第一章 静电场的描述 达标检测卷-【突破课堂】2025-2026学年高中物理必修第三册同步单元达标检测卷（粤教版）

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 第一章　静电场的描述 注意事项 1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。 2.无特殊说明,本试卷中g取10 m/s2。 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.教学或生活中会有以下情景:①图1,用毛巾反复摩擦PVC管和塑料细带,向上抛起细带,并将PVC管置于下方,可见细带在空中飘浮;②图2,干燥的冬天,带负电的手靠近金属门锁时会被电击。下列说法正确的是 (　　) 　　 A.图1中,PVC管与塑料细带带异种电荷 B.图1中,毛巾与塑料细带摩擦时创造了电荷 C.图2中,在靠近门锁但还未被电击过程中,门锁近手端感应出正电荷 D.图2中,电击过程,门锁上的部分电子转移到手上 2.如图所示,以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f,等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时,在圆心O产生的电场强度大小为E,现仅将放于a点的正点电荷改放于其他等分点上,使O点的电场强度改变,则下列说法正确的是 (　　) A.移至f点时,O点的电场强度大小为E,沿Oe方向 B.移至f点时,O点的电场强度大小为E,沿Oe方向 C.移至e点时,O点的电场强度大小为,沿Oc方向 D.移至e点时,O点的电场强度大小为E,沿Oc方向 3.图为某一电场的电场线和等差等势面,电场中有A、B两点,下列说法错误的是(　　) A.正电荷在A点的电势能比在B点的小 B.负电荷从A点运动到B点,电势能增加 C.A点的电场强度更大 D.B点的电势更高 4.如图所示,真空中孤立导体球均匀带电,电荷量为+Q。试探电荷从P点由静止释放,只在电场力作用下运动到无限远处,电场力做功为W。若导体球电荷量变为+2Q,则该试探电荷从P点运动至无限远的过程中电场力做功为 (　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.2W B.4W C.W D.W 5.如图所示,真空中等量异种点电荷放置在M、N两点,在M、N的连线上有关于连线中点O对称的两点a、c,M、N连线的中垂线上有关于O对称的两点b、d,则下列说法不正确的是 (　　) A.O点场强一定大于b点场强 B.a点电势一定低于c点电势 C.负电荷在b点的电势能一定等于在d点的电势能 D.正电荷从d点移到a点电场力可能做负功 6.如图所示,在匀强电场中有M、N、P三点,恰好可以连成一个直角三角形,α=37°,MP=10 cm。把一个电荷量为2×10-6 C的正电荷从M点沿MN移到N点过程中,克服电场力做功9.6×10-7 J,从N点沿NP移到P点的过程中,电场力做功为0,已知该匀强电场电场强度方向与直角三角形所在平面平行,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则该匀强电场的电场强度大小和方向为 (　　) A.6 N/C,方向由N指向P B.6 N/C,方向由P指向N C.8 N/C,方向由N指向M D.8 N/C,方向由M指向N 7.在x轴上有两个点电荷Q1、Q2,其电场中电势φ在x轴正半轴上的分布如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.x0处的电势最低、电场强度为零 B.Q1的电荷量大于Q2的电荷量 C.Q1、Q2为同种电荷 D.电荷量为q的正检验电荷从x0移到无穷远的过程中,电场力做功为qφ0 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得4分,有选错的得0分) 8.