第8期 《必修第三册》核心素养阶段测试(一)测试内容第9-10 章-【数理报】2025-2026学年高中物理必修第三册同步学案（人教版）

高中物理人教（必修第三册）第5~8期 数理括 答案详解 2025~2026学年高中物理人教（必修第三册）第5~8期(2025年8月) 第5期3版参考答案 得P4=0,9B=4V,Pc=8V,PD=4V,由此可知，BDF所在 A组 的平面为等势面，故A正确，C错误；将一电子从A点移到C点， 一、单选题 电势升高8V,则电势能减小8eV,故D错误；电场强度大小为 1.D2.C3.B4.B5.C6.A7.B E=夕=9r二2=16V/m,故B错误 d 提示： L 2 1.充电过程中，该超级电容器的电容保持不变，根据C= 号.由于该超级电容器所带电荷量增大，则该超级电容器两秘 7根起C=号C=品￡=号悠理得上-19，由 于电容器带电荷量恒定，因此当两板间的距离改变时，板间的 板间的电势差增大，故AB错误；充满电时，该超级电容器所带 的电荷量为Q=CU=1200×2.5C=3000C,故C错误，D 电场强度恒定，则号=06，解得x=0.6d,根据牛顿第二定 正确 2.由两个互相靠近、彼此绝缘的导体组成电容器.故C正 律(d-)=m,解得知速度大小。=兴放B正确 确。 二、实验题 3.由题意知电流1==5×10A=1.5×10A,设 8.(1)0(2)a→b0.62×10-3(3)大于 1 解析：(1)电容器带电荷量为0，所以两极板之间的电势差 大气层厚度为4，因为B=冬0=R,可得E=华联立解得 为0，下极板接地，故电容器上极板的电势为0. E≈5V/m,故B正确. (2)由电路图可知，电容器充满电后，上极板带正电，故放 电时流过电阻R2的方向为a→b. 4.连接AC,则AC与0B交点的电势o=91+c=4V= 2 电容器充满电，两极板间的电压等于电源电压3V,故开始 PB,可知OB为等势面，则电场强度方向沿AC方向，故A错误， 放电瞬间，流过电阻，的电流大小为，三名=0,6mA根据 B正确：电场强度的大小为E=2Rsim60° 2 -V/m 26× 电容的定义式可知，C= 2=0.06×102F=2×105E. 3 子Wm,放cD错灵 (3)换用阻值更大的电阻后充电电流会变小，故充电时间 变长 5.由图可知，电源给电容器充电，电流从基板流入，振动膜 三、计算题 流出，故振动膜带负电，故A错误：振动膜向右振动的过程中， 9.(1)UB=2×10V(2)E=1×104V/m 电容器两股板创的距离4减小，根据C-。可知，电容增大。 解析：(1)A到B,Ws=-△Ep=4J 故B错误；电容器两极板间的电压U不变，根据Q=CU可知， W.AR 因为U= 9 电容器所带电荷量增加，故C正确；U不变，d减小，根据E= 0 d 联立解得UB=2×103V. 可知，电容器两极板间的电场强度增大，故D错误。 2因为E-号 6.由于E、F、G、H为棱AB、AC、AD、BC的中点，则PE= 联立解得E=1×104V/m. 91青e,Pr=949,e6=9190,91=9,联立解 2 2 2 2 10.(1)-1.2×10-7J(2)60V/m,方向水平向右 高中物理人教（必修第三册）第5~8期 (3)1.44×10-7J. 插入电介质的过程中，静电力对电介质中的正、负电荷都做正 解析：(1)该正电荷从a点移到b点，则 功，故D错误 Wi=qU =q(a-)=0-Ep 二、实验题 代入数据可得E=-1.2×10-7J 4.(1)控制变量法(2)B(3)B (2)匀强电场的电场强度为E=么，= W 解析：(1)本实验中要控制一些量不变，然后再得出C的 ab 9 决定因素；所以采用的方法是控制变量法。 代入数据解得E=60V/m,方向水平向右； (2)静电计的作用是测定电容器两极板之间的电势差.故 (3)电荷从b点到c点，电场力做功为W2=Eg·bc·cos60 B正确。 根据功能关系可得电势能的变化量为W2=-△E。 (3)甲图中手水平向左移动时，板间距离d增大，根据C= 代人数据解得△E。=-1.44×10-J ES 即电势能减少了1.44×107J. C=号可知，电容减小，而电容器带电荷量不变，则板同 B组 电压增大，所以静电计指针的张角变大，故A正确，B错误；当 一、多选题 手竖直上移动时，正对面积减小，则电容减小，板间电压增大， 1.BD 2.AD 3.BC 所以静电计指针的张角变大，故C正确；当向两板间插入陶瓷 提示： 片时，介电常数变大，则电容变大，板间电压减小，所以静电计 1.电子从等势面D运动到等势面B的过程中，由动能定理 指针的张角变小，故D正确.本题选不正确的，故选B. 