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2024-2025学年 高二年级上学期教科版物理必修第三册第一章单元测试试卷
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题（本大题共8小题，共32分）
1．[4分]如图所示，A、B是同一条电场线上的两点，这两点电场强度的关系是（　　）

A．EA＞EB，方向相同 B．EA＞EB，方向不同
C．EA＜EB，方向相同 D．EA＜EB，方向不同
2．[4分]经过探究，某同学发现：点电荷和无限大的接地金属平板间的电场（如图甲所示）与等量异种点电荷之间的电场分布（如图乙所示）完全相同.图丙中点电荷+q到金属板MN的距离OA为L，AB是以点电荷+q为圆心、L为半径的圆上的一条直径，则下列说法正确的是 （　　）
A．B点场强的大小为
B．A、B两点场强大小相等，方向相反
C．圆上关于直径AB对称的两点C、D处的场强相同
D．若将一表面绝缘的带正电的小球（可看成点电荷、不影响原电场）沿MN右侧边缘自上向下移动，小球所受电场力先变小后变大
3．[4分]空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则 (　　)
A．e点的电势大于0B．a点和b点的电场强度相同
C．b点的电势低于d点的电势D．负电荷从a点移动到c点时电势能增加
4．[4分]某静电场中的一条电场线与x轴重合,其电势φ随x变化的规律如图所示,在O点由静止释放一电子,电子仅受电场力的作用,则在-x0~x0区间内 (　　)
A．电子将沿x轴正方向运动,电势能逐渐减小
B．电子将沿x轴正方向运动,加速度逐渐增大
C．该静电场是匀强电场,x0处电场强度最小
D．该静电场是非匀强电场,O点电场强度最小
5．[4分]使用带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开。下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．[4分]如图所示，一质量为m、带电荷量为的带点微粒，以初速度从点竖直向上射入匀强电场中，匀强电场方向水平向右。粒子通过电场中的b点时，速率为2，方向与电场方向一致，则a、b两点间的电势差为（　　）
A． B． C． D．
7．[4分]由n个带电荷量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环固定在竖直平面内。一个质量为m的金属小球(视为质点)通过长为L=2R的绝缘细线悬挂在圆环的最高点。当金属小球电荷量也为Q(未知)时，发现金属小球在垂直圆环平面的对称轴上P点处于平衡状态，如图所示，轴线上的两点P、P'关于圆心O对称。已知静电力常量为k，重力加速度为g。则下列说法中正确的是 (　　)
A．O点的场强一定为零
B．由于P、P'两点关于O点对称，两点的场强大小相等，方向相反
C．金属带电小球的电荷量为Q=
D．固定P处的小球，然后在圆环上取下一个小球(其余n-1个小球位置不变)置于P'处，则圆心O的场强大小为
8．[4分]如图所示,在一条直线上有两个相距0．4 m的点电荷A、B,A带电荷量为+Q,B带电荷量为-9Q．现引入第三个点电荷C,恰好使三个点电荷均在库仑力的作用下处于平衡状态(假设三个点电荷只受库仑力作用),则C的带电性质及位置应为 (　　)
A．正,B的右边0．4 m处
B．正,B的左边0．2 m处
C．负,A的左边0．2 m处
D．负,A的右边0．2 m处
二、多选题（本大题共4小题，共16分）
9．[4分]将一带正电的点电荷Q固定在水平放置且带负电的正方形金属薄板中心的正上方，点电荷Q与薄板间的电场线竖直切面如图所示。其中b、d两点在同一竖直且垂直于薄板的电场线上，a、b、c三点在同一条平行于薄板的直线上，a、c关于b点对称。关于各点的电场强度及电势的判断，正确的是（　　）
A．c点电势比b点电势低 B．a点电势与b点电势相等
C．a点电场强度与c点电场强度相同 D．b点电场强度大于d点电场强度
10．[4分]如图所示，带电荷量为6Q(Q>0)的球1固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一带电荷量为-Q的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3。球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态，此时弹簧的压缩量为，球2、3间的静电力大小为。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。g为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是 (　　)
A ．带负电
B ．运动至a点的速度大小为
