课时分层检测(9)电场能的性质-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理必修第三册同步辅导与测试(人教版)

班级 姓名 课时分层检测（九 …。基础达标练。…。 1.(多选)如图甲所示，Q1、Q2为两个固定的点 电荷，其中Q1带负电，a、b、c三点在它们连 线的延长线上.现有一带负电的粒子以一定 的初速度沿直线从α点开始向远处运动经 过b、c两点（粒子只受电场力作用），粒子经 过a、b、c三点时的速度分别为aw、v。,其 速度一时间图像如图乙所示.以下说法中正 确的是 甲 乙 A.Q2一定带负电 B.Q2带的电荷量一定小于Q1带的电荷量 C.b点的电场强度最大 D.粒子由a点运动到c点的过程中，粒子的： 电势能先增大后减小 2.带电粒子只在静电力作用下由P点运动到： Q点，在此过程中克服静电力做了2.6× 10一8J的功，则 A.带电粒子在P点的电势能一定大于它在 Q点的电势能 B.P点的场强一定小于Q点的场强 C.P点的电势一定高于Q点的电势 D.带电粒子在P点的动能一定大于它在Q 点的动能 3.（多选)如图所示，虚线A、 B、C为某电场中的三条等 势线，其电势分别为3V、 5V、7V,实线为带电粒子 在电场中运动时的轨迹， AB C P、Q为轨迹与等势线A、C 的交点.带电粒子只受静电力的作用，则下 列说法正确的是 ( A.粒子可能带负电 B.粒子在P点的动能大于在Q点的动能 C.粒子在P点电势能小于在Q点的电势能 D.粒子在P点的加速度小于在Q点的加 速度 4.如图所示，实线为一匀强 电场的电场线（方向未 9乙 知)，两个带电粒子甲和乙 B 分别从A、C两点以垂直 D 于电场线方向的大小相同 A 15 得分 电场能的性质 的初速度。同时射入电场，粒子在电场中仅 受静电力作用，其运动轨迹分别如图中虚线 ABC与CDA所示，若甲是带正电的粒子，则 下列说法正确的是 () A.乙也是带正电的粒子 B.A点的电势低于C点的电势 C.甲、乙两粒子的电势能均减小 D.甲、乙两粒子的电荷量一定相等 5.(多选)如图甲所示，真空中有一半径为R、电 荷量为十Q的均匀带电球体，以球心为坐标 原点，沿半径方向建立x轴.理论分析表明， x轴上各点的场强随x变化的关系如图乙所 示，则 E 0 a/b'c 分 A.c点处的场强和a点处的场强大小相等、 方向相同 B.球内部的电场为匀强电场 C.a、c两点处的电势相等 D.假设将一个带正电的试探电荷沿x轴移 动，则从a点处移动到c点处的过程中， 静电力一直做正功 6.如图所示，在O点固定 A 放置一个正电荷.在过 O点的竖直平面内的A 点，自由释放一个带正 R 电的小球，小球的质量 0④30 C 为m=0.5kg、电荷量 为q.小球落下的轨迹如 图中虚线所示，它与以 O为圆心、R=3.6m为半径的圆（图中实线表 示)相交于B、C两点，O、C在同一水平线上 ∠BOC=30°，A距离OC的竖直高度为h= 6m.若小球通过C点的速度为v=10m/s, g取10m/s2,求： (1)小球通过B点的速度大小； (2)小球由A到C机械能的损失. 班级 姓名 …0 能力提升练0 7.（多选)如图所示，一带正 M 电的点电荷固定于O点， 两虚线圆均以O为圆心， 两实线分别为带电粒子 0. M和N先后在电场中运 'd 动的轨迹，a、b、c、d、e为 轨迹和虚线圆的交点，不 计重力，下列说法正确的是 A.M可能为电子，N可能为质子 B.N在从c点运动到d点的过程中静电力 做正功 C.N在d点的电势能等于它在c点的电势能 D.M在b点的动能大于它在a点的动能 8.(多选)电场强度方向与x 轴平行的静电场中，x轴 上各点电势P随x的分布 0 如图所示，一质量为m、电 荷量为q的带负电粒子 (不计重力).以初速度6从O点(x=0)沿x 轴正方向进入电场，下列说法正确的是( A.在O~x1、x3~x4两个区间内电场方向 相反 B.粒子从O点运动到x4点的过程中，在x2 点的速度最大 C.粒子从x1点运动到x3点的过程中，电势 能一直增大 D.若=2， 90,则粒子运动到x2点时的 动能为2qp0 9.