第十章 静电场中的能量 B卷等级考提升卷-【金卷1号】2026-2027学年高中物理必修第三册单元检测AB卷（人教版）

在垂直于板面的方向电子做匀加速直线运动， 加速度a=F=U m dm 偏的距离y4d 电子能飞出的条件≤号 联立解得U'≤2U4=2×5000X1.0X10v 2 (5.0×102)2 =4.0×102V 即要使电子能飞出，两极板上所加电压最大为 400V. 答案：400V B卷等级考提升卷 1.A该电容器给手机电池充电时，电容器所带的 电量减小，电能变少，A正确；电容器的电容是 其固有属性，与电容器的电压和带电量无关，B、 C、D错误.故选A. 2.D任意两点间的电势差等于电场强度和这两 点间沿电场线方向的距离的乘积，A错误；沿着 电场线电势降低，故电势降低最快的方向必定 是电场强度的方向，B错误；电场强度大的地 方，两点间的电势差不一定大，还与两点间沿电 场线方向的距离有关，C错误；在匀强电场中， 平行且等间距的两点间的电势差一定相等，D 正确.故选D. 3.C虽然爱因斯坦提出了相对论，但牛顿力学仍 有它的应用价值，对宏观、低速的物体仍适用，A 错误；功为标量，合力的功等于各分力功的代数 和，B错误；法拉第提出了电场的概念并引进电 场线来描述电场，C正确；充电过程，电容器电 量变大，电容表示电容器存储电荷的本领，保持 不变，D错误.故选C. 4.D带电粒子所受的电场力沿电场线向右，若带 电粒子带负电，则电场线向左，场源电荷一定是 负电荷，故A错误；电场线的疏密表示场强大 小，由题图知粒子在M点的场强大于V,点的场 强，由a=gE知在M点的加速度大于N点的加 m 速度，故B错误；从M到N,由动能定理，电场 力做正功，动能增大，所以粒子在M点的动能 和速率小于它在V点的动能和速率，故C错 误，D正确；故选D. 5.C在只有电场力的作用下，电荷的动能和电势 能之和保持不变，电场力做了4×109】的功， 由动能定理可得电荷将增加4×109】的动能， 同时减少4×109J的电势能；故C正确、D错 误；如果取A点为零势能，点，则电荷在B处时将 具有一4×109】的电势能；如果电荷在A点时 1 动能为零，则电荷在B处将具有4×109】的动 能；由于零势能点未知、电荷在A点的动能未 知，故A、B错误.故选C. 6.C电场线是人为假想的曲线，实际并不存在， A错误；如果电场力方向与正电荷运动方向相 反，电场力对正电荷做负功，B错误；电场是物 质存在的一种形式，C正确；静电场的电场线总 是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电 势低的等势面，D错误.故选C. 7.C根据题意先将一电荷量也为十q的点电荷 Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中 电场力做功为一W,则点电荷Q1在C点的电势 能为W,则Q移入之前，C点的电势为=四， A错误；Q1从C点移到B点的过程中，Q1与A 点的正，点电荷十9的力为斥力，距离先减小后增 大，则电场力先做负功后做正功，电势能先增大 后减小，B错误；根据正，点电荷的电势分布可 知，B点的Q1与A点的十q在C点的电势相 等，则Q,移入之后，C点的电势为W,Q,从无 穷远处移到C点的过程中，克服电场力做功为 W=2g×2W-0=4w,C正确：Q,在C点所受 电场力F=2Xk2g:9×sin60°=24，D错 误.故选C. 8.C小球所受合外力不变，则小球做匀变速曲线 运动，速度改变量的方向始终不变，A错误，C 正确；水平风力与重力等大，小球先做减速曲线 运动，后做加速度曲线运动.当小球实际速度与 合力即√2mg垂直，与水平方向夹角为45°时，速 度最小，B错误：竖直方向1=2兰，水平方向 0一gt=2,则小球运动到与抛出点等高位置 时速度大小为v=√/0十(20)2=√500，D错误. 故选C. 9.BC等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势 线，E、O、F三点电势均为0，故A错误；根据对 称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则 A、D两，点场强大小相同，由图看出，A、D两点 场强方向相同，故B正确；由图看出，E、O、F三 点比较，O点场强最强，故C正确；由图看出，B、 O、C三点比较，O点场强最弱，故D错误. 10.AD因a、b带电荷量相等，故穿过两板时电 场力做功相同，电势能增加量相同，A正确，C 错误：C不带电，不受电场力作用，由动能定理 5 知，三者动能增量不同，B错误；a、b、c三者穿 出电场时，由W。=mgh知，重力对三者做功相 同，D正确. 11.AB电场线越密集，电场强度越大，所以M点 的场强大于V点的场强，A项正确；沿电场线 方向电势降低，所以M点的电势低于N点的 电势，B项正确；将一负电荷由O点移到M ,点，电场力做负功，电势能增大，C项错误；M 点和N点两点电势不同，所以将一正电荷从O 点分别移到M点和N点，电场力做功不相同， D项错误. 12.AC从t=0时刻释放电子，如果两板间距离 足够大，电子将向右先匀加速？，接着匀减速 召，连度减小到零后，又开始向右匀加速了，接 着匀减追了…直到打在右极板上，电子不可 能向左运动；如果两板间距离不够大，电子也 始终向右运动，直到打到右权板上.