2025年高中物理新教材同步 必修第三册 第10章　章末检测试卷(二)

章末检测试卷(二)(满分：100分)一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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．(2023·上海市新川中学高二期中)四个电场中，a、b两点电场强度与电势均相同的是()答案C解析电场强度是矢量，有大小有方向，由点电荷产生的电场特点可知选项A中两点电场强度方向不同，两点电场强度不同，A错误；选项B中两点电场强度大小不同，两点电场强度不同，同时沿着电场线方向电势降低，两点电势也不同，B错误；由匀强电场的特点知选项C中a、b两点的电场强度相同，两点在同一等势面上，电势也相同，C正确；由等量异种电荷的电场线分布特点知，选项D中两点在同一等势面上，电势相同，但a点的电场强度比b点的大，D错误。2．(2023·湖北卷)在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为φM、φN，电场强度大小分别为EM、EN。下列说法正确的是()A．若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的远B．若EM<EN，则M点到电荷Q的距离比N点的近C．若把带负电的试探电荷从M点移到N点，静电力做正功，则φM<φND．若把带正电的试探电荷从M点移到N点，静电力做负功，则EM>EN答案C解析沿着电场线的方向电势降低，根据正点电荷产生的电场特点可知若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的近，故A错误；电场线的疏密程度表示电场强度的大小，根据正点电荷产生的电场特点可知若EM<EN，则M点到电荷Q的距离比N点的远，故B错误；若把带负电的试探电荷从M点移到N点，静电力做正功，则是逆着电场线运动，电势增加，故有φM<φN，故C正确；若把带正电的试探电荷从M点移到N点，静电力做负功，则是逆着电场线运动；根据正点电荷产生的电场特点可知EM<EN，故D错误。3.(2022·福建卷)平时我们所处的地球表面，实际上存在场强大小为100V/m的电场，可将其视为匀强电场，在地面立一金属杆后空间中的等势面如图所示。空间中存在a、b、c三点，其中a点位于金属杆正上方，b、c等高。则下列说法正确的是()A．b、c两点的电势差Ubc＝0B．a点场强大小大于100V/mC．a点场强方向水平向右D．a点的电势低于c点答案B解析由题图可知，b、c两点的电势差为Ubc＝200V－300V＝－100V，故A错误；由题图可知，a点与相邻两等势面的距离小于1m，电势差的绝对值等于100V，根据E＝eq\f(U,d)，可知a点场强大小大于100V/m，故B正确；根据场强方向垂直于等势面，可知a点的场强方向沿竖直方向，不是水平方向，故C错误；由题图可知，a点与c点在同一等势面上，电势均为300V，故D错误。4.(2024·东莞市高二期末)如图所示，空间有一圆锥OBB′，点A、A′分别是两母线的中点。现在顶点O处固定一带正电的点电荷，下列说法中正确的是()A．A、A′两点的电场强度相同B．将一带负电的试探电荷从B点沿底面直径移到B′点，其电势能先增大后减小C．平行于底面且圆心为O1的截面为等势面D．若B′点的电势为φB′，A′点的电势为φA′，则BA连线中点C处的电势φC小于eq\f(φB′＋φA′,2)答案D解析根据点电荷电场的分布特点，可知A、A′两点的电场强度大小相等，方向不同，A错误；场源电荷为正点电荷，将一带负电的试探电荷从B点沿底面直径移到B′点，试探电荷先靠近场源电荷，后远离场源电荷，则静电力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，B错误；点电荷的等势面是以场源电荷为圆心的一系列同心球面，因此平行于底面且圆心为O1的截面不是等势面，C错误；令B′A′连线中点为C′，根据点电荷电场线分布特征，可知B′C′间任一点的电场强度均比A′C′间任一点的电场强度小，根据U＝Ed，可知UA′C′>UC′B′又由于UA′C′＝φA′－φC′，UC′B′＝φC′－φB′，解得φC′<eq\f(φB′＋φA′,2)根据点电荷电场线分布特征有φC′＝φC，则有φC<eq\f(φB′＋φA′,2)，D正确。5.一带电粒子仅在静电力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v－t图像如图所示。粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，下列判断正确的是()A．