2022年人教版高中物理选修3-1第一章章末检测卷 .pdf

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1、优秀学习资料欢迎下载章末检测卷( 时间： 90 分钟满分： 100 分) 一、单项选择题( 本题共 7 小题，每小题4 分，共 28 分 ) 1. 下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是( ) A.根据电场强度的定义式EFq可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B.根据电容的定义式CQU可知， 电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C.根据真空中点电荷的电场强度公式EkQr2可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关D.根据电势差的定义式UABWABq可知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J ，则A、B

2、两点间的电势差为1 V 答案D 解析电场强度E与F、q无关，由电场本身决定，A错误；电容C与Q、U无关，由电容器本身决定， B 错误；EkQr2是决定式， C 错误；在电场中，克服电场力做功，电势能增大，D正确 . 2.A、B、C三点在同一直线上，ABBC12，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷 . 当在A处放一电荷量为q的点电荷时， 它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为2q的点电荷，其所受电场力为( ) A.F2 B.F2 C. F D.F答案B 解析如图所示， 设B处的点电荷带电荷量为正，ABr，则BC 2r，根据库仑定律FkQqr2，FkQ2q2r2，可

3、得FF2，故选项B正确 . 3. 如图 1 所示，在粗糙的水平面上固定一个点电荷Q，在M点无初速度释放一个带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点停止，则从M到N的过程中，下列说法错误的精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 10 页优秀学习资料欢迎下载是( ) 图 1 A.小物块所受的静电力逐渐减小B.小物块具有的电势能逐渐减小C.M点的电势一定高于N点的电势D.小物块电势能的减少量一定等于克服摩擦力做的功答案C 解析小物块在从M运动到N的过程中， 一定受到向右的摩擦力，所以库仑力一定向左. 随着由M运动到N，离电荷

4、Q距离越来越大，所以小物块受到的静电力即库仑力一定减小，A 正确；由动能定理可得mgxWE0，即WEmgx，静电力做正功，小物块具有的电势能减小，其减少量等于克服滑动摩擦力做的功值，B、D正确；因点电荷Q的电性未知，不能判断M、N两点电势的高低， C错误 . 4. 如图 2 所示，真空中有两个等量的正电荷q1和q2，分别固定于A、B两点，DC为AB连线的中垂线，C为A、B两点连线的中点， 将一正电荷q3由C点沿着中垂线移至无穷远处的过程中，下列结论正确的有( ) 图 2 A.电势能逐渐减小B.电势能逐渐增大C.q3受到的电场力逐渐减小D.q3受到的电场力逐渐增大答案A 解析中垂线CD段上的电场

5、强度方向处处都是竖直向上，故正电荷q3由C点沿着中垂线移至无穷远处的过程中，电场力做正功，电势能减小，A对，B错；中垂线上由C到无穷远，电场强度先变大后变小，q3受到的电场力先变大后变小，C、D错. 5. 如图 3 所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点.现在在A、B两点分别固定两个精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 10 页优秀学习资料欢迎下载点电荷Q1和Q2，则关于C、D两点的场强和电势，下列说法正确的是( ) 图 3 A.若Q1和Q2是等量异种电荷，则C、D两点的电场强度不同，电势相同B.若Q1和Q2是等量异

6、种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同C.若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均不相同D.若Q1和Q2是等量同种电荷，则C、D两点电场强度和电势均相同答案B 解析若Q1和Q2是等量异种电荷，通过AB的中垂面是一等势面，C、D在同一等势面上，电势相等 .C、D两点的场强都与等势面垂直，方向相同， 根据对称性可知，场强大小相等， 故C、D两点的场强、电势均相同，故A错误， B正确 . 若Q1和Q2是等量同种电荷，由电场的分布情况和对称性可知，C、D两点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同，电势相等，故C、D错误 . 6. 如图 4 所示，电源A两端的电压恒为6 V，电源B

7、两端的电压恒为8 V，当开关 S从A扳到B时，通过电流计的电荷量为1.2 105 C，则电容器的电容约为( ) 图 4 A.2105 F B.1.5 106 F C.6106 F D.8.6 107 F 答案D 解析当开关 S接A时，电容器上极板带正电，所带电荷量QCUA，当开关S扳到B时，电容器上极板带负电，所带电荷量QCUB， 该过程中通过电流计的电荷量QQQC(UAUB) 1.2 105 C，解得电容C8.6 107 F ，选项 D正确 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 10 页优秀学习资料欢迎下载7. 如图 5

8、 所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10 cm 的正六边形的六个顶点，A、C、D三点电势分别为1.0 V 、2.0 V 、3.0 V ，正六边形所在平面与电场线平行. 则( ) 图 5 A.E点的电势与C点的电势相等B.UEF与UBC相同C.电场强度的大小为2033 V/m D.电场强度的大小为203 V/m 答案C 解析A、D两点电势分别为1.0 V和 3.0 V，则AD中点O的电势为2.0 V，C点与O点等势，C与E不等势， A错误；UEF和UBC大小相同， 但正负不同， B错误；电场强度EUDCDCcos 30 2033 V/m，C正确， D错误 . 二、多项选择题( 本

9、题共 5 小题，每小题4 分，共 20 分 .) 8. 如图 6 所示，长为L0.5 m 、 倾角为 37的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为q，质量为m的小球 ( 可视为质点 ) ， 以初速度v02 m/s 恰能沿斜面匀速上滑，g取 10 m/s2，sin 37 0.6 ，cos 37 0.8 ，则下列说法中正确的是( ) 图 6 A.小球在B点的电势能大于在A点的电势能B.水平匀强电场的电场强度为3mg4qC.若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3 m/s2D.若电场强度减半，小球运动到B点时的速度为初速度v0的一半答案BD 精选学习资料 - - - - - - - -

10、- 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 10 页优秀学习资料欢迎下载解析在小球由A运动到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，小球电势能减少，A错；由动能定理知qELcos mgLsin 0，所以水平匀强电场的电场强度为3mg4q， B对；电场强度加倍后，则有q2Ecos mgsin ma，所以a6 m/s2， C错；电场强度减半后，则有mgsin qE2cos ma1，a13 m/s2，由v20v22a1L代入数值得v1 m/s ，D对. 9. 如图 7 所示，在xOy坐标系中以O为中心的椭圆上有a、b、c、d、e五个点，在焦点f处固定一正点电荷，则下列判断正确的是( )

11、 图 7 A.c、e两点的电场强度相同B.a点的电势比b点的电势低C.一负电荷在d点时的电势能大于在a点时的电势能D.将一正电荷由e点沿eabc移到c点，所受电场力先做正功再做负功，但总功为零答案BD 解析c、e两点的电场强度大小相等，方向不同，分别沿fc、fe方向，选项A 错误；离正点电荷越近的点电势越高，a点离f远，故选项B 正确；负电荷在电势越高的位置其电势能越小，a点电势低于d点电势，故负电荷在d点时的电势能小于在a点时的电势能，选项C错误；将一正电荷由e点沿ea移到a点的过程中，所受电场力做正功，由a点沿abc移到c点的过程中，所受电场力做负功，由于c、e两点等电势，故整个过程中电场

12、力做功为零. 10. 如图8 所示为一空腔导体周围的电场线分布图，电场方向如图中箭头所示，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四点，其中M、N在一条直电场线上，P、Q在一条曲电场线上，下列说法正确的有( ) 图 8 A.M点的电场强度比N点的电场强度小精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 10 页优秀学习资料欢迎下载B.P点的电势比Q点的电势低C.负电荷在P点的电势能小于其在Q点的电势能D.M、O间的电势差等于O、N间的电势差答案AC 解析用电场线的疏密程度表示电场的强弱，故N点的场强比M点的场强大， 故 A正确 . 沿着

13、电场线的方向电势越来越低，所以Q点的电势比P点的电势低， 故 B错误 .P点电势高于Q点，根据Ep q可知， 负电荷在P点的电势能小于在Q点的电势能， 故 C正确 . 根据电场分布可知，MO间的平均电场强度比ON间的平均电场强度小，故由公式UABEd可知，MO间的电势差小于ON间的电势差，故D错误 . 11. 图 9 甲中直线PQ表示电场中的一条电场线，质量为m、电荷量为q的带负电粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动，经过P点时速度为v0，到达Q点时速度减为零，粒子运动的vt图象如图乙所示. 下列判断正确的是( ) 图 9 A.P点电势高于Q点电势B.P点场强大于Q点场强C.P、Q两点间的电势

14、差为mv202qD.带负电的粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能答案ABC 解析由题图乙知带电粒子的速度减小，受到向左的电场力，故电场线方向向右，P点电势一定高于Q点电势，故A正确；由题图乙可知，P处的加速度大于Q处的加速度，故P处的场强大于Q处的场强，故B正确；由动能定理知qU12mv20，可求出PQ两点的电势差为mv202q，故 C 正确；负电荷在电势低的地方电势能大，故带负电的粒子在P点的电势能一定小于在Q点的电势能，故D错误 . 12. 如图 10 甲所示， 两平行金属板竖直放置，左极板接地， 中间有小孔 . 右极板电势随时间变化的规律如图乙所示. 电子原来静止在左极板小孔处.( 不计

15、重力作用) 下列说法中正确的是( ) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 10 页优秀学习资料欢迎下载图 10 A.从t0 时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B.从t0 时刻释放电子，电子可能在两板间振动C.从tT4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D.从t3T8时刻释放电子，电子必将打到左极板上答案AC 解析从t 0时刻释放电子， 如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T2， 接着匀减速T2，速度减小到零后， 又开始向右匀加速T2，接着匀减速T2直到打在右极板上. 电子不可能向左运动；

16、如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上. 从tT4时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T4，接着匀减速T4，速度减小到零后，改为向左再匀加速T4，接着匀减速T4. 即在两板间振动；如果两板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上. 从t3T8时刻释放电子， 如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上；如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在向左运动过程中打在左极板上. 选 A、C. 三、计算题 ( 本题共 4 小题，共52 分) 13.(12分) 如图 11 所示平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电

17、压为600 V ，A板带正电并接地，A、B两板间距为12 cm，C点离A板 4 cm. 求：图 11 (1)C点的电势；(2) 若将一电子从场外移到C点，电场力做多少功？做正功还是做负功？答案(1) 200 V (2) 200 eV 做负功精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 10 页优秀学习资料欢迎下载解析(1) 板间场强为EUd6000.12 V/m5103 V/m ，已知A板与C点间的距离为d 0.04 m 则UACEd51030.04 V 200 V. 因为A板接地， A0，且沿电场方向电势降低，所以可得C 200 V

18、. (2) “场外”可理解为离电场无穷远，此处电势也为零. 由WqU可得将电子从场外移到C点，电场力做的功为We(0C) 1.6 1019200 J 200 eV. 负号说明电场力做的是负功. 14.(13分) 如图 12 所示，已知ACBC，ABC60，BC20 cm，A、B、C三点都在匀强电场中，且A、B、C所在平面与电场线平行，把一个电荷量q10 5 C 的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为3103 J. 图 12 (1) 求A、C间的电势差；(2) 若规定B点电势为零，求C点的电势；(3) 求匀强电场的场强大小及方向. 答案(1) 3102 V (2)3102

19、V (3)1 000 V/m 方向与水平方向夹角为30指向右下方解析根据WUq得，UAB0，即 A B，UBCWBCq3102 V (1)UACA CBCUBC3102 V (2) B0，UBCBC，所以 CBUBC3102 V (3)AB为等势面，场强方向垂直AB连线指向右下方，故E|UBC|BCsin 60 1 000 V/m. 15.(13分) 如图 13 所示，在E 103 V/m 的水平向左匀强电场中，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R0.4 m ，一带正电荷q104 C 的小滑块质量为m 0.04 kg，与水

20、平轨道间的动摩擦因精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 10 页优秀学习资料欢迎下载数 0.2 ，g取 10 m/s2，求：图 13 (1) 要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点L，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为半圆轨道中点) 答案(1)20 m (2)1.5 N 解析(1) 滑块刚能通过轨道最高点的条件是mgmv2R，vgR2 m/s 滑块由释放点到最高点过程，由动能定理得：qExmgx2mgR12mv2代入数据得：x 20 m (2) 滑块过P点时，由动能定理：

21、mgRqER12mv212mv2P在P点由牛顿第二定律：FNqEmv2PR代入数据得：FN1.5 N. 16. (14分 ) 如图 14 甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离为L10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L 10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示.( 每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：(1) 在t0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处；(2) 荧光屏上有电子打到的区间有多长？精选学习资料 - - - - - - - - -

22、 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 10 页优秀学习资料欢迎下载图 14 答案(1)13.5 cm (2)30 cm 解析(1) 设电子经电压U0加速后的速度为v，根据动能定理得：qU012mv2，所以：v2qU0m经偏转电场偏转后偏移量y12at212qU偏mL(Lv)2，所以yU偏L4U0，由题图知t0.06 s时刻U偏1.8U0，代入数据解得y4.5 cm. 设打在屏上的点距O点的距离为Y，根据相似三角形得：YyLL2L2代入数据解得：Y13.5 cm. (2) 由题知电子偏移量y的最大值为L2，当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，根据YyLL2L2得：Y3L2所以荧光屏上电子能打到的区间长为：2Y 3L30 cm. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 10 页