【走向高考】2020年高考物理總復(fù)習(xí) 第6章綜合測試題

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1、第六章綜合測試題 本卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分．滿分100分，考試時(shí)間90分鐘． 第Ⅰ卷(選擇題　共40分) 一、選擇題(共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，有些小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得4分，選不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分) 1．如圖所示的四個(gè)電場的電場線，其中A和C圖中小圓圈表示一個(gè)點(diǎn)電荷，A圖中虛線是一個(gè)圓，B圖中幾條直線間距相等互相平行，則在圖中M、N處電場強(qiáng)度相同的是(　　) [答案]　B [解析]　電場強(qiáng)度相同指場強(qiáng)大小、方向都相同，故B對(duì)． 2. A、B是一條電場

2、線上的兩個(gè)點(diǎn)，一帶負(fù)電的粒子僅在電場力作用下以一定的初速度從A點(diǎn)沿電場線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，其速度v和時(shí)間t的關(guān)系圖象如圖甲所示．則此電場的電場線分布可能是圖乙中的(　　) [答案]　A [解析]　由圖象可知，粒子的速度隨時(shí)間逐漸減小，粒子的加速度逐漸變大，則電場強(qiáng)度逐漸變大，從A到B電場線逐漸變密．綜合分析知，帶負(fù)電的粒子是順電場線方向運(yùn)動(dòng)．由電場線疏處到達(dá)密處．故A對(duì)． 3．如圖甲所示，一條電場線與Ox軸重合，取O點(diǎn)電勢為零，Ox方向上各點(diǎn)的電勢φ隨x變化的情況如圖乙所示．若在O點(diǎn)由靜止釋放一電子，電子僅受電場力的作用，則(　　) A．電子將沿Ox方向運(yùn)動(dòng) B．電子的電勢能將

3、增大 C．電子運(yùn)動(dòng)的加速度恒定 D．電子運(yùn)動(dòng)的加速度先減小后增大 [答案]　AD [解析]　由圖乙知沿Ox方向各點(diǎn)的電勢逐漸增大，則電場方向沿Ox的反方向，電子將受到沿Ox方向的電場力作用，所以電子將沿Ox方向運(yùn)動(dòng)，A對(duì)；電子運(yùn)動(dòng)過程中電場力做正功，電勢能減小，B錯(cuò)；根據(jù)電場中場強(qiáng)與電勢變化快慢之間的關(guān)系，電勢變化越快，場強(qiáng)越大，因此圖乙中圖線的斜率表示場強(qiáng)大小，則E先減小后增大，則電子的加速度也將先減小后增大，D對(duì)，C錯(cuò)． 4．(2020·蘇錫常鎮(zhèn)四市模擬) 陰極射線示波管的聚焦電場由電極A1、A2形成，實(shí)線為電場線，虛線為等勢線，z軸為該電場的中心軸線，P、Q、R為一個(gè)從左

4、側(cè)進(jìn)入聚焦電場的電子運(yùn)動(dòng)軌跡上的三點(diǎn)，則(　　) A．電場A1的電勢高于電極A2的電勢 B．電場中Q點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于R點(diǎn)的電場強(qiáng)度 C．電子在P點(diǎn)處的動(dòng)能大于Q點(diǎn)處的動(dòng)能 D．電子從P到R的運(yùn)動(dòng)過程中，電場力對(duì)它一直做正功 [答案]　D [解析]　電場線的方向由A2指向A1，則A2的電勢高于A1，A選項(xiàng)不正確；電場線密的地方電場強(qiáng)度大，所以Q點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于R處的電場強(qiáng)度，B選項(xiàng)不正確；電子從P點(diǎn)向Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，電場力做正功，所以電子在P點(diǎn)處的動(dòng)能小于在Q點(diǎn)處的動(dòng)能，C選項(xiàng)不正確；電子從P點(diǎn)向R點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中，電場力一直做正功，D選項(xiàng)正確． 5．(2020·太原模擬) 如圖所示，

