2025年《滬科版2020上海高二物理必修第三冊》第9章 復習與測試（作業(yè)）（解析版）

第頁新版滬科版2020上海高二物理必修第三冊章末測試卷（時間：75分鐘滿分：100分）一、單項選擇題：共10題，每題4分，共40分．每題只有一個選項最符合題意。1．（2021·河北正定中學高一期中）下列說法中正確的是（）A．根據(jù)電場強度的定義式E＝eq\f(F,q)可知，電場中某點的電場強度E與試探電荷所帶的電荷量q成反比B．根據(jù)真空中點電荷的電場強度公式E＝keq\f(Q,r2)，電場中某點的電場強度E與場源電荷所帶的電荷量Q成正比C．根據(jù)電容的定義式C＝eq\f(Q,U)可知，電容器的電容C與其所帶電荷量Q成正比D．根據(jù)電勢的定義式φ＝eq\f(Ep,q)可知，這一點的電勢φ與這一點的電荷量q成反比【答案】B【解析】電場強度的定義式E＝eq\f(F,q)是比值定義法，電場強度取決于電場本身的性質，電場中某點的電場強度E與試探電荷所帶的電荷量q無關，故A錯誤；真空中點電荷的電場強度公式E＝keq\f(Q,r2)是決定式，電場中某點的電場強度E與場源電荷所帶的電荷量Q成正比，故B正確；電容器的電容C的大小取決于電容器本身的構造，與其所帶電荷量Q無關，故C錯誤；電勢的定義式φ＝eq\f(Ep,q)采用的是比值定義法，某一點的電勢φ與電荷在該點的電勢能Ep及電荷量q無關，由電場本身的特性決定，故D錯誤。2．（2021·河南洛陽高一月考）關于勻強電場中的電場強度和電勢差的關系，下列說法正確的是（）A．任意兩點間的電勢差等于場強和這兩點間距離的乘積B．沿電場線方向上，相同距離上電勢降落一定相等C．電勢降落的方向一定是電場強度的方向D．電勢降落最快的方向不一定是電場強度的方向【答案】B3．（2021·福建三明高一期末）一個孤立的正點電荷的電場線和等勢面分布如圖1所示．實線表示電場線，虛線表示等勢面，a、b是其中的兩個點，則（）圖1A．正電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能B．b點電勢高于a點電勢C．a、b兩點電場強度的方向相同D．將一正電荷從b點移到a點靜電力做負功【答案】B【解析】沿電場線電勢逐漸降低，可知b點電勢高于a點電勢，B正確；因a點電勢低于b點，則正電荷在a點的電勢能小于在b點的電勢能，A錯誤；場強方向沿電場線的切線方向，可知a、b兩點電場強度的方向不相同，C錯誤；將一正電荷從b點移到a點靜電力做正功，D錯誤。4．（2021·山東煙臺高一期中）一個電子在電場中的A點具有80eV的電勢能，當它由A點運動到B點時克服靜電力做功30eV，則（）A．電子的電勢能增加30eVB．電子在B點時的電勢能是50eVC．B點電勢比A點高50VD．B點電勢比A點低110V【答案】A【解析】電子由A點運動到B點時克服靜電力做功30eV，則電子的電勢能增加了30eV，電子在A點具有80eV的電勢能，則電子在B處的電勢能是EpB＝80eV＋30eV＝110eV，故A正確，B錯誤；電子由A點運動到B點靜電力做功為WAB＝－30eV，電子的電荷量為q＝－e，則AB間的電勢差為UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(－30eV,－e)＝30V，可知，B點電勢比A點電勢低30V，故C、D錯誤。5．（2021·浙江杭州高一月考）在x軸上的A、B兩點各有一個點電荷，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖2所示，P點電勢最低。下列說法正確的是（）圖2A．兩點電荷帶異種電荷B．A處的點電荷所帶電荷量較小C．M處的電場強度小于N處的電場強度D．電子沿x軸從M點移動到N點，電勢能先減小后增大【答案】B【解析】φ－x圖像的斜率表示場強大小，由題圖可知，M處的電場強度大于N處的電場強度，沿電場線方向電勢逐漸降低，故AP區(qū)域場強方向向右，PB區(qū)域場強方向向左，即兩電荷為正電荷，A錯誤；P點的切線斜率為零，故P點場強為零，所以A、B兩點的點電荷在P點產生的場強大小相等，方向相反．