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2026屆人教版高考物理第一輪復習：第十章靜電場中的能量問題綜合提高練習1
一、單選題（本大題共10小題）
1．一個電容器的規格是“10μF、50V”，則（　　）
A．這個電容器加上50V電壓時，電容才是10μF
B．這個電容器的最大電容為10μF，帶電荷量較少時，電容小于10μF
C．這個電容器所加電壓不能低于50V
D．這個電容器的電容總等于10μF
2．如圖所示，虛線為電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等。一電子只在電場力作用下由B運動到A，測得電子在A點的動能為5000eV，到B點的動能為9000eV，則下列說法正確的是（ ）
A．A點的電勢比B點的低
B．因為沒有規定零電勢點，所以無法比較A點與B點的電勢高低
C．A點的電場強度比B點的大
D．無法比較A、B兩點的場強大小
3．如圖所示，實線表示電場線，虛線表示等勢線，a、b兩點的電勢分別為φa=20 V，φb=50 V，則a、b連線的中點c的電勢φc應為（　　）
A．φc=35 V B．φc>35 V C．φc＜35 V D．無法判斷φc的高低
4．如圖所示,A、B、C、D、E、F、G、H是正方體的八個頂點.下列說法不正確的是 (　　)
A．只在F、D兩點放置等量同種點電荷,則A、G兩點電勢相等
B．只在B、D兩點放置等量異種點電荷,則E、C兩點電勢相等
C．只在A、B兩點放置等量異種點電荷,則H、G兩點電場強度相同
D．在八個頂點均放置電荷量為+q的點電荷,則正方體每個面中心的電場強度大小相等
5．一種電場的某條電場線與軸重合，其場強大小與坐標的關系如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．此電場是勻強電場
B．由圖像可以直接看出場強大小隨均勻增大
C．圖像的斜率表示電場的電勢
D．與之間的電勢差等于陰影部分的面積
6．如圖所示，A點與B點間距離為2l，OCD是以B為圓心，以l為半徑的半圓路徑。A、B兩處各放有一點電荷，電荷量分別為＋q和－q。下列說法正確的是（　　）
A．單位正電荷在O點所受的靜電力與在D點所受的靜電力大小相等、方向相反
B．單位正電荷從D點沿任意路徑移到無限遠，靜電力做正功，電勢能減小
C．單位正電荷從D點沿DCO移到O點，電勢能增大
D．單位正電荷從O點沿OCD移到D點，電勢能增大
7．如圖所示，勻強電場的電場強度E＝100 V/m，A、B兩點相距LAB＝10 cm，A、B連線與電場線夾角為60°，則UBA為
A．－10 V B．10 V
C．－5 V D．－3 V
8．如圖所示，一平行板電容器水平放置，板間距離為d=0.16 m，上、下極板開有一小孔，四個質量均為m=13 g、帶電荷量均為q=6.4×10-6 C的帶電小球，其間用長為的絕緣輕軒相連，處于豎直狀態，今使下端小球恰好位于小孔中，且由靜止釋放，讓四球豎直下落。當下端第二個小球到達下極板時，速度恰好為零（g=10 m/s2），以下說法正確的是（　　）
A．當最上端的小球進入平行板電容器前，小球一直做加速度減小的加速運動
B．最下端的小球在兩平行板之間的運動過程，系統的電勢能先增加后減小
C．兩極板間的電壓為500 V
D．從釋放到速度減為零的過程中，小球最大速度約為0.82 m/s
9．如圖甲所示，x軸上固定兩個點電荷Q1、Q2（Q2位于坐標原點O），其上有M、N、P三點，間距MN=NP．Q1、Q2在x軸上產生的電勢φ隨x變化關系如圖乙．則下列說法正確的是
A．點電荷Q1帶正電
B．N點電場場強大小為零
C．P點電場場強大小為零
D．M、N之間電場方向沿x軸負方向
10．電子束熔煉是指高真空下，將高速電子束的動能轉換為熱能作為熱源來進行金屬熔煉的一種熔煉方法。如圖所示，陰極燈絲被加熱后產生初速度為0的電子，在3×104 V加速電壓的作用下，以極高的速度向陽極運動；穿過陽極后，在金屬電極A1、A2間1×103 V電壓形成的聚焦電場作用下，轟擊到物料上，其動能全部轉換為熱能，使物料不斷熔煉。已知某電子在熔煉爐中的軌跡如圖中虛線OPO'所示，P是軌跡上的一點，聚焦電場過P點的一條電場線如圖中弧線所示，則（　　）

A．電極A1的電勢低于電極A2的電勢
B．電子在P點時速度方向與聚焦電場強度方向夾角大于90°
C．聚焦電場只改變電子速度的方向，不改變電子速度的大小
D．電子轟擊到物料上時的動能等于eV
二、多選題（本大題共4小題）
11．如圖為手機指紋識別功能的演示，此功能的一個關鍵元件為指紋傳感器。其部分原理為：在一塊半導體基板上集成有上萬個相同的小極板，極板外表面絕緣。當手指指紋一面與絕緣表面接觸時，指紋的凹點與凸點分別與小極板形成一個個正對面積相同的電容器，若每個電容器的電壓保持不變，則（　?。?br/>A．指紋的凹點與小極板距離遠，電容大
B．指紋的凸點與小極板距離近，電容大
C．若手指擠壓絕緣表面，電容電極間的距離減小，小極板帶電量增多
D．若用濕的手指去識別，識別功能不會受影響
12．關于以下四幅圖中各元器件的功能的說法中，正確的是（　?。?br/>A．甲圖所示的可變電容器，動片旋出時可以使其與定片正對面積變小，電容會變小
B．乙圖所示裝置的“萊頓瓶”，可以用來檢驗物體是否帶有電荷
C．丙圖中電容器與電源相連，此時電容器正處于放電過程
D．丁圖所示的電容器，它表面所標1000 F表示電容器電容的大小
13．如圖為某一徑向電場的示意圖，電場強度大小可表示為， a為常量，r為電場中某點到圓心的距離。比荷相同的兩粒子沿半徑不同的圓軌道做勻速圓周運動。不考慮粒子間的相互作用及重力，則（　　）
A．半徑為r的圓軌道上各處場強相同
B．軌道半徑小的粒子角速度一定大
C．電荷量大的粒子的動能一定大
D．兩粒子與圓心的連線在相同時間內掃過的面積相等
14．如圖所示，燈絲發熱后發出的電子經加速電場后，進入偏轉電場，若加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，要使電子在電場中偏轉量y變為原來的2倍，可選用的方法有（設電子不落到極板上）（　　）
A．只使U1變為原來的
B．只使U2變為原來的
C．只使偏轉電極的長度L變為原來的倍
D．只使偏轉電極間的距離d變為原來的倍
三、非選擇題（本大題共7小題）
15．如圖所示，水平向右的勻強電場中有a、b、c三點，ab與場強方向平行，bc與場強方向成60°，ab=4cm，bc=6cm。現將一個電量為4×10-4C的正電荷從 a移動到b，電場力做功1.2×10-3J。求：
（1）該電場的場強大?。?br/>（2）ac間的電勢差Uac；
（3）若b點的電勢為3V，則c點電勢φc。
16．在“觀察電容器充、放電”實驗中，按如圖甲所示電路圖連接好實驗電路，圖中電源為穩壓電源、輸出電壓恒為6V。開關S與2接通待充電完成后，開關S與1接通，電容器通過電阻放電電流傳感器將電流信息傳入計算機，顯示出電流隨時間變化的I-t圖像如圖乙所示。根據圖像估算出電容器全部放電過程中釋放的電荷量為___________C。進一步得到電容為___________F。（結果均保留兩位有效數字）
17．如圖所示，兩平行金屬板水平放置，板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，一個不計重力，質量為m，電荷量為q的帶電粒子以某一初速度v0從極板左側沿兩板的中線射入電場，然后從右側飛出電場，求：
（1）粒子在電場中的運動時間t
（2）粒子射出電場時的側向位移y的大小
18．電流傳感器可以像電流表一樣測量電流，它可以和計算機相連，能畫出電流與時間的變化圖像。某同學利用電流傳感器設計了甲圖所示的電路來觀察電容器充、放電過程。當他將開關S接1時，待充電完成后，把開關S再與2接通，電容器通過電阻放電，電流傳感器將電流信息傳入計算機，顯示出電流隨時間變化的圖像如圖乙所示。請根據以上操作回答：
（1）電容器充電完畢后，上極板帶__________（選填“正電荷”或“負電荷”）
（2）電容器放電時，通過電阻電流方向是__________（選填“由a到b”或“由b到a”）
（3）根據圖像估算出電容器全部放電過程中釋放的電荷量為__________C；若該同學使用的電源電動勢為6V，該電容器電容為__________F。（均保留2位有效數字）
19．如圖所示，Q為固定的正點電荷，A、B兩點在Q的正上方和Q相距分別為h和0.25h，將另一點電荷從A點由靜止釋放，運動到B點時速度正好又變為零。若此電荷在A點處的加速度大小為，試求：
(1)此電荷在B點處的加速度；
(2)A、B兩點間的電勢差（用Q和h表示）。
20．（1）場是物理學中的重要概念，除了電場和磁場，還有重力場。地球周圍物體就處在地球產生的重力場中。設地面附近物體質量為m，重力為G，離地面高為h，仿照電場強度的定義，你認為重力場強度的定義式EG=__________，仿照電勢定義，你認為重力勢的定義式為φG=__________；
（2）如圖甲、乙所示為示波管原理圖。如果在電極之間和電極之間所加的電壓圖按右圖所示的規律變化，請繪制在熒光屏所看到圖像；__________
（3）研究與平行板電容器電容有關因素的實驗裝置如圖所示，下列說法正確的是（　?。?br/>A．實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電
B．實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小
C．實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大
D．實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大
21．如圖所示，在場強E＝104 N/C的水平勻強電場中，有一根長l＝15 cm的細線，一端固定在O點，另一端系一個質量m＝3 g、電荷量q＝2×10－6 C的帶正電小球，當細線處于水平位置時，小球從靜止開始釋放，g取10 m/s2.求：
(1)若取A點電勢為零，小球在B點的電勢能、電勢分別為多大？
(2)小球到B點時速度為多大？繩子張力為多大？
參考答案
【知識點】電容器與電容
1．【答案】D
【詳解】
ABD．電容器的電容與電容器板間電壓無關，加電壓或不加電壓、電荷量多或少時，電容都是10 F．故AB錯誤，D正確；
C．50V是電容器的耐壓值，這個電容器上加的電壓不能高于50V，故C錯誤。
故選D。
【知識點】電勢差與等勢面的綜合性問題
2．【答案】A
【詳解】
AB．根據能量守恒，A點動能小，所以電勢能大，電子帶負電，所以A點電勢較低，B錯誤A正確；
CD．根據等勢面分布可知，B點處密集，B點場強大，CD錯誤。
故選A。
【知識點】電勢差與電場強度的關系
3．【答案】B
【詳解】
由圖看出，ac段電場線比bc段電場線密，ac段場強較大，根據公式U=Ed可知，ca間電勢差Uca大于b、c間電勢差Ubc，即
φc﹣φa>φb﹣φc
得到
φc>=35 V
故選B。
【知識點】電勢、電勢能與靜電力做功
4．【答案】C　
【解析】只在F、D兩點放置等量同種點電荷,根據幾何關系知FG=AD,FA=DG,則F、D處點電荷在A、G兩點產生的電勢相等,A正確;只在B、D兩點放置等量異種點電荷,根據幾何關系可知,平面ACGE垂直于BD且為BD連線的中垂面,該平面為等勢面,則E、C兩點電勢相等,且為0,B正確;只在A、B兩點放置等量異種點電荷,根據對稱性可知,H、G兩點電場強度大小相等,但方向不同,C錯誤;在八個頂點均放置電荷量為+q的點電荷,根據對稱性可知,正方體上每個面上四個點電荷在面中心的場強之和為0,后面四個點電荷在該面中心形成的場強垂直該平面,正方體每個面中心的電場強度大小相等,D正確.
【知識點】電勢差與電場強度的關系
5．【答案】D
【詳解】
A．電場線與軸重合，若是勻強電場，圖象應該為平行于軸的水平直線。故A錯誤；
B．而由題圖可以看出，關系圖像是拋物線圖像，場強隨逐漸增大，并不是均勻增大，故B錯誤；
CD．公式雖然是勻強電場的表達式，但可推導非勻強電場的、、之間的關系，圖線與軸所圍成的面積表示電勢差，圖像的斜率不能表示電場的電勢，故C錯誤，D正確。
故選D。
【知識點】電勢能與靜電力做功、電場的疊加
6．【答案】C
【詳解】
A．電荷量為＋q的電荷在O點產生的電場強度大小為
方向向右；電荷量為－q的電荷在O點產生的電場強度大小為
方向向右，所以O點的合場強為
方向向右，單位正電荷在O點受到的靜電力大小為
方向向右。電荷量為＋q的電荷在D點產生的電場強度大小為
方向向右；電荷量為－q的電荷在D點產生的電場強度大小為
方向向左，所以D點的合場強為
方向向左，單位正電荷在D點受到的靜電力大小為
方向向左，A錯誤；
B．因為D點靠近負電荷，遠離正電荷，所以D點的電勢為負，無限遠處電勢為零，而正電荷從低電勢向高電勢處運動，靜電力做負功，電勢能增大，B錯誤；
C D．等量異種電荷連線的中點處電勢為零，故O點電勢比D點電勢高，正電荷在電勢高處電勢能大，則在O點電勢能比在D點電勢能大。單位正電荷從D點沿DCO移到O點，電勢能增大，單位正電荷從O點沿OCD移到D點，電勢能減小。C正確，D錯誤。
故選C。
【知識點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系
7．【答案】C
【詳解】
由圖示可知，AB方向與電場線方向間的夾角θ=60°，AB兩點沿電場方向的距離：d=Lcosθ，AB兩點間的電勢差：UAB=Ed=ELcosθ=100V/m×0.1m×cos60°=5V，BA間的電勢差：UBA=-UAB=-5V，故C正確、A，B，D錯誤.故選C.
