第十章 第一单元 电势能电势差 A卷 基础达标-【金试卷】2025-2026学年高中物理必修第三册同步单元双测卷（人教A版）

体运动，所以两球下落时间相等。 在下落过程中，两球始终处于同一水平面，则在水平方向上，两球在库仑斥力的作 用下间距增大，从而导致库仑力减小，则两球在水平方向的加速度减小，所以两球 不可能做匀变速运动。 根据a=卫可知，水平方向加速度a。<a m 根据x=弓a2可知两球落地时水平位移x。< 根据v=√J十=√(at)2十(gt)可知a球落地时的速度小于b球落地时的速度。 故A、B错误，C、D正确。 12.答案(1)控制变量法(2)mgtan0(3)偏大 解析(1)由实验步骤可看出本实验采用了控制变量法。 (2)B球受重力、绳的拉力和静电力，三力平衡，根据平衡关系，A、B两球之间的静 电力F=mgtan0。 (3)当两小球球心相距3R时，两小球不能看成点电荷，因带同种电荷，导致两球上 电荷间距大于3R,根据库仑定律公式F=k19,可知两球间实际的库仑力大小 下<k竖，即该同学的计算结果偏大。 9R2 13.答案201微小量放大控制变量 解析设A带电荷量为qA,C球带电荷量为qC,库仑力与旋钮旋转的角度成正比， 则有=F=名，由题可知D球带电荷量为90=3gc,接：后分开，电待量 将均分，有gC-30cc=2gc依题意有6=1F2=1gC=219,则 2 r2 02=2日1。把微弱的库仑力转换放大成可以看得到的旋转角度，是微小量放大法；保 持A和C的距离不变，改变电荷量，这是控制变量法。 14.答案(1)200N/C(2)5×102N/C 解析(1)由库仑定律可知F1=Qg=1.0X10-8N 2六2 方向水平向左 由受力分析知，试探电荷受到匀强电场的电场力为F2=F-F1=2.0X10-8N,方 向水平向左 由E-号可得E-号-20NC (2)由于在O,点处的点电荷形成的电场在d点的场强方向竖直向上， 由E=k9可得EQ=100N/C 匀强电场在d点的场强大小为E2=200N/C,方向水平向右，所以d点的实际场强 为两个场强的矢量和，如图所示 E E Ea=√E路十E=√5×102N/C 15.答案(1)四ne带正电荷(2)号 kg 解析(1)由初始B球的加速度等于零及B球带正电荷，可知A球带正电荷，对B 球受力分析，沿斜面方向B球受到的合力为零，即F-mgsin a-=0 根据库仑定律得F=Qg L2 解得Q=mgL2sine kg (2)两球距离为L'时，A球加速度方向沿斜面向下，设A、B间的库仑力大小为F', 根据牛顿第二定律有F+2 ngsin a=2ma1 B球加速度方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mngsin a一F'=ma2 依题意a1:a2=11：5 解得F=mgsin a 又P=器解将吃= 46参考答案 16.答案见解析 解析(1)设小球C所处位置的电场强度大小为E,根据小球C静止时，细线拉力 恰好为零，对小球C受力分析可知Eq=mg 解得E=g=5.4X105N/C 9 (2)因A、B两，点固定有电荷量相等且带正电的小球，则A、B处小球在小球C所处 位置产生的电场强度的大小相等，设A处小球在C所处位置产生的电场强度的大 小为E1,A、C连线与A、B连线间的夹角为a,由已知条件可知sina=0.6 根据电场的叠加原理可知小球C所处位置的电场强度E=2E1sia 。E_=4.5×105N/C 解得E1=2sina 再根据点电荷场强公式E=?知 r2 -E1L2 QA-QB-k =5X10-5C (3)若给小球C一初速度，使小球C恰能在竖直面内做圆周运动，则当小球C到达 最高点时，细线拉力为零，由对称性可知最高点和最低点的电场强度大小相等，方 句相反，则根据牛顿第二定律有Eg+mg=m,,其中7=0.6m 代入数据解得w=2√3m/s 小球C从最高点运动到最低，点的过程中，通过分析可知，只有重力做功，根据机械 能守恒定律有mgh+分m=之mf,共中A=2=1.2m 1 代入数据解得小球在最低点的速度1=6m/s 设小球在最低，点时每根细线的拉力大小为F,根据牛顿第二定律有2 Fsin a十E引g i -mg=m r 代入数据解得F=5N 第十章静电场中的能量 第一单元电势能电势差 A卷基础达标 1.C把负点电荷沿电场线方向由a点移至c点的过程中，受力方向与位移方向相反， 故静电力做负功，电势能增加，故C正确，A、B、D错误。 -7.0×10-8 2.A电场力做的功W=0-g9p,得9p=2.0X10)V=35V,故选A. 3.B静电力做功与路径无关，只和始、末位置有关，从B点到C点静电力不做功，故静 电力做功为W=gEX4d=4gEd,选项B正确。 4.D由图(b)可知，9M=一200kV,pp=-400kV,则pw>pp;根据电场线与等势面 垂直，由高电势指向低电势，可知电场线由大树（即表示等势面的同心圆的圆心）沿 半径方向指向外侧；根据等差等势面的疏密程度可以表示电场的强弱，易知越靠近 大树的地方电场强度越大，故A、B、C错误。根据电势差的定义，可得UM仰=PM一 9P=200kV,故D正确。 5.B点电荷由A点移到B点，电势能减少，故静电力做正功，WAB=3×10-4J,由 -"ggUu=-10V=-2o0V,又tUa=1omV,改Ue=Ua+ UAB UAc=-UAB-UCA=100V,所以WC=qUBC=-1.5×10-4J,B正确。 6.A如图所示，AB中点的电势与C点的电势相等，根据等边三角形的特点可知，过C 点的等势面与AB垂直，所以电场方向由A到B,可得E=号=6.2V/cm= d 6 号VIcm,故选A. C4V 6V 4V 2V 7.C负电荷从A点由静止释放能加速运动到B点，说明负电荷受到的静电力方向从 A指向B,那么电场方向就是由B指向A,由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以A、 B两点的电势关系是PA<PB;负电荷从A点运动到B点的过程中，加速度是逐渐减 小的，由牛顿第二定律知，负电荷从A运动到B时，受到的静电力是逐渐减小的，由 E=E知，EA>EB,C正确。 8.C 因避雷针顶端 由等差等势线越 带正电，则离 D 密的地方场强越大 避雷针顶端越 大可知C点场强 远电势越低， 大于D点场强， Pn<P,C正确； B错误 负电荷是电势 电场线与等势线 低处电势能大 垂直，A、B两点 D错误 场强的方向不同， A错误 9.B由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中静电力所做的负功相等可知， N、P两，点在同一等势面上，且电场线方向为M→N,故选项B正确，A错误；M点与 Q点在同一等势面上，电子由M点运动到Q点，静电力不做功，故选项C错误；电子 由P点运动到Q点，静电力做正功，故选项D错误。 10.D由动能定理得WAB=0一Ek0=一10J,相邻两个等势面间的电势差相等 Uab=Uc,所以qUb=qUk, 即Wb=Wk=2wB=-5J, 设粒子在等势面b上时的动能Ek 则Wx=Ekc一Ekb,所以Eb=5J, 粒子在b处的总能量E6=Ekb=5J 从而可知粒子在电场中的总能量值为E=5J 当这个粒子的动能为7.5J时有 Ep=E-Ek=(5-7.5)J=-2.5J。 11.答案(1)C、A、B(2)-15(3)-1×10-7(4)-1.5×10-7(5)如图所示 AB→E 解析(1)根据电势差U=”得 BA同也券送U-日”V=一10V,说别B友的电劳比A意的电游长 91 10V; B,C间电势差Uc-We-EE=2.5X10J=一25V,说明B点的电势比 -10-8C C点的电势低25V; 故PC≥9A≥PB。 (2)A、C两，点间的电势差UAc=UAB+Uc=10V-25V=-15V。 (3)设B点的电势为零，则A点的电势为9A=10V, 电荷量为92的电荷在A点的电势能是Ep=q294=一10-8×10J=一1×10-7J。 (4)W4c=q1U4c=10-8×(-15)J=-1.5X10-7J。 (5)电场分布示意图和A、B、C三点可能的位置如答案图所示。 12.答案(1)1500V/m水平向右(2)30V-30V(3)-9×10-9J 解析(1)a、c间的距离为4cm,则 E-竖-08，VWa=15ov7/m 根据A点的电势大于C点的电势，知电场强度的方向水平向右。 (2)UAB=Edb=1500X0.02V=30V 因为9B=0,则9A=30V 同理Uc=30V,则PC=-30V (3)UAD=Edad=90 V WAD=qU4D=-1×10-10X90J=-9X10-9J 13.答案(1)1.2×10-4J1.2×104V(2)1.2×104V 解析(1)取无限远处的电势为零，电荷在无限远处的电势能也为零，即P=0, Ep∞=0 由W∞A=Ep∞-EpA得EpA=Ep∞-W∞A=0-（-1.2X10-4J)=1.2X10-4J =E4得9A=1.2×104V。 