2025年高中物理新教材同步 必修第三冊 第10章　章末檢測試卷(二)

章末檢測試卷(二)(滿分：100分)一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．(2023·上海市新川中學(xué)高二期中)四個電場中，a、b兩點(diǎn)電場強(qiáng)度與電勢均相同的是()答案C解析電場強(qiáng)度是矢量，有大小有方向，由點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場特點(diǎn)可知選項A中兩點(diǎn)電場強(qiáng)度方向不同，兩點(diǎn)電場強(qiáng)度不同，A錯誤；選項B中兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小不同，兩點(diǎn)電場強(qiáng)度不同，同時沿著電場線方向電勢降低，兩點(diǎn)電勢也不同，B錯誤；由勻強(qiáng)電場的特點(diǎn)知選項C中a、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同，兩點(diǎn)在同一等勢面上，電勢也相同，C正確；由等量異種電荷的電場線分布特點(diǎn)知，選項D中兩點(diǎn)在同一等勢面上，電勢相同，但a點(diǎn)的電場強(qiáng)度比b點(diǎn)的大，D錯誤。2．(2023·湖北卷)在正點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場中有M、N兩點(diǎn)，其電勢分別為φM、φN，電場強(qiáng)度大小分別為EM、EN。下列說法正確的是()A．若φM>φN，則M點(diǎn)到電荷Q的距離比N點(diǎn)的遠(yuǎn)B．若EM<EN，則M點(diǎn)到電荷Q的距離比N點(diǎn)的近C．若把帶負(fù)電的試探電荷從M點(diǎn)移到N點(diǎn)，靜電力做正功，則φM<φND．若把帶正電的試探電荷從M點(diǎn)移到N點(diǎn)，靜電力做負(fù)功，則EM>EN答案C解析沿著電場線的方向電勢降低，根據(jù)正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場特點(diǎn)可知若φM>φN，則M點(diǎn)到電荷Q的距離比N點(diǎn)的近，故A錯誤；電場線的疏密程度表示電場強(qiáng)度的大小，根據(jù)正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場特點(diǎn)可知若EM<EN，則M點(diǎn)到電荷Q的距離比N點(diǎn)的遠(yuǎn)，故B錯誤；若把帶負(fù)電的試探電荷從M點(diǎn)移到N點(diǎn)，靜電力做正功，則是逆著電場線運(yùn)動，電勢增加，故有φM<φN，故C正確；若把帶正電的試探電荷從M點(diǎn)移到N點(diǎn)，靜電力做負(fù)功，則是逆著電場線運(yùn)動；根據(jù)正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場特點(diǎn)可知EM<EN，故D錯誤。3.(2022·福建卷)平時我們所處的地球表面，實(shí)際上存在場強(qiáng)大小為100V/m的電場，可將其視為勻強(qiáng)電場，在地面立一金屬桿后空間中的等勢面如圖所示?？臻g中存在a、b、c三點(diǎn)，其中a點(diǎn)位于金屬桿正上方，b、c等高。則下列說法正確的是()A．b、c兩點(diǎn)的電勢差Ubc＝0B．a(chǎn)點(diǎn)場強(qiáng)大小大于100V/mC．a(chǎn)點(diǎn)場強(qiáng)方向水平向右D．a(chǎn)點(diǎn)的電勢低于c點(diǎn)答案B解析由題圖可知，b、c兩點(diǎn)的電勢差為Ubc＝200V－300V＝－100V，故A錯誤；由題圖可知，a點(diǎn)與相鄰兩等勢面的距離小于1m，電勢差的絕對值等于100V，根據(jù)E＝eq\f(U,d)，可知a點(diǎn)場強(qiáng)大小大于100V/m，故B正確；根據(jù)場強(qiáng)方向垂直于等勢面，可知a點(diǎn)的場強(qiáng)方向沿豎直方向，不是水平方向，故C錯誤；由題圖可知，a點(diǎn)與c點(diǎn)在同一等勢面上，電勢均為300V，故D錯誤。4.(2024·東莞市高二期末)如圖所示，空間有一圓錐OBB′，點(diǎn)A、A′分別是兩母線的中點(diǎn)?，F(xiàn)在頂點(diǎn)O處固定一帶正電的點(diǎn)電荷，下列說法中正確的是()A．