【知識點】帶電粒子（物體）在重力場和電場組成的復合場中的運動、電容器與力學知識的綜合
8．【答案】D
【詳解】A：由上面分析可知，當第三個小球進入電場時小球的速度最大。A錯誤；
B：電場力一直做負功，故系統的電勢能一直增加，B錯誤；
C：根據動能定理可得，得，C錯誤；
D：當兩個小球在電場中時，電場力，當三個小球在電場中時，電場力，故當第三個小球進入電場時小球的速度最大，根據動能定理可得，解得，D正確。選D。
【知識歸納】
電場力公式：，，則
【知識點】電勢差與電場強度的關系
9．【答案】B
【詳解】
A．所以兩點電荷在N點產生的場強大小相等，方向相反，兩電荷為異種電荷，所以為負電荷，為正電荷，故A錯誤．
BC．圖線的切線斜率表示電場強度的大小，所以N點的電場強度為零，P點的場強不為零，故B正確，C錯誤；
D．根據沿電場線方向電勢越越來低可知，電場強度方向沿x軸正方向，N場強方向沿x軸負方向，所以M、N之間電場方向沿x軸正方向，故D錯誤；
【知識點】電勢能與靜電力做功
10．【答案】B
【詳解】A．在P點電子受電場力指向軌跡彎曲的內側，又要與電場線相切，可判斷電場線的方向是從A1指向A2，所以電極A1的電勢高于電極A2的電勢，A錯誤；
B．軌跡的切線方向即電子的運動方向，由圖可知運動方向與電場方向夾角大于90°，B正確；
C．聚焦電場一方面使電子向中央靠攏，另一方面使電子加速，所以既改變電子速度的方向，又改變電子速度的大小，C錯誤；
D．聚焦電場對電子做功，且總功是正功W，所以改變電子速度大小，從O到O'，根據動能定理得
可知電子轟擊到物料上時的動能大于，D錯誤；
故選B。
【知識點】電容器的充放電過程及其動態分析
11．【答案】BC
【詳解】AB．根據電容的定義式
可知，指紋的凹點與小極板距離遠，即大，則?。恢讣y的凸點與小極板距離近，即小，則大，故A錯誤，B正確；
C．若手指擠壓絕緣表面，電容電極間的距離減小，則增大，由于電容器的電壓保持不變，根據
可知小極板帶電量增多，故C正確；
D．若用濕的手指去識別，由于水是導電的，則使得同一指紋的凹點與凸點與小極板之間的距離將會發生變化，從而改變了電容器電容，使得識別功能受到影響，故D錯誤。
故選BC。
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素、電容器與電容
12．【答案】AD
【詳解】
A．甲圖所示的可變電容器，動片旋出時可以使其與定片正對面積變小，由電容的決定式可知電容會變小，故A正確；
B．乙圖所示裝置的“萊頓瓶”主要用于貯存電能，不是用來檢驗物體是否帶電的，故B錯誤；
C．丙圖中電容器與電源相連，此時電容器正處于充電過程，故C錯誤；
D．丁圖所示的電容器，1000 F表示電容器電容的大小，表示電壓最大值，故D正確。
故選AD。
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動
13．【答案】BC
【詳解】A．根據題意半徑為r的圓軌道上各處場強大小相同，但是方向不同，A錯誤；
BC．根據題意有
，
可得
兩粒子比荷相同，所以軌道半徑小的粒子角速度一定大；同時可得
即
所以電荷量大的粒子的動能一定大，BC正確；
D．設粒子與圓心的連線在時間內轉過的圓心角為，可得掃過的面積為
根據前面分析可得
可得兩粒子的速度大小相等，因為運動半徑不同所以在相同時間內掃過的面積不等，D錯誤。
故選BC。
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動、電容器與力學知識的綜合
14．【答案】ACD
【詳解】
設電子的質量和電量分別為m和e，電子在加速電場中加速過程，根據動能定理得
電子進入偏轉電場后做類平拋運動，加速度為
電子在水平方向做勻速直線運動，則有
在豎直方向做勻加速直線運動，則偏轉距離
聯立可得
A．只使U1變為原來的，則電子在電場中偏轉量y變為原來的2倍，故A正確；
B．只使U2變為原來的，則電子在電場中偏轉量y變為原來的，故B錯誤；
C．只使偏轉電極的長度L變為原來的倍，則電子在電場中偏轉量y變為原來的2倍，故C正確；
D．只使偏轉電極間的距離d變為原來的倍，則電子在電場中偏轉量y變為原來的2倍，故D正確。
故選ACD。
【知識點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系
15．【答案】（1）75V/m；（2）5.25V；（3）0.75V
【詳解】（1）帶點粒子從從a移到b時，電場力做正功，有W=qU，U=Edab，解得E=75V/m
（2）ac間的電勢差Uac=E（dab+dbccos60°），解得Uac=5.25V
（3）若b點的電勢為3V，有bc間電勢差Ubc=Edbccos60°，又由Ubc=φb—φc，解得φc=0.75V
【知識點】電容器的充放電過程及其動態分析
16．【答案】8．0×10-3 ；
【詳解】根據Q=It，可知圖形與時間距圍成的面積表示電量；根據橫軸與縱軸的數據可知，一個格子的電量為0．25×10-3C，由大于半格算一個，小于半格舍去，因此圖象所包含的格子個數為32，所以釋放的電荷量為Q=0．25×10-3C×32=8．0×10-3C；
根據電容器的電容，代入數據解得。
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動
17．【答案】(1) (2)
【詳解】
試題分析：粒子在電場中做類平拋運動，根據運動學公式即可求出運動時間和偏轉位移．
（1）粒子在電場中做類平拋運動，沿初速方向分運動為勻速運動，有：
（2）粒子在垂直于極板方向的分運動為勻加速運動，有：
加速度為：
偏轉位移為：
聯立解得：
點睛：本題主要考查了帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題，采用分解觀點處理，同學要熟練的推導出偏移量、位移偏角和速度偏角的表達式．
【知識點】電容器的充放電過程及其動態分析
18．【答案】（1）正電荷；（2）由b到a；（3）；（4）
【詳解】（1）電容器充電完畢后，由于上極板接電源正極，可知上極板帶正電荷。
（2）電容器放電時，由于上極板帶正電荷，下極板帶負電荷，所以通過電阻的電流方向是：由b到a。
（3）根據可知圖像與橫軸圍成的面積表示電容器全部放電過程中釋放的電荷量，
由圖像可知圖線與橫軸圍成部分大約有小格，則有，
若該同學使用的電源電動勢為6V，可知充完電后電容器電壓為6V，該電容器電容為。
【知識點】帶電粒子（物體）在重力場和電場組成的復合場中的運動
19．【答案】(1)3g；(2)
【詳解】
(1)這一電荷必為正電荷，設其電荷量為q，由牛頓第二定律，在A點時
在B點時
解得
即電荷在B點處的加速度為3g，方向豎直向上。
(2)從A到B過程，由動能定理得
解得
【知識點】電容器的充放電過程及其動態分析、示波管的原理
20．【答案】（1），；（2）；（3）A
【詳解】（1）類比電場強度的定義式可知重力場強度的定義式為
類比電勢的定義式可知重力勢的定義式為
（2）由圖可知，之間所加電壓為正弦信號，之間所加掃描電壓恒定，且X板電勢較高，電子在和間始終受到向右的電場力，所以熒光屏上的圖像不能沿X方向展開，而是在中線右側的長度為2倍正弦信號振幅的豎直亮線，如圖所示。
（3）實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，a板將帶上與玻璃棒所帶的同種電荷，由于b板接地，可以及時將電子導入或導出，在靜電感應作用下可以帶上與a板的等量異種電荷，從而使電容器帶電，故A正確；
平行板電容器的決定式和定義式為，
實驗中，只將電容器b板向上平移，S減小，則C減小，而Q不變，所以U增大，靜電計指針的張角變大；只在極板間插入有機玻璃板，增大，則C增大，而Q不變，所以U減小，靜電計指針的張角變小，故BC錯誤；
實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，說明兩極板間電勢差增大，而電容不變，故D錯誤。
【知識點】帶電粒子（物體）在重力場和電場組成的復合場中的運動
21．【答案】(1)3×10－3J，1.5×103 V；(2)1m/s，5×10－2N
【詳解】
（1）從A到B電勢能的變化量為：△Ep電=Eql=3×10-3J
若取A點電勢為零，小球在B點的電勢能：Ep=△Ep電=3×10-3J
由Ep=φBq得： φB=V=1.5×103V
（2）A→B由動能定理得： mgl-Eql=mvB2
代入解得：vB=1m/s
在B點，對小球由牛頓第二定律得：FT-mg=m
得：FT=5×10-2N
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第 2 頁，共 2 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第十章靜電場中的能量問題綜合提高練習2
一、單選題（本大題共10小題）
1．關于電容器的電容，下列說法正確的是（ ）
A．電容器不帶電時，其電容為零
B．電容器帶電荷量越多，其電容越大
C．電容器兩極板間電壓越低，其電容越小
D．電容器的電容只由它本身的性質決定
2．某電場的等勢面如圖所示，圖中、、、、為電場中的5個點，則（ ）
A. 一正電荷從點運動到點，電場力做正功
B. 電子在點的電勢能為
C. 點電場強度垂直于該點所在等勢面，方向向右
D. 點的電場強度比點的大
3．將一個不帶電的金屬球殼放置在平行板電容器之間，球心到兩極板的距離相等，電容器上極板帶正電，下極板接地，極板與球殼間的電場分布如圖所示。下列說法正確的是（　?。?br/>
A．金屬球殼的頂部感應出負電荷，底部感應出正電荷
B．電子在a點的加速度比在b點的小
C．電子在a點的電勢能比在b點的大
D．一質子從b點移至a點，電場力做正功
4．下列與平行板電容器的電容無關的是（　　）
A．電容器兩極板的正對面積 B．電容器兩極板間的距離
C．電容器兩極板間的電壓 D．電容器兩極板間的電介質
5．如圖所示，實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶電粒子的運動軌跡，粒子先經過M點，再經過N點．下列說法中正確的有
A．粒子帶負電
B．粒子在M點的動能大于在N點的動能
C．粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能
D．粒子在M點受到的電場力大于在N點受到的電場力
6．手機觸摸屏多數采用的是電容式觸摸屏，其原理可簡化為如圖所示的電路。平行板電容器的上、下兩極板A、B分別接在一恒壓直流電源的兩端，上極板A為兩端固定的可動電極，下極板B為固定電極。當用手指觸壓屏幕上某個部位時，可動電極的極板會發生形變，從而改變電容器的電容。當壓力F增大時（　　）
A．電容器所帶電荷量不變
B．電容器放電
C．極板間的電場強度減小
D．靈敏電流計中有從b到a的電流
7．三個質量相等，分別帶正電、負電和不帶電的粒子，從帶電平行金屬板左側中央以相同的水平初速度v0先后垂直電場進入，并分別落在正極板的A、B、C三處，O點是下極板的左端點，且OC＝2OA，AC＝2BC，如圖所示，則下列說法不正確的是（　?。?br/>A．帶正、負電荷的兩個粒子的電荷量之比為7∶20
B．三個粒子在電場中運動的時間之比tA∶tB∶tC＝2∶3∶4
C．三個粒子在電場中運動的加速度之比aA∶aB∶aC＝1∶3∶4
D．三個粒子在電場中運動時動能的變化量之比EkA∶EkB∶EkC＝36∶16∶9
8．如圖，矩形ABCD位于勻強電場中，電場方向平行于矩形平面。已知，P是CD的中點。A、B、C的電勢分別為8 V、6 V、4 V。用外力將一個電子從A點移動到P點，已知元電荷電量為e，下列說法正確的是（　?。?br/>A．該過程中，電子的電勢能增加5 eV
B．該過程中，電子的電勢能減少3 eV
C．該過程中，電場力對電子做正功5 eV
D．該勻強電場的場強大小為，方向垂直BD斜向右上方
9．如圖所示，三點處在某一勻強電場中，該電場方向與三點所在平面平行，已知的長度為的長為與間的夾角。現把帶電荷量為的點電荷從點移到點，電場力做功為，把帶電荷量為的點電荷從點移到點，電場力做功為。下列說法正確的是（　　）
A．點電勢高于點電勢
B．兩點間的電勢差
C．電場強度的方向沿方向由指向
D．電場強度的大小
10．如圖所示在xOy坐標平面內存在一勻強電場，坐標原點O及點a（0，6）、點b（10，0）三點的電勢分別為=10 V、=16 V、=0 V?，F有一個質子從坐標原點以10eV的初動能沿與x軸正方向成45°角方向射入坐標平面，則下列判斷正確的是（　?。?br/>A．該質子將始終在第一象限內運動
