第10章 静电场中的能量 水平测评-【金版教程】2025-2026学年高中物理必修第三册创新导学案全书Word（人教版2019）

物理　必修 第三册 RJ 第十章　水平测评 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，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．关于静电场，下列说法正确的是(　　) A．电势等于零处的物体一定不带电 B．电场强度为零的点，电势一定为零 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 答案：D 解析：零电势的选取是任意的，一般选取大地或无限远处的电势为零，如一个接地的带电体其所在处电势就为零，A错误；电场强度为零，电势不一定为零，B错误；沿电场线方向电势降低，C错误；负电荷沿电场线方向移动时，静电力做负功，电势能增加，D正确。 2. 如图所示，是电子束焊接机的示意图，图中带箭头的虚线代表电场线，B、C是电场中两点。K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子的重力，元电荷为e，则下列说法正确的是(　　) A．B点和C点的电场强度均为 B．B点电势高于C点电势 C．电子由K到A做匀加速直线运动 D．电子由K到A电势能减少eU 答案：D 解析：由题图可知，K到A之间不是匀强电场，根据电场线的疏密表示电场强弱，知B点的电场强度小于C点的电场强度，电子由K到A运动过程中的加速度a＝逐渐增大，不是做匀加速直线运动，A、C错误；电场线由高的等势面指向低的等势面，则B点电势低于C点电势，B错误；电子由K到A的过程中静电力做的功为eU，则其电势能减少了eU，D正确。 3．(2021·广东高考)如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面。在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点。不计液滴重力。下列说法正确的是(　　) A．a点的电势比b点的低 B．a点的电场强度比b点的小 C．液滴在a点的加速度比在b点的小 D．液滴在a点的电势能比在b点的大 答案：D 解析：高压电源左侧为正极，则发射极与吸极间所加强电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知φa>φb，故A错误；等差等势面的疏密反映场强的大小，由图可知a处的等势面较密，则Ea>Eb，故B错误；液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为a＝，因Ea>Eb，可得aa>ab，故C错误；液滴在静电力作用下向右加速，则静电力做正功，动能增大，电势能减少，即Epa>Epb，故D正确。 4．规定无穷远处电势为0，电荷量为q的点电荷在距离其r的位置处产生的电场的电势φ＝，正电荷周围的电势均大于0，负电荷周围的电势均小于0。如图所示，直线上三个位置A、B、C，AB＝x，BC＝2x，在C位置放一电荷量为＋Q的点电荷，在B位置放另一个电荷量为q1的点电荷，如果A处的电势为零，则下列说法中正确的是(　　) A．q1＝ B．q1＝－ C．A处的电场强度也为零 D．A处的电场强度大小为 答案：B 解析：电荷量为＋Q的点电荷在A点产生的电场的电势为φ1＝，电荷量为q1的点电荷在A点产生的电场的电势为φ2＝，因为φ1＋φ2＝0，则q1＝－，A错误，B正确；以向左为正方向，电荷量为＋Q的点电荷在A点处产生的电场的电场强度为E1＝k，电荷量为q1的点电荷在A点处产生的电场的电场强度为E2＝k＝－k，则A处的电场强度E＝E1＋E2＝－，即A处的电场强度大小为，方向向右，故C、D错误。 5．(2022·重庆高考)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则(　　) A．材料竖直方向尺度减小 B．极板间电场强度不变 C．极板间电场强度变大 D．电容器电容变大 答案：A 解析：根据题意可知两极板间电压U不变，极板上所带电荷量Q变少，根据电容的定义式C＝，可知电容器电容C变小，D错误；根据平行板电容器电容的决定式C＝，可知极板间距d增大，极板之间存在匀强电场，电场强度E＝，可知极板间电场强度E变小，B、C错误；极板间距d增大，由几何关系可知，材料竖直方向尺度减小，A正确。 