章末检测试卷(第2章 电势能与电势差)（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理必修第三册学习笔记（鲁科版）

本高中物理讲义聚焦电场与电容核心知识，系统梳理电场强度、电势的定义及性质，静电平衡特点，电容决定因素与定义式，带电粒子在电场中的运动规律，形成从基础概念到实际应用的完整学习支架。 资料以真实情境题（如手机运动传感器、静电除尘）和几何分析题（如菱形电势计算）为特色，通过模型建构与科学推理培养物理观念和科学思维，实验题（如电容器电容探究）强化科学探究能力，课中辅助概念深化，课后助力查漏补缺。

章末检测试卷(第2章) (满分：100分) 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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.(2024·泉州市高二期中)下列说法正确的是(　　) A.由E＝可知，电场中某点的电场强度E与电场力F成正比 B.负电荷受到的电场力的方向跟电场强度的方向相同 C.当导体处于静电平衡状态时，其内部的场强处处为零 D.由公式C＝可知电容器装的电荷越多，电容器的电容就越大 答案　C 解析　电场中某点的电场强度只与电场本身的性质有关，与电荷在电场中的受力无关，故A错误；负电荷受到的电场力的方向跟电场强度的方向相反，故B错误； 当导体处于静电平衡状态时，其内部的场强处处为零，故C正确； 公式C＝为电容器的定义式，电容器的电容是表征电容器容纳电荷量本领的一个物理量，其决定式为C＝ 可知电容的大小由电介质、正对面积、以及两板间距决定，而电容越大，则表明电容器能够容纳的电荷量就越多，故D错误。 2.(2024·龙岩市高二期中)a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个菱形的四个顶点。电场线与菱形所在平面平行。已知a点的电势为12 V，b点的电势为20 V，d点的电势为6 V，如图所示。由此可知c点的电势为(　　) A.8 V B.24 V C.12 V D.14 V 答案　D 解析　根据匀强电场电势差与电场强度的关系有 φa－φb＝φd－φc 代入数据解得φc＝14 V。 3.(2024·泉州市高二期中)右图为真空中半径为r的圆，O为圆心，直径ac、bd相互垂直。在a、c处分别固定有电荷量为＋q、－q的两个点电荷。下列说法正确的是(　　) A.O点电势一定大于b点电势 B.ac线上各点电场强度方向与bd线上各点电场强度方向垂直 C.位置b处电场强度大小为 D.将一负试探电荷从b点移到c点，电势能减小 答案　C 解析　根据等量异种电荷电势的分布特点可知，bOd为等势面，O点电势等于b点电势，故A错误；根据电场强度的叠加可知，ac线上各点电场强度方向为由a指向c，bd线上各点电场强度方向为由a指向c，故ac线上各点电场强度方向与bd线上各点电场强度方向相同，故B错误；根据几何关系可知，两个点电荷在位置b处电场强度大小相等，方向垂直，则位置b处电场强度大小为E＝，故C正确；将一负试探电荷从b点移到c点，电势减小，电势能增大，故D错误。 4.(2024·漳州市高二期末)如图是手机微信运动步数的测量原理简化示意图，M和N为电容器两极板，M板固定，N板与固定的两轻弹簧连接，且只能按图中标识的“前后”方向运动。则手机(　　) A.匀速运动时，电流表示数不为零 B.突然向前减速时，电容器的电容变小 C.突然向前减速时，电容器的带电量变大 D.突然向前减速时，电流由b点流向a点 答案　C 解析　手机匀速运动时，N板不动，电容器的电容不变，则电荷量不变，所以回路无电流，电流表示数为零，故A错误；手机突然向前减速时，N板向前运动，则两极板间距变小，根据C＝可知电容器的电容增大，由于电压不变，则电容器带电量增大，电流由a点流向b点，故C正确，B、D错误。 二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题给出的四个选项中，有两项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 5.