2025年高中物理新教材同步 必修第三冊(cè) 第9章　章末檢測(cè)試卷(一)

章末檢測(cè)試卷(一)(滿分：100分)一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．關(guān)于物理學(xué)史，下列說法錯(cuò)誤的是()A．正電荷和負(fù)電荷最早是由科學(xué)家愛迪生命名的B．元電荷e的數(shù)值最早是由物理學(xué)家密立根測(cè)得的C．物理學(xué)家法拉第最早引入電場(chǎng)的概念，并提出用電場(chǎng)線表示電場(chǎng)D．庫(kù)侖利用扭秤裝置得出了庫(kù)侖定律答案A2．(2024·寧夏石嘴山市第三中學(xué)高二月考)在如圖所示的四種電場(chǎng)中，分別標(biāo)記有a、b兩點(diǎn)。其中a、b兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反的是()A．甲圖中與點(diǎn)電荷等距的a、b兩點(diǎn)B．乙圖中兩等量異種電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點(diǎn)C．丙圖中兩等量同種電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點(diǎn)D．丁圖中非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的a、b兩點(diǎn)答案C解析題圖甲中與點(diǎn)電荷等距的a、b兩點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向不相反，故A錯(cuò)誤；題圖乙中a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向分別沿a、b點(diǎn)切線向右，所以兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故B錯(cuò)誤；題圖丙中a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，a點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向向上，b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向向下，故C正確；題圖丁中a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，方向分別沿a、b點(diǎn)切線斜向右下方，故D錯(cuò)誤。3．(2023·重慶卷)真空中固定有兩個(gè)點(diǎn)電荷，負(fù)電荷Q1位于坐標(biāo)原點(diǎn)處，正電荷Q2位于x軸上，Q2的電荷量大小為Q1的8倍。若這兩點(diǎn)電荷在x軸正半軸的x＝x0處產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度為0，則Q1、Q2相距()A.eq\r(2)x0 B．(2eq\r(2)－1)x0C．2eq\r(2)x0 D．(2eq\r(2)＋1)x0答案B解析依題意，兩點(diǎn)電荷電性相反，且Q2的電荷量較大，所以Q2應(yīng)位于x軸的負(fù)半軸，設(shè)兩點(diǎn)電荷相距L，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度疊加原理可得eq\f(kQ1,x02)＝eq\f(kQ2,x0＋L2)，又Q2＝8Q1，解得L＝(2eq\r(2)－1)x0，故選B。4．(2023·廣東省廣州市第六中學(xué)高二期中)a、b兩個(gè)帶電小球的質(zhì)量均為m，所帶的電荷量分別為＋q和－q，兩球間用一絕緣細(xì)線連接，用長(zhǎng)度相同的另一絕緣細(xì)線將a懸掛在天花板上。在兩球所在的空間有方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，平衡時(shí)兩細(xì)線都被拉緊，則平衡時(shí)兩球的位置可能是圖中的()答案A解析a帶正電，受到的靜電力水平向左，b帶負(fù)電，受到的靜電力水平向右。以整體為研究對(duì)象，整體所受的靜電力大小為0，則上面懸掛a的細(xì)線應(yīng)豎直；以b球?yàn)檠芯繉?duì)象，b帶負(fù)電，受到的靜電力水平向右，根據(jù)平衡條件，細(xì)線對(duì)b的拉力應(yīng)有向左的分力，則b在a的右下方，故選A。5.(2023·天津市崇化中學(xué)高二期中)如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy中，M、N兩點(diǎn)位于x軸上，G、H兩點(diǎn)坐標(biāo)如圖所示。M、N兩點(diǎn)各固定一等量負(fù)點(diǎn)電荷，一電荷量為Q的正點(diǎn)電荷置于O點(diǎn)時(shí)，G點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點(diǎn)電荷移到G點(diǎn)，則H點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度為()A.eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸正方向 B.eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸負(fù)方向C.eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸正方向 D.eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸負(fù)方向答案B解析正點(diǎn)電荷在O點(diǎn)時(shí)，G點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，即兩負(fù)點(diǎn)電荷在G點(diǎn)的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1＝eq\f(kQ,a2)，方向沿y軸正方向。