资源简介

第十章 静电场中的能量 单元综合测试 2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第三册
班级： 姓名： 学号： 分数：
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、学号填写在试卷上。
2．回答第I卷时，选出每小题答案后，将答案填在选择题尾的答题表中。
3．回答第II卷时，将答案直接写在试卷上。
第Ⅰ卷（选择题 共43分）
一、选择题（本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题中只有一项符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．“物理”二字最早出现在中文中，是取“格物致理”四字的简称，即考察事物的形态和变化，总结研究它们的规律的意思。然而领悟并掌握处理物理问题的思想与方法尤为重要，下列叙述正确的是（　　）
A．电学中引入点电荷的概念，突出带电体的电荷量，采用了等效替代法
B．用比值法定义的概念在物理学中占相当大的比例，如场强是采用比值法定义的
C．库仑首先提出了电场的概念，并引用电场线形象地表示电场的强弱和方向
D．伽利略认为自由落体运动是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律总结出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法
2．（2025 贵州高考）如图，M和N是在一直线上相距L的两点，A是MN的中点，直线外的B点与N点相距。在M、N两点分别固定等量的正点电荷q，选取无穷远处为零电势点，设A、B两点的电场强度大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则（ ）
A. EA < EB，φA > φB B. EA < EB，φA < φB
C. EA > EB，φA > φB D. EA > EB，φA < φB
3．如图所示的平面内，有静止的等量异种点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是（　　）
A．M点的场强比P点的场强大 B．M点的场强与N点的场强相同
C．M点的电势与N点的电势相同 D．质子在M点的电势能比在P点的电势能小
4．指纹密码锁是我国现阶段流行的防盗门的核心配件，该配件的一个关键元件为指纹传感器。在一块半导体基板上集成有上万个相同的小极板，极板外表面绝缘，当手指指纹一面与绝缘表面接触时，指纹的凹点与凸点分别与小极板形成一个个正对面积相同的电容器。若给电容器一固定电压，电容小的微电容器放电较快，根据放电快慢就可以记录和分析指纹数据。下列说法正确的是（　　）
A.充电后在指纹凸点处形成的电容器存储的电荷量小
B．指纹凸点处形成的电容器放电较慢
C．若用湿的手指去识别，识别功能不会受影响
D．用手指挤压绝缘表面，小极板所带电荷量减小
5．一带负电的粒子仅在电场力的作用下沿x轴正方向运动，其电势能随位移x变化的关系如图所示，图线刚好是半个周期正弦曲线，下列说法正确的是（ ）
A．电场力先做负功后做正功 B．x1、处的电场强度相同
C．粒子在x1处的加速度小于在处的加速度 D．处的电势比处的电势高
6．如图所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右端。不计重力，下列表述错误的是（ ）
A．粒子带正电 B．粒子在M点的速率最小
C．粒子在电场中的加速度不变 D．粒子在电场中的电势能先增加后减小
7.如图所示，一个电场的电场线分布关于y轴对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN。P点在y轴右侧，MP⊥ON。M点与 P 点的电势高低和OM 与 MN的电势差大小关系正确的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
8.（2025 湖南高考）一匀强电场的方向平行于平面，平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为和的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时，电势能均为。下列说法正确的是（　　）
A. 中点的电势为零 B. 电场的方向与x轴正方向成角
C. 电场强度的大小为 D. 电场强度的大小为
9.（2025 重庆高考改编）某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b（　　）
A. 具有不同比荷 B. 电势能均随时间逐渐增大
C. 到达M、N的速度大小不相等 D. 到达K所用时间之比为
