第10章 9 阶段滚动检测卷(一)（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中物理必修第三册（人教版）

阶段滚动检测卷(一) (时间：75分钟　分值：100分) 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．如图为某电场中的电场线的示意图。P、M、N是电场线上的三个点，下列有关说法正确的是(　　) A．P点电势高于N点电势 B．M点电势高于P点电势 C．把一个带正电的质点放在M点受到的静电力比放在P点时大 D．把一个带负电的质点放在M点受到的静电力比放在P点时大 解析：选A。根据沿电场线方向电势降低，结合等势面与电场方向垂直，可知P点电势高于N点电势，P点电势高于M点电势，故A正确，B错误；根据电场线的疏密程度可知，M点的电场强度小于P点的电场强度，则把一个带正电的质点放在M点受到的静电力比放在P点时小，把一个带负电的质点放在M点受到的静电力比放在P点时小，故C、D错误。 2．某电场区域的电场线分布如图所示，在电场中有A、B、C、D四个点，下列说法正确的是(　　) A．EC>ED　　　　　 B．EA>EB C．φA<φB D．φC < φD 解析：选A。电场线的疏密反映电场强度的大小，C点电场线较D点密集，可知EC＞ED，B点电场线较A点密集，可知EA＜EB，A正确，B错误；沿电场线方向电势逐渐降低，可知φA＞φB，φC＞φD，C、D错误。 3．如图所示，原来不带电的绝缘金属导体A、B，在其两端下面都悬挂着金属验电箔，当把一个带负电的绝缘金属球C靠近导体的A端后，导体A、B处于静电平衡，下列说法正确的是(　　) A．导体A的电势比导体B的电势低 B．绝缘金属球C在导体内部产生的电场强度处处为零 C．所有感应电荷在导体内部产生的电场的方向由B指向A D．将导体A与B移开一小段距离，再移去绝缘金属球C，两端的验电箔仍然张开 解析：选D。金属导体处在负电荷的电场中，由于静电感应现象，最终导体A、B处于静电平衡，导体A、B为一等势体，所以导体A的电势等于导体B的电势，故A错误；绝缘金属球C在导体内部各处产生的电场强度E＝，方向由该处指向绝缘金属球C，由于导体处于静电平衡，导体内部各处电场强度为0，即绝缘金属球C在导体内部各处产生的电场强度与感应电荷在导体内部各处产生的电场强度大小相等，方向相反，故B、C错误；将导体A与B移开一小段距离，再移去绝缘金属球C，导体A带正电荷，导体B带负电荷，所以两端的验电箔仍然张开，故D正确。 4．计算机键盘每个键下面都连有一块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙有另一块固定的小金属片，这组金属片组成一个可变电容器。当连接电源不断电，按下某个键时，与之相连的电子线路就给出该键相应的信号，当按下该键时，电容器的(　　) A．极板间的电压变大 B．电容变小 C．极板的电量变大 D．极板间的电场强度变小 解析：选C。因电容器与电源连接，则电势差U不变，故A错误；当按键被按下时，两极板间的距离减小，根据电容的决定式C＝，可知电容变大，故B错误；根据Q＝CU可知，电荷量Q变大，故C正确；依据E＝可知，极板间距d变小，因U不变，则E变大，故D错误。 5．如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP＝QN。下列说法正确的是(　　) A．P点电场强度比Q点电场强度大 B．P点电势与Q点电势相等 C．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍 D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变 解析：选C。由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，A错误；由沿电场线方向电势越来越低知，P点电势高于Q点电势，B错误；由电场叠加得P点电场强度E＝k＋k，若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍，而PQ间距不变，根据U＝Ed定性分析可知P、Q两点间电势差变大，C正确，D错误。 6．对静电场有关知识的理解，下列说法正确的是(　　) A．点电荷的电荷量一定很小 B．电场强度较大的地方电场线一定较密集 C．电场中某点的电场强度方向一定与试探电荷在该点受到的静电力方向相同 D．电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定也为零 解析：选B。点电荷是将带电物体简化为一个带电的点，物体能不能简化为点，不是看物体的体积大小和电量大小，而是看物体的大小对于两个电荷的间距能不能忽略不计，即两个带电体的形状、大小对它的相互作用力的影响能不能忽略，故A错误；电场线的密集程度代表电场强度的大小，电场线越密集，电场强度越大，故B正确；电场中某点的电场强度方向一定与正试探电荷在该点受到的静电力方向相同，与负试探电荷在该点受到的静电力方向相反，故C错误；在电场中某点的电势为零，该点的电场强度不一定为零，例如等量异种电荷的中间位置，故D错误。 7．避雷针是一种常见的防止建筑物遭雷击的装置，如图是一避雷针附近的电场，实线代表电场线，现有一带电粒子(重力不计)从A点射入电场，虚线表示它的运动轨迹，则下列说法正确的是(　　) A．