由對(duì)稱性知，兩負(fù)點(diǎn)電荷在H點(diǎn)處的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E2＝E1＝eq\f(kQ,a2)，方向沿y軸負(fù)方向。當(dāng)把正點(diǎn)電荷放在G點(diǎn)時(shí)，正點(diǎn)電荷在H點(diǎn)處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E3＝eq\f(kQ,4a2)，方向沿y軸正方向。所以H點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E＝E2－E3＝eq\f(3kQ,4a2)，方向沿y軸負(fù)方向，故選項(xiàng)B正確。6．(2023·寧波市高一期末)以P點(diǎn)為圓心，半徑為R的部分或整個(gè)圓周上有電荷分布。如圖所示，甲圖為電荷q均勻分布的四分之一的圓周；乙圖為電荷2q均勻分布的半圓周；丙圖為電荷3q均勻分布的四分之三的圓周；丁圖為電荷4q均勻分布的整個(gè)圓周。四種情境中，電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為EA、EB、EC和ED，關(guān)于電場(chǎng)強(qiáng)度大小排列正確的是()A．EA＞EB＞EC＞ED B．ED＞EC＞EB＞EAC．EB＞EA＝EC＞ED D．ED＞EB＞EA＝EC答案C解析由題圖甲可知，電荷q均勻分布在四分之一的圓周上，設(shè)在P點(diǎn)所產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為EA；同理，題圖乙電荷2q均勻分布在半圓周上，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加知，在P點(diǎn)所產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為EB＝eq\r(2)EA；題圖丙電荷3q均勻分布在四分之三的圓周上，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加知，在P點(diǎn)所產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為EC＝EA；題圖丁電荷4q均勻分布在整個(gè)圓周上，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加知，在P點(diǎn)所產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為ED＝0。綜上所述，電場(chǎng)強(qiáng)度大小排列為EB＞EA＝EC＞ED，C正確。7.光滑絕緣水平面上有三個(gè)帶電小球a、b、c(均可視為點(diǎn)電荷)，三球沿一條直線擺放，僅在它們之間的靜電力作用下保持靜止?fàn)顟B(tài)。若a、b之間的距離小于b、c之間的距離，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)對(duì)c的靜電力一定是引力B．a(chǎn)對(duì)b的靜電力可能是斥力C．三個(gè)小球所帶電荷量的大小關(guān)系是Qc>Qa>QbD．當(dāng)三個(gè)小球所帶電荷量均變?yōu)樵瓉淼囊话霑r(shí)，b球仍靜止，a、c球?qū)?huì)運(yùn)動(dòng)答案C解析根據(jù)各球所受靜電力的方向，可得出a、c為同種電荷，b與a、c為異種電荷，則a對(duì)c的靜電力一定是斥力，a對(duì)b的靜電力一定是引力，故A、B錯(cuò)誤；設(shè)a、b、c三球的電荷量分別為Qa、Qb、Qc，a與b、b與c之間的間距分別為r1、r2，對(duì)b受力分析可知，a、c對(duì)b的靜電力大小相等、方向相反，故有keq\f(QaQb,r12)＝keq\f(QcQb,r22)，又r1<r2，所以Qa<Qc，對(duì)c受力分析可知，a、b對(duì)c的靜電力大小相等、方向相反，故有keq\f(QcQb,r22)＝keq\f(QcQa,r1＋r22)，所以Qb<Qa，故有Qb<Qa<Qc，由受力分析結(jié)論可知，當(dāng)三個(gè)小球所帶電荷量均變?yōu)樵瓉淼囊话霑r(shí)，a、b、c球仍靜止，故C正確，D錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得4分，有選錯(cuò)的得0分。8.(2023·九江市高一期末)如圖所示，A、B兩個(gè)點(diǎn)電荷固定在空間，實(shí)線為兩點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分電場(chǎng)線，彎曲虛線為一個(gè)帶電粒子僅在靜電力作用下運(yùn)動(dòng)的軌跡，a、b為軌跡上兩點(diǎn)，下列說法正確的是()A．A、B帶同種電荷B．A、B帶電荷量的絕對(duì)值不相等C．