由E＝keq\f(Q,r2)可知，A處的點電荷所帶電荷量較小，B正確；電子沿x軸從M點移動到N點，由Ep＝qφ可知，電勢能先增大后減小，D錯誤。6.（2021·江蘇省南京一中高一期中）如圖3所示，實線表示電場線，虛線表示帶電粒子只受靜電力作用下的運動軌跡，則（）圖3A．若粒子是從N點運動到M點，則其帶負電荷B．粒子運動的加速度在M點大于N點C．粒子在M點的速度小于在N點的速度D．粒子在M點的電勢能小于在N點的電勢能【答案】C【解析】根據(jù)曲線運動的特點合外力總是指向軌跡彎曲的一面，則帶電粒子所受靜電力方向向下，與場強方向相同，則帶電粒子帶正電，所以A錯誤；根據(jù)電場線的疏密表示場強的大小，則M點場強小于N點，則粒子的靜電力在M點小于N點，所以B錯誤；若粒子是從N點運動到M點，靜電力做負功，帶電粒子的動能減小，電勢能增大；若粒子是從M點運動到N點，靜電力做正功，帶電粒子的動能增大，電勢能減?。凰粤Ｗ釉贛點的速度小于在N點的速度，粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能，則C正確，D錯誤。7．（2021·湖南高二期中）如圖4所示，空間存在足夠大的水平方向的勻強電場，絕緣的曲面軌道處于勻強電場中，曲面上有一帶電金屬塊在力F的作用下沿曲面向上移動．已知金屬塊在向上移動的過程中，力F做功40J，金屬塊克服靜電力做功10J，金屬塊克服摩擦力做功20J，重力勢能改變了30J，則（）圖4A．電場方向水平向左B．電場方向水平向右C．在此過程中金屬塊電勢能減少20JD．在此過程中金屬塊機械能增加10J【答案】D【解析】因為不知道帶電金屬塊的電性，所以無法判斷電場方向，故A、B錯誤；克服靜電力做功為10J，則電勢能增加10J，故C錯誤；機械能的改變量等于除重力以外的其他力所做的總功，故應為ΔE＝40J－10J－20J＝10J，故D正確。8．（2021·上海浦東高一期中）如圖5所示，一電容為C的平行板電容器，兩極板A、B間距離為d，板間電壓為U，B板電勢高于A板，兩板間有M、N、P三點，M、N連線平行于極板，N、P連線垂直于極板，M、P兩點間距離為L，∠PMN＝θ。以下說法正確的是（）圖5A．電容器帶電荷量為eq\f(U,C)B．兩極板間勻強電場的電場強度大小為eq\f(U,Lsinθ)C．M、P兩點間的電勢差為eq\f(ULsinθ,d)D．若將帶電荷量為＋q的電荷從M移到P，該電荷的電勢能增加了eq\f(qULsinθ,d)【答案】C【解析】由電容的定義式C＝eq\f(Q,U)得電容器的帶電荷量Q＝CU，故A錯誤；兩極板間勻強電場的電場強度大小E＝eq\f(U,d)，故B錯誤；M、P兩點間的電勢差為UMP＝ELsinθ＝eq\f(U,d)·Lsinθ，故C正確；將帶電荷量為＋q的電荷從M移到P，靜電力做功WMP＝qUMP＝eq\f(qULsinθ,d)，電荷的電勢能減小eq\f(qULsinθ,d)，故D錯誤。9．（2020·浙江7月選考）如圖6所示，一質量為m、電荷量為qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q>0))的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中．已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達MN連線上的某點時（）圖6A．所用時間為eq\f(mv0,qE)B．速度大小為3v0C．與P點的距離為eq\f(2\r(2)mv\o\al(02),qE)D．速度方向與豎直方向的夾角為30°【答案】C【解析】粒子在電場中只受靜電力，F(xiàn)＝qE，方向向下，如圖所示。粒子的運動為類平拋運動。