第十章 静电场中的能量 单元测评 -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”，通过选择、实验、计算多样题型，覆盖电势、电势能、电场力做功等核心知识，融合物理观念与科学思维，适配高中物理单元复习，注重基础巩固与能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题/40分|电场强度、电势差、电势能（如第3题φ-x图像分析）|结合示波器（第5题）、避雷针（第9题）等实际情境，考查科学推理| |实验题|2题/20分|密立根油滴实验（第11题）、电容器充放电（第12题）|突出科学探究，如油滴电荷量测量与元电荷结论推导| |计算题|3题/40分|匀强电场强度计算（第13题）、电场力与运动综合（第14题）|注重模型建构，如第15题电子在复合电场中的类平抛运动分析|

第十章　静电场中的能量 单元测评 时间：75分钟　　 满分：100分 一、选择题: 1．在静电场中，将一带正电的点电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则( ) A．b点的电场强度一定比a点大 B．电场线方向一定从b指向a C．b点的电势一定比a点高 D．该点电荷的动能一定增大 2．如图所示，一对等量异种点电荷的电荷量分别为＋Q、－Q，实线为两条对称的电场线，虚线圆的圆心O在两点电荷连线的中点，a、b、c、d为圆上四个点，下列说法正确的是( ) A．a、c两点的电势相同 B．a、b两点的电场强度相同 C．同一负电荷在d点的电势能低于在c点的电势能 D．负电荷从d点沿直线运动到a点的过程中，电场力始终不做功 3. 一带负电的粒子仅在电场力作用下从O点开始沿x轴正方向运动，O、a、b是x轴上的三个点，O和b关于点a对称，从O到b该电场的电势φ随位移x变化的关系如图所示，则下列说法正确的是( ) A．a点电场强度为零 B．O、a间电场强度方向与a、b间电场强度方向相反 C．从O到b整个运动过程中，粒子经过a点时速度最大 D．从O到b整个运动过程中，粒子做匀加速直线运动 4. 实线是电场线，虚线为等势面，已知相邻两等势面间的电势差相等，有一正电荷在等势面L3处的动能为20 J，运动到L1处的动能为0 J，若取L2处为零势面，则当该电荷的电势能为6 J时，它的动能是(不计重力及其他阻力)( ) A．16 J　　　B．24 J C．6 J　　　D．4 J 5．如图为一个示波器工作原理的示意图，电子经电压为U1的加速电场加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差U2，板长L，为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量)，可采取的方法是( ) A．减小两板间电势差U2 B．使加速电压U1升高一些 C．尽可能使板长L长些 D．尽可能使板间距离d大一些 6. 如图所示，实线为未标明方向的电场线，虚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，E、F是轨迹上的两点。下列说法正确的是( ) A．E点的电势一定比F点高 B．E点的电场强度比F点大 C．带电粒子在E点的动能比F点大 D．带电粒子在E点的电势能比F点大 7．A、B为电场中一直线上的两个点，带正电的点电荷只受静电力的作用，从A点以某一初速度做直线运动到B点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示。则从A到B过程中，下列说法正确的是( ) A．点电荷的动能先增大后减小 B．空间电场是某一负点电荷形成的 C．电荷所受电场力先减小后增大 D．空间各点的电势先降低后升高 8．(多选)电场中有A、B两点，A点的电势φA＝30 V，B点的电势φB＝10 V，一个电子由A点运动到B点的过程中，下列几种说法中正确的是( ) A．