a(chǎn)點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度比b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大D．帶電粒子在a點(diǎn)加速度比在b點(diǎn)加速度小答案BD解析由電場(chǎng)線分布的特征可知A、B為異種電荷，且A帶正電，B帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題圖可知，圖中電場(chǎng)線分布不具有對(duì)稱性，則兩點(diǎn)電荷帶電荷量的絕對(duì)值不相等，故B正確；由電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小可知，b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度比a點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大，故C錯(cuò)誤；根據(jù)qE＝ma可知粒子在a點(diǎn)加速度比在b點(diǎn)加速度小，故D正確。9．如圖所示的靜電實(shí)驗(yàn)(虛線框?yàn)榻饘倬W(wǎng))能使左邊驗(yàn)電器的金屬箔張開的是()答案AC解析凈電荷分布在導(dǎo)體的外表面，故A正確，B錯(cuò)誤；選項(xiàng)C中兩個(gè)驗(yàn)電器接觸，左側(cè)驗(yàn)電器金屬箔應(yīng)張開，選項(xiàng)D中左邊的驗(yàn)電器處于金屬網(wǎng)中，由于靜電屏蔽，金屬箔不會(huì)張開，故C正確，D錯(cuò)誤。10．(2023·安徽省六安市毛坦廠中學(xué)高二月考)如圖所示，正方形ABDC的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，在它的四個(gè)頂點(diǎn)各放置一個(gè)電荷量均為Q、電性未知的點(diǎn)電荷，已知靜電力常量為k，則正方形中心O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小可能是()A．0B.eq\f(2\r(2)kQ,L2)C.eq\f(4kQ,L2)D.eq\f(2kQ,L2)答案AC解析因?yàn)樗膫€(gè)點(diǎn)電荷距O點(diǎn)的距離均相同，由幾何關(guān)系可得r＝eq\f(\r(2),2)L根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度的表達(dá)式E＝eq\f(kQ,r2)可得四個(gè)點(diǎn)電荷在O點(diǎn)處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為E＝eq\f(kQ,\f(\r(2),2)L2)＝eq\f(2kQ,L2)根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度的方向和電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加可知，若A、D兩處放置的電荷電性相同，B、C兩處放置的電荷電性也相同，則O處的電場(chǎng)強(qiáng)度E1＝0；若A、D兩處放置的電荷電性相同，B、C兩處放置的電荷電性相反，或者A、D兩處放置的電荷電性相反，B、C兩處放置的電荷電性相同，則O處的電場(chǎng)強(qiáng)度E2＝2E＝eq\f(4kQ,L2)；若A、D兩處放置的電荷電性相反，B、C兩處放置的電荷電性也相反，則O處的電場(chǎng)強(qiáng)度E3＝eq\r(2)×2E＝eq\f(4\r(2)kQ,L2)，所以，A、C正確，B、D錯(cuò)誤。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．(6分)(2023·洛陽(yáng)市高一月考)在“探究?jī)呻姾砷g相互作用力的大小與哪些因素有關(guān)”的實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)采用了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。將帶正電的小球A置于可移動(dòng)且可調(diào)整高度的絕緣底座上，帶正電的小球B用絕緣絲線懸掛于玻璃棒的O點(diǎn)。實(shí)驗(yàn)過程中兩帶電小球在各自位置均可視作點(diǎn)電荷，重力加速度大小已知。(1)(2分)實(shí)驗(yàn)過程中，小球A、B在同一水平線上，為測(cè)出小球B受到的庫(kù)侖力大小，需要測(cè)量的一組物理量是________。A．小球B的質(zhì)量，小球B的懸線偏離豎直方向的夾角B．小球B的質(zhì)量，小球B的懸線長(zhǎng)度C．小球A、B的質(zhì)量，小球A、B之間的距離(2)(2分)某次實(shí)驗(yàn)時(shí)，使小球A、B在同一水平線上且測(cè)得小球B靜止時(shí)懸線與豎直方向的夾角為30°。保持小球A、B的電荷量不變，移動(dòng)小球A后，調(diào)整小球A的高度，確保兩小球始終在同一水平線上，小球B靜止時(shí)懸線與豎直方向的夾角為60°，則移動(dòng)前后小球A、B之間的距離之比為________。(3)(2分)本實(shí)驗(yàn)中應(yīng)用到的科學(xué)探究方法是________。A．理想實(shí)驗(yàn)法 B．微小量放大法C．控制變量法 D．