章末检测卷(2)-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理必修第三册同步辅导与测试(人教版)

章末检测卷（二） (建议用时 分 一、选择题（本题共10小题，第1~7小题只有一 热员了 个选项正确，第8~10小题有多个选项正确)》 1.以下说法正确的是 ( A.由E=可知电场中某点的电场强度E 与F成正比 B.由公式-E可知电场中某点的电势9 与q成反比 C.由Ub=Ed可知，匀强电场中任意两点 玉 a、b间距离越大，两点间的电势差也越大 D.公式C= ，电容器的电容大小C与电容 器两极板间电势差U无关 2.a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好 是一个矩形的四个顶点.电场线与矩形所在 平面平行.已知a点的电势为20V,b点的电 势为24V,d点的电势为4V,如图所示，由 和 此可知c点的电势为 20V b 24V A.4V B.8 V C.12V D.24V 3.某带电粒子仅在电场力 作用下由A点运动到B 点.如图所示，实线为电 场线，虚线为粒子的运动 轨迹，由此可以判定 ( ) 馨 A.粒子在A点的加速度大于它在B点的加 速度 B.粒子在A点的动能小于它在B点的动能 18 静电场中的能量 ,90分钟) C.电场中A点的电势低于B点的电势 D.粒子在A点的电势能小于它在B点的电 势能 4.如图所示，带电的平行板电容器和静电计用 导线相连 A.若仅使上极板上移一段距离，则电容器的 电容增大 B.若仅向两板间插人云母介质，则板间电场 强度减小 C.若静电计指针张角增大，可能仅是因为两 板正对面积增大 D.若静电计指针张角减小，可能仅是因为两 板间距变大 5.图甲中AB是某电场中的一条电场线.若将 一负电荷从A点处由静止释放，负电荷仅在 静电力作用下沿电场线从A到B运动过程 中的速度一时间图像如图乙所示.关于A、B 两点的电势高低和场强大小关系，下列说法 中正确的是 甲 A.A>B EA>EB B.A>BEA<EB C.A<B EA>EB D.PA<BEA<EB 6.如图所示，将两个等量 19 的正点电荷分别固定在 M、N两点，图中圆的 M 圆心位于两点电荷连线 的中点，b、e为两点电荷 连线的中垂线与圆的交点，a、c、d、f分别为 圆弧Mb、bN、Ne、eM的中点，下列说法正确 的是 ( A.a、c、d、f四点的电场强度相同 B.a、c、d、f四点的电势相同 C.如果将一带负电的重力不计的粒子由e 点无初速释放，则该粒子将沿中垂线向O： 点做匀加速运动 D.如果将一带负电的重力不计的粒子由a: 点沿圆弧abc运动到c点，则电场力先做 正功后做负功 7.在坐标一xo到x0之间有一静电场，x轴上： 各点的电势随坐标x的变化关系如图所 示，一电荷量为e的质子从一xo处以一定初： 动能仅在静电力作用下沿x轴正向穿过该 电场区域.则该质子 n 0 xo x/m A.在一xo一0区间一直做加速运动 B.在0~xo区间受到的静电力一直减小 C.在一xo~0区间电势能一直减少 D.在一xo~0区间电势能一直增加 8.在电场中，把电荷量为4×10一9C的正点电： 荷从A点移到B点，克服静电力做功6×： 10一8J,以下说法中错误的是 ( A.电荷在B点具有的电势能是6×10一8J B.B点的电势是15V C.电荷的电势能增加了6×10一8J D.电荷的电势能减少了6×10-8J 188 如图所示，虚线A、B、C表示 C B 某电场中的三个等势面，相邻 等势面间的电势差相等，一电 '2 子从右侧垂直等势面A向左 b 进入电场，运动轨迹与等势面 分别交于a、b、c三点，则可以判断 ( A.三个等势面的电势大小为PA>PB>PC B.三个等势面的电势大小为PC>9B>9A C.电子由a到c电势能不断减少 D.电子由a到c动能不断减少 .如图所示，两平行金属 板水平放置，板长为 L,板间距离为d,板间 电压为U,一不计重 力、电荷量为十q的带电粒子以初速度o 沿两板的中线射入，经过时间后恰好沿下 板的边缘飞出，则 ( ) A.