如图所示,电荷量为q1的小球P固定在绝缘竖直墙壁上,绝缘轻绳将带电小球Q悬挂于O点,Q静止时,轻绳与竖直方向成θ角(θ<45°),且P、Q在同一水平线上,此时轻绳的拉力为F1。现将P沿竖直墙壁缓慢向上移动,并调整P的电荷量为q2,保持Q的位置不动,当P、Q连线与水平方向成θ角时,轻绳的拉力变为F2。则在此过程中 (　　) A.P对Q的作用力一直减小 B.轻绳的拉力始终大于球的重力 C.小球P的电荷量q2= D.轻绳的拉力F2=F1 cos2θ 9.如图水平且平行等距的三条虚线表示某电场的三个等势面,电势值分别为-U、0、U(U>0),实线是电荷量为-q的带电粒子的运动轨迹,a、b、c为轨迹上的三个点,且都位于等势面上,不计重力。下列说法正确的是 (　　) A.若粒子在a点的动能为2 eV,则在c点的动能可能为0 B.粒子在b点所受电场力方向水平向右 C.粒子在三点处的电势能大小关系为Epb>Epa>Epc D.粒子从a到c过程中电场力对它做的功为qU 10.一带负电的微粒(电荷量不变,所受重力不计)只在电场力作用下沿x轴正方向运动,其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示,其中0~x1段的图线是曲线,x1~x2段的图线是平行于x轴的直线,x2~x3段的图线是倾斜直线,则下列说法正确的是 (　　) A.0~x1段电场强度逐渐增大 B.0~x1段电势逐渐升高 C.x1~x2段电场强度为零 D.x2~x3段微粒做匀加速直线运动 三、非选择题(本大题共5小题,共54分) 11.(8分)如图所示,Q是真空中固定的点电荷,a、b、c是以Q所在位置为圆心、半径分别为r和2r的球面上的三点。将电荷量为q1、q2的正电荷分别从a、c两点移至无穷远处,已知两电荷的电势能均增大且增量相同。取无穷远处电势为零,不计电荷量为q1、q2的两电荷之间的相互作用,由此可知: (1)a、b两点电场强度的大小之比Ea∶Eb=　　　　;  (2)电荷量为q1的正电荷在a点的电势能　　　　(选填“>”“=”或“<”)电荷量为q2的正电荷在c点的电势能;  (3)电势φa　　　　φc,电荷量q1　　　　q2(均选填“>”“=”或“<”)。  12.(8分)空间存在匀强电场,在电场中建立Oxyz空间坐标系如图所示,a、b、c三点分别在三个坐标轴上,距离原点O的距离ra=rc=2 cm,rb=2 cm,d点在yOz平面内,且db⊥Ob。将电荷量为q=+3×10-16 C的试探电荷从d点移动到b点电场力做功为零,从a点移动到b点电场力做功W=-1.2×10-14 J,b、O间电势差UbO=20 V,由此可得,电势差Uab=　　　　V,等势面垂直于　　　　(选填“xOy”“xOz”或“yOz”)平面,电场线平行于　　　　(选填“xOy”“xOz”或“yOz”)平面,电场强度的大小为　　　　V/m。(计算结果保留两位有效数字,可能会用到的数据:≈1.41,≈1.73)  13.(10分)如图所示,倾角为37°、上表面光滑的绝缘斜面体固定在地面上,斜面上有两个质量均为m=2×10-3 kg的小球A、B,用绝缘轻质细绳连接,细绳与斜面平行。其中小球A带电荷量为q=5×10-3 C,小球B不带电,整个装置静止在水平向右的匀强电场中。重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)匀强电场的电场强度E的大小; (2)剪断细绳后小球A的加速度a。 14.(11分)如图,竖直向上的匀强电场中,用长为L的绝缘细线系住一带电小球,在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点,A点为最低点,B点与O点等高。当小球运动到A点时,细线对小球的拉力恰好为0,已知小球的电荷量为q(q>0),质量为m,A、B两点间的电势差为U,重力加速度大小为g,求: (1)电场强度E的大小; (2)小球在A、B两点的速度大小。 15.