A、A′兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同B．將一帶負(fù)電的試探電荷從B點(diǎn)沿底面直徑移到B′點(diǎn)，其電勢能先增大后減小C．平行于底面且圓心為O1的截面為等勢面D．若B′點(diǎn)的電勢為φB′，A′點(diǎn)的電勢為φA′，則BA連線中點(diǎn)C處的電勢φC小于eq\f(φB′＋φA′,2)答案D解析根據(jù)點(diǎn)電荷電場的分布特點(diǎn)，可知A、A′兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，方向不同，A錯誤；場源電荷為正點(diǎn)電荷，將一帶負(fù)電的試探電荷從B點(diǎn)沿底面直徑移到B′點(diǎn)，試探電荷先靠近場源電荷，后遠(yuǎn)離場源電荷，則靜電力先做正功，后做負(fù)功，則電勢能先減小后增大，B錯誤；點(diǎn)電荷的等勢面是以場源電荷為圓心的一系列同心球面，因此平行于底面且圓心為O1的截面不是等勢面，C錯誤；令B′A′連線中點(diǎn)為C′，根據(jù)點(diǎn)電荷電場線分布特征，可知B′C′間任一點(diǎn)的電場強(qiáng)度均比A′C′間任一點(diǎn)的電場強(qiáng)度小，根據(jù)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)根據(jù)點(diǎn)電荷電場線分布特征有φC′＝φC，則有φC<eq\f(φB′＋φA′,2)，D正確。5.一帶電粒子僅在靜電力作用下從A點(diǎn)開始以－v0做直線運(yùn)動，其v－t圖像如圖所示。粒子在t0時刻運(yùn)動到B點(diǎn)，3t0時刻運(yùn)動到C點(diǎn)，下列判斷正確的是()A．A、B、C三點(diǎn)的電勢關(guān)系為φB>φA>φCB．A、B、C三點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小關(guān)系為EC>EB>EAC．粒子從A點(diǎn)經(jīng)B點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)，電勢能先增加后減少D．粒子從A點(diǎn)經(jīng)B點(diǎn)運(yùn)動C點(diǎn)，靜電力先做正功后做負(fù)功答案C解析由題圖v－t圖像知，帶電粒子在0～t0時間內(nèi)做減速運(yùn)動，靜電力做負(fù)功，電勢能增大；在t0～3t0時間內(nèi)做反方向加速運(yùn)動，靜電力做正功，電勢能減小，選項C正確，D錯誤；因為不知道帶電粒子電性，本題中無法判斷電勢的高低，選項A錯誤；圖像中斜率表示帶電粒子的加速度，又qE＝ma，可知A、B、C三點(diǎn)中EB最大，選項B錯誤。6．(2024·南京市月考)如圖，真空中有一長方體區(qū)域abcd－a′b′c′d′，現(xiàn)將電荷量為＋q、－q的點(diǎn)電荷分別固定在棱cd、a′b′的中點(diǎn)e、f處。已知棱ad、aa′的長均為L，棱ab的長為2L，靜電力常量為k，下列說法正確的是()A．a(chǎn)、c′兩點(diǎn)處電場強(qiáng)度大小相等，方向相同B．棱da為等勢線C．d′點(diǎn)處電場強(qiáng)度的方向平行于da′連線，且由a′指向dD．d′點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小為eq\f(\r(2)kq,2L2)答案A解析由等量異種電荷電場強(qiáng)度和等勢面的分布可知，平面abc′d′為等勢面，其上各點(diǎn)電場強(qiáng)度方向均相同，均平行于ef連線，且由d指向a′，另外根據(jù)對稱性，a、b、c′、d′四點(diǎn)電場強(qiáng)度均相同，故A正確，C錯誤；d點(diǎn)相對于a點(diǎn)離正點(diǎn)電荷更近，離負(fù)點(diǎn)電荷更遠(yuǎn)，所以d點(diǎn)的電勢大于a點(diǎn)的電勢，可知棱da不是等勢線，故B錯誤；＋q和－q單獨(dú)作用時在d′點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，根據(jù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中電場強(qiáng)度的計算公式可得電場強(qiáng)度均為E＝eq\f(kq,\r(2)L2)＝eq\f(kq,2L2)，根據(jù)幾何關(guān)系可知，兩者夾角為120°，由平行四邊形定則可知d′點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為eq\f(kq,2L2)，故D錯誤。