单元检测卷(一) 静电场-【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（教科版）

单元检测卷(一)　静电场 (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．(2025·四川乐至中学高二校考期中)对研究对象或研究过程建立理想化模型，突出问题的主要方面忽略次要因素从而有效地解决问题，是物理学研究的常用方法。下列各组均属于理想化模型的是(　　) A．质点、点电荷 B．点电荷、元电荷 C．元电荷、重心 D．质点、重心 答案：A 解析：质点是忽略大小、体积、形状而有质量的点，点电荷是本身大小比相互之间的距离小得多的带电体，点电荷、质点都是实际不存在的理想化模型，元电荷是最小的电荷量，重心是重力在物体上的等效作用点，不是理想化模型。故选A。 2．(2025·四川绵阳统考二模)“羲和二号”是我国正在建设中的结合了激光和加速器的装置。该装置内的加速电场可视为匀强电场，能够使电子在1.4 km的直线长度内加速到8.0×1010 eV，则加速电场的场强约为(　　) A．5.7×104 V/m B．5.7×105 V/m C．5.7×106 V/m D．5.7×107 V/m 答案：D 解析：根据电场力做功的计算公式W＝qEx，代入数据解得E≈5.7×107 V/m。故选D。 3．(2025·四川攀枝花高二统考期末)真空中两个固定的点电荷P、Q，相互之间作用的库仑力大小为F。若将P的带电量变为原来的8倍，Q的带电量变为原来的一半，则要使它们之间的库仑力大小仍为F，则它们之间的距离需变为原来的(　　) A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍 答案：A 解析：设点电荷P、Q原来的电荷量分别为q1、q2，距离为r，根据库仑定律有F＝k、F＝k，联立解得r′＝2r。故选A。 4．(2025·四川凉山高二统考期末)带电荷量相同的甲、乙两点电荷产生的电场线分布如图所示。对该电场的理解，下列说法正确的是(　　) A．甲为负电荷，乙为正电荷 B．P点电势低于Q点电势 C．电子从P点移动到Q点，电势能减少 D．P点的电场强度大于Q点的电场强度 答案：D 解析：电场线起始于正电荷(或无限远)，终止于负电荷(或无限远)，由题图可知，甲为正电荷，乙为负电荷，故A错误；沿电场线电势降低，可知P点电势高于Q点电势，故B错误；电子带负电，所受电场力方向与电场方向相反，可知电子从P点移动到Q点，电场力做负功，电势能增大，故C错误；P点位置的电场线分布的密集程度大于Q点，可知P点的电场强度大于Q点的电场强度，故D正确。 5．(2025·四川凉山高二统考期末)如图所示的电路，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，电源内阻不计，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则(　　) A．电容器的电容增大 B．电容器两极板间电压增大 C．电容器两极板间电场强度不变 D．电容器所带电荷量减小 答案：D 解析：将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，根据电容的决定式C＝可知，d增大，电容C变小，A错误；电容器与电源连接，两极板间电压等于电源电压，不变，B错误；根据公式E＝可知，两极板间电压不变，d增大，则电场强度减小，C错误；根据公式Q＝CU可知，两极板间电压不变，电容C变小，则电容器所带电荷量减小，D正确。 6.在－x0～x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从－x0处以一定初动能仅在电场力作用下沿x轴正向穿过该电场区域。则该质子(　　) A．在－x0～0区间一直做加速运动 B．在0～x0区间受到的电场力一直减小 C．在－x0～0区间电势能一直减小 D．在－x0～0区间电势能一直增加 答案：D 解析：从－x0到0，电势逐渐升高，意味着该区域内的场强方向向左，质子受到的电场力向左，与运动方向相反，所以质子做减速运动，A错误；φ-x图线斜率的绝对值表示场强大小，从0～x0区间，图线斜率的绝对值先增大后减小，所以电场强度先增大后减小，根据F＝eE，质子受到的电场力先增大后减小，B错误；在－x0～0区间质子受到的电场力方向向左，与运动方向相反，电场力做负功，电势能增加，C错误，D正确。 7.(2025·湖南邵阳期中)如图所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点，A、B、C构成一个直角三角形，AB长为1 m，电场线与三角形所在的平面平行，已知φA＝5 V，φB＝－5 V，φC＝15 V，由此可以判断(　　) A．电场强度的方向垂直AD连线斜向上 B．电场强度的方向由B点指向C点 C．电场强度的大小为8 V/m D．电场强度的大小为 V/m 答案：D 解析：在匀强电场中，φB＝－5 V，φC＝15 V，则B、C连线的中点D的电势φD＝＝ V＝5 V，故φD＝φA，AD为一条等势线，根据电场线与等势线垂直且沿着电场线方向电势降低可知，电场强度的方向垂直于AD连线斜向下，选项A、B错误；电场强度的大小E＝＝ V/m＝ V/m，选项C错误，D正确。 