B．該質子將穿過y軸正半軸在第二象限內運動
C．該質子將經過點（40，0）進入第四象限內運動
D．該質子經過坐標軸時其速度方向與坐標軸的夾角成60°角
二、多選題（本大題共4小題）
11．下列公式中屬于物理概念定義式的（ ）
A． B． C． D．
12．(多選)兩個點電荷Q1、Q2固定于x軸上，Q2位于坐標原點O，將一帶正電的試探電荷從足夠遠處沿x軸負方向移近Q2，在移動過程中，試探電荷的電勢能隨位置的變化關系如圖所示．則下列判斷正確的是(　　)
A.M點電勢為零，N點場強為零
B．M點場強為零，N點電勢為零
C．Q1帶負電，Q2帶正電，且Q2電荷量較小
D．Q1帶正電，Q2帶負電，且Q2電荷量較小
13．(多選)如圖所示，在豎直平面內有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質量為m的帶電小球．小球靜止時細線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內做圓周運動，重力加速度為g.下列說法正確的是(　　)
A．勻強電場的電場強度E＝
B．小球動能的最小值為Ek＝
C．小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最小
D．小球從初始位置開始，在豎直平面內運動一周的過程中，其電勢能先減小后增大
14．(多選)如圖所示，兩個等量異種點電荷在同一水平線上，它們連線的中點為O，豎直面內的半圓弧光滑絕緣軌道的圓心在O點，圓弧的半徑為R，B為圓弧上的一點，OB與水平方向夾角θ＝37°.一電荷量為＋q、質量為m的帶電小球從軌道的A端由靜止釋放，沿軌道運動到最低點C時，速度v＝4，g為重力加速度，取無窮遠處電勢為零，sin 70°＝0.6，下列說法正確的是(　　)
A.電場中AO間電勢差為
B．電場中A點的電勢為
C．小球運動到B點時的動能為16mgR
D．小球運動到B點時，其動能與電勢能的和為7.6mgR
三、非選擇題（本大題共7小題）
15．帶電荷量q=-5.0×10-8C的點電荷從A點移到B點時，克服電場力做功3.0×10-5J。已知B點的電勢為φB=-50V。求：
(1)A、B間的電勢差UAB；
(2)A點的電勢φA；
(3)電荷在B點時的電勢能EpB；
16．如圖所示，給電容器充電后與電源斷開，根據如下操作，請在題目中空格處填入正確的結果：選填“變小”、“變大”或“不變”
（1）甲圖將B板上移，靜電計指針偏角將 ；
（2）乙圖將B板左移，平行板間的電場強度將 ；
（3）丙圖將玻璃插入兩板之間，靜電計指針偏角將 。
17．利用如圖甲所示電路觀察電容器的充、放電現象。

（1）從開始，將開關接1對電容器充電，當電壓傳感器示數穩定在時，把開關接2，則電阻中電流方向為_________________（填“向左”或“向右”）。
（2）在圖乙中定性作出電容器充電過程的圖像大致形狀_________________。已知電容器的電容為，則所作圖線與坐標軸所圍“面積”為_________________C。
18．如圖所示，水平放置的平行板電容器極板寬度為L，兩板間距為d，所加電壓為U．與電容器右側邊緣相距r處有一豎立的熒光屏P，它的中心O1與電容器中央相齊．今有一質量為m、電量為-q的帶電粒子經加速電壓U0無初速地加速后，由兩極板中央垂直射入偏轉電場中，并由右側離開偏轉電場，最終打在了熒光屏上，并產生一個亮點P，不計重力．試確定：
⑴粒子打出P時的速度大小和方向；
⑵亮點P與O1間的距離．（要求以題中所給字母表示結果）
19．將一電荷量為2×10-5C的負電荷由A點移到B點，電場力做了0.1J的負功，已知A、B兩點間距為2cm，兩點連線與電場方向成60°角，如圖所示，問：
（1）A、B兩點哪點電勢高？A、B間的電勢差為多少？
（2）該勻強電場的電場強度為多大？
20．在“觀察電容器的充、放電現象”實驗中，對給定電容值為C的電容器充電后放電，無論采用何種放電方式，其兩極間的電勢差U隨電荷量Q的變化圖像都相同。
（1）請在圖1中畫出上述U-Q圖像 。類比直線運動中由v-t圖像求位移的方法，可以推導出兩極間電壓為U時電容器所儲存的電能Ep= （用C和U表示）。
（2）在如圖2所示的放電電路中，R表示電阻。通過改變電路中元件的參數對同一電容器用相同的電壓充電后進行兩次放電，對應的Q-t曲線如圖3中Ⅰ、Ⅱ所示。
①Ⅰ、Ⅱ兩條曲線不同是 的改變造成的。
②在實際應用中，有時需要電容器快速放電，有時需要電容器均勻放電。依據①中的結論，說明實現這兩種放電方式的途徑 。
（3）若某電容器的額定電壓為2.7V，電容為10F，其充滿電后儲存的電能為 J。（結果保留3位有效數字）
21．如圖所示，一水平地面上固定一傾角為θ=300的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度為，方向沿斜面向下的勻強電場中；一勁度系數為k的絕緣輕質彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態．一質量為m、帶電量為q（q＞0）的滑塊從距離彈簧上端為x處靜止釋放，滑塊在運動過程中電量保持不變，設滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內，重力加速度大小為g．
（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經歷的時間t；
（2）滑塊返回的過程中，剛脫離彈簧時的速度大??；
（3）若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm過程中彈簧的彈力所做的功W．
參考答案
【知識點】電容器與電容
1．【答案】D
【詳解】
電容器的電容與電容器是否帶電、帶電量多少以及兩端有無電壓均無關，只與兩極板間距、正對面積以及電介質有關，也就是說電容器的電容只由它本身的性質決定，故選項ABC錯誤；D正確。
故選：D.
【知識點】電勢能與靜電力做功
2．【答案】A
【解析】一正電荷從點運動到點,電勢降低,電勢能減小,則電場力做正功,故正確；電子在點的電勢能為,故錯誤；沿電場線方向電勢逐漸降低,點電場強度垂直于該點所在等勢面,方向向左,故錯誤；等差等勢面越密集的地方,電場強度越大,則點的電場強度比點的小,故錯誤.
【知識點】電勢能與靜電力做功
3．【答案】A
【詳解】A．根據靜電感應原理，金屬球殼的頂部感應出負電荷，底部感應出正電荷，A正確；
B．a點的電場線比b點的密集，則a點的場強比b點的大，電子在a點受到電場力比b點的大，電子在a點的加速度比在b點的大，B錯誤；
C．沿著電場線方向電勢降低，a點的電勢比b點的高，電子在a點的電勢能比在b點的小，C錯誤；
D．a點的電勢比b點的高，一質子從b點移至a點，電場力做負功，D錯誤。
選A。
【知識點】電容器與電容
4．【答案】C
【詳解】A．由公式
得出平行板電容器的兩極板正對面積越大，因此電容會增大。所以，電容器兩極板的正對面積是影響電容的一個因素，A正確；
B．平行板電容器兩極板間的距離越小，電容也就越大。因此，電容器兩極板間的距離也是影響電容的一個因素，B正確；
C．電容是描述電容器存儲電荷能力的物理量，它只與電容器的物理特性有關，與加在其兩端的電壓無關。無論電壓如何變化，只要電容器的物理特性不變，其電容值就不會改變。因此，電容器兩極板間的電壓與電容無關，C錯誤；
D．電容器兩極板間的電介質會影響電場的分布和強度，從而影響電容器的存儲電荷能力。不同的電介質對電容的影響不同，因此電容器兩極板間的電介質也是影響電容的一個因素，D正確。
選C。
【知識點】電勢能與靜電力做功、電場線
5．【答案】C
【詳解】A．根據粒子的運動軌跡可知粒子帶正電，選項A 錯誤；
BC．由M到N，電場力對粒子做正功，所以粒子動能增大，電勢能減小，選項B錯誤，C正確；
D．因為N點電場線比M點密集，所以N點場強大于M點場強，粒子在N點受到的電場力大于在M點受到的電場力，選項D錯誤．選C。
【知識點】電容器的充放電過程及其動態分析
6．【答案】D
【詳解】AB．根據，當壓力F增大時，減小，電容器的電容增大，電容器與電源相連，電容器兩極板間的電勢差不變，根據，可知電容器所帶電荷量增加，電容器充電，AB錯誤；
C．當壓力F增大時，減小，電容器兩極板間的電勢差不變，根據，可知極板間的電場強度增大，C錯誤；
D．電容器充電，靈敏電流計中有從b到a的電流，D正確。選D。
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動
7．【答案】C
【詳解】A：三個粒子所受的合力大小關系為FA＞FB＞FC，三個粒子的重力相等，所以落在B點的粒子僅受重力作用，落在A點的粒子所受的靜電力向下，落在C點的粒子所受的靜電力向上，即落在B點的粒子不帶電，落在A點的粒子帶負電，落在C點的粒子帶正電，由牛頓第二定律得aA∶aB∶aC＝（mg＋qAE）∶mg∶（mg－qCE），解得qC∶qA＝7∶20，A正確；
B：三個粒子的初速度相等，在水平方向上做勻速直線運動，由x＝v0t得在電場中的運動時間之比tA∶tB∶tC＝2∶3∶4，B正確；
C．三個粒子在豎直方向上的位移y相等，根據y＝at2解得，aA∶aB∶aC＝36∶16∶9，C錯誤；
D．由牛頓第二定律可知F＝ma，因為三個粒子的質量相等，所以所受合力之比與加速度之比相同，合力做功W＝Fy，由動能定理可知，動能的變化量等于合力做的功，所以三個粒子在電場中運動過程的動能變化量之比EkA∶EkB∶EkC＝36∶16∶9，D正確。選C。
【知識點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系、電勢、電勢差與電場強度的關系
8．【答案】D
【詳解】C．根據勻強電場強度與電勢差的關系可得，解得D的電勢為
，P是CD的中點，P點電勢為，一個電子從A點移動到P點電場力做功為，可知該過程中，電子的電場力做負功3 eV，C錯誤；
AB．根據功能關系可知該過程中，電子的電勢能增加3 eV，AB錯誤；
D．B點和D點電勢為6 V，故BD為等勢線，等勢線與電場線垂直，故電場線方向與BD垂直，沿電場線方向電勢降低，故電場強度方向垂直BD斜向右上方，則電場強度大小為
，D正確。選D。
【知識點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系
9．【答案】D
【詳解】AB．由題意得，，解得，所以點電勢低于點電勢，b、c兩點間的電勢差，AB錯誤；
CD．做c點在ba延長線上投影，由于，所以，，則，可知為等勢線，所以電場強度方向由a指向，則，C錯誤，D正確。選C。
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動
10．【答案】C
【詳解】AB：0=10V、a=16V、b=0V，可知，在y方向上，方向沿y軸負方向，在x軸上，方向沿x軸正方向，所以電場方向與初速度方向垂直，與x軸夾角為45°向右下，所以粒子類平拋運動，從第一象限進入第四象限，AB錯誤；
C：如圖所示，沿電場方向，
在初速度方向，粒子初動能為10eV，代入相關數據，根據合成可求得，C正確；
D：根據速度反向延長線過位移中點，如上圖所示，可知D點反向延長過OE中點，所以該質子經過坐標軸時其速度方向與坐標軸的夾角顯然小于45°，D錯誤。選C。
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素、電場、電場強度
11．【答案】AC
【詳解】A．電場強度是由試探電荷所受的電場力與其電荷量的比值來定義的，是電場強度的定義式，故A正確；
B．電容與極板的正對面積S成正比，與極板間的距離成反比，所以不屬于物理概念定義式，故B錯誤；
C．是電阻的定義公式，是用比值定義法定義的，故C正確；
D．是電阻的決定公式，不是定義式，說明電阻與導體的材料、截面積和長度有關，故D錯誤。
故選AC。
【知識點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系
12．【答案】AC
【解析】由圖知，M點電勢能Ep＝0，由φ＝分析得知，M點電勢為零，Ep－x圖像的切線斜率＝F＝qE，則知N點場強為零， A正確，B錯誤；帶正電的試探電荷從遠處移近Q2的過程中，電勢能先減小后增大，電勢先降低后升高，說明Q1帶負電，Q2帶正電，N點場強為零，由k＝k知，Q2電荷量較小， C正確，D錯誤，故選A、C.
