粤教版高中物理必修第三册第2章达标检测卷含答案

这是一份粤教版高中物理必修第三册第2章达标检测卷含答案，共15页。
第一、二章达标检测卷(考试时间：60分钟　满分：100分)(本检测对应达标检测卷P227)一、选择题：本题共20小题，每小题3分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是(　　)A．根据电场强度的定义式E＝可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B．根据电容的定义式C＝可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间电压成反比C．根据真空中点电荷的电场强度公式E＝k可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关D．根据电势差的定义式UAB＝可知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服静电力做功为1 J，则A、B两点间的电势差为－1 V【答案】D【解析】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，A错误；电容取决于电容器本身，与电容器所带电荷量和两极板间电压无关，B错误；E＝k中，Q是场源电荷，所以电场中某点的电场强度与Q成正比，C错误；由UAB＝知，D正确．2．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b．不计空气阻力，则下列说法正确的(　　)A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．小球在运动过程中机械能守恒【答案】B【解析】由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错误，B正确；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错误；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错误．3．(2022年朔州名校检测)图中带箭头的直线是某电场中的一条电场线，在这条直线上有a、b两点，若用φa、φb表示a、b两点的电势大小，则(　　)A．电场线是从a指向b，所以有φa＞φbB．a、b两点的场强方向相反C．同一负电荷在b点的电势能小于在a点的电势能D．若此电场是由一负点电荷所产生的，则有Ea＞Eb【答案】A【解析】沿着电场线电势降低，所以φb＜φa，A正确；a、b两点在同一条电场线上，电场强度方向相同，B错误；根据公式Ep＝qφ，可知同一负电荷在b点的电势能大于在a点的电势能，C错误；若场源电荷电性为负，则应在b点左侧，有Ea＜Eb，D错误．4．如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的(　　)A．电势φA＜φB ，场强EA＞EB B．电势φA＞φB ，场强EA＞EBC．电势φA＜φB ，场强EA＜EB D．电势φA＞φB ，场强EA＜EB【答案】D【解析】根据沿电场线电势降低可知φA＞φB ；根据电场线越密的位置电场强度越大可知EA＜EB，故D正确．5．如图所示，将一个不带电的金属球A放在带正电的点电荷Q的左侧，当金属球达到静电平衡时，下列判断正确的是(　　)A．金属球将产生出正电荷B．点电荷Q在A的球心处产生的电场强度为零C．金属球左侧将出现负的净电荷D．A的内部合电场强度处处为零【答案】D【解析】感应起电的实质是电子的转移，没有产生新的电荷，故A错误；由于球处于静电平衡状态，所以内部的场强为零，即正电荷和感应电荷在内部产生的合场强为零，正点电荷Q在球心处产生的场强方向向左，所以感应电荷在球内球心处产生的场强方向向右，故B错误，D正确；达到静电平衡后，金属球右侧将出现负的净电荷，金属球左侧将出现正的净电荷，故C错误．6．如图所示，在阴极射线管的阴、阳两极间加上电压U，电子电量为－e，电子从阴极出发，到达阳极时(　　)A．动能不变   B．动能减少了eUC．电势能减少了eU  D．电势能增加了eU【答案】C【解析】因为电子从阴极出发到达阳极过程中，电场力做功为W＝eU，即电场力做正功，则电势能减少，动能增加，且电势能减少了eU，动能增加了eU，故C正确，A、B、D错误．7．如果将q＝－2×10－8 C的点电荷从电场中的a点移动到b点，电场力对该电荷做了4×10－7 J的正功，则该电荷的电势能(　　)A．增加了20 J   B．增加了4×10－7 JC．减少了8×10－7 J   D．