6. 如图所示，虚线表示某电场的等势面，实线表示一带电粒子仅在电场力作用下运动的径迹。粒子在A点的加速度为aA、动能为EkA、电势能为EpA；在B点的加速度为aB、动能为EkB、电势能为EpB。则下列结论正确的是(　　) A．粒子带正电 B．aA＞aB C．EpA＞EpB D．EkA＞EkB 答案：D 解析：根据电场线垂直于等势面，以及沿着电场线方向电势逐渐降低，可知电场线呈辐射状指向图中虚线圆的圆心，根据电场线的方向及粒子的运动轨迹，可知粒子受到的电场力方向与电场强度方向相反，故粒子带负电，A错误；等差等势面越密的地方电场强度越大，由图可知B点的电场强度大于A点的电场强度，所以粒子在B点受到的电场力大于在A点受到的电场力，由牛顿第二定律可知aA<aB，故B错误；由图可知φA>φB，又q<0，根据Ep＝φq可知EpA<EpB，故C错误；只有电场力做功，粒子动能和电势能相互转化，根据能量守恒定律可知，EpA＋EkA＝EpB＋EkB，又EpA<EpB，则EkA>EkB，故D正确。 7. 两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则(　　) A．a点的电场强度比b点的小 B．c点的电场强度比d点的小 C．把一个正电荷从a点移到b点电势能减小 D．c点的电势比d点的低 答案：D 解析：电场线的疏密表示电场强度的大小，所以由图可知a点的电场强度比b点的大，A错误；沿电场线方向电势降低，可知b点的电势高于a点的电势，由Ep＝qφ可知，把一个正电荷从a点移到b点电势能增加，C错误；由于c、d到正电荷的距离相等，若只有正电荷，则c点与d点电场强度的大小关系为Ec＝Ed，且Ec沿虚线向下，Ed沿虚线向上，若只有两个负电荷，则c点电场强度Ec′＝0，d点电场强度Ed′沿虚线向下，根据电场强度叠加原理，当三个电荷同时存在时，c点的电场强度比d点的大，B错误；由于c、d到正电荷的距离相等，若只有正电荷，c点与d点电势相等，若只有两个负电荷，电场线由无穷远指向负电荷，故c点的电势低于d点的电势，根据电势叠加原理，当三个电荷同时存在时，c点的电势低于d点的电势，D正确。 8．将电荷量为q＝－6×10－6 C的电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了3×10－5 J的功，下列说法正确的是(　　) A．A、B间的电势差UAB＝－5 V B．A、B间的电势差UAB＝5 V C．从A到B电荷的电势能减少了3×10－5 J D．若取A点电势为0，则B点电势为－5 V 答案：BD 解析：A、B间的电势差为UAB＝＝ V＝5 V，故A错误，B正确；从A到B电荷克服电场力做功3×10－5 J，电势能增加了3×10－5 J，C错误；UAB＝φA－φB＝5 V，若取A点电势φA＝0，则B点电势φB＝－5 V，D正确。 9. 一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是(　　) A．电场强度的大小为2.5 V/cm B．坐标原点处的电势为1 V C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV 答案：ABD 解析：如图所示，由匀强电场中两平行线距离相等的两点间电势差相等知，Oa间电势差与bc间电势差相等，故O点电势为1 V，B正确；则在x轴上，每0.5 cm长度对应电势差为1 V，10 V对应的等势线与x轴交点e坐标为(4.5，0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由几何知识得：Od长度为3.6 cm，代入公式E＝得，E＝2.5 V/cm，A正确；电子带负电，电势越高，电势能越小，电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝eU＝9 eV，D正确。 10. 在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有(　　) A．q1和q2带有异种电荷 B．x1处的电场强度为零 C．负电荷从x1移到x2，电势能减小 D．负电荷从x1移到x2，受到的静电力增大 答案：AC 解析：两个点电荷在x轴上，且x1处的电势为零，x>x1处的电势大于零，x<x1处的电势小于零。