第一章　静电场--2026教科版高中物理必修第三册同步练习（有解析）

2026教科版高中物理必修第三册
第一章　静电场
注意事项
1.全卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.如图所示,用起电机使金属球A带上正电,靠近验电器B,则(　　)
A.验电器金属箔片不张开,因为球A没有和B接触
B.验电器金属箔片张开,因为整个验电器都带上了正电
C.验电器金属箔片张开,因为整个验电器都带上了负电
D.验电器金属箔片张开,因为验电器金属箔片都带上了正电
2.如图所示,图中虚线为一静电场的三条等差等势线,而实线则为一电子在电场力作用下
的运动轨迹。已知电子由a点运动到c点动能增加了200 eV,a、c两点间的距离为5 cm,则(　　)
A.a、b、c三点的电势关系为φa>φb>φc
B.a、b两点的电势差为Uab=-100 V
C.a点的电场强度Ea=4 000 N/C,方向水平向右
D.c点的电场强度Ec=4 000 N/C,方向水平向左
3.电鳗能够产生300~800 V的瞬时电压,足以击倒成年水牛,被称为“水中高压线”。如图甲,电鳗放电时头部是负极,尾部是正极。电鳗放电瞬间周围的电场线分布可简化为图乙,P、Q之间的电势差为600 V,下列说法正确的是(　　)
　
A.Q点的电场强度大小大于P点的电场强度大小
B.将一个质子从P点移到Q点,电场力做功600 eV,电势能增加了600 eV
C.将一个质子从P点由静止释放,在只受电场力的状况下,质子可以沿着电场线运动到Q点
D.Q点电势比P点电势低
4.2022年北京冬奥会开幕式上,一朵朵代表各个参赛国家的“小雪花”组成一朵“大雪花”后,奥运圣火在其中央点燃。某同学发现每朵“小雪花”的基本形状如图所示,并利用绝缘弧形细条摆成模型,若其左右分别均匀分布着等量异种电荷。虚线为该模型的对称轴,a、b、c、d四点均位于对称轴上,且它们与中心点的距离均相等。则(　　)
A.a点场强大于c点场强
B.a、c两点的电势相等
C.b、d两点的场强相同
D.带正电的检验电荷从b点运动到d点电势能增加
5.如图所示为一匀强电场,初速度为v、方向竖直向上的某带电粒子仅在静电力和重力的作用下从A点运动到B点,在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J,静电力做的功为1.5 J,则下列说法正确的是(　　)
A.粒子带负电
B.粒子在A点的电势能比在B点的少1.5 J
C.粒子在A点的动能比在B点的少0.5 J
D.粒子在A点的机械能比在B点的少1.5 J
6.如图所示是电视机显像管中聚焦电场的电场线分布图,中间一根电场线是直线,电子从O点由静止释放,仅在电场力作用下运动到A点。取O点为坐标原点,沿OA直线向右为x轴正方向,在此过程中,关于电子运动速度v随时间t的变化图线,运动径迹上电势φ、加速度a、电子动能Ek随位移x的变化图线,下列一定不正确的是(　　)
7.空间中有竖直向上的匀强电场,电场强度E=。绝缘圆形轨道竖直放置,圆心为O、半径为R,A、C为圆轨道的最低点和最高点,B、D为与圆心O等高的两点,如图所示。在轨道A点放置一质量为m、带电荷量为+q的光滑小球。现给小球一水平初速度v0(v0≠0),重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.无论v0多大,小球都不会脱离轨道
B.只有v0≥时,小球才不会脱离轨道
C.v0越大,小球在A、C两点对轨道的压力差也越大
D.若将小球无初速度从D点释放,小球一定会沿轨道经过C点
二、多项选择题(本题共3小题,每小题4分,共12分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