A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φCB．A、B、C三点的电场强度大小关系为EC>EB>EAC．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少D．粒子从A点经B点运动C点，静电力先做正功后做负功答案C解析由题图v－t图像知，带电粒子在0～t0时间内做减速运动，静电力做负功，电势能增大；在t0～3t0时间内做反方向加速运动，静电力做正功，电势能减小，选项C正确，D错误；因为不知道带电粒子电性，本题中无法判断电势的高低，选项A错误；图像中斜率表示带电粒子的加速度，又qE＝ma，可知A、B、C三点中EB最大，选项B错误。6．(2024·南京市月考)如图，真空中有一长方体区域abcd－a′b′c′d′，现将电荷量为＋q、－q的点电荷分别固定在棱cd、a′b′的中点e、f处。已知棱ad、aa′的长均为L，棱ab的长为2L，静电力常量为k，下列说法正确的是()A．a、c′两点处电场强度大小相等，方向相同B．棱da为等势线C．d′点处电场强度的方向平行于da′连线，且由a′指向dD．d′点电场强度的大小为eq\f(\r(2)kq,2L2)答案A解析由等量异种电荷电场强度和等势面的分布可知，平面abc′d′为等势面，其上各点电场强度方向均相同，均平行于ef连线，且由d指向a′，另外根据对称性，a、b、c′、d′四点电场强度均相同，故A正确，C错误；d点相对于a点离正点电荷更近，离负点电荷更远，所以d点的电势大于a点的电势，可知棱da不是等势线，故B错误；＋q和－q单独作用时在d′点产生的电场强度大小相等，根据点电荷产生的电场中电场强度的计算公式可得电场强度均为E＝eq\f(kq,\r(2)L2)＝eq\f(kq,2L2)，根据几何关系可知，两者夹角为120°，由平行四边形定则可知d′点的电场强度大小为eq\f(kq,2L2)，故D错误。7．在地面附近存在一个有界匀强电场，边界将空间分成上、下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度处由静止释放一个质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v－t图像如图乙所示，不计空气阻力，则()A．小球受到的重力与静电力大小之比为4∶5B．t＝5s时，小球经过边界MNC．在0～2.5s过程中，重力做的功大于克服静电力做的功D．在1～4s过程中小球机械能先减小后增大答案D解析由题意知，小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到静电力和重力作用，先做减速运动后做加速运动，由题图分析可知，小球经过边界MN的时刻是t＝1s和t＝4s，B错误；由v－t图像的斜率表示加速度，知小球进入电场前的加速度为a1＝eq\f(v1,t1)＝eq\f(v1,1s)，进入电场后的加速度大小为a2＝eq\f(2v1,t2)＝eq\f(2v1,3s)，由牛顿第二定律得mg＝ma1，F－mg＝ma2，得静电力F＝mg＋ma2＝eq\f(5,3)ma1，可得重力与静电力的大小之比为3∶5，A错误；0～2.5s过程中，动能变化量为零，根据动能定理，这个过程中重力做的功与克服静电力做的功大小相等，C错误；由题图可得，小球在0～2.5s内向下运动，在2.5～5s内向上运动，在1～4s过程中，静电力先做负功后做正功，小球的机械能先减小后增大，D正确。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。8．(2024·南平市高二月考)如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知xC－xB＝xB－xA。该电子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是()A．电场在x坐标轴上电场强度方向沿x轴正方向B．A点电势低于B点电势C．A点电场强度小于B点电场强度D．电子从A运动到B静电力做的功大于从B运动到C静电力做的功答案BD解析电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，由题图乙可知，电势能一直减小，则静电力向右，说明电场强度方向沿x轴负方向，则A点电势低于B点电势，故A错误，B正确；根据ΔEp＝qEx，可知图像的斜率的绝对值表示静电力的大小，因此从A到B，静电力减小，电场强度减小，故A点的电场强度大于B点的电场强度，故C错误；由题图乙可知，电子从A到B的电势能减小量大于从B到C的电势能减小量，故电子从A运动到B静电力做的功大于从B运动到C静电力做的功，故D正确。