粤教版高中物理必修第三册章末综合测评1含答案

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章末综合测评(一)　(时间：90分钟　分值：100分)1．(4分)下列关于点电荷的说法中正确的是(　　)A．点电荷是一个理想化物理模型B．点电荷的电荷量一定是1.6×10－19 CC．体积大的带电体一定不能看做点电荷D．研究带电体的相互作用时，所有带电体都可以看作点电荷A　[点电荷是将带电物体简化为一个带电的点，是一个理想化物理模型；元电荷是电量的最小值，点电荷的值可以等于元电荷，也可以是元电荷的整数倍，即点电荷的电荷量可多可少，故A正确，B错误；点电荷是将带电物体简化为一个带电的点，物体能不能简化为点，不是看物体的绝对大小，而是看物体的大小对于两个电荷的间距能不能忽略不计，故大的带电体有时也可以看成点电荷，故C错误；在研究带电体间的相互作用时，若带电体的尺寸远小于它们之间的距离时，才可把带电体看成点电荷，并不是所有带电体都可以看作点电荷，故D错误；故选A。]2．(4分)真空中保持一定距离的两个点电荷，若其中一个点电荷增加了原来的，但仍然保持它们之间的相互作用力不变，则另一点电荷的电量一定减少了原来的(　　)A．　　　B．　　　C．　　　D．B　[因为一个点电荷增加了原来的，则q1′＝q1，根据库仑定律的公式F＝k知，若库仑力不变，则q2′＝q2，即另一电荷减小了原来的，故B正确，ACD错误。]3．(4分)在电场中的A、B两处分别引入不同的试探电荷q，得到试探电荷所受的电场力随电荷量变化的关系如图所示，则(　　)A．EA>EBB．EA<EBC．EA＝EBD．不能判定EA、EB的大小A　[根据电场强度的定义式E＝，电场强度与题图中图线的斜率相对应，故EA>EB，A项正确。]4．(4分)在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为E，把一个电荷量为q的正电荷由a点移到b点时，克服电场力做功为W，下列说法正确的是(　　)A．该电荷在a点电势能较b点大B．a点电势比b点电势低C．a、b两点电势差大小一定为U＝EdD．a、b两点电势差Uab＝B　[正电荷由a点移到b点时，电场力对电荷做负功W，电势能增加，该电荷在a点电势能较b点小，选项A错误；a点电势比b点电势低，故选项B正确；当a、b两点在同一电场线上时，U＝Ed，本题a、b是否在同一电场线上不确定，则U大小不一定等于Ed，故选项C错误；电荷从a移动到b，克服电场力做功W，根据电势差的定义Uab＝，选项D错误。]5．(4分)如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点。已知A点的电势为φA＝30 V，B点的电势为φB＝－10 V，则C点的电势为(　　)A．φC＝10 V   B．φC>10 VC．φC<10 V   D．上述选项都不正确C　[由于AC之间的电场线比CB之间的电场线密，相等距离之间的电势差较大，即UAC>UCB，所以φA－φC>φC－φB，可得φC<，即φC<10 V，选项C正确。]6．(4分)如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O。下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是(　　)A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低B　[根据电场的对称性和电场的叠加原理知，O点的电场强度为零。在x轴上，电场强度的方向自O点分别指向x轴正方向和x轴负方向，且沿电场线方向电势越来越低，所以O点电势最高。在x轴上离O点无限远处的电场强度为零，故沿x轴正方向和x轴负方向的电场强度先增大后减小，选项B正确。]7．(4分)某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点，取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计。在由O到A运动过程中，下列关于粒子的运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能Ek和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是(　　)A　　　    B 　  　　C　　　　DB　[带正电的粒子从O点向A点运动过程中，电场线先变疏再变密，电场强度先变小后变大，故电场力和粒子的加速度也是先变小后变大，B正确；粒子从O向A运动，一直加速，但加速度先变小后变大，其速度—时间图象的斜率也是先变小后变大，A错误；从O到A，电场强度先变小后变大，单位长度上的电势降落也应是先变小后变大，C错误；根据Ek＝mv2＝Fx，知Ek­x图象的斜率为力F，从O到A，粒子所受的电场力先减小后变大，故Ek­x图象的斜率也应是先变小后变大，D错误。]8．(8分)如图所示，匀强电场的电场强度E＝2.0×104 N/C，沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离s＝0.10 m。将电荷量q＝＋2.0×10－8 C的点电荷从A点移至B点。