从1T时 刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将 向右先匀加速，接着匀减速于，達度减小到零 后，政为向左再匀加递，接着匀减速干，即在两 板间振动；如果两板间距离不够大，则电子在第一 次向右运动过程中就有可能打在右极板上.从= 3 8时刻释放电子，如果两板间距离不够大，电子 将在第一次向右运动过程中就打在右极板 上；如果第一次向右运动没有打在右极板 上，那么就一定会在向左运动过程中打在 左极板上.故选A、C 13.解析：根据Q=It以及图象的含义可知，图象 与时间轴所围成的面积表示电荷量，则可知： 电荷量q=40×0.2×103×0.4C=3.2× 103C,电容器的电容C=号=4×104F 答案：4×104 14.解析：从A到B静电力做的功为WAB=一3.0 ×106J. A、B两点间的电势差为 UAB _W出=-3.0X10 9=5.0X10V=-60V,B点电 势高于A点电势 根据UAB=9A一PB,得A点的电势为 9A=UAB十9B=(-60V)+20V=-40V. 116 q从A到B克服静电力做功，电势能一定 增加， △Ep=|WB=3.0X106J. 答案：-60V-40V增加3.0×106J W AB 15.解析：(1)UaB= q -2.4×10-5 -6X100V=4V 1.2×105 -6×10-6 BxE A D P8=0 =-2V (2)UAB=9A一PB,UC= 9B一9C 又9B=0,故9A=4V, Co=2V 9c=2 V. (3)如图所示. 答案：(1)4V-2V(2)4V2V(3)见 解析图 16.解析：(1)微粒在重力和电场力作用下沿AB方向 运动，在垂直于AB方向上的重力和电场力必等大 反向，可知电场力的方向水平向左，如图所示，微粒 所受合力的方向由B指向A,与初速度A方向相 反，微粒做匀减速直线运动 (2)在垂直于AB方向上， B 有qEsin0-mgcos0=0, 所以电场强度E≈1.7X10 90 N/C,电场强度的方向水平 向左 mtg (3)微粒由A运动到B的速度？B=0时，微粒 进入电场时的速度最小，由动能定理得 -mgLsin 0-gELcos 0= mvA 2 代入数据，解得v4≈2.8m/s. 答案：(1)见解析(2)1.7×10N/C,水平向 左(3)2.8m/s 17.解析：（1)带电小球在A点时由牛顿第二定 律得： mgsin30°-kg=ma① 带电小球在B点时由牛顿第二定律得： kQg -ngsin30°=mag② 联立①②式，解得：0B=号，方向沿斜面向 上.③ (2)由A点到B点对小球运用动能定理得 mgsin30°·之-gU=00 L 联立①④式，解得Um8 答案：(1)号，方向沿斜面向上(2)Q 18.解析：(1)设电子经电压U1加速后的速度为 ,由动能定理有cU,=d 2eU 11 解得=√m (2)电子沿极板方向做匀速直线运动，沿电场 方向做初速度为零的匀加速直线运动，设偏转 电场的电场强度为E,电子在偏转电场中运动 的时间为t,加速度为a,电子离开偏转电场时 的偏移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式 有 eU21 -md'y=gat UL 解得y=4U1d (3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2· 答案：(1)√ 2eU U2L (2) 4U d (3)见解析 滚动检测卷（一） 1.C空间电场由场源电荷激发产生，试探电荷在 此电场中受到静电力的作用，A错误；电荷量不 同的试探电荷，由电场力的表达式F=Eq得在 电场中的同一位置受到的静电力不同，B错误； 为不影响场源电荷的电场分布，试探电荷应该 是电荷量和体积都很小的，点电荷，C正确；物理 学中规定，正电荷受到静电力的方向规定为电 场强度的方向，D错误.故选C. 2.B由库仑定律F=k婴知，静电力常量及的单 位N·m/C2.故选B. 3.A库仑发现了电荷间相互作用规律，并发明了 库仑扭秤，故A正确；正负电荷是富兰克林命名 的，故B错误；密立根用油滴实验测定了元电荷 的值，故C错误；电场线是为了形象研究电场而 引入的假想曲线，是不存在的，故D错误.故 选A. 4.A在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个 运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作 匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这是 采用了微元法，A正确；在不需要考虑物体本身 的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫 111 理想模型法，B错误；伽利略通过“斜面实验”来 研究落体运动规律，是采用了实验与逻辑推理 相结合的方法，C错误：电场强度E=F为比值 定义法得到的定义式，加速度的定义式a=” t, a=E为加速度的决定式，D错误.故选A. 5.B电场线越密的地方电场强度越大，A错误； 第一宇宙速度是人造卫星绕地球运行的最小发 射速度，同时也是绕地球做匀速圆周运动的最 大运行速度，B正确；丝绸摩擦过的玻璃棒带正 电，是由于玻璃棒失去了电子从而带上了正电 荷，C错误；处于静电平衡状态时，导体内部电 场强度为零，D错误.