如果q1、q2为同种电荷，x轴上各点的电势不会有正、负之分，故q1、q2必为异种电荷，A正确；由E＝－知，x1处的电场强度不为零，B错误；x2处的电势最高，则负电荷在此处的电势能最小，负电荷从x1移动到x2的过程，电势能减小，C正确；由φ­x图像知，x2处电势最高，但电场强度最小，负电荷从x1移动到x2，所受静电力减小，D错误。 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共12分) 11．(6分)某兴趣小组想自制一个电容器。如图甲所示，他们用两片锡箔纸作电极，在两层锡箔纸中间夹以电容纸(某种绝缘介质)，一起卷成圆柱形，然后接出引线，再密封在塑料瓶当中，电容器便制成了。 (1)为增加该电容器的电容，应当________(填正确答案标号)。 A．增大电容器的充电电压 B．减小电容器的充电电压 C．锡箔纸面积尽可能小 D．锡箔纸卷绕得尽可能紧 (2)小组的同学设计了如图乙所示的电路来观察电容器的充、放电过程。同学将电流传感器与计算机相连，显示出电流随时间变化的I­t图像。直流电源电压为9 V，使开关S与________端相连(选填“1”或“2”)，电源向电容器充电，屏幕上显示出电流随时间变化的I­t图像如图乙所示。 (3)同学如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时I­t曲线与横轴所围成的面积将________(选填“增大”“不变”或“变小”)。 答案：(1)D　(2)1　(3)不变 解析：(1)电容器的电容与充电电压无关，故A、B错误；根据平行板电容器电容决定式C＝可知，为增加该电容器的电容，可以增大S或减小d，所以使锡箔纸面积尽可能大或使锡箔纸卷绕得尽可能紧，都可以增大该电容器的电容，故C错误，D正确。 (2)当电容器和电源相连时，电容器充电，由图乙可知，开关S应与1端相连。 (3)如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，电容器充完电后两端电压依然为9 V，由Q＝CU可知电容器所带的电荷量不变，由I­t曲线与横轴所围成的面积表示充完电后电容器所带电荷量可知，该面积不变。 12．(6分)小明同学想根据学习的知识，估测一个电容器的电容。他从实验室找到8 V的稳压直流电源、单刀双掷开关、电流传感器(与计算机相连，能描绘出电流i随时间t变化的图线)、定值电阻和导线若干，连成如图甲所示的电路。实验过程如下，完成相应的填空。 (1)先使开关S与1端相连，电源给电容器充电(充满)； (2)开关S掷向2端，电容器放电，此时电路中有短暂的电流。流过电阻R的电流方向为________(填“从右向左”或“从左向右”)； (3)传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i­t曲线如图乙所示； (4)根据图像估算出电容器在全部放电过程中释放的电荷量为________ C； (5)根据前面的信息估算出该电容器的电容为________ F。 (所有结果均保留两位有效数字) 答案：(2)从右向左 (4)2.5×10－3(2.4×10－3～2.6×10－3均正确) (5)3.1×10－4(3.0×10－4～3.3×10－4均正确) 解析：(2)开关S与1端相连，电源给电容器充电，电容器上极板与电源正极相连，上极板带正电；开关S掷向2端，电容器放电，流过电阻R的电流方向为从右向左。 (4)i­t曲线与坐标轴围成的面积表示电容器在全部放电过程中释放的电荷量，由图乙可知，一个小格的面积所表示的电量q＝0.2 mA×0.4 s＝8.0×10－5 C，由大于半格的算一格，小于半格的舍去，可得图像包含的小格数约为31个，所以释放的电荷量为Q＝31×8.0×10－5 C≈2.5×10－3 C。 (5)该电容器的电容为C＝＝ F≈3.1×10－4 F。 三、计算题(本题共3小题，共38分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 13．(10分)把q＝1.0×10－8 C的正电荷，从电场中的A点移至B点，静电力做正功，且WAB＝1.2×10－6 J，求： (1)A、B两点间的电势差； (2)若取B点电势为零，则A点的电势和q在A点的电势能各是多少？ 