(2024·福建龙岩市紫金中学高二月考)如图所示，虚线a、b、c为某电场中的三条电场线，实线为一带电粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，则(　　) A.该带电粒子在电场中P点处受到的电场力比Q点处小 B.该带电粒子在电场中P点处的加速度比Q点处大 C.该带电粒子在Q点具有的电势能比在P点具有的电势能小 D.该带电粒子在Q点具有的动能比在P点具有的动能小 答案　BC 解析　在同一电场中，电场线越密集的地方电场强度越大，电场线越稀疏的地方电场强度越小，则可知EP>EQ，所以点电荷在P处所受的电场力大于在Q处所受的电场力，A错误； 由上述分析可知FP>FQ，则该带电粒子在电场中P点处的加速度比Q点处大，B正确；由轨迹曲线可知，电场力方向指向轨迹弯曲的内侧，若带电粒子从P运动到Q，电场力与速度夹角为锐角，电场力做正功，电势能减小，动能增加，带电粒子在Q点具有的电势能比在P点具有的电势能小，在Q点具有的动能比在P点具有的动能大。若带电粒子从Q运动到P，电场力与速度夹角为钝角，电场力做负功，电势能增加，动能减小，带电粒子在Q点具有的电势能比在P点具有的电势能小，在Q点具有的动能比在P点具有的动能大。则可知，无论向哪个方向运动，电势能与动能变化规律一致，C正确，D错误。 6.(2024·成都市高二期末)如图，A、B、C为圆周上三点，O为圆心，半径为 m，∠AOB＝∠BOC＝60°，空间中存在与纸面平行的匀强电场，A、B、C三点的电势分别为5 V、4 V、3 V，下列说法正确的是(　　) A.电场强度沿OB方向 B.电场强度沿AC方向 C.电场强度的大小为 V/m D.电场强度的大小为 V/m 答案　BD 解析　由几何关系A、C中点在OB上，A、C中点电势φ＝＝4 V，AC⊥OB 所以OB所在直线是等势线，场强方向垂直于等势线且由高电势指向低电势，所以电场强度沿AC方向，故A错误，B正确；根据几何关系，A、C距离d＝r＝3 m 电场强度的大小为E＝ V/m，故C错误，D正确。 7.(2024·福州市高二期末)如图所示，在水平向右的匀强电场中有一个绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了24 J，金属块克服摩擦力做功16 J，重力做功48 J。下列说法中正确的是(　　) A.金属块带负电荷 B.电场力对金属块做功等于8 J C.金属块的电势能增加8 J D.金属块的机械能减少24 J 答案　CD 解析　金属块滑下的过程中动能增加了24 J，由动能定理知WG＋Wf＋W电＝ΔEk， 摩擦力做功为Wf＝－16 J 重力做功为WG＝48 J 可得电场力做功为W电＝－8 J 电场力做负功，即金属块克服电场力做功8 J，可知金属块带正电荷，电势能增加了8 J，故A、B错误，C正确；由功能关系可知机械能的变化量为ΔE＝Wf＋W电＝－24 J 即金属块的机械能减少了24 J，故D正确。 8.(2024·福建师范大学附属中学高二期中)有一电场在x轴上各点的电场强度分布如图所示。现将一带正电的粒子(不计重力)从O点静止释放，仅在静电力的作用下，带电粒子沿x轴运动，则关于该电场在x轴上各点的电势φ、带电粒子的动能Ek、电势能Ep以及动能与电势能之和E0随x变化的图像，正确的是(　　) 答案　BD 解析　带正电的粒子(不计重力)从O点静止释放，仅在静电力的作用下，带电粒子沿x轴运动，则静电力方向沿x轴正方向，电场线方向沿x轴正方向。沿电场线方向电势降低，A错误；静电力做正功，动能增加，电势能减小，C错误；由Ek－x图像斜率绝对值表示静电力大小，斜率正负代表静电力方向，由题图可知，电场强度先减小后增大，方向一直为正方向，静电力F＝qE先减小后增大，一直为正方向，B正确；由于仅受静电力作用，E0＝Ek＋Ep，动能与电势能之和E0不变，D正确。 三、非选择题：本题共7小题，共60分。 9.(6分)(2024·龙岩市高二期末)某静电除尘器的除尘原理示意图如图所示，一带正电的金属板和一个带负电的放电极形成电场，它们之间的电场线分布如图所示，虚线为一带电烟尘颗粒的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，不计烟尘颗粒的重力。