10.如图甲所示，两平行金属板A、B的长度为d，荧光屏到金属板右端距离也为d，两金属板间的电压随时间周期性变化规律如图乙所示。某带电粒子以速度从金属板左端O点沿板间中线射入极板之间，若时刻进入电场的带电粒子在时刻刚好打在荧光屏的中心处，则（　　）
A．粒子一定带负电
B．粒子打在荧光屏上的点时速度大小仍为
C．粒子受到的电场力大小是重力的倍
D．时刻进入电场的粒子最终也打在荧光屏上的点
第Ⅱ卷（非选择题 共57分）
二、非选择题（本题共6小题，满分57分，其中11题8分，12题6分，13题10分，14题10分，15题11分，16题12分，除了第11、12题外每小题需写出必要的解题步骤，只有答案不得分）
11．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8.0V，内阻可以忽略。单刀双掷开关S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。
(1)开关S改接2后，电容器进行的是__________（选填“充电”或“放电”）过程。此过程得到的I—t图像如图乙所示，图中用阴影标记的狭长矩形的面积的物理意义是______________________。如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的I—t曲线与坐标轴所围成的面积将___________（选填“减小”“不变”或“增大”）。
(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__________μF。
12．如图所示的实验装置，可以通过改变两极板的正对面积，改变两极板间的距离，在两极板间插入电介质等方法研究影响平行板电容器电容大小的因素。

（1）若把板向左平移一小段距离后，可观察到静电计指针偏转角___________（选填“变大”、“变小”或“不变”），极板间的电场强度___________（选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（2）下面说法正确的有___________
A．实验研究的方法是控制变量法
B．通过实验可以得出平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与两极板间的距离成反比的结论
C．实验中极板上的电荷量几乎不变，根据电容器电容的定义式可判定电容的变化
D．潮湿的环境不会影响实验的结果
13．（10分）如图所示，显像管中有一电子枪，工作时它能发射高速电子。从灯丝逸出的电子（初速度可视为0），经M、N板间的电场加速后，形成高速电子流。已知M、N两板平行且正对，其间距为d，电压为U，电子的电荷量为e。忽略电子间的相互作用及电子所受的重力。
(1)求M、N两极板间电场强度的大小E；
(2)求电子从N板射出时的动能；
(3)若保持电压U不变，只减小M、N两板间的距离，电子从N板射出时的动能是否改变？请说明理由。
14．（10分）如图所示，用电源串联电阻R和开关S给平行板电容器充电，平行板电容器水平放置，间距为d，上极板A中央开有一很小的孔。闭合开关S，待电路稳定后，让一质量为m、带电量为q的小球从小孔正上方高d处自由下落，小球进入孔后继续运动时，速度减小到零。已知重力加速度为g。
（1）求电源的电动势E；
（2）若仅将电容器的下极板B向上移动，仍让小球从小孔正上方高d处自由下落，求出小球离上极板A的最远距离h。


15．（11分）如图所示，长为的绝缘细线一端悬于点，另一端系一质量为、电荷量为的小球可视为质点。现将此装置放在水平的匀强电场中，小球静止在点，此时细线与竖直方向成角。已知电场的范围足够大，空气阻力可忽略不计，重力加速度为，，。
（1）请判断电场强度的方向，并求电场强度的大小；
（2）若将绳剪断，小球将做什么运动，说明理由；
（3）若在点对小球施加一个拉力，将小球从点沿圆弧缓慢向左拉起至与点处于同一水平高度且该过程中细线始终张紧，则所施拉力至少要做多少功。
16．（12分）如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。
（1）若滑块从水平轨道上距离B点s = 3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？
（2）若滑块从水平轨道上距离B点s = 10R的A点由静止释放，求滑块到达D点时受到轨道的作用力大小？
（3）改变s的大小仍使滑块由静止释放，且滑块始终沿轨道滑行，并从G点飞出轨道，求s的最小值。
第十章 静电场中的能量 单元综合测试 2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第三册参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A C B A A D AD CD AC