再由PA=g (2)A,点的电势是由电场本身决定的，跟A点是否有电荷存在无关，所以q未移入 电场前，A,点的电势仍为1.2×104V。 14.答案(1)1.0×10-3C(2)减少1.2×10-2J(3)24V 解析(1)A、B两点间的电势差为UAB=EdAB=240X0.05V=12V 根据UAB-WAe 9 =WAB=1.2X102 可得粒子所带电荷量为q=UB 12 -C=1.0X10-3C (2)B、C两点沿电场线方向的距离为dC=BC·cos60°=0.05m 则B、C两，点间的电势差为Uc=Edc=240×0.05V=12V 粒子从B点移动到C点过程中电场力所做的功为 Wc=qUc=1.0×10-3×12J=1.2×10-2J 电场力做正功，电势能减少，其减少量为1.2×10一2J (3)A、C两点的电势差为UAC=UAB十UBC=24V B卷能力提升 1.C取无穷远处电势为零，则正电荷在M点的电势能为一8×10一9J,负电荷在N,点 的电势能为9×10-9J。由9= E知，M点的电势PM<0,N点的电势pN<0,且 |pN>|pM,即9N<PM<0,故C正确。 2.C根据对称性可知，a点场强等于c点场强，A错误；电场线由正电荷指向负电荷， 沿着电场线；电势降低，因此a点电势比c点电势高，B错误；根据对称性可知，b、d 两点的场强大小相等，方向相同，C正确；b、在同一等势线上，正的试探电荷从b点 到d,点电场力做功为零，电势能不变，D错误。 3.D匀强电场的等势面是垂直于电场线的一簇等间距的平行平面，A中α、b两点不 在同一等势面上，所以，这两点的电势是不相等的，但这两点的电场强度相等；B中 a、b两点在同一个等势面上，电势相等，但这两，点的电场强度大小相等、方向不同；C 中α、b两点对称于两等量正，点电荷的连线，所以电势相等，但在中垂线上电场强度 的方向是沿中垂线的，而且都指向外侧，故两点的电场强度方向不同；在D中，a、b两 点的电势相等，而且电场强度的方向相同、大小相等，故D正确。 4.C设无穷远处电势为零，由于UA=W-4X10 10-9 -V=40V,则Pa≈-40V;由 手s器-二98V-0v,周=-0v,可0≥pn≥p订格经电 荷是负电荷，位于A的左侧，故选C。 5.B利用等分法可得B,点与AC中点D的连线为等势线，由 电场线与等势线垂直且由高电势指向低电势可知电场线分 E 布如图所示 D 由电场强度与电势差间的关系得E号=0.1m=40V/m, 0 场强方向从C到A,故A错误；将电子从A点移到C点， W4c=qUAc=4eV=6.4X10-19J,则将电子由A,点移到C B ,点，电势能减少了6.4X10一19J,故B正确，C错误；在三角形 ABC外接圆的圆周上，由电势沿电场线方向降低可知，电势最低点不是A,点，故最 低，点电势不是2V,D错误。 6.B四个电极表面都是等势面，电场线与等势面垂直，则图中虚线表示等势面，不表 示电场线，选项A错误；规定无穷远处电势为零，则α点的电势为零，b点的电势小于 零，则α点的电势高于b点的电势，选项B正确；每个电极附近的等差等势面分布的 疏密不同，则电极表面的电场线疏密不同，则电荷在每个电极的表面分布不均匀，选 项C错误；因c点处等差等势面较d,点密集，则c点处电场线分布较d点处密集，即 c点的电场强度比d点的电场强度大，选项D错误。 7.AA由静止释放到运动r0距离过程，由动能定理得W电场力一mgr0=0一0，同理 对B由动能定理得W电场力'一mgr0=2mu-0,其中W电场力=Ug,W电场力'=U· (号g),U为M、N间的电势差，联立解得U=√g,所以A正确。 8.ABC等差等势面越密的地方电场线越密，电场强度越大，故A正确；A点的电势为 零，C点的电势为一5V,A点的电势比C点的高，故B正确；A点的电势与B点的电 势相等，将电荷从A点移到B点，静电力不做功，故C正确：C点的电势小于零，负电 荷在C点的电势能大于零，故D错误。 9.AD由图可知，电子做初速度为零的加速度增大的加速直线运动，说明电子所受静 电力增大，电子在A,点受到的静电力小于在B,点受到的电场力，即FA<FB,由F= qE可知，A点的电场强度小于B点的电场强度，即EA<EB,故D正确，B错误；电子 由静止开始沿电场线从A运动到B,静电力的方向从A指向B,而电子带负电，则电 场强度方向从B指向A,根据沿着电场线电势降低可知，A点的电势低于B点电势， 即PA<PB,故A正确；由图可知，电子的速度增大，动能增大，根据能量守恒得知，电 子的电势能减小，则电子在A点的电势能大于在B点的电势能，即EA>EB,故C 错误。 