【方法總結】①由Ep－x圖像可以判斷某一位置電勢能的大小，進而確定電勢能的變化情況，根據電勢能的變化可以判斷靜電力做功情況，結合帶電粒子的運動可以確定靜電力的方向．
②Ep－x圖線的切線斜率k＝＝＝＝F靜電，即圖線的切線斜率絕對值和正負分別表示靜電力的大小和方向．　　
【知識點】帶電粒子（物體）在重力場和電場組成的復合場中的運動
13．【答案】AB
【解析】小球靜止時細線與豎直方向成θ角，重力、拉力和電場力三力平衡，小球帶負電，根據平衡條件，有mgtan θ＝qE，解得E＝，故A正確；小球恰能繞O點在豎直平面內做圓周運動，在等效最高點A，拉力為零時有最小速度，根據牛頓第二定律，有＝，則最小動能Ek＝mv2＝，故B正確；運動過程中小球的機械能和電勢能之和不變，則小球運動至電勢能最大的位置時機械能最小，又小球帶負電，則小球運動到圓周軌跡的最左端時機械能最小，故C錯誤；小球從初始位置開始，若在豎直平面內逆時針運動一周，電場力先做正功后做負功再做正功，則其電勢能先減小后增大再減小，同理，若順時針運動一周，其電勢能先增大后減小再增大，因無法確定小球的運動方向故無法確定電勢能變化情況，故D錯誤．
【知識點】帶電粒子（物體）在重力場和電場組成的復合場中的運動
14．【答案】BD
【解析】等量異種點電荷所產生的電場，其中垂線上各點，電勢為零，因此UAC＝UAO，小球從A點運動到最低點過程中，由動能定理可得mgR＋qUAO＝mv2，解得 UAO＝，UAO＝φA－0，解得φA＝，A錯誤，B正確；小球在最低點處的動能和電勢能的總和為E1＝mv2＋0＝8mgR，由最低點C運動到B，重力勢能增加量為ΔEp＝mgR(1－sin 37°)＝0.4mgR，由最低點C運動到B點，動能、電勢能和重力勢能的總量守恒，所以小球在B點的動能和電勢能的總和為E2＝E1－0.4mgR＝7.6mgR，D正確；小球在最低點C的動能為EkC＝mv2＝8mgR，從C到B靜電力做的功小于從A到C靜電力做的功，即小于7mgR，從C到B重力做功為－0.4mgR，則從C到B靜電力和重力做功之和小于6.6mgR，即到達B點的動能小于14.6mgR，C錯誤．
【知識點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系、電勢能與靜電力做功
15．【答案】(1)600V；
(2)550V；
(3)；
【詳解】
(1)A、B間的電勢差
(2)因為
UAB=φA-φB
則
φA=φB+UAB=-50+600V=550V
(3)點電荷放在B點時它的電勢能
EP=qφB=-5×10-8×（-50)=2.5×10-6J
【知識點】電容器的充放電過程及其動態分析
16．【答案】 變大 不變 變小
【詳解】給電容器充電后與電源斷開，電容器所帶的電荷量不變
（1）[1]根據，甲圖將B板上移，Q和d不變，S減小，U增大，靜電計指針偏角將增大；
（2）[2]根據
解得
乙圖將B板左移，d減小，平行板間的電場強度E不變；
（3）[3]根據，丙圖將玻璃插入兩板之間，介電常數變大，U減小，靜電計指針偏角將變小。
【知識點】電容器的充放電過程及其動態分析
17．【答案】 向右
【詳解】（1）[1] 將開關接1對電容器充電，則電容器上級板為正極，把開關接2，則電阻中電流方向為向右。
（2）[2] 電容器充電過程的圖像大致形狀如圖：

[3]根據電容器的定義式有
解得
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動
18．【答案】（1） ；
（2）
【詳解】
（1）粒子在加速電場中： ；
在偏轉電場中：水平方向：L=v0t；
豎直方向：v1=at；
（2）由平拋運動可知，速度的反向延長線交于水平位移的中點處，則：
解得
【知識點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系、電勢
19．【答案】(1) A點電勢較高，；
(2)
【詳解】
(1)根據沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知A點電勢較高；
A、B兩點間的電勢差
(2)因為在勻強電場中
U=Ed
所以有
【知識點】電容器的充放電過程及其動態分析
20．【答案】 R 減小電阻R，可以實現對電容器更快速放電；增大電阻R，可以實現電容器更均勻放電 36.5
【詳解】（1）[1][2]由電容的定義式可知
則U-Q圖像為斜率恒定的直線，如圖所示
圖像和橫軸圍成的面積為所儲存的電能，則有
（2）①[3]由圖3可知，兩次放電放出的電荷量相等。因為Q-t圖像的斜率表示電流，即兩次放電的電流不同，由可知，兩次電源電動勢相等，故兩條曲線不同是R的改變造成的。
②[4]減小電阻R時，剛開始放電瞬間電流I大，曲線上該點切線斜率大，即為曲線Ⅰ，短時間內放出的電荷量更多，故可以實現對電容器快速放電；增大電阻R時，放電瞬間電流I小，即為直線Ⅱ，可以實現更均勻放電。
（3）[5]根據公式有
【知識點】功能原理與能量守恒定律的綜合應用、帶電粒子（物體）在重力場和電場組成的復合場中的運動
21．【答案】（1）；
（2）；
（3）
【詳解】
試題分析：（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸前，對滑塊，由牛頓第二定律得：；
滑塊做初速度為零的勻加速直線運動，由位移公式得：x=at12，
解得：；
（2）從釋放早返回由動能定理可知：，解得
（3）當滑塊速度最大時，滑塊受到的合力為零，則qE+mgsinθ=kx1，
解得：；
從滑塊開始運動到速度最大過程中，由動能定理得：
（qE+mgsinθ）（x+x1）+W=mvm2-0，
解得：．
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 2 頁，共 2 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第十章靜電場中的能量問題綜合提高練習3
一、單選題（本大題共10小題）
1．一個電容器的規格是“10μF、50V”，則（　　）
A．這個電容器加上50V電壓時，電容才是10μF
B．這個電容器的最大電容為10μF，帶電荷量較少時，電容小于10μF
C．這個電容器所加電壓不能低于50V
D．這個電容器的電容總等于10μF
2．如圖所示，勻強電場中三點A，B，C是一個三角形的三個頂點，，BC，已知電場線平行于所在的平面，一個電荷量q= -2×10 -6 C的點電荷由A移到B的過程中，電勢能增加了J，由B移到C的過程中電場力做功6×10-6J，下列說法正確的是（　?。?br/>A．B，C兩點的電勢差UBC=3V
B．電場方向由B指向A
C．負電荷由C點移到A點的過程中，電勢能增加
D．該電場的場強為1V/m
3．如果在某電場中將電荷量為的正電荷，僅在電場力作用下由A點移到B點，靜電場力做功為，則（　?。?br/>A．電荷在B點的動能比在A點的動能小
B．電荷在B點的電勢能比在A點的電勢能小
C．兩點間電勢差為
D．若在兩點間移動一個負電荷，則靜電力做功
4．一負電荷僅受電場力作用，從電場中的A點運動到B點，在此過程中該電荷做初速度為零的勻加速直線運動，則A．B兩點電場強度EA．EB及該電荷在A．B兩點的電勢能.之間的關系為（ ）
A．EA > EB B．EA＜EB C．< D．＞
5．在電場線如圖所示的電場中有 M、N兩點，一個帶正電離子（不計重力）僅在電場力作用下由靜止開始從 M點運動到N點，則（　　）
A．M點處的電場強度比N點處的電場強度大
B．該離子在M點的電勢能大于在N點的電勢能
C．M點處的電勢比N點處的電勢低
D．該離子在N點的速度可能為零
6．如圖所示，實線是一簇未標明方向的電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場區域時的運動軌跡，a、b 是軌跡上的兩點．若帶電粒子在運動中只受電場力的作用，對于 a，b 兩點下列判斷正確的是（ ）
A．電場中 a 點的電勢較高 B．帶電粒子在 a 點的動能較小
C．帶電粒子在 a 點的加速度較大 D．帶電粒子一定帶正電
7．如圖，圓形區域內存在平行于圓面的勻強電場，和是圓的兩條互相垂直的直徑。將一帶正電的粒子從另一直徑ab的a點移到m點，其電勢能增加量為（），若將該粒子從m點移到b點，其電勢能減少量也為，則電場強度的方向（　　）
A．平行直徑ab方向 B．平行直徑mn方向
C．垂直直徑ab方向 D．垂直直徑方向
8．電場中有a、b兩點，已知φa＝－500 V，φb＝1 500 V，將電荷量為q＝－4×10－9 C的點電荷從a移到b時，電場力做功為（　?。?br/>A．負功　8×10－6 J B．正功　8×10－6 J
C．負功　4×10－6 J D．正功　4×10－6 J
9．如圖所示，在勻強電場中有一平行四邊形ABCD，已知A、B、C三點的電勢分別為φA＝10V、φB＝8V、φC＝2V，則D點的電勢為（ 　　 ）
A．8V B．6V C．4V D．1V
10．如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管（正向電阻為零，可以視為短路；反向電阻無窮大，可以視為斷路）連接，電源負極接地，初始時電容器不帶電，閉合開關S穩定后，一帶電油滴位于電容器極板間的P點且處于靜止狀態。下列說法正確的是（ ）
A．減小極板間的正對面積，帶電油滴會向下移動，且P點的電勢會降低
B．減小極板間的正對面積，帶電油滴會向上移動，且P點的電勢會降低
C．將下極板上移，帶電油滴向上運動
D．斷開開關S，帶電油滴將向下運動
二、多選題（本大題共4小題）
11．如圖所示，在一勻強電場中的A、B、C、D四點構成一個菱形，場強方向平行于菱形所在平面，菱形的對角線AC=12cm、BD=16cm。規定A點的電勢為零，將一個電子從A移到B，克服電場力做了8eV的功；將一個電子從A移到C，電場力做了8eV的功．則下列說法正確的是（　?。?br/>A．D點的電勢為16V
B．電場強度的方向沿CB方向
C．一個初動能為16eV的電子從C點出發有可能到達B點
D．一個初動能為24eV的電子從D點出發不可能到達B點
12．如圖所示，兩個固定的等量異種電荷相距為，其連線中點為，以為圓心、為半徑的圓與兩點電荷間的連線及連線的中垂線分別交于、和、。則（　?。?br/>A．、兩點的電場強度大小相等
B．、兩點的電場強度大小相等，方向相同
C．點電勢等于點的電勢
D．點電勢高于點的電勢
13．如圖甲所示，用輕繩拴著一個質量為m、電荷量為+q的小球在豎直面內繞O點做圓周運動，豎直面內加有豎直向下的勻強電場，不計一切阻力，小球運動到最高點時的動能Ek與繩中張力F間的關系如圖乙所示，重力加速度為g，則（　?。?br/>A．輕繩的長度為
B．電場強度大小為
C．小球在最高點時的最小速度為
D．小球在最低點和最高點所受繩子的拉力差為6b
14．如圖所示，已知某勻強電場方向平行正六邊形ABCDEF所在平面，若規定D點電勢為零，則A、B、C 點的電勢分別為8V、6V、2V，初動能為16 eV、電荷量大小為3e（e為元電荷）的帶電粒子從A沿AC方向射入正六邊形區域，恰好經過BC的中點G。不計粒子的重力。則（　?。?br/>A．粒子可能帶正電
B．粒子達到G點時的動能為4 eV
C．若粒子在A點以不同速度方向射入正六邊形區域，不可能經過C點
D．若粒子在A點以不同初動能沿AC方向射入正六邊形區域，可能垂直經過BF
三、非選擇題（本大題共7小題）
15．如圖所示實驗裝置可用來探究影響平行板電容器電容的因素，其中電容器左側極板和靜電計外殼接地，電容器右側極板與靜電計金屬球相連，使電容器帶電后與電源斷開：
（1）上移左極板，可觀察到靜電計指針偏轉角________（填變大，變小或不變）；
（2）將極板間距離減小時，可觀察到靜電計指針偏轉角_______（填變大，變小或不變）；
（3）兩板間插入一塊玻璃，可觀察到靜電計指針偏轉角_______（填變大，變小或不變）。
16．研究影響平行板電容器電容大小的因素”的實驗過程及現象如下圖所示，本實 驗采用的實驗方法是 。實驗過程中電容器的電荷量 Q 保持不 變，保持 d 不變，減小兩板間正對面積 S，觀察到靜電計指針偏角增大，即電勢差 U （“變大”，“變小”），則電容 C （“變大”，“變小”）
17．如圖甲，、是某電場中一條電場線上的兩點，一個負電荷從點由靜止釋放，僅在靜電力的作用下從點運動到點，其運動的圖像如圖乙所示。
(1)請判斷該負電荷在、兩點電勢能的大小以及、兩點電勢的高低。
(2)比較、兩點電場強度的大小。
18．兩個相同極板長為，相距為，極板間的電壓為。一個電子沿平行于板面的方向射入電場并能夠射出電場，射入時的速度為，電子的電荷量為、質量為，求電子射出電場時沿垂直于板面方向偏移的距離和射出電場時的速度。
19．對物理現象、概念、規律的描述可以采用多個方法，比如文字描述、公式法、圖示法、圖像法等。
(1)請根據電場強度的定義和庫侖定律推導出電荷量為Q的點電荷在與之相距x處電場強度表達式。在圖1中用有向線段畫出點電荷的電場線的大致分布，并用虛線畫出等勢面的大致分布。
