2025-2026年湖南省邵阳市人教版高中物理必修第三册第十单元静电场中的能量培优测试试卷（含解析）

2025-2026年湖南省邵阳市人教版高中物理必修第三册第十单元静电场中的能量培优测试试卷
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题（本大题共8小题，共32分）
1．[4分]某电场的电场线分布如图中实线所示，虚线为某一点电荷只在电场力作用下的运动轨迹.以下说法正确的是 (　　)
A．该点电荷带负电
B．该点电荷在a点的加速度大于在d点的加速度
C．该点电荷在a点的动能小于在d点的动能
D．若把该点电荷从b点移动到c点，静电力做负功
2．[4分]如图，矩形ABCD位于匀强电场中，电场方向平行于矩形平面。已知，P是CD的中点。A、B、C的电势分别为8 V、6 V、4 V。用外力将一个电子从A点移动到P点，已知元电荷电量为e，下列说法正确的是（　　）
A．该过程中，电子的电势能增加5 eV
B．该过程中，电子的电势能减少3 eV
C．该过程中，电场力对电子做正功5 eV
D．该匀强电场的场强大小为，方向垂直BD斜向右上方
3．[4分]、、三个原子核，电荷量均为，质量之比为.如图所示，它们以相同的初速度由点平行极板射入匀强电场，在下极板的落点为、、，已知上极板带正电（与电源断开），不计原子核所受重力，下列说法正确的是（ ）
A. 三个原子核刚到达下极板时的动能相等
B. 落在点的原子核是
C. 、、的加速度大小之比
D. 若将上极板向上移动较小的距离，原子核在电场中的运动不受影响
4．[4分]手机触摸屏多数采用的是电容式触摸屏，其原理可简化为如图所示的电路。平行板电容器的上、下两极板A、B分别接在一恒压直流电源的两端，上极板A为两端固定的可动电极，下极板B为固定电极。当用手指触压屏幕上某个部位时，可动电极的极板会发生形变，从而改变电容器的电容。当压力F增大时（　　）
A．电容器所带电荷量不变
B．电容器放电
C．极板间的电场强度减小
D．灵敏电流计中有从b到a的电流
5．[4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
6．[4分]如图所示为示波管内的聚焦电场，图中实线为电场线，虚线为等势线，a、b、c为静电场中的三点，b、c在同一条直线电场线上，则下列说法正确的是 (　　)
A．a、b、c三点中，c点电势最高
B．a、b、c三点中，a点场强最大
C．正电荷在b点的电势能大于在c点的电势能
D．负电荷在b点由静止释放，仅在电场力的作用下能沿直线由b点运动到c点
7．[4分]匀强电场中有a、b、c三点，在以它们为顶点的三角形中，∠a=30°、∠c=90°，电场方向与三角形所在平面平行.已知a、b和c点的电势分别为（2-）V、（2+）V和 2 V.则该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为 （　　）
A．（2-）V、（2+）V B．0 V、4 V
C．（2-）V、（2+）V D．0 V、 3 V
8．[4分]如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距均为d，板间存在随时间周期性变化的匀强电场（如图乙），电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线且垂直于电场方向源源不断地射入电场，z粒子射入电场时的初速度大小均为v0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。不计粒子间的相互作用，则（　　）
A．t＝0之后射入电场的粒子可能会打到极板上
B．时刻进入电场的粒子最终一定垂直电场方向射出电场
C．时刻进入电场的粒子在两板间的最大偏移量为
D．若粒子的入射速度变为2v0，则无论哪个时刻进入电场的粒子，其从电场射出时的侧向位移都为零
二、多选题（本大题共3小题，共15分）
9．[5分]如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球（不计重力）。开始时，两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有（　　）
A．电场E中A点电势低于B点
B．转动中两小球的电势能始终相等
C．该过程静电力对两小球均做负功
D．该过程两小球的总电势能增加
10．[5分]在如图所示的电场中有A、B两点，下列判断正确的是( )
A．电势φA>φB，电场强度EA>EB
B．电势φA>φB，电场强度EAC．将电荷量为q的正电荷从A点移到B点，静电力做正功，电势能减少
D．将电荷量为q的负电荷从A点移到B点，电荷具有的电势能EpA>EpB
11．[5分]（多选）如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场，用长为的绝缘轻绳系住一带电小球，轻绳的另一端固定在点，现将小球拉到点右侧，使轻绳处于水平状态，已知小球的电荷量为，质量为，电场强度大小为，重力加速度大小为，由静止释放小球，下列说法正确的是（ ）
A. 释放后小球做圆周运动
B. 小球先做匀加速直线运动，然后做圆周运动回到初始位置
C. 绳子伸直后，小球做圆周运动的过程中，在小球摆到点左下方与竖直方向夹角为 时，绳子拉力最大
D. 若释放后小球能做完整的圆周运动且回到出发点，则释放时小球的初速度大小至少为
三、非选择题（本大题共5小题，共53分）
12．[8分]在“用传感器观察电容器的充、放电过程”实验中，按图甲所示连接电路.电源电动势为 ，单刀双掷开关 先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2.实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况.
