章末达标检测10（Word练习）-【精讲精练】2024-2025学年高中物理必修第三册（人教版）

(本卷满分：100分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24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·安徽合肥联考)一电荷量为q(q>0)的粒子以一定初速度水平射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中，静电力对粒子做功的功率P随时间t变化的图像如图所示。不计粒子的重力，图像的斜率为k，则该粒子的比荷为(　　) A． B． C． D． 解析　带电粒子在电场中做类平抛运动，静电力做功的功率P＝Fv＝qEv，v是粒子沿静电力方向的速度，而v＝t，即功率P＝Fv＝t，P­t图像的斜率k＝，解得＝，故选项B正确。 答案　B 2．如图所示，矩形区域PQNM内存在平行于纸面的匀强电场，且电场方向与MN平行，一质量为m＝2.0×10－11 kg、电荷量为q＝1.0×10－5 C的带正电粒子(重力不计)从a点以v1＝1×104 m/s的初速度垂直于PQ进入电场，最终从MN边界的b点以与水平边界MN成30°角斜向右上方的方向射出，射出电场时的速度v2＝2×104 m/s，已知MP＝20 cm、MN＝80 cm，取a点电势为零，如果以a点为坐标原点O，沿PQ方向建立x轴，则粒子从a点运动到b点的过程中，电场的电场强度E、电势φ、粒子的速度v、电势能Ep随x变化的图像正确的是(　　) 解析　因为规定a点电势为零，粒子进入电场后做类平抛运动，根据电场力做功与电势能的变化的关系，有qEx＝－ΔEp＝Ep－0，故Ep＝－qEx，D正确；匀强电场中的电场强度处处相等，A错误；因为粒子离开电场时的速度v2＝＝2v1，电场的方向水平向右，沿电场线的方向电势降低，B错误；粒子在电场运动的过程中，由动能定理可知qEx＝mv22－mv12，所以v与x不是线性关系，C错误。 答案　D 3.(2023·东北联考)如图所示，三条虚线表示某电场中的三个等差等势面，电势分别为φ1、φ2、φ3。一个带电粒子只在静电力作用下按图中实线轨迹从A点运动到B点，则以下说法正确的是(　　) A．φ1＞φ2＞φ3 B．粒子在A点的加速度方向与速度方向的夹角为钝角 C．粒子在B点的加速度大于在A点的加速度 D．粒子在A点的电势能大于在B点的电势能 解析　由于带电粒子的电性未知，则无法确定三个等势面的电势高低，选项A错误；根据电场线与等势面垂直以及粒子做曲线运动的条件可以判断出带电粒子从A点运动到B点的过程中，速度方向和静电力方向的夹角为锐角，粒子做加速运动，静电力做正功，粒子的电势能减小，所以粒子在A点的电势能大于在B点的电势能，故选项B错误，D正确；根据等差等势面密集的地方电场强度大，可知A点的电场强度大于B点的电场强度，由F＝qE可知带电粒子在A点所受的静电力大于在B点所受的静电力，根据牛顿第二定律F＝ma，可知粒子在A点的加速度大于在B点的加速度，选项C错误。 答案　D 4．(2023·重庆期末)如图所示，一匀强电场的方向平行于xOy平面，O点为坐标原点，已知OM与x轴夹角为θ＝60°，从原点O起沿x轴方向每经过1 m距离电势下降10 V，沿OM方向每经过1 m电势下降也为10 V，图中P点坐标( m，1 m)，则下列说法正确的是(　　) A．电场强度沿OP方向，大小10 V/m B．OP两点的电势差为 V C．沿x轴正方向移动电子，每移动1 m电场力做功10 eV D．沿y轴正方向每移动1 m电势降低10 V 解析　根据题意，分别沿OM和x轴取相同长度，电势下降一样，连接取的两点，即为等势线，而OP为角θ的角平分线，与等势线垂直，所以电场方向为OP方向，则场强大小为E＝＝ V＝ V/m，A错误；OP两点的电势差为U＝E＝×2 V＝ V，B正确；沿x轴正方向移动电子，每移动1 m电场力做功为W＝Uq＝10×(－e) V＝－10 eV，C错误；y轴正方向与OP的夹角为60°，所以沿y轴正方向每移动1 m电势降低U＝Edcos60°＝×1× V＝ V，D错误。 