在前？时间内，电场力对粒子做的功为 1 49U B.在后号时间内，电场力对粒子做的功为 含9U C.在粒子下落的前号和后过程中，电场 力做功之比为1：1 D.在粒子下落的前兰和后过程中，电场 力做功之比为1：2 、非选择题（本题共5小题） .在“观察电容器的充、放电现象”的实验中， 提供了如下器材： A.电容器C(3000F,50V) B.电压表V1(量程0~3V,内阻约5k2) C.电压表V2(量程0~15V,内阻约252) D.电流表A1(量程0~25mA,内阻约5002) E.电流表A2(量程0~250mA,内阻约502) F.定值电阻R(5002,0.5A) G.学生电源（直流可调电压0~15V) H.单刀双掷开关、导线若干 为了能观察电容器的充、放电现象，电压表： 应选用 (选填“V”或“V2”), 电流表应选用 (选填“A”! 或“A2”),请在下列方框内，画出实验电 路图. 12.电容器作为储能器件，在生产生活中有广 泛的应用.对给定电容值为C的电容器充 电，无论采用何种充电方式，其两极间的电 势差u随电荷量q的变化图像都相同. (1)请在图甲中画出上述u-q图像.类比直 线运动中由v-1图像求位移的方法，可求： 出两极间电压为U时电容器所储存的电能： Ep= (2)在如图乙所示的充电电路中，R表示电： 阻，E表示电源（忽略内阻）.通过改变电路 中元件的参数对同一电容器进行两次充 电，对应的qt曲线如图丙中①②所示. a.①②两条曲线不同是由 (选填 “E”或“R”)的改变造成的； b.电容器有时需要快速充电，有时需要均 匀充电.依据a中的结论，说明实现这两种 充电方式的途径 4 甲 9 ① ② 丙 189 (3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电 源对电容器充电，可实现电容器电荷量随 时间均匀增加.请思考使用“恒流源”和(2) 中电源对电容器的充电过程，填写下表（均 选填“增大”“减小”或“不变”). “恒流源” (2)中电源 电源两端电压 通过电源的电流 3.如图所示，两平行金属板A、B间为一匀强 电场，A、B相距10cm,C、D为电场中的两 点（其中C点在金属板A上），且CD= 5cm,C、D连线和电场强度方向成60°角. 己知匀强电场的电场强度E为2×104V/m, 方向竖直向下. C 60°、D B (1)求电子从D点移到C点静电力做的功； (2)若A板接地，求D点电势. 14.在真空中存在着竖直向下的匀强电场，电：15 场强度为E,如图所示，一根绝缘细线长为 L,一端固定在图中的O点，另一端固定有 一个质量为m、电荷量为十q、可视为点电荷 的小球，O点距离地面的高度为H,将小球 拉至与O点等高的位置A处从静止释放. 重力加速度为g,求： B (1)小球运动到O点正下方B点时的速度 大小； (2)此刻细线对B点处的小球的拉力大小； (3)若小球通过B点时，细线恰好断开，求 小球落地点与O点的水平位移x. 190 如图所示，长为L的绝缘细线系一质量为 m、电荷量为q的小球，细线的另一端固定 在O点，由于空间存在水平向右的电场，小 球静止时细线与竖直方向的夹角为37°.当 给小球一定的初速度时，小球可绕O点在 竖直平面内做圆周运动.重力加速度为g. 请思考下列问题： E 37 Om,q (1)小球所受的静电力为多大？ (2)小球做圆周运动时，在哪个位置速度最 小？在哪个位置速度最大？ (3)在小球静止处给小球一个多大的初速 度0，小球刚好能在竖直平面内绕O做圆 周运动？