【創(chuàng)新設計】2020-2021學年高中物理人教版選修3-1(浙江專用)題組訓練-章末檢測1

章末檢測(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共6小題，每小題4分，共24分)1．關于電場強度與電勢的關系，下面各種說法中正確的是()A．電場強度大的地方，電勢肯定高B．電場強度不變，電勢也不變C．電場強度為零時，電勢肯定為零D．電場強度的方向是電勢降低最快的方向答案D解析電場強度是描述靜電力的性質(zhì)的物理量，電勢是描述電場能的性質(zhì)的物理量，電場強度的大小和電勢凹凸沒有必定關系，電場線的方向，即電場強度的方向是電勢降低最快的方向，選項A、B、C錯誤，選項D正確．2．如圖1所示，空間有一電場，電場中有兩個點a和b.下列表述正確的是()圖1A．該電場是勻強電場B．a(chǎn)點的電場強度比b點的大C．a(chǎn)點的電勢比b點的高D．正電荷在a、b兩點受力方向相同答案C解析由電場線的分布可以看出，此電場不是勻強電場，選項A錯誤；b點電場線比a點電場線密，故a點的電場強度比b點的小，B不正確；依據(jù)電場線的方向知a點的電勢比b點的大，故C正確．正電荷在a、b兩點受力方向分別沿a、b兩點的切線方向，選項D錯誤．3．空中有兩個等量的正電荷q1和q2，分別固定于A、B兩點，DC為AB連線的中垂線，C為A、B兩點連線的中點，將一正電荷q3由C點沿著中垂線移至無窮遠處的過程中，下列結論正確的有()圖2A．電勢能漸漸減小B．電勢能漸漸增大C．q3受到的電場力漸漸減小 D．q3受到的電場力漸漸增大答案A解析中垂線CD段上的電場強度方向處處都是豎直向上，故正電荷q3由C點沿著中垂線移至無窮遠處的過程中，電場力做正功，電勢能減小，A對，B錯；中垂線上由C到D，電場強度先變大后變小，q3受到的電場力先變大后變小，C、D錯．4．如圖3所示，a、b、c為電場中同一條水平方向電場線上的三點，c為ab的中點，a、b電勢分別為φa＝5V、φb＝3V．下列敘述正確的是()圖3A．該電場在c點處的電勢肯定為4VB．a(chǎn)點處的場強Ea肯定大于b點處的場強EbC．一正電荷從c點運動到b點電勢能肯定削減D．一正電荷運動到c點時受到的靜電力由c指向a答案C解析因不知該電場是否是勻強電場，所以E＝eq\f(U,d)不肯定成立，c點電勢不肯定是4V，所以A、B兩項錯誤．因φa＞φb，電場線方向向右，正電荷從高電勢點移到低電勢點電場力做正功，電勢能削減，受到的電場力指向b，所以C項正確、D項錯誤．5．空間存在甲、乙兩相鄰的金屬球，甲球帶正電，乙球原來不帶電，由于靜電感應，兩球在空間形成了如圖4所示穩(wěn)定的靜電場．實線為其電場線，虛線為其等勢線，A、B兩點與兩球球心連線位于同始終線上，C、D兩點關于直線AB對稱，則()圖4A．A點和B點的電勢相同B．C點和D點的電場強度相同C．正電荷從A點移至B點，靜電力做正功D．負電荷從C點沿直線CD移至D點，電勢能先增大后減小答案C解析由題圖可知φA＞φB，所以正電荷從A移至B，靜電力做正功，故A錯誤，C正確．C、D兩點場強方向不同，故B錯誤．負電荷從C點沿直線CD移至D點，電勢能先減小后增大，所以D錯誤，故選C.6．如圖5所示，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q>0)的固定點電荷．已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量)()．圖5A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)答案B解析由于b點處的場強為零，依據(jù)電場疊加原理知，帶電圓盤和a點處點電荷在b處產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反．在d點處帶電圓盤和a點處點電荷產(chǎn)生的場強方向相同，所以E＝keq\f(q,3R2)＋keq\f(q,R2)＝keq\f(10q,9R2)，所以B選項正確．