1、单元素养评价(二)(第2章)(60分钟60分)一、选择题(本题共9小题,每小题3分,共27分)1.关于静电场,下列说法正确的是()A.电势等于零的物体一定不带电B.电场强度为零的点,电势一定为零C.同一电场线上的各点,电势一定相等D.负电荷沿电场线方向移动时,电势能一定增加【解析】选D。零电势点是人为选择的参考点,所以电势等于零的物体可以带电,也可以不带电,A错;电场强度和电势是两个不同的物理量,电场强度为零的点,电势不一定为零,B错;沿着电场线方向电势逐渐降低,C错;负电荷在电场中受到的电场力的方向与电场线方向相反,故负电荷沿电场线方向移动时,电场力做负功,电势能增加,D对。2.在如图所示的
2、负点电荷产生的电场中,一试探电荷从A点分别移到B、C、D、E(在以O为圆心的圆周上)点,则下列情况正确的是()A.从A到B做功最大B.从A到E做功最大C.做功一样大D.A点比D点电势高【解析】选C。因为点电荷的等势面是以负电荷为圆心的同心圆,B、C、D、E正在同一等势面上,由W=qU可知,在电荷从A到B、C、D、E过程中,电场力所做的功相同。负电荷的电场线是指向负电荷的,A所在等势面比B、C、D、E所在等势面电势低,故C正确,A、B、D错误。【加固训练】如图所示,a、b、c为电场中同一条电场线上的三点,其中c为线段ab的中点。若一个运动的正电荷先后经过a、b两点,a、b两点的电势分别为a=-3
3、 V、b =7 V ,则()A.c点电势为2 VB.a点的场强小于b点的场强C.正电荷在a点的动能小于在b点的动能D.正电荷在a点的电势能小于在b点的电势能【解析】选D。沿电场线方向电势降低,由题意知电场线方向向左,只有在匀强电场中c点的电势为2 V,故A错误;一条电场线,无法判断电场线的疏密,就无法判断两点场强的大小,所以a点处的场强Ea可能小于b点处的场强,也可能大于b点处的场强Eb,故B错误;根据正电荷在电势高处电势能大,可知,正电荷从a点运动到b点的过程中克服电场力做功,电势能一定增大,而由能量守恒可知,其动能一定减小,故C错误,D正确。3.关于静电场,下列结论普遍成立的是()A.电场
4、强度大的地方电势高,电场强度小的地方电势低B.电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C.对于正电荷而言,电场力做正功,电势能减少,负电荷则反之D.在正电荷或负电荷产生的静电场中,场强方向都指向电势降低最快的方向【解析】选D。电势与电场强度没有直接关系,所以电场强度大的地方电势不一定高,电场强度小的地方电势不一定低,故A错误;在匀强电场中,由公式U=Ed可知,两点之间的电势差与场强和两点间沿电场线方向的距离都有关,故B错误;根据功能关系,无论正电荷还是负电荷,只要做正功,电势能都是减小的,做负功电势能都是增加的,故选项C错误;沿电场方向电势降低,而且电势降低的速度最快,所以D正确。4.(
5、2020济南高二检测)当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗,该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子,使其从静止开始被加速到1.0107 m/s。已知加速电场的场强为1.3105 N/C,质子的质量为1.6710-27 kg,电荷量为1.610-19 C,则下列说法正确的是()A.加速过程中质子电势能增加B.质子所受到的电场力约为210-15 NC.质子加速需要的时间约为810-6 sD.加速器加速的直线长度约为4 m【解析】选D。电场力对质子做正功,质子的电势能减少,A错误;质子受到的电场力大小F=qE210-14 N,B错误;质子的加速度a=1.21013
6、 m/s2,加速时间t=810-7 s,C错误;加速器加速的直线长度x=4 m,故D正确。5.空间存在甲、乙两相邻的金属球,甲球带正电,乙球原来不带电,由于静电感应,两球在空间中形成了如图所示稳定的静电场。实线为其电场线,虚线为其等势线,A、B两点与两球球心连线位于同一直线上,C、D两点关于直线AB对称,则()A.A点和B点的电势相同B.C点和D点的电场强度相同C.正电荷从A点移至B点,静电力做正功D.负电荷从C点沿直线CD移至D点,电势能先增大后减小【解析】选C。由题图可知AB,所以正电荷从A移至B,静电力做正功,故A错误,C正确。C、D两点场强方向不同,故B错误;负电荷从C点沿直线CD移至
7、D点,电势能先减小后增大,所以D错误。6.如图所示,平行板电容器上极板带正电荷,且与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地,在两极板间有一个固定在P点的正点电荷,以E表示两极板间电场的电场强度,Ep表示点电荷在P点的电势能,表示静电计指针的偏角,若保持上极板不动,将下极板向上移动一小段距离至图中虚线位置,则()A.增大,E增大,Ep增大B.增大,E增大,Ep减小C.减小,E不变,Ep增大D.减小,E不变,Ep减小【解析】选D。电容器电量不变;下极板向上移动时,两板间的距离减小,根据C=可知,电容C增大,则根据Q=CU可知,电压U减小;故静电计指针偏角减小;两板间的电场强度E=;因此电场
8、强度与板间距无关,因此电场强度不变;根据UP=Ed, P点与下极板的距离d减小,则P点的电势降低,根据Ep=qUP可知正点电荷在P点的电势能减小,故选项D正确。7.板间距离为d的平行板电容器所带电荷量为Q时,两极板间电势差为U1,板间场强为E1。现将电容器所带电荷量变为2Q,板间距变为d,其他条件不变,这时两极板间电势差为U2,板间场强为E2,下列说法正确的是()A.U2=U1,E2=E1B.U2=2U1,E2=4E1C.U2=U1,E2=2E1D.U2=2U1,E2=2E1【解析】选C。由C=和C=及E=得,E=,电荷量由Q增为2Q,板间距由d减为,得E2=2E1;由U=Ed可得U1=U2,