C ．运动至a点的加速度大小为2g
D ．运动到ab中点时对斜面的压力大小为mg
11．[4分]如图所示，P、Q为平行板电容器，两极竖直放置，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球。将该电容器与电源连接，闭合电键后，悬线与竖直方向夹角为α．则
A．将电键再断开，减小P、Q两板间的距离，角度α不变
B．将电键再断开，增加P、Q两板间的距离，角度α会减小
C．保持电键闭合，减小P、Q两板间的距离，角度α会增大
D．保持电键闭合，将P极板上移少许，角度α会减小
12．[4分]如图所示，在真空中有两个固定的点电荷A、B，|qA| = |qB| = q，A、B间的距离为r，图中画出了其中一根电场线，a、b、c、d位于正方形的四个顶点，其中a、c在A、B的连线上，b、d在A、B连线的中垂线上，下列说法正确的是（　　）
A．若B是正电荷，则b点的场强Eb＞
B．若a、c两点的场强大小相等，则B一定是正电荷
C．若Ubd = 0，则A、B一定是异种电荷
D．若a = c，则B一定是负电荷
三、非选择题（本大题共5小题，共52分）
13．[8分]为了测定元电荷的数值，某物理兴趣小组设计了如图所示的实验装置。
实验操作步骤如下；
①按图示装置安装好器材；
②调节实验仪器，使间距为d的平行金属板处于水平位置；
③闭合电源开关，通过喷雾器把油滴（由于摩擦，油滴带负电）通过平行金属板的上极板中间的小孔喷入电场中；
④通过显微镜来观察，找到悬浮不动的油滴，根据观测数据算出油滴的质量为m；
⑤根据平行金属板上所加的已知电压U，算出油滴的电荷量。
（1）平行金属板之间的电场是 ；（填“匀强电场或非匀强电场”）
（2）平行金属板的下极板带 ；（填“正电或负电”）
（3）若已知元电荷为e，重力加速度为g，则悬浮液滴所带的电荷量等于元电荷的 倍（用m、d、U、g、e表示）。
14．[8分]
（1）如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，使电容器带电后与电源断开，将电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连。该实验使用的科学方法是_____。
A．控制变量法 B．类比法 C．假设法
（2）某同学用如图（a）所示电路测量某电容器的电容。
①按图（a）连接好实验器材后，本实验还需用电压表测量电容器两端的电压，为使所求的电容结果更准确，电压表应接在 之间（填“c、d”或“m、n”）。
②先将开关接1，再闭合给电容器充电，此过程中电压表的示数随时间变化的图像为 。
③图（a）中直流电源电动势为，将接2，电流传感器显示放电电流随时间的变化如图（b）所示，该同学查的格数是43格，则电容器的电容 F（结果保留三位有效数字）。
④若电阻阻值变大，则电容器放电时间和原来相比 （填“变长”“变短”或“不变”）。
15．[8分]
(1)粒子出加速电场时的速度v0的大小；
(2)粒子出偏转电场时的偏移距离y；
(3)P点到O2的距离y′。
16．[14分]地面上方存在水平向右的匀强电场，一质量为m带电量为q的小球用绝缘丝线悬挂在电场中，当小球静止时丝线与竖直方向的夹角为，此时小球到地面的高度为h,求：
（1）匀强电场的场强？
（2）若丝线突然断掉，小球经过多长时间落地？
17．[14分]如图甲所示，某直线加速器由沿轴线分布的两个金属圆管（漂移管、）组成，质子从点沿轴线进入加速器并依次向右穿过金属筒，筒接地（电势为零），两筒间电压恒定。不同时刻释放的质子进入金属筒时速度均为，进入金属筒时速度均为，从筒右端射出后，沿两水平金属板、间的中心线射入，板长，板间距，加在板上的电压随时间变化的图像如图乙所示。粒子穿过板的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一圆筒，其表面有一层厚度不计的方格坐标纸。筒的左侧边缘与极板右端距离，圆筒绕其轴线匀速转动，周期，筒的周长，筒能接收到通过板后射出的所有质子。质子的比荷为，不计质子重力。
（1）请根据所学知识，解释并说明质子在漂移管内的运动状态；
（2）粒子在之间加速时，求管的电势；
（3）以时刻进入的质子打到圆筒记录纸上的点为坐标原点，取轴竖直向上为正，计算质子打到记录纸上沿轴方向的最大侧移量；
（4）通过计算，在图丙的坐标纸上定量地画出内质子打在记录纸上形成的痕迹图线。
参考答案
1．【答案】C
【详解】电场线越密表示该处电场强度越大，电场线上每一点的切线方向跟该点的电场强度方向相同，ABD错误，C正确。选C。
2．【答案】A
【详解】根据点电荷场强公式和场强叠加原理，EB=-=，故A正确；电场线疏密表示电场强弱， A点电场线比B点密，因此A点场强大，两点场强方向相反，故B错误；C、D处的场强方向不相同，故C错误；沿MN右侧边缘自上向下电场线先变密后变疏，移动带电小球，小球所受电场力先变大后变小，故D错误.
