第10章 1 电势能和电势（word同步练习）-【学而思】2026-2027学年高二物理必修第三册（人教版）江苏北京专版

**基本信息** 该同步练习按“基础过关练”“能力提升练”分层，以电势能和电势为核心，通过题组递进实现从概念理解到综合应用的知识巩固，适配新授课分层教学需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础过关练|静电力做功特点、电势能变化关系、电势判断|以选择、计算为主，含教材改编题（如题3），强化物理观念| |能力提升练|等量电荷电势规律、图像问题、电场功能关系|含综合情境题（如题8）、图像分析题（如题5），突出科学思维与探究|

第十章　静电场中的能量 1　电势能和电势 基础过关练 题组一　静电力做功的特点 1.(2026辽宁省实验中学期末)关于电场力做功的特点,下列说法正确的是(　　) A.在电场中移动电荷,路径不同,电场力做的功一定不同 B.电场力做的功只与电荷在电场中的始、末位置有关 C.电场力对电荷做正功,电荷的电势能增加 D.电荷在电场中的位置发生了变化,电场力对电荷一定做了功 2.(2026江苏南京师大附中期末)如图所示,Rt△ABC的AC边与匀强电场的电场方向平行。将电荷q从A点移到B点,电场力做功为W1,从A点移到C点、从C点移到B点,电场力做功分别为W2、W3,则(　　) A.W1<W2　　　B.W1>W2 C.W1=W2+W3　　　D.W1<W2+W3 3.(教材习题改编)如图所示,匀强电场中有a、b、c三点,ab=5 cm,bc=12 cm,其中ab沿电场方向,bc与电场方向的夹角为60°。一个电荷量为q=2×10-8 C的正电荷从a点移到b点,静电力做功为W1=1.2×10-7 J。 (1)求匀强电场的场强大小E; (2)将该正电荷从b点移到c点,求静电力做的功W2; (3)将该正电荷从a点移到c点,求静电力做的功W3。 题组二　静电力做功与电势能变化的关系 4.(2025江苏南通海安高级中学月考)把一带电荷量为-q的试探电荷从电场中的A点移到无穷远处,该过程中静电力做功为W,规定无穷远处的电势为零,则试探电荷在A点的电势能以及电场中A点的电势为(　　) A.-W,　B.W,-　C.W,　D.-W,- 5.(2026江苏南京学情调研)如图所示,实线为某静电除尘器中的电场线,虚线为一带电烟尘颗粒的运动轨迹,a、b是轨迹上的两点。若不计烟尘颗粒的重力,下列说法正确的是(　　) A.a点电势高于b点 B.a点电场强度小于b点 C.烟尘颗粒在a点的动能小于b点 D.烟尘颗粒在a点的电势能小于b点 6.(2026北京中国人大附中期中)如图甲所示,在一条电场线上有A、B两点,若从A点由静止释放一电子,假设电子仅受电场力作用,电子从A点运动到B点的速度-时间图像如图乙所示,则(　　) 　 A.A、B两点的电势φA<φB B.A、B两点的电场强度EA<EB C.电子在A、B两点受的电场力FA<FB D.电子在A、B两点具有的电势能EpA<EpB 7.(2026浙江浙里特色联盟期中)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整个过程中动能增加了10 J,摩擦力做功-6 J,重力做功20 J。则(　　) A.金属块带负电 B.静电力做功14 J C.金属块的机械能减少10 J D.金属块的电势能减少4 J 8.(2026河南驻马店月考,节选)有三根长度皆为L=1 m的不可伸长的绝缘轻线,其中两根的一端固定在天花板上的O点,另一端分别拴有质量皆为m=2×10-2 kg的带电小球A和B,电荷量分别为qA=-2×10-6 C、qB=2×10-6 C,A、B之间用第三根线连接起来。空间中存在水平向右的匀强电场,场强大小E=1×105 N/C,平衡时A、B球的位置如图所示。