2024年高中物理新教材同步學案 必修第三冊 第10章　章末檢測試卷(二)

章末檢測試卷(二)(滿分：100分)一、單項選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．(2023·上海市新川中學高二期中)四個電場中，a、b兩點電場強度與電勢均相同的是()答案C解析電場強度是矢量，有大小有方向，由點電荷產生的電場特點可知選項A中兩點電場強度方向不同，兩點電場強度不同，A錯誤；選項B中兩點電場強度大小不同，兩點電場強度不同，同時沿著電場線方向電勢降低，兩點電勢也不同，B錯誤；由勻強電場的特點知選項C中a、b兩點的電場強度相同，兩點在同一等勢面上，電勢也相同，C正確；由等量異種電荷的電場線分布特點知，選項D中兩點在同一等勢面上，電勢相同，但a點的電場強度比b點的大，D錯誤。2.(2023·綿陽江油中學高二期中)如圖所示，絕緣輕桿的兩端固定帶有等量異種電荷的小球(不計重力)。開始時，兩小球分別靜止在A、B位置?，F外加一勻強電場E，在靜電力作用下，小球繞輕桿中點O轉到水平位置。取O點的電勢為0。下列說法正確的有()A．電場中A點電勢高于B點B．轉動中A球電勢能變化量大于B球電勢能變化量C．該過程靜電力對兩小球做功相等D．該過程兩小球的總電勢能增加答案C解析沿電場線方向電勢降低，則A點電勢低于B點，A錯誤；兩球電荷量相等，轉動中兩球沿電場線方向運動距離相等，根據W＝qEd可知，靜電力對兩小球做功相等，則兩球電勢能變化量大小相等，B錯誤，C正確；轉動過程靜電力對兩小球均做正功，則該過程兩小球的總電勢能減小，D錯誤。3.如圖所示，實線為－Q點電荷產生電場的電場線，虛線是a、b、c三個帶電粒子以相同初速度從O點分別射入后的運動軌跡，其中虛線OB是以－Q為圓心的圓弧。已知a、b、c三個粒子的電荷量相等、電性未知，粒子只在－Q產生的靜電力作用下運動，則()A．粒子a帶負電，b不帶電，c帶正電B．運動中，粒子b的動能減小、c的動能增大C．粒子b、c均帶正電，射入時b的動能大于c的動能D．運動中，粒子a的電勢能減小，c的電勢能增大答案C解析根據三條運動軌跡知a帶負電，b、c帶正電，靜電力對a、c做正功，對b不做功，a、c的動能增大，電勢能減小，b的動能、電勢能均不變；b、c相比，b做圓周運動，c做向心運動，則b的初動能大于c的初動能，故選C。4.(2023·揚州市江都區(qū)丁溝中學高二期中)兩個等量同種正點電荷固定于光滑水平面上，兩點電荷連線的中垂線上有A、B、C三點如圖所示(中垂線也在水平面內)，一個帶電小物塊從C點由靜止釋放，沿路徑C→B→A運動，小物塊運動過程中的加速度a、速度v、電勢能Ep以及從C→A的電勢φ隨時間t變化的關系圖像可能正確的是()答案B解析因等量同種電荷連線的中垂線上各點的電場強度不等，物塊沿路徑C→B→A運動時，所受的靜電力可能一直增加，可能一直減小，也可能先增加后減小，且變化不是均勻增加的，則加速度隨時間的變化不是直線，選項A錯誤；物塊沿路徑C→B→A運動時，加速度先增加后減小或一直增大(減小)，則v－t圖像的斜率先增加后減小或逐漸增大(減小)，選項B正確；帶電小物塊從C點由靜止釋放，沿路徑C→B→A運動，則靜電力一定是做正功，則電勢能一直減小，選項C錯誤；距離正電荷越近，電勢越高，則從C→A的電勢逐漸降低，選項D錯誤。5.如圖所示，從F處釋放一個無初速度的電子(重力不計)。電子向B板方向運動，下列說法錯誤的是(設電源電壓均恒為U)()A．電子到達B板時的動能是eUB．電子從B板到達C板動能變化量為零C．電子到達D板時動能是3eUD．電子在A板和D板之間做往返運動答案C解析從F處釋放一個無初速度的電子，電子在電壓為U的電場中做加速運動，當電子到達B點時，所獲得的動能等于靜電力做的功，即Ek＝W＝qU＝eU；由題圖可知，B板和C板等電勢，則B、C之間沒有電場，所以電子在此處做勻速直線運動，則電子的動能不變，電子以eU的動能進入C、D板間的電場中，在靜電力的作用下，電子做減速運動，由于C、D板間的電壓也為U，所以電子在到達D板時速度減為零，開始反向運動；由以上分析可知，電子將會在A板和D板之間做加速、勻速、減速運動，再反向做加速、勻速、減速運動，即做往返運動，故選C。6.