人教版高三物理总复习第六章综合测试题

人教版高三物理总复习第六章综合测试题

第六章综合测试题 本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．‎ 第Ⅰ卷(选择题　共40分)‎ 一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)‎ ‎1．如图所示的四个电场的电场线，其中A和C图中小圆圈表示一个点电荷，A图中虚线是一个圆，B图中几条直线间距相等互相平行，则在图中M、N处电场强度相同的是(　　)‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　电场强度相同指场强大小、方向都相同，故B对．‎ ‎2.‎ A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v和时间t 的关系图象如图甲所示．则此电场的电场线分布可能是图乙中的(　　)‎ ‎[答案]　A ‎[解析]　由图象可知，粒子的速度随时间逐渐减小，粒子的加速度逐渐变大，则电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合分析知，带负电的粒子是顺电场线方向运动．由电场线疏处到达密处．故A对．‎ ‎3．如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则(　　)‎ A．电子将沿Ox方向运动 B．电子的电势能将增大 C．电子运动的加速度恒定 D．电子运动的加速度先减小后增大 ‎[答案]　AD ‎[解析]　由图乙知沿Ox方向各点的电势逐渐增大，则电场方向沿Ox的反方向，电子将受到沿Ox 方向的电场力作用，所以电子将沿Ox方向运动，A对；电子运动过程中电场力做正功，电势能减小，B错；根据电场中场强与电势变化快慢之间的关系，电势变化越快，场强越大，因此图乙中图线的斜率表示场强大小，则E先减小后增大，则电子的加速度也将先减小后增大，D对，C错．‎ ‎4．(2012·海口模拟)P，Q两个等量电荷的电场线分布如图所示，a，b，c，d为电场中的四个点．a，c在PQ的中垂线上，则下列判断正确的是(　　)‎ A．P电荷带正电　　　　　　 B．P，Q是同种电荷 C．b，d两点电势相等 D．a，c两点电势相等 ‎[答案]　AD ‎[解析]　电场线的分布特点为由正电荷出发终止于负电荷，故P为正电荷，Q为负电荷，A选项正确，B选项错误；等量异种电荷PQ的中垂线为等势线，故a，c电势相等，D选项正确；顺着电场线电势越来越低，所以φb>φd，C选项错误．‎ ‎5.‎ ‎(2012·信息卷)如图所示，在竖直向上的场强为E的匀强电场中，O点固定一个电荷量为Q的点电荷，一个质量为m的带电小球在匀强电场中绕O点在竖直平面内做半径为l的匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.如果带电小球对匀强电场、点电荷Q的电场的影响可以忽略不计，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小球受到的向心力为 B．a、b两点间的电势差为零，小球在运动过程中机械能守恒 C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能增加 D．如果小球运动到b点时，突然撤去匀强电场E，小球将做平抛运动 ‎[答案]　AC ‎[解析]　因为小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以小球所受匀强电场的电场力跟重力平衡，由Eq＝mg，再据库仑定律可求得小球受到的向心力为F向＝k＝，选项A正确；由题意可知，小球受到的电场力必向上，所以小球带正电，点电荷Q带负电，小球在从a点运动到b 点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，选项C正确；a、b两点间的电势差不为零，而是2El，因为在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，所以选项B错误；如果小球运动到b点时，突然撤去匀强电场E，小球将受点电荷的作用力和重力，而且离开b点后合力就不在竖直方向上，小球的运动不是平抛运动，D错误．‎ ‎6．(2012·长春模拟)‎ 如图所示，A，B，C，D是匀强电场中一个以坐标原点为圆心、半径为‎1cm的圆与两坐标轴的交点，已知A，B，C三点的电势分别为φA＝15V、φB＝3V，φC＝－3V.由此可得D点的电势为(　　)‎ A．3V B．6V C．12V D．9V ‎[答案]　D ‎[解析]　由于电场为匀强电场，则ΦA－ΦB＝ΦD－ΦC，解得ΦD＝9V，选项D正确．‎ ‎7．(2012·哈尔滨模拟)‎ 如图所示，有一带电量为＋q的点电荷与均匀带电的圆形薄板相距为2d，圆形薄板带电量为－Q，点电荷到带电薄板的垂线通过板的圆心．若图中b点处的电场强度为零，则图中a点处的电场强度大小是(　　)‎ A. B. C. D. ‎[答案]　A ‎[解析]　由于b点合场强为零，则圆形薄板在b点产生的场强为E＝k＝k，根据对称性可知圆形薄板在a点产生的场强大小与b点相等，方向相反；点电荷在a点产生的场强在E′＝k，故Ea＝E＋E′＝k，选项A正确．‎ ‎8．(2012·长沙模拟)‎ 图中虚线是用实验方法描绘出的某一静电场中的一簇等势线，若不计重力的带电粒子从a点射入电场后恰能沿图中的实线运动，b点是其运动轨迹上的另一点，则带电粒子(　　)‎ A．a点的电势一定低于b点 B．a点的加速度一定小于b点 C．a点的电势能一定大于b点 D．a点的速度一定大于b点 ‎[答案]　D ‎[解析]　由带电粒子的运动轨迹可以看出带电粒子受到的力指向弧线的凹侧故由a运动到b做减速运动，故D选项正确；由于带电粒子的电性未知故无法判断电势及电势能的高低，故AC错误；由图中无法看出带电粒子的受力大小情况，故B选项错误．‎ ‎9．(2012·合肥模拟)‎ 一电子在电场中由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示．