7．在地面附近存在一個有界勻強(qiáng)電場，邊界將空間分成上、下兩個區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強(qiáng)電場，在區(qū)域Ⅰ中離邊界某一高度處由靜止釋放一個質(zhì)量為m的帶電小球A，如圖甲所示，小球運(yùn)動的v－t圖像如圖乙所示，不計空氣阻力，則()A．小球受到的重力與靜電力大小之比為4∶5B．t＝5s時，小球經(jīng)過邊界MNC．在0～2.5s過程中，重力做的功大于克服靜電力做的功D．在1～4s過程中小球機(jī)械能先減小后增大答案D解析由題意知，小球進(jìn)入電場前做自由落體運(yùn)動，進(jìn)入電場后受到靜電力和重力作用，先做減速運(yùn)動后做加速運(yùn)動，由題圖分析可知，小球經(jīng)過邊界MN的時刻是t＝1s和t＝4s，B錯誤；由v－t圖像的斜率表示加速度，知小球進(jìn)入電場前的加速度為a1＝eq\f(v1,t1)＝eq\f(v1,1s)，進(jìn)入電場后的加速度大小為a2＝eq\f(2v1,t2)＝eq\f(2v1,3s)，由牛頓第二定律得mg＝ma1，F(xiàn)－mg＝ma2，得靜電力F＝mg＋ma2＝eq\f(5,3)ma1，可得重力與靜電力的大小之比為3∶5，A錯誤；0～2.5s過程中，動能變化量為零，根據(jù)動能定理，這個過程中重力做的功與克服靜電力做的功大小相等，C錯誤；由題圖可得，小球在0～2.5s內(nèi)向下運(yùn)動，在2.5～5s內(nèi)向上運(yùn)動，在1～4s過程中，靜電力先做負(fù)功后做正功，小球的機(jī)械能先減小后增大，D正確。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得4分，有選錯的得0分。8．(2024·南平市高二月考)如圖甲所示，在某電場中建立x坐標(biāo)軸，一個電子僅在靜電力作用下沿x軸正方向運(yùn)動，經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)，已知xC－xB＝xB－xA。該電子的電勢能Ep隨坐標(biāo)x變化的關(guān)系如圖乙所示，則下列說法中正確的是()A．電場在x坐標(biāo)軸上電場強(qiáng)度方向沿x軸正方向B．A點(diǎn)電勢低于B點(diǎn)電勢C．A點(diǎn)電場強(qiáng)度小于B點(diǎn)電場強(qiáng)度D．電子從A運(yùn)動到B靜電力做的功大于從B運(yùn)動到C靜電力做的功答案BD解析電子僅在靜電力作用下沿x軸正方向運(yùn)動，由題圖乙可知，電勢能一直減小，則靜電力向右，說明電場強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，則A點(diǎn)電勢低于B點(diǎn)電勢，故A錯誤，B正確；根據(jù)ΔEp＝qEx，可知圖像的斜率的絕對值表示靜電力的大小，因此從A到B，靜電力減小，電場強(qiáng)度減小，故A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故C錯誤；由題圖乙可知，電子從A到B的電勢能減小量大于從B到C的電勢能減小量，故電子從A運(yùn)動到B靜電力做的功大于從B運(yùn)動到C靜電力做的功，故D正確。9．(2023·全國乙卷)在O點(diǎn)處固定一個正點(diǎn)電荷，P點(diǎn)在O點(diǎn)右上方。從P點(diǎn)由靜止釋放一個帶負(fù)電的小球，小球僅在重力和該點(diǎn)電荷靜電力作用下在豎直面內(nèi)運(yùn)動，其一段軌跡如圖所示。M、N是軌跡上的兩點(diǎn)，OP>OM，OM＝ON，則小球()A．在運(yùn)動過程中，電勢能先增加后減少B．在P點(diǎn)的電勢能大于在N點(diǎn)的電勢能C．在M點(diǎn)的機(jī)械能等于在N點(diǎn)的機(jī)械能D．從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，靜電力始終不做功答案BC解析由題知，OP>OM，OM＝ON，則根據(jù)點(diǎn)電荷的電勢分布情況可知φM＝φN>φP，則帶負(fù)電的小球在運(yùn)動過程中，電勢能先減小后增大，且EpP>EpM＝EpN，則帶負(fù)電的小球在M點(diǎn)的機(jī)械能等于在N點(diǎn)的機(jī)械能，A錯誤，B、C正確；從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，靜電力先做正功后做負(fù)功，D錯誤。