(2023·哈爾濱市第九中學高二期中)兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的O、M兩點，規(guī)定無窮遠處為電勢能零點，一帶負電的試探電荷在x軸上各點具有的電勢能隨x變化關系如圖所示，其中試探電荷在A、N兩點的電勢能為零，在ND段中C點電勢能最大，則下列說法正確的是()A．q1為正電荷，q2為負電荷B．q1電荷量小于q2的電荷量C．將一正點電荷從N點移到D點，電勢能先增大后減小D．將一正點電荷從N點靜止釋放后會沿x軸正方向運動且到達C點時速度最大答案D解析無窮遠處的電勢能為0，A點的電勢能也為0，由于負電荷沿著x軸運動，電勢能先為正值，后為負值，說明沿x軸電勢升高，所以O點的電荷q1帶負電，M點電荷q2帶正電，由于A點距離O比較遠而距離M比較近，所以q1電荷量大于q2的電荷量，故A、B錯誤；由題可知，A、N兩點的電勢能為零，在這兩點電勢為零，由題圖可知負電荷由N到C電勢能增加，而由C到D電勢能減小，可知在C點左側電場方向向右，C點右側電場方向向左，則正點電荷從N點移到D點，靜電力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大，則在C點時動能最大，即速度最大，故C錯誤，D正確。7．在地面附近存在一個有界勻強電場，邊界將空間分成上、下兩個區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強電場，在區(qū)域Ⅰ中離邊界某一高度處由靜止釋放一個質量為m的帶電小球A，如圖甲所示，小球運動的v－t圖像如圖乙所示，不計空氣阻力，則()A．小球受到的重力與靜電力大小之比為4∶5B．t＝5s時，小球經過邊界MNC．在0～2.5s過程中，重力做的功大于克服靜電力做的功D．在1～4s過程中小球機械能先減小后增大答案D解析由題意知，小球進入電場前做自由落體運動，進入電場后受到靜電力和重力作用，先做減速運動后做加速運動，由題圖分析可知，小球經過邊界MN的時刻是t＝1s和t＝4s，B錯誤；由v－t圖像的斜率表示加速度，知小球進入電場前的加速度為a1＝eq\f(v1,t1)＝eq\f(v1,1s)，進入電場后的加速度大小為a2＝eq\f(2v1,t2)＝eq\f(2v1,3s)，由牛頓第二定律得mg＝ma1，F－mg＝ma2，得靜電力F＝mg＋ma2＝eq\f(5,3)ma1，可得重力mg與靜電力F的大小之比為3∶5，A錯誤；0～2.5s過程中，動能變化量為零，根據動能定理，這個過程中重力做的功與克服靜電力做的功大小相等，C錯誤；由題圖可得，小球在0～2.5s內向下運動，在2.5～5s內向上運動，在1～4s過程中，靜電力先做負功后做正功，小球的機械能先減小后增大，D正確。8．如圖所示，虛線MN下方存在著方向水平向左、范圍足夠大的勻強電場，電場強度E＝eq\f(3mg,4q)，AB為絕緣光滑且固定的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為R，O為圓心，B位于O點正下方。一質量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質點)，從A點由靜止釋放進入軌道?？諝庾枇Σ挥?，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是()A．小球在運動過程中機械能守恒B．小球不能到達B點C．小球沿軌道運動的過程中，對軌道的壓力一直增大D．小球沿軌道運動的過程中，動能的最大值為eq\f(1,2)mgR答案D解析除重力以外做功的力只有靜電力，從A到B靜電力做負功，所以機械能減小，故A錯誤；從A到B根據動能定理得mgR－EqR＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(\f(gR,2))，所以小球能到達B點，故B錯誤；從A到B過程中存在一位置的重力和靜電力的合力的反向延長線過圓心如圖所示。此點為等效最低點，即速度最大的位置，所以從A到B過程中速度先增大后減小，由牛頓第二定律及牛頓第三定律可知對軌道的壓力先增大后減小，故C錯誤；設等效最低點重力和靜電力的合力的反向延長線與豎直方向夾角為θ，則tanθ＝eq\f(Eq,mg)＝eq\f(3,4)，則θ＝37°，從A到等效最低點的過程中，由動能定理有mgRcos37°－Eq(R－Rsin37°)＝Ekm，解得Ekm＝eq\f(1,2)mgR，故D正確。