2025-2026年湖南省人教版高中物理必修第三册 第十单元 静电场中的能量测试试卷（含解析）

2025-2026年湖南省人教版高中物理必修第三册第十单元静电场中的能量测试试卷
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题（本大题共6小题，共30分）
1．[5分]如图所示,平行线代表电场线,但未标明方向,一个带正电、电荷量为1×10-6 C的微粒在电场中仅受电场力作用,当它从A点运动到B点时动能减少了1×10-6 J,已知A点的电势为0 V,则下列判断正确的是 （ ）
A．B点电势为-1 V
B．B点电势为2 V
C．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示
D．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示
2．[5分]如图所示,水平面内三点A、B、C为等边三角形的三个顶点,三角形的边长为L,O点为AB边的中点．CD为光滑绝缘细杆,D点在O点的正上方,且D点到A、B两点的距离均为L,在A、B两点分别固定一点电荷,电荷量均为-Q．现将一个质量为m、电荷量为+q的中间有细孔的小球套在细杆上,从D点由静止释放．已知静电力常量为k,重力加速度为g,且k=mg,忽略空气阻力．下列说法正确的是 (　　)
A．固定在A、B处两点电荷的合电场在C、D两点的场强相同
B．小球在D点刚释放时的加速度大小为g
C．小球到达C点的速度大小为
D．小球将在D、C两点之间做往复运动
3．[5分]两个固定的点电荷P、Q所形成电场的等势线如图中的虚线所示，一带电粒子以某一初速度从图中的d点进入电场，仅在静电力的作用下运动，运动轨迹如图中的实线所示。下列说法正确的是（　　）
A．点电荷P、Q带有等量同种电荷，粒子带负电
B．点电荷P、Q带有等量同种电荷，粒子带正电
C．粒子从d点到a点运动的过程中，电势能先减小后增大
D．粒子经过a点时的速度大于经过d点时的速度
4．[5分]如图所示，R是一个滑动变阻器，M、N为水平正对放置的两块平行金属板，两极板间有一带电微粒Q处于静止状态，则下列说法正确的是 （　　）
A．若只减小M、N两金属板的间距，则有向左的电流通过电阻R
B．若只减小M、N两金属板的间距，Q将向下运动
C．若只将滑动变阻器滑片由中间滑到最左端，Q将向下运动
D．若只在紧贴N板内侧插入一块一定厚度的金属片，Q将向上运动
5．[5分]静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为场强正方向，带负电的点电荷沿x轴运动，则点电荷 （　　）
A．由x1运动到x3的过程中电势能增大
B．由x1运动到x3的过程中电势能减小
C．由x1运动到x4的过程中电势先减小后增大
D．由x1运动到x4的过程中所受电场力先减小后增大
6．[5分]如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴 (　　)
A．仍然保持静止 B．竖直向下运动 C．向左下方运动 D．向右下方运动
二、多选题（本大题共4小题，共20分）
7．[5分]下列说法正确的是( )
A．电荷从电场中的A点运动到B点，路径不同，静电力做功的大小就可能不同
B．电荷从电场中的某点出发，运动一段时间后，又回到了该点，则静电力做功为零
C．正电荷沿电场线方向运动，静电力对正电荷做正功，负电荷逆着电场线方向运动，静电力对负电荷做正功
D．电荷在电场中运动，因为静电力可能对电荷做功，所以能量守恒定律在电场中并不成立
8．[5分]关于静电场，下列说法正确的是( )
A．电势等于零的物体一定不带电
B．电场强度为零的点，电势不一定为零
C．同一电场线上的各点，电势一定相等
D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加
9．[5分]如图所示，电路中的二极管为理想二极管，正向电阻为零，反向电阻无穷大，电源内阻不能忽略，闭合开关S，电路稳定后，只改变下列一个条件能增大平行板电容器两板间电场强度的是 (　　)
A．增大平行板电容器两板间距离B．减小平行板电容器的正对面积
C．将滑动变阻器的滑片向b端移动D．断开开关S
10．[5分]两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受电场力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是 (　　)
A．带正电B．速度先变大后变小
C．电势能先变大后变小D．经过b点和d点时的速度大小相同
三、非选择题（本大题共5小题，共50分）
11．电容储能已经在电动汽车，风、光发电，脉冲电源等方面得到广泛应用.某同学设计图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程，器材如下：
甲
电容器（额定电压，电容标识不清）；
电源（电动势,内阻不计）；
电阻箱（阻值）；
滑动变阻器（最大阻值 ,额定电流）；
电压表（量程，内阻很大）；
发光二极管、,开关、，电流传感器，计算机，导线若干.
