高中物理新教材同步必修第三册 章末检测试卷(二)同步讲义

这是一份高中物理新教材同步必修第三册 章末检测试卷(二)同步讲义，共13页。
章末检测试卷(二)(时间：90分钟　满分：100分)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．由E＝eq \f(F,q)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．由C＝eq \f(Q,U)知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C．由E＝keq \f(Q,r2)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．由UAB＝eq \f(WAB,q)知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J，则A、B两点间的电势差为－1 V答案　D解析　电场强度E与F、q无关，由电场本身决定，A错误；电容C与Q、U无关，由电容器本身决定，B错误；E＝keq \f(Q,r2)是决定式，C错误；由UAB＝eq \f(WAB,q)可知，D正确．2．(2019·天津二中期末)两点电荷形成的电场的电场线分布如图1所示．若图中A、B两点处的场强大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则(　　)图1A．EA＜EB，φA＞φBB．EA＜EB，φA＜φBC．EA＞EB，φA＞φBD．EA＞EB，φA＜φB答案　C解析　根据电场线密集的地方场强大得出EA＞EB，再由等势面与电场线垂直，沿着电场线方向电势降低得出φA＞φB，选项C正确．3.(2019·山东省实验中学期末)如图2所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知(　　)图2A．带电粒子在P点时的速度大于在Q点时的速度B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D．带电粒子在R点的加速度小于在Q点的加速度答案　A解析　根据牛顿第二定律可得qE＝ma，又根据电场线的疏密程度可知Q、R两点处的电场强度的大小关系为ER>EQ，则带电粒子在R、Q两点处的加速度大小关系为aR>aQ，故D项错误；由于带电粒子在运动过程中只受电场力作用，只有动能与电势能之间的相互转化，则带电粒子的动能与电势能之和保持不变，故C项错误；根据物体做曲线运动的轨迹与速度、合外力的关系可知，带电粒子所受电场力的方向向右，假设粒子从Q向P运动，则电场力做正功，所以电势能减小，动能增大，速度增大，假设粒子从P向Q运动，则电场力做负功，所以电势能增大，动能减小，速度减小，故A项正确，B项错误．4．(2019·武汉四中期中)如图3所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的电路．在增大电容器两极板间距离的过程中(　　)图3A．电阻R中没有电流B．电容器的电容在变大C．电阻R中有从a流向b的电流D．电阻R中有从b流向a的电流答案　C解析　在增大电容器两极板间距离的过程中，电容C减小，电压U不变，则电荷量Q＝CU减小，电容器放电，由于电容器上极板带正电，则电阻R中有从a流向b的电流，故C正确，A、B、D错误．5．(2019·广西南宁三中高二上月考)一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图像如图4所示，tA、tB分别是带电粒子在A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的有(　　)图4A．A处的场强一定大于B处的场强B．A处的电势一定高于B处的电势C．带电粒子在A处的电势能一定小于在B处的电势能D．带电粒子从A到B的过程中，所受电场力一定做正功答案　D解析　根据v－t图像的斜率表示加速度可知，从A点运动到B点的过程中带电粒子的加速度增大，则其所受的电场力增大，则电场强度E增大，A处的场强一定小于B处的场强，故A错误；从A到B的过程中，带电粒子的速度增大，动能增大，由能量守恒定律知其电势能减小，电场力做正功，故C错误，D正确；由于粒子电性未知，无法判断A、B两点电势高低，故B错误．6．如图5，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q(q＞0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大．若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为(　　)图5A.eq \f(Ek0,4qd) B.eq \f(Ek0,2qd)C.eq \f(\r(2)Ek0,2qd) D.eq \f(\r(2)Ek0,qd)答案　B解析　当电场强度最大时，粒子打到上极板的情况为粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，将粒子的初速度v0分解为垂直极板方向的vy和平行极板方向的vx，根据运动的合成与分解及运动学公式有vy2＝2eq \f(qE,m)d，vy＝v0cos 45°，又Ek0＝eq \f(1,2)mv02，联立解得E＝eq \f(Ek0,2qd)，故选项B正确．7．在匀强电场中平行电场方向建立一直角坐标系，如图6所示．从坐标原点沿＋y轴前进0.2 m到A点，电势降低了10eq \r(2) V，从坐标原点沿＋x轴前进0.2 m到B点，电势升高了10eq \r(2) V，则匀强电场的场强大小和方向为(　　)图6A．50 V/m，方向B→AB．50 V/m，方向A→BC．100 V/m，方向B→AD．100 V/m，方向垂直AB斜向下答案　C解析　连接AB，由题意可知，AB中点C点电势应与坐标原点O相等，连线OC即为等势线，与等势线OC垂直的方向为电场的方向，故电场方向由B→A，其大小E＝eq \f(U,d)＝eq \f(10\r(2)＋10\r(2),\r(2)×0.2) V/m＝100 V/m，选项C正确．8．如图7所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出．若不计重力，则(　　)图7A．a和b在电场中运动的时间之比为1∶2B．