5.D[电场线的疏密程度表示电场强度的大小，可知EME、,故 A错误：静电力下=qE,根据牛顿第二定律，加速度a=F=gE, 则aM<aN,故B错误：作出粒子的速度方向和所受静电力的方 向，静电力方向与速度方向之间的央角为锐角，说明静电力对粒 子做正功，动能增大，速度增大，M<,故C错误；根据带电粒子 受力方向指向曲线凹侧知粒子带正电，故D正确.」 6.D[对右侧小球受力分析可知，小球受 0 重力、支持力及库仑力而处于平衡状态， 30x309 如图所示，两球间的距离大小为R,根据 库仑定律可得两球间库仑力大小F= m 2,A错误：由几何关系可知F= 30° mgan30°= 3mg,B错误：碗对球的支 mg 持力Fv-sin30 =2F= 2g巴，C错误：碗对球的支持力Fv= R2 mg c05309 _28mg,D正确.] 7.C[对小球受力分析可知，将细绳剪断瞬间，小球B受到重力和 静电力的作用，合力斜向右下方，因此小球B不可能做平抛运动， 且加速度大于g,故A、B错误；小球在落地过程中，除受到重力 外，还受到静电斥力，所以竖直方向的加速度大于g,因此球落地 的时间小于/2业，落地的速度大于√2g,故C正确，D错误.] 8AB[尘埃经过过滤网后被正极吸引，所以尘埃带负电，故A正 确：尘埃在被吸附到集尘极的过程中静电力做正功，动能增大， 故B正确；因为充电极b、d接电源负极，集尘极a、c,e接电源正 极，所以℃、d两个电极之间的电场方向竖直向下，故C错误：尘埃 被吸附到集尘极的过程中所受静电力做正功，故D错误，」 9.BD[由两试探电荷受力情况可知，点电荷Q为负点电荷，且放 置于A、B两点之间某位置，故B正确，C错误：设Q与A点之间 的距离为，则点电荷Q在A点产生的电场强度大小为EA =iX10N/C=4X10N/C,同理，点电荷Q在B点产生 Fa_4×10-1 kQ =F五=1×10-4 的电场强度大小为E=0.5)-g4X10NVC=0.25X 105N/C,解得1=0.1m,所以点电荷Q的位置坐标为xQ=xA十1 =0.2m十0.1m=0.3m,故A错误，D正确， 10.BC[金属板不能看作点电荷，在小球处产生的电场强度不能用 E-计算，故A错误：根据对称性和小球受力平衡得小球受静 电力F=mgtan a,由E=E得E1=mgian a,B正确；小球可看 作点电荷，在0点产生的电场强度E2=架，C正确：根据牛颜第 三定律知金属板受到小球的静电力大小为F=ngtan a,但金属 板不能看作试探电荷，故不能用E=上求电场强度，D错误.] 11.解析线框上剩余的电荷在)点产生的场强大小等效为线框上 与A处关于O点对称位置的带电荷量为q的电荷在O点产生的 场强大小，故E=k号，方向水平向左：将A处的带电荷量为q 的一小段移到B点时，其在0点产生的场强E,=质是，方向水 平向左：由场强的叠加可知，O点的场强E=E十E=4,万日 水平向左， 答案泸 水平向左 12.解析(1)实验过程中，先保持两球所带的电荷量不变，再保持 两球间的距离不变，可见，实验中用到的科学方法是控制变 量法， (2)B球受重力、丝线的拉力和静电力，三力平衡，根据平衡关系 知，A、B两球之间的静电力F=mngtan. (3)当两球球心相距3R时，两球不能看作点电荷，因带同种电 荷，同种电荷相互排斥，所以电荷间距离大于3R,根据库仑定律 下=9可知，它们相互作用的库仑力大小小于要，即该同 9R 学的计算结果偏大， 答案(1)控制变量法(2)ngtan0(3)偏大两球带同种电 荷，由于同种电荷相互排斥，故电荷间距离大于3R 2 13.解析(1)分析电荷B的受力，由牛领第二定律得 mg-k竖=ma 12 代入数据得a=6.4m/s. (2)速度最大时，加速度为零，有 m- 代入数据得L=0.3m. 答案(1)6.4m/s2(3)0.3m 14.解析(1)带电小球在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功， 故机械能守恒，则mgR=2mvm 解得=√2gR. (2)小球到达B点时，受到重力mg、库仑力F和支持力FN,由圈 周运动知识和牛领第二定律得 下mg一限=m发 R2 解得人=3ms+袋 根据牛领第三定律得，小球在B点时对轨道的压力为 F寸=八=3mg十e紧，方向堡直白下. 答案(1)√2gR(2)3mg十k9,方向竖直向下 R2 15.