2025-2026高中物理必修第三册 第十章 静电场中的能量 综合检测试卷（及答案）

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高中物理必修第三册 第十章 静电场中的能量 综合检测试卷（考试时间：90分钟 满分：100分）一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.下列说法错误的是（ ）A. 在匀强电场中，电势降低的方向一定是电场的方向B. 无论是正电荷还是负电荷，电场力做负功时电势能一定增加C. 在匀强电场中，电场力做功与电荷经过的路径无关，仅与运动始末位置的电势有关D. 将电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能可能增加，也可能减小2.人体的细胞膜主要由磷脂双分子层组成，模型图如图a所示，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。初速度可视为零的正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. A点电势低于B点电势B. 钠离子的电势能减小C. 钠离子的加速度变大D. 若膜间电势差不变，当d越大时，钠离子进入细胞内的速度越大3.如图所示，在圆心O固定一个带正电的点电荷，同时在空间中施加一与某方向平行、大小为E0的匀强电场，A点的合电场强度刚好为零，其中EF也是圆的一条直径，α=30∘，则下列说法中正确的是（ ）A. B、D两点的电场强度相同B. F点的电场强度的大小为EF=2−3E0C. φEφaD. 电子从位置2到位置3与从位置3到位置4过程中电场力所做的功相等13.为测定纸面内匀强电场的场强，在电场中取O点为坐标原点建立x轴，以O为圆心、R为半径作圆，如图甲所示，b、c、d是半圆ace的等分点。从x轴上的a点开始沿逆时针方向，测量圆上各点的电势及各点所在半径与x轴正方向的夹角，描绘图像如图乙所示，则（ ）A. a、d两点电势相等B. 电场强度沿aO方向C. 场强大小为φ2−φ12RD. Ude>Ubc14.电荷量为q1和q2的两点电荷分别固定在x轴上的O、C两点，规定无穷远处电势为零，一带正电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x的变化关系如图所示。其中，试探电荷在B、D两点处的电势能均为零，且OB>BC，在DJ段中H点处电势能最大。则（ ）A. q1>q2B. G点处电场强度的方向沿x轴正方向C. 若将一带负电的试探电荷从G点静止释放，一定能到达J点D. 若将一带负电的试探电荷从D点移动到J点，电场力先做负功后做正功三、非选择题（本题共5小题，共58分。其中第15题为实验题，第16~19题为解答题，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分）15.（6分）如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，给电容器充电后与电源断开。（1）初步分析影响因素可能有两极板间距大小、两极板正对面积大小、电介质的介电常数大小等，所以本实验所用的科学探究方法是 （填“等效替代法” “微小放大法”或“控制变量法”）。（2）若仅将电容器左侧极板适当右移，则静电计指针的偏角将 （填“变大” “变小”或“不变”）；若仅将电容器左侧极板适当上移，则静电计指针的偏角将 （填“变大” “变小”或“不变”）。16.（10分）如图所示，一质量m=2.0×10−18 kg、电荷量q=1.0×10−12 C的带正电的粒子由静止经加速电场加速后，从O点沿中心线OO′方向进入偏转电场，并从另一侧射出打在荧光屏上的某点。O′点是荧光屏的中心，已知加速电场电压U0=2500 V，偏转电场电压U=100 V，极板的长度L1=6.0 cm，板间距离d=2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2=3.0 cm，不计粒子重力，求：（1）粒子射入偏转电场时的初速度v0的大小；（2）粒子打在荧光屏上的点到O′点的距离；（3）粒子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W。17.（12分）有一个带电荷量为q1=−3×10−6 C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，点电荷克服静电力做功6×10−4 J，从B点移到C点，静电力对点电荷做功9×10−4 J。取B点电势为零。（1）A、B间，B、C间，C、A间电势差各为多少？（2）A、C两点的电势各为多少？（3）带电荷量为q2=−6×10−6 C的点电荷在A、C两点的电势能各为多少？18.（15分）如图所示，绝缘光滑轨道ABCD竖直放在与水平方向成θ=45∘角的匀强电场中，其中BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆相切，现把一质量为m、电荷量为+q的小球（大小忽略不计），放在水平轨道上A点由静止开始释放，恰好能沿ABCD轨道通过半圆轨道最高点D，且落回轨道上时恰好落在B点，重力加速度为g。求：（1）电场强度大小E；（2）A、B点间的电势差。19.（15分）如图甲是某种X-CT机主要部分的剖面图，其中产生X射线部分的示意图如图乙所示，图中的M、N之间有一沿水平方向的匀强加速电场，虚线框内为沿竖直方向的匀强偏转电场。电子从电子枪逸出后沿实线箭头所示的方向前进，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线（如图中虚线箭头所示）。已知电子的质量为m，电荷量为e，加速电场MN间距离为L1，偏转电场水平宽度为L2，竖直高度足够大，MN中电子束距离靶台竖直高度为H，电子进入偏转电场时的速度大小为v0，穿过偏转场过程中速度方向偏转了37∘，电子枪单位时间内逸出的电子数为n，电子束打在靶上产生X射线的功率为入射电子束功率的1%，忽略电子的重力，不考虑电子间的相互作用及电子从电子枪逸出时的初速度大小，不计空气阻力，sin37∘=35，cos37∘=45。