单元检测卷(二) 静电场中的能量-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第三册同步课堂高效讲义配套练习（人教版）

单元检测卷(二)　静电场中的能量 (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 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．下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是(　　) A．根据电场强度的定义式E＝，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比 B．根据电容的定义式C＝，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 C．根据真空中点电荷电场强度公式E＝，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比 D．根据公式UAB＝，电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服静电力做功为1 J，则A、B两点的电势差为1 V 答案：C 解析：电场强度取决于电场本身的性质，与试探电荷无关，故A错误；电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，与电容器所带的电荷量和两极板间的电压无关，故B错误；根据真空中点电荷电场强度公式E＝k，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比，故C正确；从A点移动到B点克服静电力做功，说明此过程静电力做负功，即WAB＝－1 J，则UAB＝＝－1 V，故D错误。故选C。 2．(2025·北京九中高二上期中)如图所示的电场线和等势线(虚线)，下列说法中不正确的是(　　) A．EA>EB B．φA<φB C．把同一电荷由B移到C和由B移到A静电力做功一样多 D．同一电荷在B点的电势能一定大于在C点的电势能 答案：D 解析：因A点附近的电场线较B点附近密集，可知EA>EB，A正确；沿电场线方向电势逐渐降低，可知φA<φB，B正确；因A、C两点电势相等，可知把同一电荷由B移到C和由B移到A静电力做功一样多，C正确；因φC<φB，根据Ep＝qφ，可知同一正电荷在B点的电势能一定大于在C点的电势能，负电荷相反，D错误。故选D。 3．(2025·山东德州期末)电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，其中一种电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等，a、b是轨迹上的两点。现有一电子以某一初速度从b向a运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．电子透镜的电场是正点电荷产生的 B．电子在a点的电势能大于在b点的电势能 C．电子在a点的动能大于在b点的动能 D．若该电子以某一初速度从a向b运动，则电子在a点的电势能小于在b点的电势能 答案：B 解析：正点电荷的等势面是以点电荷为球心的球面，所以电子透镜的电场不是正点电荷产生的，A错误；电场线与等势面垂直，负电荷所受静电力与电场强度方向相反，电子在b点所受静电力垂直于等势面水平向左，电子在a点所受静电力向左上方，电子从b到a过程中，静电力做负功，电势能增大，动能减小，所以电子在a点的电势能大于在b点的电势能，电子在a点的动能小于在b点的动能，B正确，C错误；若该电子以某一初速度从a向b运动，静电力做正功，电势能减小，则电子在a点的电势能大于在b点的电势能，D错误。故选B。 4．(2025·云南师大附中质检)一电场沿x轴方向上电势的变化图像如图所示，一带电粒子仅在静电力的作用下由静止开始从坐标原点O沿x轴正方向运动。关于该电场在x轴上各点的场强E随x变化的图像以及带电粒子的加速度a、动能Ek及电势能Ep随x变化的图像一定不正确的是(　　) 答案：D 解析：在φ-x图像中，斜率表示的是场强E，由题图可知场强逐渐增加，A可能正确；带电粒子加速运动，根据牛顿第二定律有qE＝ma，解得a＝，B可能正确；粒子加速运动，动能增大，C可能正确；刚开始电势不为0，电势能也肯定不为0，D错误。故选D。 5．(2025·广西南宁期末)在真空中，将等量异种点电荷＋Q、－Q分别放置于M、N两点，如图，O点为MN连线的中点，点a、b在MN连线上，点c、d在MN的中垂线上，下列说法正确的是(　　) A．c点的电场强度比b点的大 B．a、b两点的电势相同 C．将电子沿直线从c点移到d点，电子的电势能不变 D．