故选B. 6.D电场中某，点电势是否为零，取决于零电势的 选择，与该点电场强度是否为零无关，故A错 误；电场中某点的电场强度与电场本身有关，与 试探电荷在该点所受的电场力无关，故B错误； 电场线的方向与带电粒子的运动方向不一定重 合，故C错误；英国物理学家法拉第最早引入了 电场概念，并提出用电场线表示电场，故D正 确.故选D. 7.B根据场强的叠加原理可知，O点处的场强方 向水平向右，不为零，故A错误；根据场强的叠 加原理可知，C点场强方向沿d到c,A点的场 强方向沿α到b,故两点场强方向相同，且两点 都位于等量异种电荷的中点处，场强大小相等， 则A、C两，点的电场强度相同，故B正确；由于 两个等量同种点电荷连线的中垂线上电场方向 从中点指向无穷远处，或无穷远处指向中点，而 无穷远处电势为零，所以B、D两点的电势一正 一负，电势不相等，故C错误；负电荷沿直线从 B移动到D,沿着电场线相反的方向运动，电场 力一直做正功，故D错误，故选B. 8.B试探电荷带的电荷量为十1×109℃，在电场中 的V点具有一1×108J的电势能，电场中V点的 E==1X10=-10V,A错误：电 电势9、 9+1X109C 场中M点的忘带，号8是=15心 电场中M、N两点间的电势差UMN=PM一9N= 25V,B正确；电势大小与试探电荷无关，如果 用带负电的试探电荷放入电场，M,点的电势仍 高于N点的电势.C错误；把该试探电荷从M 点移到N点的过程中，静电力做功WMw= Epw-EpN=1.5×108J-(-1×10-8J)=2.5 ×108J,D错误.故选B.B卷 等级考提升卷 (时间：75分钟满分：100分) 赳 一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分.每小题只有一个选项符合题目要求） 1.据报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机在几分钟内充满电.某同学在假日 登山途中，用该种电容器给手机电池充电，下列说法正确的是 器 A.该电容器给手机电池充电时，电容器存储的电能变少 B.该电容器给手机电池充电时，电容器的电容变大 C.该电容器给手机电池充电时，电容器的电容变小 D.充电结束后，若电容器不带电，则电容器的电容变为零 2.关于匀强电场中的电势差与电场强度的关系，下列说法正确的是 p A.任意两点间的电势差等于电场强度和这两点间距离的乘积 B.电势降低的方向就是电场强度的方向 C.电场强度大的地方，两点间的电势差一定大 D.平行且等间距的两点间的电势差一定相等 3.下列说法正确的是 A.由于相对论的提出，牛顿力学已经失去了它的应用价值 数 B.合力的功等于各分力功的矢量和 C.法拉第提出了电场的概念并引进电场线来描述电场 D.充电过程，电容器电量和电容同时变大 4.如图所示，实线为某点电荷电场中的电场线（方向未画出），曲线MN为一带电粒子仅在 荞 静电力作用下的运动轨迹.则下列说法正确的是 ( e 国) A.若粒子带负电，则场源电荷一定是正电荷 的 B.粒子在M点的加速度一定小于它在N点的加速度 C.粒子在M点的动能一定大于它在N点的动能 D.粒子在M点的速率一定小于它在N点的速率 -17 5.一个检验电荷仅在电场力作用下，从电场中的A点移到B点时，电场力做了4×109J的 功，那么 A.电荷在B处时将具有4×109J的电势能 B.电荷在B处将具有4×109J的动能 C.电荷的电势能减少了4×10一9J D.电荷的动能减少了4×109J 6.关于电场，下列说法正确的是 A.电场线是实际存在的线，反映电场强度的大小和方向 B.电场力一定对正电荷做正功 C.电场是物质存在的一种形式 D.静电场的电场线总是与等势面垂直，且从电势低的等势面指向电势高的等势面 7.如图所示，△ABC为边长为L的等边三角形，电荷量为十q的点电荷固定在A点，先将一 电荷量也为十q的点电荷Q1从无穷远处（电势为0）移到C点，此过程中电场力做功为 一W,再将Q,从C点沿CB移到B点并固定，最后将一电荷量为十2g的点电荷Q,从无 穷远处移到C点，已知静电力常量为.下列说法正确的有 +y B---c A.Q移入之前，C点的电势为W B.Q1从C点移到B点的过程中，电势能先减小后增大 C.Q2从无穷远处移到C点的过程中，克服电场力做功为4W D.Q,在C点所受电场力大小为⑤kg -18 8.如图所示，以初速度竖直向上抛出的小球受到大小恒定的水平方向风力作用，若风力 大小等于重力，则以下说法正确的是 A.小球做变加速运动 B.小球运动到最高点时速度最小 C.小球运动过程中速度改变量的方向始终不变 D.小球运动到与抛出点等高位置时速度大小仍为 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分.每小题有多个选项符合题目要求，全 部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分) 9.用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱，如图甲是等量异种点电荷形 成电场的电场线，图乙是电场中的一些点；O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相 对于O对称的两点，B、C和A、D也相对于O对称.