粤教版高中物理必修第三册章末综合测试1静电场的描述含答案

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章末综合测评(一)1．D　[带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定的，与自身大小、形状无必然关系，当带电体的形状、大小对它们之间相互作用力的影响可以忽略时，这个带电体就可以看作点电荷，故A、B、C错误，D正确。]2．A　[由于负点电荷的电场线指向负点电荷，而沿着电场线电势逐渐降低，又由于对称性，因此a、b两点电势都比c点低，且a、b两点电势相等，故A正确，B错误；电场线的疏密反映了场强的大小，而且电场强度为矢量，具有方向性，因此a、b两点场强大小相等，方向不同，都比c点场强大，故C、D错误。]3．D　[因A、C两点电势相等，故AC连线是一等势线，由几何关系可知OB⊥AC，因沿着电场线方向电势降低，故可知电场线方向由B到O，场强大小为E＝Ud＝80.2 V/m＝40 V/m，故D正确。]4．D　[点电荷电场中，离点电荷越近场强越大，所以EA>EB，点电荷＋q在A点受的静电力比在B点受的静电力大，A错误；点电荷＋q从B向A移动，静电力做正功，电势能减小，即＋q在B点的电势能比在A点大，B错误；若从B到D移动电荷量为＋q的电荷，静电力做功WBD＝qUBD，从C到A静电力所做的功是WCA＝qUCA，因为UBD＝UCA，故WBD＝WCA，C错误；从B到C移动电荷量为＋q的电荷，静电力做正功，D正确。]5．C　[由题图甲中均匀带电半圆环对圆心点电荷的库仑力大小为F，可以得出14圆环对圆心点电荷的库仑力大小为22F。将题图乙中的均匀带电34圆环分成三个14圆环，关于圆心对称的两个14圆环对圆心点电荷的库仑力的合力为零，因此题图乙中的34圆环对圆心点电荷的库仑力大小为22F，故C正确，A、B、D错误。]6．D　[a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力的方向在竖直方向上，环的支持力以及b对a的库仑力均沿圆环直径方向，故c对a的库仑力为引力，同理可知，c对b的库仑力也为引力，所以a与c的电性一定相反，a与b的电性一定相同，即a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷，故A、B错误；对c小球受力分析，将力沿水平方向和竖直方向正交分解后可得kqaqcrac2sin 60°＝kqqcrbc2sin 30°，又rac∶rbc＝1∶3，解得qa∶qb＝3∶9，故C错误，D正确。]7．B　[A、B所受库仑力互为作用力和反作用力，大小相等，故A错误；根据F库＝k 2Q·QL2＝mω2rA＝2mω2rB，可得 rArB＝21，根据v＝ωr可知，A、B的线速度大小之比为2∶1，故B正确；若仅把B的电荷量变为－2Q，根据F库＝k 2Q·2QL2＝mω2rA＝2mω2rB，则稳定后A、B做圆周运动的半径之比仍为2∶1，故C错误；若仅把A的质量变为2m，根据F库＝k 2Q·QL2＝2mω2rA′＝2mω2rB′，可得 rA'rB' ＝ 11，根据v＝ωr可知，稳定后A、B的线速度大小之比为1∶1，故D错误。]8．AD　[a点等势面比b点等势面密，故a点场强大于b点场强，故B错误，A正确；电子仅在电场力作用下由a到b，则电子受到的电场力由a指向b，电子带负电，故电场线方向由b指向a，a点电势低于b点电势，故C错误，D正确。]9．BCD　[由E＝Ud得电场强度与电势的关系E＝ΔφΔx，电势能Ep＝qφ，联立可得E＝1q·ΔEpΔx，可知Ep­x图像切线的斜率ΔEpΔx＝qE＝F静，x1处切线斜率为零，所以x1处电场强度为零，故A错误；由题图可知，O～x1、x1～x2、x2～x3三段图线斜率大小变化情况为变小、变大、不变，则可知三段图线反映的粒子所受的静电力变小、变大、不变，故B、C正确；根据电势能与电势的关系Ep＝qφ、粒子带负电可知，电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以φ1>φ2＝φO>φ3，故D正确。]10．BD　[由题意可知，小球所受电场力与重力的合力指向右下，与水平方向成45°角，小球向左射出后做匀变速曲线运动，当其水平速度与竖直速度大小相等时，即速度方向与小球所受合力方向垂直时，小球克服合力做的功最大，此时动能最小，而此时小球仍具有水平向左的分速度，电场力仍对其做负功，其电势能继续增大，故A、C错误；小球在电场力方向上的加速度大小ax＝g，竖直方向加速度大小ay＝g，当小球水平速度减为零时，克服电场力做的功最大，小球的电势能最大，由匀变速运动规律有v0＝gt，此时小球竖直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此时小球动能等于初动能，由能量守恒定律可知，小球重力势能减少量等于小球电势能的增加量，又由功能关系可知，重力做的功等于小球重力势能的减少量，故B、D正确。]11．解析：由题图可知，a点附近电场线比b点附近电场线密，所以Ea＞Eb；由点电荷产生电场的场强公式E＝kQr2和场强叠加原理可知Ec＞Ed。答案：＞　＞12．解析：由题意知，悬线夹角越大，说明受力越大，故两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大，随其所带电荷量的增大而增大；此同学在探究中应用的科学方法是控制变量法。答案：减小　增大　控制变量法13．解析：(1)物块在A点受到点电荷的库仑力F＝kQqr2由几何关系可知r＝hsin60°设物块在A点时受到轨道的支持力大小为FN由平衡条件有FN＝mg＋F sin 60°解得FN＝mg＋33kQq8h2。(2)设点电荷产生的电场在B点的电势为φB由动能定理有q(φ－φB)＝12mv2-12 mv02解得φB＝φ+mv02-v22q。答案：(1)mg＋33kQq8h2　2φ+mv02-v22q14．解析：(1)小球从B到D有FN＋qE－mg＝0f＝μFN从A到D由动能定理mgR－f×4R＝0解得E＝4μ-1mg4μq。(2)小球从A到B，由动能定理得mgR ＝ 12mvB2－0小球在B处由牛顿第二定律得FN ＋ qE－mg＝m vB2R解得FN＝8μ+1mg4μ由牛顿第三定律得FN′＝ 8μ+1mg4μ。答案：(1)4μ-1mg4μq　(2)8μ+1mg4μ15．解析：(1)作电场线如图(a)所示。由题意知，只有小球受到方向向左的静电力，静电力和重力的合力与初速度才可能在一条直线上，如图(b)所示。只有当F合与v0在一条直线上才可能使小球做直线运动，所以小球带正电，小球沿v0方向做匀减速直线运动。由图(b)知qE＝mg，相邻等势面间的电势差为U，所以E＝Ud，得q＝mgE＝mgdU。(2)由图(b)知，F合＝qE2+mg2＝2mg。(3)由动能定理得－F合xm＝0-12mv02所以xm＝mv0222mg＝2v024g。答案：(1)正电荷　mgdU　(2)2mg　32v024g12345678910DADDCDBADBCDBD