将电子沿直线从a点移到b点，静电力对电子先做负功后做正功 答案：C 解析：由等量异种点电荷形成电场的特点可知，两点电荷连线上各点，电场方向从正点电荷指向负点电荷，连线中点场强最小，越靠近点电荷场强越强，两点电荷连线的中垂线上，由电场强度的叠加原理可知，中点O场强最大，从中点O向两侧场强逐渐减小，因此c点的电场强度比b点的小，A错误；两点电荷连线上，从正电荷到负电荷电势逐渐降低，因此a、b两点的电势不相同，B错误；两点电荷连线的中垂线是一条等势线，因此将电子沿直线从c点移到d点，静电力不做功，电子的电势能不变，C正确；两点电荷连线上，从正电荷到负电荷电势逐渐降低，因此将电子沿直线从a点移到b点，静电力对电子一直做负功，D错误。故选C。 6．(2025·山东聊城期末)如图甲所示，在真空中有两个等量同种点电荷固定在光滑绝缘水平面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点，一个电荷量为2 C、质量为1 kg的小物块从该水平面内的C点由静止释放，其v-t图像如图乙所示，其中B点处为v-t图像切线斜率最大的位置(图中已标出该切线)。则下列说法正确的是(　　) A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强大小为E＝1 V/m B．由C点到A点的过程中小物块的电势能先减小后变大 C．由C点到A点的过程中，电势逐渐升高 D．A、B两点的电势差UAB＝5 V 答案：A 解析：由题图乙可知，物块在经过B点时的加速度最大，为am＝2 m/s2，所以B点的场强最大，根据牛顿第二定律得am＝，可得B点的场强大小为E＝ V/m＝1 V/m，故A正确；由C点到A点的过程中，物块的速度一直增加，所以静电力一直做正功，则物块的电势能一直减小，故B错误；对带正电荷的物块来说，从高电势运动到低电势，静电力做正功，电势能减小，则由C点到A点过程中，电势逐渐降低，故C错误；物块由B点到A点，只有静电力做功，由动能定理可得qUBA＝，把vB＝4 m/s、vA＝6 m/s代入解得UBA＝5 V，则UAB＝－5 V，故D错误。故选A。 7．(2025·江西九江期末)如图，直角三角形ABC中，∠B＝90˚，∠C＝30˚，BC边长2 cm，匀强电场平行于平面ABC，将电荷量为－6×10-6 C的点电荷从A点移至B点，克服静电力做功2.4×10-5 J，再将此点电荷从B点移至C点，静电力做功2.4×10-5 J，则(　　) A．A、C间的电势差为8 V B．若φB＝0，则φA＝－4 V C．电场强度的方向与AC边平行 D．电场强度的大小为400 V/m 答案：D 解析：根据WAB＝qUAB，可得UAB＝ V＝4 V，又UAB＝φA－φB，若φB＝0，可得φA＝4 V，故B错误；同理可得UAC＝ V＝0，故A错误；A、C两点的电势差为0，则直线AC为等势线，电场线与等势线垂直，故C错误；如图所示，由几何关系可知，线段BD长度为d＝BC sin 30˚＝1 cm，则电场强度的大小为E＝ V/m＝400 V/m，故D正确。故选D。 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3分，有选错的得0分) 8．(2025·甘肃临夏州高二上期末)两极板间带玻璃板的电容器、电阻R、电源E及开关K组成如图所示电路。静电计的金属小球用导线接入图示电路，静电计的金属外壳接地。先闭合开关给电容器充电，充电稳定后断开开关，再将玻璃板从电容器中抽出，下列说法正确的是(　　) A．电容器的电容减小 B．M点的电势增大 C．电容器两板间的电场强度减小 D．静电计指针张角增大 答案：ABD 解析：根据C＝可知，将电容器两板间的玻璃板抽出后，相对介电常数εr减小，其他条件不变，则电容器的电容C减小，A正确；设充电稳定后电容器所带电荷量为Q，断开开关后电容器所带电荷量Q不变，将电容器两板间的玻璃板抽出后，电容器的电容C减小，根据U＝可知，电容器两板间电势差变大，又φN＝0，故φM变大，B正确；电容器两板间电势差变大，根据E＝可知，两板间的电场强度变大，C错误；由于两板间电势差变大，故静电计指针张角增大，D正确。故选ABD。 9．(2025·云南玉溪高二下期末)如图所示，abc为匀强电场中的一个直角三角形，∠c＝30˚，∠abc＝90˚，bd为三角形的高，电场方向与abc平面平行。已知a、b、c三点的电势分别为φa＝100 V、φb＝80 V、φc＝20 V，下列说法正确的是(　　) A．电场强度的方向沿bd方向 B．电场强度的方向沿ac方向 C．将电子从c点移到d点，电子电势能增加60 eV D．