新教材2024版高中物理期中达标检测卷粤教版必修第三册

这是一份新教材2024版高中物理期中达标检测卷粤教版必修第三册，共1页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

班级：________ 座号：________ 姓名：________ 分数：________
一、选择题：本题共20小题，每小题3分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．关于电容器的电容，下列说法中正确的是( )
A．电容器两极的电势差越大，电容就越大
B．电容器所带电荷量越多，电容就越大
C．电容器所带电荷量为零，电容就为零
D．电容器的电容与两极的电势差及所带电荷量均无关，仅由电容器本身因素决定
【答案】D 【解析】电容是电容器容纳电荷本领的属性，其大小与加在两板上的电压无关，与带电量多少无关，仅由电容器本身因素决定．故选D.
2．如图所示，a、b两点位于以负点电荷－Q(Q>0)为球心的球面上，c点在球面外，则( )
A．a点场强的大小比b点大
B．b点场强的大小比c点小
C．a点电势比b点高
D．b点电势比c点低
【答案】D 【解析】由点电荷的场强公式E＝k eq \f(Q,r2)可知，a、b两点到场源电荷的距离相等，所以a、b两点的电场强度大小相等，故A错误；由于c点到场源电荷的距离比b点的大，所以b点的场强大小比c点的大，故B错误；由于点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面，所以a点与b点电势相等，负电荷的电场线是从无穷远处指向负点电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低，所以b点电势比c点低，故D正确．
3．如图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b.下列表述正确的是( )
A．该电场是匀强电场
B．a点的电场强度比b点的大
C．a点的电势比b点的高
D．正电荷在a、b两点受力方向相同
【答案】C 【解析】电场线疏密表示电场强度的大小，切线方向表示电场强度的方向，正电荷的受力方向和场强方向相同．沿着电场线电势降低，C正确，A、B、D错误．
4．如下图所示，两个互相垂直的平面a和b，其交线上的M点和N点有等量同种点电荷，O是MN的中点，A是平面a上的一点，B是平面b上的一点，AO和BO均垂直于MN，且AO＝BO，则下列说法正确的是( )
A．A、B两点的电势相同，场强相同
B．A、B两点的电势不相同，场强相同
C．A、B两点的电势相同，场强不相同
D．A、B两点的电势不相同，场强不相同
【答案】C 【解析】M、N两点的点电荷为等量同种点电荷，A、B两点离点电荷的距离相等，根据电势的叠加知A、B两点的电势相同，根据对称性知A、B两点的场强大小相等，由平行四边形定则知，A点场强方向沿直线OA，B点场强方向沿直线OB，即A、B两点的场强方向不同，故C正确，A、B、D错误．
5．(2023年江门一中期中)如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是( )
A．a点的电势比b点的低
B．a点的电场强度比b点的小
C．液滴在a点的加速度比在b点的大
D．液滴在a点的电势能比在b点的小
【答案】C 【解析】由图可知，发射极接电源正极，吸极接电源负极，则发射极为高电势，吸极板为低电势，电场线由发射极指向吸极，沿电场线方向电势降低，故a点电势比b点高，A错误；电场线和等势线垂直，根据等势线的分布，可以画出电场线，从而可以判断出a点的电场线密集，所以a点的电场强度大，根据牛顿第二定律a＝ eq \f(F,m)＝ eq \f(qE,m)，可知液滴在a点的加速度比在b点的大，B错误，C正确；因液滴加速前进，可知电场力做正功，电势能减小，故液滴在a点的电势能比在b点的大，D错误．
6．如图所示，直角三角形ABC中∠B＝30°，点电荷A、B所带电荷量分别为QA、QB，测得在C处的某负点电荷所受静电力方向平行于AB向左，则下列说法正确的是( )
A．A带正电，QA∶QB＝1∶4
B．A带负电，QA∶QB＝1∶4
C．A带正电，QA∶QB＝1∶8
D．A带负电，QA∶QB＝1∶8
【答案】C 【解析】根据题意，可判断C处的电场方向水平向右，由点电荷产生的电场和电场的叠加，点电荷A在C处产生的电场EA 方向竖直向上，则A带正电，点电荷B在C点处产生的电场EB 方向沿CB指向B，则B带负电，有 eq \f(EA,EB)＝sin 30°，EA＝k eq \f(QA,r eq \\al(2,1) )，EB＝k eq \f(QB,r eq \\al(2,2) )， eq \f(r1,r2)＝sin 30°，联立解得QA∶QB＝1∶8.故选C.
