不存在正比反比关系 D．根据可知，若将电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点电场力做功1 J，则A、B两点的电势差为1 V 14．静电透镜被广泛应用于电子器件中，如图所示是阴极射线示波管的聚焦电场，其中虚线为等势线，任意两条相邻等势线间电势差相等，轴为该电场的中心轴线。一电子从其左侧进入聚焦电场，实线为电子运动的轨迹，为其轨迹上的三点，电子仅在电场力作用下从点运动到点，在此过程中，下列说法正确的是（     ） A．点的电势高于点的电势 B．电子在点的加速度小于在点的加速度 C．从至的运动过程中，电子的动能先减小后增大 D．从至的运动过程中，电子的电势能减小 15．如图甲所示，A、B两极板与交变电源相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，A板的电势为0，质量为m、电荷量为－q的电子仅在电场力作用下，在t＝时刻从A板的小孔处由静止释放，进入两极板间后，恰好能到达B板，则（     ） A．A、B两板间的距离为 B．电子在两板间的最大速度为 C．电子在两板间做匀加速直线运动 D．若电子在t＝时刻进入两极板，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终到达B板 16．如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b分别与电源的正、负极相连，a、b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，闭合开关S后，带正电的液滴从小孔正上方P点到达a板小孔时速度为v1，现使a板不动，在开关S仍闭合或断开的情况下b板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍从P点自由落下，此时液滴到达a板小孔时速度为v2，空气阻力不计，下列说法中正确的是（　　） A．若开关S保持闭合，向下移动b板，则v2>v1 B．若开关S保持闭合，则无论向上或向下移动b板，都有v2=v1 C．若开关S闭合一段时间后再断开，则无论向上或向下移动b板，都有v2>v1 D．若开关S闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2>v1 17．如图甲所示，两块相同金属板A，B平行正对，水平放置，长为，间距为，两板接上如图乙所示电压。某粒子沿中心线从点以初速度在时刻射入板间。在（是大于1的整数）时刻从板间右侧射出。已知粒子的电荷量为，质量为，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　） A．粒子在竖直方向做往返运动 B．粒子射出时的动能为 C．粒子射出时电势能增加了 D．粒子射出时静电力做功为0 三、实验题 18．如图甲是研究电容器电容大小的电路图。 电压传感器（内阻可看作无穷大）可以实时显示A、B间电压大小，电流传感器（内阻可看作零）可实时显示出电流大小。连接好电路检查无误后进行了如下操作： ①将S拨至2，接通足够长的时间直至A、B间电压等于零。 ②将S拨至1，观察并保存计算机屏幕上的I-t、UAB-t图，得到图乙和图丙。 (1)将开关与“2”端闭合，电容器进行_________（选填“充电”或“放电”）； (2)进行操作②时，通过R的电流方向是向_________（选填“左”或“右”），电流随时间_________（选填“增大”或“减小”）； (3)若图像与坐标轴围成的面积代表电容器充满电时所带的电荷量，通过计算电容器充满电时所带的电荷量为Q=2.4×10-3 C，该电容器的电容为________F； (4)下列四个图像，能够表示电容器先充电再放电全过程中电流随时间变化的图像为_________。 A． B． C． D． 四、解答题 19．在匀强电场中把的正点电荷从A点移到B点，静电力做功，再把这个电荷从B点移到C点，克服静电力做功，若规定B点为零电势能点，求： (1)该电荷在A点的电势能以及A点的电势； (2)B、C两点之间电势差； (3)把的负点电荷从A移到C，电荷的电势能变化量。 20．将带电荷量的点电荷从电场中的点移到点，已知、两点间的电压。 (1)将点电荷从点移到点的过程中，求电场力所做的功。 (2)若点电势为零，求点电荷在点的电势能。 21．如图所示，光滑的绝缘竖直细杆与以正电荷Q为圆心的圆周交于B、C两点，设AB＝BC＝h。一质量为m、电荷量为－q的空心小球从杆上A点由静止开始下落，滑到B点时的速度。试求： (1)小球滑到C点的速度； (2)A、C两点的电势差。 22．如图所示，平行板电容器的两个极板A、B水平放置且接在电压为60V的恒压电源正、负极上。两极板间距离为3cm，电容器带电荷量为，A极板接地（以地面为零势能面）。求： (1)平行板电容器的电容； (2)平行板电容器两极板之间的电场强度； (3)距B板2cm的M点处的电势。 23．在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示。小球运动的轨迹上、两点在同一水平线上，为轨迹的最高点。小球抛出时的动能为，在点的动能为，不计空气的阻力。求： (1)小球水平位移与的比值； (2)小球落到点时的动能。 试卷第2页（共4页） 试卷第1页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 《静电场中的能量章末复习》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A A D C B C D D ACD 题号 11 12 13 14 15 16 17 答案 ABC CD CD BD AB BD BD 1．A 【详解】ABD．由 图像可知，电子做加速度减小的加速运动。电子从运动到，说明电场力方向由指向。因为电子带负电，所以电场线方向由指向 。又因为加速度减小，根据 可知电场强度减小，即 若是负点电荷产生的电场，负电荷位于点左侧，且点离电荷更近，场强更大，故A正确，BD错误； C．电子从运动到的过程中，速度增大，动能增大。根据能量守恒定律，电子的电势能减小，所以该电子在A点的电势能大于在B点的电势能，故C错误。 故选A。 2．A 【详解】AB．带正电的粒子受到的电场力方向与电场线方向相同，即由指向，粒子由运动到，位移方向与电场力方向相同，根据可知电场力对粒子做正功，故A正确，B错误； C．沿电场线方向电势逐渐降低，所以点电势高于点电势，即 ，故C错误； D．电场力做正功，根据功能关系 可知，粒子的电势能减小，故D错误。 故选A。 3．A 【详解】因场强的单位为N/C，则的单位为与电势单位相符；而单位是焦耳（J）； 单位是N；单位与电势的单位不同。 故选A。 4．D 【详解】AB．等势面的疏密可以反映电场强度的大小：相邻等势面电势差相等时，等势面越密集，对应位置电场强度越大。 从图中可见点所在位置等势面更密集，点所在位置等势面更稀疏，因此电场强度 根据电场力公式，同一试探电荷不变，可得，因此AB错误； CD．场源是带正电的物体，电场线从正场源指向外部，沿电场线方向电势逐渐降低：等势面比等势面更靠近正场源，因此电势。 试探电荷也带正电，根据电势能公式（），可得，故C错误，D正确。 故选 D。 5．C 【详解】A．设，由图中，可得 点电荷的场强与到电荷距离的平方成反比，所以，故A错误； B．正点电荷的电场沿径向向外，沿电场方向电势降低。由于，且，可知，故B错误； CD．检验电荷从运动到，重力和支持力不做功。由动能定理及静电力做功与电势差的关系得 由解得 在点的电势能为，故C正确，D错误。 故选C。 6．B 【详解】A．由图中带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹可知，粒子M受到引力作用所以带负电，粒子N受到斥力作用所以带正电，故A正确，不符合题意； B．粒子N带正电，从c点运动到d点的过程中电场力做正功，故B错误，符合题意； C．d点和e点在同一个等势面上，所以N在d点的电势能等于它在e点的电势能，故C正确，不符合题意； D．由于a点比b点更靠近带正电的点电荷，所以粒子M由a点运动到b点的过程中粒子要克服电场力做功，动能减小，故D正确，不符合题意。 故选B。 7．C 【详解】A．电容器与直流电源相连接，两极板间电压保持不变，将两极板错开一些，正对面积减小，根据可知电容减小，由可知电容器所带电荷量减小，故A错误； B．板间距离不变，根据可知板间电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴仍保持平衡状态，故B错误； C．