第十章 静电场中的能量 单元模拟测试卷——2026-2027学年高二上学期物理人教版必修第三册

**基本信息** 本单元卷聚焦静电场中的能量，通过10道单选（50分）和4道非选择（50分），融合物理观念与科学思维，适配高中物理单元复习，突出电场力做功、电势能等核心知识的应用。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择题|10/50|电势、电场强度叠加、电势能变化|结合点电荷与匀强电场模型，考查科学推理（如第2题电场叠加）| |非选择题|4/50|电容器实验、带电粒子偏转、电场力做功与能量综合|注重科学探究（第11题控制变量法）和综合应用（第14题含交变电场的粒子运动）|

第十章 静电场中的能量 单元模拟测试卷 （全卷满分100分 考试用时75分钟） 一、单项选择题 (本题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 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. 下列说法错误的是（ ） A. 在匀强电场中，电势降低的方向一定是电场的方向 B. 无论是正电荷还是负电荷，电场力做负功时电势能一定增加 C. 在匀强电场中，电场力做功与电荷经过的路径无关，仅与运动始末位置的电势有关 D. 将电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能可能增加，也可能减小 2.如图所示，在圆心O固定一个带正电的点电荷，同时在空间中施加一与AC方向平行、 大小为的匀强电场，A点的合电场强度刚好为零，其中EF也是圆的一条直径，, 则下列说法中正确的是（ ） A.B、D两点的电场强度相同 B.F点的电场强度的大小为 C. D. 3.两个完全相同、带等量异种电荷的小球A、B, 质量均为m, 分别用长为的绝缘细 线悬挂在相距为3L的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，细线与竖直方 向夹角。外加水平向左的匀强电场后，两小球经过一段长时间摆动，最终再次 平衡的位置如图乙所示，细线与竖直方向夹角仍为, 静电力常量为k, 重力加速 度为g, 则下列说法正确的是（ ） A.A球带负电，B球带正电 B.A球带的电荷量 C. 图乙中，A球的电势能一定大于B球的电势能 D. 图乙中，外加匀强电场的电场强度 4.如图所示，一块足够大的粗糙绝缘薄板竖直固定，且位于等量异种点电荷连线的中垂 面上。A、O、B为薄板上同一竖直线上的三点，O在点电荷的连线上，。一个 带电小物块 (可视为质点) 从A点以初速度竖直向下运动，最后静止在B点。不考虑 物块电荷量的变化，则物块从A点运动到B点的过程中（ ） A. 速度一直减小，经过O点时的速度为 B. 加速度先增大后减小，经过O点时加速度最大 C. 电势能先减小后增大，经过O点时电势能最小 D. 机械能一直减小，AO段损失的机械能比OB段损失的机械能多 5.如图所示，空间有一正三棱锥OABC, 点、、分别是三条棱的中点。现在顶点O处固定一正点电荷，则下列说法中正确的是（ ） A.、、三点的电场强度相同 B.所在平面为等势面 C. 将一正的试探电荷从点沿直线移到点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功 D. 若点电势为，A点电势为，则连线中点D处的电势一定小于 6.如图所示，在匀强电场中有一直角三角形ABC，，，BC边长为。电场强度的方向与三角形ABC所在平面平行。一电子从A点移到C点静电力做功为，从B点移到C点静电力做功为。则（ ） A.A、B两点间的电势差 B. 电场强度的方向由C点指向A点，大小为 C. 一电子从B点移到A点，电势能减少 D. 一电子从B点移到AC的中点，电势能增加 7.如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度从M点沿斜面上滑，到达N点时速度恰好为零，然后下滑回到M点，此时速度为。若小物体电荷量保持不变，，重力加速度为g，则（ ） A. 小物体上升的最大高度为 B. 从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小 C. 从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功 D. 