3．【答案】D
【详解】本题考查等量异种点电荷电场的性质。由题图可知，图中的等势线并未相交，且二者连线的中垂线可以延伸到无穷远处，故该图为等量异种点电荷的等势线分布图。已知无穷远处电势为0，则正点电荷形成的电场，在点电荷附近电势大于0，负点电荷形成的电场，在点电荷附近电势小于0，已知Q点处为正电荷，则e点所在直线左侧电势大于0，右侧电势小于0，两电荷连线上电势从左向右降低，a、b两点在同一等势线上，电势相等且大于0，e点的电势为0，b点的电势高于d点的电势，故A、C错误；由电场的叠加原理可知，a、b两点电场强度大小相等，方向不同，故B错误；a点的电势高于c点，由Ep=φq可知，负电荷从a点移到c点时电势能增加，故D正确。
【知识拓展】等量同种点电荷与等量异种点电荷的电场线和等势线立体分布如图所示。等量异种点电荷电场中，正电荷到负电荷的连线上电场强度方向不变，大小先减小后增大，电势一直减小，两电荷连线中垂线上电势为零；等量同种点电荷电场中，两电荷连线上电场强度先减小后增大，中间位置电场强度为零，两侧对称位置场强大小相等，两电荷连线上电势先降低后升高(同为正电荷)或先升高后降低(同为负电荷)，连线中垂线上电势向两侧降低(同为正电荷)或向两侧升高(同为负电荷)。
4．【答案】A　
【详解】因为沿电场线方向电势逐渐降低,所以场强方向沿x轴负方向,又因为电子带负电,其受力沿x轴正方向,所以电子沿x轴正方向运动,电场力对电子做正功,电子的电势能逐渐减小,故A正确;φ-x图线切线斜率的绝对值表示电场强度的大小,所以该静电场是非匀强电场,x0处电场强度最小,O点处电场强度最大,且从O到x0电场强度逐渐减小,则电子沿x轴正方向运动时所受电场力逐渐减小,加速度逐渐减小,故B、C、D错误.故选A.
5．【答案】B
【详解】AC．当金属球带正电时，靠近带电金属球的验电器的金属球带异种电荷（负电荷），而验电器的金属箔片带同种电荷（正电荷），AC错误；
BD．当金属球带负电时，靠近带电金属球的验电器的金属球带异种电荷（正电荷），而验电器的金属箔片带同种电荷（负电荷），B正确，D错误。选B。
6．【答案】C
【详解】粒子从A到B，根据动能定理有，在竖直方向只受重力，有，解得。
7．【答案】D
【详解】根据对称性可知，由n个带电荷量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在圆心O点场强为零，带电金属小球在O点的场强不为零，所以O点的场强不为零，A错误；根据对称性可知，由n 个带电荷量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在P、P'两点的场强大小相等，方向相反，带电金属小球 在这两点产生的电场强度大小不相等，B错误；取圆环上一个带电小球为研究对象，由库仑定律可得，圆环上的小球对P点的小球的库仑力F1==，方向沿两小球的连线指向P点的小球，同理取圆环上与研究对象关于圆心对称的另一个小球，其库仑力与F1大小相同，如图甲所示，由几何关系可知，细线与轴线的夹角θ=30°，两力的合力方向应沿圆心与P点的连线向外，大小为F2=2··cos 30°=，因为圆环上各小球对P点的小球均有库仑力，故所有小球库仑力的合力F==，P点的小球受力分析如图乙所示，可得F=mgtan 60°，解得带电金属小球的电荷量为Q==2R，C错误；在圆环上取下一个小球后，圆环上剩余的电荷在圆心O的场强与取下的小球在圆环上时在O处的场强大小相等，方向相反，大小为E1=k=，根据对称性可知，P处的小球与P'处的小球在圆心O的合场强大小为零，所以固定P处的小球，然后在圆环上取下一个小球(其余n-1个小球位置不变)置于P'处，则圆心 O的场强大小为E=E1=，D正确。
8．【答案】C　
【详解】依题意,要使三个电荷均处于平衡状态,点电荷C应在A左侧,且带负电,设C带电荷量为q,A、C间的距离为x,由于C处于平衡状态,有k=k,解得x=0．2 m,故选C．
9．【答案】AD
【详解】AB：点电荷周围电场公式，所以可知c点与a点的电势均比b点电势低，A正确，B错误；
C：电场强度为矢量，可知a点电场强度与c点电场强度大小相等，方向不相同，C错误；
D：越靠近点电荷周围，电场线越密集，电场强度越大，可知b处更靠近点电荷，b点电场强度大于d点电场强度，D正确。选AD。
【方法总结】根据电荷长枪公式判断；沿电场线方向电势降低。
10．【答案】BCD　
【解析】由题意可知三小球在一个等边三角形的三个顶点上，小球1和3之间的力大于小球2和3之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3之间一定是斥力，小球1带正电，故小球3带正电，故A错误；小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知，小球2对小球3做功为0，弹簧弹力做功为0，根据动能定理有mgL sin 30°=mv2，解得v=，故B正确；小球3在b点时，设小球3的电荷量为q，有k，设弹簧的弹力大小为F，根据平衡条件，沿斜面方向有F=k sin 30°-mg sin 30°，解得F=mg，小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知F+k· sin 30°-mg sin 30°=ma，解得a=2g，故C正确；当运动至ab中点时，弹簧弹力为0，小球2对小球3的力为F23=kmg，斜面对小球3的支持力为FN=mg cos 30°-F23=mg，根据牛顿第三定律可知，小球3对斜面的压力大小为mg，故D正确。
