届高中物理新教材同步必修第三册章末检测试卷(二)

章末检测试卷(二)(满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)1.(2020·雅安市期末)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C.根据真空中点电荷电场强度公式E＝eq\f(kQ,r2)，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比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C解析电场强度是电场本身具有的性质，与试探电荷无关，故A错误.电容是电容器本身具有的性质，表示电容器容纳电荷的能力，与两极板间电压和电荷量无关，故B错误.由真空中点电荷场强公式可以得出，点电荷产生电场的场强大小与场源电荷电荷量成正比，故C正确.克服静电力做功，说明此过程静电力做负功，即：WAB＝－1J，根据UAB＝eq\f(WAB,q)，可得：UAB＝－1V，故D错误.2.(2020·湖南正源中学高二期末)根据大量科学测试可知，地球本身就是一个电容器.通常大地带有50万库仑左右的负电荷，而地球上空存在一个带正电的电离层，这两者之间便形成一个已充电的电容器，它们之间的电压为300kV左右.地球的电容约为()A.F B.FC.17F D.170F答案B解析根据题意可得Q＝5×105C，U＝3×105V，根据C＝eq\f(Q,U)，可得C＝eq\f(5×105C,3×105V)≈F，B正确.3.(2020·溧阳市光华中学高一月考)某带电粒子仅在静电力作用下由A点运动到B点.如图1所示，实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹，由此可以判定()图1A.粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B.粒子在A点的动能小于它在B点的动能C.电场中A点的电势低于B点的电势D.粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能答案D解析电场线的疏密表示场强大小，由题图知粒子在A点的场强小于在B点的场强，在A点所受的静电力小，故在A点的加速度小于在B点的加速度，故A错误；由题图知带电粒子的运动轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的静电力沿电场线切线向下，则知静电力对粒子做负功，动能减小，则粒子在A点的动能大于它在B点的动能，故B错误；因粒子由A到B时，静电力做负功，故电势能增大，则粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能，故D正确；粒子所受静电力方向与电场强度相反，则粒子带负电，而电势能Ep＝qφ，因粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能，有(－qφA)<(－qφB)，可得φA>φB，故A点的电势高于B点的电势，故C错误.4.(2020·浙江温岭中学高一期中)图2为某个孤立点电荷的两条电场线，a、b、c是电场线上的三个点，下列说法正确的是()图2A.该点电荷可能带负电B.a点的电势一定比c点的电势高C.电子在a点时的电势能比在b点时大D.将正的试探电荷从c点移到b点，静电力做负功答案B解析越靠近点电荷的位置电场线越密集，则点电荷位于左侧，根据电场线的方向可判断该点电荷带正电，选项A错误；沿着电场线方向电势降低，则a点的电势一定比b、c点的电势高，选项B正确；a点的电势比b点的电势高，电子带负电，根据Ep＝qφ可知电子在a点的电势能小于在b点的电势能，选项C错误；点电荷在左侧，带正电，则将正的试探电荷从c点移到b点，静电力做正功，选项D错误.5.(2021·湖南高二期中)如，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()图3A.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；机械能的改变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.如图4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()图4A.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，而粒子受力一定是向下的，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.7.如正确的是()图5A.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.该电场的场强大小为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×10－5J，点电荷由A移到B的过程中，静电力做功－×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＝－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；UBC＝－3V，UCA＝－3V，UAB＝6V，在AB连线取中点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，该电场的场强大小为1V/m，D正确.8.(2020·浙江7月选考)如图6所示，一质量为m、电荷量为qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q>0))的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中.已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时()图6A.所用时间为eq\f(mv0,qE)B.速度大小为3v0C.与P点的距离为eq\f(2\r(2)mv\o\al(,02),qE)D.速度方向与竖直方向的夹角为30°答案C解析粒子在电场中只受静电力，F＝qE，方向向下，如图所示.粒子的运动为类平抛运动.水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2eq\f(y,x)＝tan45°联立解得t＝eq\f(2mv0,qE)，故A错误.vy＝at＝eq\f(qE,m)·eq\f(2mv0,qE)＝2v0，则速度大小v＝eq\r(v\o\al(,02)＋v\o\al(,y2))＝eq\r(5)v0，tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(1,2)，则速度方向与竖直方向夹角不为30°，故B、D错误；x＝v0t＝eq\f(2mv\o\al(,02),qE)，与P点的距离s＝eq\f(x,cos45°)＝eq\f(2\r(2)mv\o\al(,02),qE)，故C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轴位于某电场中，x轴正方向上各点电势随x坐标变化的关系如图7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()图7A.