从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力先减小后增大 8.如图所示，虚线a、b、c表示O处点电荷产生的电场中的三个不同的等势面，相邻等势面的间距相等，一电子射入电场后（只受电场力作用）的运动轨迹如图中实线所示，其中先后经过的四个点1、2、3、4表示运动轨迹与等势面的交点，由此可以判定（ ） A.O处的点电荷一定带正电 B. 电子运动过程中，动能先增大后减小，电势能先减小后增大 C. 三个等势面的电势高低关系为 D. 电子从位置2到位置3与从位置3到位置4过程中电场力所做的功相等 9.如图所示，竖直平面内有一个半径为R的圆周，O为圆周的圆心。空间存在平行于圆周平面的匀强电场，A、D两点为圆周上和圆心同一高度的点，C点为圆周上的最高点。B点有一粒子源，OB与OA的夹角，粒子源以相同大小的初速度在竖直面（平行于圆周面）内沿各个方向发射质量为m的同种带电微粒，对比通过圆周上各点的微粒，发现从圆周上D点离开的微粒机械能最大，从圆周上E点（OE与竖直方向夹角）离开的微粒动能最大，已知重力加速度为g，取最低点F所在水平面为零重力势能面。则（ ） A. 圆周上D点的电势最高 B. 微粒受到的电场力大小为 C. 通过E点的微粒动能大小为 D. 从A点离开的微粒的动能小于在B点的动能 10.电荷量为和的两点电荷分别固定在x轴上的O、C两点，规定无穷远处电势为零，一带正电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x的变化关系如图所示。其中，试探电荷在B、D两点处的电势能均为零，且，在DJ段中H点处电势能最大。则（ ） A. B.G点处电场强度的方向沿x轴正方向 C. 若将一带负电的试探电荷从G点静止释放，一定能到达J点 D. 若将一带负电的试探电荷从D点移动到J点，电场力先做负功后做正功 二、非选择题 (本题共 4 小题，共 50 分) 11.(6 分)如图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，其中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，给电容器充电后与电源断开。 (1) 初步分析影响因素可能有两极板间距大小、两极板正对面积大小、电介质的介电常数大小等，所以本实验所用的科学探究方法是________(填 “等效替代法”“微小放大法” 或 “控制变量法”)。 (2) 若仅将电容器左侧极板适当右移，则静电计指针的偏角将________(填 “变大”“变小” 或 “不变”)；若仅将电容器左侧极板适当上移，则静电计指针的偏角将________(填 “变大”“变小” 或 “不变”)。 12.(12 分) 如图所示，一静止的电子经过电压为U的电场加速后，立即从A点射入匀强电场中，射入方向与匀强电场的方向垂直，最终电子从B点离开电场。已知匀强电场的电场强度大小为E，宽度为L，方向竖直向上，电子的电荷量为e，质量为m，重力及空气阻力忽略不计。 (1) 求电子在匀强电场中的偏转距离； (2) 若仅将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍经过B点，求匀强电场的电场强度大小。 13.(14 分)如图所示，光滑绝缘水平地面上相距2L的A、B两点固定两个带电荷量均为Q的正点电荷，a、O、b是AB连线上的三点，且O为中点，，规定O点的电势为零，即。另一质量为m、电荷量为q的点电荷以初速度从a点出发，沿AB连线向B运动，在运动过程中点电荷受到的阻力满足，但f为未知量，当它运动到O点时，动能为初动能的倍，到b点时速度刚好为零。 (1) 求a点的场强大小； (2) 求a点的电势； (3) 点电荷q最终静止在O点，求点电荷q在电场中运动的总路程。 14.(18 分)如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为d，金属板长，两金属板间加如图乙所示的电压 (初始时上金属板带正电)，其中。一粒子源射出的带电粒子恰好从上金属板左端的下边缘水平进入两金属板间。该粒子源能随时间均匀发射质量为m、电荷量为、初速度的带电粒子，重力忽略不计。 (1) 求能从板间飞出的粒子在板间运动的时间； (2) 若粒子在时刻进入两金属板之间，则粒子飞出金属板时的偏移量y是多少？(3) 若发射时间足够长，则能够从两金属板间飞出的粒子占总入射粒子数的比例为多少？ 