2020-2021粵教版物理第三冊章末綜合測評2含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2020-2021學(xué)年新教材粵教版物理必修第三冊章末綜合測評2含解析章末綜合測評（二)(時(shí)間：90分鐘分值:100分）1．(4分）如圖所示，在暴雨前,有一帶電云團(tuán)（可近似看作帶電絕緣球)正慢慢靠近地面,某野外地面附近有一質(zhì)量較小的帶電體被吸上天空，帶電體在上升過程中，以下說法正確的是()A．帶電體的電勢能一定越來越大B．帶電體所經(jīng)過的不同位置的電勢一定越來越高C．帶電體所經(jīng)過的不同位置的電場強(qiáng)度一定越來越大D．帶電體的加速度一定越來越小C[帶電體在上升的過程中，電場力做正功，電勢能減小,故A錯(cuò)誤；由于不知道云層所帶電荷的電性，所以帶電體上升的過程中,不能判斷出電勢的變化，故B錯(cuò)誤；因?yàn)樵娇拷鼒鲈?場強(qiáng)越大，所以帶電體在上升中所處環(huán)境的電場強(qiáng)度是越來越大，故C正確;根據(jù)電場強(qiáng)度越來越大，則電場力越來越大，合力越來越大，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度越來越大，故D錯(cuò)誤.］2．（4分)一平行板電容器兩極板間距離為d，極板正對面積為S，對此電容器充電后再與電源斷開。當(dāng)只增加兩板間距離d時(shí),電容器兩極板間的()A．電場強(qiáng)度減小，電勢差變大B．電場強(qiáng)度減小，電勢差減小C．電場強(qiáng)度不變，電勢差變大D．電場強(qiáng)度不變,電勢差不變C［電容器充電后再與電源斷開，所帶電量不變.根據(jù)板間電場強(qiáng)度E＝eq\f(U,d）,C＝eq\f(Q,U)和C＝eq\f（εS，4πkd）得到E＝eq\f(4πkQ，εS),由題Q、ε、S都不變，則板間電場強(qiáng)度E不變。板間電勢差U＝Ed，d增大，電勢差增大。］3．(4分)如圖所示,靜電噴涂時(shí)，被噴工件接正極,噴槍口接負(fù)極，它們之間形成高壓電場，涂料微粒從噴槍口噴出后，只在靜電力作用下向工件運(yùn)動(dòng)，最后吸附在工件表面，圖中虛線為涂料微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡.下列說法正確的是()A．涂料微粒一定帶正電B．圖中虛線可視為高壓電場的部分電場線C．微粒做加速度先減小后增大的曲線運(yùn)動(dòng)D．噴射出的微粒動(dòng)能不斷轉(zhuǎn)化為電勢能C[因工件接電源的正極，可知涂料微粒一定帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;因虛線為涂料微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡，可知不能視為高壓電場的部分電場線，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從噴槍口到工件的電場先減弱后增強(qiáng)，可知微粒加速度先減小后增大，因電場線是曲線，故微粒做曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；因電場力對微粒做正功，故微粒的電勢能逐漸減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。］4．（4分）如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴（)A．仍然保持靜止 B．豎直向下運(yùn)動(dòng)C．向左下方運(yùn)動(dòng) D．向右下方運(yùn)動(dòng)D［將B板右端向下移動(dòng)一小段距離后，電容器內(nèi)部電荷重新分布，右側(cè)電荷稀疏,左側(cè)電荷密集，電場力方向不再豎直向上，而是向右側(cè)傾斜，使得帶電油滴不再受力平衡,合力方向向右下方，如圖所示，油滴向右下方運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。]5．(4分）示波管是一種多功能電學(xué)儀器，它的工作原理可以等效成下列情況:如圖所示,真空室中電極K發(fā)出電子（初速度不計(jì))，經(jīng)過電壓為U1的加速電場后，由小孔S沿水平金屬板A、B間的中心線射入板中,金屬板長為L,相距為d。當(dāng)A、B間電壓為U2時(shí)電子偏離中心線飛出電場打到熒光屏上面顯示亮點(diǎn).已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e,不計(jì)電子重力，下列情況中一定能使亮點(diǎn)偏離中心距離變大的是（)A．