则 F 甲 A.E、O、F三点比较，O点电势最高 B.A、D两点场强大小相等，方向相同 C.E、O、F三点比较，O点场强最强 D.B、O、C三点比较，O点场强最强 10.如图所示，三个质量相同，带电荷量分别为十q、一q和0的小液滴a、b、c, 从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，轨迹如图所 X 示，则在穿过极板的过程中 A.电场力对液滴α、b做的功相同 B.三者动能的增量相同 C.液滴α电势能的增加量等于液滴b电势能的减小量 D.重力对三者做的功相同 19 11.某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如图所示，O、M、N为电 场中的三个点，则由图可得 A.M点的场强大于V点的场强 B.M点的电势低于N点的电势 C.将一负电荷从O点移到M点，电势能减小 D.将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功相同 12.如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔.右极板电势随时间变化 的规律如图乙所示.电子原来静止在左极板小孔处.（不计重力作用）下列说法中正确的 是 A.从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上 B.从=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动 C,从4-时刻释放电子，电子可能在两板间银动，也可能打到右极板上 D.从4=3时刻释放电子，电子必将打到左极板上 三、非选择题（本题共6小题，共60分） 13.(6分)电流传感器可以把电容器放电电流随时间变化的规律描绘出来. 一个电容器先把它接到8V的电源上充电，然后通过电流传感器放电，其 .10 电流随时间变化的图象如图所示.由图象和坐标轴所围的面积知道电容器放电前所带 的电荷量，已知如图所围的面积约为40个方格，由图可算出电容器的 电容为 F. 14.(8分)带电荷量为q=十5.0×108C的点电荷从A点移到B点时，克服静电力做功 3.0×106J.已知B点的电势为9B=20V,则：A、B间的电势差为 ,A点的电 势为 ,q从A移动到B的过程中电势能 —20- 15.(10分)如图所示，在匀强电场中，将带电荷量q=一6×106C的电荷从电场中的A点 移到B点，克服电场力做了2.4×105J的功，再从B点移到C点，电场力做了1.2× 105J的功.求： (I)A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差U; B (2)如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少？ (3)作出过B点的一条电场线（只保留作图痕迹，不写作法）. 21 16.(10分)一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动， 如图所示.AB与电场线夹角0=30°，已知带电粒子的质量m=1.0×107kg,电荷量 q=1.0×1010C,A、B相距L=20cm.(取g=10m/s2,结果保留两位有效数字)求： (1)说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由； B (2)电场强度的大小和方向； 50 以 (3)要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？ 22 17.(12分)如图所示，带电荷量为Q的正电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C 点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L,B为AC的中点. 现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零.已知带 电小球在A点处的加速度大小为冬，静电力常量为k,求： (1)小球运动到B点时的加速度； (2)B和A两点间的电势差（用k、Q和L表示）. C④130 -23 18.(14分)如图为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度可忽略不计），经灯 丝被A板间的电压U,加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属 板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、V间电场时的速 度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点.已知M、N两板间的电压为 U2,两板间的距离为d,板长为L,电子的质量为m,电荷量为e,不计电子受到的重力及 它们之间的相互作用力 (1)求电子穿过A板时速度的大小； (2)求电子从偏转电场中射出时的偏移量； (3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？ 1 -24