沿电场中某条直电场线方向建立x轴，该电场 线上各点电场强度E随x的变化规律如图所 示，坐标原点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、 A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等.一个 带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点 的动能为Ek,仅考虑静电力作用，则 ( 0 C E A.从O点到C点，电势先升高后降低 B.粒子先做匀加速运动，后做变加速运动 C.粒子在AB段电势能变化量大于在BC段 电势能变化量 D.粒子在AB段电势能变化量小于在BC段 电势能变化量 152 得分 0.如图所示，在绝缘粗 Exo 糙的水平面上，相距 ⊕ 为L的A、B两点处 Aa 0 bB 分别固定着两个带相等电荷量的正电荷， a、b是AB连线上的两点，其中Aa=Bb= 专，0为AB连线的中点，一顶量为m,带电 荷量为十q的小滑块（可以看成质点）以初 动能Eko从a点出发，沿AB直线向b运 动，其中小滑块第一次经过O点时的动能 为初动能的3倍，到达b点时动能恰好为 零，小滑块最终停在O点，求： (1)小滑块与水平面间的动摩擦因数； (2)O、b两点间的电势差； (3)小滑块运动的总路程 …0情景创新练 0 1.如图所示，固定的光 滑绝缘斜面的底端 P 固定着一个带正电 的小物块P,将另一 个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释 放，它将沿斜面向上运动.设斜面足够长， 则在Q向上运动的过程中 A.小物块P、Q的电势能和动能之和先增 加后减少 B.小物块P、Q的重力势能和电势能之和 先减少后增加 C.小物块P、Q的重力势能和电势能之和 先增加后减少 D.小物块P、Q的重力势能和动能之和先 增加后减少 2.静电场方向平行于x轴，其 +P 电势随x的分布可简化为 Po 如图所示的折线，图中o 和d为已知量.一个带负电 的粒子在电场中以x=0为 -d0 d x 中心、沿x轴方向做周期性运动.已知该粒 子质量为m、电荷量为一q,忽略重力.规定x 轴正方向为电场强度E、加速度a、速度v的 正方向，如图分别表示x轴上各点的电场强 度E、粒子的加速度a、速度v和动能Ek随x 的变化图像，其中正确的是 ( E10,AC[设ab边与()a夹角为6，圈半径为R,由牛顿第二定律可得 qEcos 0-ma 根据运动学公式，有2Rcos0=之a 联立，可得=√9E 4mR 易知带电小球沿不同绝缘槽运动，所需时间相同，即t1=t2=t3, 故A正确： 小球分别到b、c、d时的过程中，静电力做功关系为W山<W, Wd,又根据动能定理W-Ek, 易知Ekl<Ee<Eka, 则1<2<3，故B错误； 沿电场线方向，电势逐渐降低，依题意小球带正电可得>> 93·且91一92>92-9 根据Ep=q9 依题意小球带正电可得Ep1>Ep2>Ep,故C正确：U1=P1一P2, U2=P-93 故U1>U2,故D错误.] 11.ABC[在绝缘细图环的上半圈P处，任取 十 一小段，可看成点电荷，其在a点产生的场 强为E1,在关于细圆环水平直径对称的下 年圈Q处再取一小段，其在a点产生的场0的E 强为E2,由对称性可知，E、E,的合场强竖E2 直向下，如图所示，即上半图和下半图在a 点产生的合场强一定竖直向下，同理可知，在b点场强方向也竖 直向下，大小与a点处相等，A正确：同理可分析a、b所在的直径 上各，点场强均竖直向下，故口、b两点在同一条等势线上，电势相 等，B正确：由微元法和对称性可知，c、d两点场强相等，方向竖 直向下，C正确：电场由c到d,c点电势高于d点电势，D错误.] 课时分层检测（八） 1.B[公式UA拙=Ed中的d是沿电场强度的方向上两，点间的距 离，A错误：沿电场线方向上，相同距离上电势降落相等，B正确： 在匀强电场中，沿不同方向电势均可减小，但沿电场强度方向电 势降落最快，C、D错误， 2.C[A,B两点沿电场线方向的距离d=lc0s60°=0.1×7m= 0.05m,B点电势低于A点电势：U4=-Ed=-100×0.05V= -5V,C正确.] 3.A[匀强电场中，在同一方向上每前进相同的距离，电势的改变 量相等，故9：一u=%一9，代入数据有2V一u=5V-9V,解 得9u=6V,故A正确.] 4.B[电场强度E号三100V/m,电场强度的方向垂直于等势 指向电势降落的方向，即水平向左，选项B正确，] 5.