滚动检测卷(一)-【金卷1号】2026-2027学年高中物理必修第三册单元检测AB卷（人教版）

(2)由A点到B点对小球运用动能定理得 mgsin30°·之-gU=00 L 联立①④式，解得Um8 答案：(1)号，方向沿斜面向上(2)Q 18.解析：(1)设电子经电压U1加速后的速度为 ,由动能定理有cU,=d 2eU 11 解得=√m (2)电子沿极板方向做匀速直线运动，沿电场 方向做初速度为零的匀加速直线运动，设偏转 电场的电场强度为E,电子在偏转电场中运动 的时间为t,加速度为a,电子离开偏转电场时 的偏移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式 有 eU21 -md'y=gat UL 解得y=4U1d (3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2· 答案：(1)√ 2eU U2L (2) 4U d (3)见解析 滚动检测卷（一） 1.C空间电场由场源电荷激发产生，试探电荷在 此电场中受到静电力的作用，A错误；电荷量不 同的试探电荷，由电场力的表达式F=Eq得在 电场中的同一位置受到的静电力不同，B错误； 为不影响场源电荷的电场分布，试探电荷应该 是电荷量和体积都很小的，点电荷，C正确；物理 学中规定，正电荷受到静电力的方向规定为电 场强度的方向，D错误.故选C. 2.B由库仑定律F=k婴知，静电力常量及的单 位N·m/C2.故选B. 3.A库仑发现了电荷间相互作用规律，并发明了 库仑扭秤，故A正确；正负电荷是富兰克林命名 的，故B错误；密立根用油滴实验测定了元电荷 的值，故C错误；电场线是为了形象研究电场而 引入的假想曲线，是不存在的，故D错误.故 选A. 4.A在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个 运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作 匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这是 采用了微元法，A正确；在不需要考虑物体本身 的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫 111 理想模型法，B错误；伽利略通过“斜面实验”来 研究落体运动规律，是采用了实验与逻辑推理 相结合的方法，C错误：电场强度E=F为比值 定义法得到的定义式，加速度的定义式a=” t, a=E为加速度的决定式，D错误.故选A. 5.B电场线越密的地方电场强度越大，A错误； 第一宇宙速度是人造卫星绕地球运行的最小发 射速度，同时也是绕地球做匀速圆周运动的最 大运行速度，B正确；丝绸摩擦过的玻璃棒带正 电，是由于玻璃棒失去了电子从而带上了正电 荷，C错误；处于静电平衡状态时，导体内部电 场强度为零，D错误.故选B. 6.D电场中某，点电势是否为零，取决于零电势的 选择，与该点电场强度是否为零无关，故A错 误；电场中某点的电场强度与电场本身有关，与 试探电荷在该点所受的电场力无关，故B错误； 电场线的方向与带电粒子的运动方向不一定重 合，故C错误；英国物理学家法拉第最早引入了 电场概念，并提出用电场线表示电场，故D正 确.故选D. 7.B根据场强的叠加原理可知，O点处的场强方 向水平向右，不为零，故A错误；根据场强的叠 加原理可知，C点场强方向沿d到c,A点的场 强方向沿α到b,故两点场强方向相同，且两点 都位于等量异种电荷的中点处，场强大小相等， 则A、C两，点的电场强度相同，故B正确；由于 两个等量同种点电荷连线的中垂线上电场方向 从中点指向无穷远处，或无穷远处指向中点，而 无穷远处电势为零，所以B、D两点的电势一正 一负，电势不相等，故C错误；负电荷沿直线从 B移动到D,沿着电场线相反的方向运动，电场 力一直做正功，故D错误，故选B. 8.B试探电荷带的电荷量为十1×109℃，在电场中 的V点具有一1×108J的电势能，电场中V点的 E==1X10=-10V,A错误：电 电势9、 9+1X109C 场中M点的忘带，号8是=15心 电场中M、N两点间的电势差UMN=PM一9N= 25V,B正确；电势大小与试探电荷无关，如果 用带负电的试探电荷放入电场，M,点的电势仍 高于N点的电势.C错误；把该试探电荷从M 点移到N点的过程中，静电力做功WMw= Epw-EpN=1.5×108J-(-1×10-8J)=2.5 ×108J,D错误.故选B. 9.AB对a、b小球进行受力分析，根据平衡条 件有： F库 mag tan a m6g一 an月由于B>a,所以m,>m,故A F库 正确. 由于m。>m6,因此水平方向上每一时刻a的加 速度小于b的加速度. 竖直方向上做自由落体运动，根据运动的独立 性可知，两球同时落地，故B正确. a球的电荷量和b球的电荷量大小无法判断，故 C错误. 由于水平方向上每一时刻a的加速度小于b的 加速度，因此Q球水平飞行的距离比b球小，故 D错误. 10.BD带负电的检验电荷仅在电场力的作用下 从a,点沿曲线运动到b点，合力指向曲线的凹 侧，故上面的电荷带同种电荷，即c点的电荷 带负电，故A错误；从E点到b点电场力做正 功，电势能减小，由于是负电荷，故从E到b电 势要升高，即b,点的电势高于E点的电势，又 因为等量异号点电荷的连线的中垂线是等势 线，故a、b两，点的电势相等，所以a,点电势高 于E点电势，故B正确；E,点的切线方向为速 度方向，E点的场强方向应与电场力方向在同 一直线上，而曲线运动的受力与速度方向不可 能在同一直线上，即E点场强方向不可能是该 点的切线方向，故C错误；检验电荷从a到b 的过程中，电场力先做负功后做正功，故电势 能先增加后减少，故D正确.