高中物理人教版1第三章磁場 章末綜合測評

章末綜合測評(一)(時間：60分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分．在每小題給出的四個選項中第1～7題只有一選項符合題目要求，第8～10題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，對但不全的得3分，有選錯的得零分)1．(2023·江蘇高考)靜電現(xiàn)象在自然界中普遍存在，我國早在西漢末年已有對靜電現(xiàn)象的記載，《春秋緯·考異郵》中有“玳瑁吸衣若”之說，但下列不屬于靜電現(xiàn)象的是()A．梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑B．帶電小球移至不帶電金屬球附近，兩者相互吸引C．小線圈接近通電線圈過程中，小線圈中產(chǎn)生電流D．從干燥的地毯上走過，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺【解析】用塑料梳子梳頭發(fā)時相互摩擦，塑料梳子會帶上電荷吸引紙屑，選項A屬于靜電現(xiàn)象；帶電小球移至不帶電金屬球附近，由于靜電感應(yīng)，金屬小球在靠近帶電小球一端會感應(yīng)出與帶電小球異號的電荷，兩者相互吸引，選項B屬于靜電現(xiàn)象；小線圈接近通電線圈過程中，由于電磁感應(yīng)現(xiàn)象，小線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，選項C不屬于靜電現(xiàn)象；從干燥的地毯上走過，由于摩擦生電，當(dāng)手碰到金屬把手時瞬時產(chǎn)生較大電流，人有被電擊的感覺，選項D屬于靜電現(xiàn)象．【答案】C2.平行板A、B組成電容器，充電后與靜電計相連，要使靜電計指針張角變大，下列措施可行的是()【導(dǎo)學(xué)號：08160073】圖1A．A板向上移動B．B板向左移動C．A、B板間插入電介質(zhì)D．減少極板上的電荷量【解析】A板向上移動，正對面積S減小，或B板向右移動，距離d增大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，電容C均減小，由U＝eq\f(Q,C)知電勢差U變大，靜電計指針偏轉(zhuǎn)角度增大，A對、B錯；A、B板間插入電介質(zhì)，相對介電常數(shù)εr增大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，電容C增大，由U＝eq\f(Q,C)知電勢差U變小，靜電計指針偏轉(zhuǎn)角度減小，C錯；由U＝eq\f(Q,C)得，減小電荷量Q，電勢差U變小，靜電計指針偏轉(zhuǎn)角度減小，D錯．【答案】A3．如圖2所示是勻強(qiáng)電場中的一組等勢面，若A、B、C、D相鄰兩點間的距離為2cm，A和P點間的距離為1.5cm，則該電場的場強(qiáng)E和P點的電勢φP分別為()圖2A．500V/m，－VB．1000eq\f(\r(3),3)V/m，－VC．500V/m,VD．1000eq\f(\r(3),3)V/m,V【解析】勻強(qiáng)電場中電勢均勻降落，根據(jù)U＝Ed，可求得φP＝eq\f(1,4)φA＝－V，E＝eq\f(UBC,Lsin60°)＝eq\f(10,2×10－2×\f(\r(3),2))V/m＝1000eq\f(\r(3),3)V/m.故B正確．【答案】B4．(2023·合肥高二檢測)x軸上有兩點電荷Q1和Q2，Q1和Q2之間各點對應(yīng)的電勢高低如圖3中的曲線所示，規(guī)定無限遠(yuǎn)處電勢為零，下列推理與圖象信息不符合的是()【導(dǎo)學(xué)號：08160074】圖3A．Q1一定大于Q2B．Q1和Q2一定是同種電荷，但不一定是正電荷C．電勢最低處P點的電場強(qiáng)度為0D．Q1和Q2之間各點的電場方向都指向P點【解析】兩個點電荷間的電勢都為正，因此兩點電荷都為正電荷，B不符合圖象信息，兩個正點電荷的連線上有一點場強(qiáng)為零，正的試探電荷從兩個電荷中的任一電荷附近沿連線向場強(qiáng)為零的點移動時電勢都降低，到場強(qiáng)為零的點，電勢最低，C符合圖象信息，場強(qiáng)為零的點離Q1遠(yuǎn)，故Q1一定大于Q2，A符合圖象信息；Q1和Q2之間各點的電場方向都指向P點，D符合圖象信息．【答案】B5．(2023·汕頭高二檢測)如圖4所示，從熾熱的金屬絲漂出的電子(速度可視為零)，經(jīng)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場．電子的重力不計．在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下．下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是()圖4A．僅將偏轉(zhuǎn)電場極性對調(diào)B．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的距離C．