解析(1)小球所受电场力 F=gE=1.0×10-6X3.0X103N =3.0×10-3N,方向水平向右. (2)小球受到重力g、拉力FT和电场力F的作用而平衡，如图 所示，剥E=tan37 171g 解得m=4.0×10-1kg. (3)若突然剪断细绳，小球受重力和电场力作用， 做初速度为零的匀加速直线运动，所受合力下金=F37 mg c0537 由牛顿第二定律F合=ma 得加速度大小a=子g=125m/g2 方向与剪断细绳前细绳拉力方向相反. (4)由动能定理得 mgl(1-cos 37)=2mu 解得=√2gl(1-cos37)=2.0m/s. 答案(1)3.0×10-3N(2)4.0×10-1kg (3)12.5m/s2方向与剪断细绳前细绳拉力方向相反 (4)2.0m/s 章末检测卷（二） 1,D[E=E是采用比值定义的，E和下以及检验电荷g无关， E是由电场本身决定的，故A错误：电场中某点的电势⑨与检验 电荷g无关，是由电场本身和零电势点决定的，故B错误：U山 Ed中的d是匀强电场中的任意两点、b沿着电场线方向的距离， 故C错误：电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无 关，与两极板间距离d,极板面积S等有关，故D正确，门 2.B[根据匀强电场的特点可得U=Uk,p。一=a一9，解得 9=8V,B正确.] 3.D[电场线的疏密表示电场强度大小，由图知A点的电场强度小 于B点的电场强度，粒子在A点所受的电场力小于在B点所受的 电场力，故粒子在A点的加速度小于在B点的加速度，故A错 误；由带电粒子的运动轨迹和电场线分布情况，知电场力对粒子 做负功，动能减小，电势能增大，则粒子在A点的动能大于它在B 点的动能，在A点的电势能小于它在B点的电势能，故B错误，D 正确：由沿电场线方向电势降低知A点电势高于B点电势，故C 错误，] 4,B[根据C:可知，若仅使上极板上移一段距离，即d变大 ES 电容器的电容减小，故A错误：根据C一π可知，若仅向两板间 0 括入云导介质，电容器的电容交大，根据C-号可知，两板电势发 U减小，根据E-号可知板间电场强度减小，故B正确：若仅是将 两板正对面积增大，根据C:可知C变大，由C是可知山 减小，即静电计指针张角减小，故C错误：若仅是将两板间距变 大，根据C一岛可知C文小，由C-吕可知U支大，中#电计指 针张角变大，故D错误.] 5.C[负电荷从A由静止释放（初速度为0）后，能加速运动到B,说} 明负电荷受到的静电力方向从A指向B,那么电场方向就是由B! 指向A,由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以A、B两点的电势} 关系是甲A<P,负电荷从A运动到B的过程中，它的加速度是逐} 渐减小的（题图乙中曲线切线的斜率表示加速度），由牛领第二定！ 律知，负电荷从A运动到B时，受到的静电力是逐渐减小的，由E: =E知，EA>E,C正确.] 6,B[根据电场强度叠加原理可知，a、c、d、f各点电场强度方向不 同，故A错误；根据等量同种电荷电势分布及对称性可知，a,,d、 f四点的电势相同，故B正确：在等量同种电荷连线的中垂线上，· 电场强度是变化的，故该粒子受到的电场力是变化的，则加速度 是变化的，不是匀加速运动，故C错误：如果将一带负电的重力不 计的粒子由a点沿圈孤abc运动到c点，电场力与速度方向夹角！ 先为钝角后为锐角，电场力先做负功后做正功，故D错误，] 7.D[在一x。~0区间，电势逐渐升高，意味着该区域内的场强方 向向左，质子受到的静电力方向向左，与运动方向相反，所以质子： 做减速运动，A错误：设在x~x十△x区间，电势为~十△p,根！ 据场强与电势差的关系式E-兰，当△r无限趋近于零时，表 示x处的场强大小（即p-x图线的斜率），在0x0区间，图线的！ 斜率先增大后减小，所以电场强度先增大后减小，根据F=E,质！ 子受到的静电力先增大后减小，B错误：在一x。~0区间质子受到！ 