回答以下问题：
（1） 按照图甲连接电路，闭合开关,若要升高电容器充电电压，滑动变阻器滑片应向______端滑动（填“”或“”）.
（2） 调节滑动变阻器滑片位置，电压表表盘如图乙所示，示数为____（保留1位小数）.
乙
（3） 继续调节滑动变阻器滑片位置，电压表示数为时，开关掷向1，得到电容器充电过程的图像，如图丙所示.根据图像可估算出充电结束后，电容器存储的电荷量为________________C（结果保留2位有效数字,估算时，超过半个格子的算一格，不足半格的舍去）.
丙
（4） 本电路中所使用电容器的电容约为________________（结果保留2位有效数字）.
（5） 电容器充电后，将开关掷向2，发光二极管________（填“”或“”）闪光.
12．[10分]用图（a）的电路研究电容器的充放电，电源电动势为12V（内阻忽略不计）；R1、R2、R3为定值电阻，其中R2=160Ω；电流传感器（内阻忽略不计）将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的I-t图像。
(1)①闭合开关K2，开关K1与1接通，待充电完成后，再与2接通，电容器放电的I-t图像如图（b）中的图线I，图线I与时间轴围成的“面积”为S1，其物理意义是 ；
②断开开关K2，开关K1与1接通，待充电完成后，再与2接通，电容器放电的I-t图像如图（b）中的图线II，图线II与时间轴围成的“面积”为S2，理论上应该有S1 S2（选填“>”“<”或“=”）；
(2)测得S1为2.64mA s，由此可知电容器的电容C= μF，定值电阻R3= Ω；开关K2闭合时，电容器放电过程中通过R3的电量为 C。
13．[8分]如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y'长为L，相距为d，足够大的竖直屏与两板右侧相距为b.在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力）从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出.
（1）证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线与初速度方向交于两板间的中心；
（2）求两板间所加偏转电压U的范围；
（3）求粒子可能到达屏上区域的长度.
14．[12分]如图，圆弧轨道AB的圆心为O，半径为R＝2.5 m，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到竖直虚线CD的距离为L1＝2.5 m，竖直虚线CD的左侧有一水平向左的匀强电场，场强大小为E1（大小未知），竖直虚线CD的右侧有场强大小为E2（大小未知）、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF，墙壁EF到竖直虚线CD的距离为L2＝1 m，墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为L2＝1 m。现将一电荷量为q＝＋4×10－2 C、质量为m＝1 kg的完全绝缘的滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，过B点时的速度大小为4 m/s，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10 m/s2，∠AOB＝53°，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
（1）场强E1的大小；
（2）滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间；
（3）要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求E2的取值范围。
15．[14分]如图1所示，在平面直角坐标系第三象限存在竖直向上的匀强电场，场强大小为；第二象限存在水平向右的匀强电场，场强大小也为；第一象限存在水平向左的匀强电场，场强大小为.一质量为、电荷量为的正离子从点由静止释放，点位置坐标为，不计该离子的重力.
图1 图2
（1） 求离子第一次通过轴时的速度大小；
（2） 求离子第二次通过轴时的位置坐标；
（3） 若从离子第一次进入第一象限后开始计时，第一象限中的电场按图2规律变化图中，忽略电场变化引起的电磁感应现象，求离子第四次通过轴时的位置坐标.