现将O、B之间的线烧断,由于存在空气阻力,A、B球最后会到达新的平衡位置。不计两带电小球间的库仑力,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)线烧断前,轻线OA中的拉力T1和AB中的拉力T2的大小; (2)线烧断后,A、B到达新的平衡位置过程两球电势能的总变化量ΔEp。 题组三　电势及电势高低的判断 9.(教材习题改编)如图所示,A、B是点电荷产生的电场中同一条电场线上的两点,把电荷量q1为+10-9 C的试探电荷从无穷远移到A点,静电力做功为4×10-8 J;把电荷量q2为+2×10-9 C的试探电荷从A点移到B点,克服静电力做功为2×10-8 J。下列说法正确的是(　　) A.场源电荷是正电荷,且在A的左边 B.场源电荷是正电荷,且在B的右边 C.场源电荷是负电荷,且在B的右边 D.场源电荷是负电荷,且在A的左边 10.(2025广东东莞第一中学月考)在静电场中,沿x轴电势φ变化的规律如图所示,一带正电粒子仅在电场力作用下从原点沿x轴正方向运动到无穷远的过程中,下列说法正确的是　(　　) A.粒子的动能一直增大 B.粒子的电势能先减小后增大 C.在x轴方向上的电场强度方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向 D.在x轴方向上的电场强度方向沿x轴正方向 11.(2026安徽A10联盟学情调研)如图所示,A、B、C、D是正方形的四个顶点,O是正方形的中心,在A、D两点固定电荷量都是q的正点电荷,O点的电场强度大小为E,O点的电势为φ。已知场源电荷Q激发的电场中,距离场源电荷r处的电势为φ=k,取无穷远处电势为零。若在C点再固定另一电荷量为-q的点电荷,则(　　) A.O点的电场强度大小为E,电势为 B.O点的电场强度大小为E,电势为φ C.O点的电场强度大小为E,电势为 D.O点的电场强度大小为E,电势为φ 能力提升练 题组一　等量电荷连线与中垂线上电势变化规律 1.(教材深研拓展)如图所示,将带负电的试探电荷沿着等量异种点电荷连线的中垂线从A点移动到B点,再沿点电荷连线从B点移动到C点,在此过程中(　　) A.试探电荷所受的电场力先减小再增大 B.电场力先不做功,然后做正功 C.所经过各处的电势先降低再升高 D.试探电荷的电势能先不变再增大 2.(2026河北石家庄正定中学联考)如图所示,O点是竖直平面内圆的圆心,A、B、C三点将圆三等分,CD是圆的水平直径,在A、B两点分别固定等量的正点电荷。不计重力,下列说法正确的是(　　) A.D、O、C三点的电势大小关系为φD>φO>φC B.一个电子无法在A、B两点电荷的电场中做圆周运动 C.将一个电子从C点由静止释放,电子从C点沿直线到D点的过程中所受的电场力一定是先增大后减小,然后再增大 D.若一电子源从O点以相同的初动能在圆周平面内向各个方向发射电子,则从D点离开圆周的电子的动能最大 3.(2025江苏南京金陵中学月考)如图所示,两个电荷量均为Q1的正点电荷位于M、N两点,另一电荷量为-Q2的负点电荷位于E点,E、F是M、N连线中垂线上的两点,O为EF、MN的中点,且EF=MN。某带负电的点电荷q在O点由静止释放,到达F点时速度达到最大值。下列说法正确的是(　　) A.O点的场强方向沿E、F连线由O点指向F点 B.由O到F点过程中,点电荷q在F点所受静电力最大 C.由O到F点过程中,点电荷q电势能先减小后增大 D.Q1和Q2的关系为Q2=2Q1 题组二　电势、电势能相关的图像问题 4.(2024江苏淮安期末调研)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示,规定x轴负方向为场强正方向,带负电的点电荷沿x轴运动,则点电荷(　　) A.由x1到x4过程中,电势能减小 B.在x1处电势能为零 C.