5、三條平行且等間距的虛線表示電場中的三個(gè)等勢面其電勢分別為10V、20V、30V.實(shí)線是一帶負(fù)電的粒子(不計(jì)重力)在該區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的軌跡，對(duì)于軌跡上的a、b、c三點(diǎn)，下列說法中正確的是(　　) A．粒子一定是先過a，再到b，然后到c B．粒子在三點(diǎn)所受電場力的大小關(guān)系為Fb>Fa>Fc C．粒子在三點(diǎn)動(dòng)能的大小關(guān)系為Ekb>Eka>Ekc D．粒子在三點(diǎn)電勢能的大小關(guān)系為εb>εa>εc [答案]　D [解析]　根據(jù)題意知，三個(gè)等勢面平行等間距，且又是等差等勢面，所以該電場是勻強(qiáng)電場，方向向上垂直等勢面，又由于粒子帶負(fù)電，運(yùn)動(dòng)過程可以先過a，再到b，然后到c；也可以是先過c，再到b，然

6、后到a，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．帶電粒子在三點(diǎn)所受電場力的大小Fb＝Fa＝Fc，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．由圖中等勢面可知a、b、c三點(diǎn)電勢的高低關(guān)系是φc>φa>φb，由動(dòng)能定理可知粒子在三點(diǎn)動(dòng)能的大小關(guān)系為Ekc>Eka>Ekb，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．由題意可知帶電粒子在三點(diǎn)電勢能的大小關(guān)系為εb>εa>εc，選項(xiàng)D正確． 6．(2020·濰坊模擬)真空中，兩個(gè)相距L的固定點(diǎn)電荷E、F所帶電荷量分別為QE和QF，在它們共同形成的電場中，有一條電場線如圖中實(shí)線所示，實(shí)線上的箭頭表示電場線的方向．電場線上標(biāo)出了M、N兩點(diǎn)，其中N點(diǎn)的切線與EF連線平行，且∠NEF>∠NFE.則(　　) A．E帶正電，F(xiàn)帶負(fù)電，且QE

7、 B．在M點(diǎn)由靜止釋放一帶正電的檢驗(yàn)電荷，檢驗(yàn)電荷將沿電場線運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn) C．過N點(diǎn)的等勢面與過N點(diǎn)的切線垂直 D．負(fù)檢驗(yàn)電荷在M點(diǎn)的電勢能大于在N點(diǎn)的電勢能 [答案]　AC [解析]　由電場線方向可知E帶正電，F(xiàn)帶負(fù)電，因?yàn)椤螻EF>∠NFE，所以QE

8、b極板用導(dǎo)線相連，Q板接地．開始時(shí)懸線靜止在豎直方向，在b極板帶電后，懸線偏轉(zhuǎn)了角度α，在以下方法中，能使懸線的偏角α變大的是(　　) A．縮小a、b間的距離 B．加大a、b間的距離 C．取出a、b兩極間的電介質(zhì) D．換一塊形狀大小相同、介電常數(shù)更大的電介質(zhì) [答案]　BC [解析]　由題圖中可以看出，P、Q兩極板間的電勢差等于電容器兩極板間的電勢差，縮小a、b間的距離，電容器C的電容增大，電容器兩極板間的電壓減小，P、Q兩板間的電壓減小，場強(qiáng)減小 ，懸線的偏轉(zhuǎn)角減小，A錯(cuò)誤；加大a、b間的距離，電容器的電容減小，電容器兩極板間的電壓增大，P、Q兩板間的電壓增大，場強(qiáng)增大，懸線

9、的偏轉(zhuǎn)角增大，B正確；取出a、b兩極板間的電介質(zhì)，電容器電容減小，電容器兩極板間的電壓增大，P、Q兩板間的電壓增大，場強(qiáng)增大，懸線的偏轉(zhuǎn)角增大，C正確，換一塊形狀大小相同、介電常數(shù)更大的電介質(zhì)，電容器電容增大，電容器兩極板間的電壓減小，P、Q兩板間的電壓減小，場強(qiáng)減小，懸線的偏轉(zhuǎn)角減小，D錯(cuò)誤． 8．如圖所示，兩個(gè)相互垂直的光滑絕緣固定擋板PO、OQ豎直放置在勻強(qiáng)電場E中，場強(qiáng)方向水平向左且垂直于擋板PO，圖中A、B兩球(可視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量相同且均帶正電荷．當(dāng)A球受豎直向下推力F作用時(shí)，A、B兩球均緊靠擋板處于靜止?fàn)顟B(tài)，這時(shí)兩球之間的距離L；若使球A在推力F作用下沿?fù)醢錚O向O點(diǎn)移動(dòng)一小段距離