参考答案
1．【答案】
D
【详解】
【详解】从A点运动到B点微粒的动能减少了1×10-6 J,则电场力做功WAB=-1×10-6 J,A、B两点间的电势差UAB= =-1 V,又UAB=φA-φB,φA=0 V,可得φB=1 V,故A、B错误;A点电势低于B点电势,则电场方向水平向右,所以微粒受到的电场力方向水平向右,由于物体做曲线运动的轨迹总是夹在合力与速度方向之间,所以微粒的运动轨迹如题图中的虚线2所示,故C错误,D正确．
2．【答案】C　
【详解】在A、B两点分别固定一点电荷,电荷量均为-Q,那么A、B两点处的点电荷在D点的电场强度方向由D指向O,在C点的电场强度方向由C指向O,根据点电荷场强公式E=k,以及矢量合成法则可知,C点和D点的电场强度大小相等,但方向不同,故A错误;小球刚由D点释放时,受到A处点电荷的库仑力大小为FA=k,受到B处点电荷的库仑力大小为FB=k,因为它们的夹角为60°,则库仑合力大小为F库=k,小球除受到库仑力外还受到重力和支持力,它们的合力为F=(F库+mg)cos 45°,且k=mg,根据牛顿第二定律,可得小球加速度为a==g,故B错误;由题意可知,C、D处于A、B两点电荷连线的中垂面上,且C、D到中点O的距离相等,那么C点的电势和D点的电势相等,则小球从D点到C点,重力做正功,库仑力做功为零,根据动能定理可得mgLsin 60°=mv2,解得v=,故C正确;因小球到达C点时速度方向沿杆向下,故小球不可能在D、C两点之间做往复运动,故D错误．
3．【答案】A
【详解】AB．图中关于两点电荷连线左右对称，由于电场线垂直于等势线，由高电势点指向低电势点，可知，点电荷P、Q带有等量同种正电荷，由于粒子所受电场力为其合力，则电场力指向轨迹内侧，根据图像可知，粒子所受电场力方向与电场方向相反，则粒子带负电，A正确，B错误；
C．结合上述可知，粒子从d点到a点运动的过程中，电场力先做负功，后做正功，则电势能先增大后减小，C错误；
D．根据图像可知，粒子从d点到a点运动的过程中，根据动能定理有
，解得，D错误。选A。
【关键点拨】
电场方向：电场线从高电势指向低电势，根据等势线分布判断电荷类型。
电势能与动能的转换：电场力做功引起电势能和动能的变化，通过动能与电势能变化的关系分析粒子运动情况。
电场力作用方向：根据粒子运动轨迹判断电场力方向，从而确定粒子的电荷性质。
4．【答案】D
【详解】若只减小M、N两金属板的间距，根据C=，可知电容增大，两极板间电压不变，根据Q=CU可知电容器充电，有向右的电流通过电阻R，故A错误；微粒Q处于静止状态时，受重力和向上的电场力而平衡，若只减小M、N两金属板的间距，根据E=，可知场强增大，微粒所受电场力增大，合力向上，故Q将向上运动，故B错误；与电容器串联的滑动变阻器在稳定状态时看成导线，则若只将滑动变阻器滑片由中间滑到最左端，依然是电容器串联在电源两端，则电容器两极板间的电压不变，故场强不变，Q不动，故C错误；若只在紧贴N板内侧插入一块一定厚度的金属片，相当于极板间距离变小了，而电压U不变，根据E=，可知场强增大，电场力增大，故Q将向上运动，故D正确.
【注意说明】对于两极板间电压不变的情况，极板间距离变化时，电场强度变化，电容器极板间相同距离间的电势差会变化，两点间的电势差可以由U=Ed确定.
5．【答案】B
【详解】点电荷由x1运动到x4的过程中，场强沿x轴负方向，则带负电的点电荷由x1运动到x4逆着电场线方向移动，电势升高，电势能减小，故A、C错误，B正确；点电荷由x1运动到x4的过程中，电场强度的大小先增大后减小，由F=qE知，电场力先增大后减小，故D错误.