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的電壓D．僅減小偏轉(zhuǎn)電極間的電壓【解析】設(shè)加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，極板長度為L，間距為d，電子加速過程中，由U0q＝eq\f(mv\o\al(2,0),2)，得v0＝eq\r(\f(2U0q,m))，電子進(jìn)入極板后做類平拋運動，時間t＝eq\f(L,v0)，a＝eq\f(Uq,dm)，vy＝at，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(UL,2U0d)，由此可判斷C正確．【答案】C6．(2023·樂山高二檢測)如圖5，兩塊水平放置的帶電平行金屬板間有豎直向上的勻強(qiáng)電場．一個質(zhì)量為m、帶電量為q的油滴以初速度v0進(jìn)入電場，并在電場中沿直線運動了一段時間，空氣阻力不計，則()【導(dǎo)學(xué)號：08160075】圖5A．該油滴帶負(fù)電B．在這段時間內(nèi)電場力所做的功大于油滴重力勢能的變化C．在這段時間內(nèi)油滴的機(jī)械能保持不變D．在這段時間內(nèi)油滴的動能保持不變【解析】油滴受重力和電場力，由于油滴做直線運動，故合力一定為零，電場力與重力平衡，電場力向上，與場強(qiáng)同向，故油滴帶正電，故A錯誤；由于電場力和重力是一對平衡力，電場力做的功等于克服重力做的功，而克服重力做的功等于重力勢能的增加量，所以電場力所做的功等于油滴重力勢能的變化，故B錯誤；由于除重力外電場力做正功，故機(jī)械能增加，故C錯誤；由于受力平衡，做勻速直線運動，故動能不變，故D正確．【答案】D7．如圖6所示，豎直放置的兩個平行金屬板間有勻強(qiáng)電場，在兩板之間等高處有兩個質(zhì)量相同的帶電小球，P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放，Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最后都能打在右極板上的同一點．則從開始釋放到打到右極板的過程中()圖6A．它們的運行時間tP＞tQB．它們的電荷量之比qP∶qQ＝2∶1C．它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1D．它們的電勢能減少量之比ΔEP∶ΔEQ＝2∶1【解析】在豎直方向加速度均為g，豎直分位移相等，所以它們運行時間相等，A項錯誤；水平位移xP＝2xQ，eq\f(1,2)aPt2＝2×eq\f(1,2)aQt2，F(xiàn)P＝2FQ，qP＝2qQ，qP∶qQ＝2∶1，B項正確；ΔEkP＝mgh＋FPx，ΔEkQ＝mgh＋FQeq\f(x,2)，所以ΔEkP∶ΔEkQ≠4∶1，C項錯誤；ΔEP∶ΔEQ＝FPx∶FQeq\f(x,2)＝4∶1，D項錯誤．【答案】B8.(2023·江蘇高考)兩個相同的負(fù)電荷和一個正電荷附近的電場線分布如圖7所示．c是兩負(fù)電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則()【導(dǎo)學(xué)號：08160076】圖7A．a(chǎn)點的電場強(qiáng)度比b點的大B．a(chǎn)點的電勢比b點的高C．c點的電場強(qiáng)度比d點的大D．c點的電勢比d點的低【解析】根據(jù)電場線的分布圖，a、b兩點中，a點的電場線較密，則a點的電場強(qiáng)度較大，選項A正確．沿電場線的方向電勢降低，a點的電勢低于b點的電勢，選項B錯誤．由于c、d關(guān)于正電荷對稱，正電荷在c、d兩點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等、方向相反；兩負(fù)電荷在c點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為0，在d點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度方向向下，根據(jù)電場的疊加原理，c點的電場強(qiáng)度比d點的大，選項C正確．c、d兩點中c點離負(fù)電荷的距離更小，c點電勢比d點低，選項D正確．【答案】ACD9.(2023·廣東高考)如圖8所示的水平勻強(qiáng)電場中，將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止，不計重力，則()圖8A．M的帶電量比N的大B．M帶負(fù)電荷，N帶正電荷C．靜止時M受到的合力比N的大D．移動過程中勻強(qiáng)電場對M做負(fù)功【解析】兩帶電小球分別在兩球間的庫侖力和水平勻強(qiáng)電場的電場力作用下處于平衡狀態(tài)，因為兩小球間的庫侖力等大反向，則勻強(qiáng)電場對兩帶電小球的電場力也等大反向，所以兩帶電小球的帶電量相等，電性相反，靜止時，兩球所受合力均為零，選項A、C錯誤；M、N兩帶電小球受到的勻強(qiáng)電場的電場力分別水平向左和水平向右，即M帶負(fù)電，N帶正電，M、N兩球在移動的過程中勻強(qiáng)電場對M、N均做負(fù)功，選項B、D正確．