故选B、D. 11.AC由题意知，油滴受到的电场力方向竖直 向上，又上极板带正电，故油滴带负电.设油滴 带电荷量为q,则极板带电荷量为Q=k9,由于 9B=mg,E-号C=吕.解得g=,C 、.将极板N向下缓慢移动一小段距离，U 不变，d增大，则电场强度E减小，重力将大于 电场力，油滴将向下运动，只有选项A、C 正确. 12.AC由题图可知，两点电荷q1和q2带有异种 电荷，A正确；在一x图象中，图象切线的斜 率大小表示电场强度大小，则x1处的电场强 度不为零，B错误；且有x1到x2电场强度逐渐 减小，负电荷受到的电场力逐渐减小，D错误； 由E,=9q可知，负电荷在电势高处的电势能 小，则负电荷从x1移到x2,电势能减小，C 正确. 1 13.解析：C、A接触后分开，A、C所带电荷量均为 3X),0C=1.5X10C,再让小球B与小球 A接触后分开，A、B所带电荷量均为 1.5×103-2×10C=-2.5×104C,最后 2 让小球B与小球C接触后分开，B、C所带电 荷量均为1.5×10,2.5×10C=6.25× 2 104C,故最终三小球所带电荷量分别为94= -2.5×104C,9B=6.25×104C,qc=6.25 ×10-4C. 答案：9A=-2.5×104CqB=6.25×104C 9c=6.25×10-4C 14.解析：(1)由I一t图象得到开始时电流为I= 90mA=0.09A 故最大电压为U=IR。=0.09A×1002=9V 故电容为C-号-23)s=47X103F 9V (2)换用阻值为1802的定值电阻，根据Im= U,. ，则第2次实验的最大电流小些，故选c 答案：(1)4.7×103(2)c 15.解析：(1)由题意，D>C电场力做正功W=eELcp cos60得E=1×104N/C (2)由题知，电子受到的电场力方向向上，电子 带负电，则场强方向为AB.A、B间电势差为 UAB=EdAB=1×104×6×102V=600V (3)A、D间电势差为UAD=EdAD=ELcD cos 60°=1×104×4×10-2×0.5V=200V 9A一9D=200V,9A=0 解得9D=-200V 答案：(1)1×10N/C(2)600V (3)-200V 16.解析：(1)粒子从A,点以速度0。沿垂直电场线 方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，则 布品 (2)由牛顿第二定律得a=gE m 将粒子射出电场的速度)进行分解，则有 v,=votan45°=vo,又v,=at, 所以，=gE.4=eEd,解得E= m vo mvo ecdl· (3)由动能定理得eUu=mW,)'-mi 解得UAB= mvo 2e 答案：(1)4 (2)mu m8 (3) ed 2e 8 17.解析：(1)滑块刚能通过轨道最高，点的条件是 mg=mRo=√gR=2m/s 滑块由释放点到最高点的过程中，由动能定理得 gEx-umgx-2mgR-,mo m20+2gR 所以x= ,代入数据得x=20m. gE-ug (2)从P到Q,由动能定理得 -msR-qER=子m2- 1 2mvp 所以品=+2(g+E)R m 在P点由牛顿第二定律得F、一gE=m R 所以FN=3(mg+qE),代入数据得FN= 1.5N. 答案：(1)20m(2)1.5N 18.解析：(1)从A点到MN的过程中，由动能 定理： eE=2m L 解得：=√m (2)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速 直线运动，设加速度为a1,时间为t1,由牛顿第 二定律和运动学公式得：a,=eB=eE mm v=a ti 从MN到屏的过程中运动的时间：，=2L 运动的总时间为1=4十=3√eE, mL (3)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向 的速度为⑦，根据牛顿第二定律得，电子在电 场中的加速度为 a,=eE=2eE mm 6人 v,=azts tan0=忽 解得：tan0=2. (4)如图，电子离开电场E2后，将速度方向反 向延长交于E2场的中点O. M E 1 由几何关系知：tan0= 十L 2 得：x=3L 答案：(1)m L (2)3 mL (3)2(4)3L 第十一章电路及其应用 A卷合格考达标卷 1.C避雷针可以避免建筑物被雷击，当带电 云层靠近建筑物时，避雷针上产生的感应电 荷会通过针尖放电，逐渐中和云中的电荷， 使建筑物免遭雷击.其原理为尖端放电，故 选C. 2.D设环中运行的电子数目为，则有1=”，又 i=5= 240 =8×106s,联立可得n= 而×8x10 1止_10×103×8×10=5×10"，故选D. e 1.6×1019 3.A测量电阻时如果指针偏转过大，说明电阻较 小，所以应将选择开关S拨至倍率较小的挡位， 每次换挡都需要重新调零后测量，故A正确；测 量电路中的某个电阻，内置电源接通，应该把该 电阻与电路断开，故B错误；每次换挡都需要重 新调零，但是不换挡不需要调零，测量阻值不同 的电阻时并不是必须重新调零，故C错误；测量 结束后，为了安全应将表笔拔出，并把选择开关 旋到交流电压最高挡或OF℉位置，故D错误. 