1．D【详解】A．电学中引入点电荷的概念，突出带电体的电荷量，忽略带电体的体积大小和形状，采用了理想模型法，故A错误；
B．公式是匀强电场场强和电势差的关系式，场强的比值定义是，故B错误；
C．法拉第提出电场的概念，并引入电场线形象地描述电场的强弱和方向，故C错误；
D．伽利略认为自由落体运动是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律总结出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，故D正确。故选D。
2．A【详解】根据，结合矢量合成可知，两电荷在A点产生场强等大反向，所以EA = 0
而两电荷在B点合场强不为零，所以EA < EB
等量同种点电荷的电场分布，如图所示
根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可看出φA > φB。故选A。
3．C【详解】A．根据等量异种电荷的电场分布可知，M点的场强与P点的场强大小相等，选项A错误；
BC．根据等量异种电荷的电场分布结合对称性可知，M点的场强与N点的场强大小相同，但方向不同，M点的电势与N点的电势相同，选项B错误，C正确；
D．M点的电势高于P点，则质子在M点的电势能比在P点的电势能大，选项D错误。
故选C。
4．B【详解】AB．根据电容的决定式可知，指纹的凸点处与小极板距离近，即d较小，电容大，放电较慢，根据Q=CU，则充电后在指纹凸点处形成的电容器存储的电荷量大，A错误，B正确；
C．若用湿的手指去识别，则电容器的电容会发生变化，识别功能会受影响，C错误；
D．用手指挤压绝缘表面，极板间距减小，电容变大，根据Q=CU可知，小极板所带电荷量变大，D错误。故选B。
5．A【详解】A．由图像可知，粒子的电势能先增大后减小，根据电场力做功与电势能变化的关系可知，电场力先做负功后做正功。故A正确；
B．根据
可知图像中图线的切线斜率绝对值表示电场力大小，结合对称性可知，粒子在x1、处受到的电场力大小相等，方向相反，则x1、处的电场强度大小相等，方向相反。故B错误；
C．同理，可知粒子在x1处受到的电场力大于在x2处受到的电场力，由
则粒子在x1处的加速度大于在x2处的加速度。故C错误；
D．由图像可知，粒子在x2处的电势能大于在x3处的电势能，根据
由于粒子带负电，则x2处的电势小于x3处的电势。故D错误。故选A。
6．A【详解】A．粒子做曲线运动，受电场力指向曲线弯曲的内侧，所以粒子所受的电场力沿电场的反方向，则带负电，故A错误，符合题意；
B．粒子受到的电场力水平向左，在向右运动的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的速度减小，运动到M点时，粒子的速度最小，故B正确，不符合题意；
C．粒子在电场中只受恒定的电场力作用，所以粒子的加速度不变，故C正确，不符合题意；
D．粒子向右运动时电场力做负功电势能增加，粒子向左运动时电场力做正功电势能减小，故D正确，不符合题意。故选A。
7．D【详解】过P点做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，根据沿电场线电势逐渐降低，则有
根据电场线越密，电场强度越大，由图可知MN区域的平均场强小于OM区域的平均场强，根据
且
可得
故选D。
8.AD【详解】A．根据题意可知O点、A点和B点的电势分别为，，
故中点的电势为
故A正确；
B．如图，设N点为AB的三等分点，同理易知N点电势为0，连接MN为一条等势线，过A点做MN的垂线，可知电场线沿该垂线方向，指向右下方，由可知，故电场的方向与x轴正方向成角，故B错误；
CD．电场强度的大小为
故C错误，D正确。
故选AD。
9.CD【详解】A．根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，带电粒子a、b分别从Q点和O点同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，可知，运动时间相等，由图可知，沿初速度方向位移之比为，则初速度之比为，沿电场方向的位移大小相等，由可知，粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定律有
可得
可知，带电粒子具有相同比荷，故A错误；
B．带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误；
C．沿电场方向，由公式可知，到达M、N的竖直分速度大小相等，由于初速度之比为，则到达M、N的速度大小不相等，故C正确；
D．由图可知，带电粒子a、b到达K水平位移相等，由于带电粒子a、b初速度之比为，则所用时间之比为，故D正确。故选CD。