甲
（1） 电容器充电后，开关 改接2使电容器进行放电，此过程得到的图像如图乙所示，如果不改变电路其他参数，只减小电阻 的阻值，则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将____（填“减小”“不变”或“增大”）.
乙
（2） 若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量 ，则该电容器的电容为____ .
（3） 关于电容器在整个充、放电过程中的 q-t 图像和 图像的大致形状，可能正确的是____.（ 为电容器极板所带的电荷量， 为 、 两板的电势差）
A. 　　　B.
C. 　　　D.
13．[8分]在测定电容器电容的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为3 kΩ的电阻R、电源、单刀双掷开关S按图甲所示电路图进行连接．先使开关S与1相连，电源给电容器充电，充电完毕后把开关S掷向2，电容器放电，直至放电完毕，实验得到了与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的图线，并由计算机进行数据处理后记录了“峰值”及图线与时间轴所围图像的“面积”，如图乙所示．
(1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向________(填“相同”或“ 相反”)，大小都随时间________(填“增大”或“ 减小”)．
(2)该电容器的电容为________F(结果保留两位有效数字)．
(3)某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可以测出电容器的电容值，请你分析并说明该同学的说法是否正确？
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14．[9分]如图所示，一质量为m=2 kg带正电的小球，用几乎不可伸长的长为L=2 m的绝缘细线悬挂于O点，处于一水平向右的匀强电场中，静止时细线右偏与竖直方向成45°角，位于图中的P点（g=10 m/s2）。
(1)求静止在P点时线的拉力是多大？
(2)如将小球向左拉紧至与O点等高的B点由静止释放，求小球刚运动到C点时的速度大小？
(3)如将小球向左拉紧至与O点等高的B点由静止释放，求小球到达A点时绳的拉力是多大？
15．[12分]如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道ABC和水平绝缘轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为，，整个装置处于水平向右的匀强电场中．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电小球在电场力的作用下沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零，重力加速度大小为g．求
(1)匀强电场的场强大小；
(2)小球到达A点时速度的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道上的位置与A点的距离．
16．[16分]如图所示，在以O为圆心、半径为R的圆形区域内有匀强电场，AB为圆的直径。一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点飘入电场（速度很小，可以认为粒子速度为0），从圆周上的C点以速率v0穿出，运动过程中粒子仅受电场力作用，且AC与AB的夹角θ=60°。
（1）求电场强度的大小；
（2）若粒子从A点以不同速度射入电场，求穿出电场时动能增量的最大值；
（3）若粒子进入电场的速度方向与电场方向垂直，为使粒子穿过电场前后速度变化量的大小为，求该粒子进入电场时的速度应为多大。
参考答案
1．【答案】C　
【解析】做曲线运动的物体受到的合外力指向运动轨迹的凹侧，结合题图可知该点电荷带正电，A错误；电场线越密集，电场强度越大，由题图知，d处电场强度大于a处电场强度，则该点电荷在a点所受的电场力小于在d点所受的电场力，该点电荷在a点的加速度小于在d点的加速度， B错误；由a到d过程中，电场力做正功，动能增大，则该点电荷在a点的动能小于在d点的动能，C正确；点电荷带正电，若把该点电荷从b点移动到c点，静电力做正功，D错误.
【方法总结】带电粒子在电场中的运动轨迹
(1)根据带电粒子运动轨迹的弯曲方向判断出带电粒子所受电场力的方向；(2)力的分析：把电场线方向、电场力方向、电场线疏密和加速度大小联系分析；(3)能的分析：把电场力做功与能量的变化联系分析.