将电子从c点移到d点，电子电势能减小60 eV 答案：BD 解析：匀强电场中，平行等间距两条线段之间的电势差相等，将ac边四等分，则相邻两点之间的电势差为20 V，根据几何关系可知，d点为第一个等分点，则d点的电势为80 V，则bd为等势线，由于电场线与等势线垂直且由高电势指向低电势，则电场强度的方向沿ac方向，故A错误，B正确；将电子从c点移到d点，静电力做功W＝－e＝60 eV，静电力做正功，可知电子电势能减小60 eV，故C错误，D正确。故选BD。 10．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示。一质量m＝1.0×10-20 kg，电荷量q＝1.0×10-9 C的带负电的粒子从(－1 cm，0)点由静止开始，仅在静电力作用下在x轴上往返运动。则(　　) A．坐标原点左侧和右侧场强大小之比为1∶2 B．该粒子在一个周期内运动路程为4 cm C．该粒子运动过程中的最大动能为2.0×10-9 J D．该粒子运动的周期T＝3.0×10-8 s 答案：AD 解析：根据E＝，结合题图可得，坐标原点左侧的场强大小为E1＝＝2 000 V/m，坐标原点右侧的场强大小为E2＝＝4 000 V/m，则，故A正确；带负电的粒子在原点左侧受向右的静电力做匀加速运动，在原点右侧受向左的静电力做匀减速运动到速度为0，然后匀加速至原点，再匀减速到初始位置，粒子在原点左侧运动的最大位移x1＝1 cm，设粒子在原点右侧运动的最大位移为x2，根据动能定理有qE1x1－qE2x2＝0，解得x2＝0.5 cm，所以该粒子在一个周期内运动的路程为s＝＝3 cm，故B错误；该粒子在原点有最大速度，根据动能定理有qE1x1＝Ekm－0，解得Ekm＝2.0×10-8 J，故C错误；根据Ekm＝可得，粒子运动到原点的速度为vm＝2×106 m/s，设在原点左侧加速的时间为t1，在原点右侧加速的时间为t2，则有vm＝t1，vm＝t2，周期为T＝2(t1＋t2)，联立解得T＝3.0×10-8 s，故D正确。故选AD。 三、非选择题(本题共5小题，共54分。按题目要求作答。计算题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) 11．(8分)(2025·陕西榆林期末)如图甲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，使电容器带电后与电源断开，将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。 (1)使用静电计的目的是观察电容器两极板间的________(选填“电容”“电势差”或“电荷量”)变化情况。 (2)在实验中观察到的现象是________。(填正确答案前的标号) A．将左极板向上移动一段距离，静电计指针的张角变小 B．向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大 C．将左极板右移，静电计指针的张角变小 D．将左极板拿走，静电计指针的张角变为零 (3)某兴趣小组用两片锡箔纸做电极，用三张电容纸(某种绝缘介质)依次间隔夹着两层锡箔纸，一起卷成圆柱形，然后接出引线，如图乙所示，最后密封在塑料瓶中，电容器便制成了。为增大该电容器的电容，下列方法可行的有________。(填正确答案前的标号) A．增大电容纸的厚度 B．增大锡箔纸的厚度 C．减小电容纸的厚度 D．同时增大锡箔纸和电容纸的面积 (4)同学们用同一电路分别给两个不同的电容器充电，充电时通过传感器的电流I随时间t变化的图像如图丙中①、②所示，其中①对应电容器C1的充电过程，②对应电容器C2的充电过程，则两电容器中电容较大的是________(选填“C1”或“C2”)。 答案：(1)电势差　(2)C　(3)CD　(4)C2 解析：(1)使用静电计的目的是观察电容器两极板间的电势差变化情况。 (2)将左极板向上移动一段距离，则两极板正对面积减小，根据C＝可知，电容器的电容C减小，根据U＝可知，Q一定，则U变大，即静电计指针的张角变大，A错误；向两板间插入陶瓷片时，C变大，U变小，静电计指针的张角变小，B错误；将左极板右移，C变大，U变小，静电计指针的张角变小，C正确；把左极板拿走，相当于增大d，C变小，U变大，所以静电计指针的张角变大，D错误。故选C。 (3)由平行板电容器电容决定式C＝可知，增大电容纸的厚度，即d增大，故电容减小，故A错误；增大锡箔纸的厚度，对电容无影响，故B错误；减小电容纸的厚度，即d减小，故电容增大，故C正确；同时增大锡箔纸和电容纸的面积，即S增大，故电容增大，故D正确。故选CD。 (4)用同一电路分别给两个不同的电容器充电，则充电完成后，两电容器两端电压相同，I-t图像与横轴围成的面积表示所带电荷量，由题图丙可知，电容器C2所带电荷量大，根据Q＝CU可知，两电容器中电容较大的是C2。 12．(8分)(2025·山东济宁期末)某同学用如图甲所示电路研究电容器的放电规律，先将开关S合向1，待电路稳定后再将开关S合向2，通过电流传感器描绘出电容器放电电流I随时间t变化的规律如图乙所示。