答案解析 1.A【解析】电势降低的方向不一定是电场的方向，电势降低最快的方向一定是电场的方向，A 错误，符合题意；无论是正电荷还是负电荷，电场力做负功时，电势能一定增加，B 正确，不符合题意；根据知，电荷移动时，电场力做功与初末位置的电势有关，而与电荷移动的路径无关，C 正确，不符合题意；负电荷在电势低处电势能大，正电荷在电势高处电势能大，由于不知电荷的电性，则将电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能可能增加，也可能减小，D 正确，不符合题意。 2.B【解析】由题可知，点电荷在圆上各点产生的电场强度大小为，方向沿半径方向向外，匀强电场的方向水平向右，可知B、D两点的电场强度大小相等，但方向不同，A 错误；F点的电场是由点电荷产生的电场与匀强电场矢量叠加而成，如图所示，根据余弦定理可知，B 正确；取一正的试探电荷从E点移动到C点，位于O点的点电荷产生的电场不做功，而匀强电场做正功，因此电势能减小，电势降低，即，C 错误；同理可知，D 错误。 3.D【解析】由题图甲可知A、B两球带异种电荷，若A球带负电，在匀强电场中所受的电场力方向水平向右，B球对A球的库仑引力向右，则不可能出现题图乙所示的情况，所以A球带正电，B球带负电，A 错误；题图甲中两小球间的距离，对A球受力分析，有，解得，B 错误；若以B球所在点为零势点，则B球的电势能为零，沿着电场线方向电势逐渐降低，则A球的电势能为负，小于B球的电势能，C 错误；在题图乙中，由几何关系可知，两小球间的距离，对A球受力分析，由平衡条件可得，解得，D 正确。 4.B【解析】由于物块最后静止在B点，可知小物块带正电，从A到B一直减速运动，摩擦力大于重力，滑动摩擦力随着电场强度的增大而增大，从A点到B点的过程中，电场强度先增大后减小，因此物块从A点运动到B点的过程中加速度先增大后减小，经过O点时加速度最大，B 正确；根据叠加场的对称性可知，物块从A点到O点过程与从O点到B点过程中克服摩擦力做功相同，设每段摩擦力做功为，在O点时物块的速度为v，，对AO段和OB段，根据动能定理可得 ，，联立解得，由于物块在AO段和OB段损失的机械能都为克服摩擦力做的功，因此AO段和OB段损失的机械能相同，A、D 错误；由于AB是一等势线，所以物块从A点运动到B点电势能不变，C 错误。 5.D【解析】(A')、(B')、(C')三点到O点的距离相等，根据可知，(A')、(B')、(C')三点的电场强度大小相等，但方向不同，故 A 错误；点电荷产生的电场中等势面是以点电荷为球心的球面，故所在平面不是等势面，故 B 错误；将一正的试探电荷从(A')点沿直线(A'B')移到(B')点，两正电荷先靠近再远离，故静电力对该试探电荷先做负功后做正功，故 C 错误；由知，(A'D)段的电场强度大于DA段的电场强度，又由知，，得，故 D 正确。 6.D【解析】 由题意得，，，，，选项 A 错误；把AC线段三等分，S、R为三等分点，连接BR，由几何关系得，，，则，根据匀强电场等分线段等分电势差得，BR为等势线，且，过A点作BR的垂线交BR于M点，可知，故，方向与AB间夹角为，斜向左下，选项 B 错误；因为，B点电势比A点高，则一电子从B点移到A点，电势能增加，选项 C 错误；设AC的中点为P，有，由于，故，电子从B点移到AC的中点P，电场力做的功为，，即电势能增加，选项 D 正确。 7.A【解析】因为，所以正点电荷在M、N两点产生的电势相等，则小物体在M、N两点的电势能相等，从M到N电场力对小物体做功为零，由于小物体与斜面间的摩擦力大小与其运动速度大小无关，则根据对称性可知小物体从M到N和从N到M，摩擦力对小物体做的功大小相等，均设为，对小物体从M到N的过程，根据动能定理有 ，对小物体从N到M的过程，根据动能定理有，解得小物体上升的最大高度为，A 正确；从N到M的过程和从M到N的过程，小物体到正点电荷的距离先减小后增大，电场力对小物体先做正功后做负功，所以小物体的电势能先减小后增大，B、C 错误；从N到M的过程中，小物体受到的电场力在垂直斜面向下的方向上的分力先增大后减小，所以小物体对斜面的压力先增大后减小，受到的摩擦力先增大后减小，D 错误。 8.C【解析】从电子的运动轨迹可以看出两个电荷相互排斥，故O处的点电荷一定带负电，A 错误；两个电荷相互排斥，故电子运动过程中电场力先做负功后做正功，动能先减小后增大，电势能先增大后减小，B 错误；O处点电荷带负电，结合负点电荷的电场线方向可知，a、b、c三个等势面的电势高低关系为，C 正确；点电荷产生的电场中，距离点电荷越远，电场强度越小，由于两相邻等势面的间距相等，所以，静电力做功，电子从位置 2 到位置 3 与从位置 3 到位置 4 过程中电场力所做的功不相等，D 错误。 