U1變大,U2變大 B．U1變小，U2變大C．U1變大，U2變小 D．U1變小，U2變小B[當(dāng)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)速度的反向延長線一定經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場中水平位移的中點(diǎn)，所以電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)偏轉(zhuǎn)角度越大（偏轉(zhuǎn)距離越大),亮點(diǎn)距離中心就越遠(yuǎn)。設(shè)電子經(jīng)過U1加速后速度為v0，離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)豎直方向速度為vy,根據(jù)題意得：eU1＝eq\f(1,2）mveq\o\al（2，0),電子在A、B間做類平拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)豎直方向速度為vy＝at＝eq\f(eU2,md）·eq\f(L,v0），解得速度的偏轉(zhuǎn)角θ滿足：tanθ＝eq\f（vy，v0)＝eq\f(U2L，2dU1），顯然，欲使θ變大，應(yīng)該增大U2、L，或者減小U1、d，故選B。］6．（4分）如圖所示，用電池對電容器充電,電路a、b之間接有一靈敏電流表，兩極板之間有一個(gè)電荷q處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將兩極板的間距變大,則(）A．電荷仍將靜止B．電荷將向上加速運(yùn)動(dòng)C．電流表中將有從a到b的電流D．電流表中將有從b到a的電流D［原來電荷靜止，電荷所受重力與電場力平衡。電容器與電源相連,電容器的電壓不變，兩極板的間距變大，則板間場強(qiáng)E＝eq\f（U,d）減小，電荷所受電場力F＝qE減小,電荷將向下加速運(yùn)動(dòng)，故AB兩項(xiàng)錯(cuò)誤;據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd）可得，兩極板的間距變大，電容器的電容減小;電容器的電壓不變，電容的帶電量Q＝CU減小，電容器放電,電流表中將有從b到a的電流，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確.]7．(4分）有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示.其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒,此微粒經(jīng)過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場,再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符。已知偏移量越大打在紙上的字跡越大，現(xiàn)要增大字跡，下列措施可行的是(）A．增大墨汁微粒的比荷B．增大墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初動(dòng)能C．減小偏轉(zhuǎn)極板的長度D．減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓A[微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有水平方向L＝v0t，豎直方向y＝eq\f（1，2)at2，又a＝eq\f(qU,md），聯(lián)立解得y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al（2,0））＝eq\f（qUL2,4dEk0)，要增大字跡，就要增大微粒通過偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)量y，由上式分析可知，采用的方法可以有：增大比荷eq\f（q，m)、減小墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初動(dòng)能Ek0、增大極板的長度L、增大偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U。選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤.]8．