减少了4×10－7 J【答案】D【解析】由功能关系可知，把q＝－2×10－8 C的点电荷从a点移到b点，电场力对该电荷做了4×10－7 J的正功，则该点电荷的电势能将减小4×10－7 J，故D正确．8．一个带正电的质点，电量q＝2.0×10－9 C，在电场中由A点移到B点．在此过程中，除电场力外，其他力做的功为6.0×10－5 J，质点的动能增加了8.0×10－5 J，则A、B两点间的电势差UAB为(　　)A．3.0×104 V   B．1.0×104 VC．4.0×104 V   D．7.0×104 V【答案】B【解析】由题意，根据动能定理有W＋qUAB＝ΔEk，解得UAB＝1.0×104 V，故B正确．9．有一接地的导体球壳，如图所示，球心处放一点电荷q，达到静电平衡时，则(　　)A．点电荷q的电荷量变化时，球壳外电场随之改变B．点电荷q在球壳外产生的电场强度为零C．球壳内空腔中各点的电场强度都为零D．点电荷q与球壳内表面的电荷在壳外的合场强为零【答案】D【解析】由于球壳接地，在静电平衡后，球壳与大地是等势体，所以球壳外的电场为0，不随q的变化发生变化，A错误；平衡状态后，q与球壳内表面的电荷在壳外的合场强为零，q单独在球壳外产生的电场强度不为零，B错误；金属球壳外表面接地，所以球壳外表面不带电，内表面带与q相反电性的电荷，当到达静电平衡状态后，q与球壳内表面的电荷在壳外的合场强为零，故C错误，D正确．10．一只竖直向上的避雷针发生尖端放电时在空间形成的电场如图，在空间取一条水平线abc和一条圆弧线adc，bd连线为ac连线的中垂线，图中所画电场线关于直线bd对称，以下说法正确的是(　　)A．adc 是一条等势线B．沿abc 移动与沿adc 移动点电荷电场力做的功均为零C．a、c两点的电场强度相同D．正点电荷在b点比在d点受到的电场力大，且在b点比在d点的电势能大【答案】B【解析】无法确定圆弧adc是不是一条等势线，A错误；因ac两点电势相等，可知沿abc 移动与沿adc 移动点电荷电场力做的功均为零，B正确；a、c两点的电场强度大小相等，但是方向不同，C错误；b点电场线较d点密集，可知b点场强比d点大，正点电荷在b点比在d点受到的电场力大；沿电场线电势降低，可知d点电势高于b点，正电荷在b点比在d点的电势能小，D错误．11．如图所示，水平向右的匀强电场中，电荷量为＋2 C的带电小球在A点的电势能为6 J，在B点的电势能为2 J，已知A点与B点间的距离为0.2 m，A、B连线与电场线平行．下列说法正确的是(　　)A．电场强度的大小为0.1 V/mB．电场强度的大小为10 V/mC．若带电小球沿曲线ACB由A运动到B，则动能增加量大于4 JD．若带电小球沿曲线ACB由A运动到B，则动能减少量等于4 J【答案】B【解析】由电势能决定式Ep＝φq，可知φA＝3 V，φB＝1 V，所以电场强度的大小为E＝＝10 V/m，故A错误，B正确；电场力做功与路径无关，粒子沿曲线ACB运动，动能增加量等于电势能的减少量，等于4 J，故C、D错误．12．如图所示，在一匀强电场中的A、B、C、D四点构成一个菱形，场强方向平行于菱形所在平面，菱形的对角线AC＝12 cm、BD＝16 cm．规定A点的电势为零，将一个电子从A移到B，克服电场力做了8 eV的功；将一个电子从A移到C，电场力做了8 eV的功．则下列说法正确的是(　　)A．D点的电势为16 VB．电场强度的方向沿CB方向C．一个初动能为16 eV的电子从C点出发有可能到达B点D．一个初动能为24 eV的电子从D点出发有可能到达B点【答案】A【解析】由题意可知UAB＝＝8 V，UAC＝＝－8 V，而φA＝0，所以φB＝－8 V，φC＝8 V，根据UAB＝UDC 求得φD＝16 V，A正确；因BC的中点M电势也为0，故AM连线在一个等势面上，如图所示，电场强度的方向应垂直AM连线，不沿CB方向，也不沿DB方向，B错误；由以上分析可知，电子从C到B不能是直线运动，到达B点时应还有动能，由于UCB＝16 V，可知电子从C到B需要克服电场力做功16 eV，故一个初动能为16 eV的电子从C点出发不可能到达B点，C错误；由以上分析可知，电子从D到B不能是直线运动，到达B点时应还有动能，由于UDB＝24 V，可知电子从D到B需要克服电场力做功24 eV，故一个初动能为24 eV的电子从D点出发不可能到达B点，D错误．13．计算机键盘每个键下面都连有一块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的另一块固定的小金属片组成一个可变电容器，如图所示．当连接电源不断电，按下某个键时，与之相连的电子线路就给出该键相应的信号．当按下该键时，下列说法正确的是(　　)A．电容减小 B．极板间的电压增大C．极板间的电场强度变大 D．