故选A. 4.A电阻是导体本身的性质，与其两端电压和流 过的电流无关.故选A. 5.D导体的电阻与它两端的电压和它的电流无 关，与导体本身性质有关，故A错误；由电阻定 律R=pS可知，把一根金属丝拽长后，l变大，S 变小，则电阻变大，故B错误；欧姆定律不适用 于气体导电，故加在气体两端的电压与通过的 电流的比值不成正比，故C错误；在纯电阻电路 中，任一个电阻增大而其他电阻不变，整个电路 的总电阻一定增大，故D正确.故选D. 6.D改装成大量程的电压表，需要串联一电阻分 压，设串联的电阻为R,则有Um=I.(R。十R), 解得R=T 3 m-R。=1×1.3n-302月 29702,故选D. 7.A一个物体带的电荷量都是元电荷的整数停， 所以物体的带电量是不连续的，具有量子化特 性，故A正确；一段导体的电阻是连续的，不是 量子化，故B错误；电场中两点间的电势差是连滚动检测卷（一） 赳 [第九章~第十章] (时间：75分钟 满分：100分) 餐 一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分.每小题只有一个选项符合题目要求） 1.关于电荷与静电场，下列说法正确的是 A.空间电场由试探电荷和场源电荷共同激发产生，试探电荷在此电场中受到静电力的 作用 B.即使是电荷量不同的试探电荷，在电场中的同一位置受到的静电力也相同 p C.为不影响场源电荷的电场分布，试探电荷应该是电荷量和体积都很小的点电荷 D.物理学中规定，试探电荷受到静电力的方向为电场强度的方向 2.类比在库仑定律的建立过程中发挥了重要作用.万有引力定律中有万有引力常量，库仑 定律中也有静电力常量k,下列哪一项是静电力常量的单位 ( A.N·m/C B.N·m2/C2 g C.N·m2/C D.kg·m/(C2·s2) 3.在物理学的发展过程中，许多物理学家做出了杰出贡献.下列说法符合事实的是( A.库仑发现了电荷间相互作用规律，并发明了库仑扭秤 B.正负电荷是美国科学家密立根命名的 荞 C.富兰克林首先发现了电荷并用实验测定了元电荷的值 D.法拉第首先提出了电场的概念，并用真实存在的电场线形象的描述电场 4.物理学发展推动了社会进步.关于物理学上一些事件和科学方法，下列说法正确的是( A.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似 e 看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这是采用了微元法 M) B.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫等效替代法 的 C.伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律，是采用了极限思维法 D电场度店=号和如速度口=号都是利用比值定义法得到的定义式 25 5.下列说法正确的是 A.电场线越密的地方电场强度越小 B.第一宇宙速度是人造卫星绕地球运行的最小发射速度 C.丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，说明玻璃棒得到了正电荷 D.处于静电平衡状态时，导体所占空间各处电场强度均为零 6.下列说法正确的是 () A.电场中电场强度为零的地方电势一定为零 B.电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比 C.电场线的方向即为带电粒子的运动方向 D.英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场 7.如图所示，电荷量相同的4个点电荷分别位于矩形abcd的四个顶点上，其中ab=2L, bc=L.A、B、C、D分别是四条边的中点，O为矩形的中心.则 () C +g 。-q D。 8 ●B A.O点的电场强度为零 B.A、C两点的电场强度相同 C.B、D两点的电势相等 D.负电荷沿直线从B移动到D,电场力先做正功后做负功 8.试探电荷带的电荷量为+1×109C,把该试探电荷放在电场中的M点，具有1.5×108J 的电势能，把同样的试探电荷放在电场中的N点，具有一1×108J的电势能.下列说法 正确的是 A.电场中V点的电势为10V B.电场中M、N两点间的电势差UMw=25V C.如果用带负电的试探电荷放入电场，M点的电势将低于N点的电势 D.把该试探电荷从M点移到N点的过程中，克服电场力做功5×108J —26 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分.每小题有多个选项符合题目要求，全 部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选和不选的得0分) 9.如图所示，、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一 ULL∠ 点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分 -- 别为α、B,且β>α.若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷 量不变，则 A.a球的质量比b球的大 B.a、b两球同时落地 C.a球的电荷量比b球的大 D.a、b两球飞行的水平距离相等 10.