(6分）在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象"實(shí)驗(yàn)中，電路如圖（甲）所示（甲)（乙)（1)將開關(guān)S接通1，電容器的（填“上"或“下"）極板帶正電，再將S接通2，通過電流表的電流方向向(填“左"或“右”）。(2)若電源電動(dòng)勢為10V，實(shí)驗(yàn)中所使用的電容器如圖(乙)所示,充滿電后電容器正極板帶電量為C(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。（3）下列關(guān)于電容器充電時(shí)，電流i與時(shí)間t的關(guān)系；所帶電荷量q與兩極板間的電壓U的關(guān)系正確的是.ABCD［解析]（1)開關(guān)S接通1,電容器充電，根據(jù)電源的正負(fù)極可知電容器上極板帶正電；開關(guān)S接通2，電容器放電，通過電流表的電流向左。（2)充滿電后電容器所帶電荷量Q＝CU＝3300×10－6F×10V＝3。3×10－2（3)電容器充電過程中，電流逐漸減小，隨著兩極板電荷量增大，電流減小的越來越慢，電容器充電結(jié)束后，電流減為0，A正確，B錯(cuò)誤；電容是電容器本身具有的屬性，根據(jù)電容的定義式C＝eq\f(Q，U)可知,電荷量與電壓成正比，所以圖線應(yīng)為過原點(diǎn)直線，C、D錯(cuò)誤。［答案]（1)上左(2)3。3×10－2(3)A9．(8分)有帶電平行板電容器豎直放置，如圖所示，兩極板間距d＝0。1m,電勢差U＝1000V，現(xiàn)從平行板上A處以vA＝3m/s速度水平向左射入一帶正電小球(已知小球帶電荷量q＝10－7C，質(zhì)量m＝0.02g）,經(jīng)一段時(shí)間后發(fā)現(xiàn)小球恰好沒有與左極板相碰撞且打在A點(diǎn)正下方的B處，求A、B間的距離sAB（g＝10m/s2[解析]把小球的曲線運(yùn)動(dòng)沿水平和豎直方向進(jìn)行分解。在水平方向上，小球有初速度vA，受恒定的電場力qE作用,做勻變速直線運(yùn)動(dòng),且由qU>eq\f(1,2）mveq\o\al(2，A）知，小球不會(huì)到達(dá)左極板處。在豎直方向上，小球做自由落體運(yùn)動(dòng).兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，設(shè)為t，則在水平方向上:E＝eq\f（U,d)＝eq\f(1000，0。1)V/m＝104V/m則其加速度大小為：a水平＝eq\f(qE,m）＝eq\f(10－7×104,0。02×10－3）m/s2＝50m/s2,則t＝eq\f(2vA，a)＝eq\f（2×3,50)s＝0.12s在豎直方向上:sAB＝eq\f（1，2)gt2，聯(lián)立以上四式求解得：sAB＝7。2×10－2m.［答案］sAB＝7.2×10－210．(10分)如圖所示，質(zhì)量為m，電荷量為e的粒子從A點(diǎn)以速度v0沿垂直電場線方向的直線AO方向射入勻強(qiáng)電場，由B點(diǎn)飛出電場時(shí)速度方向與AO方向成45°角,已知AO的水平距離為d。 （不計(jì)重力）求:（1）從A點(diǎn)到B點(diǎn)所用的時(shí)間;(2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大??；（3）A、B兩點(diǎn)間的電勢差。[解析](1）粒子從A點(diǎn)以速度v0沿垂直電場線方向射入電場，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有t＝eq\f(d,v0)。（2）由牛頓第二定律得a＝eq\f（qE，m）將粒子射出電場的速度v進(jìn)行分解，則有vy＝v0tan45°＝v0，又vy＝at，所以v0＝eq\f(qE,m)·eq\f（d，v0）＝eq\f(eEd，mv0），解得E＝eq\f(mv\o\al（2，0),ed).（3）由動(dòng)能定理得eUAB＝eq\f(1，2）m(eq\r（2）v0）2－eq\f（1，2)mveq\o\al(2，0)解得UAB＝eq\f（mv\o\al（2，0)，2e）。[答案](1)eq\f(d,v0）（2)eq\f(mv\o\al(2，0）,ed）（3)eq\f（mv\o\al（2，0)，2e)11．(4分）（多選）某靜電除塵器工作時(shí)內(nèi)部電場線分布的俯視圖如圖，帶負(fù)電粉塵被吸附時(shí)由b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，以下說法正確的是（）A．該電場是勻強(qiáng)電場B．a(chǎn)點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢C．電場力對粉塵做正功D．