人教版高中物理新教材同步讲义 必修第三册 第10章　章末检测试卷(二)（含解析）

章末检测试卷(二)(满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)1．下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是()A．根据电场强度的定义式E＝eq\f(F,q)，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比B．根据电容的定义式C＝eq\f(Q,U)，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比D．根据公式UAB＝eq\f(WAB,q)，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服静电力做功为1J，则A、B两点的电势差为1V答案C2.(2021·黄冈中学月考)超级电容的容量比通常的电容器大得多，其主要优点是高功率脉冲应用和瞬时功率保持，具有广泛的应用前景．如图所示，某超级电容器标有“2.7V，100F”，将该电容器接在1.5V干电池的两端，则电路稳定后该电容器的负极板上所带电荷量为()A．－150C B．－75CC．－270C D．－135C答案A3.(2021·衡水中学期中)如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等差等势线．A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则()A．A点和B点的电势相同B．正电荷从A点移至B点，静电力做正功C．C点和D点的电场强度相同D．负电荷从C点移至D点，电势能增大答案B解析A点和B点不在同一等势线上，所以它们的电势不同，A错误；从A点至B点，电势降低，所以正电荷从A点移至B点，静电力做正功，B正确；根据电场的对称性可知，C点和D点的电场强度的大小相等，方向不同，C错误；C点和D点在同一个等势线上，负电荷从C点移至D点，电势能不变，D错误．4.(2021·驻马店市驿城区月考)如图所示，MN是一负点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是()A．带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能B．负点电荷一定位于M点左侧C．带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小D．带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度答案A解析由于该粒子只受静电力作用且做曲线运动，静电力指向轨迹内侧，静电力方向大致向右，则粒子从a到b的过程中粒子受到的静电力的方向与速度方向之间的夹角是锐角，静电力做正功，粒子的电势能减小，所以带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能，故A正确；带正电的粒子受到的静电力方向大致向右，则电场线由M指向N，说明负电荷在N点右侧，故B错误；带电粒子所受静电力向右，粒子从a到b静电力对带电粒子做正功，电势能减小，动能增大，故C错误；负电荷在N点右侧，根据点电荷的电场的特点可知，a点离点电荷较远，从a到b的过程中距离负点电荷越来越近，则电场强度越来越大，带电粒子受到的静电力越来越大，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故D错误．5.(2021·湖南高二期中)如图所示，空间存在足够大的水平方向的匀强电场，绝缘的曲面轨道处于匀强电场中，曲面上有一带电金属块在力F的作用下沿曲面向上移动．已知金属块在向上移动的过程中，力F做功40J，金属块克服静电力做功10J，金属块克服摩擦力做功20J，重力势能改变了30J，则()A．电场方向水平向左B．电场方向水平向右C．在此过程中金属块电势能减少20JD．在此过程中金属块机械能增加10J答案D解析因为不知道带电金属块的电性，所以无法判断电场方向，故A、B错误；克服静电力做功为10J，则电势能增加10J，故C错误；机械能的变化量等于除重力以外的其他力所做的总功，故应为ΔE＝40J－10J－20J＝10J，故D正确．6.(2021·重庆八中月考)如图所示，从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)．电子向B板方向运动，下列说法错误的是(设电源电压均恒为U)()A．电子到达B板时的动能是eUB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3eUD．电子在A板和D板之间做往返运动答案C解析从F处释放一个无初速度的电子，电子在电压为U的电场中做加速运动，当电子到达B点时，所获得的动能等于静电力做的功，即Ek＝W＝qU＝eU；由题图可知，B板和C板等电势，则B、C之间没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能不变，电子以eU的动能进入C、D板间的电场中，在静电力的作用下，电子做减速运动，由于C、D板间的电压也为U，所以电子在到达D板时速度减为零，开始反向运动；由以上分析可知，电子将会在A板和D板之间做加速、匀速、减速运动，再反向做加速、匀速、减速运动，即做往返运动，故选C.7.如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子(仅在静电力作用下)在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是()A．粒子在三点的电势能大小关系为Epc<Epa<EpbB．粒子在三点所受的静电力不相等C．粒子必先过a，再到b，然后到cD．粒子在三点所具有的动能大小关系为Ekc<Eka<Ekb答案A解析因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断该区域电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的静电力相等，B错误．