8.人体的细胞膜模型图如图a所示,由磷脂双分子层组成,双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位),现研究某小块均匀的细胞膜,厚度为d,膜内的电场可看作匀强电场,简化模型如图b所示,初速度可视为零的一价钠离子仅在电场力的作用下,从图中的A点运动到B点,下列说法正确的是(　　)
　
A.钠离子的电势能增大
B.A点电势高于B点电势
C.若d不变,仅增大膜电位,则钠离子到达B点的速度不变
D.若膜电位不变,仅增大d,则钠离子到达B点的时间变长
9.如图所示,匀强电场平行于九宫格所在平面,九宫格上每小格边长为l=4 cm,B点有一粒子源,向平面内各个方向发射初动能EkB=10 eV的α粒子He,电荷量为+2e,e为元电荷),探测到粒子在A点的动能EkA=14 eV,在C点的动能EkC=6 eV,规定B点电势φB=0,不计粒子重力和粒子间的相互作用,下列说法正确的是(　　)
A.A点电势φA=-4 V,C点电势φC=4 V
B.九宫格中,电势最高为6 V,且所有粒子均不可能到达该点
C.该匀强电场场强大小E=50 V/m
D.若粒子源发射的是电子,且初动能足够大,则从B到C,电子电势能增加2 eV
10.如图甲所示,长为L的两块正对金属板A、B水平放置,两板接上如图乙所示随时间变化的交流电压UAB,电子流沿中心线OO'从O点以初速度v0=射入板间,电子都不会碰到极板。已知电子的质量为m、电荷量大小为e。下列说法正确的是(　　)
　
A.两板间距d>T
B.电子无论在哪一时刻从O点射入,离开电场时的速率一定是v0
C.电子在t=0时刻从O点射入时一定从中心线离开电场
D.电子在t=时刻从O点射入时一定从中心线离开电场
二、非选择题(本题共5小题,共60分)
11.(6分)某研究小组用如图所示装置探究等量同种电荷间库仑力与距离的关系。器材有:专用支架、相同的导体小球A和B、刻度尺、丝线、米尺、天平、绝缘底座。
(1)下列能使A、B小球带等量同种电荷的方式是　　　　。
A.用与A、B相同的带电小球C,先接触A,再接触B
B.A、B小球接触后靠近带电体但不接触,然后分开A、B小球,再移走带电体
C.A、B小球接触后,用带电体接触A、B,移除带电体后,再分开A、B小球
(2)测量小球的质量m、悬挂点到小球球心的距离l,将小球B固定在绝缘底座上,A球用丝线悬挂在支架上,使小球A、B带上等量同种电荷。某次实验中小球A静止位置和B固定位置如图所示,则A、B小球之间的距离r=　　　　cm。
(3)本实验中丝线与竖直方向夹角θ很小,tan θ≈sin θ,重力加速度g=9.8 m/s2。本实验中若小球质量为10 g,l=1.0 m,则库仑力F=　　　　　N(结果保留2位有效数字)。
(4)缓慢移动绝缘底座,得到五组F、r数据,根据库仑定律,拟合的图像可能是　　　　。
12.(10分)如图甲所示是观察电容器的充、放电现象实验装置的电路图。电源输出电压恒为8 V,S是单刀双掷开关,G为灵敏电流计,C为平行板电容器。(已知电流I=)
(1)当开关S接　　　　(选填“1”或“2”)时,平行板电容器充电,在充电开始时电路中的电流比较　　　　(选填“大”或“小”)。电容器放电时,流经G表的电流方向与充电时　　　　(选填“相同”或“相反”)。
(2)将G表换成电流传感器,电容器充电完毕后再放电,其放电电流随时间变化的图像如图乙所示,已知图线与横轴所围的面积约为41个方格,可算出电容器的电容为　　　　　。
(3)在电容器放电实验中,接不同的电阻放电,图丙中a、b、c三条曲线中对应电阻最大的一条是　　　　(选填“a”“b”或“c”)。
甲
乙
丙
13.(12分)如图所示,为一组方向未知的匀强电场的电场线,将带电荷量为q=-1.0×10-6 C的点电荷由A点沿水平线移至B点,克服电场力做了2×10-6 J的功,已知A、B间的距离为2 cm。
(1)试求A、B两点间的电势差UAB;
(2)若A点的电势为φA=1 V,试求B点的电势;
(3)试求该匀强电场的电场强度E的大小并判断其方向。