粉塵的電勢能增大BC[該電場的電場線疏密不均勻，所以不是勻強(qiáng)電場,故A錯(cuò)誤；沿著電場線方向電勢降低，所以a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢，故B正確;帶負(fù)電粉塵受電場力向右，由b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，電場力對粉塵做正功，故C正確；帶負(fù)電粉塵被吸附時(shí)由b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn),電場力對粉塵做正功，電勢能減小，故D錯(cuò)誤；故選B、C。]12．（4分）（多選)如圖所示為研究影響平行板電容器電容大小因素的實(shí)驗(yàn)裝置。設(shè)兩極板的正對面積為S，極板間的距離為d,靜電計(jì)指針偏角為θ,平行板電容器的電容為C。實(shí)驗(yàn)中極板所帶電荷量可視為不變,則下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)的分析正確的是（)A．保持d不變，減小S,則C變小，θ變大B．保持d不變,減小S,則C變大，θ變大C．保持S不變，增大d,則C變小，θ變大D．保持S不變，增大d，則C變大,θ變大AC[由C＝eq\f（εrS，4πkd)可知，保持d不變，減小S，則電容C減小，又因?yàn)闃O板所帶電荷量Q可視為不變,由C＝eq\f（Q,U)可知，極板間電壓U增大，故靜電計(jì)偏角θ增大，A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤；由C＝eq\f（εrS，4πkd）可知,保持S不變,增大d，則電容C減小，又因?yàn)闃O板所帶電荷量Q可視為不變，由C＝eq\f(Q,U）可知，極板間電壓U增大，故靜電計(jì)偏角θ增大，C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤。］13．(4分）（多選)如圖所示，三個(gè)質(zhì)量相同,帶電荷量分別為＋q、－q和0的小液滴a、b、c，從豎直放置的兩板中間上方由靜止釋放，最后從兩板間穿過，軌跡如圖所示，則在穿過極板的過程中（)A．電場力對液滴a、b做的功相同B．三者動(dòng)能的增量相同C．液滴a電勢能的增加量等于液滴b電勢能的減小量D．重力對三者做的功相同AD［因a、b帶電荷量大小相等，所以穿過兩板時(shí)電場力做功相同，電勢能減小量相同，A正確，C錯(cuò)誤；c不帶電，不受電場力作用，由動(dòng)能定理知，三者動(dòng)能增量不同,B錯(cuò)誤;a、b、c三者穿出電場時(shí)，由WG＝mgh知，重力對三者做功相同，D正確。]14．（4分)（多選)美國物理學(xué)家密立根通過研究平行板間懸浮不動(dòng)的帶電油滴，比較準(zhǔn)確地測定了電子的電荷量。如圖所示,平行板電容器兩極板M、N相距d，兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極連接，極板M帶正電?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止?fàn)顟B(tài),且此時(shí)極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則（）A．油滴帶負(fù)電B．油滴帶電荷量為eq\f（mg,Ud)C．電容器的電容為eq\f（kmgd,U2)D．將極板N向下緩慢移動(dòng)一小段距離，油滴將向上運(yùn)動(dòng)AC[由題意知油滴受到的電場力方向豎直向上，又上極板帶正電，故油滴帶負(fù)電，設(shè)油滴帶電荷量為q，則極板帶電荷量為Q＝kq，由于qE＝mg，E＝eq\f(U，d),C＝eq\f（Q，U）,解得q＝eq\f(mgd,U),C＝eq\f（kmgd，U2)，將極板N向下緩慢移動(dòng)一小段距離，U不變，d增大，則電場強(qiáng)度E減小,重力將大于電場力，油滴將向下運(yùn)動(dòng)，只有選項(xiàng)A、C正確。]15．(4分）(多選)如圖所示，在豎直放置間距為d的平行板電容器中，存在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場,有一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的點(diǎn)電荷從兩極板正中間處靜止釋放，重力加速度為g，則點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)到負(fù)極板的過程(）A．加速度大小為a＝eq\f（Eq,m)＋gB．所需的時(shí)間為t＝eq\r(\f（dm，qE））C．