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.如图所示，三个同心圆是以点电荷－Q为圆心的等势面。下列说法不正确的是(　　) A．将点电荷＋q由B点移到C点，电场力做正功 B．一个点电荷＋q在B点具有的电势能比在A点的小 C．一个点电荷＋q在B点所受的电场力比在A点的大 D．将同一点电荷从B点移到D点电场力做功比由B点移到C点多 答案：BCD 解析：根据点电荷周围电场线的分布情况可知，将点电荷＋q由B点移到C点，正负电荷距离减小，电场力做正功，A正确；沿着电场线方向电势降低，B点的电势比A点的电势高，＋q在B点具有的电势能比在A点的大，B错误；电场线的疏密表示场强的大小，可知EB＜EA，故FB＜FA，C错误；C、D两点在同一等势面上，根据W＝qU可知，WBD＝WBC，D错误。 9.图中a、b是两个点电荷，它们的电荷量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点，下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧(　　) A．a、b都是正电荷，且Q1>Q2 B．a是正电荷，b是负电荷，且Q1>Q2 C．a是负电荷，b是正电荷，且Q1>Q2 D．a、b都是负电荷，且Q1>Q2 答案：CD 解析：当两点电荷均为正电荷时，若电荷量相等，则它们在P点的电场强度方向沿MN背离N方向。当Q1>Q2时，则b点电荷在P点的电场强度比a的弱，所以电场强度合成后，方向偏右，故A错误；当a是正电荷，b是负电荷时，b点电荷在P点的电场强度方向沿bP连线指向b，而a点电荷在P点的电场强度方向沿aP连线背离a，则不论电荷量大小关系如何，电场强度方向始终偏右，故B错误；当a是负电荷，b是正电荷时，b点电荷在P点的电场强度方向沿bP连线背离b，而a点电荷在P点的电场强度方向沿aP连线指向a，则不论它们的电荷量大小关系如何，电场强度方向始终偏左，故C正确；当ab均为负电荷时，b点电荷在P点的电场强度方向沿bP连线指向b，而a点电荷在P点的电场强度方向沿aP连线指向a，由于|Q1|>|Q2|，则合电场强度方向偏左，故D正确。 10.如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两板间产生一个水平向右的匀强电场，电场强度为E，一质量为m、电荷量为＋q的微粒以初速度v0沿竖直向上方向从与两极板等距的A点射入匀强电场中，在电场力的作用下垂直打到N板上的C点，已知AB＝BC。不计空气阻力，g为重力加速度，则可知(　　) A．微粒在电场中的加速度是不变的 B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等 C．M、N板间的电势差为 D．M、N板间的电势差为 答案：AB 解析：由题意可知，微粒受水平向右的电场力qE和竖直向下的重力mg作用，合力恒定不变，则加速度也不变，A正确；因AB＝BC，即·t＝·t，故vC＝v0，B正确；由q·＝mv，可得U＝＝，C错误；由mg＝qE，可得q＝，代入U＝，可得U＝，D错误。 三、非选择题(本题共6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.(6分)(2025·安徽皖北名校联考)在探究两带电体间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两带电体的间距和带电荷量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于C点，如图所示。 实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从B球附近逐渐向远处移动，观察到两球距离越大，丝线的偏角越小；再保持两球距离不变，改变小球A所带的电荷量，观察到电荷量越小，丝线的偏角越小。实验表明：两带电体之间的相互作用力，随其距离的 (选填“增大”或“减小”)而减小，随其所带电荷量的 (选填“增大”或“减小”)而减小。此同学在探究中应用的科学方法是 (选填“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”或“演绎法”)。 答案：增大　减小　控制变量法 解析：对小球B进行受力分析，可以得到小球B受到的电场力F＝mgtan θ，θ为丝线与竖直方向的夹角，可知丝线的偏角越大，电场力也越大，所以使A球从B球附近逐渐向远处移动，观察到两球距离越大，丝线的偏角越小，说明两带电体之间的相互作用力随其距离的增大而减小；两球距离不变，改变小球A所带的电荷量，观察到电荷量越小，丝线的偏角越小，说明了两带电体之间的相互作用力随其所带电荷量的减小而减小。本实验中先保持两球电荷量不变，改变它们之间的距离；再保持距离不变，改变小球所带的电荷量，所以采用的是控制变量法。 12．(8分)图甲是一种测量电容的实验电路图，实验是通过高阻值电阻放电的方法，测出电容器充电至电压为U时所带电荷量Q，从而再求出待测电容器的电容C。某同学在一次实验时的情况如下： A．按如图甲所示电路图接好电路； B．