2．【答案】D
【详解】C．根据匀强电场强度与电势差的关系可得，解得D的电势为
，P是CD的中点，P点电势为，一个电子从A点移动到P点电场力做功为，可知该过程中，电子的电场力做负功3 eV，C错误；
AB．根据功能关系可知该过程中，电子的电势能增加3 eV，AB错误；
D．B点和D点电势为6 V，故BD为等势线，等势线与电场线垂直，故电场线方向与BD垂直，沿电场线方向电势降低，故电场强度方向垂直BD斜向右上方，则电场强度大小为
，D正确。选D。
3．【答案】D
【解析】根据动能定理,原子核到达下极板时的动能为,其中为射入点与下极板的电势差,原子核到达下极板时,静电力做功相同,因三个原子核的质量不同,故三个原子核的初动能不同,则三个原子核刚到达下极板时的动能不相等,错误；根据,,可得,可知质量越大,越大,则落在点的原子核是,错误；根据可知,、、的加速度大小满足,错误；根据、、可得,因电容器带电荷量不变,若将上极板向上移动较小的距离,两板间场强不变,原子核在电场中的运动不受影响,正确.
【关键点拨】解决此类问题的关键是要掌握类平抛运动的处理方法.垂直于电场方向,带电粒子做匀速直线运动,沿电场方向,带电粒子做匀变速直线运动.
4．【答案】D
【详解】AB．根据，当压力F增大时，减小，电容器的电容增大，电容器与电源相连，电容器两极板间的电势差不变，根据，可知电容器所带电荷量增加，电容器充电，AB错误；
C．当压力F增大时，减小，电容器两极板间的电势差不变，根据，可知极板间的电场强度增大，C错误；
D．电容器充电，灵敏电流计中有从b到a的电流，D正确。选D。
5．【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。
6．【答案】C　
【解析】沿着电场线方向电势逐渐降低，所以a、b、c三点中，c点电势最低，b点电势最高，A错误；电场线的疏密程度反映场强的大小，c点电场线最密，所以c点场强最大，B错误；电势能Ep=qφ，b点的电势高于c点的电势，所以正电荷在b点的电势能大于在c点的电势能，C正确；负电荷在b点由静止释放，所受电场力方向水平向右，仅在电场力的作用下向右运动，不可能沿直线由b点运动到c点，D错误.
7．【答案】B
【详解】如图所示，取ab的中点O，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2 V，故Oc为等势线，其垂线MN为电场线，方向为M→N. 外接圆上电势最低点为N点，电势最高点为M点.设外接圆的半径为R，则UOP=UOa= V，UON=E·R，UOP=E·Rcos 30°，则UON∶UOP=2∶，故UON=2 V，N点电势为零，为最低电势点，同理M点电势为4 V，为最高电势点，故选B．
8．【答案】B
【详解】粒子在平行极板方向不受静电力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t＝0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，运动时间为周期的整数倍，故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场，故B正确，A错误；当t＝0时，射入电场的粒子，运动时间为电场变化周期的整数倍，则有水平方向d＝v0t＝v0nT（n＝1,2,3…）竖直方向每移动的位移都相同设为Δy，则有Δy＝a（）2＝aT2，＝2nΔy（n＝1,2,3…），则Δy＝（n＝1,2,3…），当该粒子在时刻以速度v0进入电场，则此时粒子竖直方向上在静电力的作用下，先做匀加速，再做匀减速，接着再反向做匀加速和匀减速后回到中线位置，由运动的对称性可知，竖直方向先匀加速后匀减速的位移为y1＝2×a（）2＝aT2＝Δy＝（n＝1,2,3…），当n＝1时，y1取最大值，为y1＝，故C错误；在入射速度为v0时，时刻进入的粒子从中线位置射出，从电场射出时的侧向位移为零，若粒子的入射速度变为2v0，则时间t＝（n＝1,2,3…），若n＝1，则该粒子在时刻射出电场，此过程中沿着电场方向，粒子先做匀加速运动，再做匀减速运动到沿着电场方向速度为零时射出电场，侧向位移不为零，故D错误。
9．【答案】AB
【详解】A．沿着电场线方向，电势降低，所以A点电势低于B点，A正确；
B．由于O点的电势为0，根据匀强电场的对称性，电势，又，，所以电势能，B正确；
CD．A、B位置的小球受到的静电力分别水平向右、水平向左，绝缘轻杆顺时针旋转，两小球受到的静电力对两小球均做正功，电场力做正功，电势能减少，CD错误。选AB。
10．【答案】BC
【详解】沿着电场线方向电势逐渐降低，则φA>φB，电场线密处电场强度大，则EA11．【答案】CD
【解析】小球受到的电场力大小为,根据平行四边形定则可得,小球受到的合力大小为,方向沿左下方与竖直方向夹角为 ,静止释放后,小球先做匀加速直线运动,小球运动到点正下方时,绳子伸直,之后小球做圆周运动,错误；绳子伸直的瞬间,小球沿绳方向的速度减为0,只剩垂直于绳方向的速度,动能有损失,故小球不会回到初始位置,错误；小球运动到点正下方绳子伸直,小球做圆周运动,小球运动到等效最低点时,绳子拉力最大,由中分析可知,合力方向沿左下方与竖直方向夹角为 时，小球位于等效最低点,即小球摆到点左下方与竖直方向夹角为 时，
绳子拉力最大,正确；若释放后小球能做完整的圆周运动,如图所示,临界情况为在等效最高点时,绳子拉力为0,对小球有,设这种情况下小球释放时的初速度为,则有,解得,正确.