由题图可知，电场的方向是向上的，而粒子受力是向下的，故粒子带负电，而带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会得到如题图所示的轨迹，C错误．粒子在电场中运动时，只有静电力做功，故电势能与动能之和应是恒定不变的，由题图可知，带负电的粒子在b点时的电势能最大，在c点时的电势能最小，则可判断在c点的动能最大，在b点的动能最小，A正确，D错误．8.(2021·信阳市师河区高二月考)如图所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，∠ABC＝∠CAB＝30°，BC＝2eq\r(3)m，已知电场线平行于△ABC所在的平面，一个电荷量为q＝－2×10－6C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了1.2×10－5J，由B移到C的过程中静电力做功6×10－6J，下列说法正确的是()A．B、C两点的电势差UBC＝3VB．A点的电势低于B点的电势C．负电荷由C点移到A点的过程中，电势能增加D．该电场的电场强度大小为1V/m答案D解析由B移到C的过程中静电力做功6×10－6J，根据W＝Uq得B、C两点的电势差为UBC＝eq\f(WBC,q)＝－3V，故A错误；点电荷由A移到B的过程中，电势能增加1.2×10－5J，则静电力做功－1.2×10－5J，A、B两点的电势差UAB＝eq\f(WAB,q)＝6V，所以A点的电势高于B点的电势，B错误；UCA＝－UAC＝－UBC－UAB＝－3V，根据W＝Uq得，负电荷由C移到A的过程中，静电力做正功，所以电势能减小，C错误；UAB＝6V，在AB连线上取中点D，所以UAD＝3V，UCA＝－3V，UAC＝3V，C、D电势相等，所以CD连线为等势线，而三角形ABC为等腰三角形，所以电场强度方向沿着AB方向，由A指向B.因为BC＝2eq\r(3)m，由几何关系得AD＝3m，由UAD＝E·AD得，该电场的电场强度大小为1V/m，D正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9.(2021·林州一中高二月考)x轴与电场中的某条电场线重合，x轴正方向上各点电势随x坐标变化的关系如图所示，0～x2段为曲线，x2～x4段为直线．一带负电粒子只在静电力作用下沿x轴正方向由O点运动至x4位置，则()A．x1处电场强度最大B．x2～x4段是匀强电场C．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x4段做匀速直线运动D．x1处粒子电势能最小，x2～x4段粒子的动能随x均匀减小答案BD解析在φ－x图像中，斜率表示电场强度，故x1处电场强度最小，为零，A错误；x2～x4段斜率不变，电场强度不变，故是匀强电场，B正确；0～x2段电场强度变化，粒子受到的静电力变化，故粒子在0～x2段做变速运动，x2～x4段电场强度不变，粒子受到的静电力不变，故在x2～x4段做匀变速直线运动，C错误；x1处电势最高，粒子带负电，故粒子的电势能最小，x2～x4段粒子受到的静电力恒定，静电力做功W＝qEx随x均匀变化，故动能随x均匀减小，D正确．10.(2022·浙江6月选考改编)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)．t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出．不计重力和粒子间的相互作用，则()A．M板电势高于N板电势B．两个粒子的电势能都减小C．粒子在两板间的加速度为a＝eq\f(2v02,L)D．粒子从N板下端射出的时间t＝eq\f(\r(2)－1L,2v0)答案BC解析由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；根据题意垂直M板向右的粒子到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B正确；设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有eq\f(L,2)＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同，有(eq\r(2)v0)2－v02＝2ad，联立解得t＝eq\f(L,2v0)，a＝eq\f(2v02,L)，故C正确，D错误．11．(2021·广州一中月考)两个等量正点电荷固定于光滑绝缘水平面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一个带电荷量为＋2×10－7C、质量为0.1kg的小物块(可视为质点)从C点静止释放．其运动的v－t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线(图中标出了该切线)斜率最大的位置，则下列说法正确的是()A．由C到A的过程中小物块的电势能一直在增大B．B点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度大小为1×104V/mC．由C点到A点电势逐渐降低D．A、B两点间的电势差UAB＝500V答案BC解析由题图乙可知，由C到A的过程中，小物块的速度一直在增大，静电力对小物块做正功，小物块的电势能一直在减小，故A错误；小物块在B点的加速度最大，为am＝eq\f(4×10－2,7－5)m/s2＝2×10－2m/s2，可得小物块所受的最大静电力为Fm＝mam＝0.1×2×10－2N＝2×10－3N，则电场强度最大值为Em＝eq\f(Fm,q)＝1×104N/C，故B正确；因为两个等量正点电荷连线的中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点电势逐渐降低，故C正确；从题图乙可知，A、B两点的速度分别为vA＝6×10－2m/s、vB＝4×10－2m/s，再根据动能定理，得qUBA＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mvB2，解得UBA＝500V，则UAB＝－UBA＝－500V，故D错误．