选修3-1（高中物理旧教材同步讲义）第1章 章末检测试卷(一)同步讲义

章末检测试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分.1～8题为单项选择题，9～14题为多项选择题)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1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为－1V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2．空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图1所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，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()图1A．A点和B点的电势相同B．C点和D点的电场强度相同C．正电荷从A点移至B点，静电力做正功D．负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先增加后减少答案C解析由题图可知φA>φB，所以正电荷从A移至B，电势减小，静电力做正功，故A错误，C正确；C、D两点电场强度大小相等、方向不同，故B错误；负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先减少后增加，故D错误．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R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解析根据电场线的疏密程度可以得出ER>EQ，根据牛顿第二定律有qE＝ma，可知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；根据粒子做曲线运动的轨迹与速度、合外力的关系可知，带电粒子在R处所受电场力的方向沿电场线向右，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·阆中中学高二上月考)如图3甲所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压．t＝0时，Q板比P板电势高U0，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动(电子所受重力可忽略不计)，已知电子在0～4t0时间内未与两板相碰．则电子速度方向向左且速度大小逐渐减小的时间段是()图3A．0<t<t0 B．t0<t<2t0C．2t0<t<3t0 D．3t0<t<4t0答案D解析开始时Q板电势比P板高，电子受到的电场力向右，因此在0<t<t0内，电子向右加速运动，A错误；t0时刻电场反向，电子开始向右减速运动，到2t0时刻，速度恰好减小到零，B错误；在2t0<t<3t0时间内，电子向左加速运动，C错误；在3t0时刻，电场再次反向，电子开始向左减速运动，到4t0时刻，速度刚好减小到零，D正确．5．(2019·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象如图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图象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．(2019·山西省三区八校二模)如图5，真空中a、b、c、d四点共线且等距．先在a点固定一点电荷＋Q，测得b点场强大小为E.若再将另一等量异种点电荷－Q放在d点，则()图5A．b点场强大小为eq\f(3,4)EB．c点场强大小为eq\f(5,4)EC．b点场强方向向左D．c点电势比b点电势高答案B解析设ab＝bc＝cd＝L，＋Q在b点产生的场强大小为E，方向水平向右，由点电荷的场强公式得：E＝keq\f(Q,L2)，－Q在b点产生的场强大小为E1＝keq\f(Q,2L2)＝eq\f(1,4)E，方向水平向右，所以b点的场强大小为Eb＝E＋eq\f(1,4)E＝eq\f(5,4)E，方向水平向右，故A、C错误；根据对称性可知，c点与b点的场强大小相等，为eq\f(5,4)E，方向水平向右，故B正确；电场线方向从a指向d，而沿着电场线方向电势降低，则c点电势比b点电势低，故D错误．7．(2019·重庆八中适应性考试)直角坐标系xOy中，A、B两点位于x轴上，坐标如图6所示，C、D位于y轴上，C、D两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为Q的负点电荷置于O点时，B点处的电场强度恰好为零，若将该负点电荷移到A点，则B点处场强的大小和方向分别为(静电力常量为k)()图6A.eq\f(5kQ,4l2)，沿x轴正方向 B.eq\f(5kQ,4l2)，沿x轴负方向C.eq\f(3kQ,4l2)，沿x轴负方向 D.eq\f(3kQ,4l2)，沿x轴正方向答案D解析负点电荷置于O点时，B点处的电场强度恰好为零，说明负点电荷在B点产生的场强与两正点电荷在B点产生的合场强大小相等，方向相反，根据点电荷的场强公式可得，负点电荷在B点的场强大小为eq\f(kQ,l2)，方向沿x轴负方向，则两正点电荷在B点的合场强大小也为eq\f(kQ,l2)，方向沿x轴正方向；当负点电荷移到A点时，与B点的距离为2l，负点电荷在B点产生的场强为eq\f(kQ,4l2)，方向沿x轴负方向，两正点电荷在B点产生的合场强的大小为eq\f(kQ,l2)，方向沿x轴正方向，所以B点处合场强的大小为eq\f(kQ,l2)－eq\f(kQ,4l2)＝eq\f(3kQ,4l2)，方向沿x轴正方向，所以A、B、C错误，D正确．8．如图7所示，四个质量均为m、带电荷量均为＋q的微粒a、b、c、d距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均处在电场强度大小为E的匀强电场(mg>qE)，这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是ta、tb、tc、td，不计空气阻力，则()图7A．tb<ta<tc<td B．tb＝tc<ta＝tdC．ta＝td<tb<tc D．tb<ta＝td<tc答案D解析根据四个微粒所受静电力的情况可以判断出，竖直方向上的加速度大小关系为ab>aa＝ad>ac，又由h＝eq\f(1,2)at2得tb<ta＝td<tc，故选项D正确．9．(2019·孝感市高二上期中)两个带电荷量相同的正点电荷，固定在图8中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点．一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动．取无限远处的电势为零，则()图8A．q由A向O的运动是匀加速直线运动B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C．q运动到O点时的动能最大D．q运动到O点时电势能为零答案BC解析q由A向O运动的过程中，电场力的方向始终由A指向O，但力的大小变化，所以电荷q做变加速直线运动，电场力做正功，电势能减小，q通过O点后在电场力的作用下做变减速运动，所以q运动到O点时速度最大，动能最大，电势能最小，因无限远处的电势为零，则O点的电势φ>0，所以q在O点时的电势能不为零，故选项B、C正确，选项A、D错误．10．(2019·十堰市高二月考)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图9中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是()图9A．带正电B．速度先变大后变小C．电势能先变大后变小D．经过b点和d点时的速度大小相同答案CD解析根据粒子的运动轨迹及等势面的分布可知，粒子带负电，选项A错误；粒子从a到c再到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减小后增大，电势能先增大后减小，选项B错误，C正确；因为b、d两点在同一等势面上，所以粒子在b、d两点的电势能相同，粒子经过b点和d点时的速度大小相同，选项D正确．