9.B【解析】从D点离开的微粒机械能最大，说明从B到D电场力做功最多，过D点做圆的切线即为电场的等势线，所以电场线与OD平行，由于微粒电性未知，故场强方向不能确定，则D点电势不一定最高，从E点离开的微粒动能最大，说明从B到E合力做功最多，即重力与电场力的合力方向沿OE方向，有，，解得，，A 错误，B 正确；从B到E电场力做功，重力做功，由动能定理有 ，解得，C 错误；OE的反向延长线与圆的交点，为等效重力的最高点，A、B两点关于等效最高点对称，可知从B到A合力做功为零，故从A点离开的微粒的动能等于在B点的微粒的动能，D 错误。 10.C【解析】由题图可知，O点处的点电荷带正电，C点处的点电荷带负电，由于(OB>BC)，所以，A 错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，可知G点处电场强度的方向沿x轴负方向，B 错误；将带负电的试探电荷在G点受沿x轴正方向的静电力，过了H点后受沿x轴负方向的静电力，故沿x轴正方向先做加速运动，后做减速运动，根据能量守恒定律可知，试探电荷一定能到达J点，C 正确；负电荷从D点到J点过程中，静电力先沿x轴正方向后沿x轴负方向，故静电力先做正功后做负功，D 错误。 11.(1) 控制变量法 (2) 变小 变大 【解析】(1) 本实验所用的科学探究方法是控制变量法。 (2) 若仅将电容器左侧极板适当右移，两极板间距减小，根据可知，电容C变大，根据电容的定义式，且Q不变可知，U变小，则静电计指针的偏角将变小；若仅将电容器左侧极板适当上移，两极板正对面积S减小，根据可知，电容C变小，根据电容的定义式，且Q不变可知，U变大，则静电计指针的偏角将变大。 12.(1) (2) 【解析】(1) 设电子在加速电场中加速后的速度为，由动能定理得，解得，设电子在匀强电场中的偏转距离为y，根据类平抛运动规律可得，，由牛顿第二定律得，联立解得。 (2) 由 (1) 可得电子在匀强电场中运动，有，，在加速电场中运动时有，由牛顿第二定律得，联立解得，根据题意可知加速电场的电压增大到原来的2倍，则匀强电场的电场强度也增大为原来的2倍，即。 13.(1) (2) (3) 【解析】(1) 设a点的电场强度为E，根据点电荷的场强公式，则有，解得，方向向右（指向B）。 (2) 由对称性分析可知，a、b两点的电势相等，即，，且，设点电荷q在运动过程中所受的阻力为f，由动能定理得，当点电荷q由a运动到O点时， 有，，当点电荷q由a点运动到b点时，有，联立解得。 (3) 点电荷q最终静止在O点，设由运动到最后静止所通过的路程为s，由动能定理得，解得。 14.(1) (2) (3) 【解析】(1) 能从板间飞出的粒子，平行于板方向的分运动为匀速直线运动，在板间运动的时间。 (2) 设带电粒子在两金属板间运动时的加速度大小为a，则有，带电粒子在时刻进入两金属板之间，则它在竖直方向上先加速向下运动时间， 有，经过时间后电场反向，带电粒子开始在竖直方向上减速向下运动，又经过时间，竖直方向速度减为零，则有，故粒子飞出极板时的偏移量。 (3) 假设时刻进入两金属板间的粒子不碰到金属板而能够飞出两金属板间，则飞出两金属板间时的偏移量为，则假设不成立，时刻进入两金属板间的粒子将打在金属板上。 在第一个周期内，设带电粒子在时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下运动，经过时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下运动，又经过时间，竖直分速度减为零，恰好从下金属板右端飞出，画出其运动轨迹，如图甲所示，则有，解得，所以，在第一个周期内，设带电粒子在时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下运动，经过时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下运动，又经过时间，竖直方向速度减为零，然后加速向上运动直到恰好从上金属板右端飞出，画出其运动轨迹，如图乙所示，则有，解得（舍去），所以，在第一个周期内，带电粒子不碰到金属板而能够飞出两金属板间的时刻t满足，则能够从两金属板间飞出的粒子占总入射粒子数的比例为 学科网（北京）股份有限公司 $