答案　B 5.如图所示，已充电的平行板电容器，带正电的极板接地，两极板间于P点处固定一负的点电荷，若将上极板下移至虚线位置，则下列说法正确的是(　　) A．两极间的电压和板间场强都变小 B．两极间的电压变小，场强变大 C．P点的电势升高，点电荷的电势能增大 D．P点的电势不变，点电荷的电势能也不变 解析　电容器充电后，与电源断开，故极板上电荷量不变，当上极板下移，根据公式有C＝，C＝，极板间距变小，电容器的电容变大，两极板间电压变小。根据匀强电场中电场强度与电势差的关系，可知E＝＝＝，上极板下移时，板间场强不变，故A、B错误；带正电的极板接地，其电势为零，根据公式有UP下板＝EdP下板，UP下板＝φP－φ下板，易知P点的电势不变。根据电势能的定义式，有Ep＝qφ可知，点电荷的电势能也不变，故C错误，D正确。 答案　D 6．如图，在xOy坐标平面内有方向平行于坐标平面的匀强电场，abcd是平面内直角梯形的四个顶点，坐标如图所示，已知a、b、c三点电势分别为2 V、6 V、8 V，下列说法错误的是(　　) A．坐标原点O的电势为4 V B．d点的电势为6 V C．c、O两点的电势差等于b、a两点的电势差 D．匀强电场方向沿cb方向 解析　在匀强电场中，平行等间距的两点间电势差相等，可得φb－φa＝φc－φO，代入数据可得φO＝4 V，同理可得φb－φO＝φc－φd，代入数据可得φd＝6 V，A、B、C正确； 由于b、d两点电势相等，连线为一等势面，电场线垂直于等势面指向电势较低一侧，故场强沿cO方向，D错误。 答案　D 7．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒沿水平方向射入板间，在重力和静电力共同作用下运动，其运动轨迹如图中虚线所示，那么(　　) A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷 B．微粒从M点运动到N点，其电势能一定增加 C．微粒从M点运动到N点，其动能一定增加 D．微粒从M点运动到N点，其机械能一定增加 解析　由于不知道重力和静电力大小关系，所以不能确定静电力方向，不能确定微粒电性，也不能确定静电力对微粒做功的正负，选项A、B、D错误；根据微粒偏转方向可知微粒所受合外力一定竖直向下，则合外力对微粒做正功，由动能定理知微粒的动能一定增加，选项C正确。 答案　C 8．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　) A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变 C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变 解析　若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据C＝可知，C变大，Q一定，则根据Q＝CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝，Q＝CU，C＝，联立可得E＝，可知Q一定时，E不变；根据U1＝Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则Ep不变；故选项A、B、C错误，D正确。 答案　D 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9．质量与电量均不同的一束带电粒子，经过同一电场加速后，垂直于电场方向水平射入平行板电场内，经过电场后的偏转角与下列因素有关的是(　　) A．粒子带电量越大，偏转角越大 B．带电粒子质量越小，偏转角越大 C．偏转角大小与带电粒子比荷无关 D．加速电压越小，偏转电压越大，偏转角越大 解析　粒子由初速度为零，经电压为U的电场加速，在加速过程中，只有电场力做功，做的功为qU，由动能定理得qU＝mv，解得v0＝。