单元检测（七）
静电场
B卷高考能力评价卷
(满分：100分时间：75分钟)
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目
要求
1.(2025·黑龙江·三模)如图所示，三角形abc是直角三角形，其中∠a=30°，在a点
固定一个电荷量大小为Q1的点电荷，在b点固定一个电荷量大小为Q2的点电荷.
若（点处的电场强度方向与c垂直，则8的值为
(
A.2
B.4
C.8
D.16
2.(2024·江西)蜡烛火焰是一种含有电子、正离子、中性粒子的气体状物质，将
其置于电压恒定的两平行金属板间，板间电场视为匀强电场，如图所示.若两
金属板间距减小，关于火焰中电子所受的电场力，下列说法正确的是(
A.电场力增大，方向向左
B.电场力增大，方向向右
C.电场力减小，方向向左
D.电场力减小，方向向右
3.(2025·广西·二模)如图所示，真空中水平直线上的O1、O2两点分别固定正点
电荷A、B,点电荷A、B的电荷量之比为9：1，abcd为正方形，且对角线bd与ac
相交于O2点，已知点电荷B在a点产生的电场强度大小为Eo,a到O1的距离
为a到O2距离的3倍.下列说法正确的是
()
A.b、d两点的电场强度相同
B.电子在d点的电势能大于在c点的电势能
C.a点的电场强度大小为2Eo
D.c点的电场强度大小为影，
4.(2024·湖南)真空中有电荷量为十4q和一q的两个点电荷，分别固定在x轴上一1和0处.设无限远处
电势为0，x正半轴上各点电势9随x变化的图像正确的是
5.(2025·保定二模)均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相
等的点电荷产生的电场相同.如图所示，半径为R的球体上均匀分布着正电荷，在过球
心O的直线上有A、B,C三个点，OB=BA=R,CO=2R.若以OB为直径在球内挖一球G
形空腔，球的体积公式为V=专，则A.C两点的电场强度大小之比为
(
A.9:25
B.25:9
C.175:207
D.207:175
6.(2024·吉林)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下
于竖直面（纸面）内运动.如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直
线；若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过
程中
A.动能减小，电势能增大
B.动能增大，电势能增大
C.动能减小，电势能减小
D.动能增大，电势能减小
53参考答案
单元检测（一）运动的描述匀变速直线运动
x=wt一
2a2,代入教据解得x=50m,公交车在最初6s内
通过的位移与最后6s内通过的位移之差为△x=x1一x2,代
A卷高频考点练清卷
入数据解得△x=24m,故ABC错误，D正确.
1.C研究入水动作时，运动员的形状和体积对所研究问题
5.A对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从
的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故A错
静止释狱到下瑞到达A点的过程，有L=a,木板从静止
误：研究空中转体姿态时，运动员的形状和体积对所研究
释放到上瑞到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L=
问题的影响不能够忽略，此时运动员不能够看为质点，故
2ai,当木板长度为2L时，有3L=合ai,又1=1-o,
1
B错误；研究百米比赛中的平均速度时，运动员的形状和
体积对所研究问题的影响能够忽略，此时运动员能够看
△12=t2一t0,联立解得△2：1=(5-1)：(2-1)，A
为质点，故C正确：研究运动员通过某个攀岩支，点的动作
正确
时，运动员的形状和体积对所研究问题的影响不能够忽
6.解析：(1)设物体的加速度为a,根据位移差公式△x=aT可
略，此时运动员不能够看为质点，故D错误.故选：C.
2
2.C速度是描述物体运动快慢的物理量，即物体的空间位
3X0-x0
得物体的加速度为4=
置随时间变化的快慢，BD错误；根据x与1的关系式可
to
3to2
知，1=0时，质点位于x=1m处，t=1s时，质点位于x=
AC段的平均速度等于这一过程的中间时刻的速度，可得
6m处，因此质点在第1s内的位移为5m,A错误，C
2
正确，
物体在B,点时的速度为UB=
20+x05x0
2to
6to
3.解析：(1)选择向西为正方向，如题图所示，最后6s的住
设物体在A点时的速度为A,则可得
移为△x3=120m,△13=6s
7x0
UA=UB一at0=6t0
平均连度为==20m=20m8,大小为20m6,」
(2)根据速度时间关系可得物体在C点时的速度为
方向向西：
5.x0_x0
0
(2)全过程的位移为△x=△x3一（△r1十△x2)=120m一
c=s+ao=60-30·6=20
(30m十60m)=30m
时间为△t=5s十58十4s十6s=20s
则可得物体在CD段的平均速度为=C十D=0
24t
平均速度为==0m=1,5m/s,大小为1,5m/s,方向
△120s
2品
答案：1)6t0
向西；
7.C匀变速直线运动平均速度等于初末速度的平均值，则
(3)全过程的路程为△s=△x3十△x1十△x2=120m十
有：专5=10ms,T=5m因ST间的矩高是
2
30m+60m=210m
RS的两倍，而ST段的平均速度是RS段的平均速度的
平均速率为0=2)0m=10.5m8
△120s
乞，故可得ST段的时间是RS段的时间的4倍，可知：ST
1
答案：(1)20ms方向向西(2)1.5ms方向向西
(3)10.5m/s
段的速度减小量是RS段的4倍，则有：vs一VT=4(VR一
4.D设公交车开始减速的速度为%，运动总时间为，则公交
vs),联立解得：R=11m8,s=9ms,vT=1m8,故C
正确，ABD错误.
车在最初减连6s内通过的位移为西=o一2a哈=(6一
8.C令加速度为a,E到N的距离为L,从E到N有v至=
18m),把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运
2aL,从N到A有v员=2a·9L,联立可得vA=3E,故A
动，最后68内通过的位移为=2a,代入数据解得x2一
错误：根据逵度一时间公式，有tA=4一E_2E,gv
18m,由于公交车在最初6s内通过的位移与最后6s内通过
的位号之比为21：9，则南以上有g18-号又有0=助
E一0_E=1,所以汽车通过AE段的时间等于21，故B
at,代入数据解得=10mst=10s,则公交车的总位移为
错误：根据匀变速直线运动的推论有四E-4E=2如E,
2
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