下降的高度為y＝eq\f（d,2）D．電場力所做的功為W＝EqdB［點(diǎn)電荷受到重力、電場力，合力F＝eq\r（qE2＋mg2）；根據(jù)牛頓第二定律有a＝eq\f（\r(qE2＋mg2）,m)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)運(yùn)動(dòng)獨(dú)立性,水平方向點(diǎn)電荷的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，水平方向上的加速度a＝eq\f（qE,m)，根據(jù)位移公式可得eq\f（d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE，m）t2，化簡得t＝eq\r（\f（md,qE))，故B正確；豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng),下降高度h＝eq\f（1，2)gt2＝eq\f(mgd，2qE)，故C錯(cuò)誤;電荷運(yùn)動(dòng)位移為eq\f（d，2），故電場力做功W＝eq\f（qEd,2），故D錯(cuò)誤。］16．（8分)如圖甲所示是一種測量電容的實(shí)驗(yàn)電路圖,實(shí)驗(yàn)是通過對高阻值電阻放電的方法測出電容器充電至電壓為U時(shí)所帶的電荷量Q，從而再求出待測電容器的電容C.某同學(xué)在一次實(shí)驗(yàn)時(shí)的情況如下：a．按圖甲所示的電路圖連接好電路；b．接通開關(guān)S,調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值,使小量程電流表的指針偏轉(zhuǎn)接近滿刻度，記下此時(shí)電流表的示數(shù)I0＝490μA,電壓表的示數(shù)U0＝8。0V。c．?dāng)嚅_開關(guān)S，同時(shí)開始計(jì)時(shí),每隔5s或10s測讀一次電流I的值，將測得數(shù)據(jù)填入表格，并標(biāo)示在圖乙的坐標(biāo)紙上（時(shí)間t為橫坐標(biāo)，電流I為縱坐標(biāo)），結(jié)果如圖中小黑點(diǎn)所示；甲乙(1）在圖乙中畫出I-t圖線；（2）圖乙中圖線與坐標(biāo)軸所圍成面積的物理意義是；(3)該電容器電容為F（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)；(4）若某同學(xué)實(shí)驗(yàn)時(shí)把電壓表接在E、D兩端，則電容的測量值比真實(shí)值（選填“偏大”“偏小”或“相等”）.[解析]（1）根據(jù)圖中畫出的點(diǎn)作平滑的曲線作圖如圖所示。(2）由ΔQ＝I·Δt知電荷量為I.t圖象與坐標(biāo)軸所包圍的面積，則面積的物理意義為電容器在開始放電時(shí)所帶的電荷量.(3)數(shù)出圖乙中圖線與坐標(biāo)軸所圍成面積約為32格,即電容器的電荷量為Q＝32×50×10－6×5C＝8.0×10－3則有C＝eq\f（Q，U）＝eq\f（8×10－3，8）F＝1×10－3F。(4)電容的測量值比它的真實(shí)值偏小,原因是若把電壓表接在E、D兩端，則電容器在放電時(shí)，有一部分電量會(huì)從電壓表中通過，從而使得通過電流表中的電量小于電容器的帶電量，從而使電容的測量值比它的真實(shí)值偏小。［答案](1）見解析（2）開始放電時(shí)，電容器所帶電量(3)1.0×10－3（0。95×10－3～1.2×10－3)（4)偏小17．(10分)如圖所示,質(zhì)量為m＝5×10－8kg的帶電粒子以v0＝2m/s的速度從水平放置的平行金屬板A、B中央飛入電場，已知板長L＝10cm，板間距離d＝2cm，當(dāng)A、B間加電壓UAB＝103V時(shí)，帶電粒子恰好沿直線穿過電場（設(shè)此時(shí)A板電勢高），g取10m/s2(1）帶電粒子電性和所帶電荷量;(2)A、B間所加電壓在什么范圍內(nèi)帶電粒子能從板間飛出？[解析](1）當(dāng)UAB＝103V時(shí)，粒子做直線運(yùn)動(dòng)有qeq\f（U，d）＝mg解得q＝eq\f(mgd，U)＝10－11C，帶負(fù)電。（2)當(dāng)電壓UAB比較大時(shí)，qE〉mg，粒子向上偏,由牛頓第二定律得eq\f(qU1，d)－mg＝ma1當(dāng)剛好能從上板邊緣飛出時(shí)，有y＝eq\f（1,2)a1t2＝eq\f（1,2）a1（eq\f(L，v0）)2＝eq\f(d，2)解得U1＝1800V當(dāng)電壓UAB比較小時(shí)，qE〈mg，粒子向下偏，由牛頓第二定律得mg－eq\f(qU2,d)＝ma2設(shè)剛好能從下板邊緣