7．如图所示，M、N两点分别放置两个等量异种电荷，A为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线中垂线上处于A点上方的一点，在A、B、C三点中( )
A．场强最小的点是A点，电势最高的点是B点
B．场强最小的点是A点，电势最高的点是C点
C．场强最小的点是C点，电势最高的点是B点
D．场强最小的点是C点，电势最高的点是A点
【答案】C 【解析】根据等量异种电荷电场线的分布，可知EB＞EA＞EC ，场强最小的是C点；等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，可知φA＝φC ，沿着电场线方向电势逐渐降低，异种电荷间的电场线由正电荷指向负电荷，可知φB＞φA ，所以电势最高点是B点．故选C.
8．如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场．在电场中将一带电液滴从b点由静止释放，液滴沿直线由b运动到d，且直线bd方向与竖直方向成45°角，下列判断正确的是( )
A．液滴带正电荷
B．液滴的电势能减小
C．液滴的重力势能和电势能之和不变
D．液滴的电势能和动能之和不变
【答案】B 【解析】由题可知，带电液滴受重力和电场力作用，两个力都是恒力，其合力沿bd方向，则电场力必定水平向右，则液滴带负电，电场力做正功，电势能减少，故B正确，A错误；因为有重力和电场力做功，所以液滴的电势能、动能和重力势能之和守恒，C、D错误．
9．兴华同学对他家的电子秤很感兴趣，他通过说明书了解到电子秤是用平行板电容器制成的，其电路如图所示．称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移．则放上物体后( )
A．极板间电场强度变小
B．电容器的带电荷量减小
C．电容器的电容变小
D．膜片下移过程中，电流表G有从b到a的电流
【答案】D 【解析】根据电容器表达式C＝ eq \f(εrS,4πkd)可知，当两个极板的距离减小时，电容器的电容增大，再根据电容器定义式C＝ eq \f(Q,U)可知，由于电容器一直和电源相连，电压不变，当电容增大时，带电荷量增大，即电容器充电．电流表有从b到a的电流，B、C错误，D正确；由匀强电场公式E＝ eq \f(U,d)可知，当电压不变，两个极板的距离减小时，极板间电场强度变大，A错误．
10．电场中有A、B两点，一个点电荷在A点的电势能为1.2×10-8 J ，在B点的电势能为0.80×10-8 J .已知A、B两点在同一条电场线上，如图所示，该点电荷的电荷量大小为1.0×10-9 C ，那么( )
A．该电荷为负电荷
B．该电荷在A点所受的电场力比在B点所受的电场力大
C．A、B两点的电势差UAB＝4.0 V
D．把电荷从A移到B，电场力做功为2.5×1010 J
【答案】A 【解析】点电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，而由图可知，电场线由B指向A，则A点电势小于B点电势，故该电荷一定为负电荷，故A正确；从A到B电场力做功WAB＝EpA－EpB＝1.2×10-8 J－0.80×10-8 J＝0.40×10-8 J ，故D错误；根据UAB＝ eq \f(WAB,q)，得UAB＝ eq \f(0.40×10-8,－1.0×10-9) V＝－4.0 V ，故C错误；因该电场线周围的电场线分布情况未知，所以两点的场强大小无法比较，电场力大小也无法判定，故B错误．
11．如图所示，在孤立的点电荷产生的电场中有a、b两点，a点的电势为φa，场强大小为Ea，方向与连线ab垂直，b点的电势为φb，场强大小为Eb，方向与连线ab的夹角为30°.则a、b两点的场强大小及电势高低的关系是( )
A．φa>φb，Ea＝ eq \f(Eb,2)
B．φa<φb，Ea＝ eq \f(Eb,2)
C．φa>φb，Ea＝4Eb
D．φa<φb，Ea＝4Eb
【答案】D 【解析】沿Ea、Eb方向的线相交，其交点为场源点电荷的位置，由几何关系知rb＝2ra，又由点电荷的场强公式E＝k eq \f(Q,r2)，可得Ea＝4Eb，分别过a、b作等势面，电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，则φb>φa，故选D.