水平方向做勻速直線運動，有x＝v0t豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，有y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2eq\f(y,x)＝tan45°聯(lián)立解得t＝eq\f(2mv0,qE)，故A錯誤；vy＝at＝eq\f(qE,m)·eq\f(2mv0,qE)＝2v0，則速度大小v＝eq\r(v\o\al(02)＋v\o\al(y2))＝eq\r(5)v0，tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(1,2)，則速度方向與豎直方向夾角不為30°，故B、D錯誤；x＝v0t＝eq\f(2mv\o\al(02),qE)，與P點的距離s＝eq\f(x,cos45°)＝eq\f(2\r(2)mv\o\al(02),qE)，故C正確。10．（2021·浙江高一期末）一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內a、b、c三點的位置如圖7所示，三點的電勢分別為10V、10V、22V。下列說法不正確的是（）圖7A．電場強度的大小為2.5V/cmB．坐標原點處的電勢為－2VC．電子在a點的電勢能比在c點的低12eVD．電子從b點運動到c點，靜電力做功為12eV【答案】C【解析】由題可知直線ab位于等勢面上，所以電場強度的方向垂直于直線ab指向左下方；設c點到直線ab的距離為d，則由幾何關系可得sin∠cab＝eq\f(d,8)＝eq\f(6,10)，解得d＝4.8cm，所以電場強度為E＝eq\f(U,d)＝eq\f(22－10,4.8)V/cm＝2.5V/cm，故A正確；由幾何關系可知坐標原點O到直線ab的距離等于c點到直線ab的距離，所以O點與ab之間的電勢差等于ab與c點之間的電勢差；則坐標原點處的電勢為φO＝φa－12V＝－2V，故B正確；電子在a點的電勢能為Epa＝－eφa＝－10eV，電子在c點的電勢能為Epc＝－eφC＝－22eV，電子帶負電，在電勢低處電勢能較大，所以電子在a點的電勢能比在c點的高12eV，故C錯誤；電子從b點運動到c點，靜電力做功為W＝－eUbc＝12eV，故D正確。二、非選擇題：共5題，共60分．其中第12題～第15題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．11．（15分）（2021·上海金華高一期末）如圖8甲所示是觀察電容器的充、放電現(xiàn)象的實驗裝置．電源輸出電壓恒為8V，S是單刀雙擲開關，G為靈敏電流計，C為平行板電容器．圖8（1）當開關S接________時（選填“1”或“2”），平行板電容器充電。在充電開始時電路中的電流比較________（選填“大”或“小”），以后隨著極板上電荷的增多，電流逐漸________（選填“增大”或“減小”）（2）當開關S接________時（選填“1”或“2”），平行板電容器放電，流經G表的電流方向與充電時________（選填“相同”或“相反”）（3）將G表換成電流傳感器，電容器充電完畢后再放電，其放電電流隨時間變化圖像如圖乙所示，已知如圖所圍的面積約為40個方格，可算出電容器的電容為________F?！敬鸢浮浚?）1（2分）大（3分）減?。?分）（2）2（2分）相反（2分）（3）4×10－4（3分）【解析】（1）充電時必須將電容器接電源，故將單刀雙擲開關撥向1；由題圖乙知，充電開始時電路中的電流比較大，以后隨著極板上電荷的增多，電流逐漸減??；（2）開關S接2時，平行板電容器放電，流經G表的電流方向與充電時相反；（3）已知有40個方格，一個方格表示的電荷量為q＝0.4×0.2×10－3C＝8×10－5C所以釋放的電荷量為Q＝8×10－5×40C＝3.2×10－3C電容器的電容C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(3.2×10－3,8)F＝4×10－4F。12．（10分）（2021·上海金山高一期中）如圖9所示的勻強電場中，有a、b、c三點，ab＝5cm，bc＝12cm，其中ab沿電場方向，bc和電場方向成60°角，一個電荷量為q＝4×10－8C的正電荷從a移動到b，靜電力做功為W1＝1.2×10－7J，求：圖9（1）若規(guī)定a點電勢為零，求該電荷在b點的電勢能；（2）勻強電場的場強E；（3）b、c兩點間的電勢差?！敬鸢浮浚?）－1.2×10－7J（2）60V/m（3）3.6V【解析】（1）靜電力做功與電勢能的關系為W1＝Epa－Epb（2分）規(guī)定a點電勢為零，即Epa＝0（1分）電荷在b點的電勢能為Epb＝－W1＝－1.2×10－7J（2分）（2）正電荷從a移動到b，靜電力做功W1＝qE·ab解得E＝60V/m（2分）（3）b、c兩點間的電勢差為U＝E·bc·cos60°（2分）解得U＝3.6V。（1分）13．（10分）（2021·江蘇省泰州中學高一期末）如圖10所示，光滑斜面的傾角為37°，A、B兩點距離為L＝eq\f(2,3)m．—質量為m＝1×10－2kg、帶電荷量為q＝＋1×10－6C的小物塊置于斜面上，當加上水平向右的勻強電場時，該物塊恰能靜止在斜面上，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求：圖10（1）該電場的電場強度大??；（2）求A、B兩點間的電勢差UAB；（3）若電場強度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，當小物塊由靜止沿斜面從A滑至B點時，求物塊在B處速度的大??？【答案】（1）7.5×104N/C（2）－4×104V（3）2m/s【解析】（1）如圖所示，小物塊受重力、斜面支持力和靜電力三個力作用，受力平衡，則有tanθ＝eq\f(Eq,mg)（2分）解得E＝7.5×104N/C（1分）（2）B、A兩點間的電勢差UBA＝ELcos37°＝4×104V（1分）則UAB＝－UBA＝－4×104V（1分）（3）場強變化后物塊所受合力為F＝mgsin37°－eq\f(1,2)qEcos37°＝ma（2分）代入數(shù)據(jù)解得a＝3m/s2（1分）物塊在B處速度的大小v＝eq\r(2aL)（1分）解得v＝2m/s。（1分）14．（12分）（2021·山東濟南高一期中）如圖11所示，水平絕緣直軌道AC由光滑段AB與粗糙段BC組成，它與豎直光滑半圓軌道CD在C點處平滑連接，其中AB處于電場區(qū)內．一帶電荷量為＋q、質量為m的可視為質點的滑塊從A處以水平初速度v0進入電場區(qū)沿軌道運動，從B點離開電場區(qū)繼續(xù)沿軌道BC運動，最后從圓軌道最高點D處水平飛離．已知：軌道BC長l＝1m，圓半徑R＝0.1m，m＝0.01kg，q＝2.5×10－4C，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，設裝置處于真空環(huán)境中。圖11（1）若滑塊到達圓軌道D點時的速度v＝2m/s，求滑塊在D點處時受到的彈力大小和通過B點時的速度大?。唬?）若v0＝5m/s，為使滑塊能到達圓軌道最高點D處，且離開圓軌道后落在水平軌道BC上，求A、B兩點間電勢差UAB應滿足的條件?！敬鸢浮浚?）0.3N2eq\r(3)m/s（2）－320V<UAB<160V.【解析】（1）滑塊在D點處有mg＋FN＝meq\f(v2,R)（1分）解得FN＝0.3N（1分）從B到D過程由動能定理得eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvB2＝－μmgl－2mgR（2分）解得vB＝2eq\r(3)m/s（1分）（2）若滑塊恰好到達圓軌道最高點D處mg＝meq\f(v\o\al(D12),R)（1分）從A到D過程由動能定理得eq\f(1,2)mvD12－eq\f(1,2)mv02＝qUAB－μmgl－2mgR（2分）若滑塊過D點平拋到B點，豎直方向有2R＝eq\f(1,2)gt2，（1分）水平方向有l(wèi)＝vD2t（1分）從A到D過程由動能定理得eq\f(1,2)mvD22－eq\f(1,2)mv02＝qUAB－μmgl－2mgR（1分）解得－320V<UAB<160V。（1分）15．（13分）（2021·上海奉賢高一期末）如圖12所示，虛線PQ、MN間存在水平勻