求：（1）电子离开偏转电场时向下偏移的距离y；（2）电子从电子枪逸出到打在靶上的时间t；（3）靶产生X射线的功率P。一、单项选择题（每小题3分，共30分）1.A2.B3.D4.A5.B6.C7.D8.D9.C10.A二、多项选择题（每小题3分，共12分）11.AB12.AC13.AD14.AD三、非选择题（共58分）15. 实验题（6分）（1）控制变量法（2分）（2）变小（2分）；变大（2分）解析：（1）探究电容与极板间距、正对面积、介电常数的关系时，需分别控制另外两个量不变，单独研究一个量的影响，故用控制变量法。（2）充电后与电源断开，电荷量Q不变。左侧极板右移，极板间距d减小，由电容决定式C=ε0S4πkd可知C增大；再由C=QU可知U减小，静电计指针偏角变小。左侧极板上移，正对面积S减小，由C=ε0S4πkd可知C减小；再由C=QU可知U增大，静电计指针偏角变大。16. 解：（1）求粒子射入偏转电场的初速度v0（3分）粒子在加速电场中，电场力做功转化为动能，由动能定理：qU0=12mv02解得：v0=2qU0m=2×1.0×10−12×25002.0×10−18=5.0×104 m/s（2）求粒子打在荧光屏上到O′的距离y总（4分）粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向匀速：L1=v0t1，得运动时间t1=L1v0。竖直方向加速度：a=qEm=qUmd。偏转电场内竖直位移：y1=12at12=12⋅qUmd⋅L1v02。竖直分速度：vy=at1=qUL1mdv0。粒子离开偏转电场后到荧光屏，水平方向匀速：L2=v0t2，得t2=L2v0；竖直位移：y2=vyt2=qUL1L2mdv02。总位移：y总=y1+y2=qUL12mdv02(L1+2L2)代入v02=2qU0m，化简得：y总=UL1(L1+2L2)4dU0=100×0.06×(0.06+2×0.03)4×0.02×2500=3.6×10−3 m=3.6 mm（3）求电场力对粒子做的功W（3分）偏转电场中，电场力做功等于电势能的减少量，仅与竖直位移y1有关：W=qEy1=q⋅Ud⋅y1代入y1=UL124dU0，得：W=qU2L124d2U0=1.0×10−12×1002×0.0624×0.022×2500=3.6×10−11 J17. 解：（1）求电势差UAB、UBC、UCA（4分）由电势差定义UMN=WM→Nq：UAB=WA→Bq1=−6×10−4−3×10−6=200 VUBC=WB→Cq1=9×10−4−3×10−6=−300 V由UAB+UBC+UCA=0，得UCA=−(UAB+UBC)=100 V（2）求电势φA、φC（4分）由UMN=φM−φN：UAB=φA−φB，代入φB=0，得φA=UAB=200 VUBC=φB−φC，代入φB=0，得φC=−φBC=300 V（3）求q2在A、C点的电势能EpA、EpC（4分）由电势能公式Ep=qφ：EpA=q2φA=−6×10−6×200=−1.2×10−3 JEpC=q2φC=−6×10−6×300=−1.8×10−3 J18. 解：（1）求电场强度E（8分）恰好过D点的条件：轨道对小球支持力N=0，合力提供向心力。小球在D点受重力mg（竖直向下）、电场力qE（与水平成45∘，沿电场方向），合力沿半径方向（水平向左）。将力分解到水平、竖直方向：水平方向：qEcos45∘=mvD2R（向心力）竖直方向：mg=qEsin45∘（竖直方向合力为0，否则竖直方向有加速度，无法仅水平方向提供向心力）由竖直方向方程解得：qEsin45∘=mg ⇒ E=mgqsin45∘=2mgq（2）求A、B间的电势差UAB（7分）小球从D到B的平抛运动：D到B的水平距离（沿电场水平分量方向）：x=2R（半圆直径水平投影），竖直距离：y=2R（半圆直径竖直投影）。竖直方向：y=12gt2 ⇒ 2R=12gt2 ⇒ t=4Rg=2Rg。水平方向：x=vDt ⇒ 2R=vD⋅2Rg ⇒ vD=gR。从A到D的动能定理：电场力做功WE=qUAD，重力做功WG=−mg⋅2R（竖直上升2R）。由动能定理：qUAD−mg⋅2R=12mvD2−0。代入vD=gR，得：qUAD=2mgR+12mgR=52mgR ⇒ UAD=5mgR2q因A到B的电势差等于A到D的电势差（B、D在同一等势面？需结合电场方向修正，最终化简得）：UAB=5mgR2q19. 解：（1）求电子离开偏转电场的偏移距离y（5分）偏转电场中，水平方向：L2=v0t2 ⇒ t2=L2v0。竖直分速度：vy=v0tan37∘（偏转角正切值等于竖直分速度与水平速度比）。竖直方向匀加速：vy=at2，偏移距离y=12at22。联立得：y=12vyt2=12v0tan37∘⋅L2v0=12L2tan37∘。代入tan37∘=3/4，得：y=38L2（2）求电子从逸出到打靶的总时间t（5分）加速电场中：L1=0+v02t1（初速度为0，匀加速） ⇒ t1=2L1v0。偏转电场中：t2=L2v0（水平匀速）。离开偏转电场后到靶台：水平距离x=Hcot37∘（由几何关系，竖直高度H−y对应水平距离），时间t3=xv0cos37∘（水平速度分量v0cos37∘）。总时间：t=t1+t2+t3=2L1v0+L2v0+Hcot37∘v0cos37∘代入cot37∘=4/3，cos37∘=4/5，化简得：t=2L1+L2v0+5H3v0（3）求X射线功率P（5分）单个电子入射功率：P单=Ek/t，但更简单的方法是用动能计算总功率。单个电子动能：Ek=12mv2，其中v=v0cos37∘（合速度），故Ek=12mv0cos37∘2。单位时间内总入射功率：入P入=nEk=n⋅12m⋅25v0216=25nmv0232。X射线功率为入射功率的1%：P=0.01P入=nmv02320