极板间的电量不变【答案】C【解析】当按下该键时，两金属片间距d减小，由C＝可知，电容C变大，故A错误；由于电容器保持与电源相连，极板间的电压不变，故B错误；由E＝，U不变，d减小，所以极板间的场强变大，故C正确；由Q＝CU，U不变，C变大，所以极板的电量变大，故D错误．14．如图所示，相距较近的一对带等量异种电荷的平行金属板水平放置，两板间的电场可看作匀强电场．一电子以初速度v0沿平行于板面的方向射入匀强电场，运动轨迹如图中实线所示．则电子在两板间运动过程中(　　)A．速度逐渐增大 B．加速度逐渐增大C．电子的电势能逐渐增大 D．静电力对电子做负功【答案】A【解析】电子在两板间运动过程中，静电力对电子做正功，电子速度逐渐增大，电势能逐渐减小，由于电子所受电场力不变，所以加速度不变，故A正确，B、C、D错误．15．在某雷雨天，一雷雨云下方存在一沿竖直方向的匀强电场，其电场强度为104 V/m．一半径为1 mm的球形雨滴在此电场中不会下落，则该雨滴携带的电荷量的最小值约为(重力加速度取10 m/s2，水的密度为103 kg/m3)(　　)A．2×10－9 C  B．4×10－9 CC．6×10－9 C  D．8×10－9 C【答案】B【解析】带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向mg＝Eq，其中m＝ρV，V＝πr3，解得q＝＝＝ C≈4×10－9 C．故B正确．16．三个带电粒子的电荷量和质量分别为：甲粒子(q，m)、乙粒子(－q，m)、丙粒子(2q，4m)，它们先后以相同的速度从坐标原点O沿x轴正方向射入沿y轴负方向的匀强电场中，粒子的运动轨迹如图所示．不计重力，q＞0．则甲、乙、丙粒子的运动轨迹分别是(　　)A．①、②、③   B．③、①、②C．②、①、③   D．③、②、①【答案】B【解析】由图可知，匀强电场的方向竖直向下，而①轨迹对应的粒子所受的电场力方向竖直向上，故①轨迹对应的粒子带负电，即为乙粒子；由图可知，②、③轨迹对应的粒子，在水平方向都做匀速直线运动，且水平位移相同，则两粒子的运动时间相同，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，在相同的时间内，②轨迹对应的粒子的竖直位移较小，故②轨迹对应的加速度较小，而甲粒子的加速度为a甲＝，丙粒子的加速度a丙＝＝，则有a丙＜a甲，故②轨迹对应的粒子为丙粒子，而③轨迹对应的粒子为甲粒子，故B正确，A、C、D错误．17．如图，带电的平行板电容器和静电计用导线相连(　　)A．若仅使上极板上移一段距离，则电容器的电容增大B．若仅向两板间插入云母介质，则板间电场强度减小C．若静电计指针张角增大，可能仅是因为两板正对面积增大D．若静电计指针张角减小，可能仅是因为两板间距变大【答案】B【解析】根C＝据可知，若仅使上极板上移一段距离，则d变大，电容器的电容减小，A错误；根据C＝，若仅向两板间插入云母介质，则电容器的电容变大，根据C＝可知，两板电势差U减小，根据E＝可知板间电场强度减小，B正确；若仅是因为两板正对面积增大，根据C＝可知C变大，由C＝可知U减小，即静电计指针张角减小，C错误；仅是因为两板间距变大，根据C＝可知C变小，由C＝可知U变大，即静电计指针张角变大，D错误．18．一带正电粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其v－t图像如图所示，则下列说法中正确的是(　　)A．A处的电场强度一定小于B处的电场强度B．A处的电势一定大于在B处的电势C．CD间各点电场强度和电势都为零D．AB两点间的电势差不等于CB两点间的电势差【答案】B【解析】由v－t图像斜率可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，由牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，A错误；B点速度比A点的速度大，说明从A到B电场力做正功，电势能减小，由于是正电荷，根据φ＝，电势也减小，A点电势大于B点电势，B正确；CD间各点电荷的加速度为零，故不受电场力，故电场强度为零，电场强度为零，说明各点之间的电势差为零，但电势不一定为零，C错误；A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，D错误．19．如图所示，一质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从a点竖直向上射入匀强电场中，匀强电场方向水平向右．粒子通过电场中的b点时，速率为2v0，方向与电场方向一致，则a、b两点间的电势差为(　　)A．  B．C．  D．【答案】C【解析】由题意可知，粒子受重力和水平方向的静电力作用，由加速度定义a＝，可得加速度的大小ax＝2ay＝2g，由牛顿第二定律可知，qE＝2mg，水平位移x＝t，竖直位移y＝t，即x＝2y，因此静电力做功W1＝qEx＝qUab，重力做功W2＝－mgy＝，由动能定理得W1＋W2＝m(2v0)2－mv，解得Uab＝．