(2)如圖2，以產生勻強電場的電容器正極板所在位置為O點，建立x軸；取向右為E的正方向，正極板的電勢為零，在圖3中分別完成E—x圖、φ—x圖，用圖線表示電場強度E、電勢φ沿x軸（x > 0）的變化情況。
20．如圖所示為研究決定平行板電容器電容大小因素的實驗裝置．兩塊相互靠近的等大正對的平行金屬板、組成電容器，板固定在絕緣座上并與靜電計中心桿相接，板和靜電計的金屬殼都接地，板上裝有絕緣手柄，可以執手柄控制板的位置．在兩板相距一定距離時，給電容器充電，靜電計指針張開一定角度．在整個實驗過程中，保持電容器所帶電荷量不變，對此實驗過程的描述正確的是（　?。?br/>A．只將板從圖示位置稍向左平移，靜電計指針張角變大
B 只將板從圖示位置稍向上平移，靜電計指針張角減小
C．只將板從圖示位置沿垂直紙面向外的方向稍微平移，靜電計指針張角變大
D．只在、之間插入云母板，靜電計指針張角變大
21．如圖甲所示，某直線加速器由中心軸線在同一直線上的一系列金屬圓筒（圖中標注的序號為1、2、3……）組成，相鄰金屬圓筒分別接在高頻交變電源的兩極。交變電源兩極間電勢差的變化規律如圖乙所示。某時刻，從金屬圓板（序號為0號）中央釋放的電子（其初速度可忽略），沿軸線進入加速器并依次穿過各金屬管。圓筒長度的設計遵照一定的規律，可以令電子運動到圓筒與圓筒之間各個間隙中都能恰好使靜電力的方向與運動方向相同而不斷加速，電子在各個金屬圓筒內部做勻速直線運動。已知電子的質量為m、電量為e，兩金屬圓筒間的電壓絕對值為U、周期為T，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計。
（1）電子在3、4號金屬圓筒之間加速時，請判斷3、4號圓筒電勢的高低；
（2）求電子進入第n號金屬圓筒后的速度大小v；
（3）求第n號金屬圓筒的長度L。
參考答案
【知識點】電容器與電容
1．【答案】D
【詳解】
ABD．電容器的電容與電容器板間電壓無關，加電壓或不加電壓、電荷量多或少時，電容都是10 F．故AB錯誤，D正確；
C．50V是電容器的耐壓值，這個電容器上加的電壓不能高于50V，故C錯誤。
故選D。
【知識點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系
2．【答案】D
【詳解】
A．根據電勢差定義可知，A、B兩點的電勢差
根據電勢差定義可知，B、C兩點的電勢差
可見，A、C兩點的電勢差
A錯誤；
C．因為
負電荷在電勢高的地方，電勢能小，負電荷由C點移到A點的過程中，電勢能減小，故C錯誤；
BD．由前面分析可知，C點與A、B兩點連線中點D的電勢相等，C、D兩點的連線是一條等勢線，如圖所示
所以電場線是由A指向B，所以電場強度
故D正確。
故選D。
【知識點】電勢差與電場強度的關系
3．【答案】B
【詳解】
AB．僅在電場力作用下由A點移到B點，靜電場力做功為，電荷在B點的電勢能比在A點的電勢能小，根據動能定理知電荷在B點的動能比在A點的動能大，故B正確，A錯誤；
C．兩點間電勢差為
故C錯誤；
D．若在兩點間移動一個負電荷，則靜電力做功
故D錯誤。
故選B。
【知識點】電勢能與靜電力做功
4．【答案】D
【詳解】
由于電荷做勻加速直線運動，所以根據Eq=ma可知，電場強度不變，即EA=EB；電荷做初速度為零的勻加速直線運動，且只受電場力，因此電場力做正功，電勢能減小，所以εA＞εB，故ABC錯誤，D正確。
故選D。
【知識點】電勢能與靜電力做功、電場、電場強度、電場線
5．【答案】B
【詳解】
A．由電場線的疏密分布可知，M點處的電場強度比N點處的電場強度小，故A錯誤；
BC．沿著電場線的方向，電勢逐漸降低，所以M點處的電勢比N點處的電勢高；該正離子由高電勢處運動到了低電勢處，由
可知，離子在M點的電勢能大于在N點的電勢能，故B正確、C錯誤；
D．從M點到N點的過程中，電場力做了正功，由動能定理可知，離子在N點的速度不可能為零，故D錯誤。
故選B。
【知識點】電勢能與靜電力做功、電場、電場強度、電場線
6．【答案】C
【詳解】
A．根據圖中軌跡分析，粒子軌跡向左彎曲，說明粒子在a、b兩點受電場力沿電場線向左，但電場線方向不明，故無法判斷電勢高低，A錯誤
B．從a到b的過程中，根據軌跡彎曲方向與粒子速度方向的關系分析可知：如果粒子從a運動到b電場力做負功，動能減少，a點動能大；如果粒子從b運動到a，電場力做正功，動能增大，a點動能大．所以粒子在a點動能大．
C．根據電場線疏密可判斷a處場強大于b處場強，由牛頓第二定律得：，場強大的地方，粒子加速度大，所以帶電粒子在a點的加速度較大，C正確
D．結合選項A的分析，由于電場線的方向未知，無法判斷粒子帶電的正負，D錯誤
【知識點】電勢能與靜電力做功
7．【答案】C
【詳解】
由于帶正電的粒子從另一直徑ab的a點移到m點，其電勢能增加量為，根據
可知，電場力做負功，若將該粒子從m點移到b點，其電勢能減少量也為，根據
可知，電場力做正功，由于電勢能變化量相同，則可知a點與b點電勢相等，故直徑ab是一條等勢線，所以電場強度的方向垂直直徑ab指向弧。
故選C。
【知識點】電勢能與靜電力做功
8．【答案】B
【詳解】
將電荷量為q＝－4×10－9 C的點電荷從a移到b時，電場力做功為
故ACD錯誤，B正確。
故選B。
【知識點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系
9．【答案】C
【詳解】
由于電場是勻強電場，則：
即：
得：
故C正確，ABD錯誤。
【知識點】電容器的充放電過程及其動態分析
10．【答案】C
【詳解】
AB．根據及知，當開關閉合并減小極板的正對面積，電容C減小，Q減小，但由于二極管具有單向導電性，題圖中的電容器只能充電不能放電，所以電容器所帶電荷量不變，根據公式可得
由此可得電場強度E變大，油滴所受電場力變大，則帶電油滴會向上移動，P點與下極板的距離不變，因E變大，則P點的電勢升高，故AB錯誤；
C．由以上分析，可知將下極板上移，極板距離減小，電容器的電容變大，電容器所帶的電荷量Q變大，電容器充電，穩定時電容器兩極板間的電壓仍等于電阻R兩端的電壓，兩板間距離減小，則電場強度變大，帶電油滴向上運動，故C正確；
D．斷開開關S，由于二極管具有單向導電性，電容器不能放電，電容器所帶電荷量Q不變，電容C不變，電壓也不變，電容器兩極板間的場強不變，故油滴仍然處于靜止狀態，故D錯誤。
故選C。
【知識點】電勢能與靜電力做功
11．【答案】AD
【詳解】
A．由題意可知
而，所以
根據 求得
選項A正確；
B．因BC的中點M電勢也為0，故AM連線在一個等勢面上，如圖所示
電場強度的方向應垂直AM連線，不沿CB方向，也不沿DB方向，選項B錯誤；
C．由以上分析可知，電子從C到B不能是直線運動，到達B點時應還有動能，由于，可知電子從C到B需要克服電場力做功16eV，故一個初動能為16eV的電子從C點出發不可能到達B點，選項C錯誤；
D．由以上分析可知，電子從D到B不能是直線運動，到達B點時應還有動能，于，可知電子從D到B需要克服電場力做功24eV，故一個初動能為24eV的電子從D點出發不可能到達B點，選項D正確；
故選AD。
【知識點】幾種常見的電場、電勢
12．【答案】AB
【詳解】
AB．根據等量異種電荷電場線的分布，、兩點的電場強度大小相等，、兩點的電場強度大小相等，方向相同，AB正確；
CD．根據等量異種電荷等勢線的分布，點電勢高于點的電勢，點電勢等于點的電勢，CD錯誤。
故選AB。
【知識點】帶電粒子（物體）在重力場和電場組成的復合場中的運動
13．【答案】BCD
【詳解】
A．在最高點時，繩對小球的拉力、重力和電場力的合力提供向心力，則得：
即
故
由圖象可知，圖象斜率
即
故A錯誤；
B．當F=0時，由
解得，
故B正確；
C．當F=0時，重力和電場力提供向心力，此時為最小速度有
解得
故C正確；
D．小球在最低點時，有
小球在最高點時有
從最低點到最高點，由動能定理可得
聯立解得
故D正確；
故選BCD。
【知識點】電勢差與電場強度的關系
14．【答案】BC
【詳解】
根據勻強電場中平行等距離的兩點電勢差相等可得E和F兩點的電勢分別為和，則EC為等勢線，勻強電場的電場線方向和粒子運動軌跡如圖所示
A．該粒子沿AC方向進入，從G點射出，粒子受力方向與電場線方向相反，該粒子一定 帶負電，A錯誤；
B．粒子在點初動能為、電勢能
所以總能量為
由于
所以G點的電勢為，該粒子達到G點時的動能為
故正確；
C．只改變粒子在點初速度的方向，若該粒子能經過C點，則經過C點的動能
動能為負，不可能出現這種情況，所以只改變粒子在點初速度的方向，該粒子不可能經過C點，故C正確；
D．若粒子在A點以不同初動能沿AC方向射入正六邊形區域，其速度可以分解為沿電場線方向和垂直于電場線方向，而垂直于電場線方向的速度不變，即不可能減小為零， 所以該粒子不可能垂直經過BF，故D錯誤。
故選BC。
【知識點】電容器的充放電過程及其動態分析
15．【答案】變大；變??；變小
【詳解】（1）根據電容的決定式 知，上移左極板，正對面積S減小，則電容減小，根據 知，電荷量不變，則電勢差增大，指針偏角變大；
（2）根據電容的決定式 知，將極板間距離減小時，電容增大，根據 知，電荷量不變，則電勢差減小，指針偏角變?。?br/>（3）根據電容的決定式 知，兩板間插入一塊玻璃，電容增大，根據 知，電荷量不變，則電勢差減小，指針偏角變小。
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素
16．【答案】控制變量法；變大；變小
【詳解】[1]本實驗中，研究每一個要素的影響，須讓其它的量不變，所以采用的是控制變量法；
[2][3]實驗過程中電容器的電荷量Q保持不變，保持d不變，減小兩板間正對面積S，觀察到靜電計指針偏角增大，即電勢差U變大，則根據可知，電容C變小。
【知識點】電勢
17．【答案】(1)，；(2)
【詳解】
(1)由圖像可知電荷從點運動到點速度增大，動能增大，則電勢能減少，所以該負電荷在點的電勢能大于在點的電勢能，即
電荷帶負電，根據可知
(2)由圖像可知電荷從點的加速度大于在點的加速度，則點的電場強度大于兩的電場強度，即
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動
18．【答案】，
【詳解】
電子進入電場后的軌跡如圖所示
電子在平行于板面方向上做勻速直線運動，有
在垂直于板面方向上做初速度為0的勻加速直線運動，加速度
所以有偏移的距離
射出電場時的速度
【知識點】電勢
19．【答案】見解析
【詳解】
(1)已知電場強度的定義式為
E =
而在距Q為x的位置放一電荷量為q的檢驗電荷。根據庫侖定律檢驗電荷受到的電場力為
F = k
結合電場強度的定義式有
E = k
電場線、等勢面的大致分布見下圖
(2)由題知電容器產生的電場為勻強電場，則在兩極板間的場強處處相同，可繪制出E—x圖如下圖所示
由題知電容器產生的電場為勻強電場，則電場中任意一點（x）的電勢計算式為
φO - φx = Ex，φO = 0
則可繪制出φ—x圖如下圖所示
【知識點】電容器的充放電過程及其動態分析
20．【答案】AC
【詳解】只將板M從圖示位置稍向左平移，d增大，根據知，電容減小，根據知勢差增大，則靜電計指針張角變大，故A正確； 只將板M從圖示位置稍向上平移，正對面積S減小，根據知，電容減小，根據知電勢差增大，則靜電計指針張角變大，故B錯誤；只將板M從圖示位置沿垂直紙面向外的方向稍微平移，正對面積S減小，根據知，電容減小，根據知電勢差增大，則靜電計指針張角變大，故C正確；只在M、N之間插入云母板，介電常數變大，根據知，電容增大，根據知電勢差減小，則靜電計指針張角變小，故D錯誤．所以AC正確，BD錯誤．
【知識點】帶電粒子在交變電場中的運動
21．【答案】（1）4號圓筒電勢高于3號圓筒的電勢；（2） ；（3）
【詳解】（1）電子在3、4號金屬圓筒之間加速時，場強方向從4號指向3號圓筒，則4號圓筒電勢高于3號圓筒的電勢；
（2）設電子進入第n個圓筒后的速度為v，根據動能定理有
得
（3）第n個圓筒的長度為
第 page number 頁，共 number of pages 頁
第 2 頁，共 2 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第十章靜電場中的能量問題綜合提高練習4
一、單選題（本大題共10小題）
1．關于靜電場下列說法中正確的是（ ）
A．將負電荷由電勢低的地方移到電勢高的地方，電勢能一定增加
B．無論是正電荷還是負電荷，從電場中某點移到無窮遠處時，靜電力做的正功越多，電荷在該點的電勢能越大
C．在同一個等勢面上的各點，場強的大小必然是相等的
D．電勢下降的方向就是電場場強的方向
2．如圖所示，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ.一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等，則(　　)