粒子经匀强电场偏转，偏转电场长为L，场强为E，进入偏转电场做类平抛运动，则水平方向L＝v0t，竖直方向a＝，由平抛运动知识得tan θ＝＝＝，可知偏转角与带电粒子的比荷无关，选项C正确；加速电压越小，偏转电压越大，偏转角越大，选项D正确。 答案　CD 10．如图所示，光滑绝缘的水平面上方存在一个水平方向的匀强电场，电场线与x轴平行，电势φ与坐标值x的关系式为φ＝106x(φ的单位为V，x的单位为m)。一带正电的小滑块P，从x＝0处以初速度v0沿x轴正方向运动，则(　　) A．电场方向沿x轴正方向 B．电场的场强大小为106 V/m C．小滑块的动能一直减小 D．小滑块的电势能先增大后减小 解析　沿电场方向电势逐渐降低，沿x轴正方向电势逐渐升高，故电场方向沿x轴负方向，故A错误；电场强度大小E＝＝106 V/m，故B正确；滑块向x轴正方向运动时，小滑块P所受静电力对滑块做负功，电势能增加，当速度为零时，电势能最大，此后滑块返回，电势能将减小，速度变大，动能变大，故C错误，D正确。 答案　BD 11．一小球从A点竖直抛出，在空中同时受到水平向右的恒力，运动轨迹如图所示，A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时动能为16 J，在M点的动能为8 J，不计空气阻力。则(　　) A．小球水平位移x1与x2的比值为1∶4 B．小球水平位移x1与x2的比值为1∶3 C．小球落到B点时的动能为48 J D．小球从A点运动到B点过程中最小动能为8 J 解析　小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性得知，从A点至M点和从M点至B点的时间t相等，小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，根据位移时间公式x1＝at2，x2＝at×t＋at2，联立可得＝，选项A错误，B正确；小球从A到M，由功能关系知在水平方向上恒力做功为W1＝Fx1＝8 J，则从A到B水平方向上恒力做功为W1＝F(x1＋x2)＝4W1＝32 J，根据能量守恒定律可知小球运动到B点时的动能为EkB＝Ek0＋4W1＝16 J＋32 J＝48 J，选项C正确；据运动轨迹小球的运动方向与加速度的方向垂直时，小球的速度最小，则小球从A到B过程最小速度一定与等效G′垂直，在AM之间，最小动能小于8 J，选项D错误。 答案　BC 12．如图所示，A为粒子源，A和极板B间的加速电压为U1，两水平放置的平行带电板C、D间的电压为U2，现有质量为m、电荷量为＋q的粒子由静止从A处被加速电压U1加速后水平进入竖直方向的匀强电场，平行板C、D的极板长度为L，两板间的距离为d，不计带电粒子的重力，则下列说法正确的是(　　) A．带电粒子在射出B板时的速度v0＝ B．带电粒子在C、D极板间运动的时间t＝L C．带电粒子飞出C、D间电场时在竖直方向上发生的位移y＝ D．若同时使U1和U2加倍，则带电粒子在飞出C、D极板间的电场时的速度与水平方向的夹角将加倍 解析　带电粒子由A到B，根据动能定理有qU1＝mv，解得v0＝ ，故A正确；粒子进入C、D间的电场后在水平方向做匀速直线运动，则L＝v0t，解得t＝L ，故B错误；粒子进入C、D间的电场后，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝，粒子在竖直方向发生的位移为y＝at2，联立以上可得y＝，故C正确；带电粒子在飞出C、D极板间的电场时速度与水平方向夹角的正切值为tan θ＝＝＝，可知同时使U1和U2加倍，带电粒子在飞出C、D极板间的电场时的速度与水平方向的夹角不变，故D错误。 答案　AC 三、非选择题(本题共6小题，共60分) 13．(6分)美国物理学家密立根通过如图所示的实验装置最先测出了电子的电荷量，被称为密立根油滴实验。两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下，图中油滴由于带负电悬浮在两板间保持静止。(已知重力加速度为g) (1)(多选)若要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有__________。 