二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分)7．下列各量中，與檢驗電荷無關的物理量是()A．電場力F B．電場強度EC．電勢差U D．電場力做的功W答案BC解析電場力F＝qE，與檢驗電荷有關，故A項錯；電場強度E、電勢差U與檢驗電荷無關，故B、C對；電場力做功W＝qU，與檢驗電荷有關，故D項錯．8．帶電粒子M只在電場力作用下由P點運動到Q點，在此過程中克服電場力做了2.6×10－8J的功，那么()A．M在P點的電勢能肯定小于它在Q點的電勢能B．P點的場強肯定小于Q點的場強C．P點的電勢肯定高于Q點的電勢D．M在P點的動能肯定大于它在Q點的動能答案AD解析因克服電場力做功，電勢能增加，動能減小，所以A、D項正確；P、Q兩點的場強大小不能確定，B項錯；粒子電性未知，所以P、Q兩點的電勢凹凸不能判定，C項錯．9．如圖6所示的電路中，AB是兩金屬板構成的平行板電容器．先將電鍵K閉合，等電路穩(wěn)定后再將K斷開，然后將B板向下平移一小段距離，并且保持兩板間的某點P與A板的距離不變．則下列說法正確的是()圖6A．電容器的電容變小B．電容器內(nèi)部電場強度大小變大C．電容器內(nèi)部電場強度大小不變D．P點電勢上升答案ACD10．帶電粒子在勻強電場中的運動軌跡如圖7所示，假如帶電粒子只受電場力作用從a到b運動，下列說法正確的是()圖7A．粒子帶正電B．粒子在a和b點的加速度相同C．該粒子在a點的電勢能比在b點時大D．該粒子在b點的速度比在a點時大答案BCD解析由于粒子運動軌跡越來越向上彎曲，可推斷它受力方向為豎直向上，所以粒子應帶負電，故A錯；勻強電場中受力恒定，加速度相同，B對；從a到b由于電場力方向速度方向成銳角，電場力做正功，則電勢能減小，動能增大，故該粒子在b點的電勢能比在a點時小，在b點的速度比在a點時大．故C、D正確．三、填空題(每空2分，共10分)11．如圖8所示，Q為固定的正點電荷，A、B兩點在Q的正上方與Q相距分別為h和0.25h，將另一點電荷從A點由靜止釋放，運動到B點時速度正好又變?yōu)榱悖舸穗姾稍贏點處的加速度大小為eq\f(3,4)g，此電荷在B點處的加速度大小為________；方向________；A、B兩點間的電勢差(用Q和h表示)為________．圖8答案3g豎直向上－eq\f(3kQ,h)解析這一電荷必為正電荷，設其電荷量為q，由牛頓其次定律，在A點時mg－eq\f(kQq,h2)＝m·eq\f(3,4)g.在B點時eq\f(kQq,0.25h2)－mg＝m·aB，解得aB＝3g，方向豎直向上，q＝eq\f(mgh2,4kQ).從A到B過程，由動能定理mg(h－0.25h)＋qUAB＝0，故UAB＝－eq\f(3kQ,h).12．如圖9所示，在豎直向下、場強為E的勻強電場中，長為l的絕緣輕桿可繞固定軸O在豎直面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，兩個小球A、B固定于桿的兩端，A、B的質(zhì)量分別為m1和m2(m1＜m2)，A帶負電，電荷量為q1，B帶正電，電荷量為q2.桿從靜止開頭由水平位置轉(zhuǎn)到豎直位置，在此過程中靜電力做功為____________，在豎直位置處兩球的總動能為______________．圖9答案(q1＋q2)El/2[(m2－m1)g＋(q1＋q2)E]l/2解析本題考查靜電力做功的特點和動能定理，考查同學對功能關系的處理．A、B在轉(zhuǎn)動過程中靜電力對A、B都做正功，即：W＝q1Eeq\f(l,2)＋q2Eeq\f(l,2)＝(q1＋q2)El/2，依據(jù)動能定理：(m2－m1)geq\f(l,2)＋eq\f(q1＋q2El,2)＝Ek－0，可求解在豎直位置處兩球的總動能為Ek＝[(m2－m1)g＋(q1＋q2)E]l/2.四、計算題(本題共4小題，共50分)13．(10分)如圖10所示，在勻強電場中，將帶電荷量q＝－6×10－6C的電荷從電場中的A點移到B點，克服電場力做了2.4×10－5J的功，再從B點移到C點，電場力做了1.2×10－5圖10(1)A、B兩點間的電勢差UAB和B、C兩點間的電勢差UBC；(2)假如規(guī)定B點的電勢為零，則A點和C點的電勢分別為多少？