A．直線a位于某一等勢面內，φM＞φQ
B．直線c位于某一等勢面內，φM＞φN
C．若電子由M點運動到Q點，電場力做正功
D．若電子由P點運動到Q點，電場力做負功
3．如圖甲所示，在勻強電場中，虛線為電場線，與Ox軸成θ＝37°角，Ox軸上有a、b、c三點，Oa＝bc＝ab＝2 cm，Ox軸上各點的電勢φ的變化規律如圖乙所示．取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列說法正確的是(　　)
　
A．電場線方向斜向上
B．場強大小為800 V/m
C．c點的電勢為16 V
D．電子在a點的電勢能為－32 eV
4． 一個已充電的電容器，若使它的帶電荷量減少3×10－4 C，則其兩極板間電壓減小為原來的，則(　　)
A．電容器原來的帶電荷量為9×10－4 C
B．電容器原來的帶電荷量為4.5×10－4 C
C．電容器兩極板間原來的電壓為1 V
D．電容器的電容變為原來的
5．我國的特高壓直流輸電是中國在高端制造領域領先世界的一張“名片”，特別適合遠距離輸電．若直流高壓線掉到地上時，它就會向大地輸入電流，并且以高壓線與大地接觸的那個位置為圓心，形成一簇簇如圖所示的等差等勢線，其形狀為同心圓，A、B、C、D是等勢線上的四點，當人走在地面上時，如果形成跨步電壓就會導致兩腳有電勢差而發生觸電事故，則(　　)
A．電勢的大小為φC＞φB＝φD＞φA
B．場強的大小為EA＞EB＝ED＞EC
C．人從B沿著圓弧走到D會發生觸電
D．A、B間距離等于B、C間距離的2倍
6．隨著生活水平的提高，電子秤已經成為日常生活中不可或缺的一部分，電子秤的種類也有很多，如圖所示是用平行板電容器制成的廚房用電子秤及其電路簡圖．稱重時，把物體放到電子秤面板上，壓力作用會導致平行板上層膜片電極下移．則下列說法正確的是(　　)
A．電容器的電容增大，帶電荷量減小
B．電容器的電容減小，帶電荷量增大
C．穩定后電流表仍有示數，兩極板電勢差增大
D．穩定后電流表示數為零，兩極板電勢差不變
7．如圖所示為一勻強電場，某帶電粒子從A點運動到B點，在這一運動過程中克服重力做的功為2.0 J，電場力做的功為1.5 J，則下列說法正確的是(　　)
A．粒子帶負電
B．粒子在A點的電勢能比在B點少1.5 J
C．粒子在A點的動能比在B點少0.5 J
D．粒子在A點的機械能比在B點少1.5 J
8．平行x軸方向的靜電場的場強E隨x的變化關系如圖所示，規定x軸正方向為場強正方向，帶負電的點電荷沿x軸運動，則點電荷(　　)
A．由x1運動到x3的過程中電勢能增大
B．由x1運動到x3的過程中電勢能減小
C．由x1運動到x4的過程中電勢先減小后增大
D．由x1運動到x4的過程中所受電場力先減小后增大
9．如圖所示是一個常用的電容器(C＝220 μF，工作電壓U＝500 V)，下列關于它的說法中正確的是(　　)
A．電容器可以儲存電荷，且電荷量越多電容越大
B．這個電容器兩端電壓變化了10 V，它的電荷量變化了2.2×10－3 C
C．加在這個電容器兩端的電壓為250 V時，它的電容是110 μF
D．加在這個電容器兩端的電壓低于500 V時它就不能工作
10．如圖所示，梯形abcd位于某勻強電場所在平面內，兩底角分別為60°、30°，cd＝2ab＝4 cm，a、b兩點的電勢分別為4 V、0，將電荷量q＝1.6×10－3 C的正電荷由a點移動到d點，需克服電場力做功6.4×10－3 J，則該勻強電場的電場強度(　　)
A．垂直ab向上，大小為400 V/m
B．垂直bc斜向上，大小為400 V/m
C．平行ad斜向上，大小為200 V/m
D．平行bc斜向上，大小為200 V/m
二、多選題（本大題共4小題）
11．利用帶電粒子探測電場的分布情況是一種重要的技術手段。如圖所示，某圓形區域（圓心為）內存在平行于紙面的勻強電場（未畫出），圓上點處有一粒子源，可向圓形區域內發射初動能相同的同種帶電粒子，其中分別落在圓上A、兩點的粒子動能仍然相同，不計粒子重力、粒子間相互作用及帶電粒子對原電場分布的影響，則（ ）
A．直線為電場中的一條等勢線
B．A、兩點的電勢大小關系為
C．、兩點間和、兩點間的電勢差關系為
D．落在劣弧中點的粒子獲得的動能最大
12．如圖所示，為勻強電場中相鄰的四個等勢面，一電子經過等勢面D時，動能為16 eV，速度方向垂直于等勢面D，飛經等勢面C時，電勢能為-8 eV，飛至等勢面B時速度恰好為零，已知相鄰等勢面間的距離均為4 cm，電子重力不計.則下列說法正確的是( )
A．電子做勻變速直線運動
B．勻強電場的電場強度大小為100 V/m
C．等勢面A的電勢為-8 V
D．電子飛經電勢為4V的等勢面時的動能為4eV
13．在真空中的O點存在一孤立的帶正電的點電荷，將一帶電粒子以一定的初速度射入該電荷激發的電場中，粒子在電場中的一段軌跡如圖所示。不計粒子重力，粒子電荷量保持不變。則下列說法正確的是（　?。?br/>A．該粒子一定帶負電荷
B．粒子經過P點時的加速度比經過Q點時的加速度大
C．粒子經過P點時的速度比經過Q點時的速度小
D．粒子經過P點時的電勢能比經過R點時的電勢能小
14．下列公式中屬于物理概念定義式的（ ）
A． B． C． D．
三、非選擇題（本大題共7小題）
15．在電場中一條電場線上有A、B兩點，如圖所示。將負電荷從A 點移至B點，克服電場力做功，取B點為零勢能點。求：
（1）電荷在A點的電勢能；
（2）A點電勢。
16．如圖甲所示是一種測量電容的實驗電路圖，實驗是通過對高阻值電阻放電的方法測出電容器充電至電壓為U時所帶的電荷量Q，從而再求出待測電容器的電容C。某同學在一次實驗時的情況如下：
a．按圖甲所示的電路圖連接好電路；
b．接通開關S，調節電阻箱R的阻值，使小量程電流表的指針偏轉接近滿刻度，記下此時電流表的示數I0=490μA，電壓表的示數U0=8.0V。
c．斷開開關S，同時開始計時，每隔5s或10s測讀一次電流I的值，將測得數據填入表格，并標示在圖乙的坐標紙上（時間t為橫坐標，電流I為縱坐標），結果如圖中小黑點所示；
(1)在圖乙中畫出I-t圖線 ；
(2)圖乙中圖線與坐標軸所圍成面積的物理意義是 ；
(3)該電容器電容為 F(結果保留兩位有效數字）；
(4)若某同學實驗時把電壓表接在E、D兩端，則電容的測量值比真實值 （選填“偏大”“偏小”或“相等”）。
17．如圖甲所示的實驗裝置可用來探究影響平行板電容器電容的因素，其中電容器左側極板和靜電計外殼均接地，電容器右側極板與靜電計金屬球相連，使電容器帶電后與電源斷開。
（1）影響平行板電容器電容的因素有 。
A．兩極板的正對面積
B．兩板間距離
C．電介質的介電常數
D．極板的材料
（2）下列關于實驗中使用靜電計的說法正確的是有 。
A．使用靜電計的目的是觀察電容器電壓的變化情況
B．使用靜電計的目的是測量電容器電量的變化情況
C．靜電計可以用電壓表替代
D．靜電計可以用電流表替代
（3）某位同學用如圖乙所示研究電容器電容與哪些因素有關。A、B為平行板電容器的金屬板，G為靜電計，開始時開關S閉合，靜電計指針張開一定角度；若保持開關S閉合，將A、B兩極板間距變大些，指針張開角度將 ；若斷開開關S后，將A、B兩極板正對面積變小些，指針張開角度將 （以上均選填“變大”、“變小”或“不變”）
18．如圖所示實驗裝置可用來探究影響平行板電容器電容的因素。平行板電容器已經充電，靜電計指針的偏轉角度反映電容器兩極板間的電勢差的大小。實驗中保持極板上的電荷量Q不變。設電容器兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為。
（1）保持S不變，增大d，則 ；
（2）保持d不變，減小S，則 ；
（3）保持S、d不變，在兩極板間插入玻璃，則 ；
（4）保持S、d不變，在兩極板間插入一塊金屬板，則 。（以上4個空都填“變大”、“不變”或者“變小”）
19．有一個帶電荷量的點電荷，從某電場中的A點移到B點，電荷克服靜電場力做的功，從B點移到C點，電場力對電荷做9×10﹣4J的功，問：若以B點電勢為零，則
（1）AB、BC間的電勢差為多少？
（2）A、C兩點的電勢各為多少？
（3）點電荷q在A、C點的電勢能各為多少？
20．兩個不同電勢的等勢面是否可以相交？同一等勢面是否可與自身相交？若等勢面相交，交點的場強沿什么方向？
21．在如圖所示的平行板電容器的兩板A、B上分別加如圖①、②所示的兩種電壓，開始B板的電勢比A板高．在電場力作用下原來靜止在兩板中間的電子開始運動．若兩板間距足夠大，且不計重力，試分析電子在兩種交變電壓作用下的運動情況，并畫出相應的v－t圖象．
參考答案
【知識點】電勢、電勢差與電場強度的關系、電勢能與靜電力做功
1．【答案】B
【詳解】
將負電荷由電勢低的地方移到電勢高的地方，電勢能一定減小，選項A錯誤；無論是正電荷還是負電荷，從電場中某點移到無窮遠處時，靜電力做的正功越多，電荷在該點的電勢能越大，選項B正確；在同一個等勢面上的各點，場強的大小不一定是相等的，例如等量異種電荷連線的中垂線上各點，選項C錯誤；沿場強的方向電勢一定下降，但是電勢下降的方向不一定是電場場強的方向，選項D錯誤；故選B．
【知識點】等勢面
2．【答案】B　
【解析】電子帶負電，從M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等，說明電子在N、P兩點的電勢能相等，即N和P的電勢相等，勻強電場中等勢線為平行的直線，所以NP和MQ分別是兩條等勢線，電子從M點運動到N點，電場力做負功，說明MQ為高電勢，NP為低電勢，所以直線c和d都是位于某一等勢面內，且φM＝φQ，φM＞φN，選項A錯誤，B正確．若電子從M點運動到Q點，初、末位置電勢相等，電場力不做功，選項C錯誤．電子由P點運動到Q點，即從低電勢到高電勢，電場力做正功，電勢能減少，選項D錯誤．
【知識點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系
3．【答案】D　
【解析】由題圖乙知沿x軸正方向電勢降低，所以電場線方向斜向下，A錯誤；φ－x圖線的斜率表示電場強度沿x軸方向的分量大小，由題圖乙可知Ex＝800 V/m，所以E＝＝1 000 V/m，B錯誤；由題圖乙知O點的電勢為48 V，Oc間的距離為Oc＝8 cm＝0.08 m，所以Oc間的電勢差UOc＝E·Oc·cos 37°＝1 000×0.08×0.8 V＝64 V，由于UOc＝φO－φc，將UOc＝64 V、φO＝48 V代入得，φc＝－16 V，C錯誤；Oa間的電勢差為UOa＝E·Oa·cos 37°＝1 000×0.02×0.8 V＝16 V，由于UOa＝φO－φa，將UOa＝16 V、φO＝48 V代入得，φa＝32 V，所以電子在a點的電勢能為Ep＝－eφa＝－32 eV，D正確．
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素
4．【答案】B　
【解析】由C＝得到，ΔQ＝CΔU＝C(U－U)＝CU＝Q，Q＝＝ C＝4.5×10－4 C，故A錯誤，B正確；因電容器的電容不知，所以無法求出電容器兩極板間原來的電壓，C錯誤；電容器的電容由電容器本身決定，跟兩極板間電壓和帶電荷量的變化無關，所以電容器的電容不變，D錯誤．
【知識點】電勢
5．【答案】B
【解析】高壓線掉到地上時，它就會向大地輸入電流，圓心處的電勢最高，向外越來越低，電勢的大小為φA＞φB＝φD＞φC，故A錯誤；場強的大小可以通過等差等勢線的疏密判斷，由題圖可知場強的大小為EA＞EB＝ED＞EC，故B正確；B和D在同一條等勢線上，人從B沿著圓弧走到D的過程中兩腳間無電勢差，則不會發生觸電，故C錯誤；由題圖知A、B間的平均場強大于B、C間的平均場強，由等差等勢面知UAB＝2UBC，根據E＝可以定性判斷出A、B間距離小于B、C間距離的2倍，故D錯誤．
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素
6．【答案】D　
【解析】根據電容決定式C＝，當兩個極板的距離減小時，電容器的電容增大，再根據電容定義式C＝，由于電容器一直和電源相連，電壓不變，當電容增大時，帶電荷量增大，A、B錯誤；當壓力穩定后，電容器停止充電，電路中的電流為零，即電流表示數為零，兩極板的電勢差不變，D正確，C錯誤．
【知識點】電勢能與靜電力做功
7．【答案】D　
【解析】 粒子在電場力的作用下向右偏轉，電場力方向向右，與電場方向相同，可知粒子帶正電，故A錯誤； 粒子從A點運動到B點電場力做正功，電勢能減少，則粒子在A點的電勢能比在B點多1.5 J，故B錯誤；從A點運動到B點過程中，克服重力做的功為2.0 J，電場力做的功為1.5 J，故粒子所受合力做功為負，則在A點的動能比在B點多0.5 J，故C錯誤；從A點運動到B點，機械能的增加量等于電場力做功的多少，所以機械能增加了1.5 J，故D正確．
【方法總結】求電場力做功的幾種方法
(1)由公式W＝Flcos α計算，此公式只適用于勻強電場，可變形為W＝Eqlcos α.
(2)由電勢能的變化計算：WAB＝EpA－EpB.