电场中a、b、c三点的电势大小关系为φa＜φb＜φc B．A、B的动能大小关系为EkA＜EkB C．粒子带负电 D．从A到B过程，静电力做负功，电势能增大 解析：选B。沿着电场线方向电势逐渐降低，所以φa>φb>φc，故A错误；粒子做曲线运动，受力方向指向弧线凹侧，静电力与速度夹角为锐角，则可知静电力对粒子做正功，粒子动能增加，电势能减小，所以EkA＜EkB，故B正确，D错误；由于粒子受力向下，与电场线方向相同，所以粒子带正电，故C错误。 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。 8．某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点，下列说法正确的是(　　) A．粒子带负电荷 B．M点的电场强度比N点的小 C．粒子在运动轨迹上存在动能最小的点 D．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 解析：选BCD。根据粒子所受静电力指向曲线轨迹的凹侧可知，带电粒子带正电，故A错误；等差等势面越密集的地方电场强度越大，故M点的电场强度比N点的小，故B正确；粒子带正电，因为M点的电势大于在N点的电势，故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，由于带电粒子仅在电场作用下运动，电势能与动能总和不变，故可知当电势能最大时动能最小，故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小，故C、D正确。 9．如图所示，水平面内有A、B、C、D、M、N六个点，它们均匀分布在半径R＝2 cm的同一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场。已知A、C、M三点的电势分别为φA＝(2－)V、φC＝2 V、φM＝(2＋) V，下列判断正确的是(　　) A．电场强度的方向由A指向D B．电场强度的大小为1 V/m C．该圆周上的点电势最高为4 V D．沿圆周将电子从D点经M点移到N点，静电力先做正功后做负功 解析：选CD。设AM的中点为G，则根据匀强电场的性质可得该点的电势φG＝＝2 V＝φC，所以GC连线是一个等势线，电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以电场强度的方向由M指向A，故A错误；M、A两点间的电势差UMA＝φM－φA＝2 V，M、A两点间的距离d＝2R sin 60°＝2 cm，根据电场强度公式可得E＝＝100 V/m，故B错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，因此H点电势最高，由于UHO＝E×R＝2 V＝φH－φO，φO＝φG＝2 V，解得φH＝4 V，故C正确；电子从D点经M点移到N点，电势先升高后降低，电子带负电，电势能先减小后增加，静电力先做正功后做负功，故D正确。 10．两个异种点电荷Q1、Q2固定在光滑绝缘水平面上，如图所示，A、B、C是两电荷连线上三点，一个带电荷量q＝＋2×10－7 C、质量m＝0．1 kg(可视为质点)的带电小球由A点静止释放，运动到B点速度最大，在B点的动能为1．8×10－4 J，到C点速度为零，且Q2是Q1和B的中点，则下列说法正确的是(　　) A．由A到B的过程中小球的电势能一直在增大 B．B点的电场强度为零，三点电势比较φB＜φA＝φC C．Q1带负电、Q2带正电，且Q1带电量是Q2带电量的4倍 D．A、B两点间的电势差UAB＝500 V 解析：选BC。带电小球由A点静止释放，运动到B点速度最大，可知由A到B的过程中静电力一直对小球做正功，小球的电势能一直减小，故A错误；带电小球由A点静止释放，运动到B点速度最大，到C点速度为零，可知带电小球在B点受到的静电力为零，B点的电场强度为零，根据静电力做功与电势差关系可得WAB＝qUAB＞0，WAC＝qUAC＝0，由于带电小球带正电，则有φB＜φA＝φC，故B正确；由于离Q2越近电势越高，所以Q2带正电、Q1带负电，由B点的电场强度为零，且Q2是Q1和B的中点，则有k＝k，可得Q1＝4Q2，故C正确；带电小球在B点的动能为1．8×10－4 J，根据动能定理可得qUAB＝mv－0，解得UAB＝＝900 V，故D错误。 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．(8分)“探究电容器充、放电”的实验装置示意图如图所示，已知灵敏电流计0刻度在表盘中央位置。经判断：当电流从左接线柱流入时指针左偏，电流从右接线柱流入时指针右偏。请根据所学知识回答下列问题。 (1)电容器充电结束后，将开关S扳到b放电的过程中，灵敏电流计指针会________(选填“左”或“右”)偏。 (2)将开关S扳到a，电源给电容器充电结束后，保持开关位置不变。若在电容器中间插入一层有机玻璃板，则在插入过程中灵敏电流计指针____________(选填“左”或“右”)偏。 (3)电容器充电结束后，将开关S扳到b放电的过程中，用电流传感器通过计算机观察到电流随时间变化的情况是________。 