10.AC【详解】A．粒子进入平行金属板之间后，水平方向做匀速直线运动，A、B的长度为d，荧光屏到金属板右端距离也为d，即粒子在极板之间运动的时间等于粒子飞出极板后运动至荧光屏的时间，由于粒子刚好打在荧光屏的中心处，则竖直方向一定先向上加速，即开始所受电场力方向向上，离开电场后在重力作用下才可能最终打在荧光屏的中心，由于开始电场方向向下，所以粒子一定带负电，故A正确；
B．结合上述可知，粒子在竖直方向上先向上加速，后向上减速至0再向下加速，可知，粒子打在荧光屏上时还有竖直方向上的分速度，所以打在时速度大于，故B错误；
C．结合上述可知，粒子在金属板间的运动时间为，从到点在竖直方向上有
解得
其中
，
解得粒子受到的电场力大小为
故C正确；
D．时刻进入电场的粒子，在极板间竖直方向先向下做加速运动，时刻飞出电场有竖直向下的分速度，之后在重力作用下，竖直方向仍然向下做加速运动，可知，此时粒子不会打在荧光屏上的点，故D错误。故选AC。
11．【答案】(1) 放电 0.2秒内电容器释放的电荷量 不变 (2)430
【详解】（1）[1] 开关S接1时，电源在给电容器充电，开关S改接2后，电源断开，电容器放电，在电路中充当电源；
[2]曲线与坐标轴所围成的面积表示初始时刻电容器所带电荷量的多少，也表示在该段时间内，电容器所放出电荷量的总和，则阴影面积表示0.2s内电容器放出的电荷量；
[3] 只减小电阻的阻值，对电容器所带电荷的量没有影响，所以初始时刻电容器所带电荷量不变，即曲线与坐标轴所围成的面积将不变；
（2）[1]由
可得该电容器的电容为
12．【答案】 变大 不变 AC/CA
【详解】（1）[1][2]若把M板向左平移一小段距离后，电荷量Q不变，两极板的正对面积S也不变，增大两板间距离d，由电容的决定式可知，电容变小；电荷量Q一定，由电容的定义式分析可知，板间电压变大，则静电计指针偏角增大；结合可知，知，极板间的电场强度不变。
（2）[3]A．实验中，通过分别改变电容器的结构，可以探究出影响平行板电容器电容的因素，这种实验方法是控制变量法，故A正确；
B．当平行板电容器的两极板间充满同一种介质时，通过定量的分析计算结论才成立，故B错误；
C．实验中极板上的电荷量几乎不变，根据电容器电容的定义式可判定电容的变化，故C正确；
D．潮湿的环境电容器会漏电，会影响实验的结果，故D错误；
故选AC。
13．【答案】(1) (2) (3)见解析
【知识点】带电粒子在匀强电场中做直线运动、匀强电场中电势差与电场强度的关系
【详解】（1）平行板电容器间的电场可视为匀强电场，根据电场强度与电势差的关系可知，M、N两极板间电场强度的大小为
（2）电子在电场中加速时，电场力做功转化为电子的动能，所以根据动能定理可得电子从N板射出时的动能为
（3）根据动能定理可知，电子在电场中加速时，动能的变化由电场力做功决定，电场力做功为
当保持电压U不变，只减小M、N两板间的距离时，电场力对电子做的功不变，因此电子射出时的动能也不变。
14．【答案】（1）；（2）
【知识点】带电物体（计重力）在匀强电场中的直线运动
【详解】（1）由图可知，电路稳定后电容器两端的电压等于电源电动势，对小球，根据动能定理可得
解得
则电源电动势
（2）若仅将电容器的下极板B向上移动，仍让小球从小孔正上方高d处自由下落，根据动能定理可得
联立
解得
15．【答案】（1）电场强度方向水平向右，；（2）见解析；（3）
【知识点】带电物体（计重力）在匀强电场中的圆周运动
【详解】（1）由图可知，带电小球静止时电场力水平向左，因为小球带负电，故电场力方向与场强方向相反，所以电场强度方向水平向右。小球受重力、电场力和细线的拉力，根据平衡条件有
解得
（2）做匀加速直线运动，重力与电场力的合力恒定，小球初速度为零。
（3）小球从点沿圆弧缓慢向左拉起至与点处于同一水平高度的过程，由动能定理有
解得
16．【答案】（1）；（2）0；（3）s = 11.5R
【分析】运用竖直平面圆周运动和动能定理结合知识解题。
【详解】（1）若滑块从水平轨道上距离B点s = 3R的A点由静止释放，设滑块到达C点时的速度为vC，从A点到C点过程运用动能定理，得
解得
（2）若滑块从水平轨道上距离B点s = 10R的A点由静止释放，设滑块到达D点时的速度为vD，从A点到D点过程运用动能定理，得
解得
在D点，运用圆周运动知识，竖直方向的合力提供向心力，得
解得
FN= 0
滑块到达D点时受到轨道的作用力大小为0。
（3）等效竖直平面圆周运动，要使滑块从G点飞出，则必须可以通过等效最高点，当恰好通过等效最高点时，满足题意的s最小。
等效重力由重力和电场力的合力提供
等效重力与重力的夹角
所以
θ = 37°
当恰好通过等效最高点时的速度设为v，则此时满足
从A点由静止释放到达等效最高点过程，由动能定理，得
解得
smin= 11.5R
【点睛】学会运用等效竖直平面运动解题，使问题模型化简单化，是解题的关键。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

展开更多......

收起↑