由x1到x4过程中,在x3处加速度最大 D.在x2和x4处电势能相等 5.(2026河南南阳一中期中)如图甲所示,真空中相距2L固定放置两个点电荷A、B,以A点电荷所在位置为坐标原点,A、B连线为x轴建立坐标系,x轴上各点电势φ随坐标x变化的φ-x图像如图乙所示。如果取无穷远处为零电势点,点电荷的电势公式为φ=,其中k为静电力常量,Q为场源点电荷的电荷量,r为某点距场源点电荷的距离。已知x=3L处电场强度为零,则下列说法正确的是(　　) 　 A.A点电荷带负电 B.x2与x4处电场强度方向相同 C.x1∶x3=4∶5 D.A的电荷量是B的电荷量的4倍 6.(2026重庆合川月考)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动,其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示,则下列说法正确的是(　　) A.粒子从x1处运动到x2处的过程中电场力做负功 B.x1、x2处场强方向均沿x轴正方向 C.x1处的场强大于x2处的场强 D.x1处的电势比x2处的电势低 题组三　电场中的功能关系 7.(2026河北名校联考)如图所示,粗糙绝缘斜面(斜面足够长)所在空间有平行于斜面向上的匀强电场。一质量为m、带电荷量为-q(q>0)的物块自斜面的最底端以初动能Ek0沿斜面向上运动。已知斜面的倾角θ=30°,物块与斜面间的动摩擦因数为μ=,电场强度的大小为E=,重力加速度为g,以斜面的最低点为电势能零点,该点所在的水平面为零重力势能参考面,则(　　) A.物块沿斜面上滑的最大距离为 B.当物块向上滑动距离,物块的电势能和动能相等 C.当物块向上滑动距离,物块的重力势能和动能相等 D.物块从开始上滑到再次回到斜面底端的过程,摩擦生热为Ek0 8.(2026江西景德镇期中)学校科技节中某参赛选手设计了运输轨道,可简化为倾角为θ的足够长固定绝缘光滑斜面,如图甲所示。以斜面底端为坐标原点,沿斜面向上为x轴的正方向,且沿x轴部分区域存在电场。在斜面底端由静止释放一质量为m、带电荷量为+q的滑块,在滑块向上运动一段距离的过程中,机械能E随位置坐标x的变化如图乙所示,曲线A点处切线斜率最大。滑块可视为质点,不计空气阻力,不计滑块产生的电场,重力加速度g已知。以下说法正确的是(　　) A.在x1~x3过程中,滑块的动能先减小后恒定 B.在x1处滑块的动能最大,最大动能为Ekmax=-mgx1 sin θ C.在0~x2的过程中重力势能与电势能之和先减小后增大 D.在0~x3过程中,滑块一直加速 答案与分层梯度式解析 第十章　静电场中的能量 1　电势能和电势 基础过关练 1.B　电场力做功与路径无关,只与电荷在电场中的始、末位置有关(破题关键),故在电场中移动电荷,路径不同,电场力做的功可能相同,A错误,B正确;电场力对电荷做正功,电荷的电势能减小,故C错误;电荷在电场中的位置发生了变化,电场力对电荷不一定做功,如当位移方向和电场力方向垂直时,电场力就不做功,故D错误。 2.C　设匀强电场的电场强度为E,∠BAC=θ,则将电荷q从A点移到B点,电场力做功为W1=qE·|AB| cos θ=qE|AC|;将电荷q从A点移到C点,电场力做功为W2=qE|AC|;将电荷q从C点移到B点,位移方向和电场力方向垂直,电场力做功为W3=0,则有W1=W2,W1=W2+W3,故选C。 3.答案　(1)120 N/C　(2)1.44×10-7 J　(3)2.64×10-7 J 解析　(1)正电荷在匀强电场中所受的静电力是恒力,正电荷从a到b,静电力做功为W1=qE|ab| 解得E=120 N/C (2)将该正电荷从b点移到c点,静电力做的功 W2=qE|bc| cos 60°=1.44×10-7 J (3)将该正电荷从a点移到c点,静电力做的功W3=W1+W2=2.64×10-7 J 4.B　由题可知,把试探电荷从电场中的A点移到无穷远处,静电力做功为W,根据静电力做功与电势能的关系可得W=EpA-0,则试探电荷在A点的电势能为EpA=W;根据Ep=qφ,可得A点的电势为φA==-,故选B。 