10.CD由9=0十弩x可知，活x轴正方向电势逐渐升高，根据“活电场线方向，电 ☑轴上各点的电场强度都沿工柏克方面，放 一器可知，9一工国像的斜率表示该电场的电场强度，由题给表达式可知电场强度 为定值，由牛颜第二定律可得=gE,所以质子沿x轴从0点到A点的加速度保持 不变，故B错误根据W电=一△E,又知U=。,E=,联立可得电场强度大 E=20V/m,0、A间电势差Ua4=-50V,又U04=p0-390=-2p,质子在A点 的电势能为EA=eX3p0,联立可得EpA=75eV,故C,D正确。 11.ABA、B两，点之间的电势差为UAB= WAB_3.0X10-8 9=3.0X10-7V=0.1V,故A正确；因 为电场是匀强电场，故M=APD,PN=BC,所以W=qUMN=q(PM 2 2 N)=gA十9D2B一e_W十W匹=4.5X108J,故B正确：A、B两点之间 的电势差为0.1V,但电场方向不一定沿着AB方向，则该电场的场强不一定是 10V/m,故C错误；D、C两点之间的电势差为Uc= Wc_6X10-8 q 3×10-7V=0.2V,若 B、C两点电势相等，则UAD=一0.1V,将该粒子从A点移动到D点，电场力做功 WAD=U4D9=(-0.1)×3.0X10-7J=-3.0X10-8J,选项D错误， 12.答案(1)0(2)8eV 解析根据题述，匀强电场中等势面互相平行，间距相等，则相邻等势面之间的电 势差相等。设相邻等势面之间的电势差为U,经过O、C等势面时的动能分别为 10eV和4eV,根据动能定理可得-e(po-pc)=(4-10)eV,则po-pc=3U= 6V,所以U=2V,因A的电势为2V,故等势面B的电势为零。因只有电场力做 功，动能与电势能之和保持不变。电子在O点时电势能为Epo=一4eV,当其电势 能变为一2eV时，由能量守恒可得一4eV+l0eV=一2eV十Ek,得Ek=8eV。 13.答案(1)4V(2)2.4×10-5J(3)-1.2×10-5J 解析负点电荷从电场中的A点移动到B点，克服电场力做了2.4×10一5J的功， 即电场力做功为WAB=-2.4×10-5J,U4B= -20v=4V,电沙形 增加△E。=2.4×10-5J;从B点移动到C点，电场力做功WC=1.2×10-5J, Ux-We=1.2X10-5 =二6X10V=-2V,若规定B点电势为0，则C点的电势为2V,该 负点电荷在C点的电势能为Epc=q9C=-6X10-6×2J=-1.2×10-5J。 14.答案(1)-4.5×10-3J3×10-3J (2)3×10-3J1.5×103V 解析(1)在该过程中，小球的重力势能变化量△Ep=一mgl=-4.5×10-3J,电 势能变化量△Ep电=Eql=3×10-3J。 (2)若取A点电势为零，则EpA=q9A=0,因△Ep电=EB一EpA,故小球在B点的电 势能EpB=△Ep电十EpA=3X10-3J,所以PB EpB=1.5X103V。 15.答案(1)6.4×10-9J(2)1.6×10-18J(3)-16V 解析(1)根据电场强度的定义，有E=F 0 所以E=F=3.2X10-17 e1.6X10-15 N/C-2X102 N/C 所以pD=-UaD=-EdD=-2X102X0.02V=-4V 电子在D,点的电势能为Ep=一epD Ep=-1.6×10-19×(-4)J=6.4×10-19J (2)将一电子从C,点移到D,点，静电力做功为 W=-eUCD 因Um=-Uc=-Edc=-2×102×(0.1-0.02-0.03)V=-10V 所以W=1.6×10-18J (3)pp=-UAP=-EdAP=-2X102×0.08V=-16V 16.答案1)3k,方向由0指向P (2)-50V(3)50V 解析(1)依据电场强度的决定式 EAp-Epp-kQ r E AP 故E6=2EAPc0S30°=VBkQ r2 方向由O指向P。 (2)依据电场力做功的定义W0=gUo, 故Uo= W0_-1.0×10-7 g2.0x109V=-50V. ④-----4----- 0 (3)依据电势差的关系Ur0=pp一P0 故9p0=pp-Ur0=0-(（-50)V=50V。 