12．如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，则( )
A．此时A带正电，B带负电
B．此时A电势低，B电势高
C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
【答案】C 【解析】 把一带正电荷的物体C置于A附近，电子被吸引到A端，B端遗留了不能移动的原子核，此时A带负电，B带正电，A错误；处于静电平衡的导体是等势体，故A、B电势相等，B错误； 移去C，A端的电子又回到B端，恢复原来的状态，A、B下部的金属箔闭合，C正确；先把A和B分开，然后移去C，A带负电，B带正电，A、B下的金属箔都不会闭合，D错误．
13．如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点．不计重力，下列说法错误的是( )
A．M带负电荷，N带正电荷
B．M在b点的动能小于它在a点的动能
C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能
D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功
【答案】D 【解析】由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确；M从a点到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则M在b点的动能小于在a点的动能，故B正确；d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确；N从c点运动到d点，库仑斥力做正功，故D错误．本题选错误的，故选D.
14．电容式话筒的保真度比动圈式话筒好，其工作原理如图所示．Q是绝缘支架，薄金属膜片M和固定电极N形成一个电容器，被直流电源充电，当声波使膜片振动时，电容发生变化，电路中形成变化的电流，当膜片向右运动的过程中，则( )
A．M、N构成的电容器的电容减小
B．固定电极N上的电荷量保持不变
C．导线AB中有向左的电流
D．对R而言上端(即B端)电势高
【答案】C 【解析】当膜片向右运动的过程中，M、N构成的电容器极板间距离减小，电容C增大 ，由于始终和电源相连，电容器两端电压U不变，所以极板上电荷量增加，电容器充电，导线中有向左的电流，对R 而言下端电势高，所以A、B、D错误，C正确．
15．有一匀强电场，电场线与坐标平面xOy平行，以原点为圆心，半径R＝5 cm 的圆周上任意一点Р的电势φ＝9cs θ＋180(V) ，θ为O、P两点连线与x轴的夹角，如图所示．则该匀强电场的电场强度的大小和方向为( )
A．360 V/m，沿x轴正方向
B．36 V/m，沿y轴正方向
C．180 V/m，沿x轴负方向
D．18 V/m，沿y轴负方向
【答案】C 【解析】由题意可知，当θ＝90° 和θ＝270° 时，圆周对应的两点电势相等，故y轴为电势180 V的等势面，可知场强沿x轴方向，当θ＝0° 和θ＝180° 时，代入题中函数关系可得，圆周对应点的电势分别为φ1＝189 V，φ2＝171 V，场强由电势高的一侧指向电势低的一侧，故场强方向沿x轴负方向，大小为E＝ eq \f(φ1－φ2,2R)＝180 V/m ，故选C.