的静电力方向向左，与运动方向相反，静电力做负功，电势能一直 增加，C错误，D正确.] 8.ABD[电荷在电场中某点的电势能具有相对性，只有确定零势 能点，B点的电势、电势能才有确定的值，所以A、B错，克服静电 力做功6×10一8J,则电势能增加了6×10一8J,所以C正确，D, 错误. 9.AD[由等势面画出电场线如图所示，电子在c点的cB 受力和运动方向如图，并由此进一步得出电场线垂直 ; 等势面指向左边，pA>>,A正确，B错误：从a 至静电力做负功，电势能不断增加，动能不断减少，可个， 、b C错误，D正确，] 10.BC[粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直 线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个 ,1 子的时间内沿竖直方向的位移之比为1：3，剥在前合时间内， 电场力对粒子做的功为名U,在后乞时间内，电场力对粒子做 的功为吾9U,A错误，B正确：由W=g知，在粒子下落的前 和后号过程中，电场力微功之比为1：1，C正确，D错误.] 11,解析电容器的击穿电压为50V,电源电压为015V,为使现！ 象更明显，电压表应选择V2:由于电容器充、放电时会产生瞬间！ 大电流，故电流表应选择大量程的A2: 实验电路图如图所示 : 1§+ 2 R 答案V2A2见解析图 12.解析(2).由题图知，电容器充电结束，①②两次带电荷量相1 等，由Q=CE知，两次电源电压相等，故①②两条曲线不同不是 E的改变造成的，只能是R的改变造成的， b.刚开始充电瞬间，电容器两端的电压为零，电路的瞬时电流为 1=是，故减小电阻R,附开始充电醉间电流I大，南线上该点切 25 线斜率大，即为曲线①.短时间内该曲线与时间轴围成的面积更 大（电荷量更多），故可以实现对电容器快速充电：增大电阻R,刚 开始充电瞬间电流【小，即为曲线②，该曲线接近线性，可以实现 均匀充电， (3)接(2)中电源时，电源两端电压不变，通过电源的电流I EV,随着电容器两端电压不断变大，通过电源的电流减小： R “恒流源”是指电源输出的电流恒定不变，接“恒流源”时，随着电 容器两端电压的增大，“恒流源”两端电压增大 答案(1)如图所示 CUF (2)a.Rb.减小电阻R,可以实现对电容器更快速充电：增大电 阻R,可以实现更均匀充电 (3) “恒流源” (2)中电源 电源两端电压 增大 不变 通过电源的电流 不变 减小 3.解析(1)由题意，DC静电力做正功 W=9Lmos60=1.6×10"×2X10×5×102×号J= 8×10-17J. (2)A、D间电势差为UAD=ELpcos60°=500V, 由UaD=9A9p9A=0得p=一500V. 答案(1)8×10-17J(2)-500V 4.解析(1)小球从A到B过程，由动能定理得 mRL+9gEL=合md2-0 小球到达B点时的速度大小为 一N 2(mg+gE)L (2)在B点，对小球由牛顿第二定律得 F-gE=m呈 解得FT=3(mg十qE). (3)对小球在细线断开后的类平抛运动，由牛顿第二定律有gE十 mg-ma 竖直方向：H-L=之ad 水平方向：x= 联立解得x=2√(H一L)L 答案(1) /2(mg+qE)L m (2)3(mg十qE) (3)2√(H-L)L 5.解析(1)根据受力平衡可求得静电力F=mg 3 (2)小球静止时，静电力与重力的合力沿细线的方向，当小球做 圆周运动时，小球无论运动到什么位置，小球所受的静电力与重 力的合力总是与竖直方向成37°角，大小恒定不变，这与没有电 场时，小球可以静止在最低点，无论小球运动到什么位置，重力 总是竖直向下一样，故在存在电场的情况下，小球可以保持静止 的位置是相当于只有重力时的“最低点”，而能保持静止处关于 圆心对称的位置相当于只有重力时的“最高点”，故小球做图周 运动时，在“最低点”速度最大，在“最高点”速度最小， v 5 (3)在“最高点”的速度最小应满足m二=子mg,又由动能定理 得7m时2-合mw2=-子mgX2L,解得w=号V 5 答案(1)子mg(2)见解析(3)号V配