5.C　根据沿电场线方向电势逐渐降低,可知a点电势低于b点,A错误。因a点附近的电场线较密集,可知a点的电场强度大于b点的电场强度,B错误。根据物体做曲线运动时的受力方向指向轨迹的凹侧,可知烟尘颗粒所受电场力方向大致向上;若烟尘颗粒从b点运动到a点,则电场力方向与速度方向的夹角为钝角,电场力做负功,则动能减小,电势能增加,即烟尘颗粒在a点的动能小于b点,在a点的电势能大于b点;同理,若烟尘颗粒从a点运动到b点,电场力做正功,则动能增加,电势能减小,即烟尘颗粒在a点的动能小于b点,在a点的电势能大于b点,C正确,D错误。 6.A　因电子从A点运动到B点,速度逐渐增大,可知电场力做正功,电势能减小,即EpA>EpB,故D错误。因电子从A点由静止运动到B点,故所受电场力方向从A指向B;结合负电荷所受电场力方向与场强方向相反,可知场强方向从B指向A;由沿电场线方向电势降低,可得B点电势高于A点电势,即φA<φB,故A正确。根据v-t图线的切线斜率表示加速度可知,从A点运动到B点过程中加速度减小,根据F=ma可知电场力减小,所以电子在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力,结合F=qE可得A点的场强大于B点的场强,故B、C错误。 7.C　对于金属块滑下的整个过程,由动能定理可得W合=WG+Wf+W电=ΔEk,其中WG=20 J,Wf=-6 J,ΔEk=10 J,解得电场力做功W电=-4 J,电场力做负功,可知电场力与位移方向夹角为钝角,故电场力方向水平向右,与场强方向相同,故金属块带正电,A、B错误;机械能变化量等于除重力外其他力对金属块做的功,则ΔE机=Wf+W电=-10 J,故金属块的机械能减少10 J,C正确;由于电场力做的功等于电势能的减少量,W电=-4 J,故金属块的电势能增加4 J,D错误。 8.答案　(1)0.23 N　0.085 N　(2)0.058 6 J 解析　(1)在O、B间的轻线烧断前,对A受力分析如图所示 根据平衡条件,竖直方向上有 T1 sin 60°=mg 在水平方向上,有 T2+T1 cos 60°=|qA|E 解得T1= N≈0.23 N, T2≈0.085 N (2)O、B间的轻线烧断后,最终A、B平衡时,对A、B整体,水平方向所受的电场力的合力为零,可知轻线OA竖直,B球在轻线OA的右下方,设A、B连线与竖直方向的夹角为θ,则tan θ==1 可得θ=45° 则A球电势能变化量 ΔEpA=E|qA|L cos 60°=0.1 J B球电势能变化量 ΔEpB=-EqBL(sin 45°-cos 60°)=- J A、B两球电势能的总增加量 ΔEp=ΔEpA+ΔEpB≈0.058 6 J 9.D　规定试探电荷在无穷远处的电势能为0,从无穷远移到A点,静电力做功为4×10-8 J,根据静电力做功与电势能的关系可得W=Ep0-EpA,则电荷量为q1的试探电荷在A点的电势能为EpA=-4×10-8 J,A点的电势为φA== V=-40 V;电荷量为q2的试探电荷在A点的电势能为EpA'=φAq2=-8×10-8 J,由于从A点到B点静电力做功WAB=-2×10-8 J,则试探电荷q2在B点的电势能为EpB=-6×10-8 J,故B点的电势为φB== V=-30 V,则φA<φB,说明电场线的方向由B指向A,且电势为负,所以场源电荷为负电荷,在A的左边。选D。 10.C　粒子的电势能Ep=qφ,根据图像可知电势先增大后减小,所以带正电粒子的电势能先增大后减小;由于带电粒子仅受电场力作用,所以动能和电势能的总量守恒,故动能先减小后增大,A、B错误。