9．(2023·全国乙卷)在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷静电力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP>OM，OM＝ON，则小球()A．在运动过程中，电势能先增加后减少B．在P点的电势能大于在N点的电势能C．在M点的机械能等于在N点的机械能D．从M点运动到N点的过程中，静电力始终不做功答案BC解析由题知，OP>OM，OM＝ON，则根据点电荷的电势分布情况可知φM＝φN>φP，则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EpM＝EpN，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误，B、C正确；从M点运动到N点的过程中，静电力先做正功后做负功，D错误。10．(2023·重庆市育才中学高二期中)如图甲所示，A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0，一质量为m、电荷量大小为q的负电荷仅在静电力作用下，在t＝eq\f(T,4)时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板间，恰好到达B板，则()A．电荷在eq\f(T,2)时到达B板B．电荷在两板间的最大速度为eq\r(\f(qU0,m))C．A、B两板间的距离为eq\r(\f(qU0T2,8m))D．若电荷在t＝eq\f(3T,8)时刻进入两极板，它将不能到达B板答案BD解析电荷恰好能到达B板，意味着电荷到达B板时的速度为零，根据题意，电荷先向右加速eq\f(1,4)T后向右减速eq\f(1,4)T，电荷应该在eq\f(3,4)T时到达B板，故A错误；根据A的分析，电荷在eq\f(1,2)T时达到最大速度，此时电荷刚好运动到两极板的中间，根据电势差与电场强度的关系，初始位置到极板中间的电势差为eq\f(1,2)U0，有eq\f(1,2)U0q＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(qU0,m))，故B正确；电荷进入极板先做匀加速运动，后做匀减速运动，eq\f(3,4)T时电荷的运动位移为两极板的间距，d＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2×2，a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v,\f(T,4))，解得d＝eq\r(\f(qU0T2,16m))，故C错误；若电荷在t＝eq\f(3,8)T时刻进入两极板，电荷先加速eq\f(1,8)T，然后减速eq\f(1,8)T，减速到零，根据上面的分析，电荷此时未到达B板，接下来，电荷向A板加速eq\f(\r(2),8)T后从小孔射出，故电荷到达不了B板，故D正确。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11．(8分)(2024·上海市长宁区高二期中)用如图所示电路，研究电容器的放电过程。实验时，先将开关S掷向1，充电完毕后，将开关掷向2，传感器将信号传入计算机屏幕上，显示出电流或电压随时间变化的图线。(1)(2分)电容的定义式C＝eq\f(Q,U)，下列物理量的表达式中，也是用其他物理量的比来定义且为标量的是________。A．电场强度E＝eq\f(F,q) B．加速度a＝eq\f(F,m)C．电势φ＝eq\f(Ep,q) D．电阻R＝ρeq\f(L,S)(2)(2分)实验中所使用的电容器电容大小为1500μF，额定电压为20V，所使用的电源输出电压为10V，则在该实验中电容器存储的最大电荷量为________。(3)(2分)用q表示电容器上极板所带的电荷量，UC表示电容器两端的电压，I表示电路中的电流，电容器在放电过程中的图像正确的有________。(4)(2分)由图可知，传感器1为________(选填“电流”或“电压”)传感器。为使得电容器的放电时间延长便于观察，实验中所使用的可变电阻阻值应适当________(选填“调大”或“调小”)。