a和b在电场中运动的时间之比为2∶1C．a和b的比荷之比为1∶4D．a和b的比荷之比为4∶1答案　A解析　a、b两个粒子在水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移之比为1∶2，根据x＝v0t可知运动时间之比为1∶2.粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据y＝eq \f(1,2)at2，两粒子在竖直方向的位移之比为2∶1，则a、b两粒子的加速度之比为8∶1，根据牛顿第二定律知加速度a＝eq \f(qE,m)，加速度之比等于两粒子的比荷之比，则a、b两粒子的比荷之比为8∶1，故A正确，B、C、D错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9.如图8所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，合上开关S后，静电计指针张开一定角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是(　　)图8A．使A、B两板靠近一些B．使A、B两板正对面积减小一些C．断开S后，使B板向右平移一些D．断开S后，使A、B正对面积减小一些答案　CD解析　静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压，电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，而电容器所带的电荷量不变，由C＝eq \f(Q,U)可知，板间电压U增大，静电计指针张角增大．10．(2018·山西现代双语学校期末)在真空中A、B两点分别放置等量异种点电荷，在电场中通过A、B两点的竖直平面内对称位置取一个矩形路径abcd，且ad到A的距离等于bc到B的距离，如图9所示，现将一电子沿abcd移动一周，则下列判断正确的是(　　)图9A．由a→b，电场力做正功，电子的电势能减小B．由b→c，电场对电子先做负功，后做正功，总功为零C．由c→d，电子的电势能一直增加D．由d→a，电子的电势能先减小后增大，电势能总增加量为零答案　 BD解析　由a→b，电势降低，电场力做负功，电子的电势能增加，故选项A错误；如图，画出过b、c的等势线，由b→c，电势先降低后升高，则电场力对电子先做负功，后做正功，又b、c两点的电势相等，电场力做的总功为零，故选项B正确；由c→d，电势升高，电场力做正功，电子的电势能减小，故选项C错误；由d→a，电势先升高后降低，电场力对电子先做正功，后做负功，电子的电势能先减小后增大，又d、a两点的电势相等，电势能总增加量为零，故选项D正确．11．(2018·兰州一中期末)如图10所示，A为粒子源，A和极板B间的加速电压为U1，两水平放置的平行带电板C、D间的电压为U2，现有质量为m、电荷量为＋q的粒子由静止从A处被加速电压U1加速后水平进入竖直方向的匀强电场，平行板C、D的极板长度为L，两板间的距离为d，不计带电粒子的重力，则下列说法正确的是(　　)图10A．带电粒子射出B板时的速度v0＝eq \r(\f(2qU1,m))B．带电粒子在C、D极板间运动的时间t＝Leq \r(\f(m,U2q))C．带电粒子飞出C、D间电场时在竖直方向上发生的位移y＝eq \f(U2L2,4U1d)D．若同时使U1和U2加倍，则带电粒子在飞出C、D极板间的电场时的速度与水平方向的夹角将加倍答案　AC解析　带电粒子由A到B，根据动能定理有qU1＝eq \f(1,2)mv02，解得v0＝ eq \r(\f(2qU1,m))，故A正确；粒子进入C、D间的电场后在水平方向做匀速直线运动，则L＝v0t，解得t＝Leq \r(\f(m,2U1q))，故B错误；粒子进入C、D间的电场后，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝eq \f(qU2,md)，粒子在竖直方向发生的位移为y＝eq \f(1,2)at2，联立解得y＝eq \f(U2L2,4U1d)，故C正确；带电粒子飞出C、D极板间的电场时速度与水平方向夹角的正切值为tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(U2L,2U1d)，可知同时使U1和U2加倍，带电粒子在飞出C、D极板间的电场时的速度与水平方向的夹角不变，故D错误．12．如图11甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列四个选项中的图像，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　　)图11答案　AD解析　由A、B板间所加电压的周期性可推知粒子加速度的周期性，D项正确；由v＝at可知，A项正确，C项错误；由x＝eq \f(1,2)at2知x－t图像应为曲线，B项错误．三、非选择题(本题共5小题，共52分)13．(10分)(2019·北京卷改编)电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用．对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同．(1)请在图12甲中画出上述u－q图像．类比直线运动中由v－t图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep.(2)在如图乙所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源．通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q－t曲线如图丙中①②所示．a．①②两条曲线不同是________(选填E或R)的改变造成的；b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电．依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径．图12(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加．请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程，填写下表(选填“增大”“减小”或“不变”)．