(3)由動能定理計算：W電場力＋W其他力＝ΔEk
【知識點】電勢能與靜電力做功
8．【答案】B　
【解析】點電荷由x1運動到x4的過程中，場強沿x軸負方向，則帶負電的點電荷由x1運動到x4逆著電場線方向移動，電勢升高，電勢能減小，故A、C錯誤，B正確；點電荷由x1運動到x4的過程中，電場強度的大小先增大后減小，由F＝qE知，電場力先增大后減小，故D錯誤．
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素
9．【答案】B　
【解析】電容器可以儲存電荷，電容器的電容是由其本身決定的，與電荷量無關，選項A錯誤；這個電容器的電容為C＝220 μF，兩端電壓變化了10 V，它的電荷量變化了ΔQ＝CΔU＝220×10－6×10 C＝2.2×10－3 C，選項B正確；電容器的電容與加在這個電容器兩端的電壓無關，選項C錯誤；加在這個電容器兩端的電壓低于500 V時它仍能工作，選項D錯誤
【知識點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系
10．【答案】B　
【解析】由W＝qU可知，Uad＝＝－ V＝－4 V，因為φa＝4 V，所以φd＝8 V，如圖所示，過b點作be∥ad交cd于e，有Uab＝Ude，解得φe＝4 V，又因為cd＝2ab，即e點是dc的中點，所以φe＝＝4 V，解得φc＝0，所以bc在同一等勢面內，由幾何關系知，eb⊥bc，由電場線與等勢面垂直知，電場強度方向垂直bc斜向上，大小為E＝＝ V/m＝400 V/m，B正確，A、C、D錯誤．
【易錯分析】對于電場強度及電勢差，應該從以下幾個方面來理解記憶．
(1)電場強度的大小取決于電場本身，E＝是一個比值定義式，與檢驗電荷所帶電荷量的多少及有無沒有關系．
(2)電場強度的方向與正電荷在該點受到的電場力的方向相同，與負電荷在該點受到的電場力的方向相反．
(3)電場強度的方向沿著電勢降落最快的方向，不能認為是沿著電勢降落的方向．
(4)公式E＝中，d是勻強電場中沿著電場線方向的距離，所以勻強電場中兩點間的電勢差等于電場強度與這兩點沿電場線方向上距離的乘積．
有些同學很容易把電勢差理解成電場強度與兩點間的距離的乘積，從而錯選或錯解．
【知識點】電勢能與靜電力做功
11．【答案】AC
【詳解】AB．由動能定理可知，電場力對落在A、B兩點的粒子做功相等，A、B兩點的電勢相等，過AB且垂直于圓環的面為等勢面，A正確，B錯誤；
C．，，C正確；
D．電場線與直線AB垂直，但不知電場線的指向和粒子的正負，落在劣弧AB中點的粒子獲得的動能可能最大也可能最小，D錯誤。選AC。
【知識點】電勢差與等勢面的綜合性問題
12．【答案】ACD
【詳解】A．電子運動方向垂直等勢面，電子運動方向和電場方向平行，那么電子加速度方向和運動方向平行，因此電子做勻變速直線運動，A正確；
B．電子飛至等勢面B時速度恰好是零，由動能定理可知，電子從等勢面D到等勢面B，克服電場力做功為16eV，因此等勢面D、B間的電勢差為16V，所以場強大小為，B錯誤；
C．由題意可知，從D到B電勢降低，等勢面C處電子的電勢能為 8eV，因此等勢面C的電勢為8V，等勢面A的電勢比等勢面C的電勢低16V，所以等勢面A的電勢為 8V，C正確；
D．電子運動中只有電場力做功，因此電勢能和動能之和不變，因B等勢面的電勢為零，動能為零，則在B等勢面時的總能量為0，則電子飛經電勢為4V的等勢面時的電勢能為-4eV，則動能為4eV，D正確。選ACD。
【知識點】電勢能與靜電力做功
13．【答案】AC
【詳解】A．物體做曲線運動的，合力方向指向軌跡的凹側，即該粒子與帶正電的點電荷相互吸引，可知該粒子一定帶負電荷，A正確；
B．根據圖像可知，根據靜電力公式有，可知，粒子經過P點時的電場力比經過Q點時的電場力小，由牛頓第二定律可知，粒子在P點的加速度比在Q點的加速度小，B錯誤；
C．粒子只受電場力作用，粒子的動能與電勢能相互轉化，帶負電的粒子從過程，電場力做正功，動能增大，即粒子經過P點時的速度比經過Q點時的速度小，C正確；
D．結合上述，帶負電的粒子從過程，電場力做正功，動能增大，電勢能減小，即粒子經過P點時的電勢能比經過R點時的電勢能大，D錯誤。選AC。
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素、電場、電場強度
14．【答案】AC
【詳解】A．電場強度是由試探電荷所受的電場力與其電荷量的比值來定義的，是電場強度的定義式，故A正確；
B．電容與極板的正對面積S成正比，與極板間的距離成反比，所以不屬于物理概念定義式，故B錯誤；
C．是電阻的定義公式，是用比值定義法定義的，故C正確；
D．是電阻的決定公式，不是定義式，說明電阻與導體的材料、截面積和長度有關，故D錯誤。
故選AC。
【知識點】電勢差與電場強度的關系
15．【答案】（1）；（2）
【詳解】
（1）因為B點為零勢能點，所以電荷在B點的電勢能為0，根據電場力做功與電勢能變化的關系可得
代入數據可得
（2）根據電勢的定義可得
代入數據得
【知識點】電容器的充放電過程及其動態分析
16．【答案】；開始放電時，電容器所帶電量；1.0×10-3（0.95×10-3~1.2×10-3）；偏小
【詳解】
(1)[1]根據圖中畫出的點作平滑的曲線作圖如圖所示
(2)[2]由
知電荷量為圖象與坐標軸所包圍的面積，則面積的物理意義為電容器在開始放電時所帶的電荷量；
(3)[3]數出圖乙中圖線與坐標軸所圍成面積約為32格，即電容器的電荷量為
則有
(4)[4]電容的測量值比它的真實值偏小，原因是若把電壓表接在E、D兩端,則電容器在放電時，有一部分電量會從電壓表中通過，從而使得通過電流表中的電量小于電容器的帶電量，從而使電容的測量值比它的真實值偏小。
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素
17．【答案】
ABC；A ；不變； 變大
【詳解】
（1）[1] 根據
可知影響平行板電容器電容的因素有：兩極板的正對面積、兩板間距離、電介質的介電常數。
故選ABC。
（2）[2]本實驗電量不變，則用靜電計是為了觀察電壓的變化。
故選A。
（3）[3] 若保持開關S閉合，則兩板間電壓U一定，則指針張開角度將不變。
[4] 若斷開開關S后，將A、B兩極板正對面積變小些，根據
而其電容C減小，兩極板所帶電荷量Q保持不變，根據
將變大，指針張開角度將變大。
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素
18．【答案】
變大；變大； 變小 ；變小
【詳解】
平行板電容器電容的定義式和決定式分別為
（1）[1]保持S不變，增大d，則C減小，而Q不變，則U增大，所以θ變大。
（2）[2]保持d不變，減小S，則C減小，同（1）理可知θ變大。
（3）[3]保持S、d不變，在兩極板間插入玻璃，即增大，則C增大，而Q不變，則U變小，所以θ變小。
（4）[4]保持S、d不變，在兩極板間插入一塊金屬板，由于金屬板是導體，靜電平衡時內部場強為零，則兩極板間存在由正極板到負極板的電場強度區域變短，等效于減小了電容器的極板間距，則C增大，同（3）理可知θ變小。
【知識點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系
19．【答案】（1），；（2），300V；（3），
【詳解】
（1）電荷由A移向B克服電場力做功，即電場力做負功，為
則AB間的電勢差為
BC間的電勢差為
（2）根據
又
解得
（3）根據
可得
【知識點】等勢面
20．【答案】見解析
【詳解】
兩個不同電勢的等勢面不可以相交，否則交點電勢出現兩個值。若等勢面相交，說明此處場強相同，同一位置場強確定，而電場線與等勢面相互垂直，相交時，此處場強方向不同，場強不同，相互矛盾。故不能相交。
【知識點】帶電粒子在交變電場中的運動、電容器與力學知識的綜合
21．【答案】如圖所示：
【分析】根據AB兩極板電場的變化，分析電子所受電場力的變化，結合加速度與速度方向的關系判斷其運動性質及運動方向；
【詳解】t＝0時，B板電勢比A板高，在電場力作用下，電子向B板(設為正向)做初速度為零的勻加速運動；
①在0～T電子做初速度為零的正向勻加速直線運動，T～T電子做末速度為零的正向勻減速直線運動，然后周期性地重復前面的運動，其速度圖線如圖甲所示；
②在0～ 做類似甲的運動，～T電子做反向先勻加速、后勻減速、末速度為零的直線運動．然后周期性地重復前面的運動，其速度圖線如圖乙所示．
【點睛】由于電場方向不斷變化，粒子運動情況比較復雜，分析清楚粒子的運動過程是正確解題的關鍵．
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第 2 頁，共 2 頁2026屆人教版高考物理第一輪復習：第十章靜電場中的能量問題綜合提高練習5
一、單選題（本大題共10小題）
1．利用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素，如圖所示，平行板電容器的極板A與一靜電計相接，極板B接地，若極板B稍向上移動一點，由觀察到的靜電計的指針變化，得出平行板電容器的電容變小的結論，其依據是(　　)
A．兩極板間的電壓不變，靜電計指針張角變大
B．兩極板間的電壓不變，靜電計指針張角變小
C．極板上的電荷量幾乎不變，靜電計指針張角變小
D．極板上的電荷量幾乎不變，靜電計指針張角變大
2．一種電場的某條電場線與軸重合，其場強大小與坐標的關系如圖所示，下列說法正確的是（　?。?br/>A．此電場是勻強電場
B．由圖像可以直接看出場強大小隨均勻增大
C．圖像的斜率表示電場的電勢
D．與之間的電勢差等于陰影部分的面積
3．水平光滑的絕緣木板上點的正上方固定一正點電荷，其電荷量為，、、為木板上以為圓心的三個等間距同心圓?，F將一帶正電的小球P從木板上點附近靜止釋放，在小球依次經過、、位置的過程中，下列說法錯誤的是（　?。?br/>A．點電荷電場的電勢逐漸降低
B．點電荷電場的電場強度逐漸較小
C．小球運動的加速度逐漸減小
D．小球的電勢能逐漸減小
4．靜電場方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布可簡化為如圖所示的折線，下列說法中正確的是（　?。?br/>A．x軸上x2到之間的電場強度小于到x3之間的電場強度
B．x軸上x2到之間的電場強度的方向與到x3之間的電場強度的方向相同
C．負電荷沿x軸從運動到x3的過程中，電場力做負功，電勢能增加
D．正電荷沿x軸從x1運動到的過程中，電場力做正功，電勢能減少
5．如圖所示，在x軸上相距為L的兩點固定有等量同種正電荷，虛線是中心在的中點、邊長也為L的正方形，是正方形的四個頂點，且兩點在x軸上。下列說法正確的是（　?。?br/>A．將一電子從a點由靜止釋放，電子可能沿直線運動到d點
B．將一電子從a點垂直正方形所在平面以某一速度釋放，電子可能做勻速圓周運動
C．將一電子從a點沿直線移至c點過程，電子電勢能先增大后減小
D．將一電子從a點沿折線移至c點過程，靜電力先做正功后做負功
6．如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線,實線為一帶負電的粒子僅在電場力作用下通過該區域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點,由此可知(　　)
A．帶電粒子在R點時的加速度小于在Q點時的加速度
B．帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能大
C．帶電粒子在R點時的速度大于在Q點時的速度
D．帶電粒子在R點時的動能與電勢能之和比在Q點時的小,比在P點時的大
7．如圖所示，立方體的四個頂點、、、處各固定著一個電荷量均為的正點電荷，則、兩點（　?。?br/>A．電勢相同、電場強度大小相等 B．電勢相同、電場強度大小不相等
C．電勢不相同、電場強度大小相等 D．電勢不相同、電場強度大小不相等
8．一勻強電場的方向平行于xOy平面,平面內a、b、c三點的位置如圖所示,三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V.下列說法正確的是 (　　)
A．電場強度的大小為2.5 V/m
B．坐標原點處的電勢為17 V
C．電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV
D．電子從b點運動到c點,電場力做功為10 eV
9．利用電容傳感器可檢測礦井滲水，及時發出安全警報，從而避免事故的發生；如圖所示是一種通過測量電容器電容的變化來檢測礦井中液面高低的儀器原理圖，A為固定的導體芯，B為導體芯外面的一層絕緣物質，C為導電液體（礦井中含有雜質的水）），A、C構成電容器．已知靈敏電流表G的指針偏轉方向與電流方向的關系：電流從哪側流入電流表則電流表指針向哪側偏轉．若礦井滲水（導電液體深度h增大），則電流表（ ）
A．指針向右偏轉，A、C構成的電容器充電
B．指針向左偏轉，A、C構成的電容器充電
C．指針向右偏轉，A、C構成的電容器放電
D．指針向左偏轉，A、C構成的電容器放電
10．用控制變量法可以研究影響平行板電容器電容的因素。如圖所示，設兩極板的正對面積為S，極板間的距離為，靜電計指針偏角為。實驗中，極板所帶電荷量不變，若（　?。?br/>A．保持S不變，增大，則變小 B．保持S不變，增大，則不變
C．保持不變，減小S，則變大 D．保持不變，減小S，則不變
二、多選題（本大題共4小題）
11．如圖所示，一帶電粒子飛入電場后，只在電場力作用下由M運動到N其運動軌跡如圖中虛線所示，以下說法正確的是（　?。?br/>A．M點的電勢高于N點的電勢
B．粒子在M點的加速度大于它在N點的加速度
C．粒子在M點的電勢能小于它在N點的電勢能
D．粒子帶正電荷
12．將一電荷量為+Q的小球放在不帶電的金屬球附近，所形成的電場線分布如圖所示，金屬球表面的電勢處處相等。a、b為電場中的兩點，則（　　）
A．a點的電場強度比b點的大
B．a點的電勢比b點的低
C．檢驗電荷-q在a點的電勢能比在b點的大
D．將檢驗電荷-q從a點移到b點的過程中，電場力做負功