解析(1)电势能增加多少，静电力就做多少负功，故静电力对电 荷做了一0.1J的功， (2)U4B= -0.1 0 2×10V=5000V. 尚U=.得E号-可=5X10Vym UAB d 答案(1)-0.1J(2)5000V(3)5×105V/m 6.CD[物体做曲线运动时，合力方向指向轨迹的凹侧，说明粒子带 正电，A错误：由库仑定律F=k坠知离圆心越远，粒子所受的 力越小，B错误：粒子从b点到c点过程中，静电力做正功，电势能 减小，C正确；点电荷的等势面与虚线重合，依题意得U>U,又 静电力做功W=gU,则W山>Wk,由动能定理得粒子由a点到b 点的动能变化大于由b点到c点的动能变化，D正确.] 7.ABC[如图所示，在a、c连线上，确定一 y/em b点，其电势为20V,将b、b连线，bb即为 646 等势线，那么电场线应垂直于bb,再依据 4 沿着电场线方向电势降低，可知电场线方 向如图所示，根据9一9。=P%一P0,P。= 2E, b 18V、%=20V、g=26V,解得原点处的02468xm Ug,依据几 电势0=12V,故A正确：因为是匀强电场，则有E- 23 何关系，则d=cXc三6X6 66' cm=3√2cm,因此电场强度大 √62+6 小为E=262四v/cm=反V/cm,故B正确；因U=9-% 3√2 18V-20V=一2V,电子从a点到b点静电力做的功为W=gU =2eV,因静电力做正功，则电势能减少，那么电子在a点的电势 能比在b点的电势能高2eV,故C正确：同理，b、c间的电势差U =P6一g=20V-26V=-6V,电子从b点运动到c点，静电力 做正功，W=qUk=6eV,故D错误.] 8.B[在匀强电场中，由U一Ed可知沿着同一方向（非等势面上）， 每前进相同的距离，电势的降低相等；根据几何知识可知AB= CD,且AB∥CD,说明AB间的电势差等于CD间的电势差.故 PA一P=Pp一9，代入数据，解得=3V,即C点的电势为3V, 可知AC为等势面，电场强度方向与等势面垂直，从高电势到低电 势，即由D指向B,根据U=Ed,可得电场强度大小为E=U他 2 8-（-2)v/m=5V/m,故B正确.] 2×1 9,解析(1)U6==30X10 95.0X100V=60V. (2)正电荷q从a到b和从a到c,静电力做功相等，由W=qU知， U=U。,所以b、c处在同一个等势面上，根据电场线与等势面垂 直知，电场强度沿ac方向向右. 由E-号得 U 60 E=abcos37-20x10×0.8V/m=375V/m 答案(1)60V(2)375V/m方向沿ac向右 10.C[沿电场线的方向电势逐渐降低，A、B错误：在匀强电场中电 势与场强的关系为U=Ed,呈线性关系，C正确，D错误.] 11.解析(1)负电荷q由A点匀速运动到B点，说明负电荷q受到 的静电力与力F大小相等，方向相反，故电场线方向与力F方向 相同，等势线垂直于该点的电场线 (2)负电荷由A,点运动到B点的过程中，静 -60V 电力所做的功为 W=gE·ABcos0=-F·ABcos0 100V =-1.5×10-1×0.4×0.8J=-4.8× 10-5】 根据功能关系可知，电势能将增加 4.8×10-5J 根据W=q(9A一)得，B点电势为 BPA W=一60V. 答案(1)见解析(2)4.8×10-5J-60V 课时分层检测（九） 1.BD[由题图乙知，粒子由a→b减速运动，b→c加速运动，在b点 所受合力为零，因Q1带负电，可判断Q2一定带正电，选项A错误； 由点电荷产生的电场的电场强度公式知kQ=k,因1>2，所 以Q1>Q2,选项B正确：速度一时间图像的斜率表示加速度，由 题图乙知，粒子在b点的加速度为0，故受到的静电力为0，b点的 电场强度为0，选项C错误；、b间的电场强度方向向右，b、c间的 电场强度方向向左，带负电的粒子在、b间受静电力方向向左，在 b、c间受静电力方向向右，该粒子在由a点运动到c点的过程中， 静电力先做负功，后做正功，粒子的电势能先增大后减小，选项D 正确.