解析：(1)电容器充电结束后，由电路图可知电容器上极板带正电，下极板带负电；将开关S扳到b放电的过程中，可知电流从左接线柱流入灵敏电流计，则灵敏电流计指针会左偏。 (2)将开关S扳到a，电源给电容器充电结束后，保持开关位置不变，若在电容器中间插入一层有机玻璃板，根据C＝及C＝可知电容器的电容变大，电容器电荷量增加，电容器继续充电，可知电流从右接线柱流入灵敏电流计，则灵敏电流计指针会右偏。 (3)电容器充电结束后，将开关S扳到b放电的过程中，设放电回路的电阻为R，则放电电流I＝，结合C＝，可得I＝。放电过程，电容器电荷量逐渐减少，则放电电流逐渐减小；电流的变化率为＝·＝·I，可知电流的变化率随电流的减小而减小，即I－t图像的切线斜率的绝对值逐渐减小。 答案：(1)左　(2)右　(3)C 12．(8分)某同学用图甲所示的电路研究电容器的充、放电过程。图丙所示实验装置是用来探究影响平行板电容器的因素，其中电容器左侧极板A和静电计外壳接地，电容器右极板B与静电计金属球相连。使电容器充电后与电源断开。 (1)图甲当开关S接“1”达到稳定后，电容器下极板带________(选填“正”或“负”)电。 (2)图甲开关S接“2”前，将电流传感器串联在左侧电路中，接着将开关S接“2”，与电流传感器连接的计算机描绘出电路中的电流I随时间t变化的I－t图像如图乙所示，通过分析可知，图中图像与坐标轴围成的面积表示的物理量是________。 (3)已知电源电压为3 V，测得I－t曲线与坐标轴围成的面积为2．5 mA·s，则电容器的电容C＝________ F(结果保留2位有效数字)。 (4)图丙中，静电计是测量下列哪一个物理量的仪器________。 A．电荷量　　B．电容　　　C．电势差 解析：(1)当开关S接“1”后，电源给电容器充电，根据充电电流方向可知，电容器上极板带正电，下极板带负电。 (2)当开关S接“2”后，电容器进行放电，I－t图像与坐标轴围成的面积表示的物理量是电荷量。 (3)根据电容的定义式C＝，结合题意知电压U＝3 V，电荷量Q＝2．5 mA·s＝2．5×10－3 C，可得C＝≈8．3×10－4 F。 (4)静电计是测量电势差的仪器，故C正确，A、B错误。 答案：(1)负　(2)电荷量　(3)8．3×10－4　(4)C 13．(12分)如图甲所示，真空中相距d＝10 cm的两块平行金属板A、B与电源连接，B板接地，A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m＝2．0×10－23 kg、电荷量q＝＋1．6×10－15 C的粒子在t＝时刻从紧邻B板小孔处无初速度释放，粒子恰好不能到达A板，粒子重力不计。求： (1)粒子在平行板间运动时加速度的大小；(4分) (2)A板电势变化的周期T。(8分) 解析：(1)平行金属板A、B间的电场强度 E＝ 由牛顿第二定律可知 qE＝ma 解得a＝2×109 m/s2。 (2)粒子在t＝T到t＝T时间内，向右做匀加速运动，在t＝T到t＝T时间内粒子向A板做匀减速运动；t＝T后反向运动，则粒子向右运动的最大位移 x＝2×a＝aT2 粒子恰好不能到达A板 x＝d 解得T＝2×10－5 s。 答案：(1)2×109 m/s2　 (2)2×10－5 s 14．(12分)如图所示，空间有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E0，现将电荷量为Q的等量异种点电荷分别固定在x轴上的A、B两点。一个质子从C点静止释放，运动到D点的速度为v，已知AC＝CO＝OD＝DB＝0．5L，质子的质量为m、电荷量为e，静电力常量为k，求： (1)O点电场强度大小E；(2分) (2)CD间的电势差UCD；(4分) (3)撤去匀强电场后，质子仍从C点静止释放，它运动到O点时速度大小v1。(6分) 解析：(1)点电荷在O点的合电场强度向右，根据电场强度的叠加原理可知E＝E0＋。 (2)取无穷远处电势为0，在等量异种点电荷电场中，C点的电势 φC＝＋＝ D点的电势 φD＝＋＝－ 等量异种点电荷与匀强电场的叠加场中 UCD＝φC－φD＋E0L＝＋E0L。 (3)O点的电势 φO＝＋＝0 UCO＝φC－φO＝ C到O由动能定理得eUCO＝mv－0 解得v1＝。 答案：(1)E0＋　(2)＋E0L　(3) 15．(14分)如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置在两个固定的等量正点电荷P、Q的中垂线上，A、B、C是细杆上的三个点，且AB＝BC＝L；点电荷P、Q到B、C的距离都是L。质量m、电荷量大小为q的有孔带电小球(电性未知)套在杆上，从A点无初速度下滑，小球滑到B点时的速度大小vB＝2。若等量点电荷的电荷量为Q(q≪Q)，静电力常量为k，重力加速度为g。求： (1)小球的电性以及A、B两点的电势差U；(6分) (2)小球到达C点时的速度大小vC和加速度大小a。(8分) 解析：(1)从A到B由动能定理有 W＋mgL＝mv 解得W＝mgL 从A到B电场强度方向向上，静电力做正功，静电力向下，所以小球带负电 U＝－ 解得U＝－。 (2)从B到C由动能定理有 mgL＝mv－mv 解得vC＝ 在C点，根据牛顿第二定律 mg－·cos 60°＝ma 解得a＝g－ 故加速度的大小为。 答案：(1)负电　－　(2)　 学科网（北京）股份有限公司 $