第十章 静电场中的能量 章末检测试卷(二)（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（人教版）

本高中物理讲义聚焦静电场核心知识，系统梳理电场强度、电势、电势差的概念及公式适用条件，衔接电场线与等势面的关系，延伸至带电粒子在匀强电场、交变电场中的运动规律及电容器动态分析，构建从基础概念到综合应用的递进式学习支架。 资料特色在于通过概念辨析题强化物理观念，如辨析E=U/d适用条件，结合φ-x图像培养科学思维中的模型建构能力，设置电容式液位计实验情境渗透科学探究。题型多样，课中辅助教师检测学情，课后助力学生查漏补缺，提升解决实际问题的能力。

章末检测试卷(二) [满分：100分] 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·新乡市高二期中)下面是某同学对一些公式的理解，其中正确的是(　　) A.E=适用于任何电场 B.电势差的比值定义式Uab=适用于任何电场，且Uab跟Wab、q无关 C.由公式φ=可知，电场中某点的电势φ与q成反比 D.由Uab=Ed可知，电场中任意两点a、b间的距离越大，两点间电势差也一定越大 答案　B 解析　E=仅适用于匀强电场，故A错误；电势差的比值定义式Uab=适用于任何电场，且Uab跟Wab、q无关，故B正确；电势的比值定义式为φ=，但电场中某点的电势φ与q无关，故C错误；Uab= Ed中的d指的是a、b两点沿电场方向的距离，所以电场中任意两点a、b间的距离越大，a、b两点沿电场方向的距离不一定越大，则两点间电势差不一定越大，故D错误。 2.四个电场中，a、b两点电场强度与电势均相同的是(　　) 答案　C 解析　电场强度是矢量，有大小有方向，由点电荷产生的电场特点可知选项A中a、b两点电场强度方向不同，两点电场强度不同，A错误；选项B中两点电场强度大小不同，两点电场强度不同，同时沿着电场线方向电势降低，两点电势也不同，B错误；由匀强电场的特点知选项C中a、b两点的电场强度相同，两点在同一等势面上，电势也相同，C正确；由等量异种点电荷的电场线分布特点知，选项D中a、b两点在同一等势面上，电势相同，但a点的电场强度比b点的大，D错误。 3.(2024·北京卷)如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP=QN。下列说法正确的是(　　) A.P点电场强度比Q点电场强度大 B.P点电势与Q点电势相等 C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍 D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变 答案　C 解析　由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，A错误； 由沿电场线方向电势越来越低知，P点电势高于Q点电势，B错误； 由电场叠加得P点电场强度E=k+k，若仅两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍，而PQ间距不变，根据U=Ed定性分析可知P、Q两点间电势差变大，C正确，D错误。 4.(2024·江门市高二期中)如图甲所示，距离足够大的两平行金属板中央有一个静止的电子(不计电子所受重力)，在A、B两板间加上如图乙所示的交变电压。若取电子的初始运动方向为正，则下列图像中，能正确反映电子的位移x、速度v、加速度a和动能Ek随时间(一个周期内)变化规律的是(　　) 答案　C 解析　电子一个周期内的运动情况为：0~时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，~时间内，继续向A板做匀减速直线运动，时刻速度为零。~时间内，向B板做匀加速直线运动，~T时间内，继续向B板做匀减速直线运动，故B错误；电子做匀变速直线运动时x-t图像是抛物线，故A错误；由于a=可知匀变速运动的加速度大小不变，方向发生变化，故a-t图像应平行于横轴，故C正确；匀变速运动v-t图像是倾斜的直线，根据Ek=mv2，可知Ek与v成二次函数关系，结合上述分析，v与t在每一阶段均为一次函数关系，由此可知Ek-t图像是曲线，故D错误。 