20．如图所示，A、B两带正电粒子质量相等，电荷量之比为1∶4．两粒子在O上方同一位置沿垂直电场方向射入平行板电容器中，分别打在C、D两点，OC＝CD．忽略粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1C．A和B的初速度大小之比为1∶4D．A和B的位移大小之比为1∶2【答案】C【解析】粒子电荷量之比为1∶4，粒子在竖直方向上做匀加速运动，由h＝at2＝t2，可知 A和B在电场中运动的时间之比为2∶1，故A错误；A、B两带正电粒子质量相等，电荷量之比为1∶4，根据qE＝ma，所以A和B运动的加速度大小之比为1∶4，故B错误；根据题意OC＝CD，两粒子在水平方向上做匀速运动，根据l＝v0t，可知A和B的初速度大小之比为1∶4，故C正确；A和B的水平位移大小之比为1∶2，竖直方向也有位移，那么合位移之比不等于1∶2，故D错误．二、非选择题：本题共3小题，共40分．21．(12分)如图甲是观察用干电池对电容器充电过程中电容器两端电压随时间变化的图像，图乙是其对应的充电电流随时间变化的图像．在充电的开始阶段，充电电流较大，电容器两端电压U增加______(填“较快”或“较慢”)，随着电容器两端电压的增加，充电电流__________(填“逐渐减小”或“逐渐增加”)，且电容器两端电压U的上升速度变缓，电压U向着____________趋近．在充电过程中电容器的电能______．充电开始的瞬间电容器两端电压__________(填“能突变”或“不能突变”)．通过图像看出在第2 s时电容器增加的电荷量Q约为________C(已知Q＝It)．【答案】较快　逐渐减小　10 V　增加　不能突变　0.7×10－322．(14分)如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l＝0.20 m的绝缘轻线把质量m＝0.10 kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时轻线与竖直方向的夹角θ＝37°．现将小球拉至位置A，使轻线水平张紧后由静止释放．g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80．求：(1)小球所受静电力的大小；(2)小球通过最低点C时的速度大小；(3)小球通过最低点C时轻线对小球的拉力大小．【答案】(1)0.75 N　(2)1.0 m/s(3)1.5 N【解析】(1)小球受重力mg、静电力F和拉力FT，其静止时受力如图所示．根据共点力平衡条件有F＝mgtan 37°＝0.75 N．(2)设小球到达最低点时的速度为v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有mgl－Fl＝mv2，解得v＝＝1.0 m/s．(3)设小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为F′T．根据牛顿第二定律有F′T－mg＝m，解得F′T＝1.5 N．23．(14分)如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间t；(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；(3)电子打到屏上的点P′(图中未标出)到点O的距离x．【答案】(1)3　(2)2　(3)3L【解析】(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律得a1＝＝，  ①由x＝at2得＝a1t，  ②电子进入电场E2时的速度为v1＝a1t1，  ③进入电场E2到屏的过程中，在水平方向上做匀速直线运动，时间为t2′＝2t2＝，  ④电子从释放到打到屏上所用的时间为t＝t1＋t2′， ⑤联立①～⑤求解得t＝3．(2)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律，电子进入电场E2时的加速度为a2＝＝， ⑥vy＝a2t2，  ⑦电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tan θ＝， ⑧联立①②③④⑥⑦⑧得tan θ＝2．(3)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示．由类平抛推论知粒子射出后的反向延长线过电场E2的中点O′．设电子打到屏上的点P到O点的距离x，根据上图用几何关系得tan θ＝，联立得x＝3L．