14.(14分)如图所示,质量为m=0.4 kg的带电物体(可视为质点)用绝缘轻绳拴接并置于高为h=1.8 m的绝缘水平桌面上,整个空间加上水平向右的匀强电场后,物体与桌面间刚好没有压力,轻绳与竖直方向的夹角为α=37°,物体到桌面右边缘的距离为x=2.5 m,某时刻将轻绳剪断,经过一段时间物体落在水平地面上。已知物体与桌面间的动摩擦因数为μ=,物体所带的电荷量为q=1.5×10-2 C,sin 37°=0.6,不计空气阻力。求:
(1)电场强度的大小;
(2)物体到达桌面右边缘时的速度大小;
(3)物体的落地点到桌面右边缘的水平间距。
15.(18分)如图甲所示,真空室中电极K发出的电子(初速度不计)经过电压为U1的加速电场加速后,沿两水平金属板C、D间的中心线射入两极板间,最后打在荧光屏上。C、D极板间加一电压,电压UCD随时间变化的图像如图乙所示,已知电子质量为m,电荷量大小为e,C、D极板长为L,板间距离为d,偏转电压为U2,荧光屏距C、D极板右端的距离为,且所有电子都能从C、D极板右端射出。不计重力。
(1)求电子刚进入偏转电场时的速度大小;
(2)若偏转电场的周期等于电子通过C、D极板的时间,求打到荧光屏上的电子与O点的最大距离;
(3)若偏转电场的周期等于电子通过C、D极板时间的2倍,求打在荧光屏上O点时电子的动能。
答案与解析
第一章　静电场
1.D 2.B 3.D 4.C 5.D
6.C 7.D 8.BD 9.BC 10.AB
1.D　
图形剖析　
把一个带正电的金属球A,靠近一个原来不带电的验电器的金属小球,由于静电感应,验电器的金属小球会带上负电荷、金属箔片会带上正电荷,所以验电器金属箔片张开,而验电器整体所带的电荷量为零,选项D正确。
2.B　电子由a点运动到c点动能增加了200 eV,则电势能减少了200 eV,说明电场力做正功,电子所受电场力水平向右,电场线方向水平向左,因此a、b、c三点的电势关系为φa<φb<φc,选项A、C错误。电子由a点运动到c点电势能减少了200 eV,则由a点运动到b点电势能减少了100 eV,电场力做功100 eV,则有Uab==-100 V,选项B正确。若该电场为匀强电场,则E==4000 N/C;由等势面分布知此电场为非匀强电场,c点的等差等势面相对稀疏,电场强度较小,因此Ec≠4 000 N/C,选项D错误。
3.D　P点处电场线分布更密集,故P点的电场强度大小大于Q点的电场强度大小,故A错误;沿电场线方向电势降低,故P点电势高于Q点电势,故D正确;将一质子从P点移到Q点,电场力做功600 eV,电势能减小了600 eV,故B错误;P、Q间的电场线不是直线,电场强度方向不断改变,质子受到的电场力方向不断改变,质子不可能沿电场线运动到Q点,故C错误。
4.C　根据对称性可知,a点场强等于c点场强,故A错误;由图可知,a、c两点连线间的电场方向由a指向c,根据沿电场线方向电势降低,可知a点电势比c点电势高,故B错误;根据对称性可知,b、d两点的场强大小相等,方向相同,故C正确;根据对称性可知,b、d两点的电势均为零,则正检验电荷从b点运动到d点,电场力做功为零,电势能不变,故D错误。故选C。
5.D　粒子在静电力的作用下向右偏转,说明粒子所受静电力方向向右,与电场方向相同,可知粒子带正电,故A错误;粒子从A点运动到B点,静电力做正功,可知电势能减少了1.5 J,则粒子在A点的电势能比在B点的多1.5 J,故B错误;从A点运动到B点过程中,根据动能定理可得ΔEk=WG+W电=-2.0 J+1.5 J=-0.5 J,可知动能减少了0.5 J,则粒子在A点的动能比在B点的多0.5 J,故C错误;根据功能关系可知,粒子的机械能变化等于电场力对粒子做的功,则有ΔE机=W电=1.5 J,可知机械能增加了1.5 J,则粒子在A点的机械能比在B点的少1.5 J,故D正确。