5.一带正电的小球质量为m、电荷量为q，将小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，电场强度E=，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球(　　) A.做直线运动 B.机械能先增加后减小 C.加速度大小为2g D.速率先减小后增大 答案　D 解析　小球受重力和静电力两个力作用，合力的方向与初速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动，故A错误；在水平方向，由于受静电力，水平速度先减小为零，后反向增大，那么静电力先做负功后做正功，除重力以外的力对小球做的功等于机械能的变化量，所以机械能先减小后增大，故B错误；小球受两个恒力，F电=qE=mg，G=mg，其合力为mg，所以加速度大小为g，故C错误；小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成直角、锐角，可知合力先做负功后做正功，则速率先减小后增大，故D正确。 6.(2024·海南苗族自治县高二开学考试)在x轴方向存在一静电场，其电势φ与x的关系如图所示，其中O~x1之间的φ-x图像为倾斜直线，下列判断正确的是(　　) A.O~x1之间的电场为匀强电场，电场方向沿x轴正方向 B.x=x2处的电势最高，电场强度为零 C.x=x3处的电势和电场强度均为零 D.若将正电荷从O点沿x轴移动到x4处，静电力做功为零 答案　B 解析　根据电场强度与电势差的关系E=可知φ-x图像的斜率绝对值表示电场强度的大小，且沿着电场线的方向电势逐渐降低。由于O~x1之间的φ-x图像为倾斜直线，则该区间内的电场为匀强电场，方向沿x轴负方向，A错误；x=x2处的电势最高，图线的斜率为零，则电场强度为零，B正确；x=x3处的电势为零，但图线的斜率不为零，即电场强度不为零，C错误；由题图可知，从O点到x4处，电势整体上是降低的，正电荷从O点沿x轴移动到x4处，电势能减小，静电力做正功，D错误。 7.(2024·大同市高二期中)如图所示，A、B、C、D是圆上的四点，其中AB=5 cm，∠BAC=60°，∠ACD=45°，空间有一方向与圆所在平面平行的匀强电场(未画出)，已知A点的电势为24 V，B点的电势为18 V，D点电势为12 V。下列说法正确的是(　　) A.C点的电势为6 V B.电场强度的大小为240 V/m C.电子在A点的电势能比在O点的电势能低6 eV D.电子从D点运动到C点克服静电力做功6 eV 答案　B 解析　连接AD，取中点为E，由匀强电场中U=Ed 得φE==18 V 所以EB是等势线。连接OE、OB，AC与BE交点为F，△ABE与△OBE关于EB对称，所以AO⊥EB，则A→O是电场的方向，|AC|=4|AF|，UAC=4UAF 即φA-φC=4(φA-φF)=24 V，φC=0 故A错误；电场强度的大小为E==240 V/m，故B正确；根据EpA-EpO=-eUAO=-12 eV 电子在A点的电势能比在O点的电势能低12 eV，故C错误；电子从D点运动到C点克服静电力做功WDC=eUDC=12 eV，故D错误。 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.(2024·甘肃卷)某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点，下列说法正确的是(　　) A.粒子带负电荷 B.M点的电场强度比N点的小 C.粒子在运动轨迹上存在动能最小的点 D.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 答案　BCD 解析　根据粒子所受静电力与等势面垂直且指向曲线轨迹的凹侧可知，粒子带正电荷，故A错误； 等差等势面越密集的地方电场强度越大，故M点的电场强度比N点的小，故B正确； 粒子带正电，因为M点的电势大于N点的电势，故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能；由于带电粒子仅在静电力作用下运动，电势能与动能总和不变，故可知当电势能最大时动能最小，故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小，故C、D正确。 