答案(1)4V－2V(2)4V2V解析(1)UAB＝eq\f(WAB,q)＝eq\f(－2.4×10－5,－6×10－6)V＝4VUBC＝eq\f(1.2×10－5,－6×10－6)V＝－2V(2)UAB＝φA－φBUBC＝φB－φC又φB＝0故φA＝4V，φC＝2V14.(12分)一個帶正電的微粒，從A點射入水平方向的勻強電場中，微粒沿直線AB運動，如圖11所示．AB與電場線夾角θ＝30°，已知帶電粒子的質(zhì)量m＝1.0×10－7kg，電荷量q＝1.0×10－10C，A、B相距L＝20cm.(取g＝10m/s2圖11(1)說明微粒在電場中運動的性質(zhì)，要求說明理由．(2)電場強度的大小和方向．(3)要使微粒從A點運動到B點，微粒射入電場時的最小速度是多少．答案見解析解析(1)微粒只在重力和電場力作用下沿AB方向運動，在垂直于AB方向上的重力和電場力的分力必等大反向，可知電場力的方向水平向左，如圖所示，微粒所受合力的方向由B指向A，與初速度vA方向相反，微粒做勻減速運動．(2)在垂直于AB方向上，有qEsinθ－mgcosθ＝0所以電場強度E＝1.7×104N/C電場強度的方向水平向左(3)微粒由A運動到B時的速度vB＝0時，微粒進入電場時的速度最小，由動能定理得，mgLsinθ＋qELcosθ＝mveq\o\al(2,A)/2，代入數(shù)據(jù)，解得vA＝2.8m/s15．(14分)如圖12所示，在E＝103V/m的水平向左勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道豎直放置，軌道與一水平絕緣軌道MN連接，半圓軌道所在豎直平面與電場線平行，其半徑R＝0.4m，一帶正電荷q＝10－4C的小滑塊質(zhì)量為m＝0.04kg，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10m/s2，圖12(1)要使小滑塊能運動到半圓軌道的最高點L，滑塊應在水平軌道上離N點多遠處釋放？(2)這樣釋放的滑塊通過P點時對軌道壓力是多大？(P為半圓軌道中點)答案(1)20m(2)1.5N解析(1)滑塊剛能通過軌道最高點條件是mg＝meq\f(v2,R)，v＝eq\r(Rg)＝2m/s滑塊由釋放點到最高點過程由動能定理得：Eqs－μmgs－mg2R＝eq\f(1,2)mv2所以s＝eq\f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v2＋2gR)),Eq－μmg)代入數(shù)據(jù)得：s＝20m(2)滑塊過P點時，由動能定理：－mgR－EqR＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)所以veq\o\al(2,P)＝v2＋2(g＋eq\f(Eq,m))R在P點由牛頓其次定律：N－Eq＝eq\f(mv\o\al(2,P),R)所以N＝3(mg＋Eq)代入數(shù)據(jù)得：N＝1.5N16．(14分)如圖13所示，EF與GH間為一無場區(qū)．無場區(qū)左側A、B為相距為d、板長為L的水平放置的平行金屬板，兩板上加某一電壓從而在板間形成一勻強電場，其中A為正極板．無場區(qū)右側為一點電荷Q形成的電場，點電荷的位置O為圓弧形細圓管CD的圓心，圓弧半徑為R，圓心角為120°，O、C在兩板間的中心線上，D位于GH上．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以初速度v0沿兩板間的中心線射入勻強電場，粒子出勻強電場經(jīng)無場區(qū)后恰能進入細圓管，并做與管壁無相互擠壓的勻速圓周運動．(不計粒子的重力、管的粗細)求：圖13(1)O處點電荷的電性和電荷量；(2)兩金屬板間所加的電壓．答案(1)負電eq\f(4mv\o\al(2,0)R,3kq)(2)eq\f(\r(3)mdv\o\al(2,0),3qL)解析(1)由幾何關系知，粒子在D點速度方向與水平方向夾角為30°，進入D點時速度v＝eq\f(v0,c