12.(2021·南通中学月考)如图所示为造纸公司用于监控绝缘纸张厚度的简易装置示意图，其中A、B为平行板电容器的两个极板，上下极板位置均固定，且分别接在恒压电源的两极上，A板接负极，已知绝缘纸张的厚度越大，相对介电常数越大．下列说法正确的是()A．当流水线上通过的产品厚度增大时，平行板电容器的电容增大B．当灵敏电流计有从b流向a的电流时，说明绝缘纸张变厚C．当绝缘纸张厚度变薄时，两板间电场强度变大D．增大恒压电源的电压值，可提高监控装置的灵敏度答案ABD解析根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知当产品厚度增大导致εr增大时，电容器的电容C增大，选项A正确；当灵敏电流计有从b流向a的电流时，说明电源正在对电容器充电，根据C＝eq\f(Q,U)可知电容增大，说明纸张变厚，选项B正确；当绝缘纸张厚度变薄时，εr减小，电容器的电容C减小，而电源电压不变，也没有改变极板间的距离d，由E＝eq\f(U,d)，知两板间电场强度不变，选项C错误；根据Q＝CU，可知若增大恒压电源的电压值，纸张薄厚变化能够引起更大的电荷量变化，电流计指针偏转更明显，灵敏度更高，选项D正确．三、选择题(本题共5小题，共52分)13．(10分)(2019·北京卷)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(忽略内阻)．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．________________________________________________________________________(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”)．“恒流源”(2)中电源电源两端电压通过电源的电流答案(1)(1分)eq\f(1,2)CU2(2分)(2)a.R(1分)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)“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解析(2)a.由题图知，电容器充完电后，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)(2022·广西南宁三中高二开学考试)如图所示，光滑绝缘斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m、电荷量为q，置于斜面上．当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度大小变为原来的eq\f(1,2)，方向不变，重力加速度为g，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)原来的电场强度大小；(2)电场强度变为原来的eq\f(1,2)后，小物块沿斜面下滑时的加速度有多大？答案(1)eq\f(3mg,4q)(2)0.3g解析(1)平衡时，物块受重力mg、静电力qE、斜面的支持力FN的作用，如图所示由平衡条件得qE＝mgtan37°(2分)解得原来的电场强度E＝eq\f(3mg,4q)(2分)根据牛顿第二定律得mgsin37°－eq\f(1,2)qEcos37°＝ma(2分)解得a＝0.3g.(2分)15．(10分)(2021·抚州一中期中)如图所示，水平放置的两平行金属板，板长l为10cm，两板相距为2cm.一束电子以v0＝4.0×107m/s的初速度从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距板右端距离L为45cm、宽D为20cm的荧光屏上．为使电子能射到荧光屏上．求两板间所加电压的取值范围．(不计电子重力及电子间的相互作用，荧光屏中点在两板间的中线上，电子质量m＝9.0×10－31kg，电荷量e＝1.6×10－19C)答案见解析解析如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为v1，与水平方向的夹角为θ，偏转电压为U，偏转位移为y，则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，电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，结合图可得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)代入数据，得U＝360V．(1分)因此偏转电压在－360V～360V范围内时，电子可打在荧光屏上．(1分)16.(11分)(2021·杭州市质检)如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上，在xOy平面内有与y轴平行向上的匀强电场区域(在第Ⅰ象限，形状是直角三角形)，直角三角形斜边分别与x轴和y轴相交于(L，0)和(0，L)点．区域左侧沿x轴正方向射来一束具有相同质量m、电荷量为－q(q>0)和初速度为v0的带电微粒，这束带电微粒分布在0<y<L的区间内，其中从(0，eq\f(L,2))点射入场区的带电微粒刚好从(L，0)点射出场区，带电微粒重力不计．求：(1)电场强度E的大小．(2)射到(2L，0)点的带电微粒射入场区时的y坐标值．答案见解析解析(1)设从(0，eq\f(L,2))点射入的带电微粒在场区中的偏转时间为t1，根据平抛运动的规律，有L＝v0t1(1分)eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)(eq\f(qE,m))t12(2分)解得E＝eq\f(mv02,qL)(1分)(2)画出运动轨迹示意图如图所示，设这个带电微粒在场区中的水平偏转位移为x1，竖直偏转位移为y1，偏转角为θ，偏转时间为t2，射入场区时的y坐标值为Y，有x1＝v0t2，y1＝eq\f(1,2)(eq\f(qE,m))t22(2分)根据几何关系，有x1＋eq\f(Y－y1,tanθ)＝2L(1分)L－x1＝Y－y1(1分)根据平抛运动的特点，有tanθ＝2eq\f(