得-eUos=0-ED,解得Uos=16V,由电势差与电场强度的 三、解答题 系可知E==068Wm=200V/m,故A错误，B正确9 5.(1)4V(2)4V,2V(3)800v/m 3 电子在等势面C时，有Ec=-epc,代入数据解得pc=8V,又 解析：(1)A、B两点间的电势差 因为相邻等势面之间的距离相等，则相邻两等势面的电势差相 W@=-2.4×10」=4V. 9 -6×106C 等，则pB=0,pA=-8V,PD=16V,故C错误；在电子从等势 (2)B、C两点间的电势差 面D运动到等势面B,再回到等势面D的整个过程中，静电力 所做的功为零，由动能定理可知，电子再次经过等势面D时的 g=12x10=-2v 9 -6×106C 动能仍为l6eV,故D正确. 如果规定B点的电势为零，UB=P4-PB,可得PA=4V 2.Oabc为平行四边形，可知p6-p。=p。-po,代人数据 同理Uc=PB-Pc,可得pc=2V. 解得c点电势为p。=l0V,故A正确，B错误；取ab中点为e, (3)因AB的中点D的电势为0=2=2V=c 则e点电势为g.=94=6V=9o,可知Oe连线为等势 2 2 则CD为等势线，电场强度 线，根据几何关系可知Oe上ab,则根据电场线与等势线垂直且 方向垂直CD指向B点，如图所 沿电场线方向电势降低，可知电场强度方向与x轴成45°斜向 示，则电场强度大小E= U 右下，大小为E=9二=8Y二4y=万V/em,故C错误， d ab -2万cm 2 3 0V/m v/m=3 D正确 2 sim60°×10-2 3.由题图电介质左、右表面出现净剩电荷的正、负可知，平 第6期3版参考答案 行板电容器极板间的电场强度向左，则极板B带正电，极板A A组 带负电，故A结误：根据C=品，可知精人电介质会位电容器 一、选择题 1.A2.A3.A4.C5.A6.C7.C 的电容增大；由于电容器极板上所带电荷量保持不变，根据C 提示： =号可知，两极板间的电势差减小，根据上=兰可知，插人电 1.加速质子过程中，由动能定理可得Bx=2mw-0,解 介质后，两极板间的电场强度比无该电介质时小，故BC正确； —2 高中物理人教（必修第三册）第5~8期 得加速匀强电场的电场强度大小为E=器，故A正确 故B错误，C正确：根据gE=m云可得虚线MN处电场强度的 R 2.粒子射入电场时，水平方向做匀速直线运动，竖直方向 大小为E=C+m,故D错误， gR 做匀加速运动，则水平方向d=6,竖直方向，an45°=5， m 二、填空题 解得E= mvo 8.正2mgd -2mgd 2mg gd ,故A正确 9 3.电子在电场中加速，由动能定理可得eU=之m2-0, 三、计算题 (2)t=2d /2m l 9.(1)a= dm 解得=√m 易知可使增大的操作是仅增大U,故A正确。 解析：(1)根据qE=ma,其中E= U 4.设带电粒子在电场中的加速度为a,则对甲粒子，竖直 ,可得带电粒子加速 方向号=2，水平方向d=1,解出4=ad,对乙粒子有 度的大小a=温 5t+2r=d,解出2=7√a风，所以4：=2：1，故C正 (2)带电粒子运动号距离时的速度 确 。d =√2a3 2qU 3m 5.由于电压在一段时间内是常数，所以电场强度也是常 2d 数，带电粒子受到的电场力也是常数，根据牛顿第二定律F= 3+1 3 运动的总时间t= 4d 3 可知带电粒子的加速度也是嵛数：带电粒子在0~子内匀 2 、T内电压反向了，电场力也反向，该粒子做匀减 加速后，2 联立解得i=2d√3 2m 速直线运动.由于加、减速时间相同，则该粒子的速度恰好减为 2qU Uz U,L 10.(1)oNm (2)E= d (3)y=4U,d 零；下一周期又开始重复上述运动，则v-t图像为A图所示.故 A正确. 解析：(1)根据动能定理有U9=2m听-0 6.粒子在加速电场中，根据动能定理有gU1= 2m2-0, 2qU 解得o=√m 心，则两种粒子在离开加速电场时速度之比为 可得v=√m (2)偏转电场的电场强度E= U 会·需-√分千-，故AB错误：粒子在徐转 1 (3)带电粒子在偏转电场中运动的时间t= L 电场中做类平抛运动，设板长为L,板间距为d,则有L=t,y= 加速度a=上=E-鸡 mm md 1 2关可可得位子在偏转电场中的竖直位多 带电粒子离开偏转电场时竖直方向的位移大小 U.L 4:可知粒子在偏转电场中的竖直位移与粒子的电荷量和质 UL 量均无关，则两种粒子在偏转电场中的竖直位移之比为1：1， B组 故C正确，D错误 一、多选题 7.交变电源的周期为T=2t,故A错误；粒子进入第3个金 1.AB 2.ACD 3.BCD 属简时的速度满足2g0=弓2-7m,可得=√层+ 提示： 1.