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。9.(2023·商丘市實驗中學高二期中)如圖所示，質量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(帶電粒子重力忽略不計)，則從開始射入到打到上板的過程中()A．它們運動的時間之比tQ∶tP＝1∶1B．它們運動的加速度之比aQ∶aP＝1∶2C．它們所帶的電荷量qP∶qQ＝2∶1D．它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4答案AD解析設電場強度為E，粒子的質量均為m，粒子入射的初速度為v0，兩極板之間的距離為2d，上極板左邊緣到粒子擊中點的距離為l，它們運動的時間為tQ＝tP＝eq\f(l,v0)，故它們運動的時間之比為tQ∶tP＝1∶1，A正確；粒子在平行電場線方向的運動有d＝eq\f(1,2)aPtP2,2d＝eq\f(1,2)aQtQ2，aP＝eq\f(qPE,m)，aQ＝eq\f(qQE,m)可知，aQ∶aP＝2∶1，qP∶qQ＝1∶2，B、C錯誤；根據動能定理，增加的動能分別為ΔEkP＝qPEd，ΔEkQ＝qQE·2d，則ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，D正確。10．(2023·廣州一中月考)兩個等量正點電荷固定于光滑絕緣水平面上，其連線的中垂線上有A、B、C三點，中垂線在水平面內，如圖甲所示。一個帶電荷量為＋2×10－7C、質量為0.1kg的小物塊(可視為質點)從C點靜止釋放。其運動的v－t圖像如圖乙所示，其中B點處為整條圖線切線(圖中標出了該切線)斜率最大的位置，則下列說法正確的是()A．由C到A的過程中小物塊的電勢能一直在增大B．B點為中垂線上電場強度最大的點，電場強度大小為1×104V/mC．由C點到A點電勢逐漸降低D．A、B兩點間的電勢差UAB＝500V答案BC解析由題圖乙可知，由C到A的過程中，小物塊的速度一直在增大，靜電力對小物塊做正功，小物塊的電勢能一直在減小，故A錯誤；小物塊在B點的加速度最大，為am＝2×10－2m/s2，可得小物塊所受的最大靜電力為Fm＝mam＝0.1×2×10－2N＝2×10－3N，則電場強度最大值為Em＝1×104N/C，故B正確；因為兩個等量正點電荷連線的中垂線上電場強度方向由O點沿中垂線指向外側，故由C點到A點電勢逐漸降低，故C正確；從題圖乙可知，A、B兩解得UBA＝500V，則UAB＝－UBA＝－500V，故D錯誤。11.如圖所示，長為L、傾角為θ＝30°的光滑絕緣斜面處于電場中，一帶電荷量為＋q、質量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的A點開始沿斜面上滑，到達斜面頂端的速度仍為v0，則(重力加速度為g)()A．小球在B點的電勢能一定大于小球在A點的電勢能B．A、B兩點間的電勢差UAB一定為eq\f(mgL,2q)C．若電場是勻強電場，則電場強度的最大值一定是eq\f(mg,q)D．若該電場是AC邊中點處的點電荷Q產生的，則Q一定是正電荷答案BD解析小球從A運動到B的過程中，動能不變，重力勢能增加，則電勢能減少，則小球在B點的電勢能一定小于小球在A點的電勢能，B點的電勢低于A點的電勢，故A錯誤；根據動能定理得－mgLsinθ＋qUAB＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02＝0，可得UAB＝eq\f(mgLsinθ,q)＝eq\f(mgL,2q)，故B正確；若靜電力與重力、支持力的合力為零，小球做勻速直線運動，到達B點時小球速度仍為v0，小球的重力沿斜面向下的分力mgsinθ為定值，則當靜電力沿斜面向上，且大小為F＝mgsinθ時，靜電力最小，電場強度最小。若電場強度與運動方向不共線，則靜電力沿斜面向上的分力與重力沿斜面向下的分力相平衡。