11．【答案】AC
【详解】AB．电键断开，电容器的带电量不变，根据公式，、，则得，即电场强度与极板间距无关，故板间场强不变，小球所受电场力不变，则α不变，故A正确，B错误；
C．保持电键闭合时，电容器板间电压不变，缩小P、Q两板间的距离，由 分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则α增大，故C正确；
D．保持电键闭合时，电容器板间电压不变，将P极板上移少许，即减小极板的正对面积，由分析得知，板间场强不变，小球所受电场力不变，则α不变，故D错误。
故选AC。
12．【答案】AD
【详解】
A．若B是正电荷，而A左侧的电场线向右，故说明A一定带负电荷；若正方形的ac两点分别与AB重合，则场强大小为；而现在ac在AB内部，则Ab和Bb的距离小于，且夹角小于90度，故b点的场强一定大于，故A正确；
B．不论B带电量如何，由对称性可知，ac两点的场强大小一定相等；故B错误；
C．由于bd关于AB连线对称，故无论是同种电荷还是异种电荷，bd间的电势差均为零；故C错误；
D．若ac两点电势相等，则说明ac一定对称，故B一定带负电荷；故D正确；
故选AD。
13．【答案】匀强电场；负；
【详解】
(1) 平行金属板之间的电场是匀强电场。
(2) 油滴带负电处于平衡状态，电场力向上，则场强向下，平行金属板的下极板带负电。
(3) 悬浮液滴受力
解得
14．【答案】（1）A
（2）c、d；B；；变长
【详解】（1）本实验中，若研究电容与其中一个变量的关系时，需要其他量保持不变，所以采用的科学方法是控制变量法。
（2）本实验用放电法测电容器的电容，电压表若接在m、n之间会对电流传感器测得的放电电流产生影响，故电压表应接在c、d之间。
此过程中电容器两板间电压逐渐变大，且增加的越来越慢，最终趋近于等于电源的电动势，则电压表的示数随时间变化的图像为B。
图像中的图线和横轴所包围的面积表示电容器释放的电荷量，则电荷量
电容
换用阻值更大的电阻后放电电流会变小，故放电时间变长。
15．【答案】(1)8×104 m/s；(2)0.03 m；(3)0.09 m
【详解】(1)由动能定理可得|q|U1＝mv，代入数据解得v0＝8×104 m/s。
(2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向上：L＝v0t，在竖直方向上：y＝at2，a＝，E＝，联立并代入数据，解得y＝0.03 m。
(3)由几何知识知＝，解得y′＝3y＝0.09 m。
5．如图甲所示为示波管的原理图，如果在电极YY′之间所加的电压按如图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按如图丙所示的规律变化，则在荧光屏上看到的图形Y是( )
16．【答案】(1) (2)
【分析】(1)小球受重力、拉力和电场力处于平衡，根据共点力平衡求出电场力的大小，从而得出匀强电场的场强；
(2)丝线断掉后，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出运动的时间．
【详解】(1) 对小球列平衡方程qE=mgtanθ
解得：；
(2) 丝线断后小球的加速度为
由
解得：
【点睛】本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
17．【答案】（1）见解析；
（2）；
（3）；
（4）
【详解】
（1）由于漂移管的静电屏蔽作用，其内部场强处处为零，故质子在漂移管内做匀速直线运动。
（2）质子在之间加速，假设两管之间的电压为，根据动能定理得：
代入数据得
由于管接地，电势为0，则管电势
（3）当质子恰好从板边缘射出时，打到记录纸上位置最高，记纵坐标为。
在板间向上偏转的过程中，质子初速度是，水平位移是，竖直位移是，假设此时对应的偏转电压为，偏转时间为。根据类平抛运动的规律有
代入数据解得
此质子从板间射出时沿方向的分速度为
由几何关系得
代入数据解得
质子在轴上的最大侧移量为
（4）又，圆筒转动的一个周期内质子打在圆筒上的最高点不止一个。所对应的时刻分别为和。
根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的坐标为，第二个最高点的坐标为。
综上所述，质子打在记录纸上最高点的坐标为或
从题给的随时间变化的图像可以知道，一个周期内只有，，，这几段时间内才有粒子打到记录纸上。
且当时，打到纸上的位置坐标满足

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