16．如图所示，在水平面内固定三个点电荷a、b、c，其连线为一直角三角形，c所受库仑力的合力平行于a、b的连线，以下判断正确的是( )
A．a、b为同号电荷B．a、b为异号电荷
C．c所受库仑力的合力水平向左D．若将c由静止释放将做直线运动
【答案】B 【解析】因为c所受库仑力的合力平行于a、b的连线，则c点的合场强方向平行于ab连线，由场强叠加可知，a、b为异号电荷，A错误，B正确；因a、b、c的电性都不能确定，则由题中条件不能确定c所受库仑力的合力方向，C错误；c点的合场强方向平行于ab连线，但是过c点与ab平行的直线上各点的场强不是沿同一直线方向，可知若将c由静止释放不可能做直线运动，D错误．
17．如图所示，在水平方向的匀强电场中，一带负电的微粒以初速度v0从图中的A点沿直线运动到B点，在此过程中( )
A．粒子一定做匀速直线运动
B．粒子的机械能守恒
C．粒子运动的动能减小，电势能增加
D．粒子运动的动能增加，电势能减小
【答案】C 【解析】带电粒子做直线运动，所受合力方向与运动方向必在同一直线上，小球受重力和电场力，根据题意，小球电场力方向水平向左，二力不共线，合力不可能为零，合力沿BA方向，所以粒子一定做匀减速直线运动，故A错误；因为电场力和重力方向与位移方向夹角为钝角，所以重力和电场力都做负功，重力势能增加，电势能增加．机械能减少，故B错误；根据动能定理得：合外力做的功等于动能的变化量，合外力做负功，动能减小，C正确，D错误．
18．如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板．质量为m、电荷量为q的带负电的粒子(不计重力)以初速度v0 由小孔水平射入电场，当M、N间的电压为U时，粒子刚好能到达N板．如果要使该带电粒子到达M、N两板中点位置处即返回，则下列措施能满足要求的是( )
A．使初速度减小为原来的一半
B．使M、N间的电压提高到原来的2倍
C．使M、N间的电压提高到原来的4倍
D．使初速度减小为原来的一半，同时M、N间的电压提高到原来的2倍
【答案】B 【解析】粒子在进入电场运动的过程中，设带电粒子在电场中运动的最远距离为x，由动能定理得－ eq \f(qU,d)·x＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0) ，所以x＝ eq \f(mv eq \\al(2,0) ,2qU)d ，则使初速度减小为原来的一半，可得x减小为原来的 eq \f(1,4)，故A错误；若电压提高到原来的2倍，则x减小为原来的 eq \f(1,2)，即粒子运动到M、N两板中点处即返回，故B正确；使M、N间的电压提高到原来的4倍，则x减小为原来的 eq \f(1,4)，故C错误；使初速度减小为原来的一半，同时M、N间的电压提高到原来的2倍，则x减小为原来的 eq \f(1,8)，故D错误．
19．某静电场的电场线与x轴平行，电势φ随x坐标变换的关系图像如图所示．若将一带电的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，在仅受电场力的作用下，该粒子在x轴上沿着轴线的正方向运动，已知电场中A、B两点的x坐标分别为10 mm、30 mm，则( )
A．该带电粒子一定带负电荷
B．该电场为匀强电场，电场强度大小为1 000 V/m
C．该粒子沿x轴从A点到B点的过程中，电势能一直增大
D．在x轴上从A点到B点电场的方向先沿x轴正方向后负方向
【答案】B 【解析】粒子受力方向和电场方向相同，故粒子带正电荷，A错误；在图像中，图线斜率表示场强大小，斜率不变说明电场为匀强电场，电场强度大小为E＝ eq \f(U,d)＝ eq \f(\a\vs4\al(Δφ),x)＝ eq \f(20,20×10-3)V/m＝1 000 V/m，B正确；粒子沿x轴从A点到B点的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减少，C错误；由图像知电势降低，根据沿着电场线电势降低，所以在x轴上从A点到B点电场强度都沿x轴正方向，D错误．
20．如图所示是示波器原理图，电子被电压为U1 的加速电场加速后射入电压为U2 的偏转电场，离开偏转电场后电子打在荧光屏上的P点，P点与O点的距离叫做偏转距离，偏转电场极板长为L，板间距离为d ，为了增大偏转距离，下列措施可行的是( )
A．减小U1B．减小U2
C．减小LD．增大d
【答案】A 【解析】电子在加速电场中加速，根据动能定理可得eU1＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0) ，所以电子进入偏转电场时速度的大小为v0＝ eq \r(\f(2eU1,m))，电子进入偏转电场后偏转位移为y＝ eq \f(1,2)at2＝ eq \f(1,2)· eq \f(eU2,md)( eq \f(L,v0))2＝ eq \f(U2L2,4U1d)，为了增大偏转距离，则要增大y，即可以通过增大L、减小d、减小U1、增大U2.故A正确，B、C、D错误．
二、非选择题：本题共3小题，共40分．
21．(10分)(1)在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器与电源断开，板极A与静电计相连，板极B接地．
①若将极板B向上平行移动一小段距离，则将观察到静电计指针偏角________(填“增大”“减小”或“不变”)，说明平行板电容器的电容随极板正对面积S减小而减小．
②若将极板B向左平行移动一小段距离，则将观察到静电计指针偏角增大，说明平行板电容器的电容随板间距离d增大而________(填“增大”“减小”或“不变”)；B极板向左移动后，AB间的电场强度________(填“增大”“减小”或“不变”).