12．【答案】
（1） 不变
（2） 430
（3） AD
【详解】
（1） 因题图乙中图线与坐标轴所围成的面积等于电容器带的电荷量,则如果不改变电路其他参数,只减小电阻的阻值,则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将不变；
（2） 该电容器的电容为 ；
（3） 电源给电容器充电时,刚开始电荷量的变化率较大,后来变化率减小,放电时,电荷量变化率刚开始比较大,后来变化率减小, 正确, 错误；根据 ,且 不变可知, 与 的变化情况相同, 错误, 正确.
【关键点拨】电容器充电和放电过程中,电压和电流随时间变化的图像如图所示.其中,由微元法可得 图线与时间轴围成的面积代表电荷量.
13．【答案】(1) 相反　减小　(2) 1.0×10－2　 (3)正确，见解析
【解析】(1)根据题图甲所示的电路，观察题图乙可知充电电流与放电电流方向相反，大小都随时间减小．
(2)根据充电时电压—时间图线可知，电容器的电荷量为Q＝It＝t，而电压峰值为Um＝6 V，则该电容器的电容为C＝，设电压—时间图线与坐标轴围成的面积S＝Ut，联立解得C＝＝＝ F＝1.0×10－2 F.
(3)正确，电容器放电的过程中，电容器C与电阻R两端的电压大小相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值Um”及图线与时间轴所围“面积”，仍可应用C＝＝计算电容值．
【注意说明】充电时电容器所带电荷量增加，电流方向由电源的正极流向电源的负极；放电时电容器所带电荷量减少，电流方向由极板的正极流向极板的负极．
14．【答案】(1)；(2)；(3)60 N
【详解】(1)由于静止时细线与竖直方向成45°角，由力的平衡条件可得
电场力 ①
线的拉力 ②
(2) 先由B→C匀加速直线运动，根据动能定理 ③
由①③式解得④
（3）在C点，绳子拉紧过程后使C点竖直速度变为零，绳子拉紧小球的速度⑤
由C→A，动能定理： ⑥
在A点，由向心力公式得 ⑦
由①④⑤⑥⑦式解得FA=60 N
15．【答案】（1）（2）（3）
【详解】(1)小球到达点时所受合力的大小为，由力的合成法则，则有：，解得匀强电场的场强大小：
(2)设小球到达点时的速度大小为，由牛顿第二定律得：，，解得：，小球到达点的速度大小，由动能定理有：，解得：
(3)小球离开点后，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，加速度大小为，小球在竖直方向的初速度为：，从点落到水平轨道上所用时间为，由运动学公式，则有：，解得：， 小球在水平方向上做初速度不为零的匀减速直线运动，加速度大小为：，小球在水平方向的初速度为：，由运动学公式，则有：，小球从点落至水平轨道上的位置与点的距离：
16．【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
解：（1）由题意可知，粒子的初速度是零，由C射出电场，因此电场方向与AC平行，由A指向C，由几何关系和电场强度的定义式可得
AC=R
F=qE
由动能定理知
联立以上三式解得
（2）由题意可知，要使粒子的动能增量最大，则粒子沿电场线方向移动距离最大，作AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子从D点射出时沿电场线方向移动距离最大，粒子在电场中做类平抛运动，由几何关系得
x=Rsin60°
y=R+Rcos60°
由动能定理可知
WF= Ek
Ekmax=Fy=qE×（R+Rcos60°）=
（3）若粒子进入电场的速度方向与电场方向垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则有 v=at，解得
如图所示，粒子从E点射出，则粒子在x方向的位移是
x=R+Rsinθ
粒子射入电场的速度
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