(17分)如图所示,光滑绝缘细杆沿竖直方向固定,其底端O固定一带正电的点电荷。一质量为m、电荷量为+q的小球,中心开孔套在杆上,孔径比杆的直径略大,小球恰能静止在距O点为h的A点。现将小球移至距O点为1.5h的B点由静止释放,小球运动至A点时速度大小为v。已知重力加速度为g,静电力常量为k,求: (1)O点处点电荷在A处的场强大小和方向; (2)小球在B点释放时的加速度大小a; (3)以B点为零电势点,A点的电势大小。 答案与分层梯度式解析 1.C　题图1中,PVC管与塑料细带带同种电荷,由于同种电荷相斥,因此细带飘浮在空中,选项A错误;题图1中,毛巾与塑料细带摩擦时产生了静电,这是电荷的转移,不是创造了电荷,选项B错误;题图2中,因手带负电,则在靠近门锁但还未被电击过程中,门锁近手端感应出正电荷,选项C正确;题图2中,电击过程,因手带负电,则手上的部分电子转移到门锁上,选项D错误。故选C。 2.C　当等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时,正、负点电荷在O点产生的电场强度大小相等,方向相同,由场强的叠加原理可知正、负点电荷单独存在时在O点产生的电场强度大小为E0=,当把正点电荷移至f点时,根据场强的叠加原理,可知O点的电场强度大小为E1=2E0 cos 30°=,方向为Od和Oc的角平分线方向,故A、B错误;当把正点电荷移至e点时,根据场强的叠加原理,可知O点的电场强度大小为E2=2E0 cos 60°=,方向为沿Oc方向,故C正确,D错误。 3.B　根据题图中电场线的疏密程度可知,A点的电场强度更大,故C正确,不符合题意;根据沿电场线方向电势降低,可知B点的电势高于A点的电势,即φA<φB,故D正确,不符合题意;根据Ep=qφ可知正电荷在A点的电势能比在B点的小,故A正确,不符合题意;负电荷从A点运动到B点,电场力做功WAB=-qUAB>0,电场力做正功,电势能减少,故B错误,符合题意。故选B。 4.A　根据点电荷产生的电场的电势分布特点φ=k可知,当导体球电荷量变为+2Q时,除无穷远处电势仍为0外,其他点的电势变为原来的两倍,则P点与无穷远处的电势差变为原来的两倍,根据W=qU,可知试探电荷仍从P点运动至无限远的过程中电场力做功为W'=2W,选项A正确,B、C、D错误。 5.B　在等量异种点电荷的电场中,在两电荷连线的中垂线上,中垂线与连线的交点O处的电场线最密集,可知O点场强一定大于b点场强,选项A正确;沿着电场线的方向电势降低,由于不知道两电荷电性,所以不能判断a、c两点电势高低,选项B错误;b、d两点处于等势面上,电势相同且为0,所以电荷在两点的电势能相同,选项C正确;因a点电势可能高于d点,则正电荷在a点的电势能可能大于在d点的电势能,正电荷从d点移到a点电场力可能做负功,电势能可能升高,选项D正确。 6.C　将一电荷量为2×10-6 C的正电荷从M点移到N点,克服电场力做功9.6×10-7 J,则有UMN== V=-0.48 V;从N点沿NP移到P点的过程中,电场力做功为0,则有UNP=0,故P、N连线为等势线;由于UMN<0,即φM<φN,MN⊥NP,可得匀强电场的方向从N指向M;根据公式E=,得匀强电场场强大小为E== N/C=8 N/C,选项C正确,A、B、D错误。 7.A　由题图可知x0处的电势最低,φ-x图线的斜率表示电场强度,x0处φ-x图线的斜率为零,则x0处的电场强度为零,故A正确。根据沿电场线方向电势降低,且x0处的电势最低,则x0左侧场强方向向右,x0右侧场强方向向左,说明Q1、Q2只能是异种电荷,且Q1为正电荷,Q2为负电荷;x0处场强为0,且Q2距离x0较远,由场强的叠加原理可得,Q2的电荷量大于Q1的电荷量,故B、C错误;电荷量为q的正检验电荷从x0移到无穷远的过程中,电势升高,电场力做负功,电场力做功为W=qU=q(-φ0-0)=-qφ0,故D错误。故选A。 