电场力对质子做正功，质子的电势能减少，故A正确；质 ≠3o,根据l=t可知，第3个金属圆筒长度不是第1个金属圆 子受到的电场力大小为F=gE≈2×10-4N,故B正确；质子 +6, 筒长度的3倍，离子进人转向器的速度大小为=√ 的加速度为a=士=1.2×10m/s,加速时间为t=& m 3 高中物理人教（必修第三册） 第5~8期 8×10s,故C错误；质子加速的直线长度为x=号~4m,故 2a 联立解得=子 D错误 则OP的高度为H= 2.由于同一个金属圆筒所在处的电势相同，内部电场强度 第7期3版参考答案 为零，因此质子在圆筒内做匀速直线运动，而前后两金属圆筒 一、单选题 之间有电势差，所以质子每次经过缝隙时将被电场加速，故A 1.A2.A3.C4.A5.D6.C7.B 正确：质子每经过一次缝隙只有电场力做功，由动能定理可得 提示： qU=△E,可知每经过一次缝隙质子增加相同的动能，速度增 1.A是通过改变电介质的相对介电常数而引起电容变化 加一次，与缝隙的大小无关，故B错误；质子要持续被加速，下 一个金属圆筒的电势较低，所以质子穿过每个圆筒时，电源的 的，故A正确：B是通过改变电容器两极板间距离而引起电容 正负极应发生变化，故C正确；要使质子每次经金属圆筒间的 变化的，故B错误；CD是通过改变两极板的正对面积而引起电 缝隙时加速，则质子在每个圆筒内运动的时间通常应是交变电 容变化的，故CD错误 压周期的一半，故D正确。 2.依题意，取无穷远处为零势能点，则有p。>P6>0,根 3.由于粒子匀速通过电场区域，则Eg=mg,E=少 据E。=99可知，当q>0时，有Ea>Ew,故A正确 ,所以 3.根据对称性可知，图中所示A、B两点电场强度大小相 U=m坠，故A错误；粒子受到竖直向上的电场力，与电场强度 等，但方向不同，故A错误；等势线与电场线垂直，由于电场线 9 不是直线，所以图中所示A、B两点所在虚线不是等势线，故B 方向相同，则粒子带正电，到达斜面时速度方向与斜面垂直，则 错误；钾、钙离子向根部聚集过程中，电场力做正功，电势能减 速度方向与竖直方向的夹角等于斜面的倾角，所以，= 少，故C正确；空气中带负电的尘埃微粒（重力不计）受到电场 sm37,故B正确：粒子在运动过程中只有重力做功，机械能守 力作用，向悬挂电极聚集，但不会沿电场线运动，故D错误 恒，故C正确：粒子做匀速直线运动的时间为=4，粒子做 4.依题意，正六边形顶点上的六个点电荷分成三组，分别 为两组等量同种点电荷和一组等量异种点电荷，其中等量同种 点电荷在0点的电场强度为零，等量异种点电荷在0点的电场 平抛运动的时间为么=冬=m严-物，所以A点到C点 g g 3g 强度大小为E:兴，可细0点的电场强度大小为学故A正 所用时间为t=t1+= 40+d,故D正确。 3g vo 确；B错误；等量异种点电荷在O点的电势为零，等量同种点电 二、填空题 荷在O点的电势大于零，所以O点的电势大于零，故CD错误 4.IⅡY0X 5.各等势面关于y轴对称，疏密相同，所以电场线疏密也 三、解答题 相同，电场强度大小相等；根据等势线与电场线垂直，可知a、d 2eU 2Ud 两点的电场强度方向不同，故a、d两点的电场强度不同，故A 5.(1)o= (2)U2=E (3)H=5d 入Nm 4 错误；根据等势线与电场线垂直，故电子在y轴左侧受到一个 1 5.(1)电子在AB间加速，由动能定理得U=2m6-0 斜向右下方的电场力，速度方向沿轨迹的切线方向，故电子从 α到b运动时，电场力做正功，故B错误；根据负电荷在电势低 解得o= 2eU 处电势能大，可知电子从c到d运动时，电势能逐渐增大，故C N m 错误；a、d两点的电势相等，故从a到d电场力不做功，所以电 (2)电子在偏转电场中做类平抛运动，则有 子在经过等势线d点时的动能为60eV,故D正确， 1=时8=告胎号 m 6.根据题意可知，风力越大，则d越小，由电容器的决定式 2Ud 联立解得U2= 6,S C=4a可知电容器的电容变大，故A错误：风力越小，则d越 (3)电子离开偏转电场时，有v,=at1,电子离开偏转电场 大，由电容器的决定式G=一高可加电容越小：电源电压缸定 后，有子=%=5 不变，电容器与电源连通，电压不变，由Q=CU可知，电容器存 4 高中物理人教（必修第三册）第5~8期 储的电荷越少，故BD错误；电容器两极板间为匀强电场，由E围成的面积表示电荷量，图线I与时间轴围成的面积为S,其 =名可知，风力越大，距离d越小，面电压不变，则电容式风力 物理意义是电容器开始放电时所带的电荷量： 实验前电容器不带电，充电结束后，使电容器放电完毕，故 传感器两极板间的电场强度越大，故C正确。 