6．【答案】D　
【详解】两极板平行时带电处于平衡状态，则重力等于电场力。当下极板右端下移时，板间距离增大，场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以油滴处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故油滴向右下方运动，选项D正确。
7．【答案】BC
【详解】静电力做功和电荷运动路径无关，故A错误；静电力做功只和电荷的初、末位置有关，所以电荷从某点出发又回到了该点，静电力做功为零，故B正确；正电荷沿电场线方向运动，则正电荷受到的静电力方向和电荷的位移方向相同，故静电力对正电荷做正功，同理，负电荷逆着电场线方向运动，静电力对负电荷做正功，故C正确；电荷在电场中运动虽然有静电力做功，但是电荷的电势能和其他形式的能之间的转化仍然遵循能量守恒定律，故D错误。
8．【答案】BD
【详解】电势的零点是人为选取的，则电势等于零的物体也可以带电，故A错误；电势是标量，与零电势点的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，故B正确；沿电场线的方向电势逐渐降低，故C错误；根据公式Ep＝qφ知，负电荷在电势越低的地方电势能越大，在电势越高的地方电势能越小，所以负电荷从沿电场线方向移动，即从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定增加，故D正确。
9．【答案】BC
【详解】增大两板间的距离时，电容器的电容减小，因两板间电压不变，故电容器应放电，但由于二极管有单向导电性，电容器不能放电，所以电容器的电荷量不变，增大板间距离时，C=、U=、E=得E=，则可知板间场强不变，故A错误；减小平行板电容器的正对面积，电容器的电容减小，电容器应放电，但由于二极管有单向导电性，电容器不能放电，所以电容器的电荷量不变，则两板间电压增大，两板间距不变，板间场强E=增大，故B正确；将滑动变阻器的滑片向b端移动，滑动变阻器电阻增大，分压变大，电容器两板间的电压变大，板间场强变大，故C正确；断开开关S，电容器不能放电，电容器上的电荷量不变，电容也不变，故两板间的电压不变，板间场强不变，故D错误。
10．【答案】CD
【详解】根据两个等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点知，正电荷在上方，负电荷在下方，由粒子所受电场力方向指向轨迹内侧知，粒子所受电场力向上，所以粒子带负电，A错误；粒子从a经过c到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减小后增大，电势能先增大后减小，B错误，C正确；因为b、d两点在同一等势面上，所以在b、d两点的电势能相同，所以经过b点和d点时的速度大小相同，D正确。
【方法总结】带电粒子仅在电场力作用下运动，其所受电场力方向指向轨迹的内侧，可根据电场力方向与电场强度的方向关系判断粒子带电性质；带电粒子速度变化可根据动能定理判断；粒子电势能的变化情况可根据正电荷在电势高处电势能大、负电荷在电势低处电势能大或根据电场力做功判断。
11．【答案】（1）
（2） 6.5
（3）
（4）
（5）
【解析】
（1） 由题图甲可知,闭合开关,电容器与电阻箱串联后再与滑动变阻器的左侧部分并联,要升高电容器充电电压,需增大并联部分的电压,则滑片应向端移动.
（2） 由题图乙可知,电压表的分度值为,因此只需要估读到本位,指针正好与的刻度线对齐,则示数为.
（3） 图像中图线与轴围成的面积表示电荷量,则可得图中的格数为38小格,每一小格表示的电荷量为,则电容器储存的电荷量为.
（4） 根据电容的定义式,代入数据解得本电路中所使用电容器的电容为.
（5） 充电完成后,电容器的左侧极板带正电,放电时,在电容器外部,电流从带正电极板流向带负电极板,由于二极管具有单向导电性,所以发光二极管闪光.