等效替代法答案(1)A(2)eq\r(3)∶1(3)C解析(1)設(shè)小球B靜止時(shí)懸線與豎直方向的夾角為α，對(duì)小球B受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡，有F庫(kù)＝mgtanα由此可知需要測(cè)量的物理量為小球B的質(zhì)量、小球B的懸線偏離豎直方向的夾角，故選A。(2)移動(dòng)小球A前，對(duì)小球B受力分析有F庫(kù)1＝mgtan30°＝keq\f(QAQB,r12)移動(dòng)小球A后，對(duì)小球B受力分析有F庫(kù)2＝mgtan60°＝keq\f(QAQB,r22)聯(lián)立解得r1∶r2＝eq\r(3)∶1(3)實(shí)驗(yàn)中控制小球A、B的電荷量不變，改變小球A、B之間的距離，此方法采用了控制變量法，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。12．(6分)質(zhì)量均為m的兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B，分別被長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線懸掛在同一點(diǎn)O，給A、B分別帶上一定量的正電荷，并用水平向右的外力作用在A球上，平衡以后，懸掛A球的細(xì)線豎直，懸掛B球的細(xì)線向右偏60°角，如圖所示。若A球的帶電荷量為q，重力加速度為g，靜電力常量為k，則B球的帶電荷量為________，水平外力F大小為____。答案eq\f(mgL2,kq)eq\f(\r(3),2)mg解析當(dāng)系統(tǒng)平衡以后，B球受到重力mg、細(xì)線的拉力F1、庫(kù)侖斥力F庫(kù)，如圖所示由平衡條件得F庫(kù)cos30°－F1cos30°＝0F庫(kù)sin30°＋F1sin30°－mg＝0由庫(kù)侖定律得F庫(kù)＝keq\f(qqx,L2)聯(lián)立可得B球的帶電荷量qx＝eq\f(mgL2,kq)A球受到如圖所示的四個(gè)力作用，合力為零，由平衡條件得F＝F庫(kù)′cos30°而F庫(kù)′＝F庫(kù)＝keq\f(qqx,L2)解得F＝eq\f(\r(3),2)mg13．(13分)空間中三點(diǎn)A、B和C是直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，且AB＝4cm，BC＝3cm，現(xiàn)將點(diǎn)電荷QA和QB分別放在A、B兩點(diǎn)，測(cè)得C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為EC＝10N/C，方向如圖所示，求：(1)(6分)QA和QB的帶電性質(zhì)；(2)(7分)如果撤掉QA，C點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向。答案(1)負(fù)電正電(2)7.5N/C方向由B指向C解析(1)由于QA、QB為點(diǎn)電荷，故QB在C點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度沿直線BC，方向可能指向B或C，同理，QA在C點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度沿直線AC，方向可能指向A或C，由于合電場(chǎng)強(qiáng)度平行于直線BA，故QB在C點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度沿直線BC指向C，QA在C點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度沿直線AC指向A，如圖所示，則QB為正電荷，QA為負(fù)電荷。(2)由圖可知tanθ＝eq\f(AB,BC)＝eq\f(4,3)，由電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加原理tanθ＝eq\f(EC,EB)，解得EB＝7.5N/C所以撤去QA，C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小EC′＝EB＝7.5N/C，方向由B指向C。14．(14分)(2023·上海市松江二中高二期末)如圖甲所示，電荷量為q＝1×10－4C的帶正電的小物塊置于絕緣水平面上，所在空間存在方向沿水平向右的電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小與時(shí)間的關(guān)系如圖乙所示，物塊運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間t的關(guān)系如圖丙所示，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)(6分)前2秒內(nèi)靜電力做的功；(2)(4分)物塊的質(zhì)量；(3)(4分)物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。答案(1)6J(2)1kg(3)0.2解析(1)前2s內(nèi)物塊所受靜電力F＝qE1＝1×10－4C×3×104N/C＝3N物塊發(fā)生的位移x＝eq\f(0＋v,2)t＝2m則靜電力做的功W＝Fx＝3N×2m＝6J(2)(3)在0～2s內(nèi)，由牛頓第二定律得qE1－μmg＝ma，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得a＝eq\f(v,t)＝1m/s2在2～4s內(nèi)，由牛頓第二定律得qE2＝μmg聯(lián)立解