充电和放电过程电容器电荷量变化量大小相同，所以两次放电 7.质子加速过程中，只有电场力做功，则质子的动能变大， 电荷量相同，即阴影部分的面积S=S2; 电势能减小，但质子的电势能与动能之和保持不变，质子电势 由图丙和图丁可知，两次放电最大电流之比为4：3，则可 能转化为动能，故AC正确，B错误；质子做匀加速运动，则所受 知图丙和图丁中电容器放电的I一t图像对应的电阻箱R接入 电场力不变，即加速电场的电场强度不变，故D正确.本题选错 电路的阻值之比3：4. 误的，故选B 12.(1)B(2)A(3)增大增大减小 二、多选题 解析：(1)本实验采用的科学方法是控制变量法，故B正确。 8.AD 9.CD 10.AD (2)在该实验中，静电计的作用是测定该电容器两极的电 提示：8.由电场线的分布可知，放电端O 势差，故A正确， 应接电源的负极，故A正确；等势线与电场线 (3)电容器电荷量不变，根据电容器的决定式和定义式有 垂直，过c、d两点作出等势线，如图所示，电场o 线由高等势面指向低等势面，所以d点的电势 C=￡S,C三号可知正对面积减小或板问距离增大时，电容 比c点的电势高，故B错误；又电场线的疏密 减小，电势差增大，故静电计指针的偏转角度增大；当插入电介 程度反应电场强度的大小，电场线越密集，电场强度越大，所以 质时，电容增大，电势差减小，故静电计指针的偏转角度减小. a点的电场强度大于d点的电场强度，故C错误；由电场线的分 四、计算题 布情况可知，ab段的平均电场强度要大于bc段的平均电场强 度，根据U=Ed定性分析可得ab间的电势差大于bc间的电势 13.(1)25V/m,方向为右上方与水平方向夹角为arctan2 差，故D正确 (2)2.4×1012J 9.粒子在两收集板间做类平抛运动，加速度恒定，电场力 解析：(1)点电荷Q在A点产生的电场强度大小为E4= 做正功，故AB错误；粒子能被收集板吸附，可知在电场中运动 r :=2V/m,方向竖直向上. 时间最大时，有L=,,解得t=上，故C正确：最大偏移量为 电场强度为矢量，根据电场的叠加原理，A点的电场强度 y=如=a,解得子=荒故D晚 大小为E'4=22+42V/m=25V/m 10.由图可知，·1和12两处电场强度相同，由于沿电场线方 设A点电场强度与水平方向夹角为9，则有am0=之，所 向电势降低，所以r处的电势高于2处电势，故A正确；沿电场 以A点电场强度方向为右上方与水平方向夹角为aretan 1 线方向电势降低，所以从球心处开始电势一直降低，球体表面 处电势不是最高，故B错误；”1和2两处电势差为图线与横轴 (2)D点和B点关于点电荷对称，则试探电荷从D点移动 所围区域的面积，大于E(r2-1),故C错误；球外电场可以看 到B点过程中，点电荷对试探电荷的库仑力做功为0，则电场力 成是电荷量全部集中于球心处的点电荷产生的电场，则在2 做功等于匀强电场对试探电荷做的功，则 处，有E。= g所以Q:，放D正确 W=Eg·2r=2.4×10-12J. 14.(1)竖，电场强度方向竖直向上； 三、实验题 11.(1)B (②)哥：(3)m(2】 2q (2)电容器开始放电时所带的电荷量=3：4 解析：(1)小球最开始静止在A点，由受力平衡有mg= 解析：(1)电容器充电过程中两极板所带电荷量Q随时间 gEA t变化的图像应为先增加待充满后电荷量保持不变.故B正确. (2)根据公式q=t可知1-t图像中图像与对应坐标轴所 解得E4=m,电场强度方向竖直向上 一 高中物理人教（必修第三册） 第5~8期 (2)小球最开始静止在A点，由受力平衡有mg=k 第8期参考答案 h2 一、单选题 小球在B点由静止释放时，由牛顿第二定律有 1.D2.D3.C4.B5.A6.C7.B mg -k- 0g=ma 3h)2 提示： 1.库仑定律适用于点电荷，但点电荷不一定是体积最小的 5 解得a=98. 带电体，故A错误，根超F=学，当两个特电体同的走离趋 (3)小球由B点运动到A点，由动能定理有 近于零时库仑定律将不再适用，故B错误；电荷间的库仑力是 1 2 mgh qm =2m0 相互作用力，点电荷A、B相互作用时，A受到的静电力与B受到 解得Uu=m(二) 的静电力等大反向，故C错误；库仑定律的适用条件是：在真空 2g 中静止的点电荷，故D正确。 又由Ug4=PB-PA 2脱掉外衣时，由于摩擦使电荷发生转移，并不是创造了 解得=m(h- 电荷，从而使外衣和身体各自带上了等量异种电荷，故AB错 2g 误；任何带电体所带的电荷量一定为元电荷的整数倍，故C错 Uoe 15.(1）√m (2)t=t1+2=(L1+L2) m 误；脱掉外衣后，手靠近金属门把手时，由于感应起电，会使门 elL 把手靠近手的一端与手带异种电荷，故D正确。 (3) 4d Uo 3.根据静电屏蔽的特点可知，金属笼内电场强度为零，金 解析：(1)粒子在加速电场中运动，由动能定理有 属笼左侧外表面感应出负电荷，右侧外表面感应出正电荷，金 属笼为等势体，电场线与金属笼表面垂直.故C正确. e=2m听-0 4.沿电场线方向，电势越来越低，A点电势比B点低，故A 2Uoe 解得o=入√m 错误；电场线的疏密程度反映电场强度大小，A点电场强度比B 点大，故B正确；C点电势比B点低，正电荷在电势高的位置电 (2)电子在偏转电场中平行极板方向做匀速直线运动，由 势能大，因此正电荷在C点的电势能比在B点的电势能小，故 运动学公式可知电子在偏转电场中的运动时间为1= CD错误 0 电子出偏转电场后做匀速直线运动，由运动学知识有2= 5,根据C=会，间处说明d大，则电容器电容小，故A正 6 确；凸处说明d小，则电容器电容大，因电容小的微电容器放电 故电子从进入偏转场到打在荧光屏P的运动时间为 较快，则在指纹凸处形成的电容器放电较慢，故B错误；手指出 汗后，d会改变，则会对指纹识别有影响，故C错误；在指纹凹处 t=+t2=(L1+L2) m 形成的电容器电容小，根据Q=CU,可知充电后在指纹凹处形 (3)电子在偏转电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律有 成的电容器存储的电荷量小，故D错误。 U e d =ma 6.设将圆环上的电荷分成 450 n(n→o)个极小段电荷，则每段 在垂直极板方向上做匀加速直线运动，由运动学知识有y 电荷电荷量为号，由题中儿何关系 ④ ⊕ 可知各小段电荷对q的作用力方 ④ ④ 则电子经过偏转电场过程中电场力对它做的功为W= 向与竖直方向夹角均为45°，如图所示，根据库仑定律有F= U e (2R),整个圆环的电荷量Q对9的电场力的合力是竖直向上 n 联立解得电子经过偏转电场过程中电场力对它做的功为 elL W= 4dUo 6 高中物理人教（必修第三册）第5~8期 本Q 的且大小等于点电荷的重力，根据平衡条件有 (√2R)2cos450 4,根据动能定理可知)号×号d=一名，解得么。 =mg,解得g=25m故C正确 +宁，放A错误：设离开板间的带电尘埃的馆移量为 5 y,极板间的电压为·，粒子在平行极板的方向上做匀速直线运 7.根据动能定理得知：电场力做功等于电子动能的变化， 动，沿垂直极板的方向做匀加速直线运动，则有L=t,y= 本题中则有E=qEx,根据数学知识可知，图线的斜率k=qE, 2t,根据牛顿第二定律 1 因k、9均保持不变，说明电场强度E不变，所以该电场一定是匀 d =ma,联立解得y三由于 强电场，故AC错误；由图知，电子从A到B动能增大，电场力做 4 y= 号4时，儿=6，令2=d,解得心，=子6，即当两极板 正功，则可知电场力方向从A→B,电场线方向从B→A,根据 沿着电场线方向电势降低，则有P4<P,故B正确；根据能量 电压为子6，时，除尘率可达100%，放B正确：根据上述结论) 守恒定律可知，电子从A到B动能增大，则电势能减小，则E >EpB,故D错误。 2mdy2 可知，仅增大尘埃的速率，或仅减少尘埃的电荷量， 二、多选题 均使y的偏移量减小，会降低除尘率，故C正确，D错误。 8.BD 9.BCD 10.BC 三、实验题 提示： 11.(1)控制变量法(2)D(3)B 8.像素呈白色时，电场强度方向向上，电场线向上，因为沿 解析：(1)该实验探究库仑力与电荷量的关系，需要控制 着电场线方向电势降低，所以黑色微粒所在区域的电势高于白 电荷之间距离不变，所以用到的实验方法是控制变量法。 (2)实验中两塑料小球所带电荷量无论 W 色微粒所在区域的电势，故A错误；像素呈黑色时，电场强度方 向向下，电场线向下，因为沿着电场线方向电势降低，黑色微粒 是否相等都可以产生库仑斥力以完成实验， 所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故B正确；无 故A错误；两个小球可以换成异种电荷，库 论是像素由黑变白的过程中，还是像素由白变黑的过程中，电 仑力由斥力变为引力，将小球B放置在A的 场力与微粒的运动方向均相同，电场力对黑色微粒和白色微粒 左上方同样可以进行实验，故B错误；如图 均做正功，故C错误，D正确 所示，根据平衡条件可得FT=mgcos6,F=mgsin0,所以细线 9.