根据沿着电场线的方向电势逐渐降低,可得x轴方向上电场强度方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向,C正确,D错误。 11.A　 关键点拨　场强叠加遵循矢量运算法则,电势的叠加实质是空间中各点电荷或各部分电荷单独存在时在该点产生的电势的代数和。 由题意可知,A、C、D三点到O点的距离相等,且三点处的点电荷的电荷量大小相等,则三个点电荷在O点产生的电场强度大小相等,设为E0,当只在A、D两点放置点电荷时,O点的场强大小E==E0;当在A、C、D三点放置点电荷时,O点的场强大小为E'=E0=E;A、D两点的正点电荷在O点产生的电势相等,设为φ0,则φ=2φ0,C点的负点电荷在O点产生的电势为-φ0,则O点的电势φ'=2φ0-φ0=φ0=。故选A。 知识拓展　点电荷电势的叠加 　　若规定无限远处的电势为零,真空中点电荷周围某点的电势φ可表示为φ=k。若场源是多个点电荷,电场中某点的电势为各个点电荷单独在该点产生电势的代数和。 　　如图所示,有两个电荷量分别为Q1、-Q2的点电荷,两点电荷到A点的距离分别为r1、r2,则A点的电势φA=k+k。 能力提升练 1.B　如图所示为等量异种点电荷周围的电场分布,由图可知,从A到B电场强度逐渐增大,从B到C电场强度也逐渐增大,由F=qE可知,从A经过B到C过程中,试探电荷所受的电场力一直增大,故A错误。试探电荷从A到B过程中所受电场力垂直AB指向正电荷方向,与位移方向垂直,电场力不做功,试探电荷的电势能不变,所以从A到B所经过各处电势不变(可得结论:等量异种点电荷连线的中垂线上各点电势相等);+Q和-Q连线上电场强度方向由+Q指向-Q,可知从B到C,试探电荷所受电场力由B指向C,电场力做正功,试探电荷的电势能减小,所经过各处的电势逐渐升高,故B正确,C、D错误。 规律总结　规定无穷远处电势为零,在两等量异种点电荷连线上,场强由正点电荷指向负点电荷,沿场强方向电势逐渐降低,连线中点的电势为零;连线的中垂线上,各点的电势相等,均为零。 2.C　 关键点拨　 等量正点电荷连线的中垂线上的场强变化规律 　　设A、B两点间距为L,两点电荷的电荷量均为+Q,连线的中垂线CD上某点为M,设∠MAB=θ(0°<θ<90°),由场强叠加原理可知M点的合场强沿OC方向,其大小为EM= sin θ=·sin θ cos2 θ,由数学知识可知当tan θ=(0°<θ<90°)时,EM有最大值。结合∠CAB=60°,∠OAB=30°,tan 30°<<tan 60°,可得场强最大的点在O、C之间。 D、O与两点电荷的距离相等且小于C点与两点电荷的距离,由电势的叠加原理可知φD=φO>φC(点拨:距离场源电荷r处的电势为φ=k,叠加时遵循代数运算法则),故A错误;在A、B两点连线的中垂面内,电子受到的合电场力方向指向A、B两点连线的中点,若给电子适当的初速度,电子可以在A、B两点连线的中垂面内以AB的中点为圆心做匀速圆周运动,故B错误;由前面分析可知,电子在C、O之间的某处受到的电场力达到最大值,而电子运动到A、B两点连线的中点时,受到的电场力为零,然后往D点运动时,受到的电场力反向增大,因此电子从C点沿直线到D点的过程中所受的电场力先增大后减小,然后再增大,C正确;只有电场力做功时,带电粒子的动能与电势能之和为一个定值(破题关键),由于D点不是圆周上电势最高的点,因此D点不是电子的电势能最小的点,故电子从D点离开圆周时动能不是最大的,故D错误。 3.D　两个等量正点电荷在O点产生的场强等大反向,相互抵消,电荷量为-Q2的负点电荷在O点产生的场强由O点指向E点,则O点的场强方向沿E、F连线由O点指向E点,故A错误;带负电的点电荷q在O点由静止释放,到达F点时速度达到最大值,说明在F点加速度为零,则在F点所受静电力最小,为零,故B错误;由O到F点过程中,点电荷q的速度逐渐增大,则静电力一直做正功,点电荷q的电势能一直减小,故C错误;因在F处点电荷q所受的静电力为零,可知场强为零,设OE=OF=OM=ON=r,则由场强叠加原理可得2× cos 45°=,解得Q2=2Q1,故D正确。 