10．(2023·重慶市育才中學(xué)高二期中)如圖甲所示，A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，A板的電勢為0，一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的負(fù)電荷僅在靜電力作用下，在t＝eq\f(T,4)時刻從A板的小孔處由靜止釋放進(jìn)入兩極板間，恰好到達(dá)B板，則()A．電荷在eq\f(T,2)時到達(dá)B板B．電荷在兩板間的最大速度為eq\r(\f(qU0,m))C．A、B兩板間的距離為eq\r(\f(qU0T2,8m))D．若電荷在t＝eq\f(3T,8)時刻進(jìn)入兩極板，它將不能到達(dá)B板答案BD解析電荷恰好能到達(dá)B板，意味著電荷到達(dá)B板時的速度為零，根據(jù)題意，電荷先向右加速eq\f(1,4)T后向右減速eq\f(1,4)T，電荷應(yīng)該在eq\f(3,4)T時到達(dá)B板，故A錯誤；根據(jù)A的分析，電荷在eq\f(1,2)T時達(dá)到最大速度，此時電荷剛好運(yùn)動到兩極板的中間，根據(jù)電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系，初始位置到極板中間的電勢差為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正確；電荷進(jìn)入極板先做勻加速運(yùn)動，后做勻減速運(yùn)動，eq\f(3,4)T時電荷的運(yùn)動位移為兩極板的間距，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錯誤；若電荷在t＝eq\f(3,8)T時刻進(jìn)入兩極板，電荷先加速eq\f(1,8)T，然后減速eq\f(1,8)T，減速到零，根據(jù)上面的分析，電荷此時未到達(dá)B板，接下來，電荷向A板加速eq\f(\r(2),8)T后從小孔射出，故電荷到達(dá)不了B板，故D正確。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．(8分)(2024·上海市長寧區(qū)高二期中)用如圖所示電路，研究電容器的放電過程。實(shí)驗時，先將開關(guān)S擲向1，充電完畢后，將開關(guān)擲向2，傳感器將信號傳入計算機(jī)屏幕上，顯示出電流或電壓隨時間變化的圖線。(1)(2分)電容的定義式C＝eq\f(Q,U)，下列物理量的表達(dá)式中，也是用其他物理量的比來定義且為標(biāo)量的是________。A．電場強(qiáng)度E＝eq\f(F,q) B．加速度a＝eq\f(F,m)C．電勢φ＝eq\f(Ep,q) D．電阻R＝ρeq\f(L,S)(2)(2分)實(shí)驗中所使用的電容器電容大小為1500μF，額定電壓為20V，所使用的電源輸出電壓為10V，則在該實(shí)驗中電容器存儲的最大電荷量為________。(3)(2分)用q表示電容器上極板所帶的電荷量，UC表示電容器兩端的電壓，I表示電路中的電流，電容器在放電過程中的圖像正確的有________。(4)(2分)由圖可知，傳感器1為________(選填“電流”或“電壓”)傳感器。為使得電容器的放電時間延長便于觀察，實(shí)驗中所使用的可變電阻阻值應(yīng)適當(dāng)________(選填“調(diào)大”或“調(diào)小”)。答案(1)C(2)1.5×10－2C(3)BD(4)電流調(diào)大解析(1)E＝eq\f(F,q)為電場強(qiáng)度的定義式，采用比值定義法，但電場強(qiáng)度為矢量，故A錯誤；a＝eq\f(F,m)為加速度的決定式，即牛頓第二定律表達(dá)式，不是比值定義法，故B錯誤；φ＝eq\f(Ep,q)為電勢的定義式，為比值定義法，且電勢為標(biāo)量，故C正確；R＝ρeq\f(L,S)為電阻的決定式，不是比值定義法，故D錯誤。(2)由于電源所使用的輸出電壓為10V，根據(jù)電容的定義式可得實(shí)驗中電容器存儲的最大電荷量為Q＝CU＝1500×10－6×10C＝1.5×10－2C。(3)電容器在放電過程中其所帶電荷量逐漸減小，兩極板電壓減小，電流減小，且均減小的越來越慢，故選B、D。(4)由題圖可知，傳感器1串聯(lián)在電路中，是電流傳感器，傳感器2與可變電阻并聯(lián)，是電壓傳感器；若調(diào)大可變電阻接入電路的阻值，則回路中電流減小，從而延長放電時間。