电容器电荷量减小，电容器处于放电状态，电路中有放电电流通过电流计，电流从正极板流向电源正极，即电流从流向，故C正确； D．点与下极板间的电势差不变，则点电势不变，油滴在点的电势能不变，故D错误。 故选C。 8．D 【详解】A．根据等量异种电荷中垂线上电场强度方向水平且指向负电荷的方向(向右)，所以小球在细管中运动时受重力、向右的电场力与向左绝缘管壁的弹力，合力为重力，小球加速度不变，A错误； B．电场力水平向右，不做功，B错误； C．在两点电荷连线中点处小球所受电场力最大， C错误； D．管壁对小球的弹力与电场力是平衡力，所以最大值为，D正确； 故选D。 9．D 【详解】ABC．取第内电场的方向为正方向，设第内粒子的加速度大小为，第内的加速度大小为， 由 可知， 由图可知第内加速度大小等于、方向与第加速度方向相同， 可见，粒子第内向负方向运动，末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至末回到原出发点，粒子的速度为 0，ABC错误； D．图像如图所示， 由动能定理可知，电场力做的总功为零，D正确； 故选D。 10．ACD 【详解】A．图像关于纵轴对称，说明，电场强度沿轴的分量满足，图像斜率正负决定电场方向。 在点，随增大而升高，即，所以，电场方向沿轴负方向，故A正确； B．、关于原点对称，电场强度大小相等，但点电场沿轴负方向，点电场沿轴正方向，方向不同，所以电场强度矢量不相同，故B错误； C．电子从点静止释放，带负电，受力方向与电场相反。在区域，电子受力向右，做加速运动；过点后，电场方向向右，电子受力向左，做减速运动。所以到的过程中动能减小，点在点左侧，因此电子在点的动能大于在点的动能，故C正确； D．电子带负电，电势越低，电势能越大。由图可知，点电势低于点电势，所以电子在点的电势能大于在点的电势能，故D正确。 故选ACD。 11．ABC 【详解】A．电场线的疏密表示电场强度的大小，电场线越密的地方，电场强度越大，故A正确； B．若两条电场线相交，交点处电场会出现两个不同的方向，违背电场中某点场强具有唯一确定方向的性质，因此任意两条电场线都不能相交，故B正确； C．孤立的点电荷产生的静电场中，沿着电场线的方向，电势会逐渐降低，故C正确； D．在孤立负点电荷的电场中，越靠近负电荷的位置场强越大，但电势反而越低，说明场强大小和电势高低没有直接的对应正相关关系，故D错误。 故选ABC。 12．CD 【详解】A．由图像知a处的电势等于零，所以Q1和Q2带有异种电荷，故A错误； B．图像中直线或曲线某处切线的斜率表示电场力的大小，电荷在b和d处所受电场力不同，根据可知电荷在b和d处的电场强度不相同，故B错误； C．图像中直线或曲线某处切线的斜率表示电场力的大小。所以从a到c粒子受到的电场力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知其加速度也逐渐减小，故C正确； D．只在电场力作用下粒子的动能与电势能之和不变，从a到c电势能一直增大，可知从a到c粒子的动能一直减小，其速度一直减小，故D正确。 故选CD。 13．CD 【详解】A．公式是电场强度的定义式，电场中某点的场强与放在该点的检验电荷所受的电场力的大小无关，故A错误； B．当两个电荷之间的距离趋近于零时，电荷已经不能看成点电荷了，也就不能应用库仑定律了，故B错误； C．电势的定义式，是比值定义法，不存在正比反比关系，故C正确； D．根据公式可知若将电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点电场力做功1 J，则A、B两点的电势差为1 V，故D正确。 故选CD。 14．BD 【详解】A．从P到Q电子受力指向实线的凹侧，而电子受力方向与场强方向相反，所以场强方向背离PQ实线方向，根据沿着电场线电势降低可知，P点的电势低于Q点的电势，故A错误； B．等差等势线越密场强越大，Q点等势线比P点密，故Q点场强更大，根据可知电子在Q点加速度更大，因此电子在P点的加速度小于在Q点的加速度，故B正确； CD．根据电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面可知，从P至R的电势升高，根据，电子电势能减小，动能增大，故C错误，D正确。 故选BD。 15．AB 【详解】A．电子在时刻由静止释放进入两极板间运动，先加速后减速，在时刻到达B板，设两板的间距为d，加速度 则有 解得，A正确； B．