接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数是I0＝45 μA，电压表的示数U0＝8.0 V，I0、U0分别是电容器放电时的初始电流和电压； C．断开开关S，同时开始计时，每隔5 s测读一次电流的值，将测得的数据填入表格，并标示在图乙的坐标纸上(时间t为横轴，电流I为纵轴)，结果如图中小黑点所示。 (1)在图乙中画出I-t图线； (2)图乙中图线与坐标轴所围成面积的物理意义是 ； (3)该电容器的电容为C＝ F(结果保留2位有效数字)。 答案：(1) (2)在开始放电时电容器所带的电荷量 (3)1.0×10－3 解析：(2)由ΔQ＝I·Δt知，电荷量为I-t图像与坐标轴所包围的面积，则面积为电容器在开始放电时所带的电荷量。 (3)数出格子数，由总格子数乘以每个格子的“面积”值求得Q＝8.0×10－3 C，则C＝＝ F＝1.0×10－3 F。 13．(8分)将一个电荷量q＝－1×10－6 C的电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做功WAB＝4×10－6 J，从C点移到D点，电场力做功WCD＝9×10－6 J。已知B点电势比C点高4 V。求： (1)C、D两点间的电势差； (2)A、D两点间的电势差。 答案：(1)－9 V　(2)－1 V 解析：(1)由题意可得 UCD＝＝ V＝－9 V。 (2)由题意可得UAB＝＝ V＝4 V 即φA－φB＝4 V 由(1)知φC－φD＝UCD＝－9 V 又由题意知φB－φC＝4 V 联立以上各式可得UAD＝－1 V。 14．(10分)(2025·湖北武汉联考)带电量分别为＋2q、－2q的等量异种电荷A、B固定在同一水平线上，相距6x，在它们连线的中点P上方2x处有一悬点O，用绝缘细绳挂着一个质量为m的带电小球C，OP＝2x，绳长为x，如图所示，平衡时小球刚好静止在两电荷连线上。重力加速度为g，求： (1)小球所受电场力大小为多少？ (2)小球所在处A、B产生的电场合场强为多少？ (3)小球所带电荷量是正是负？电荷量为多少？ 答案：(1)mg　(2)　(3)负电荷　 解析：(1)对小球C由平衡条件可得tan θ＝ 由几何关系可知CP＝＝x tan θ＝＝＝ 解得F＝mg。 (2)由点电荷场强公式及场强叠加原理可得，小球所在处的场强大小为E＝k＋k＝， 方向水平向右。 (3)由平衡条件可知，小球受到的电场力水平向左，与场强方向相反，故小球带负电，电荷量为Q＝＝。 15.(10分)如图所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，电场强度E＝3×104 N/C。在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m＝5×10－3 kg的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角θ＝60°(g取10 m/s2)。试求： (1)小球的电性和电荷量； (2)悬线的拉力大小； (3)若小球静止时离右板d＝5×10－2 m，剪断悬线后，小球经多长时间碰到右极板？ 答案：(1)正电　×10－6 C　(2)0.1 N　(3)0.1 s 解析：(1)小球受电场力向右，故带正电，受力分析如图所示 由平衡条件有qE＝mgtan 60° 解得q＝×10－6 C。(2)由平衡条件得F＝，解得F＝0.1 N。 (3)剪断细线后，小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动 在水平方向上有ax＝，d＝axt2 联立解得t＝0.1 s。 16.(12分)(2025·江苏六合高中期末)如图所示，在xOy平面的第四象限内有平行于y轴的有界匀强电场E1＝1.5×104 V/m，方向沿y轴正方向；第一象限有一个平行于x轴的有界匀强电场E2(方向未标出)，右边界过B点且平行于y轴。一质量m＝1 kg、电荷量q＝1×10－3 C的带正电小球，从P点以初速度v0＝1 m/s，垂直y轴方向射入第四象限的电场E1中，yP＝－0.1 m。小球偏转后经过x轴上A点进入第一象限，沿直线运动且恰好未射出电场E2，g＝10 m/s2，求： (1)小球在第四象限运动的加速度大小； (2)小球过A点的速度大小； (3)E2电场的右边界坐标xB。 答案：(1)5 m/s2　(2) m/s　(3)0.25 m 解析：(1)在沿电场线方向有qE1－mg＝ma 解得小球在第四象限运动的加速度大小a＝5 m/s2。 (2)在沿电场线方向，离开第四象限时，竖直方向有2a|yP|＝v，解得竖直分速度vy＝1 m/s 小球过A点的速度大小vA＝＝ m/s。 (3)小球在第四象限运动的时间，根据vy＝at 解得t＝0.2 s 小球垂直电场方向的位移xA＝v0t＝0.2 m 因为小球进入第一象限时，水平方向v0与竖直方向vy大小相等，且沿直线运动，则qE2＝mg 因恰好未射出电场E2，故小球做匀减速直线运动，到达E2电场的右边界时水平速度为零，设水平方向的加速度为a′，小球在E2电场向右方向的位移为x，则2a′x＝v，ma′＝qE2＝mg 解得x＝0.05 m 学科网（北京）股份有限公司 $