求：(1)电荷从A点移至B点的过程中，电势能变化了多少。(2)若将A点的电势规定为0，则B点的电势是多少？[解析]　(1)电荷所受电场力F的大小F＝qE＝2×10－8×2×104 N＝4×10－4 N方向水平向右电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功W＝Fs＝4×10－4×0.10 J＝4×10－5 J。电荷从A点移至B点的过程中，电势能减小了4.0×10－5 J。(2)A、B两点间的电势差UAB＝Es＝2×104×0.10 V＝2×103 V而UAB＝φA－φB，φA＝0解得：φB＝－2×103 V。[答案]　(1)4.0×10－5 J　(2)2.0×103 V9．(8分)如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电微粒(重力不计)，在匀强电场中A点的速度大小为v、方向与电场线垂直，在B点的速度大小为3v，已知A、B两点在平行电场线方向上的距离为d，求：(1)A、B两点的电压；(2)电场强度的大小和方向。 [解析]　(1)由动能定理有：Uq＝m(3v)2－mv2 解得：U＝。 (2)由于微粒带正电，故电场强度的方向向右 由U＝Ed 解得：E＝。[答案]　(1) U＝　(2)E＝，电场强度的方向向右10．(10分)如图所示，在匀强电场中，将带电荷量q＝－6×10－6 C的电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了2.4×10－5 J的功，再从B点移到C点，电场力做了1.2×10－5 J的功。求：(1)A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC；(2)如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少？(3)作出过B点的一条电场线(只保留作图的痕迹，不写做法)。[解析]　(1)UAB＝＝ V＝4 VUBC＝＝ V＝－2 V。(2)UAB＝φA－φB，UBC＝φB－φC又φB＝0，故φA＝4 V，φC＝2 V。(3)如图所示。[答案]　 (1)4 V　－2 V　(2)4 V　2 V(3)见解析图11．(4分)(多选)用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱，如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点，O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。则(　　)甲　　　　　　 　　乙A．E、O、F三点比较，O点电势最高B．A、D两点场强大小相等，方向相同C．E、O、F三点比较，O点场强最强D．B、O、C三点比较，O点场强最强BC　[等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，E、O、F三点电势均为0，故A错误；根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同，由图看出，A、D两点场强方向相同，故B正确；由图看出，E、O、F三点比较，O点场强最强，故C正确；由图看出，B、O、C三点比较，O点场强最弱，故D错误。]12．(4分)(多选)某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如图所示，O、M、N为电场中的三个点，则由图可得(　　)A．M点的场强小于N点的场强B．M点的电势低于N点的电势C．将一负电荷由O点移到M点电势能增加D．将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功相同BC　[M点的电场线较N点密集，故M点的场强大于N点的场强，选项A错误；顺着电场线电势降低，故M点的电势低于N点的电势，选项B正确；O点电势高于M点，故将一负电荷由O点移到M点电势能增加，选项C正确；M点的电势低于N点的电势，故OM与ON之间的电势差不等，故将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功不相同，选项D错误；故选B、C。]13．(4分)(多选)如图所示，水平固定的圆盘a带正电Q，电势为零，从盘心O处释放质量为m、带电量为＋q的小球。由于电场的作用，小球最高可上升到竖直高度为H的N点，且过P点时速度最大，已知重力加速度为g。由此可求得Q所形成的电场中(　　)A．P点的电势B．N点的电势C．P点的电场强度D．N点的电场强度BC　[小球由O到N的过程，根据动能定理得：W电－mgH＝0，得电场力做功为W电＝mgH，可知小球的电势能减小mgH，O点电势能为0，所以N点电势能为EpN＝－mgH，N点的电势为φN＝＝－，即可求出N点的电势。由于小球通过P点的速度不知道，不能求出O到P电场力做功，不能求出P点的电势。故A错误，B正确。在P点所受的电场力和重力二力平衡，则有qE＝mg，解得P点的电场强度为：E＝，不能求出N点的电场力，也就不能求出N点的电场强度。故C正确，D错误。故选B、C。]14．