根据题意，电场强度大小E=左，可知距离圆心间距不 的拉力F,随着0的增大而减小，库仑力F随着0的增大而增 大，故C错误，D正确 同位置的电场强度大小不同，圆周上不同位置电场强度的方向 (3)根据库仑定律有F=mgsin0=k 也不同，即该电场为非匀强电场，故A错误；粒子所受电场力F 整理得 =qE=红，H粒子与H粒子所带电荷量相等，H沿轨迹1 mg4sin6,由上式可知Qg-sin0图像为一条过原点的倾斜直 k 做圆周运动，日沿轨迹Ⅱ做圆周运动，H粒子的轨道半径大 线.故B正确。 于H粒子的轨道半径，则H粒子所受电场力小一些，故B正 12.(1)2(2)保护电路 确；粒子做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，则有gE= (3)1.6×10-22.7×10-3(2.5×10-3~2.9×103均 可)(4)BD m号，结合上述解得：=√侣，由于H粒子的质量大-些，可 解析：(1)图乙是电容器在放电过程中的图像，电容器两 知H粒子的运动速度小一些，故C正确；粒子的动能E,= 极板上的电荷应通过定值电阻R和电流表放电，所以单刀双掷 之m=空，由于H粒子与H粒子所带电荷量相等，则两种 开关应该接在2 (2)在电容器充电和放电过程中，定值电阻R可以防止电 粒子的动能相同，故D正确。 路因电流过大而造成电路元件的损坏，所以定值电阻R的作用 10.当两极板间电压为，时，”=80%.可知相同时间内 是保护电路。 有80%的带电尘埃打在下极板，则离开极板间的带电尘埃的 (3)图乙中的图像与横轴所包围的面积表示电荷量，一个 偏移量1=号4，设尘埃的最大动能为E,两极板间的距离为 小正方形的面积所表示的电荷量为0.001×0.4C=4×104C, 7 高中物理人教（必修第三册） 第5~8期 计算图像与横轴所包围的小正方形个数时，小于半个的舍去，大于 E E2 =k- 0 = 42 2 25L2 半个的算一个，所以图乙中图像与横轴所包围的小正方形个数约 为40个，即电容器充满电时，单个极板存储的电荷量大小为Q= 0点处的电场强度大小为 40×4×104C=1.6×102C 电容器充满电时两极板间的电压等于电源的电压，所以电 E=2w=2×名是×号- 容器的电容值为C=号=1上60F=27×10E (2)滑块由A点运动到O点过程中，由动能定理得 6.0 g0o=2m2-0 1 4a可知，为提高平行板电容器存储电荷 eS (4)根据C= 的能力，可以在两极板间插入电介质、增大两极板的正对面积、 可得。芳 减小两极板间的距离.故BD正确. 根据等量异种电荷电场线的对称性可知U加=Uo= mv2 四、计算题 2elo 所以Uw=Uao+Un=m 13.(1)√m (2)30° U9 解析：(1)设电子刚进入偏转电场的速度为。，由动能定 15.(1)o=√m (2)t= T mUo E。V2g (3)y= 理可得c。=2m听-0 UL 8ndU -(n=1,2,3,…) R2elo 解析：(1)粒子在加速电场中被加，由速电动能定理有 解得o=√m 1 (2)电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直 %9=2m6-0 线运动，则有L=ot U4 带电粒子到达B板的速度6=√m 竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得eE ma (2)在静电分析器中电场力提供向心力，有E9=m R 2elo 解得电子的加速度a= 3mLo 运动时间t=1.2mR 2elo 电子离开电场时竖直方向上的速度，=t=√3m mUo 解得1受√四 电子射出偏转电场时速度方向与水平方向的夹角 (3)粒子射人偏转电场后，水平方向做匀速直线运动，离 tan== 开电场时速度方向仍水平，则竖直速度仍为零，则水平方向L 3 =o·nT 解得0=30° 14.(1)E= Uo =m 竖直方向y=2分兴() 9 解析：(1)如图所示，根据 Q U亚(n=1,2,3…） 解得y=8ndU 勾股定理得 OB OC 7777777777777 7777 77777777 √2+(34)】 2 3 所以cos0= 0D2 3 0C1 5 2 根据点电荷的电场强度公式有 -8《必修第三册》核心素养阶段测试（一） ◆数理报社试题研究中心 (测试内容：第9章一第10章) 第I卷选择题（共46分） 一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分，选对得4分，选错或不选得0分） 郑 1.关于库仑定律，下列说法正确的是 A.库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积最小的带电体 B.根据公式F=k9,当两个带电体间的距离趋近于零时库仑力将趋向无穷大 2 C.