(2)美国物理学家密立根通过如图所示的实验装置最先测出了电子的电荷量被称为密立根油滴实验．两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下．图中油滴由于带负电悬浮在两板间保持静止．(已知重力加速度为g)
①若要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有________.
A．油滴质量mB．两板间的电压U
C．两板间的距离dD．两板的长度
②用所测得的物理量表示出该油滴的电荷量q＝________.
【答案】(1)①增大 ②减小 不变 (2)①ABC ② eq \f(mgd,U)
【解析】(1)①若极板B稍向上动一点，极板正对面积减小，由电容的决定式C＝ eq \f(εrS,4πkd)分析知电容减小，电容器的电量不变，根据电容的定义式C＝ eq \f(Q,U)，极板间的电压增大，则静电计指针偏角增大．②若极板B稍向左移动一点，板间距离增大，由电容的决定式C＝ eq \f(εrS,4πkd)分析知电容减小，电容器的电量不变，根据电容的定义式C＝ eq \f(Q,U)，极板间的电压增大，则静电计指针偏角增大．此实验说明平行板电容器的电容与极板间距离成反比．极板间距离的增大而减小．依据E＝ eq \f(U,d)，及C＝ eq \f(Q,U)，则有电场强度E＝ eq \f(4πkQ,εrS)，可知极板间的电场强度与极板间距无关，即当B极板向左移动后，A、B间的电场强度不变．
(2)①平行板板间存在匀强电场，液滴恰好处于静止状态，电场力与重力平衡，则有mg＝qE＝ eq \f(qU,d)，所以需要测出的物理量有油滴的质量m，两板间的电压U，两板间的距离d.故选ABC.
②根据平衡条件可知mg＝qE＝ eq \f(qU,d)，则油滴的电荷量为q＝ eq \f(mgd,U).
22．(15分)如图所示，在P点固定一个正点电荷，A、B两点在P的正上方，与P相距分别为h和 eq \f(h,3)，将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从A点由静止释放，释放后带电小球在A点处的加速度大小为 eq \f(3,4)g ，运动到B点时速度恰好变为零．求：
(1)带电小球在B点处加速度的大小；
(2)A、B两点间的电势差UAB；
(3)带电小球从A点运动到B点的过程中，运动速度最大的位置与P点的距离h1.
【答案】(1) eq \f(5,4)g (2)－ eq \f(2mgh,3q) (3) eq \f(h,2)
【解析】(1)在A点，有mg－ eq \f(kQq,h2)＝ eq \f(3mg,4)，
在B点，由牛顿第二定律得 eq \f(kQq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,3)))\s\up12(2))－mg＝maB，联立解得aB＝ eq \f(5,4)g .
(2)从A 运动到B 的过程中，由动能定理得mg eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(h－\f(h,3)))＋qUAB＝0，解得UAB＝－ eq \f(2mgh,3q).
(3)当库仑力等于带电小球的重力时，带电小球的速度最大，则有 eq \f(kQq,h eq \\al(2,1) )－mg＝0，
联立可得h1＝ eq \f(h,2).
23．(15分)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面底端O固定一带正电物体甲，将另一带电体乙从斜面上的B点由静止释放，沿斜面下滑距离s到达A点时达到最大速度v.已知带电体乙的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，甲、乙均可视为点电荷．求：
(1)试分析乙的带电性质；
(2)甲在A点产生的电场强度大小；
(3)A、B两点间的电势差．
【答案】(1)正电 (2) eq \f(mg,2q) (3) eq \f(mgs－mv2,2q)
【解析】(1)若乙带负电，则会一直加速，不会达到题目所给的状态，故乙只能带正电．
(2)速度最大时，合外力为零，设甲在A点的电场强度大小为E，则有mg sin 30°＝qE，
解得E＝ eq \f(mg,2q).
(3)从B到A由动能定理有qUBA＋mgs sin 30°＝ eq \f(1,2)mv2－0，解得UBA＝ eq \f(mv2－mgs,2q)，则UAB＝－UBA＝ eq \f(mgs－mv2,2q).