6.C　在v-t图像中,斜率表示加速度,而加速度由电场力决定,由于电场线的疏密表示电场强度,故电子在运动过程中,电场强度先增大后减小,电场力先增大后减小,所以加速度也先增大后减小,故v-t图线斜率应先增大后减小,故A正确,不符合题意,C错误,符合题意;沿电场线方向电势不断降低,同时φ-x图线切线的斜率的绝对值表示电场强度大小,故B正确,不符合题意;Ek-x图线切线的斜率表示电场力,电子在运动过程中电场力先增大后减小,速度一直增大,动能一直增大,故D正确,不符合题意。故选C。
7.D　
解题关键　(1)由于小球所受的电场力方向是竖直向上的,大小是重力的3倍,所以A点是“等效最高点”。(2)要使小球不会脱离轨道,小球在A点所需的向心力至少是重力与电场力的合力大小。
小球所受电场力与重力的合力方向竖直向上,大小为F=qE-mg=2mg;若要使小球不脱离轨道,设其在A点所具有的最小速度为vmin,根据牛顿第二定律有F=m,解得vmin=,所以只有当v0≥时,小球才不会脱离轨道,故选项A、B错误。假设小球可以在轨道上做完整的圆周运动,在C点的速度大小为v1,根据动能定理有m-m=F·2R,在A、C点小球所受轨道的支持力大小分别为F0和F1,根据牛顿第二定律有F0+F=m,F1-F=m,联立解得ΔF=F1-F0=6F=12mg,根据牛顿第三定律可知小球在A、C两点对轨道的压力差等于12mg,与v0的大小无关,故C错误。若将小球无初速度从D点释放,由于F向上,所以小球一定能沿DC轨道经过C点,故D正确。
8.BD　初速度可视为零的一价钠离子带正电,仅在电场力的作用下,从图中的A点运动到B点,可知A点电势高于B点电势,电场力对钠离子做正功,电势能减小,A错误,B正确;根据qU=mv2可得v=,若d不变,仅增大膜电位,钠离子到达B点的速度变大,C错误;根据d=at2、a=可得t=d,若膜电位不变,仅增大d,则钠离子到达B点的时间变长,D正确。故选B、D。
9.BC　粒子由B到A的过程,根据动能定理有2eUBA=EkA-EkB,解得UBA=2 V,又UBA=φB-φA,解得φA=-2 V,同理,粒子由B到C的过程,根据动能定理有2eUBC=EkC-EkB,解得UBC=-2 V,又UBC=φB-φC,解得φC=2 V,故A错误;根据A项分析知,AC连线的中点O电势为零,与B点电势相等,可知B、O点在同一等势面上,且电场线与等势面垂直,则电场线必垂直于直线BO,且沿电场线方向电势降低,故CA方向为电场线方向,如图所示,根据UCA=E×l,解得E= V/m=50 V/m,故电势最高的点在九宫格的右下顶点处,设为D点,故UCA=UDC,故φD=6 V,根据题意,假设粒子可以到达D点,根据动能定理有2eUBD=EkD-EkB,解得EkD=-2 eV,粒子动能不可能为负值,故所有粒子均不可能到达该点,故B、C正确;若粒子源发射的是电子,且初动能足够大,则从B到C,电场力做功为-eUBC=2 eV,故电子电势能减少2 eV,故D错误。故选B、C。
10.AB　根据题意可知,任何一个电子离开电场所用的时间均为T=。当电子在t=k(k为自然数)时刻(满足此条件,电子总是在垂直板的方向上先加速再减速)从O点射入,射出电场时电子到中心线的距离最大,为h=2×··,由题意可知电子不会碰到极板,则有h<,解得d>T,则电子在t=0时刻或t=时刻从O点射入时,电子离开电场时与中心线的距离最大,不会从中心线离开电场,故A正确,C、D错误;设电子从t=-Δt时刻从O点射入电场,则在电子射出电场所用时间T的末时刻,电子沿电场方向的分速度为vy=a-a-aΔt+aΔt=0,则电子离开电场时只有沿中心线方向的速度v0,故B正确。
11.答案　(1)C(1分)　(2)2.20(1分)　(3)2.2×10-3(2分)
(4)C(2分)
解析　(1)用与A、B相同的带电小球C,先接触A,再接触B,A、B两球将带上不等量的同种电荷,A错误;A、B小球接触后靠近带电体但不接触,然后分开A、B小球,再移走带电体,能使A、B两小球带等量异种电荷,B错误;A、B小球接触后,用带电体接触A、B,移除带电体后,再分开A、B小球,能使A、B两小球带等量同种电荷,C正确。