13．如圖所示，兩個固定的等量異種電荷相距為，其連線中點為，以為圓心、為半徑的圓與兩點電荷間的連線及連線的中垂線分別交于、和、。則（　?。?br/>A．、兩點的電場強度大小相等
B．、兩點的電場強度大小相等，方向相同
C．點電勢等于點的電勢
D．點電勢高于點的電勢
14．如圖所示，用電池對電容器充電，電路a 、b之間接有一靈敏電流表，兩極板之間有一個電荷q處于靜止狀態?，F將兩極板的間距變大，則
A．電荷將向上加速運動
B．電荷將向下加速運動
C．電流表中將有從a到b的電流
D．電流表中將有從b到a的電流
三、非選擇題（本大題共7小題）
15．某電場的等勢面如圖所示，試畫出電場線的大致分布。若單位正電荷沿任一路徑從點移到點，靜電力所做的功是多少？說明理由。正電荷從點移到點，跟從點移到點，靜電力所做的功是否相等？說明理由。
16．如圖所示實驗裝置可用來探究影響平行板電容器電容的因素，其中電容器左側極板和靜電計外殼接地，電容器右側極板與靜電計金屬球相連，使電容器帶電后與電源斷開：
（1）上移左極板，可觀察到靜電計指針偏轉角________（填變大，變小或不變）；
（2）將極板間距離減小時，可觀察到靜電計指針偏轉角_______（填變大，變小或不變）；
（3）兩板間插入一塊玻璃，可觀察到靜電計指針偏轉角_______（填變大，變小或不變）。
17．研究影響平行板電容器電容大小的因素”的實驗過程及現象如下圖所示，本實 驗采用的實驗方法是 。實驗過程中電容器的電荷量 Q 保持不 變，保持 d 不變，減小兩板間正對面積 S，觀察到靜電計指針偏角增大，即電勢差 U （“變大”，“變小”），則電容 C （“變大”，“變小”）
18．如圖真空中有一對平行金屬板，間距為d，接在電壓為U的電源上，質量為m、電量為q的正電荷穿過正極板上的小孔以v0進入電場，到達負極板時從負極板上正對的小孔穿出，不計重力，求：正電荷穿出時的速度v是多大？
19．根據圖解答以下題目，然后進行小結：如何根據勻強電場的電場線來判斷兩點電勢的高低？
(1)、是勻強電場中同一條電場線上的兩點，哪點電勢高？
(2)、是勻強電場中不在同一條電場線上的兩點，是過點與電場線垂直的直線，則、兩點哪點電勢高？
20．如圖表示某電場等勢面的分布情況。
(1)如果把電子從等勢面移動到等勢面，靜電力做功是多少？
(2)在電場中的、兩點放置電荷量相等的試探電荷，試比較它們所受靜電力的大小和電勢能的大小。
21．如圖所示為研究決定平行板電容器電容大小因素的實驗裝置．兩塊相互靠近的等大正對的平行金屬板、組成電容器，板固定在絕緣座上并與靜電計中心桿相接，板和靜電計的金屬殼都接地，板上裝有絕緣手柄，可以執手柄控制板的位置．在兩板相距一定距離時，給電容器充電，靜電計指針張開一定角度．在整個實驗過程中，保持電容器所帶電荷量不變，對此實驗過程的描述正確的是（　?。?br/>A．只將板從圖示位置稍向左平移，靜電計指針張角變大
B 只將板從圖示位置稍向上平移，靜電計指針張角減小
C．只將板從圖示位置沿垂直紙面向外的方向稍微平移，靜電計指針張角變大
D．只在、之間插入云母板，靜電計指針張角變大
參考答案
【知識點】電容器的充放電過程及其動態分析
1．【答案】D
【詳解】
A極板與靜電計相連，所帶電荷量幾乎不變，B板與A板帶等量異種電荷，電荷量也幾乎不變，故電容器的電荷量Q幾乎不變．將極板B稍向上移動一點，極板正對面積減小，電容
減小，由公式
知板間電壓變大，則靜電計指針的偏角θ變大，故D正確，ABC錯誤。
故選D。
【知識點】電勢差與電場強度的關系
2．【答案】D
【詳解】
A．電場線與軸重合，若是勻強電場，圖象應該為平行于軸的水平直線。故A錯誤；
B．而由題圖可以看出，關系圖像是拋物線圖像，場強隨逐漸增大，并不是均勻增大，故B錯誤；
CD．公式雖然是勻強電場的表達式，但可推導非勻強電場的、、之間的關系，圖線與軸所圍成的面積表示電勢差，圖像的斜率不能表示電場的電勢，故C錯誤，D正確。
故選D。
【知識點】點電荷的場強、電勢能與靜電力做功
3．【答案】C
【詳解】
A．由正點電荷的電場線及等勢面分布特點可知
故A正確，不符合題意；
B．由點電荷的場強大小公式和a、b、c三點到正點電荷的距離
可知
故B正確，不符合題意；
C．由F=qE可知小球P在三處所受電場力
由牛頓第二定律可知小球P在三處的加速度大小
故C錯誤，符合題意；
D．由可知正電荷在電勢高的地方電勢能大，小球P在三處的電勢能
故D正確，不符合題意。
故選C。
【知識點】電勢能與靜電力做功
4．【答案】C
【詳解】
A．圖像的斜率的絕對值表示電場力大小，根據
F=qE
可知也可以表示電場強度的大小，故x2到之間的電場強度大于到x3之間的電場強度，故A錯誤；
B．沿著電場強度的方向電勢降低，故上x2到之間的電場強度的方向與到x3之間的電場強度的方向相反，故B錯誤；
C．負電荷沿x軸從運動到x3的過程中，電勢降低，故是沿著電場線運動，故電場力做負功，電勢能增加，故C正確；
D．正電荷沿x軸從x1運動到的過程中，電勢增加，故電場力做負功，電勢能增加，故D錯誤。
故選C。
【知識點】電勢能與靜電力做功
5．【答案】B
【詳解】
A．根據等量同種正電荷的電場線分布特點可知，電子從a點由靜止釋放時，先受到豎直向下的電場力做加速直線運動，過中心點后，受豎直向上的電場力做減速直線運動，由運動的對稱性可知，電子將沿連線在間做往復運動，A錯誤；
B．電子從a點垂直正方形所在平面以某一速度v釋放時，受到垂直速度方向且指向中點的電場力，若滿足
該電子將做勻速圓周運動，B正確；
C．沿直線從a至c，電勢先升高后降低，電子從a點沿直線移至c點過程，電子電勢能先減小后增大，C錯誤；
D．將一電子從a點沿折線移至c點過程，靜電力先做正功再做負功，再做正功最后做負功，D錯誤。
故選B。
【知識點】電勢能與靜電力做功
6．【答案】C
【詳解】A．由電場線疏密可知，R點場強比Q場強點大，所以帶電粒子在R點的電場力大，則帶電粒子在R點的加速度大，A錯誤；
BC．帶電粒子做曲線運動，電場力指向曲線的內側，所以電場力的方向向右；若帶電粒子從P經過R運動到Q，電場力做負功，帶電粒子的電勢能增大，動能減小，則帶電粒子經過R點時的動能大于經過Q點時的動能，即帶電粒子在R點時的速度大于在Q點時的速度，而P點電勢能最小，所以帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能小，B錯誤，C正確；
D．根據能量守恒定律，帶電質點在運動過程中各點處的動能與電勢能之和保持不變，D錯誤。選C。
【知識點】電勢差與等勢面的綜合性問題
7．【答案】A
【詳解】
根據對稱性可知，、、三點處電荷在點處產生的電場強度的大小和點處的電勢剛好與、、三點處電荷在點處產生的電場強度的大小和點處的電勢相等，而處的點電荷在點處產生的電場強度的大小和點處的電勢與處點電荷在點處產生的電場強度的大小和點處的電勢也相等，并且與方向相同，與方向相同，故B、D兩點處的電場強度大小相等但方向不同，、兩點的電勢相同，BCD錯誤，A正確。
故選A。
【知識點】電勢差與等勢面的綜合性問題、電場線和等勢面的關系
8．【答案】C　
【解析】如圖所示,在ac連線上,確定一b'點,電勢為17 V,得b'點為(3.5,6),連接bb',即為等勢線,電場線垂直于bb',再依據沿著電場線方向電勢逐漸降低,可知電場線方向如圖所示,因為電場是勻強電場,有E=,由幾何關系得d== cm=3.6 cm,電場強度大小為E= V/m=250 V/m,故A錯誤;根據φc-φa=φb-φO,解得坐標原點處的電勢為φO=1 V,故B錯誤;因為Uab=φa-φb=10 V-17 V=-7 V,電子從a點到b點電場力做功為W=qUab=-e×(-7) V=7 eV,因為電場力做正功,所以電勢能減小,則電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV,故C正確;同理Ubc=φb-φc=17 V-26 V=-9 V,電子從b點運動到c點,電場力做功為W=qUbc=-e×(-9) V=9 eV,故D錯誤.
【知識點】電容器的充放電過程及其動態分析
9．【答案】B
【詳解】
由圖可知，液體與導體芯構成了電容器，兩板間距離不變；液面變化時只有正對面積發生變化；則由可知，當液面升高時，只能是正對面積S增大，故可判斷電容增大．再依據，因此兩極板間電勢差U不變，那么電容的電荷量增大，因此電容器處于充電狀態，因電流從哪側流入電流表則電流表指針向哪側偏轉，因此指針向左偏轉；故ACD錯誤，B正確；
故選B.
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素、電容器的充放電過程及其動態分析
10．【答案】C
【詳解】
AB．根據電容的決定式可知，電容與極板間的距離成反比，當保持不變，增大時，電容減小，而電容器的電荷量不變，由電容的定義式可知，極板間電勢差增大，則靜電計指針的偏角變大，選項AB錯誤；
CD．根據電容的決定式可知，電容與兩極板的正對面積成正比，當保持不變，減小S時，電容減小，而電容器的電荷量不變，由電容的定義式可知，極板間電勢差增大，則靜電計指針的偏角變大，選項C正確，D錯誤。
故選C。
【知識點】電勢、電勢能與靜電力做功、電場線
11．【答案】AC
【詳解】
A．沿電場線方向電勢逐漸降低，M點的電勢高于N點的電勢，A正確；
B．電場線的疏密表示場強的大小，M點的電場線疏，場強小，根據
M點的電場力小，根據牛頓第二定律，粒子在M點的加速度小于它在N點的加速度，B錯誤；
D．帶電粒子在電場中運動時，受到的電場力的方向指向運動軌跡的彎曲的內側，由此可知，此帶電的粒子受到的電場力的方向為電場線的反方向，所以此粒子為負電荷，D錯誤；
C．根據
粒子為負電荷，M點的電勢高于N點的電勢，則粒子在M點的電勢能小于它在N點的電勢能，C正確。
故選AC。
【知識點】電勢差與電場強度的關系、電場線和等勢面的關系
12．【答案】AD
【詳解】
A．電場線的疏密表示場強的大小，由圖可知，a點的電場強度大于b的電場強度，故Ａ正確；
B．沿電場方向電勢降低，所以a點的電勢比b點的高，故B錯誤；
C．電勢越高的地方，負電荷的電勢能越少，檢驗電荷-q在a點的電勢能比在b點的小，故C錯誤
D．將檢驗電荷-q從a點移到b點的過程中，移動方向與電場力方向夾角大于90°，所以電場力做負功，故D正確。
故選AD。
【知識點】幾種常見的電場、電勢
13．【答案】AB
【詳解】
AB．根據等量異種電荷電場線的分布，、兩點的電場強度大小相等，、兩點的電場強度大小相等，方向相同，AB正確；
CD．根據等量異種電荷等勢線的分布，點電勢高于點的電勢，點電勢等于點的電勢，CD錯誤。
故選AB。
【知識點】電容器的充放電過程及其動態分析
14．【答案】BD
【詳解】
AB．電容器極板間電壓不變，根據勻強電場中電場強度和電勢差的關系：
極板間距變大，可知電場強度減小，電荷初始時刻靜止不動，受到豎直向下的重力和豎直向上的電場力平衡，電場強度減小，電荷受到的電場力變小，所以電荷將向下加速運動，A錯誤，B正確。
CD．根據電容的決定式：
極板間距增大，電容減小，根據電容的定義式：
極板間電壓不變，電容減小，電荷量減小，電容器放電，所以電流表中有從到的電流，C錯誤，D正確。
故選BD。
【知識點】電勢能與靜電力做功
15．【答案】見解析
【詳解】
根據電場線與等勢面垂直，則電場線如圖所示
AB在同一等勢面上，則靜電力所做的功為0；
AB在同一等勢面上，故AC電勢差與BC間的電勢差相同，都為4V，正電荷做功為W=qU，故做功相同。
【知識點】電容器的充放電過程及其動態分析
16．【答案】變大；變?。蛔冃?br/>【詳解】（1）根據電容的決定式 知，上移左極板，正對面積S減小，則電容減小，根據 知，電荷量不變，則電勢差增大，指針偏角變大；
（2）根據電容的決定式 知，將極板間距離減小時，電容增大，根據 知，電荷量不變，則電勢差減小，指針偏角變??；
（3）根據電容的決定式 知，兩板間插入一塊玻璃，電容增大，根據 知，電荷量不變，則電勢差減小，指針偏角變小。
【知識點】平行板電容器電容大小及其影響因素
17．【答案】控制變量法；變大；變小
【詳解】[1]本實驗中，研究每一個要素的影響，須讓其它的量不變，所以采用的是控制變量法；
[2][3]實驗過程中電容器的電荷量Q保持不變，保持d不變，減小兩板間正對面積S，觀察到靜電計指針偏角增大，即電勢差U變大，則根據可知，電容C變小。
【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動
18．【答案】
【分析】
【詳解】
由動能定理
解得
【知識點】電勢
19．【答案】(1)M點；(2) M點；
【詳解】
(1)M、N是勻強電場中同一條電場線上的兩點，因正電荷從M到N電場力做正功，則電勢能減小，則M點電勢高；
(2)AB是過M點與電場線垂直的直線，AB是等勢線，而等勢線上各點電勢高于P點，可知M點電勢高于P點電勢。
總結：若勻強電場中的兩點在同一電場線上，則沿電場線電勢降低，從而判斷兩點電勢高低；若兩點不在同一電場線上，則可先做過其中一點的等勢線，找到與另一點在同一電場線上的位置，然后判斷電勢高低。
【知識點】等勢面
20．【答案】(1)15eV；(2)試探電荷在A點受電場力較大；電勢能相等。
【詳解】
(1)由靜電力做功公式得
Wbe=qUbe=-1×（-15）eV=15eV
(2)電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，等差等勢面密的地方電場強度大，所以A點的電場強度大，試探電荷在A點所受靜電力較大；因AB兩點電勢相等，則試探電荷在兩點的電勢能相等。
【知識點】電容器的充放電過程及其動態分析
21．【答案】AC
【詳解】只將板M從圖示位置稍向左平移，d增大，根據知，電容減小，根據知勢差增大，則靜電計指針張角變大，故A正確； 只將板M從圖示位置稍向上平移，正對面積S減小，根據知，電容減小，根據知電勢差增大，則靜電計指針張角變大，故B錯誤；只將板M從圖示位置沿垂直紙面向外的方向稍微平移，正對面積S減小，根據知，電容減小，根據知電勢差增大，則靜電計指針張角變大，故C正確；只在M、N之間插入云母板，介電常數變大，根據知，電容增大，根據知電勢差減小，則靜電計指針張角變小，故D錯誤．所以AC正確，BD錯誤．
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