第十章静电场中的能量 第二单元电容器带电粒子在电场中的运动 A卷基础达标 1.B开关S掷向“2”端后的极短时间内，电容器对电阻R放电，电容器两极板所带的 电荷量减小，两极板间电压也减小，直至最后减小为0，故B正确，A、C、D错误。 2.B该超级电容器充电时把电能存储在电容器中，没有转化为化学能，故A错误；该 电容器最大容纳电荷量为Q=UC=2.7×3000C=8100C,选项B正确；电容是描 述电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与板间电压和电容器所带电荷量无关，故 该电容器的电容始终为3000F,故C错误；电容器的额定电压为2.7V,其在2.5V 电压下也能工作，故D错误。 3.A当用带电玻璃棒与电容器α板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异 种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；根据平行板电容器电容的决定式C= 将电容器6板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据C=吕可知， E,S 电荷量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；只在极板 间插入有机玻璃板，则相对介电常数，增大，则电容C增大，根据C-号可知，电荷 量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角变小，故选项C错镁：根据C-吕可 知，电荷量Q增大，则电压U也会增大，但电容C不变，故选项D错误。 )根据题意可知，风力越大，则d越小，由C可得，电客器电容越大，故A错 误：白C-C-吕B-号叁理可得E-密根愿意可知，Q保将不定，别风 力越大，极板间电场强度不变，故B错误；由U=Ed可知，由于E不变，可动极极与 P点间的距离减小，则P点与可动极板间的电势差减小，可动极板电势不变，则P点 电势降低，故C错误；由C=号可知，由于Q保持不变，风力越大，d越小，C越大，则 U越小，故静电计指针张角越小，故D正确。 5.B根据两对偏转电极所加电压可知，竖直方向的电场方向由Y指向Y',则电子向Y 方向偏转，水平方向的电场方向由X'指向X,则电子向X'方向偏转，因此电子可能 会打在荧光屏上的2位置，选项B正确。 6,A带电粒子在竖直方向做自由落体运动，有d=日g,在水平方向只变电场力，微 匀变速直线运动，有0.5d=2a2,由牛顿第二定律得Eg=ma,联立解得E=,故 2g A正确，B、C、D错误。 参考答案47第十章 静电场中的能量 第一单元 电势能， 电势差 A卷基础达标 出 建议用时：45分钟满分：100分 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.每小题只有一个 密 选项符合题目要求) 1.把负点电荷沿电场线方向由a点移至c点的过程中，关于静电力 % 对电荷所做的功和电荷电势能的变化，下列说法正确的是() 封 A.静电力做正功，电势能增加 B.静电力做正功，电势能减少 线 C.静电力做负功，电势能增加 D.静电力做负功，电势能减少 内 2.将一个带电荷量为+2.0×10-9C的点电荷从无限远处（电势为 零)移动到P点，电场力做功一7.0×108J,则P点的电势为 ) 才 A.35V B.-35V C.70V D.-70V 如 3.如图所示，在电场强度为E的匀强电场中，将电荷量为十q的点 准 电荷从电场中A点经B点移动到C点，其中AB⊥BC,AB=4d, BC=3d,则此过程中静电力所做的功为 () E B 童 题 A.3gEd B.4gEd C.5gEd D.7gEd 4.如图(a),某棵大树被雷电击中，此时以大树为中心的地面上形成 了电场，该电场的等势面分布及电场中M、P两点的位置如图 (b)所示，则 ( 丝 北 树 100kV -200.kV .-300kV -400kV 图(a) 图(b) A.M点电势较低 B.电场线由P点指向M点 C,越靠近大树的地方电场强度越小 D.M、P两点间的电势差为200kV 5.在电场中将一带电荷量为q=一1.5×106C的点电荷从A点移 到B点，电势能减少3×104J,电场中C点与A点的电势差 Uc4=100V,将这一点电荷从B点移到C点，静电力做的功为 () A.1.5×10-4J B.