A．油滴质量m B．两板间的电压U C．两板间的距离d D．两板的长度L (2)用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量q＝__________。 解析　(1)平行金属板板间存在匀强电场，液滴恰好处于静止状态，静电力与重力平衡，则有mg＝qE＝q，所以需要测出的物理量有油滴质量m，两板间的电压U，两板间的距离d，故选ABC。 (2)由mg＝qE＝q，可得油滴的电荷量为q＝。 答案　(1)ABC　(2) 14．(8分)随着力传感器的测量精度的提高，不用“扭秤”而进行实验研究点电荷间的相互作用力(库仑力)成为可能。如图所示是某科技实验小组设计的研究库仑力的装置，在抽成真空的玻璃容器A内，M、N为完全相同的金属小球(带电后可视为点电荷)，用绝缘支柱固定带电小球M，用可调丝线悬挂原来不带电的小球N，调控小球N的位置，通过等距离的背景刻度线0、1、2、3、4可准确确定小球M、N间的距离，相邻刻度线间距离均为d，通过固定在容器顶部并与丝线上端相连的高灵敏度拉力传感器B可以显示丝线上的拉力，控制放电杆可以让带电小球完全放电。实验小组完成了以下操作： ①在球N不带电时读出传感器示数F0； ②让球N与球M接触后，调整球N到位置1，读出并记录传感器示数F1； ③继续调整球N分别到位置2、3、4，依次读出并记录传感器示数F2、F3、F4； ④用放电杆使球N完全放电，再让球N与球M接触后，放回到位置1，读出并记录传感器示数F5； ⑤重复④的操作，依次读出并记录传感器示数F6、F7。 (1)(多选)对于上述操作，下列判断正确的是__________。 A．根据②的操作，可求出小球N在不同情况下所受的库仑力 B．根据①②③的操作，可研究库仑力跟点电荷距离间的关系 C．根据②④⑤的操作，可研究库仑力跟小球带电荷量间的关系 D．要测定静电力常量k，还需要准确测出小球M的带电荷量 (2)小球N第一次与小球M接触后调整球N到位置1，此时小球M、N间的库仑力大小为________________。 (3)实验中使用两个完全相同的金属小球，其作用是___________________________ ______________________________________________________。 解析　(1)根据②的操作，只能求解小球N在位置1时所受的库仑力，A错误；根据①②③的操作，通过传感器的读数可知两球之间的库仑力，因各个位置的距离已知，则可研究库仑力跟点电荷距离间的关系，B正确；操作④⑤，保持小球间距离不变，每次小球N放电后再与M接触，由于两球完全相同，使小球所受电荷量依次减小到前次的一半，所以要研究库仑力跟小球带电荷量间的关系②④⑤操作能够完成，C正确；要测定静电力常量k，还须准确测出小球M的带电荷量，D正确。 (2)在球N不带电时读出传感器示数F0，小球N第一次与小球M接触后调整球N到位置1，此时传感器示数F1，则小球M、N间的库仑力大小为F0－F1。 (3)实验中使用两个完全相同的金属小球，其作用是使小球N与带电小球M接触时将M所带的电荷量平分。 答案　(1)BCD　(2)F0－F1　(3)使小球N与带电小球M接触时将M所带的电荷量平分 15．(7分)如图所示，竖直平面内有一半径为R的半圆形光滑绝缘轨道，其底端B与光滑绝缘水平轨道相切，整个系统处在竖直向上的匀强电场中，一质量为m、正电的小球以v0的初速度沿水平面向右运动，通过圆形轨道恰能到达圆形轨道的最高点C，从C点飞出后落在水平面上的D点。求： (1)小球到达C点时的速度vC； (2)BD间的距离s； (3)小球通过B点时对轨道压力FN。 解析　　(1)根据题意，小球由B到C过程，由动能定理有(qE－mg)2R＝mvC2－mv02 因小球恰能通过C点，由牛顿第二定律有mg－qE＝m 联立解得vC＝v0。 (2)根据题意可知，小球由C到D过程做类平抛运动，水平方向：s＝vCt 竖直方向上：2R＝at2，mg－qE＝ma 联立解得s＝2R。 (3)根据题意可知，小球在光滑水平轨道上做匀速直线运动，则到达B点时速度仍为v0，在B点时，由牛顿第二定律有FN＋qE－mg＝m 联立解得FN＝。 答案　(1)v0　(2)2R　(3) 16．(9分)(2023·苏州期中)如图所示，绝缘平台AB距离水平地面CD的高度为h，整个空间存在水平向右的匀强电场，一质量为m、带正电量为q的小物块从P点由静止开始运动，PB之间的距离也为h。若匀强电场的场强E＝，物块与平台之间的动摩擦因数为μ＝0.25。求： (1)物块由A运动到B时的速度大小； (2)物块落到水平地面上时的速度大小和方向。 解析　(1)物块从P到B的过程，由动能定理得qEh－μmgh＝mv 解得vB＝ 。 (2)物块离开平台后做匀变速曲线运动，竖直方向做自由落体运动，根据h＝gt2 得下落时间为t＝ 落地时竖直分速度大小为vy＝ 在水平方向上，由牛顿第二定律得qE＝ma 解得a＝ 落地时水平分速度大小为vx＝vB＋at＝ 故物块落到水平地面上时的速度大小为 v＝＝2 速度与水平方向的夹角正切为tan α＝＝1，得α＝45°。 答案　(1) 　(2)2，速度与水平方向的夹角为45° 17．(14分)(2023·四川成都高二期中)如图所示，在xOy直角坐标系的第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为E，在y轴和y＝a－x之间有沿y轴负方向的匀强电场(电场强度大小未知)，一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子在坐标为的P点由静止释放，粒子刚好从坐标为的Q点(图中未画出)经过x轴，不计粒子重力。 (1)求粒子从P点运动到Q点过程中机械能的增加量； (2)将P点的坐标改为，粒子仍在P点由静止释放，结果粒子在y轴右侧电场中运动的轨迹刚好与y＝a－x相切，则x1为多少？ 解析　(1)带正电的粒子先在y轴左侧电场中加速，则由动能定理得Eq·＝mv12 然后在第一象限的电场中做类平抛运动＝··t2，＝v1t，解得E′＝4E 则粒子从P点运动到Q点过程中电势能的减少量即机械能的增加量 －ΔEp＝Eq·＋E′q·＝ΔE＝2.5Eqa。 (2)将P点的坐标改为，粒子仍在P点由静止释放，则到达y轴时Eqx1＝mv22 当粒子轨迹与直线y＝a－x相切时，则y轴方向速度等于x轴方向速度vy＝v2＝a′t 竖直方向的加速度a′＝＝ 位移关系满足a′t2＋(a－v2t)＝ 联立解得x1＝2a。 答案　(1)2.5Eqa　(2)2a 18.(16分)(2023·内蒙古高二期中)如图所示，真空中存在着范围足够大、方向水平向右的匀强电场(图中未画出)，A、B、C为电场中的三点，其连线组成一个直角三角形，∠C＝90°，∠B＝30°，AB边竖直，AC边的长度为d。一质量为m的带正电小球从A点静止释放后，小球恰好能沿AC边运动，当将该小球从A点以一定的初速度水平向左抛出后，小球刚好能到达B点，现将该小球以同样大小的初速度从A点竖直向上抛出，重力加速度大小为g，求： (1)小球抛出时的速度v0的大小； (2)小球的速度最小值。 解析　(1)设匀强电场的电场强度大小为E，小球的电荷量为q，则当小球从A点静止释放时，小球恰好能沿AC边运动，有tan 30°＝ 设当小球从A点以初速度v0水平向左抛出后，小球到达B点所用的时间为t0，根据运动的合成与分解可知，水平方向上有－v0＝v0－t0 竖直方向上有2d＝gt02 联立解得v0＝。 (2)由题意可知，小球在任意时刻的水平速度大小为vx＝t＝gt 竖直速度vy＝v0－gt 则小球在任意时刻的速度大小为v2＝vx2＋vy2＝3gd＋4g2t2－2·gt 根据数学知识可得v2­t图像为开口向上的抛物线，当t＝－＝时v2具有最小值，即vmin2＝gd 所以速度的最小值为vmin＝ 此时vx＝at＝ ，vy＝v0－gt＝ 设此时速度方向与水平方向的夹角为α，则有tan α＝＝ 故此时小球速度有最小值，方向斜向右上方，与水平方向之间的夹角为60°。 答案　(1)　(2)，方向斜向右上方，与水平方向之间的夹角为60° 学科网（北京）股份有限公司 $$