(4分)(多选)如图所示，实线的两点电荷形成的电场线，若不计重力的带电粒子从C点运动到D点，轨迹如图虚线所示，则下列说法中正确的是(　　)A．由C到D过程中电场力对带电粒子做正功B．由C到D过程中带电粒子动能减小C．粒子带正电D．A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量ACD　[据电场线的分布情况可知，带电粒子从C到D的过程中，电场力的方向与运动方向小于90°，电场力对其做正功，电势能减小，动能增大；故A正确，B错误。据带电粒子仅在电场力作用下从C点运动到D点的轨迹，可判断所受电场力大体指向弯曲一侧，结合某点的切线方向，即为速度方向，从而判断粒子带正电，故C正确。据电场线的疏密程度可知，A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量，故D正确。故选ACD。]15．(4分)(多选)如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图乙所示，则(　　)甲　　　　　　　乙A．电场力FA＜FB　　　 B．电场强度EA＝EBC．电势φA<φB   D．电势能EpA＜EpBAC　[在v­t图象中图线的斜率表示加速度，由速度图象看出，图线的斜率逐渐增大，电子的加速度增大，电子所受电场力增大，则电场力FA＜FB，故A正确；电子所受电场力增大，场强也增大，所以电场强度EA＜EB，故B错误；电子由静止开始沿电场线从A运动到B，电场力做正功，则电场力的方向从A到B，电子带负电，所以场强方向从B到A，根据顺着电场线电势降低可知，电势φA<φB，故C正确；由速度图象看出，电子的速度增大，电场力做正功，电子的电势能减小，则电势能EPA>EPB，故D错误。所以选AC。]16．(8分)如图所示，光滑斜面倾角为37°，一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝＋1×10－6C的小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，g＝10 m/s2，求：(1)该电场的电场强度大小；(2)若电场强度变为原来的，小物块运动的加速度大小；(3)在(2)前提下，当小物块沿斜面下滑L＝ m时，机械能的改变量。[解析]　(1)如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则有在x轴方向：Fx＝Fcos θ－mgsin θ＝0在y轴方向：Fy＝FN－mgcos θ－Fsin  θ＝0得：qE＝mgtan 37°故有：E＝＝7.5×104N/C，方向水平向右。(2)场强变化后物块所受合力为：F＝mgsin 37°－qEcos 37° 根据牛顿第二定律得：F＝ma 故代入解得a＝0.3 g＝3 m/s2，方向沿斜面向下。(3)机械能的改变量等于电场力做的功，故ΔE＝－qELcos 37°，解得ΔE＝－0.02 J。[答案]　(1)7.5×104 N/C　(2)3 m/s2　(3)－0.02 J17．(8分)如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线是水平直径。现有一质量为m带正电的小球(可视为质点)从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R。从小球进入管口开始，整个空间突然加一匀强电场，电场力在竖直向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹经过A点。设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g，求：(1)小球到达 B 点的速度大小；(2)小球受到的电场力的大小；(3)小球经过管口 C 处时对圆管壁的压力。[解析]　(1)A到B过程，由机械能守恒得：4mgR＝mv解得：vB＝。(2)设水平方向电场力的分力大小为Fx，B到C过程，由动能定理得：－2FxR＝mv－mvC到A过程，由类平抛运动关系：水平方向：Fx＝max,2R＝axt2竖直方向：4R＝vct联立解得：Fx＝mg又：Fy＝mg即电场力F＝＝mg。(3)对C点，由牛顿第二定律：Fx＋FN＝m解得：FN＝3mg由牛顿第三定律：F压＝FN＝3mg方向：水平向右。[答案]　(1)vB＝　(2)mg　(3)3mg，水平向右18．(10分)如图所示，半径为R的圆处在匀强电场中，电场线与圆面平行，在圆周上A点以大小为v的速度将质量为m、电荷量为q的带正电的粒子射入电场，结果粒子经过圆上B点时，速度大小为2v，若以大小为2v的速度从A点射入电场，粒子经过圆上C点时，速度大小为 v，已知AC圆弧的长为BC圆弧长的，AB是圆的直径。不计粒子的重力，求：(1)A、B间的电势差；(2)匀强电场的电场强度大小。[解析]　(1)根据动能定理，粒子从A到B电场力做功为WAB＝m(2v)2－mv2＝mv2则A、B间的电场差： UAB＝＝。(2)粒子从A到C电场力做功为WAC＝m(v)2－m(2v)2＝mv2则A、C间的电势差： UAC＝＝由此可知，B、C两点等势，电场方向垂直于BC连线，由几何关系可知，AC与BC垂直，AC间距离d＝R则匀强电场的电场强度大小E＝＝。[答案]　(1)　(2)