根據矢量的合成法則可知，靜電力可能大于mg，電場強度可能大于eq\f(mg,q)，故C錯誤；若該電場是AC邊中點處的點電荷Q產生的，Q到A點的距離小于到B點的距離，由于B點的電勢低于A點的電勢，則Q一定是正電荷，故D正確。12．(2023·重慶市育才中學高二期中)如圖甲所示，A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，A板的電勢為0，一質量為m、電荷量大小為q的負電荷僅在靜電力作用下，在t＝eq\f(T,4)時刻從A板的小孔處由靜止釋放進入兩極板運動，恰好到達B板，則()A．電荷在eq\f(T,2)時到達B板B．電荷在兩板間的最大速度為eq\r(\f(qU0,m))C．A、B兩板間的距離為eq\r(\f(qU0T2,8m))D．若電荷在t＝eq\f(3T,8)時刻進入兩極板，它將不能到達B板答案BD解析電荷恰好能到達B板，意味著電荷達到B板的速度為零，根據題意，電荷先向右加速eq\f(1,4)T后向右減速eq\f(1,4)T，電荷應該在eq\f(3,4)T時到達B板，故A錯誤。根據A的分析，電荷在eq\f(1,2)T時達到最大速度，此時電荷剛好運動到兩極板的中間，根據電勢差與電場強度的關系，初始位置到極板中間的電勢差為eq\f(1,2)U0，有eq\f(1,2)U0q＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(qU0,m))，故B正確；電荷進入極板先做勻加速運動，后做勻減速運動，eq\f(3,4)T時電荷的運動位移為兩極板的間距，d＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2×2，a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v,\f(T,4))，解得d＝eq\r(\f(qU0T2,16m))，故C錯誤；若電荷在t＝eq\f(3,8)T時刻進入兩極板，電荷先加速eq\f(1,8)T，然后減速eq\f(1,8)T，減速到零，根據上面的分析，電荷此時未到達B板，接下來，電荷向A板加速eq\f(\r(2),8)T后從小孔射出，故電荷到達不了B板，故D正確。三、非選擇題：本題共5小題，共52分。13．(8分)在“觀察電容器的充、放電現象”實驗中，電路如圖甲所示。(1)將開關S接通1，電容器的(填“上”或“下”)極板帶正電，再將S接通2，通過電流表的電流方向向(填“左”或“右”)。(2)若電源電動勢為10V，實驗中所使用的電容器如圖乙所示，充滿電后電容器所帶電荷量為C(結果保留兩位有效數字)。(3)電容器充電過程中，電流I與時間t的關系，所帶電荷量Q與兩極板間的電壓U的關系正確的是。答案(1)上(1分)左(1分)(2)3.3×10－2(3分)(3)A(3分)解析(1)開關S接通1，電容器充電，根據電源的正負極可知電容器上極板帶正電。開關S接通2，電容器放電，通過電流表的電流方向向左。(2)充滿電后電容器所帶電荷量Q＝CU＝3300×10－6F×10V＝3.3×10－2C。(3)電容器充電過程中，電流逐漸減小，隨著兩極板電荷量增大，電流減小得越來越慢，電容器充電結束后，電流減小為0，A正確，B錯誤；電容是電容器本身具有的屬性，根據C＝eq\f(Q,U)可知，電荷量與電壓成正比，所以Q與U的關系圖線應為過原點的直線，C、D錯誤。14.(8分)(2023·峨眉第二中學校高二期中)如圖所示，在勻強電場中直角三角形ABC的邊長AB＝8cm，BC＝4cm，將帶電荷量q＝－6×10－6C的負電荷從電場中的A點移到B點，克服靜電力做了2.4×10－5J的功，再從B點移到C點，靜電力做了1.2×10－5J的功。求：(1)A、B兩點間的電勢差UAB和B、C兩點間的電勢差UBC；(2)如果規(guī)定B點的電勢為零，則A點和C點的電勢分別為多少？(3)畫出過B點的一條電場線并計算電場強度的大小(畫圖保留作圖的痕跡，不寫做法)。