10、后，球A與球B重新處于靜止?fàn)顟B(tài)，在此過程中(　　) A．A球?qū)球作用的靜電力減小 B．A球?qū)球作用的靜電力增大 C．墻壁PO對(duì)A球的彈力不變 D．兩球之間的距離減小則F增大 [答案]　AC [解析]　設(shè)A、B兩球的連線與OQ的夾角為α，A、B兩球間的距離為r，A球的帶電量為qA，B球的帶電量為qB.對(duì)B球由平衡條件得：kcosα＝qBE，對(duì)A球由水平方向的平衡條件得：FN＝qAE＋kcosα，A球向O移動(dòng)一小段距離，α角減小，cosα增大，得出r增大，F(xiàn)N不變，B、D錯(cuò)誤，A、C正確． 9．光滑絕緣細(xì)桿與水平面成θ角固定，桿上套有一帶正電的小球，質(zhì)量為m，帶電荷量為q.為

11、使小球靜止在桿上，可加一勻強(qiáng)電場．所加電場的場強(qiáng)滿足什么條件時(shí)，小球可在桿上保持靜止(　　) A．垂直于桿斜向上，場強(qiáng)大小為 B．豎直向上，場強(qiáng)大小為 C．垂直于桿斜向下，場強(qiáng)大小為 D．水平向右，場強(qiáng)大小為 [答案]　B [解析]　小球受豎直向下的重力，若電場垂直于桿的方向，則小球受垂直于桿方向的電場力，支持力方向亦垂直于桿的方向，小球所受合力不可能為零，A、C項(xiàng)錯(cuò)；若電場豎直向上，所受電場力Eq＝mg，小球所受合力為零，B項(xiàng)正確；若電場水平向右，則小球受重力、支持力和電場力作用，根據(jù)平行四邊形定則，可知E＝mgtanθ/q，D項(xiàng)錯(cuò)． 10. (2020·江西師大附中模擬)

12、如圖所示，A、B、O、C為在同一豎直平面內(nèi)的四點(diǎn)，其中A、B、O沿同一豎直線，B、C同在以O(shè)為圓心的圓周(用虛線表示)上，沿AC方向固定有一光滑絕緣細(xì)桿，在O點(diǎn)固定放置一帶負(fù)電的小球．現(xiàn)有兩個(gè)質(zhì)量和電荷量都相同的帶正電的小球a、b，先將小球a穿在細(xì)桿上，讓其從A點(diǎn)由靜止開始沿桿下滑，后使小球b從A點(diǎn)由靜止開始沿豎直方向下落．兩帶電小球均可視為點(diǎn)電荷，則下列說法中正確的是(　　) A．從A點(diǎn)到C點(diǎn)，小球a做勻加速運(yùn)動(dòng) B．小球a在C點(diǎn)的動(dòng)能大于小球b在B點(diǎn)的動(dòng)能 C．從A點(diǎn)到C點(diǎn)，小球a的機(jī)械能先增加后減小，但機(jī)械能與電勢能之和不變 D．從A點(diǎn)到C點(diǎn)電場力對(duì)小球a做的功大于從A點(diǎn)到B

13、點(diǎn)電場力對(duì)小球b做的功 [答案]　BC [解析]　考查小球a從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中只受到重力和電場力，由于電場力是變力，且沿著桿方向的庫侖力的分力是變化的，故小球a不可能做勻加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)；小球a和小球b分別到達(dá)C和B點(diǎn)時(shí)，由分析可知電場力做功相同，而小球a的重力做功多，故小球a在C處動(dòng)能比小球b在B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大，故B正確，D錯(cuò)誤；機(jī)械能的增加量等于電場力做的功，故小球a從A點(diǎn)到C點(diǎn)過程中電場力先做正功后做負(fù)功，故機(jī)械能先增加后減小，由能量守恒定律可知，小球a只有機(jī)械能和電勢能兩個(gè)形式的能量，其總和必定守恒，C對(duì)．第Ⅱ卷(非選擇題　共60分) 二、填空題(共3小題，每小題6分，共18分．把