12.(7分)(2023·西南大學(xué)附中高二期中)如圖所示，虛線為某電場的5個等勢面，相鄰等勢面間電勢差相等。一電子只在靜電力作用下在電場中運(yùn)動(軌跡未畫出)，已知電子經(jīng)過等勢面1時動能為5eV，經(jīng)過等勢面4時動能為20eV，等勢面2的電勢為＋3V，則：(1)(2分)電子從等勢面1運(yùn)動至等勢面4過程靜電力做的功W14＝________；(2)(2分)等勢面1的電勢φ1＝________；(3)(3分)電子經(jīng)過等勢面5時具有的電勢能Ep＝________。答案(1)15eV(2)－2V(3)－18eV解析(1)由動能定理得電子從等勢面1運(yùn)動至等勢面4的過程靜電力做的功為W14＝Ek4－Ek1＝20eV－5eV＝15eV(2)等勢面1、4間的電勢差為U14＝eq\f(W14,－e)＝－15V由題意U12＝φ1－φ2＝eq\f(1,3)U14解得φ1＝－2V(3)由題意U25＝φ2－φ5＝U14＝－15V解得φ5＝18V電子在等勢面5具有的電勢能為Ep＝qφ5＝－18eV。13．(10分)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0垂直射入電場強(qiáng)度為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中，射出電場的瞬時速度的方向與初速度方向成30°角。在這個過程中，不計粒子重力。求：(1)(6分)該粒子在電場中經(jīng)歷的時間；(2)(4分)粒子在這一過程中電勢能的增量。答案(1)eq\f(\r(3)mv0,3qE)(2)－eq\f(1,6)mv02解析(1)帶正電的粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，在垂直電場方向做勻速直線運(yùn)動vx＝v0，在電場方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動vy＝at，a＝eq\f(qE,m)當(dāng)粒子速度方向與初速度方向成30°角時，如圖所示則vy＝vxtan30°＝eq\f(\r(3),3)v0粒子在電場中經(jīng)歷的時間t＝eq\f(mvy,qE)＝eq\f(\r(3)mv0,3qE)(2)在這個過程中，靜電力對粒子做正功，粒子電勢能減小，動能增加，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·河南省西華縣第一高級中學(xué)高二期末)如圖所示，A、B接在電壓大小恒為U的交流電源上，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的離子，以初速度v0進(jìn)入直線加速器第1個金屬圓筒左側(cè)的小孔，離子在每個筒內(nèi)均做勻速直線運(yùn)動，時間均相等，在相鄰兩筒間的縫隙內(nèi)被電場加速，加速時間不計。離子從第3個金屬圓筒右側(cè)出來后，立即由M點(diǎn)射入轉(zhuǎn)向器，轉(zhuǎn)向器中有輻射狀電場，離子沿著圓弧虛線(等勢線)運(yùn)動，并從N點(diǎn)射出，離子射出時速度方向與矩形區(qū)域CDQP內(nèi)有界勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度方向垂直，最終離子恰好打在Q點(diǎn)。已知第3個金屬圓筒的長度為l，轉(zhuǎn)向器虛線MN處電場強(qiáng)度的大小處處為E，QP＝d、PN＝2d。求：(1)(5分)離子在每個金屬圓筒內(nèi)運(yùn)動的時間；(2)(3分)離子在轉(zhuǎn)向器中做圓周運(yùn)動的半徑；(3)(6分)矩形區(qū)域CDQP內(nèi)電場強(qiáng)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)設(shè)離子在第三個圓筒內(nèi)運(yùn)動時的速度為v，則有2qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02離子在每個金屬圓筒內(nèi)運(yùn)動的時間t＝eq\f(l,v)解得t＝leq\r(\f(m,4qU＋mv02))(2)離子由M點(diǎn)射入轉(zhuǎn)向器，沿著圓弧虛線(等勢線)做圓周運(yùn)動，則有Eq＝meq\f(v2,R)結(jié)合上述解得R＝eq\f(4qU＋mv02,Eq)(3)離子在矩形區(qū)域CDQP內(nèi)做類平拋運(yùn)動，加速度a＝eq\f(qE′,m