答案(1)C(2)1.5×10－2C(3)BD(4)电流调大解析(1)E＝eq\f(F,q)为电场强度的定义式，采用比值定义法，但电场强度为矢量，故A错误；a＝eq\f(F,m)为加速度的决定式，即牛顿第二定律表达式，不是比值定义法，故B错误；φ＝eq\f(Ep,q)为电势的定义式，为比值定义法，且电势为标量，故C正确；R＝ρeq\f(L,S)为电阻的决定式，不是比值定义法，故D错误。(2)由于电源所使用的输出电压为10V，根据电容的定义式可得实验中电容器存储的最大电荷量为Q＝CU＝1500×10－6×10C＝1.5×10－2C。(3)电容器在放电过程中其所带电荷量逐渐减小，两极板电压减小，电流减小，且均减小的越来越慢，故选B、D。(4)由题图可知，传感器1串联在电路中，是电流传感器，传感器2与可变电阻并联，是电压传感器；若调大可变电阻接入电路的阻值，则回路中电流减小，从而延长放电时间。12.(7分)(2023·西南大学附中高二期中)如图所示，虚线为某电场的5个等势面，相邻等势面间电势差相等。一电子只在静电力作用下在电场中运动(轨迹未画出)，已知电子经过等势面1时动能为5eV，经过等势面4时动能为20eV，等势面2的电势为＋3V，则：(1)(2分)电子从等势面1运动至等势面4过程静电力做的功W14＝________；(2)(2分)等势面1的电势φ1＝________；(3)(3分)电子经过等势面5时具有的电势能Ep＝________。答案(1)15eV(2)－2V(3)－18eV解析(1)由动能定理得电子从等势面1运动至等势面4的过程静电力做的功为W14＝Ek4－Ek1＝20eV－5eV＝15eV(2)等势面1、4间的电势差为U14＝eq\f(W14,－e)＝－15V由题意U12＝φ1－φ2＝eq\f(1,3)U14解得φ1＝－2V(3)由题意U25＝φ2－φ5＝U14＝－15V解得φ5＝18V电子在等势面5具有的电势能为Ep＝qφ5＝－18eV。13．(10分)如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0垂直射入电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场中，射出电场的瞬时速度的方向与初速度方向成30°角。在这个过程中，不计粒子重力。求：(1)(6分)该粒子在电场中经历的时间；(2)(4分)粒子在这一过程中电势能的增量。答案(1)eq\f(\r(3)mv0,3qE)(2)－eq\f(1,6)mv02解析(1)带正电的粒子进入电场后做类平抛运动，在垂直电场方向做匀速直线运动vx＝v0，在电场方向做初速度为0的匀加速直线运动vy＝at，a＝eq\f(qE,m)当粒子速度方向与初速度方向成30°角时，如图所示则vy＝vxtan30°＝eq\f(\r(3),3)v0粒子在电场中经历的时间t＝eq\f(mvy,qE)＝eq\f(\r(3)mv0,3qE)(2)在这个过程中，静电力对粒子做正功，粒子电势能减小，动能增加，ΔEp＝Ek1－Ek2＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2，其中v＝eq\f(v0,cos30°)，可得ΔEp＝－eq\f(1,6)mv02。14．(14分)(2024·河南省西华县第一高级中学高二期末)如图所示，A、B接在电压大小恒为U的交流电源上，质量为m、电荷量为＋q的离子，以初速度v0进入直线加速器第1个金属圆筒左侧的小孔，离子在每个筒内均做匀速直线运动，时间均相等，在相邻两筒间的缝隙内被电场加速，加速时间不计。离子从第3个金属圆筒右侧出来后，立即由M点射入转向器，转向器中有辐射状电场，离子沿着圆弧虚线(等势线)运动，并从N点射出，离子射出时速度方向与矩形区域CDQP内有界匀强电场的电场强度方向垂直，最终离子恰好打在Q点。已知第3个金属圆筒的长度为l，转向器虚线MN处电场强度的大小处处为E，QP＝d、PN＝2d。求：(1)(5分)离子在每个金属圆筒内运动的时间；(2)(3分)离子在转向器中做圆周运动的半径；(3)(6分)矩形区域CDQP内电场强度的大小。答案(1)leq\r(\f(m,4qU＋mv02))(2)eq\f(4qU＋mv02,Eq)(3)eq\f(4mv02＋16qU,qd)解析(1)设离子在第三个圆筒内运动时的速度为v，则有2qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02离子在每个金属圆筒内运动的时间t＝eq\f(l,v)解得t＝leq\r(\f(m,4qU＋mv02))(2)离子由M点射入转向器，沿着圆弧虚线(等势线)做圆周运动，则有Eq＝meq\f(v2,R)结合上述解得R＝eq\f(4qU＋mv02,Eq)(3)离子在矩形区域CDQP内做类平抛运动，加速度a＝eq\f(qE′,m