14、答案直接填在橫線上) 11. (6分)如圖所示是一個(gè)平行板電容器，其電容為C，帶電荷量為Q，上極板帶正電，兩極板間距為d.現(xiàn)將一個(gè)檢驗(yàn)電荷＋q由兩極板間的A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)間的距離為s，連線AB與平行極板方向的夾角為30°，則電場力對(duì)檢驗(yàn)電荷＋q所做的功等于________． [答案]　 [解析]　電容器兩板間電勢差U＝，場強(qiáng)E＝＝ 而A、B兩點(diǎn)間電勢差UAB＝E·s·sin30°＝ 電場力對(duì)＋q所做功為W＝qUAB＝ 12．(6分)一電子以4×106m/s的速度沿與電場垂直的方向從A點(diǎn)水平垂直于場強(qiáng)方向飛入，并從B點(diǎn)沿與場強(qiáng)方向成150°的方向飛出該電場，如圖所示，則

15、A、B兩點(diǎn)的電勢差為______V．(電子的質(zhì)量為9.1×10－31kg，電荷量為－1.6×10－19C) [答案]　－136.5 [解析]　設(shè)電子射入電場時(shí)的速度為vA，射出電場時(shí)的速度為vB，從圖可知vB＝＝2vA，根據(jù)動(dòng)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) 如圖所示，勻強(qiáng)電場場強(qiáng)為E，與豎直方向成α角，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球用細(xì)線系在豎直墻上，恰好靜止在水平位置，則場強(qiáng)E的大小為________．若保持場強(qiáng)方向和小球電荷量不變，將線拉至與場強(qiáng)垂直時(shí)，小球能靜止

16、，此時(shí)場強(qiáng)大小為________． [答案]　　 [解析]　 對(duì)兩種情況下小球的受力分析如圖中(a)、(b)所示，對(duì)(a)有： Eqcosα＝mg 所以E＝ 對(duì)(b)有：Eq＝mgcosα 所以E＝ 三、論述計(jì)算題(共4小題，共42分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位) 14．(10分)如圖所示，水平向右的勻強(qiáng)電場中有a、b、c三點(diǎn)，ab＝10cm，bc＝15cm，其中ab沿電場方向，bc和電場方向成53°角，一個(gè)電荷量為q＝4×10－7C的正電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電場力做功為W＝1.2

17、×10－5J，(已知sin53°＝0.8)求： (1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)多大？ (2)電荷從a點(diǎn)移到c點(diǎn)，電場力所做的功為多大？ [答案]　(1)300V/m　(2)2.28×10－5J [解析]　(1)由Uab＝得：Uab＝30V 所以E＝＝300V/m (2)a、c間電勢差Uac＝Ed＝E(dab＋bbccos53°)＝57V 電荷從a移到c，電場力所做的功Wac＝qUac＝2.28×10－5J 15．(10分)在與x軸平行的勻強(qiáng)電場中，一帶電量為－2×10－6C、質(zhì)量為4×10－2kg的帶電物體在絕緣光滑水平面上沿著x軸做直線運(yùn)動(dòng)，其位移x隨時(shí)間t的變化規(guī)律是x＝0.3t

18、－0.05t2，式中的x、t的單位均用國際單位制的基本單位．求： (1)該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小； (2)從開始運(yùn)動(dòng)到第5s末帶電物體所運(yùn)動(dòng)的路程； (3)若第6s末突然將勻強(qiáng)電場的方向變?yōu)椋珁軸方向，場強(qiáng)大小保持不變，在0～8s內(nèi)帶電物體電勢能的增量． [答案]　(1)2×103N/C　(2)0.65m　(3)－8×10－4J [解析]　(1)由帶電物體的位移x隨時(shí)間t的變化規(guī)律可得物體的加速度為：a＝－0.1m/s2，初速度為：v0＝0.3m/s， 由牛頓第二定律得：qE＝ma，解得場強(qiáng)大小為： E＝＝2×103N/C (2)帶電物體減速時(shí)間為：t1＝＝3s，加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2