【答案】BD10.(2023·四川高考)如圖9所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達(dá)某點Q(圖中未畫出)時速度為零，則小球a()圖9A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B．從N到P的過程中，速率先增大后減小C．從N到Q的過程中，電勢能一直增加D．從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量【解析】小球a從N點釋放一直到達(dá)Q點的過程中，a、b兩球的距離一直減小，庫侖力變大，a受重力不變，重力和庫侖力的夾角從90°一直減小，故合力變大，選項A錯誤；小球a從N到P的過程中，速度方向與重力和庫侖力的合力方向的夾角由小于90°到大于90°，故庫侖力與重力的合力先做正功后做負(fù)功，a球速率先增大后減小，選項B正確；小球a由N到Q的過程中庫侖力一直做負(fù)功，電勢能一直增加，選項C正確；小球a從P到Q的過程中，減少的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和電勢能之和，故動能的減少量大于電勢能的增加量，則選項D錯誤．【答案】BC二、計算題(本題共3小題，共40分，按題目要求作答)11．(12分)(2023·聊城高二檢測)如圖10所示，傾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面頂端a離地高度h＝2.5cm，整個裝置處于水平向左的勻強(qiáng)電場中．一個質(zhì)量m＝0.3kg，帶電量q＝＋0.01C的物體(可視為質(zhì)點)從斜面頂端靜止釋放，經(jīng)過t＝s到達(dá)斜面底端b點(g取10m/s2)．求：圖10(1)物體到達(dá)斜面底端b時的速度大?。?2)電場強(qiáng)度E的大??；(3)電場中a到b兩點之間的電勢差．【解析】(1)斜面的長度為：L＝eq\f(h,sin30°)＝2h＝m下滑的加速度為：a＝eq\f(2L,t2)＝eq\f(2×,m/s2＝m/s2底端速度為：v＝at＝m/s.(2)對物體進(jìn)行受力分析，如圖所示．由牛頓第二定律得：mgsin30°－qEcos30°＝ma解得：E＝50eq\r(3)V/m.(3)電場中a到b兩點之間的電勢差：Uab＝－ELcos30°＝－V.【答案】(1)m/s(2)50eq\r(3)V/m(3)－V12．(14分)(2023·資陽高二檢測)如圖11所示，一根長L＝1.5m的光滑絕緣細(xì)直桿MN，豎直固定在場強(qiáng)為E＝×105N/C、與水平方向成θ＝30°角的傾斜向上的勻強(qiáng)電場中．桿的下端M固定一個帶電小球A，電荷量Q＝＋×10－6C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，電荷量q＝＋×10－6C，質(zhì)量m＝×10－2kg.現(xiàn)將小球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運動(靜電力常量k＝×109N·m2/C2，取g＝10m圖11(1)小球B開始運動時的加速度為多大？(2)小球B的速度最大時，距M端的高度h1為多大？【導(dǎo)學(xué)號：08160077】【解析】(1)開始運動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運動，由牛頓第二定律得mg－keq\f(Qq,L2)－qEsinθ＝ma代入數(shù)據(jù)解得a＝m/s2.(2)小球B向下運動，受A的斥力增大，加速度減小，速度增大，當(dāng)小球B速度最大時合力減為零，即keq\f(Qq,h\o\al(2,1))＋qEsinθ＝mg代入數(shù)據(jù)解得：h1＝m.【答案】(1)m/s2(2)m13.(14分)如圖12所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，有一質(zhì)量為m、帶正電的小球，用長為l的絕緣細(xì)線懸掛于O點，當(dāng)小球靜止時細(xì)線與豎直方向的夾角為θ.現(xiàn)給小球一個初速度，使小球恰能在豎直平面內(nèi)做圓周運動，試問：圖12(1)小球在做圓周運動的過程中，在哪一位置速度最??？速度最小值為多少？(2)小球的初速度應(yīng)為多大？【解析】(1)如圖所示，小球在復(fù)合場中靜止時，所受重力與電場力的合力為一定值，其大小為F＝eq\f(mg,cosθ)，方向與豎直方向為θ角．我們不妨把重力場和電場的疊加場叫做等效重力場，合力F就是等效重力，等效重力加速度g等＝eq\f(g,cosθ).當(dāng)小球從A點沿圓周運動時，這一等效重力一直對小球做負(fù)功，繩子拉力不做功．可知，動能和等效重力勢能相互轉(zhuǎn)化，且總和保持不變．當(dāng)小球運動至位于與A點對應(yīng)的同一直徑上的另一端