(2)由图可知,A、B小球之间的距离r=2.20 cm。
(3)对小球A受力分析可知,库仑力F=mg tan θ≈mg sin θ=mg,代入数据解得F=0.01×9.8× N≈2.2×10-3 N。
(4)根据F=k,可知F-图像为过原点的直线,故选C。
12.答案　(1)1(1分)　大(2分)　相反(2分)　
(2)4.1×10-4 F(3分)　(3)c(2分)
解析　(1)充电时必须将电容器接电源,故将开关S接1时,平行板电容器充电,在充电开始时电路中的电流比较大,之后电流减小,当电容器充满电时,电流为零;电容器充电时,上极板接电源正极,所以电容器上极板带正电,充电时负电荷流出电容器上极板,放电时负电荷流入上极板,所以放电时流经G表的电流方向与充电时相反。
(2)I-t图线与时间轴所围成的面积表示电荷量,每个小格表示的电荷量为q=0.4×0.2×10-3 C=8×10-5 C,由题图乙可知Q=41q=41×8×10-5 C=3.28×10-3 C,根据C=,代入数据解得C=4.1×10-4 F。
(3)在电容器放电实验中,根据Im=可知,电阻越大,放电电流的最大值越小,由题图丙可知,c图线的最大电流最小,故c图线对应的电阻最大。
13.答案　(1)2 V　(2)-1 V　(3)200 V/m,沿电场线向下
解析　(1)由题意可知,点电荷从A到B电场力做负功,WAB=-2×10-6 J(2分)
则UAB==2 V(2分)
(2)根据UAB=φA-φB(2分)
解得φB=φA-UAB=-1 V(1分)
(3)如图所示
由几何关系可得A、B两点沿电场线方向的距离d=2×10-2 cos 60° m=1×10-2 m(1分)
根据E=(2分)
解得E=200 V/m(1分)
沿电场线方向电势降低,故电场强度的方向沿电场线向下。(1分)
14.答案　(1)200 N/C　(2)5 m/s　(3)4.35 m
解析　(1)物体与桌面间刚好没有压力时,对物体受力分析,如图所示
由力的平衡条件可得Eq=mg tan α(2分)
则E==200 N/C(1分)
(2)轻绳剪断后,物体先沿水平桌面向右做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得
Eq-Ff=ma1(1分)
Ff=μmg(1分)
解得a1=5 m/s2(1分)
设物体运动到桌面右边缘时的速度为v,则由v2=2a1x(1分)
解得v=5 m/s(1分)
(3)物体离开桌面后,水平方向做匀加速直线运动,竖直方向做自由落体运动,设物体从离开桌面到落地经历的时间为t,则由h=gt2(1分)
解得t=0.6 s(1分)
水平方向上有Eq=ma2(1分)
解得a2=7.5 m/s2(1分)
所以有x0=vt+a2t2(1分)
解得x0=4.35 m(1分)
15.答案　(1)　(2)　(3)eU1+
解析　(1)电子在加速电场加速时,由动能定理得
eU1=m(2分)
解得v0=(1分)
(2)t=0、T、2T、…时刻进入金属板间的电子向上偏转量最大(同理,t=T、T、…时刻进入金属板间的电子向下偏转量最大)(1分)
电子在偏转电场中的运动时间为t0==L(1分)
加速度大小为a=(1分)
偏转量为y=a×2=,由题意可知,T=,电子离开电场时的速度为v0,方向水平向右。故打到荧光屏上的电子与O点的最大距离为(2分)
(3)电子要能到达O点,电子在竖直方向先加速后减速再反向加速,且向上和向下位移大小相等,若向上偏转量y上=a(Δt)2×2(1分)
则向下偏转量y下=a+a(t0-2Δt)(2分)
由y上=y下(1分)
解得Δt=(1分)
竖直方向,电子反向加速的位移
y'=a(1分)
电场力做功W=ey'=(2分)
电子到达O点时动能Ek=eU1+(2分)