-1.5×10-4J C.3.0×10-4J D.-3.0×10-4J 6.如图，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三个点，其为一边 长为6cm的正三角形的三个顶点，其电势分别为6V、2V和 4V.则该匀强电场场强大小为 () A.号vfam B.V/cm C.V/em "33 D.V/em 7.图甲中AB是某电场中的一条电场线.若将一负电荷从A点处 由静止释放，负电荷仅在静电力作用下沿电场线从A到B运动 过程中的速度一时间图像如图乙所示.关于A、B两点的电势高 低和电场强度大小关系，下列说法中正确的是 甲 乙 A.PA>EEA>EB B.PA>PBEA<EB C.PA<B EA>EB D.PA<B,EA<EB 8.佛山电视塔顶端装有高大的避雷针，当带负电的积雨云经过其上 方时，避雷针的顶端会因静电感应带上正电，图中虚线为避雷针 此时周围的等差等势线，其中A、B两点关于避雷针对称，下列说 法正确的是 () A.A、B两点的电场强度相同 B.D点的场强大于C点的场强 C.D点的电势低于A点的电势 D.带负电的雨滴经过D点时的电势能小于其经过A点时的电 势能 9.如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、 N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为PM、PN、Pr、PQ,一 电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，静电力所做的负 功相等，则 () 2 A.直线a位于某一等势面内，9M>9a B.直线c位于某一等势面内，PM>PN C.若电子由M点运动到Q点，静电力做正功 D.若电子由P点运动到Q点，静电力做负功 10.如图所示，a、b、c三条虚线为电场中的等势面，等势面b的电势 为零，且相邻两个等势面间的电势差相等.一个带正电的粒子 (粒子重力不计)在A点时的动能为10J,在电场力作用下从A 运动到B时速度为零.当这个粒子的动能为7.5J时，其电势能 为 ( ) A6 B A.12.5J B.2.5J C.0 D.-2.5J 二、填空题（本题共2小题，共22分） 11.(10分)匀强电场中某一电场线上有A、B、C三个点，把电荷量 为q,=108C的电荷从B点移到A点时克服电场力做了 10-7J的功；电荷量为q2=一10-8C的电荷在B点的电势能比 在C点的电势能大2.5×10-7J,那么： (1)比较A、B、C三点的电势高低，由高到低的排序是 (2)A、C两点间的电势差是 V. 第一部分单元检测卷5 (3)若设B点的电势为零，电荷量为q2的电荷在A点的电势能 是 J. (4)把电荷量为91的电荷从A点移动到C点，静电力做的功是 (5)根据以上结果，定性地画出电场分布的示意图，标出A、B、C 三点可能的位置 12.(12分)如图所示，a、b、c、d为匀强电场中四个等势面，相邻等势 面间的距离为2cm,已知UAc=60V,设B点电势为零，则 (1)匀强电场的场强大小为 ,方向为 (2)A点的电势为 ,C点的电势为 (3)将q=一1.0×10-10C的点电荷由A移到D,电场力所做的 功为 A B C D 2 三、计算题（本题共2小题，共38分.解答时应写出必要的文字说 明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算 的题，答案中必须明确写出数值和单位) 13.(16分)如果把电荷量为g=+1.0×10-8C的电荷从无限远处 移到电场中的A点，需要克服静电力做功W=1.2×104J, 那么： (1)q在A点的电势能和A点的电势各是多少？ 6第一部分单元检测卷 (2)g未移入电场前，A点的电势是多少？ 14.(22分)空间中存在水平向右的匀强电场，电场 强度大小E=240V/m,一带电粒子从A点移 人60°E 动到B点时，电场力做功WAB=1.2X102J,AB AB平行于电场线且A、B间的距离为5cm,之后粒子又从B点 移动到C点，B、C间的距离为10cm且BC与电场线方向的夹 角为60°，求： (1)粒子所带电荷量q; (2)粒子从B点移动到C点过程中电势能的变化情况； (3)A、C两点的电势差UAc·