如图所示，a、b是x轴上关于O点对称的两点，c、d是y轴上关于O 点对称的两点，c、d两点分别固定一等量异种点电荷，带负电的检验 电荷仅在电场力作用下从α点沿曲线运动到b点，E为第一象限内 轨迹上的一点，下列说法正确的是 A.c点的电荷带正电 B.a点电势高于E点电势 C.E点场强方向沿轨迹在该点的切线方向 D.检验电荷从α运动到b的过程中，电势能先增加后减少 11.美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准 M 确地测定了电子的电荷量.如图所示，平行板电容器两极板M、N相距 d,两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电.现有 一质量为的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的 比值为，则 ( A.油滴带负电 B,油滴带电荷量为爱 C.电容器的电容为mgl D.将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 12.在x轴上有两个点电荷q1、92,其静电场的电势o在x轴上的分布 如图所示.下列说法正确的有 A.g1和q2带有异种电荷 B.x,处的电场强度为零 -27 C.负电荷从x1移到x2,电势能减小 D.负电荷从x1移到x2,受到的电场力增大 三、非选择题（本题共6小题，共60分） 13.(6分)有三个相同的绝缘金属小球A、B、C,其中A小球带有3×103C的正电荷，B小 球带有2×103C的负电荷，小球C不带电.先让小球C与小球A接触后分开，再让小 球B与小球A接触后分开，最后让小球B与小球C接触后分开，试求这时三个小球的 带电荷量分别为 14.(8分)电路中的电流大小可以用电流传感器测量，用电流传感器和计算机可以方便地测 出电路中电流随时间变化的曲线.某兴趣小组要测定一个电容器的电容，选用器材 如下： 待测电容器（额定电压为16V);电流传感器和计算机；直流稳压电源；定值电阻R。= 1002,单刀双掷开关；导线若干 实验过程如下： ①按照图甲正确连接电路； ②将开关S与1端连接，电源向电容器充电； ③将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的I一t图线如图乙中的实线α所示； ④利用计算机软件测出I一t曲线和两坐标轴所围的面积. 请回答下列问题： (1)已知测出的I一t曲线和两坐标轴所围的面积为42.3A·s,则电容器的电容C F; (2)若将定值电阻换为R,=180Ω，重复上述实验步骤，则电流随时间变化的I一t图线 应该是图丙中的曲线 (填“b”或“c”). ↑lmA ↑I/mA 电流 接计算机 90 b 传感器 甲 丙 28 15.(8分)如图所示，两平行金属板A、B间为一匀强电场，A、B相距6cm,C、D为电场中 的两点（其中C点在金属板上），且CD=4cm,CD连线和场强方向成60°角.已知电子 从D点移到C点时，电场力做功为3.2×1017J,电子电荷量e=1.6×101C,求： (1)匀强电场的场强大小； A C色 60° D (2)A、B两板间的电势差； B (3)若A板接地，D点电势为多少？ 29 16.(10分)如图所示，质量为m,电荷量为e的粒子从A点以速度v。沿垂直电场线方向的 直线AO方向射入匀强电场，由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45°角，已知AO 的水平距离为d.(不计重力)求： (1)粒子从A点运动到B点所用的时间； (2)匀强电场的电场强度大小； (3)A、B两点间的电势差. —30 17.(12分)如图所示，在E=103V/m的水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道 竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其 半径R=0.4m.一带正电荷g=104C的小滑块，质量为m=0.04kg,与水平轨道间 的动摩擦因数u=0.2,g取10m/s2,求： (1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点Q,滑块应在水平轨道上离N点多远处 释放？ (2)这样释放的滑块通过P点时对轨道的压力是多大？(P为半圆轨 0 道中点) m M 31 18.(16分)如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线 MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E,=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ 为L处有一与电场E,平行的屏.现将一电子（电荷量为e,质量为，重力不计）无初速 度地放入电场E中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为？，AO连 线与屏垂直，垂足为O,求： (1)电子运动到MN的速度大小； M 屏 E E2 (2)电子从释放到打到屏上所用的时间： 0 (3)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角日 的正切值tan0; (4)电子打到屏上的点P'到点O的距离x. 32