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，场强不变，故是匀强电场，B正确；粒子在0～x2段电场强度变化，受到的静电力变化，故粒子在0～x2段做变速运动，x2～x4段场强不变，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.如图8所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a点和c点关于MN对称、b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上.以下判断正确的是()图8A.b点电场强度大于d点电场强度B.b点电场强度小于d点电场强度C.a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D.试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能答案BC解析如图所示，两电荷连线的中点位置用O表示，在中垂线MN上，O点电场强度最大，在两电荷之间连线上，O点电场强度最小，即Eb＜EO，EO＜Ed，故Eb＜Ed，A错，B对；等量异种电荷的电场中，电场线、等势线均具有对称性，a、c两点关于MN对称，Uab＝Ubc，C对；试探电荷＋q从a移到c，远离正电荷，靠近负电荷，静电力做正功，电势能减小，D错.11.(2020·重庆文理学院附中期中)如图9所示，水平放置的平行板电容器与直流电源连接，下极板接地.一带电质点恰好静止于电容器中的P点.现将平行板电容器的下极板向上移动一小段距离，则()图9A.电容器的电容将增大，极板所带电荷量将增大B.带电质点将沿竖直方向向上运动C.P点的电势将降低D.若将带电质点固定，则其电势能不变答案ABC解析下极板向上移动时，板间距减小，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容增大，因U不变，由Q＝UC可知，极板所带电荷量将增大，A正确；开始时静电力与重力平衡，质点所受合力为零，下极板上移时，电场强度增大，质点所受静电力增大，将沿竖直方向向上运动，B正确；场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，由公式U＝Ed分析可知，上极板与P点间电势差将增大，则P点的电势将降低，C正确；静电力向上，故质点一定带负电，P点的电势降低，则带电质点的电势能将增大，D错误.12.如图10所示，在竖直放置、间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场，质量为m、带电荷量为＋q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g，则点电荷运动到负极板的过程()图10A.加速度大小为a＝eq\f(qE,m)＋gB.所需的时间为t＝eq\r(\f(dm,Eq))C.下降的高度为y＝eq\f(d,2)D.静电力所做的功为W＝eq\f(Eqd,2)答案BD解析对点电荷在电场中的受力分析如图所示，点电荷所受的合外力大小为F＝eq\r(Eq2＋mg2)，所以点电荷的加速度大小为a＝eq\f(\r(Eq2＋mg2),m)，故A错误；由牛顿第二定律得点电荷在水平方向的加速度大小为a1＝eq\f(Eq,m)，由运动学公式eq\f(d,2)＝eq\f(a1t2,2)，所以t＝eq\r(\f(dm,Eq))，故B正确；点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度y＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(mgd,2Eq)，故C错误；静电力做的功W＝eq\f(Eqd,2)，故D正确.三、非选择题(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11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.图11(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)(2分)eq\f(1,2)CU2(2分)(2)a.Rb.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.(9分)(2020·图12(1)电场强度E的大小和方向；(2)若把该试探电荷从A点移到B点，电势能变化了多少；(3)若A点为零电势点，B点电势为多少.答案(1)2×104V/m，方向水平向右(2)增加了4×10－5J(3)－2×103V解析(1)E＝eq\f(F,|q|)＝eq\f(×10－4,2×10－8)V/m＝2×104V/m(2分)因为试探电荷带负电，受到水平向左的静电力作用，所以电场方向水平向右.(1分)(2)试探电荷从A点移到B点静电力做的功为W＝Fxcos(π－θ)(1分)解得W＝－4×10－5J(1分)根据功能关系可知ΔEp＝－W＝4×10－5J即电荷从A点移到B点电势能增加了4×10－5J.(1分)(3)若A点为零电势点，由UAB＝eq\f(W,q)，得UAB＝2×103V(1分)且UAB＝φA－φB＝0－φB(1分)解得φB＝－UAB＝－2×103V.(1分)15.(10分)在真空中存在着竖直向下的匀强电场，场强为E，如图13所示，一根绝缘细线长为L，一端固定在图中的O点，另一端固定有一个质量为m、电荷量为＋q、可视为点电荷的小球，O点距离地面的高度为H，将小球拉至与O点等高的位置A处从静止释放.重力加速度为g，求：图13(1)小球运动到O点正下方B点时的速度大小；(2)此刻细线对B点处的小球的拉力大小；(3)若小球通过B点时，细线恰好断开，求小球落地点与O点的水平位移x.答案(1)eq\r(\f(2mg＋qEL,m))(2)3(mg＋qE)(3)2eq\r(H－LL)解析(1)小球从A到B过程，由动能定理得mgL＋qEL＝eq\f(1,2)mv2－0(2分)小球到达B点时的速度大小为v＝eq\r(\f(2mg＋qEL,m))(1分)(2)在B点，对小球由牛顿第二定律得FT－mg－qE＝meq\f(v2,L)(2分)解得FT＝3(mg＋qE).(1分)(3)对小球在细线断开后的类平抛运动，由牛顿第二定律有qE＋mg＝ma(1分)竖直方向：H－L＝eq\f(1,2)at2(1分)水平方向：x＝vt(1分)联立解得x＝2eq\r(H－LL).(1分)16.(11分)如图14所示，平行板电容器A、B间的电压为U保持不变，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板向下移动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14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