电场力对电子做功20 eV B．电子克服电场力做功20 eV C．电子的电势能减小了20 eV D．电子的电势能增加了20 eV 9．(多选)产生闪电的积雨云底层带负电，为避免闪电造成的损害，高大的建筑物会装有避雷针。图中虚线为避雷针周围的等势线，a、b两点的电场强度大小分别为Ea、Eb，a、b两点的电势分别为φa、φb，则( AD ) A．φa＜φb B．Ea>Eb C．避雷针的顶端带负电 D．一带负电的雨滴从a下落至b，静电力做正功 10. (多选)如图所示，场源电荷带正电，同心圆1、2、3为该点电荷的电场的三个相邻的等差等势面，其中2等势面电势为0 V。现有一带电荷量等于元电荷e的粒子从A进入电场后，只在电场力作用下运动的轨迹为曲线ABC，其中A、B、C分别为轨迹曲线与三个等势面的交点。已知该粒子在A点时动能为20 eV，到达B点时动能为零，则下列说法正确的是( ) A．该粒子带正电 B．该粒子运动到C点时的动能为10 eV C．该粒子的电势能为8 eV时动能为28 eV D．该粒子在B点具有的电势能大于在C点具有的电势能 2． 实验题： 11．如图所示为密立根油滴实验的示意图。用喷雾器向一个透明的小盒子里喷入带电油滴。小盒子中的上下板分别连接电池的两极，让上板带正电、下板带负电。带电油滴在重力作用下坠落，落入下方小孔后，受到电场力作用。通过改变两极板之间的电压，可以调节电场强度。 (1)实验过程中，观察到一个油滴悬浮在极板之间，此时上下两极板间匀强电场的电场强度为E，显微镜观察测得油滴的体积为V，已知油滴密度为ρ，当地重力加速度为g，首先可以判断这个油滴带负电，考虑到油滴受的电场力与重力为平衡关系，结合电场强度的定义式，可以算出油滴所带电荷量为 。(用E、V、ρ、g表示) (2)在实验过程中，还会观察到许多做匀速直线运动的油滴，这些油滴的受力情况是：电场力与重力的方向 (填“相同”或“相反”)，并且电场力大小 (填“大于”“小于”或“等于”)重力大小。 (3)密立根不断改变电压，仔细观察油滴的运动，经过反复试验得出大量数据，得到如下表所示数据： 油滴带电荷量 (10－19 C) q1 q2 q3 q4 q5 q6 q7 …… qn 3.2 4.8 6.4 8.0 11.2 9.6 17.6 …… 12.8 密立根得出的结论是：油滴的电荷量不是连续变化的，而是一份一份增加的，油滴的电荷量有一个共同的最大公约数，所有电荷量都是这个最大公约数的整数倍。如今我们知道，这个最大公约数等于单个电子或质子所带的电荷量，被称为 。 12．在“观察电容器的充、放电现象”实验中，电路如图甲所示。 (1)将开关S与1端相连，则稳定后电容器的上(填“上”或“下”)极板带正电，把开关S掷向2端，则通过电流表的电流方向向 (填“左”或“右”)； (2)若电源两端的电压为10 V，实验中所使用的电容器如图乙所示，充满电后电容器所带的电荷量是 C(结果保留两位有效数字)； (3)(多选)下列关于电容器充电过程中，充电电流i与时间t的关系、电容器所带电荷量q与时间t关系、电容器所带电荷量q与两极板间的电压U的关系正确的是 。 三.计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 13. 如图所示，a、b、c、d为某匀强电场中的四个点，且ab∥cd、ab⊥bc，bc＝cd＝2ab＝20 cm，电场线与四边形所在平面平行，已知φa＝20 V，φb＝24 V，φd＝8 V。求： (1)电场强度E的大小和方向； (2)将一个电荷量为1.8 C的负电荷，从c点开始沿图中边线经过d、a来到b点，电场力所做的功。 14．如图所示，绝缘平台AB距离水平地面CD的高度为h，整个空间存在水平向右的匀强电场，一质量为m、带电荷量为＋q的小物块从P点由静止开始运动，PB之间的距离也为h。若匀强电场的电场强度E＝，物块与平台之间的动摩擦因数μ＝0.25。求物块落到水平地面上时的速度大小和方向。 