9.(2024·哈尔滨市高二期中)电荷量为q1和q2的两个点电荷分别固定于x轴上O、P两点，规定无穷远处电势为零，一带负电的试探电荷在x轴正半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、C两点处的电势能均为零，且OB>BP，在CF段中，E处电势能最大，则(　　) A.=()2 B.B点电场强度方向一定沿x轴正方向 C.若将一正试探电荷从D点静止释放，一定能到达F点 D.若将一正试探电荷从C点移动到F点，静电力先做负功后做正功 答案　AC 解析　图像中E处电场强度为0，得= 得=()2，A正确；带负电的试探电荷在O点电势能正无穷，因此O点电荷为负电荷，P点电荷为正电荷，因此B点电场强度方向一定沿x轴负方向，B错误；带正电的试探电荷在D点受x轴正方向的静电力，故沿x轴正向加速运动过E点后减速，在D点与F点的电势能相等，根据能量守恒可得，一定能到达F点，且到F点速度为0，C正确；正试探电荷从C点移动到F点所受静电力先沿x正方向，过E点后沿x负方向，故静电力先做正功后做负功，D错误。 10.(2025·安徽省江淮名校高二期中)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒恰好从两极板正中间水平飞离平行板电容器，平行板电容器板长为L，间距为d。忽略边缘效应，不计重力。则(　　) A.L=d B.L=2d C.U1=U2 D.U2=2U1 答案　AC 解析　微粒做类斜抛运动，微粒恰好从两极板正中间水平飞离平行板电容器，则有 L=v0cos 45°·t，d=t 解得L=d，故A正确，B错误； 微粒从静止开始经电压U1加速过程，根据动能定理有qU1=m 微粒恰好从两极板正中间水平飞离平行板电容器，根据动能定理有 -q=m(v0cos 45°)2-m 解得U1=U2，故C正确，D错误。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(8分)(2024·大同市高二期末)传感器中经常用到电容器做基本元件，如图为电容式液位计的原理图，一根金属圆柱插入金属容器内(并未与容器底、壁接触)，另一端与电源相连，金属圆柱为电容器的一个电极，容器壁为电容器的另一个电极，容器内充入绝缘液体，金属容器接地。另有一静电计与该装置相连，静电计外壳接地，静电计的金属球通过开关K2与金属圆柱相连。某同学用该装置做以下实验。 (1)先闭合K1，给电容器充电； (2)断开K1，闭合K2，静电计指针偏转一定角度； (3)(4分)该同学给容器中加入更多绝缘液体使液面升高，此时他观察到静电计指针偏角　　　　(选填“变大“变小”或“不变”)，由此他推测出：液面升高使电容器的电容　　　　(选填“变大”“变小”或“不变”)。  (4)(4分)此后在保持液面不变的情况下他继续实验，通过绝缘手柄把金属圆柱向上移动一段距离，他看到静电计的指针偏角　　　　(选填“变大”“变小”或“不变”)，表明电容器的电容因金属圆柱向上移动而　　　　(选填“变大”“变小”或“不变”)。  答案　(3)变小　变大　(4)变大　变小 解析　(3)加入更多绝缘液体，根据电容器电容公式C= 可知，原来正对面积为空气的地方被绝缘液体替代，εr变大，电容器的电容C变大，又由于C=，且Q不变，所以U减小，即静电计指针偏转角度变小。 (4)同理，把金属圆柱向上移动一段距离，电容器两极的正对面积减小，电容器的电容减小，电荷量不变，所以电容器两端电压变大，即静电计指针偏角变大。 12.(8分)(2024·上海市长宁区高二期中)用如图所示电路，研究电容器的放电过程。实验时，先将开关S掷向1，充电完毕后，将开关掷向2，传感器将信号传入计算机屏幕上，显示出电流或电压随时间变化的图线。 (1)(2分)电容的定义式为C=，下列物理量的表达式中，也是用其他物理量的比来定义且为标量的是　　　　。  A.电场强度E= B.加速度a= C.电势φ= D.电阻R=ρ (2)(2分)实验中所使用的电容器电容大小为1 500 μF，额定电压为20 V，所使用的电源输出电压为10 V，则在该实验中电容器存储的最大电荷量为　　　　。  (3)(2分)用q表示电容器上极板所带的电荷量，UC表示电容器两端的电压，I表示电路中的电流，电容器在放电过程中的图像正确的有　　　　。  (4)(2分)由图可知，传感器1为　　　　(选填“电流”或“电压”)传感器。为使得电容器的放电时间延长便于观察，实验中所使用的可变电阻阻值应适当　　　　(选填“调大”或“调小”)。  答案　(1)C　(2)1.5×10-2 C　(3)BD　(4)电流　调大 解析　(1)E=为电场强度的比值定义式，采用比值定义法，但电场强度为矢量，故A错误；a=为加速度的决定式，即牛顿第二定律表达式，不是比值定义法，故B错误；φ=为电势的比值定义法，且电势为标量，故C正确；R=ρ为电阻的决定式，不是比值定义法，故D错误。 (2)由于电源所使用的输出电压为10 V，根据电容的定义式可得实验中电容器存储的最大电荷量为Q=CU=1 500×10-6×10 C=1.5×10-2 C。 (3)电容器在放电过程中其所带电荷量逐渐减小，两极板电压减小，电流减小，且均减小的越来越慢，故选B、D。 (4)由题图可知，传感器1串联在电路中，是电流传感器，传感器2与可变电阻并联，是电压传感器；若调大可变电阻接入电路的阻值，则回路中电流减小，从而延长放电时间。 13.(10分)(2025·河南省新高中创新联盟高二期中)如图所示，某固定点电荷电场中有a、b两点，两点处电场强度方向与两者连线延长线的夹角均为30°，大小均为E，c点为ab连线的中点，已知a、b两点间的距离为L，静电力常量为k，求： (1)(4分)该点电荷的电荷量q，并确定其电性； (2)(6分)若将电荷量为-q1(q1>0)的点电荷由a点沿直线移到b点的过程中，静电力做功最大值为W，求b、c两点之间的电势差Ubc。 答案　(1)　带正电　(2)- 解析　(1)根据题意知，两处电场强度反向延长相交处即为点电荷位置，因电场强度方向背离点电荷，故点电荷带正电 设点电荷与a点的距离为r，由几何关系可知2rcos 30°=L 根据点电荷电场强度公式有E= 解得q=。 (2)电荷量为-q1(q1>0)的点电荷由a点沿直线移到b点的过程中，从a点移到c点过程，静电力做功最大，故有W=-q1Uac，解得Uac=- 因为a、b两点与点电荷距离相等，即a、b两点电势相等，则有 Ubc=Uac=-。 14.(12分)(2025·昆明市高二月考)如图所示，质量为m，带电荷量为+q(q>0)的小球(可看作质点)与不可伸长的绝缘细绳相连，细绳另一端固定在O点，细绳长度为L，O点距离水平地面的高度为2L，空间存在竖直向上的匀强电场。现在最高点给小球一水平向右的初速度v0=，此时细绳上的拉力恰好为0，忽略空气阻力，重力加速度大小为g。 (1)(4分)求匀强电场的电场强度E的大小； (2)(8分)若小球运动到最低点时细绳恰好被拉断，在小球脱离细绳的瞬间电场变为水平向左，则小球的落地点到O点的水平距离x。 答案　(1)　(2)(+)L 解析　(1)在最高点，有mg-qE= 解得E=。 (2)小球从最高点运动到最低点过程中，根据动能定理(mg-qE)·2L=mv2-m 细绳被拉断后，小球在竖直方向做自由落体运动 L=gt2 水平方向做匀加速直线运动x=vt+at2 其中qE=ma，解得x=(+)L。 15.(16分)(2024·江门市高二期中)如图，虚线MN左侧有一电场强度为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求： (1)(3分)电子射入电场E2时的速度大小v0； (2)(6分)电子从释放到打到屏上所用的时间t； (3)(7分)电子打在右侧屏上的点离O点的距离y。 答案　(1)　(2)3　(3)3L 解析　(1)电子在电场E1中做匀加速直线运动，根据动能定理： eE=m-0 得v0= (2)在电场E1中有v0=at1，由eE=ma得 t1= 电子在电场E2中做类平抛运动，有L=v0t2 电子从PQ到屏做匀速直线运动，有t3=tx= 总时间t=t1+t2+t3 联立解得t=3 (3)设电子离开电场E2时的偏移距离为y1 由几何关系有= 解得y=3y1 电子在电场E2中做类平抛运动，有y1=a'，L=v0t2，eE2=ma' 联立解得y1==L 则y=3L。 学科网（北京）股份有限公司 $