8.ACD　对Q受力分析如图所示,可知将P沿竖直墙壁缓慢向上移动的过程中,P对Q的作用力一直减小,故A正确; 由受力分析图可知轻绳的拉力先大于球的重力,后小于球的重力,故B错误;由几何关系可知两球间距变为原来的,根据平衡条件及库仑定律有F库1==mg tan θ,F库2==mg sin θ,可得小球P的电荷量为q2=,故C正确;根据平衡条件有F1=,F2=mg cos θ,故F2=F1 cos2θ,故D正确。故选A、C、D。 9.CD　由题意可知,a点的电势低于c点电势,带负电的粒子在a点的电势能大于在c点的电势能,由能量守恒可知,粒子在a点的动能小于在c点的动能,选项A错误;因表示电场中三个等差等势面的三条虚线是平行且等间距的,由此可判断电场是匀强电场,根据电场线与等势面垂直,电场线由高电势指向低电势,可知场强方向竖直向上,结合轨迹的弯曲方向知粒子在b点所受的电场力竖直向下,选项B错误;由题可知φc>φa>φb,根据负电荷在电势高处电势能小可知Epb>Epa>Epc,选项C正确;粒子由a到c整个过程中电场力做正功,有W=-q(0-U)=qU,选项D正确。 10.CD　由于Ep-x图线的斜率表示电场力,则0~x1段微粒所受电场力逐渐减小,故0~x1段电场强度逐渐减小,同理,x1~x2段电场强度为零,故A错误,C正确;0~x1段微粒的电势能逐渐增大,而微粒带负电,所以电势降低,x2~x3段微粒受到的电场力不变,电势能降低,则动能增加,微粒做匀加速直线运动,故B错误,D正确。 11.答案　(1)4∶1(2分)　(2)=(2分)　(3)<(2分)　<(2分) 解析　(1)根据公式E=k可得Ea∶Eb=4∶1。 (2)取无穷远处的电势能为零,将两正电荷分别从a、c两点移至无穷远处,电势能的变化量相同,则Epa=Epc,即电荷量为q1的正电荷在a点的电势能等于电荷量为q2的正电荷在c点的电势能。 (3)将电荷量为q1、q2的正电荷分别从a、c两点移至无穷远处,已知两电荷的电势能均增大,则电场力做负功,故Q带负电,由沿电场线方向电势降低,可知φa<φc<0。由于Epa=Epc,根据Ep=qφ可知q1<q2。 12.答案　-40(2分)　xOy(2分)　xOy(2分)　1.2×103(2分) 解析　由电场力做功特点可知Uab== V=-40 V;试探电荷从d点移动到b点电场力做功为零,因此b、d连线为等势线,bd垂直于平面xOy,即等势面垂直于平面xOy;由于电场线与等势面垂直,因此电场线平行于平面xOy;在xOy平面内的三角形aOb,如图所示,a、b间的电势差Uab=-40 V,b、O间电势差UbO=20 V,则原点O与ab中点电势相等,故连接原点O与ab的中点e,连线Oe为等势线,因此过a点作Oe的垂线,垂足记为f,xOy平面内的一条电场线与垂线af重合,且方向由f指向a,所以场强方向与x轴正方向成30°角,场强大小为E== V/m≈1.2×103 V/m。 13.答案　(1)6 N/C　(2)6 m/s2　方向沿斜面向上 解析　(1)以小球A、B整体为研究对象,由平衡条件得 tan 37°= (2分) 解得E=6 N/C。 (2分) (2)以小球A为研究对象,沿斜面方向,由牛顿第二定律得 Eq cos 37°-mg sin 37°=ma (3分) 解得a=6 m/s2 (2分) 方向沿斜面向上。 (1分) 14.答案　(1)　(2)　 解析　(1)根据E=得电场强度的大小E=。 (3分) (2)小球在A点时,根据牛顿第二定律得Eq-mg=m (3分) 解得vA= (1分) 从A到B,根据动能定理得qU-mgL=m-m (3分) 解得vB=。 (1分) 15.答案　(1)　竖直向上　(2)g　(3) 解析　(1)小球恰能静止在A点,由受力平衡有mg=qEA 解得EA= (3分) 场强方向竖直向上。 (1分) (2)小球最开始静止在A点,由受力平衡及库仑定律有mg=k (2分) 小球在B点由静止释放时,由牛顿第二定律有mg-k=ma (3分) 解得a=g。 (1分) (3)小球由B运动到A,由动能定理有mgh+qUBA=mv2-0 (3分) 解得UBA= (1分) 又由UBA=φB-φA (2分) 解得φA=。 学科网（北京）股份有限公司 $