门 2.D「带电粒子由P点运动到Q点，克服静电力做功，即静电力做 负功，所以电势能增加，再由动能定理可知动能减少，由于条件不 足，不能确定电势和场强的大小关系，故选D.] 3.BCD[因电场线与等势面相互垂直，且由高电 势指向低电势，故电场线如图所示，由粒子运动 的轨迹弯曲的方向可知粒子受力沿电场线的方 向，故粒子带正电，故A错误；若粒子从P到Q, 静电力做负功，粒子动能减少，电势能增加，故粒 子在P点的动能大于在Q点的动能，粒子在P ABC 点的电势能小于在Q点的电势能，同理，粒子从Q到P亦可得出 同样的结论，故B、C正确：因Q点处的等势面密集，故Q点的电 场强度大，故粒子在Q点受到的静电力大于在P点受到的静电 力，粒子在Q,点的加速度大于在P,点的加速度，故D正确.] 9 4.C[甲、乙两粒子均在匀强电场中做曲线运动，根据合外力指向 运动轨迹的凹侧可知，甲粒子所受静电力向右，又甲粒子带正电， 则电场方向向右：乙粒子所受静电力向左，故乙带负电，选项A错 误：静电力对两粒子均做正功，由功能关系知甲、乙的电势能均减 小，又正电荷在电势能大的地方电势高，则PA>9,选项B错误， 选项C正确：两粒子做类平抛运动，初速度大小相等，轨迹对称， 可知两粒子加速度大小相同，由4=E四可知，两粒子的比荷旦相 71 同，但电荷量不一定相等，选项D错误.] 5.AD[根据题图乙所示的x轴上各点的电场强度随x变化的关 系知c点处场强和a,点处场强大小相等、方向相同，球内部的电场 为非匀强电场，选项A正确，B错误：沿电场线方向电势逐渐降 低，因电场线方向由a到c,则a点的电势大于c点的电势，选项C 错误：假设将一个带正电的试探电荷沿x轴移动，静电力方向与 运动方向相同，静电力一直做正功，选项D正确，] 6.解析(1)小球从B点到C点的过程中，因为B、C两，点的电势相 等，静电力不做功，则由动能定理得 mgRsin30°=zmt2-之mvg2 可得B=8m/5. (2)设小球从A到C的过程中，静电力做功为W,由动能定理得 mghW-2m 可得W=一5J 根据功能关系，小球由A到C机械能的损失等于非重力所做的 功，也就是静电力所做的功，所以机械能损失了5J, 答案(1)8m/s(2)5J 7,AB[根据做曲线运动物体所受合外力指向轨迹内侧知，带电粒 子M受到中间正点电荷的库仑引力，则带电粒子M带负电，带电 粒子N受到中间正点电荷的库仑斥力，则带电粒子N带正电，所 以M可能为电子，N可能为质子，故A正确：带电粒子N受到中 间正点电荷的库仑斥力，N在从c点运动到d点的过程中离中间 正点电荷变远，则静电力对带电粒子N做正功，电势能减少，带电 粒子N在d点的电势能小于它在c点的电势能，故B正确，C错 误；带电粒子M受到中间正点电荷的库仑引力，由于点比b点 更靠近带正电的，点电荷，所以M在从点运动到b点的过程中静 电力对带电粒子M做负功，带电粒子M动能减少，则带电粒子M 在b点的动能小于它在a点的动能，故D错误.] 8.CD[O~x1,x3~x1区间图像斜率均为正，电场强度方向均沿x 轴负方向，故A错误：带负电的粒子所受的静电力方向与电场强 度方向相反，故粒子从()点运动到x1点的过程中，先加速后减速 再加速运动，故在x1一2粒子做减速运动，即在x2点的速度不 是最大，故B错误；粒子从1点运动到x点的过程中，电势不断 降低，根据负电荷在电势低处电势能大可知，粒子的电势能一直 增大，故C正确：若物=2√需从0点到点，静电力藏功W qU=0,则由动能定理得Ek=2m2=2q9o,故D正确.] 9.C[由O点到C点，沿电场线方向，电势逐渐降低，A项错误：带 正电的粒子所受静电力与速度方向一致，所以粒子一直做加速直 线运动，在O~x1段电场强度逐渐变大，带电粒子所受静电力逐 渐变大，故粒子在OA段做加速度增大的变加速直线运动，B项错 误：E-x图像中图线与坐标轴所围面积代表电势差，可知AB段 的电势差大于BC段的电势差，故静电力做功WAB>WC,由静电 力做功与电势能变化的关系知，粒子在AB段电势能变化量大于 在BC段电势能变化量，C项正确，D项错误，] )a、b是AB连线上的两点，其中Aa=B6 b两，点关于)点对称，则a、b两点电势相等，即U=0. 