由题意可知，经过后电子速度最大，则最大速度，B正确； C．电子在两板间先向右做匀加速直线运动，然后向右做匀减速直线运动，C错误； D．若电子在时刻进入两极板，在时间内电子做匀加速直线运动，位移，说明电子会一直向B板运动并打在B板上，不会向A板运动，D错误。 故选AB。 16．BD 【详解】AB．若开关S保持闭合，两极板间电势差不变，无论向上或向下移动b板，液滴从P点到a板过程中，重力与电场力做功不变，由动能定理可知，带电液滴速度不变，则，故A错误，B正确； CD．若开关S闭合一段时间后再断开，则两板带电量Q不变，由平行板电容器的决定式可知：向下移动b板，极板之间的距离减小，C变大，根据电容的定义式可知：两板电势差U减小，那么液滴克服电场力做功减小，又因为重力做功不变，由动能定理得液滴速度变大，即 同理，向上移动b板，板间距d增加，则电容减小，板间电压变大，液滴克服电场力做功增加，重力做功不变，根据动能定理可知，故D正确，C错误。 故选BD。 17．BD 【详解】A．竖直方向上，一个周期T内，粒子在极板之间由静止开始先匀加速半个周期，而后再以相同大小的加速度匀减速半个周期，速度恰能减小到零，但运动方向不变，所以粒子在内竖直方向上始终向一个方向运动，故A错误； BCD．一个周期T内，电场力对粒子先做正功后做负功，总功为零，故粒子在射出时，电场力做功为0，粒子动能不变，电势能不变，所以粒子射出时的动能为，故BD正确，C错误。 故选BD。 18．(1)放电 (2) 左 减小 (3)2.0×10⁻4 (4)A 【详解】（1）开关拨至2时，电容器与电阻R构成闭合回路，初始A、B间电压不为零，最终电压降为0，说明电容器的电荷量被释放，因此是放电过程。 （2）[1]操作②是开关拨至1，给电容器充电，电源正极接开关1侧，电流流进上极板A，因此回路中通过电阻R的电流方向为向左； [2]充电过程中电容器两端电压逐渐升高，回路的总电势差逐渐减小，因此电流随时间逐渐减小，最终降为0。 （3）由图丙可知电容器充满电后两端电压等于电源电动势，大小为12V 根据电容定义式，代入、 可得 （4）充电时电流从某一初始正值开始逐渐减小到0，放电时电流方向与充电相反（为负值），同样从某一初始值开始逐渐减小到0。 故选A。 19．(1)， (2) (3) 【详解】（1）正点电荷从A点移到B点过程，静电力做功 因为B点为零电势能点，故 根据可知，A点的电势 （2）电荷从B点移到C点，静电力做功 解得 （3）根据 因为B点为零电势能点，联立解得 把的负点电荷从A移到C，则电荷的电势能变化量 20．(1) (2) 【详解】（1）由电场力做功与电势差的关系 代入数据解得 （2）由题意，由 解得 点电荷在点的电势能为 21．(1) (2) 【详解】（1）以正点电荷为圆心的圆周是等势面，因此同一圆周上的、两点电势相等，即 小球从到过程电场力做功为0。设小球末速度为​，对小球从到的过程应用动能定理 解得 （2）对小球从到的全过程应用动能定理，下落总高度为，小球初速度为0，末速度为，因此 解得 22．(1) (2)电场强度的大小为，方向是由A板指向B板 (3) 【详解】（1）根据电容的定义式，代入已知条件、 解得 （2）由于电容器接恒压电源，极板间为匀强电场，匀强电场电势差与电场强度的关系为 极板间距 解得 由电路图可知A板接电源正极、B板接负极，因此电场方向是由A板指向B板。 （3）A极板接地，即A板电势 距B板2cm的M点，到A板的距离为 沿着电场线方向电势降低，A板到M点的电势差满足 解得 23．(1) (2) 【详解】（1）小球在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动。 设小球从到的时间为，从到的时间为。由于、两点等高，竖直方向的运动具有对称性，故 设小球水平方向的加速度大小为，由匀变速直线运动的位移公式得 从到的水平位移为 解得 （2）设小球的质量为，电荷量为，电场强度大小为。小球向右偏转，电场力方向向右，由牛顿第二定律得 小球到达最高点时，竖直分速度为零，速度只有水平分量。设此时的水平速度为，则 因此 从到的过程中，重力做功为零，由动能定理得 由第1问可知 解得 答案第2页（共4页） 答案第1页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $