文档介绍：该【高中物理必修三章末检测卷及答案解析(一) 】是由【DATA洞察】上传分享，文档一共【18】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【高中物理必修三章末检测卷及答案解析(一) 】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。:..高中物理必修三章末检测卷及答案解析(一)一、单项选择题(本题共8小题,每小题4分,共32分)1.(2020·雅安市期末)下列是某同学对电场中的概念、公式的理解,其中正确的是()=,=,电容器的电容与所带电荷量成正比,=,=AB,带电荷量为1C的正电荷,从A点移动到B点克服静电ABq力做功为1J,则A、B两点的电势差为1V答案C解析电场强度是电场本身具有的性质,与试探电荷无关,,表示电容器容纳电荷的能力,与两极板间电压和电荷量无关,,点电荷产生电场的场强大小与场源电荷电荷量成正比,,说明此过程静电力做负WAB功,即:W=-1J,根据U=,可得:U=-1V,.(2020·湖南正源中学高二期末)根据大量科学测试可知,,而地球上空存在一个带正电的电离层,:..这两者之间便形成一个已充电的电容器,()×105C解析根据题意可得Q=5×105C,U=3×105V,根据C=,可得C=≈×105VF,.(2020·溧阳市光华中学高一月考),实线为电场线,虚线为粒子运动轨迹,由此可以判定(),由题图知粒子在A点的场强小于在B点的场强,在A点所受的静电力小,故在A点的加速度小于在B点的加速度,故A错误;由题图知带电粒子的运动轨迹向下弯曲,则带电粒子所受的静电力沿电场线切线向下,则知静电力对粒子做负功,动能减小,则粒子在A点的动能大于它在:..B点的动能,故B错误;因粒子由A到B时,静电力做负功,故电势能增大,则粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能,故D正确;粒子所受静电力方向与电场强度相反,则粒子带负电,而电势能E=qφ,因粒子在A点的电势能小于它p在B点的电势能,有(-qφ)<(-qφ),可得φ>φ,故A点的电势高于B点的电ABAB势,.(2020·浙江温岭中学高一期中)图2为某个孤立点电荷的两条电场线,a、b、c是电场线上的三个点,下列说法正确的是(),静电力做负功答案B解析越靠近点电荷的位置电场线越密集,则点电荷位于左侧,根据电场线的方向可判断该点电荷带正电,选项A错误;沿着电场线方向电势降低,则a点的电势一定比b、c点的电势高,选项B正确;a点的电势比b点的电势高,电子带负电,根据E=qφ可知电子在a点的电势能小于在b点的电势能,选项C错误;p点电荷在左侧,带正电,则将正的试探电荷从c点移到b点,静电力做正功,.(2021·湖南高二期中)如图3所示,空间存在足够大的水平方向的匀强电场,绝缘:..的曲面轨道处于匀强电场中,,力F做功40J,金属块克服静电力做功10J,金属块克服摩擦力做功20J,重力势能改变了30J,则(),所以无法判断电场方向,故A、B错误;克服静电力做功为10J,则电势能增加10J,故C错误;机械能的改变量等于除重力以外的其他力所做的总功,故应为ΔE=40J-10J-20J=10J,,三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面,电势值分别为10V、20V、30V,实线是一带电粒子(仅在静电力作用下)在该区域内的运动轨迹,a、b、c是轨迹上的三个点,下列说法正确的是()<E<:..,再到b,<E<Ekckakb答案A解析因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的,由此可判断该区域电场是匀强电场,所以带电粒子在电场中各点受到的静电力相等,,电场的方向是向上的,而粒子受力一定是向下的,故粒子带负电,而带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动,还是依次沿c、b、a运动,都会得到如题图所示的轨迹,,只有静电力做功,故电势能与动能之和应是恒定不变的,由题图可知,带负电的粒子在b点时的电势能最大,在c点时的电势能最小,则可判断在c点的动能最大,在b点的动能最小,A正确,,匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点,∠ABC=∠CAB=30°,BC=23m,已知电场线平行于△ABC所在的平面,一个电荷量为q=-2×10-6C的点电荷由A移到B的过程中,×10-5J,由B移到C的过程中静电力做功6×10-6J,下列说法正确的是()、C两点的电势差U=,:..解析由B移到C的过程中静电力做功6×10-6J,根据W=Uq得B、C两点的电W势差为U=BC=-3V,故A错误;点电荷由A移到B的过程中,×10-5J,点电荷由A移到B的过程中,静电力做功-×10-5J,A、B两点的WAB电势差U==6V,所以A点的电势高于B点的电势,B错误;U=-UABqCABC-U=-3V,根据W=Uq得,负电荷由C移到A的过程中,静电力做正功,AB所以电势能减小,C错误;U=-3V,U=-3V,U=6V,在AB连线取BCCAAB中点D,所以U=3V,U=-3V,U=3V,C、D电势相等,所以CD连ADCAAC线为等势线,而三角形ABC为等腰三角形,所以电场强度方向沿着AB方向,=23m,由几何关系得AD=3m,由U=E·AD得,该电场AD的场强大小为1V/m,.(2020·浙江7月选考)如图6所示,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、°角,粒子的重力可以忽略,则粒子到达MN连线上的某点时():..°答案C解析粒子在电场中只受静电力,F=qE,方向向下,,有x=vt011qE竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动,有y=at2=·t222my=tan45°x2mv0联立解得t=,=at=·=2v,则速度大小v=v+v=5v,tanθ==,则速度方ymqE00y0v2y向与竖直方向夹角不为30°,故B、D错误;2mv2x22mv200x=vt=,与P点的距离s==,°qE二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分)9.(2021·林州一中高二月考)x轴位于某电场中,x轴正方向上各点电势随x坐标变化的关系如图7所示,0~x段为曲线,x~,则()4:..~~x段做匀变速运动,x~,x~x段粒子的动能随x均匀减小124答案BD解析在φ-x图像中,斜率表示电场强度,故x处电场强度最小,为零,A错1误;x~x段斜率不变,场强不变,故是匀强电场,B正确;粒子在0~x段电场242强度变化,受到的静电力变化,故粒子在0~x段做变速运动,x~x段场强不变,224受到的静电力不变,故在x~x段做匀变速直线运动,C错误;x处电势最高,241粒子带负电,故粒子的电势能最小,x~x段粒子受到的静电力恒定,静电力做24功W=qEx随x均匀变化,故动能随x均匀减小,,在两等量异种点电荷的电场中,MN为两电荷连线的中垂线,a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线,且a点和c点关于MN对称、b点位于MN上,():..、b两点间的电势差等于b、+q在a点的电势能小于在c点的电势能答案BC解析如图所示,两电荷连线的中点位置用O表示,在中垂线MN上,O点电场强度最大,在两电荷之间连线上,O点电场强度最小,即E<E,E<E,故bOOdE<E,A错,B对;等量异种电荷的电场中,电场线、等势线均具有对称性,a、bdc两点关于MN对称,U=U,C对;试探电荷+q从a移到c,远离正电荷,abbc靠近负电荷,静电力做正功,电势能减小,.(2020·重庆文理学院附中期中)如图9所示,水平放置的平行板电容器与直流电源连接,,则(),,则其电势能不变答案ABC:..S下极板向上移动时,板间距减小,根据=可知,电容增大,因U不kd变,由Q=UC可知,极板所带电荷量将增大,A正确;开始时静电力与重力平衡,质点所受合力为零,下极板上移时,电场强度增大,质点所受静电力增大,将沿竖直方向向上运动,B正确;场强E增大,而P点与上极板间的距离不变,由公式U=Ed分析可知,上极板与P点间电势差将增大,则P点的电势将降低,C正确;静电力向上,故质点一定带负电,P点的电势降低,则带电质点的电势能将增大,,在竖直放置、间距为d的平行板电容器中,存在电场强度为E的匀强电场,质量为m、带电荷量为+q的点电荷从两极板正中间处静止释放,重力加速度为g,则点电荷运动到负极板的过程()=+===2答案BD解析对点电荷在电场中的受力分析如图所示,点电荷所受的合外力大小为F=:..Eq2+mg2mg2,所以点电荷的加速度大小为a=,故AmEq错误;由牛顿第二定律得点电荷在水平方向的加速度大小为a=,由运动学公1mdat2dm1式=,所以t=,故B正确;点电荷在竖直方向上做自由落体运动,所22Eq1mgdEqd以下降的高度y=gt2=,故C错误;静电力做的功W=,、非选择题(本题共5小题,共52分)13.(10分)(2019·北京卷)电容器作为储能器件,,无论采用何种充电方式,其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同.(1)请在图11甲中画出上述u--t图像求位移的方法,(2)在如图乙所示的充电电路中,R表示电阻,E表示电源(忽略内阻).通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电,对应的q-t曲线如图丙中①②.①②两条曲线不同是________(选填E”或“R”)的改变造成的;,,说明实现这两种充电方式的途径.:..11(3)设想使用理想的恒流源”替换(2)中电源对电容器充电,“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程,填写下表(选填“增大”“减小”或“不变”).“恒流源”(2)中电源电源两端电压通过电源的电流答案(1)(2分)1CU2(2分)2(2),可以实现对电容器更快速充电;增大电阻R,可以实现更均匀充电(2分)(3)(4分):..”中电源电源两端电压增大不变通过电源的电不变减小流解析(2),电容器充完电后,①②两次带电荷量相等,由Q=CE知,两次电源电压相等,故①②两条曲线不同不是E的改变造成的,,电容器两端的电压为零,电路的瞬时电流为I=,故减小电R阻R,刚开始充电瞬间电流I大,曲线上该点切线斜率大,即为曲线①.短时间内该曲线与时间轴围成的面积更大(电荷量更多),故可以实现对电容器快速充电;增大电阻R,刚开始充电瞬间电流I小,即为曲线②,该曲线接近线性,-U(3)接(2)中电源时,=,随着电容器两R端电压不断变大,通过电源的电流减小;“恒流源”“恒流源”时,随着电容器两端电压的增大,“恒流源”.(9分)(2020·湖南安乡一中高二期末)在如图12所示的匀强电场中,有A、B两点,且A、B两点间的距离为x=,已知AB连线与电场线夹角为=60°,今把一电荷量q=-2×10-8C的试探电荷放入该匀强电场中,其受到的静电力的大小为F=×10-4N,::..(1)电场强度的大小和方向;(2)若把该试探电荷从A点移到B点,电势能变化了多少;(3)若A点为零电势点,(1)2×104V/m,方向水平向右(2)增加了4×10-5J(3)-2××10-4解析(1)E==V/m=2×104V/m(2分)|q|2×10-8因为试探电荷带负电,受到水平向左的静电力作用,所以电场方向水平向右.(1分)(2)试探电荷从A点移到B点静电力做的功为W=Fx-)(1分)解得W=-4×10-5J(1分)根据功能关系可知ΔE=-W=4×10-5Jp即电荷从A点移到B点电势能增加了4×10-5J.(1分)W(3)若A点为零电势点,由U=,ABq得U=2×103V(1分)AB且U=φ-φ=0-φ(1分)ABABB解得φ=-U=-2×103V.(1分)BAB15.(10分)在真空中存在着竖直向下的匀强电场,场强为E,如图13所示,一根绝缘细线长为L,一端固定在图中的O点,另一端固定有一个质量为m、电荷量为+q、可视为点电荷的小球,O点距离地面的高度为H,,求::..13(1)小球运动到点正下方B点时的速度大小;(2)此刻细线对B点处的小球的拉力大小;(3)若小球通过B点时,细线恰好断开,+qEL答案(1)(2)3(mg+qE)(3)2H-LLm1解析(1)小球从A到B过程,由动能定理得mgL+qEL=mv2-0(2分)22mg+qEL小球到达B点时的速度大小为v=(1分)m(2)在B点,对小球由牛顿第二定律得v2F-mg-qE=m(2分)TL解得F=3(mg+qE).(1分)T(3)对小球在细线断开后的类平抛运动,由牛顿第二定律有qE+mg=ma(1分)1竖直方向:H-L=at2(1分)2水平方向:x=vt(1分)联立解得x=2H-LL.(1分)16.(11分)如图14所示,平行板电容器A、B间的电压为U保持不变,两板间的距离为d,一质量为m、电荷量为q的粒子,由两板中央O点以水平速度v射入,0:..d落在C处,BC=,此粒子仍从O点水平射入,初速度v不20变,则粒子将落在B板上的C′点,求BC′的长度.(粒子的重力忽略不计)图14答案3l解析根据牛顿第二定律,带电粒子由O点到C点,U有q=ma,(1分)dqU所以a=(1分)dm带电粒子在水平方向做匀速直线运动,l=vt,(1分)0在竖直方向做匀加速直线运动,111qUd=at2=·t2.(2分)222dm带电粒子由O点到C′点,根据牛顿第二定律得Uq=ma′,(1分)3d22qU所以a′=.(1分)3dm设BC′的长度为l′,则l′=vt′(1分)011112qUd+d=a′t′2=··t′2.(2分)22223dm联立解得BC′的长度l′=3l.(1分):..17.(12分)如图15所示,在竖直平面内放置着绝缘轨道ABC,AB部分是半径R=,BC部分是粗糙的水平轨道,BC轨道所在的竖直平面内分布着E=×103V/m的水平向右的有界匀强电场,=、电荷量为q=-1×10-4C的滑块(视为质点)从BC上的某点由静止释放,=,不计空气阻力,g取10m/:图15(1)滑块通过A点时速度v的大小;A(2)滑块在BC轨道上的释放点到B点的距离s;(3)(1)2m/s(2)5m(3)(1)因为滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零,mv2A所以有mg=,解得v=2m/s.(2分)RA(2)根据动能定理可得:1|q|Es-μmgs-mg·2R=mv2,(2分)2A解得s=5m.(1分)(3)滑块离开A点后在水平方向上做匀减速直线运动,|q|E故有:v=v-t=2-(2分)xAm:..在竖直方向上做自由落体运动,所以有v=gt=10t,(2分)yv=v2+v2=-10t+4(2分)xy8故v=17m/s≈.(1分)min17