图甲中电源两端提供稳定电压U＝6 V，数出图乙中图线与两坐标轴所围区域方格数为44格。(已知通过导体横截面的电荷量Q＝It) (1)放电过程中，通过定值电阻R的电荷量为Q＝______ C，由此求得电容器的电容为C＝________ F(结果保留2位小数)。 (2)若仅将定值电阻换用更大阻值的电阻重新实验，则电容器放电的时间会________(填“变长”“变短”或“不变”)，在放电过程中，电容器两端的电压的减少量与电容器所带电荷量减少量的比值会________(填“变大”“变小”或“不变”)。 答案：(1)3.52×10-3　5.87×10-4　(2)变长　不变 解析：(1)I-t图像与横轴所围几何图形的面积表示电荷量，则放电过程中，通过定值电阻R的电量为Q＝44×0.2×10-3×0.4 C＝3.52×10-3 C，根据电容器电容的定义式有C＝，解得C≈5.87×10-4 F。 (2)若仅将定值电阻换用更大阻值的电阻重新实验，电容器极板所带电荷量不变，放电时的最大电流减小，可知电容器放电的时间会变长；根据电容器电容的定义式有C＝，可知在放电过程中，电容器两端的电压的减少量与电容器所带电荷量减少量的比值不变。 13．(12分)(2025·江苏镇江期末)如图所示，匀强电场(未画出)的方向与等腰直角三角形ABC所在的平面平行，A、B间的距离为2×10-2 m，将电荷量为q＝－8×10-6 C的点电荷从电场中的A点移到B点，静电力做了WAB＝－3.2×10-5 J的功，再从B点移到C点，静电力做了WBC＝3.2×10-5 J的功。求： (1)A、B两点间的电势差UAB； (2)匀强电场的电场强度E的大小。 答案：(1)4 V　(2)200 V/m 解析：(1)由静电力做功与电势差关系有WAB＝qUAB 则A、B两点间的电势差UAB＝ V＝4 V。 (2)同理有UBC＝ V＝－4 V 则A、C两点为等势点，所以电场强度E方向垂直AC斜向下，大小为E＝ V/m＝200 V/m。 14．(12分)一段半径为2 m且光滑的圆弧BCD 处于光滑水平面上，俯视图如图所示。空间存在与水平面平行的匀强电场，O为圆弧的圆心，OC与电场方向平行、OD 与电场方向垂直，并且OB的连线与OC的连线所成夹角为 θ＝53˚。一质量为 m＝0.2 kg，所带电荷量为 q＝＋5×10-3 C的小球，从A点开始以垂直电场方向的初速度 v0＝3 m/s开始运动，恰好从B点沿圆弧的切线方向进入圆弧，已知A、B之间沿电场线方向的距离为 m，重力加速度为10 m/s2，sin 53˚＝0.8，cos 53˚＝0.6，不计空气阻力。求： (1)匀强电场的场强E的大小； (2)小球在轨道上的C点时的速度大小及此时对轨道的压力大小。 答案：(1)600 N/C　(2)7 m/s　7.9 N 解析：(1)小球从A到B做类平抛运动，则到达B点时vy＝＝2ay，qE＝ma 联立解得E＝600 N/C。 (2)小球从B到C由动能定理得 qER(1－cos 53˚)＝ 其中vB＝ 在C点时根据牛顿第二定律有FN－qE＝m 联立解得vC＝7 m/s，FN＝7.9 N 由牛顿第三定律可知小球在轨道上的C点时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝7.9 N。 15．(14分)(2025·江苏南京金陵中学期末)图1的平行金属板M、N间加有图2所示的交变电压，OO′是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。时，比荷为k的带电粒子甲从O点沿OO′方向、以v0的速率进入板间，时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在时刻，带电粒子乙以2v0的速率沿OO′从O点进入板间，已知乙粒子在运动过程中可恰好离开电场，不计粒子受到的重力，求： (1)乙粒子离开电场的时刻； (2)乙粒子的比荷与甲粒子的比荷之比； (3)甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比。 答案：(1)T时刻　(2)8∶7　(3)1∶2 解析：(1)乙粒子在垂直于电场方向做匀速直线运动，设极板的长度为L，则有 L＝v0 L＝2v0 解得t＝T。 (2)甲粒子在 时刻距离中线最远，恰好运动到极板处且速度为零， 时刻返回中线，设极板之间的距离为d，粒子向极板运动过程中，先做匀加速运动，再做匀减速运动，运动时间均为，则有 ×2 乙粒子先匀加速，再匀减速，在时刻恰好速度为零，离极板最近，然后从静止开始向另一个极板做匀加速运动 ，T时刻从极板边缘飞出，则有 ×2 解得∶＝8∶7。 (3)甲粒子 时刻返回中线，偏转距离为 y1＝ 乙粒子从极板边缘恰好飞出，偏转距离为y2＝ 解得y1∶y2＝1∶2。 学生用书第60页 学科网（北京）股份有限公司 $