答案　(1)u－q图线如图所示(2分)eq \f(1,2)CU2(2分)(2)a.R　b．减小电阻R，可以实现对电容器更快速充电；增大电阻R，可以实现更均匀充电(2分)(3)(4分)解析　(2)a.由题图，充完电后，①②两次带电荷量相等，由Q＝CE知，两次电源电压相等．故①②两条曲线不同不是E的改变造成的，只能是R的改变造成的．b．刚开始充电瞬间，电容器两端的电压为零，电路的瞬时电流为I＝eq \f(E,R)，故减小电阻R，刚开始充电瞬间电流I大，曲线上该点切线斜率大，即为曲线①.短时间内该曲线与时间轴围成的面积更大(电荷量更多)，故可以实现对电容器快速充电；增大电阻R，刚开始充电瞬间电流I小，即为曲线②，该曲线接近线性，可以实现均匀充电．(3)接(2)中电源时，电源两端电压不变．通过电源的电流I＝eq \f(E－U,R)，随着电容器两端电压不断变大，通过电源的电流减小；“恒流源”是指电源输出的电流恒定不变．接“恒流源”时，随着电容器两端电压的增大，“恒流源”两端电压增大．14．(8分)(2018·聊城市期末)如图13所示，两平行金属板A、B间有一匀强电场，C、D为电场中的两点，且CD＝4 cm，其连线的延长线与金属板A成30°角．已知电子从C点移到D点的过程中电场力做功为－4.8×10－17 J，元电荷e＝1.6×10－19 C．求：图13(1)C、D两点间的电势差UCD、匀强电场的场强大小E；(2)若选取A板的电势φA＝0，C点距A板1 cm，电子在D点的电势能为多少？答案　(1)300 V　1.5×104 V/m　(2)7.2×10－17 J解析　(1)电子从C点移到D点UCD＝eq \f(WCD,q)＝eq \f(－4.8×10－17,－1.6×10－19) V＝300 V(2分)E＝eq \f(UCD,dCDsin 30°)＝eq \f(300,4×10－2×0.5) V/m＝1.5×104 V/m(2分)(2)d＝dCDsin 30°＋1 cm＝3 cmUAD＝Ed＝1.5×104×3×10－2 V＝450 V(1分)由UAD＝φA－φD和φA＝0得(1分)φD＝－450 V(1分)电子在D点的电势能为Ep＝qφD＝－1.6×10－19×(－450) J＝7.2×10－17 J．(1分)15．(10分)(2018·潍坊市期末)如图14所示，水平绝缘轨道AB长L＝4 m，离地高h＝1.8 m，A、B间存在竖直向上的匀强电场．一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝－5×10－5 C的小滑块，从轨道上的A点以v0＝6 m/s的初速度向右滑动，从B点离开电场后，落在地面上的C点．已知C、B间的水平距离x＝2.4 m，滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：图14(1)滑块离开B点时速度的大小；(2)滑块从A点运动到B点所用的时间；(3)匀强电场的场强E的大小．答案　(1)4 m/s　(2)0.8 s　(3)5×103 N/C解析　(1)从B到C过程中，有h＝eq \f(1,2)gt2(1分)x＝vBt(1分)解得vB＝4 m/s(1分)(2)从A到B过程中，有L＝eq \f(v0＋vB,2)t′(2分)解得t′＝0.8 s(1分)(3)在电场中运动时，小滑块受力如图所示，由牛顿第二定律得μ(mg＋E|q|)＝ma(2分)由运动学公式，有veq \o\al(B2)－veq \o\al(02)＝－2aL(1分)解得E＝5×103 N/C.(1分)16．(11分)(2018·延安市检测)如图15所示，平行板电容器A、B间的电压为U，两板间的距离为d，一质量为m、电荷量为q的粒子，由两板中央O点以水平速度v0射入，落在C处，BC＝l.若将B板向下拉开eq \f(d,2)，此粒子仍从O点水平射入，初速度v0不变，则粒子将落在B板上的C′点，求BC′的长度．(粒子的重力忽略不计)图15答案　eq \r(3)l解析　根据牛顿第二定律，带电粒子由O点到C点，有qeq \f(U,d)＝ma，(1分)所以a＝eq \f(qU,dm)(1分)带电粒子在水平方向做匀速直线运动，l＝v0t，(1分)在竖直方向做匀加速直线运动，eq \f(1,2)d＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU,dm)t2.(2分)带电粒子由O点到C′点，根据牛顿第二定律得qeq \f(U,\f(3,2)d)＝ma′，(1分)所以a′＝eq \f(2qU,3dm).(1分)设BC′的长度为l′，则l′＝v0t′(1分)eq \f(1,2)d＋eq \f(1,2)d＝eq \f(1,2)a′t′2＝eq \f(1,2)·eq \f(2qU,3dm)·t′2.(2分)解得BC′的长度l′＝eq \r(3)l.(1分)17．(13分)(2018·亳州市模拟)如图16所示，在E＝1.0×103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带电荷量为q＝1.0×10－4 C的带负电小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：图16(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？答案　(1)7 m/s　(2)0.6 N解析　(1)设小滑块恰能到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mg＋qE＝meq \f(v2,R)(2分)小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02(3分)联立解得：v0＝7 m/s.(2分)(2)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mv02(3分)在P点时，由牛顿第二定律得FN＝meq \f(v′2,R)(1分)联立解得：FN＝0.6 N(1分)由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FN′＝FN＝0.6 N．(1分)“恒流源”(2)中电源电源两端电压通过电源的电流“恒流源”(2)中电源电源两端电压增大不变通过电源的电流不变减小