15．如图所示为某显像设备内电场的简化模型。在y轴左侧存在水平向左的匀强电场，右侧存在竖直向上的匀强电场，电场强度的大小均为E。电子枪在A处无初速度释放一质量为m、电荷量为e的电子，A点的坐标为(－L，)，不计电子重力。求： (1)电子进入第一象限的速度大小； (2)电子从释放到运动至x轴所需的时间； (3)电子经过x轴上的点时的速度。 参考答案: 1.答案:C解析　由题中条件不能判断b点的电场强度一定比a点大，选项A错误；将一带正电的点电荷从a点移到b点，静电力做了负功，则静电力与ab连线夹角大于90°，但是电场线方向不一定从b指向a，选项B错误；静电力做负功，电势能增加，则正电荷在b点电势能较大，则b点的电势一定比a点高，选项C正确；静电力做负功，则该点电荷的动能一定减小，选项D错误。 2.答案:C解析　由于沿电场线方向电势逐渐降低，故a点的电势高于c点的电势，选项A错误；由对称可知，a、b两点的电场强度大小相同，但是方向不同，选项B错误；因为d点的电势高于c点，则同一负电荷在d点的电势能低于在c点的电势能，选项C正确；负电荷从d点沿直线运动到a点的过程中，静电力与速度的方向的夹角先小于90°，即静电力先做正功，然后静电力与速度的方向的夹角大于90°，即静电力后做负功，选项D错误。 3.答案:D解析　根据电场强度与电势差的关系U＝Ed可知，φ ­x图像的斜率表示电场强度E，a点电势为零，但a点的电场强度不为零，A错误；O、a间图像斜率与a、b间图像斜率相同，则O、a间与a、b间电场强度大小、方向均相同，B错误；由于沿电场方向电势降低，故电场线沿x轴负方向，粒子受到的静电力方向沿x轴正方向，从O到b整个运动过程中，粒子所受的静电力大小和方向不变，做匀加速直线运动，粒子经过b点时速度最大，C错误，D正确。 4.答案:D解析　因为相邻两等势面间的电势差相等，所以该电荷在等势面L2处的动能为10 J，又因为L2处为零势面，在该处的电势能等于零，所以该电荷在等势面L2处的总能量为10 J，该电荷在运动过程中的总能量保持不变，则当该电荷的电势能为6 J时，它的动能Ek＝E－Ep＝10 J－6 J＝4 J，故选D。 5.答案:C解析　电子在加速电场中加速，根据动能定理可得eU1＝mv，所以电子进入偏转电场时速度的大小v0＝，电子进入偏转电场后的偏转量h＝at2＝()2＝，联立解得h＝，所以示波管的灵敏度为＝，所以要提高示波管的灵敏度可以增大L、减小d和减小U1，所以A、B、D错误，C正确。 6.答案:D解析　由题图知，粒子的运动轨迹向右弯曲，说明粒子在E、F两点受到的静电力沿电场线向右。由于电场线方向不明，无法判断E、F两点电势的高低，A错误；电场线越密电场强度越大，所以F点电场强度大于E点电场强度，B错误；粒子从E点到F点静电力做正功，粒子动能增大，带电粒子在E点的动能比F点小，C错误；粒子从E点到F点静电力做正功，粒子电势能减小，带电粒子在E点的电势能比F点大，D正确。 7.答案:C解析　带正电的点电荷从A点到B点只有静电力做功，则动能和电势能之和守恒，因电势能先增加后减小，故动能先减小后增加，选项A错误；因从A到B电势能先增加后减小，故静电力先做负功后做正功，静电力方向先沿x轴负向再沿正向，则电场强度方向先沿x轴负向再沿正向，可知空间电场不是某一负点电荷形成的，选项B错误；由能量关系可知ΔEp＝Fx，则Ep ­x图像的斜率等于静电力，由图像可知电荷所受静电力先减小后增大，选项C正确；因带正电的电荷从A到B电势能先增加后减小，故从A到B电势先升高后降低，选项D错误。 8.答案:BD解析　因B点电势低于A点电势，故电子由A点运动到B点的过程中电势能增加ΔE＝φB(－e)－φA(－e)＝10 V·(－e)－30 V·(－e)＝20 eV，则电子克服静电力做功20 eV。故选BD。 9.答案:AD解析　因云层底层带负电，由静电感应知避雷针的顶端带正电，电场线大致向上，沿电场线电势降低，可知φa＜φb，选项A正确，C错误；在b处等势面较a处密集，则电场线密集，则b处电场强度较大，选项B错误；一带负电的雨滴从a下落至b，受静电力向下，则静电力做正功，选项D正确。 