12．【答案】(1)电容器放电过程，通过电流传感器的电荷量；=，(2) 220；480；
【详解】（1）①[1]根据，可知I-t图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电荷量，即电容器放电过程，通过电流传感器的电荷量。
②[2] S1和S2均表示电容器放电的电荷量，所以
（2）[1]根据，可得
[2]根据，可知，两次放电过程的最大电流与电路电阻成反比，即，解得
[3]开关K2闭合时，电容器放电过程中通过R3的电量为
13．【答案】（1）见解析　（2）-≤U≤　（3）
【详解】（1）设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有侧移量y=at2，匀速运动的位移L=v0t，竖直方向的速度vy=at， tan θ==，联立可得x=，即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线与初速度方向交于两板间的中心.
（2）由牛顿第二定律，有a=，电场强度与电势差的关系为E=，解得y=，当粒子正好从极板右边缘飞出，即y=时，U=，则两板间所加电压的范围为-≤U≤.
（3）当y=时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大（设为y0），则y0=（+b）tan θ，而tan θ=，解得y0=，则粒子可能到达屏上区域的长度为2y0=.
14．【答案】（1）25 N/C　（2）1 m/s　1 s
（3）187.5 N/C≤E2≤300 N/C
【详解】（1）滑块从A点运动到B点的过程中，由动能定理有WAB＋mgR（1－cos 53°）＝mvB2，滑块从A点运动到B点的过程中WAB＝－qE1Rsin 53°，联立解得E1＝25 N/C。
（2）滑块从B点运动到竖直虚线CD的过程中，以向右为正方向，由牛顿第二定律有－qE1－μmg＝ma，得a＝－3 m/s2，根据运动学公式有v2－vB2＝2aL1，v＝vB＋at，解得v＝1 m/s，t＝1 s。
（3）当E2较小时，滑块刚好与竖直墙壁底端E点碰撞，有－μ（mg－qE2）L2＝0－mv2，解得E2＝187.5 N/C；当E2较大且滑块刚好与竖直墙壁顶端F点碰撞时，从C点到F点滑块做类平抛运动，在水平方向有L2＝vt1，解得t1＝1 s，竖直方向有L2＝ayt12，解得ay＝2 m/s2，又qE2－mg＝may，解得E2＝300 N/C，综上，E2的取值范围为187.5 N/C≤E2≤300 N/C。
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
（1） 设离子第一次通过轴时的速度大小为,在第三象限的电场中,由动能定理得,解得.
（2） 离子在第二象限做类平抛运动,竖直方向有,水平方向有,联立解得,,故离子第一次通过轴时的位置坐标为.因第一象限电场强度为第二象限的一半,因此离子在第一象限的加速度大小为第二象限的一半,且方向相反,因此离子在第一象限内水平方向需要用时间先匀减速为0,再通过时间反向匀加速回到轴,由此离子在第一象限内运动的时间,竖直方向的速度不受影响,一直是,有,最后有,则离子第二次通过轴时的位置坐标为.
（3） 由第（2）问可知,离子第一次经过轴时的位置坐标为,用时为,此时离子进入第一象限,在水平方向上,离子在的时间内减速为0,~的时间内水平速度为0,在~的时间内在水平方向上向左匀加速,再次回到轴,总时间为,有,此时离子离开第一象限进入第二象限,该时刻为.进入第二象限后,离子在水平方向上经过的时间先匀减速至水平速度为0,再次反向匀加速时间回到轴.因此有,此时离子第三次经过轴,该时刻为.在~时间内,由于此时间内第一象限内不存在电场,离子在水平方向上匀速向右运动.在时间内出现电场,离子匀减速至水平速度为0.在的时间内,第一象限不存在电场,同时离子在水平方向的速度也为0,在水平方向不运动.在~的时间内,离子受到向左的电场力,向左匀加速,和匀减速的水平位移相互抵消.在的时间内,第一象限不存在电场,离子再次在水平方向上做匀速运动,与~时间内的水平位移相互抵消,再次回到轴.此时离子第四次回到轴,此次用时总时间为,因此有,最后有,离子第四次通过轴的位置坐标.
第 page number 页，共 number of pages 页
第 page number 页，共 number of pages 页