图中一组平行实线是等势面，则下列说法正确的是(　　)‎ A．a点的电势比b点低 B．电子在a点的加速度方向向右 C．电子从a点到b点动能减小 D．电子从a点到b点电势能减小 ‎[答案]　C ‎[解析]　由题意可知电场线垂直等势面向上，则a点电势比b点高，选项A错误；电子受到电场力与电场线反向，故加速度方向向下，选项B错误；电子由a点运动到b点的过程中，电场力做负功，电势能增加，动能减小，选项C正确，D错误．‎ ‎10．(2012·杭州模拟)‎ 静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如右图所示．虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线的形状相对于Ox轴、Oy轴对称．等势线的电势沿x轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等，一群关于x轴对称的电子从左向右射入电场，速度与Ox轴平行，关于这群电子通过电场区域的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．电子一定汇聚 B．电子一定发散 C．电子可能先汇聚后发散 D．电子可能先发散后汇聚 ‎[答案]　C ‎[解析]　根据等势面的情况，我们可以大致画一条电场线，如图所示，根据对称性也可画出下方的电场线，因为带电粒子在第二象限受力是斜向右下方的，在第三象限受力是斜向右上方的，因此电子可能汇聚，在第一象限受力斜向右上方的，在第四象限受力是斜向右下方的，因此电子可能再发散，C正确．‎ 第Ⅱ卷(非选择题　共60分)‎ 二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)‎ ‎11.‎ ‎(6分)如图所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电荷量为Q，上极板带正电，两极板间距为d.现将一个检验电荷＋q由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为s，连线AB与平行极板方向的夹角为30°，则电场力对检验电荷＋q 所做的功等于________．‎ ‎[答案]　 ‎[解析]　电容器两板间电势差U＝，场强E＝＝ 而A、B两点间电势差UAB＝E·s·sin30°＝ 电场力对＋q所做功为W＝qUAB＝ ‎12．(6分)‎ 一电子以4×‎106m/s的速度沿与电场垂直的方向从A点水平垂直于场强方向飞入，并从B点沿与场强方向成150°的方向飞出该电场，如图所示，则A、B两点的电势差为______V．(电子的质量为9.1×10－‎31kg，电荷量为－1.6×10－‎19C)‎ ‎[答案]　－136.5‎ ‎[解析]　设电子射入电场时的速度为vA，射出电场时的速度为vB，从图可知vB＝＝2vA，根据动能定理，有 W＝eUAB①‎ W＝mv－mv②‎ 由式①②得eUAB＝mv－mv＝mv 所以UAB＝＝V ‎＝－136.5V ‎13．(6分)‎ 如图所示，匀强电场场强为E，与竖直方向成α角，一质量为m、电荷量为q的带负电小球用细线系在竖直墙上，恰好静止在水平位置，则场强E的大小为________．若保持场强方向和小球电荷量不变，将线拉至与场强垂直时，小球能静止，此时场强大小为________．‎ ‎[答案]　　 ‎[解析]　‎ 对两种情况下小球的受力分析如图中(a)、(b)所示，对(a)有：‎ Eqcosα＝mg 所以E＝ 对(b)有：Eq＝mgcosα 所以E＝ 三、论述计算题(共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎14．(10分)(2012·信阳模拟)两块水平金属极板A、B正对放置，每块极板长均为l、极板间距为d.B板接地(电势为零)、A板电势为＋U，重力加速度为g.两个比荷(电荷量与质量的比值)均为＝的带正电质点以相同的初速度沿A、B板的中心线相继射入，如图所示．第一个质点射入后恰好落在B处的中点处．接着，第二个质点射入极板间，运动一段时间Δt后，A板电势突然变为－U并且不再改变，结果第二个质点恰好没有碰到极板．求：‎ ‎(1)带电质点射入时的初速度v0.‎ ‎(2)在A板电势改变之前，第二个质点在板间运动的时间Δt.‎ ‎[答案]　(1)v0＝　(2)Δt＝(2－) ‎[解析]　(1)第一个质点在极板间做类平抛运动 mg＋q＝ma，＝v0t1，＝at 解得质点的加速度为a＝‎2g，初速度v0＝ ‎(2)第二个质点射入极板后，在时间Δt内做类平抛运动，有x2＝v0Δt，y2＝aΔt2，vy＝aΔt A板电势突然变为－U后，质点所受电场力与重力平衡，做匀速直线运动，经过时间t′恰好射出极板，则 x′2＝l－x2＝v0t′，y′2＝－y2＝vyt′‎ 由以上各式解得Δt＝(2－) ‎15．(10分)(2012·银川模拟) 如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场．电量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力．‎ ‎(1)若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能；‎ ‎(2)若粒子离开电场时动能为Ek′，则电场强度为多大？‎ ‎[答案]　(1)　5Ek ‎(2)或 ‎[解析]　(1)设粒子运动时间为t，则L＝v0t L＝＝ 所以E＝ qEL＝Ekt－Ek，所以Ekt＝qEL＋Ek＝5Ek ‎(2)若粒子由bc边离开电场，L＝v0t，vy＝＝ Ek′－Ek＝mv＝＝ 所以E＝ 若粒子由cd边离开电场，qEL＝Ek′－Ek 所以E＝ ‎16．(11分)‎ ‎ 如图所示， A和B是两个相同的带电小球，可视为质点，质量均为m，电荷量均为q.其中A固定在绝缘地面上，B静放在绝缘板上．当绝缘板以恒定的加速度a(a

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