设滑块与水平面间的摩擦力大小为F,对滑块从到b的过程 中，由动能定理得 -F:2十qU=0-Eo, 摩擦力F=mg, 解得=2E mgL' (2)对于滑块从)到b的过程中，由动能定理得 qmR·÷=0-3E… 5Eko 解得Ua=-2g 2 5Eko (3)由于a,b两点关于0点对称，则Uo=-Ua=2g 对于滑块从a开始运动到最终在)，点停下的整个过程，由动能 定理得qU0一mgs=0一Ek, 解得=子L 答案(12(2)5(3)1 mgL 11.B[小物块Q在沿斜面方向受向上的静电力和重力沿斜面向下 的分力，当向上滑动时，随着静电力的减小，加速度先逐渐减小， 然后反向增大，即速度先增大后减小，因系统只有重力和静电力 做功，则系统的机械能与电势能之和守恒，即Ek十EG十E电=C (常数)，则在Q向上运动的过程中，随着重力势能的增加，小物 块P、Q的电势能和动能之和逐渐减少，选项A错误；在Q向上 运动的过程中动能先增加后减少，小物块P、Q的重力势能和电 势能之和先减少后增加，选项B正确，C错误：在Q向上运动的 过程中，电势能逐渐减少，小物块P、Q的重力势能和动能之和逐 渐增加，选项D错误.] 12.D[-x图像切线的斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低， 因而在x一0的左侧，电场向左，且为匀强电场，故A错误：由于 粒子带负电，粒子的加速度在x=0左侧为正值，在x=0右侧为 负值，且大小不变，故B错误：在x一0左侧粒子向右做匀加速运 动，在x=0右侧向右做匀减速运动，速度与位移不成正比，故C 错误：在x=0左侧，根据动能定理得qEx=Ek一Ek心，在x=0的 右侧，根据动能定理得一gEx=E'一E',故D正确.] 课时分层检测（十） 1,D[电容的大小与电容器两端的电压及电容器所带的电荷量无 关，故A错送：振据公式C-号得，电势差U-=是，周此电容大的 电容器两板间的电势差不一定比较大，故B错误：超过击穿电压， 电容器将被损坏，故C错误：根据公式C=号知，在相同电压作用 下，带电荷量多的电容器的电容比较大，故D正确，] 2.B[由题图可知，该电容器的电容为2200微法，故A错误：由 Q一CU可知，该电容器两极间电势差为1V时，电容器带电荷量 为Q=2.2×10-3×1C=2.2×10-3C,故B正确：该电容器为固 定电容器，不是可变电容器，故C错误；电容器所标电压为额定电 压，故D错误.门] 3B[C84.010F=2.0X10E,故选B.] 20 4.D[当开关S接A时，电容器上极板带正电，所带电荷量Q=CUA,当 开关S扳到B时，电容器上极板带负电，所带电荷量Q'=CU,该过程 中通过电流计的电荷量△Q=Q十Q=C(UA十Un)=1.2×10iC,解 得电容C≈8.6×10F,选项D正确.] 5.AC[类似于平行板电容器的结构，金属芯线和导电液体构成电 容器的两块电极，金离芯线的绝缘层就是极板间的电介质，其厚 度d相当于两平行板间的距离，进入液体深度h相当于两平行板 的正对面积（且h越大，则S越大），所以d大时C就小，若C大时 就表明h大.故A、C正确.] 6.解析C号-4x0 2 二F=2X10E,又周为C-器得4U 82×10V=0.5V,所以U'=U-4U=2v-0.5V= 4Q_1×10-8 1.5V. 答案2×10-8F1.5V ES 7.AC[由C一ka可知，a向右运动时，极板间的距离d减小，所 以电容增大，选项A正确：闭合开关K,电压保待不变，极板间的 距高减小，由E= 可知，电场强度增大，选项B错误：由题图可 d 知6板与大地相连，故b板的电势不变，选项C正确：由C一号可 知，电容增大，电压不变，所以电荷量增大，电容器充电，流过电流 表的电流方向为自左向右，选项D错误，] 8.A[由于电容器充电后与电源断开，说明电容器所带电荷量不 变，正极板向负极板移近时，由C二4πka可知，电容C增大. 又由U=是可知U成小而尚E=号品-器六可，电 场强度E不变，由于E不变，P到正极板的距离减小，可知P点的电 势升高，则正电荷的电势能E。=g9即变大.综上可知，A项正确.] 0