带电荷量分别为3Q和Q的点电荷A、B相互作用时，A受到的静电力是B受到的静电力 的3倍 D.库仑定律的适用条件是：在真空中静止的点电荷 2.在天气干燥的季节，脱掉外衣后再去摸金属门把手时，常常会被电一下.关于该过程的说 法正确的是 A.脱掉外衣时，由于摩擦而创造了电荷，使外衣和身体各自带上了电荷 B.脱掉外衣时，电荷由于摩擦发生了转移，使外衣所带电荷量比身体多 C.脱掉外衣后，外衣所带的电荷量可能为5.6×10-9C (000-k D.脱掉外衣后，手靠近金属门把手时，会使门把手靠近手的一端与手带异种电荷 3.如图1所示，人站在圆形金属笼内，与10万伏直流高压电源相连的导 体棒靠近笼外侧时，导体棒顶端与笼之间产生巨大的火花，但笼内的人却毫 发无损.若将不带电的圆形金属笼置于水平向右的匀强电场中，此时笼内、外 电场线分布可能正确的是 ( 4.如图2所示的电场中，实线表示电场线，虚线表示等势面（相邻等势面 间的电势差相等)，A、B、C为电场中的三个点.下列说法正确的 A.A点电势比B点高 B.A点电场强度比B点大 C.正电荷在C点的电势能与在B点的电势能相同 图2 D.正电荷在C点的电势能比在B点的电势能大 5.指纹密码锁是我国现阶段流行的防盗门的核心配件，如图3所示，其原理是通过凹凸不 平的指纹面与解锁面板间形成微电容器（相当于正对面积相同，板间距不同的电容器）.给电容 器一个固定电压，电容小的微电容器放电较快，根据放电快慢就可以记录和分析指纹数据。下列 说法正确的是 ( A.在指纹凹处形成的电容器电容小 B.在指纹凸处形成的电容器放电较快 C.出汗后手指对指纹识别没有任何影响 D.充电后在指纹凹处形成的电容器存储的电荷量大 ④】 ⊕1 ⊕ ④ ④ ④ 图3 图4 6.如图4所示，一金属圆环均匀分布着电荷量为Q的正电荷，圆环放置在水平面上，半径为 R(圆环的宽度忽略)，在距圆心O点也为R的正上方静止放置一个质量为m,电荷量为9(g的大 小未知)的点电荷（静电力常量为k,重力加速度为g),则q等于 () A.mgR? B.2mgR C.2mgR D.4mgR2 kQ k0 Q kQ 7.A、B为一电场中x轴上的两点，如图5甲所示.一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电 子的动能E随其坐标变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是 ( 图5 A.该电场可能是点电荷形成的电场 B.A、B两点电势的关系为PA<PB C.A、B两点电场强度大小关系为E4<EB D.电子在A、B两点的电势能大小关系为E4<EB 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题给出的四个选项中，有多个选项是 正确的，全选对的得6分，少选的得3分，有错选或不选的得0分)》 8.电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光 的照射下呈现出不同颜色.透明面板下有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素.如图6所示， 胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒.当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在 胶囊内迁移（每个微粒电荷量保持不变），像素由黑色变成白色.下列说法正确的有() 透明而板 自然光 黑色微粒 (带负电) 688688 素胶 白色微粒 电极 (带正电) 图6 A.像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势 B.像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势 C.像素由黑变白的过程中，电场力对黑色微粒做负功 D.像素由白变黑的过程中，电场力对黑色微粒做正功 9.中国新一代粒子研究利器“超级陶粲”装置关键技术攻关项目已经启动，静电分析器是 其重要的组成部分.静电分析器的两电极之间存在如图7所示的静电场，该静电场中任意一点 的电场方向均沿半径方向指向圆心，大小均满足E=车(：为与装置有关的常数，为该点到圆 心O的距离).某次实验中一组粒子由入射口P进入静电分析器，H沿轨迹I做圆周运动，H 沿轨迹Ⅱ做圆周运动.下列说法正确的是 () A.该电场为匀强电场 B.H粒子所受电场力小 C.H粒子的运动速度小 D.