11.如图10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10A．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，故A、B错误；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，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，则静电计指针张角增大，故C、D正确．12.(2018·海南卷)如图11，a、b、c、d为一边长为l的正方形的顶点．电荷量均为q(q＞0)的两个点电荷分别固定在a、c两点，静电力常量为k.不计重力．下列说法正确的是()图11A．b点的电场强度大小为eq\f(\r(2)kq,l2)B．过b、d点的直线位于同一等势面上C．在两点电荷产生的电场中，ac中点的电势最低D．在b点从静止释放的电子，到达d点时速度为零答案AD解析由图甲可知b点的电场E＝eq\f(Ea,cos45°)＝eq\f(Ec,cos45°)＝eq\f(\r(2)kq,l2)，故A正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，等量正点电荷的电场线与电势面分布如图乙，由图乙可知B、C错误；由对称性可知，b、d点电势相同，故电子在b、d点电势能相同，动能也相同，都为0，故D正确．13.如图12所示，平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均从A板由静止开始经加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断正确的是()图12A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C．加速电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶2∶4D．偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2答案BD解析设加速电场的电压为U1，偏转电场的电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d.在加速电场中，静电力做的功W＝qU1，故加速电场的静电力对三种粒子做功之比等于电荷量之比，即1∶1∶2，故C错误；由qU1＝eq\f(1,2)mv02可知，粒子经加速电场获得的速度v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，在水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；根据y＝eq\f(U2L2,4dU1)可知，y与粒子的种类、质量、电荷量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场中静电力做功为W＝eq\f(qU2y,d)，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则偏转电场的静电力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故D正确．14.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上的分布如图13所示．下列说法正确的有()图13A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大答案AC解析由题图可知，两点电荷q1和q2带有异种电荷，故A正确；在φ－x图象中，图象切线的斜率大小表示电场强度大小，则x1处的电场强度不为零，故B错误；x1到x2，电场强度逐渐减小，负电荷受到的电场力逐渐减小，故D错误；由Ep＝φq可知，负电荷在电势高处的电势能小，则负电荷从x1移到x2，电势能减小，故C正确．二、计算题(本题共4小题，共44分)15．(10分)(2019·聊城市期末)如图14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＝4cm，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－4.8×10－17J，元电荷e＝1.6×10－19C．求：图14(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1cm，电子在D点的电势能为多少？答案(1)300V1.5×104V/m(2)7.2×10－17J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＝300V(2分)E＝eq\f(UCD,dCDsin30°)＝eq\f(300,4×10－2×0.5)V/m＝1.5×104V/m(2分)(2)d＝dCDsin30°＋1cm＝3cmUAD＝Ed＝1.5×104×3×10－2V＝450V(2分)由UAD＝φA－φD和φA＝0得(1分)φD＝－450V(1分)电子在D点的电势能为Ep＝qφD＝－1.6×10－19×(－450)J＝7.2×10－17J．(2分)16．(10分)如图15所示，水平绝缘轨道AB长L＝4m，离地高h＝1.8m，A、B间存在竖直向上的匀强电场．一质量m＝0.1kg、电荷量q＝－5×10－5C的小滑块，从轨道上的A点以v0＝6m/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＝2.4m，滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2，不计空气阻力．求：图15(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)4m/s(2)0.8s(3)5×103N/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＝4m/s(1分)(2)从A到B过程中，有L＝eq\f(v0＋vB,2)t′(2分)解得t′＝0.8s(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|)＝m|a|(2分)由运动学公式，有vB2－v02＝2aL(1分)解得E＝5×103N/C.(1分)17.(10分)如图16，一质量为m＝1kg、电荷量为q＝0.5C的带电小球以速度v0＝4.5m/s自光滑平台右端水平飞出，不计空气阻力，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆弧轨道ABC，圆弧轨道ABC的形状为圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，在过A点的竖直线OO′的右边空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E＝10V/m(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2)．图16(1)求小球经过A点的速度大小vA；(2)欲使小球在圆弧轨道运动时不脱离圆弧轨道，且从C点飞出轨道，求半径R的取值应满足的条件．答案(1)7.5m/s(2)0<R≤eq\f(25,28)m则cos53°＝eq\f(v0,vA)(2分)解得vA＝7.5m/s.(1分)(2)小球沿A点切线方向落入竖直光滑圆弧轨道ABC后，做圆周运动，若恰好能通过最高点C，由重力和电场力的合力提供向心力，设滑至最高点的速度为vC，则有mg＋qE＝meq\f(vC2,R)(2分)根据动能定理得：－(mg＋qE)R(1＋cos53°)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvA2(3分)联立以上两式解得R＝eq\f(25,28)m(1分)故当0<R≤eq\f(25,28)m时，小球沿轨道做圆周运动，且能从圆弧轨道的最高点C飞出．(1分)18．(14分)如图17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