4.C　 题图解读　从图中可获得的信息如下: 由于规定x轴负方向为场强正方向,从x1到x4过程中,电场方向始终沿x轴正方向;带负电的点电荷由x1到x4过程中,电场力做负功,电势能增加,A、D错误。在x1处电场强度为零,电势的高低与电场强度的大小无关,且电势能是相对量,与零势能位置的选取有关,B错误。由题图可知,从x1到x4的过程中电场强度先增大后减小,在x3处的场强最大,由qE=ma可知在x3处加速度最大,C正确。 5.C　点电荷A位于坐标原点,根据图像可知点电荷A周围的电势为正值,则点电荷A带正电,A错误;根据沿电场线方向电势降低(破题关键),可得在0<x<2L区域内的场强方向沿x轴正方向,在2L<x<3L区域内的场强方向沿x轴负方向,在x>3L区域内的场强方向沿x轴正方向,故图中x2与x4处场强方向相反,B错误;由于x=3L处的电场强度为零,则有k=k,可得QA∶QB=9∶1,D错误;由题图可知x1、x3处的电势为零,根据点电荷的电势公式有k=k,k=k,可得x1=L,x3=L,则x1∶x3=4∶5,C正确。 6.D　由题图可知,粒子从x1处运动到x2处的过程中,电势能减小,则电场力做正功,故粒子所受的电场力沿x轴正方向;由于粒子带负电,则x1、x2处的场强方向均沿x轴负方向,结合沿电场线方向电势逐渐降低,可知x1处的电势比x2处的电势低,故A、B错误,D正确。根据电场力做功与电势能变化的关系可得qEΔx=-ΔEp,可得qE=-,可知Ep-x图线切线斜率的绝对值等于场强大小与电荷量大小的乘积,由于x1处切线斜率的绝对值小于x2处,可知x1处的场强小于x2处的场强,故C错误。 7.B　物块沿斜面上滑到最高点的过程中,由动能定理有-qExm-mgxm sin 30°-μmg cos 30°·xm=0-Ek0,解得上滑的最大距离为xm=,A错误;物块沿斜面向上滑动距离的过程中,由动能定理有-qE·-mg··sin 30°-μmg cos 30°·=Ek1-Ek0,解得Ek1=Ek0,由功能关系得电势能的增加量Ep电=qE·=Ek0,则此时物块的电势能和动能相等,故B正确;物块沿斜面向上滑动距离的过程中,由动能定理有-qE·-mg··sin 30°-μmg cos 30°·=Ek2-Ek0,解得Ek2=Ek0,增加的重力势能Ep重=mg··sin 30°=Ek0,则此时物块的重力势能和动能不相等,故C错误;对于物块运动的整个过程,由功能关系可得摩擦生热为Q=μmg cos 30°·2xm,解得Q=Ek0,故D错误。 8.C　滑块在x1~x2过程机械能增加,在x2~x3过程高度增加,但机械能不变,说明只有重力做功,重力势能增加,故动能减小,A错误。由功能关系可知,滑块机械能的变化量等于除重力外其他力做的功,即电场力做的功,故有qE场Δx=ΔE,知E-x图线的切线斜率表示电场力qE场,故0~x1过程电场力逐渐增大,x1~x2过程电场力逐渐减小,到x2处电场力为零;由牛顿第二定律得qE场-mg sin θ=ma,可得加速度先增大后减小,最后反向增大,直至电场力为零时a=-g sin θ,则当电场强度减小到E场=时滑块的动能最大,即在x1~x2的某处,故B错误。0~x2过程滑块先做加速度增大的加速运动,后做加速度逐渐减小的加速运动,再做加速度逐渐增大的减速运动,x2后做匀减速直线运动,所以0~x2过程中重力势能与电势能之和先减小后增大(点拨:动能先增大后减小,动能、重力势能、电势能之和不变),0~x3过程中滑块先加速,再减速,故C正确,D错误。 7 学科网（北京）股份有限公司 $