两种粒子的动能相同 ● 高压直流 0 图7 图8 10.如图8所示为某静电除尘装置的简化原理图，两块平行带电极板间为除尘空间.质量为 m,电荷量为g的带电尘埃分布均匀，均以沿板方向的速率v射人除尘空间，当其碰到下极板时， 所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集，调整两极板间的电压可以改变除尘率（相同时间内被 收集尘埃的数量与进入除尘空间尘埃的数量之百分比).当两极板间电压为U,时，)=80%.不 计空气阻力、尘埃的重力及尘埃之间的相互作用，忽略边缘效应.下列说法正确的是（) A.两极板间电压为U,时，尘埃的最大动能为qU。+ 2 B两极板间电压为子儿，时，除尘率可达10% C.仅增大尘埃的速率，可以降低除尘率 D.仅减少尘埃的电荷量，可以提升除尘率 第Ⅱ卷非选择题（共54分) 三、实验题（本题共2小题，共16分，将正确答案填在题中横线上或按要求作答） 11.(6分)某实验小组用如图9所示的装置探究库仑力与电荷量的关 slth 系.A、B是均匀带电的塑料小球，其中A球的质量为m,用一根绝缘细线将A 悬挂起来，实验时改变两小球所带的电荷量，移动B并保持A、B两球球心连 线与细线垂直.用Q和g分别表示A、B的电荷量，d表示A、B球心间的距离，4@ 0表示绝缘细线偏离竖直方向的角度，k为静电力常量，当地的重力加速度大 B 图9 小为g (1)该实验运用到的实验方法是 (2)关于该实验，下列说法正确的是 A.实验中两塑料小球的带电荷量必须相等B.两个小球不可以换成异种电荷进行实验 C.细线的拉力随着6角的增大而增大 D.库仑力随着0角的增大而增大 (3)通过实验数据得到的图像可能正确的是 tan sin B D 12.(10分)用传感器观察电容器充放电过程的实验电路如图10甲所示，已知电源电压为 6.0V,测得电容器在放电过程中的图像如图乙所示 mA 6 图10 (1)得到图乙的图像时，单刀双掷开关应该接在 (选填“1”或“2”)处 (2)定值电阻R的作用是 (3)从图中信息可以得到，电容器充满电时，单个极板存储的电荷量大小为 C,电 容器的电容值为 F(均保留2位有效数字)： (4)为提高平行板电容器存储电荷的能力，可以 A.延长电容器的充电时间 B.两极板间插入电介质 C.将正对的极板错开一段距离 D.减小极板间距 四、计算题（本题共3小题，共38分，解答应写出文字说明、方程式和演算步骤.只写出最后 结果的不能给分，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位) 13.(10分)如图11所示，M、N之间是加速电场，虚线框内为匀强 加速电场 偏转电场 偏转电场；一电子从静止开始沿带箭头的实线所示的轨迹前进.已知 电子的质量为m,电荷量为e,加速电场M、V两端的电压为U。.偏转电 23 Uo 场的水平宽度为L,电场强度E= 3L ”,不考虑电子所受的重力及 L 图11 空气阻力.求： (1)电子刚进入偏转电场时的速度大小； (2)电子射出偏转电场时速度方向与水平方向的夹角. 14.(12分)如图12所示，B点和C点分别在绝缘光滑水平面上 6-e 的A点和D点的正上方，A、D两点间的距离为3L,B点和C点处分别 固定电荷量为+Q和-Q的等量异种点电荷，B、C两点到水平面的 高度均为2L,0点为AD的中点.将一质量为m、电荷量为+q(q> 0)的带电滑块从A点由静止释放，经过0点时速度大小为，滑块始 wwhiw 图12 终未脱离水平面静电力常量为k.求： (1)0点处的电场强度大小E; (2)A、O两点间的电势差UAo和A、D两，点间的电势差UAn 15.（16分)如图13甲所示为一粒子分析装置，它由粒子发射源、加速电场、静电分析器、偏 转电场四部分组成.粒子发射源S可产生初速度为零，质量为m,电荷量为+g的带电粒子.粒子 自A板小孔进入加速电场加速后，垂直于B板从小孔进人圆弧形的静电分析器，仅在指向圆心 的电场力作用下，通过静电分析器的中轴线CD做四分之一圆周运动，离开静电分析器后沿偏转 电场的中轴线水平进入偏转电场区，此时偏转电场中加上如图乙所示的交变电压，最后粒子恰 好沿水平方向从偏转电场右侧飞出.已知：AB板间的加速电压为U。、静电分析器中轴线CD处 的电场强度大小为E。、偏转电场MW的极板长度为L、极板间距为d、图乙中的偏转电压U已知， 周期T可调节但未知，若带电粒子重力不计.求： (I)带电粒子到达B板的速度o的大小； (2)带电粒子在静电分析器中运动的时间； 對 (3)带电粒子离开偏转电场时偏离中轴线的距离y. ON 偏转电场 静电分析器 加速电场 图13 些 烯 (参考答案见下期)