由电场的分布特点可知，a点电场强度　　　　b点电场强度(选填“大于”“小于”或“等于”)；根据烟尘颗粒的运动轨迹，判断该颗粒是　　　　(选填“正电荷”“负电荷”或“不带电”)，在a点烟尘颗粒的动能　　　　在b点烟尘颗粒的动能(填“大于”“小于”或“等于”)。  答案　大于　负电荷　小于 解析　由电场的分布特点可知，a点电场线较b点密集，可知a点的电场强度大于b点电场强度； 根据烟尘颗粒的运动轨迹，粒子受电场力大致向上，可知该颗粒是负电荷，从a到b电场力做正功，动能增加，则粒子在a点烟尘颗粒的动能小于在b点烟尘颗粒的动能。 10.(6分)(2023·福建卷)“场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜：在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，如图所示。a、b、c、d、O为同一平面上的5个点，abc是一段以O为圆心的圆弧，d为Ob的中点。a、d两点场强大小分别为Ea、Ed，O、a、c、d四点电势分别为φO、φa、φc、φd，则φa　　　　φd，φa　　　　φc，(φO－φa)　　　　2(φO－φd)。(选填“大于”“等于”或“小于”)  答案　小于　等于　小于 解析　由于沿着电场线方向电势逐渐降低，可知φb<φd，而φa＝φb，故φa<φd；由题知，在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，则根据点电荷形成的电场的电势分布可知φa＝φc，且越靠近O场强越强，则Od部分的场强均大于db部分的场强，则根据U＝Ed，结合微元法可定性判别出φO－φb < 2(φO－φd)，而φa＝φb，则φO－φa < 2(φO－φd)。 11.(6分)(2024·福建连城县第一中学高二月考)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，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)(2分)该实验使用的科学方法是　　　　　。  A.类比法　 B.控制变量法 C.假设法 D.微小量放大法 (2)(2分)影响平行板电容器电容的因素有　　　　　。  A.极板的材料 B.两极板间距离和两极板的正对面积 C.电容器储存的电荷量 (3)(2分)在实验中观察到的现象是　　　　　。  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.将左极板右移，静电计指针的张角变大 答案　(1)B　(2)B　(3)C 解析　(1)本实验中，若研究电容与某因素的关系时，需要其他量保持不变，所以采用的科学方法是控制变量法，故B正确。 (2)由平行板电容器的决定C＝， 可知影响平行板电容器电容的因素有两极板间距离、两极板的正对面积和两极板之间的电介质，故B正确。 (3)本实验中，将左极板向上移动一段距离，即两极板的正对面积减小，平行板电容器的电容减小。由于电容器的带电荷量不变，根据电容的定义式C＝，即U＝可知，两极板之间的电势差增大，故静电计指针的张角变大，故A错误；向两板间插入陶瓷片时，平行板电容器两极板间的介电系数增大，故平行板电容器的电容增大。由于电容器的带电荷量不变，故两极板之间的电势差减小，静电计指针的张角变小，故B错误；将左极板右移，两极板间的距离减小，故平行板电容器的电容增大。由于电容器的带电荷量不变，故两极板之间的电势差减小，静电计指针的张角变小，故C正确，故D错误。 12.(6分)(2024·武汉市高二月考)随着传感器技术的不断进步，传感器开始在中学实验室逐渐普及。某同学用电流传感器(相当于电流表)和电压传感器(相当于电压表)做“观察电容器的充、放电现象”实验，电路图如图甲所示。 (1)(2分)先使开关K与1端相连，电源向电容器充电，这个过程很快完成，充满电的电容器上极板带　　　电。  (2)(2分)然后把开关K掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流、电压信息传入计算机，经处理后得到电流和电压随时间变化的I－t、UC－t曲线分别如图乙、丙所示。 (3)(2分)由图乙、丙可知，电容器充满电时的电荷量为　　　 C，电容器的电容为　　　 F(结果均保留两位有效数字)。  答案　(1)正　(3)3.5×10－3　4.4×10－4 解析　(1)根据电路连接方式可知充满电的电容器上极板带正电。 (3)由题图乙可知，I－t图像与横坐标轴围成的面积表示电容器放电过程中放出的电荷量，也就是电容器充满电时的电荷量，小正方形的个数为14个，电容器充满电时的电荷量为 Q＝14×0.25×10－3×1 C＝3.5×10－3 C 电容器的电容为C＝≈4.4×10－4 F。 13.(11分)把q1＝4×10－9 C的试探电荷放在电场中的A点，具有6×10－8 J的电势能， (1)(3分)求A点的电势。 (2)(3分)若把q2＝2×10－10 C的试探电荷放在电场中的A点，电荷所具有的电势能是多少？ (3)(5分)若把q3＝－2×10－12 C的试探电荷放在电场中的A点，电荷所具有的电势能又是多少？ 答案　(1)15 V　(2)3×10－9 J　(3)－3×10－11 J 解析　(1)根据φ＝， 可得φA＝ V＝15 V (2)根据公式可得 Ep2＝q2φA＝2×10－10×15 J＝3×10－9 J (3)根据公式可得 Ep3＝q3φA＝－2×10－12×15 J＝－3×10－11 J 14.(12分)(2024·龙岩市高二期中)水平放置的两块平行金属板板长l＝5.0 cm，两板间距d＝1.0 cm，两板间电压为90 V，且上板为正极板，两板右侧距离s有一屏。一个电子沿水平方向以速度v0＝2.0×107 m/s从两板中间射入，如图所示，以入射点为坐标原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立坐标系，其中x轴与屏交点为O，电子的质量为m＝9.0×10－31 kg，电荷量大小为e＝1.6×10－19 C。 (1)(4分)电子离开电场时沿y轴正方向的偏移量y0是多少？ (2)(4分)电子飞出电场时的速度大小是多少(保留两位有效数字)？ (3)(4分)电子离开电场后，打在屏上的P点，若s＝10 cm，求OP之长。 答案　(1)5×10－3 m　(2)2.0×107 m/s　(3)2.5×10－2 m 解析　(1)电子在偏转电场中运动，由eE＝ma U＝Ed，y0＝at2 l＝v0t 联立以上，代入数据得y0＝5×10－3 m。 (2) 电子飞出电场时，水平分速度vx＝v0 竖直分速度vy＝at＝＝4×106 m/s 则飞出电场时的速度为 v＝≈2.0×107 m/s (3)设v与v0的夹角为θ，则 tan θ＝＝0.2 由题设知，电子飞出电场后做匀速直线运动，则 OP＝y0＋s·tan θ 解得OP＝2.5×10－2 m。 15.(13分)(2024·福州市高二期中)如图所示，在空间内存在一方向水平向右的匀强电场，一质量为m、电荷量为＋q的带电小球系于长为L的轻绳一端，轻绳另一端固定于O点，小球在竖直平面内绕O点做逆时针方向的圆周运动。已知带电小球运动至圆周上的A点时，轻绳上的拉力达到最大，OA连线与水平方向夹角为37°，重力加速度为g，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。若小球恰能在竖直平面内做完整的圆周运动，求： (1)(4分)匀强电场的场强E的大小； (2)(9分)轻绳上拉力的最大值F； 答案　(1)　(2)10mg 解析　(1)小球在A点时轻绳上的拉力达到最大，小球所受重力mg、电场力qE的合力mg'沿OA方向，如图所示，有 mg＝qEtan 37° 故E＝。 (2)小球在重力场与电场中所受等效重力为 mg'＝mg 小球恰好通过等效重力场最高点A'时有 mg'＝ 小球从A'运动到等效重力场最低点A的过程中由动能定理 mg'×2L＝mmv2 得vA＝ 在A点对小球有F－mg'＝ 解得F＝10mg。 学科网（北京）股份有限公司 $