答案(1)4V－2V(2)4V2V(3)見解析圖eq\f(\r(2),2)×102V/m解析(1)根據W＝Uq可得UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(－2.4×10－5,－6×10－6)V＝4V(1分)UBC＝eq\f(1.2×10－5,－6×10－6)V＝－2V(1分)(2)由于UAB＝φA－φB，UBC＝φB－φC又φB＝0，解得φA＝4V，φC＝2V(2分)(3)取AB的中點D，連接CD，為等勢線，電場線與等勢線垂直，由高電勢指向低電勢，如圖所示(1分)根據幾何關系可得B點到等勢線DC的距離d＝4×eq\f(\r(2),2)cm＝2eq\r(2)×10－2m(1分)電場強度的大小E＝eq\f(UDB,d)＝eq\f(UCB,d)＝eq\f(\r(2),2)×102V/m。(2分)15．(10分)(2022·撫州一中期中)如圖所示，水平放置的兩平行金屬板，板長l為10cm，兩板相距為d＝2cm。一束電子以v0＝4.0×107m/s的初速度從兩板中央水平射入板間，然后從板間飛出射到距板右端距離L為45cm、寬D為20cm的熒光屏上。為使電子能射到熒光屏上。求兩板間所加電壓的取值范圍。(不計電子重力及電子間的相互作用，熒光屏中點在兩板間的中線上，電子質量m＝9.0×10－31kg，電荷量e＝1.6×10－19C)答案見解析解析如圖所示，設電子飛出偏轉電場時速度為v1，與水平方向的夾角為θ，偏轉電壓為U，偏轉位移為y，則y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(Ue,2dm)(eq\f(l,v0))2(2分)tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(Uel,dmv02)＝eq\f(2y,l)(2分)由此看出，電子從偏轉電場射出時，不論偏轉電壓多大，電子都像是從偏轉電場的兩極板間中線的中點沿直線射出一樣，射出電場后電子做勻速直線運動恰好打在熒光屏的邊緣上，結合圖可得tanθ＝eq\f(\f(D,2),L＋\f(l,2))＝eq\f(D,2L＋l)(2分)解得U＝eq\f(Ddmv02,el2L＋l)(2分)代入數據，得U＝360V。(1分)因此偏轉電壓在－360～360V范圍內時，電子可打在熒光屏上。(1分)16.(12分)在一柱形區(qū)域內有勻強電場，柱的橫截面是以O為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質量為m，電荷量為q(q>0)的帶電粒子在紙面內自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ＝60°。運動中粒子僅受靜電力作用。(1)求電場強度的大??；(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大？(3)為使粒子穿過電場前后速度變化量的大小為v0，該粒子進入電場時的速度應為多大？答案(1)eq\f(mv02,2qR)(2)eq\f(\r(2)v0,4)(3)0或eq\f(\r(3)v0,2)解析(1)由題意知在A點速度為零的粒子會沿著電場線方向運動，由于q>0，故電場線由A指向C，根據幾何關系可知xAC＝R(1分)根據動能定理有qExAC＝eq\f(1,2)mv02－0(2分)解得E＝eq\f(mv02,2qR)(1分)(2)根據題意可知要使粒子動能增量最大，則沿電場線方向移動的距離最遠。作與BC平行的直線與圓相切于D點，與AC的延長線交于P點，此時沿電場線方向移動的距離最遠，如圖所示。粒子在電場中做類平拋運動，根據幾何關系有xDP＝Rsin60°＝v1t(1分)xAP＝R＋Rcos60°＝eq\f(1,2)at2(1分)由靜電力提供加速度有qE＝ma(1分)解得粒子進入電場時的速度v1＝eq\f(\r(2)v0,4)(1分)(3)因為粒子在電場中做類平拋運動，粒子穿過電場前后速度變化量大小為v0，即在電場方向上速度變化為v0，連接BC，有AC⊥BC，則BC為該勻強電場中的一條等勢線，有φB＝φC，則EpB＝EpC，由動能定理得ΔEkB＝ΔEkC，故由題意可知粒子會從C點或B點射出。當從B點射出時，由幾何關系有xBC＝eq\r(3)R＝v2t2(1分)xAC＝R＝eq\f(1,2)at22(1分)由靜電力提供加速度有qE＝ma解得v2＝eq\f(\r(3)v0,2)(1分)由(1)知當粒子從C點射出時進入電場的速度為0。(1分)17.(14分)(2023·廈門外國語