答案：(1)120 V　(2)120 V　1.2×10－6 J 解析：(1)根据公式UAB＝ 可得UAB＝＝120 V。 (2)因为UAB＝φA－φB 而φB＝0 所以φA＝UAB＝120 V 根据定义，q在A点的电势能等于把电荷从A点移动到零电势点静电力所做的功，B点为零电势点，故Ep＝WAB＝1.2×10－6 J (根据Ep＝qφ可得，q在A点的电势能Ep＝qφA＝1.2×10－6 J)。 14. (12分)如图所示，一个质量m＝2.0×10－11 kg、电荷量q＝＋1.0×10－5 C的带电微粒(重力忽略不计)，从静止开始经U1＝100 V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2＝300 V。金属板长L＝20 cm，两板间距d＝30 cm。求： (1)微粒进入偏转电场时的速度v0的大小； (2)微粒射出偏转电场时的偏转角θ； (3)微粒射出偏转电场时，偏移的距离y1是多少？ 答案：(1)1.0×104 m/s　(2)45°　(3)10 cm 解析：(1)微粒在加速电场中由静止做加速运动，由动能定理得qU1＝mv－0 解得v0＝1.0×104 m/s。 (2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，设其加速度大小为a，运动时间为t，射出偏转电场时竖直分速度为vy， 水平方向有L＝v0t 竖直方向有vy＝at 由牛顿第二定律得，电场力F＝ma 又F＝Eq 其中电场强度E＝ 飞出电场时，速度偏转角θ的正切值tanθ＝ 联立并代入数据解得θ＝45°。 (3)竖直方向偏移距离y1＝at2 联立并代入数据解得y1＝10 cm。 15．(16分)如图所示，竖直虚线的左右两侧区域Ⅰ、Ⅱ分别存在竖直向下和水平向左的匀强电场，区域Ⅰ的电场强度为E1(大小未知)，区域Ⅱ的电场强度大小为E2＝30 N/C，紧靠虚线的右侧沿竖直方向固定一光滑绝缘的圆弧形轨道BCD，O为圆弧形轨道的圆心，CD为竖直方向的直径，BO与CD的夹角为θ＝37°。质量为m＝0.4 kg、电荷量为q＝＋0.1 C、可视为质点的小球由区域Ⅰ中的A点以水平向右的速度v0＝12 m/s进入电场，经过一段时间小球恰好沿切线方向从B点进入弧形轨道，已知A、B两点的高度差为y＝0.9 m，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，求： (1)A、B两点的水平间距x以及E1的大小； (2)小球沿圆弧形轨道BCD段运动的过程中，欲使小球不脱离轨道，则轨道半径R的取值范围是多少？ 答案：(1)2.4 m　140 N/C (2)R≥9 m或0<R≤3.6 m 解析：(1)设小球在区域Ⅰ中运动的加速度大小为a，小球从A到B运动的时间为t，到达B点时竖直分速度为vy，则由牛顿第二定律得qE1＋mg＝ma 根据类平抛运动规律， 在水平方向上有x＝v0t 在竖直方向上有y＝at2 vy＝at 由题意可知，小球运动到B点时的速度与圆弧形轨道相切，即速度与水平方向的夹角为 α＝θ＝37° 则有tanα＝ 联立解得x＝2.4 m，E1＝140 N/C。 (2)由(1)中分析可知，小球在B点速度为 v＝＝15 m/s 小球在区域Ⅱ中运动时，所受电场力大小为 F电＝E2q＝3 N 所受重力大小为G＝mg＝4 N 则电场力与重力的合力大小为 F＝＝5 N 方向斜向左下方，且与竖直方向的夹角θ满足tanθ＝ 解得θ＝37° 故B点为小球在圆弧形轨道做圆周运动的等效最低点，小球沿圆弧形轨道BCD段运动的过程中，不脱离轨道的情形有两种： ①小球能够通过等效最高点从D点离开，等效最高点如图中的H点，H点与B点关于O点对称。设轨道半径为R1时，小球恰好通过H点，此时小球在H点速度为vH，小球与圆弧形轨道之间的作用力为零，由牛顿第二定律得F＝m 小球由B点到H点的过程中，由动能定理得 －F·2R1＝mv－mv2 联立解得R1＝3.6 m 则欲使小球不脱离轨道，应满足0<R≤3.6 m。 ②小球未越过圆弧形轨道BH的中点G。设轨道半径为R2时，小球到达G点时速度减为零，则对小球由B到G的过程中，由动能定理得－FR2＝0－mv2 解得R2＝9 m 则欲使小球不脱离轨道，应满足R≥9 m。 由以上分析可知，小球在BCD段不脱离轨道的条件是R≥9 m或0<R≤3.6 m。 12 学科网（北京）股份有限公司 $$