19、＝2s，帶電物體5s內(nèi)所經(jīng)過的路程為： s＝x1＋x2＝v0t1＋at＋(－a)t＝0.65m (3)第6s末帶電物體回到出發(fā)點(diǎn)，速度大小等于v0＝0.3m/s，方向與初速度方向相反，6s內(nèi)電場力做功為零． 勻強(qiáng)電場的方向變?yōu)椋珁軸方向后，在y方向物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，6s～8s內(nèi)物體在y方向上的位移：y＝at＝0.2m 帶電物體電勢能的增量為：ΔE＝－W電＝－Eqy＝－2×103×2×10－6×0.2J＝－8×10－4J 16．(11分)如圖所示，豎直放置的半圓形絕緣軌道半徑為R，下端與光滑絕緣水平面平滑連接，整個(gè)裝置處于方向豎直向上的勻強(qiáng)電場E中，一質(zhì)量為m、帶電量＋q的物體(可

20、視為質(zhì)點(diǎn))，從水平面上的A點(diǎn)以初速度v0水平向左運(yùn)動(dòng)，沿半圓形軌道恰好通過最高點(diǎn)C，場強(qiáng)大小E<.求： (1)物塊在運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做的功； (2)物塊離開軌道落回水平面的水平距離． [答案]　(1)mv＋(qE－mg)R　(2)2R [解析]　(1)物塊恰能通過圓弧的最高點(diǎn)C，由圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可得： mg－qE＝m 物塊從A運(yùn)動(dòng)到C，對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)能定理得：qE×2R－Wf－mg×2R＝mv－mv 聯(lián)立解得：Wf＝mv＋(qE－mg)R，即克服摩擦力做功為： mv＋(qE－mg)R (2)物塊離開半圓形軌道后做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：x＝vCt 豎直方向：由牛頓第二定律

21、和mg－qE＝ma 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：2R＝at2，聯(lián)立解得：x＝2R 17．(11分)(2020·金麗衢模擬)如圖所示，豎直平面xOy內(nèi)有三個(gè)寬度均為L首尾相接的電場區(qū)域ABFE、BCGF和CDHG.三個(gè)區(qū)域中分別存在方向?yàn)椋珁、＋y、＋x的勻強(qiáng)電場，其場強(qiáng)大小比例為2∶1∶2.現(xiàn)有一帶正電的物體以某一初速度從坐標(biāo)為(0，L)的P點(diǎn)射入ABFE場區(qū)，初速度方向水平向右．物體恰從坐標(biāo)為(2L，L/2)的Q點(diǎn)射入CDHG場區(qū)，已知物體在ABFE區(qū)域所受電場力和所受重力大小相等，重力加速度為g，物體可以視做質(zhì)點(diǎn)，y軸豎直向上，區(qū)域內(nèi)豎直方向電場足夠大．求： (1)物體進(jìn)入ABFE區(qū)域時(shí)的初

22、速度大?。? (2)物體在ADHE區(qū)域運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間； (3)物體在DH邊界射出位置的坐標(biāo)． [答案]　(1)　(2)　(3)(3L，－) [解析]　設(shè)三個(gè)區(qū)域的電場強(qiáng)度大小依次為2E、E和2E，物體在三個(gè)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2和t3： (1)在BCGF區(qū)域，對(duì)物體進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律有mg－qE＝ma2，而2qE＝mg 解得a2＝ 在水平方向和豎直方向分別有L＝v0t2，＝a2t 由以上解得：v0＝，t2＝ 在ABFE區(qū)域，對(duì)物體進(jìn)行受力分析，在豎直方向2qE＝mg，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以物體進(jìn)入ABFE區(qū)域時(shí)的初速度為v0＝ (2)t1＝t2＝ 在BCGF區(qū)域，物體做類平拋運(yùn)動(dòng)，在Q點(diǎn)豎直方向速度vy＝a2t2＝，則Q點(diǎn)速度vQ＝，方向斜向下與水平方向夾角為45° 在CDHG區(qū)域，由于2qE＝mg，方向沿x軸正方向，對(duì)物體進(jìn)行受力分析，F(xiàn)合＝mg，方向斜向下與水平方向夾角為45°，與速度方向相同，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解易知： 水平方向L＝v0t3＋a3xt，解得t3＝ 所以t＝t1＋t2＋t3＝ (3)物體在ABFE區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在BCGF區(qū)域，物體做類平拋運(yùn)動(dòng)，偏移量為，在CDHG區(qū)域，物體做與水平方向夾角為45°的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向位移L，則物體從DH邊界射出處的坐標(biāo)位置為(3L，－)