10.答案:ABD解析　根据轨迹的弯曲方向可知，该电荷受到排斥力，故该粒子带正电，故A正确；同心圆1、2、3为该点电荷的电场的三个相邻的等差等势面，该粒子在A点时动能为20 eV，到达B点时动能为零，则到C点时动能减小10 eV，故该粒子运动到C点时的动能为10 eV，故B正确；2等势面电势为0 V，到C点时动能减小10 eV，所以总能量为10 eV，该粒子的电势能为8 eV时动能为2 eV，故C错误；从B到C，静电力做正功，电势能减小，该粒子在B点具有的电势能大于在C点具有的电势能，故D正确。 11.答案:(1) (2)“相反”“等于” (3)元电荷 解析　(1)该油滴悬浮在极板之间，受重力和静电力，二力平衡；故静电力向上，而电场强度向下，故油滴带负电荷；重力和静电力平衡，有mg＝F＝qE， 得q＝＝。 (2)油滴悬浮在极板之间受力平衡，所以静电力与重力的方向相反，大小相等。 (3)这个最大公约数等于单个电子或质子所带的电荷量，被称为元电荷。 12.答案:(1)“左” (2)3.3×10－2 (3)ACE 解析　(1)当开关S接1时，电源上端为正极，电容器的上极板接正极，故上极板带正电。当开关S接2时，电容器相当一个电源，向外放电，由于它的上极板带正电荷，故放电时的电流方向从电容器的上极板流向电流表，故通过电流表的电流方向向左。 (2)因为电源的电动势为10 V，充满电时，电容器的两端电压也是10 V，由题图乙可知C＝3 300 μF＝3.3×10－3 F，所以充满电后电容器正极板带电荷量Q＝CU＝3.3×10－2 C。 (3)电容器充电时，电流刚开始是比较大的，以后逐渐变小，充电完毕，电流减为0，故A正确，B错误；由于充电电流在不断减小，电容器所带电荷量随时间增加得越来越慢，又由于电容C不变，根据公式q＝UC可得图线为过原点的一条直线，故D错误，C、E正确。 13.答案　(1)40 V/m，方向为从b指向d　(2)14.4 J 解析　(1)三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线中点的电势与c相等，为16 V，如图所示 虚线表示等势线、实线表示电场线，电场强度方向沿b和d的连线由b指向d，根据U＝Ed在图上标上各点电势值， ba间的电势差U＝φb－φa＝24 V－20 V＝4 V， b与a所在等势面间的距离d＝ab＝ m，电场强度E＝＝40 V/m。 (2)静电力做功与路径无关，只与初末位置有关，则负电荷从c点经过d、a来到b点，静电力所做的功等于负电荷直接从c点到b点静电力所做的功， W＝qUc b＝q(φc－φb)＝－1.8×(16－24) J＝14.4 J。 14.答案　2　方向与水平方向夹角为45° 解析　物块从P到B的过程，由动能定理得qEh－μmgh＝mv， 解得vB＝， 物块离开平台后做匀变速曲线运动，竖直方向做自由落体运动， 根据h＝gt2得下落时间t＝，落地时竖直分速度大小vy＝， 在水平方向上，由牛顿第二定律得qE＝ma，解得a＝， 落地时水平分速度大小vx＝vB＋at＝， 故物块落到水平地面上时的速度大小v＝＝2， 速度与水平方向的夹角正切值tanα＝＝1，解得α＝45°。 15.答案　(1)　(2)　 (3)，方向与x轴正方向正切值tanθ＝ 解析　(1)由动能定理，有eEL＝mv－0， 可得电子进入第一象限的速度大小v1＝。 (2)电子在A处释放加速运动至y轴后，做类平抛运动到达x轴， 设匀加速直线运动时间为t1，则有t1＝，a＝，可得t1＝， 进入第一象限后，由y轴分运动得＝at2，可得t2＝， 粒子由释放到运动至x轴的时间t＝t1＋t2＝。 (3)由动能定理得F·＝mv－mv， 解得电子经过x轴上的点时速度大小v2＝， v2方向与x轴正方向的正切值tanθ＝＝＝。 学科网（北京）股份有限公司 $