9、故A、B、D错,C对。【加固训练】如图所示,A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点,电场方向与六边形所在平面平行,已知A、B、C三点的电势分别为1 V、6 V和9 V。则下列说法正确的是()A.D点的电势为7 VB.电子在A点的电势能比在E点的低1 eVC.电子从C点运动到F点,电场力做功为10 eVD.UDF=-8 V【解析】选A。在匀强电场中,两长度相等且相互平行的线段两端的电势差相等,则A-D=2(B-C),得D=7 V,A正确;同理可求得F=-1 V、E=2 V,电子在A点的电势能EpA=qA=-1 eV,在E点的电势能EpE=qE=-2 eV,所以电子在A点的电势能
10、比在E点的高1 eV,B错误;电子从C点运动到F点,电场力做功为WCF=qUCF=q(C-F)=-10 eV,C错误;UDF=D-F=8 V,D错误。8.如图所示,平行板电容器在充电后不切断电源,此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止,若正对的平行板左右错开一些,则()A.带电尘粒将向上运动B.带电尘粒将向下运动C.错开过程中,通过电阻R的电流方向为B到AD.错开过程中,通过电阻R的电流方向为A到B【解析】选D。因电容器两极板间的电压一定,则带电尘粒所受电场力F=q,没有发生变化,故尘粒仍处于静止状态,故A、B错误;根据平行板电容器电容的决定式C=,当正对面积S减小时,电容器的电容减小,故电容器
11、所带电荷量将减小,电容器放电,通过电阻R的电流方向为A到B,故C错误,D正确。9.(2019天津高考)如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为m的带电小球,以初速度v从M点竖直向上运动,通过N点时,速度大小为2v,方向与电场方向相反,则小球从M运动到N的过程()A.动能增加mv2B.机械能增加2mv2C.重力势能增加mv2D.电势能增加2mv2【解析】选B。小球从M运动到N的过程中动能增加量Ek=Ek2-Ek1=m(2v)2-mv2=mv2,因此A错误;小球在竖直方向上只受重力,做竖直上抛运动,初速度为v,末速度为零,根据0-v2=-2gh可得增加的重力势能Ep=mgh=mv2,因此C错误;小
12、球在水平方向只受电场力,做初速度为零、末速度为2v的匀加速直线运动,根据(2v)2-0=2ax可得电场力做功W=Fx=max=2mv2,所以电势能减少2mv2,机械能增加2mv2,因此B正确、D错误。【加固训练】如图所示,两极板与电源相连接,电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场,且恰好从正极板边缘飞出,现在使电子入射速度变为原来的两倍,而电子仍从原位置射入,且仍从正极板边缘飞出,则两极板的间距应变为原来的()A.2倍B.4倍C.D.【解析】选C。电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场,且恰好从正极板边缘飞出,则电子在电场中做类平抛运动,沿电场方向有y=d=at2,水平方向上有L=v0t,
13、其中a=,联立可得=d2,若电子的速度变为原来的两倍,仍从正极板边沿飞出,则由上式可得两极板的间距d应变为原来的,C正确。二、实验题(5分)10.如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置,在以下操作步骤中,静电计指针的张角分别是怎样变化的?请将答案填在相应的横线上。(1)图甲中将B板上移,静电计的指针张角将(选填“增大”“减小”或“不变”)。(2)图乙中将B板左移,静电计的指针张角将(选填“增大”“减小”或“不变”)。(3)图丙中将电介质插入两板之间,静电计的指针张角将(选填“增大”“减小”或“不变”)。(4)本实验的研究方法是。【解析】(1)根据C=,C=,B板上移,S减小,C
14、减小,Q不变,U增大,张角将增大。(2)根据C=,C=, B板左移,d增大,C减小,U增大,张角将增大。(3)根据C=,C=,插入电介质,r增大,电容C增大,U减小,张角将减小。(4)根据C=可知,其中r,S,d为变量,所以本实验应用的为控制变量法。答案:(1)增大(2)增大(3)减小(4)控制变量法三、计算题(本题共3小题,共28分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)11.(9分)如图所示,电荷量为-e、质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场,初速度为v0,当它通过B点时,速度方向与场强方向成150角,不计电子的重力,求:(1)电子从B点射出的速度vB;(2)
15、A、B两点间的电势差。【解析】(1)电子垂直进入匀强电场中,做类平抛运动,B点的速度vB=2v0。(3分)(2)电子从A运动到B由动能定理得:-eUAB=m-m(3分) A、B两点间的电势差UAB=-。(3分)答案:(1)2v0(2)-12.(9分)如图所示,一电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30的光滑绝缘斜面底部的C点,斜面上有A、B两点,且A、B和C在同一直线上,A和C相距为L,B为AC中点。现将一带电小球从A点由静止释放,当带电小球运动到B点时速度正好又为零,已知带电小球在A点处的加速度大小为,静电力常量为k,求:(1)小球运动到B点时的加速度大小。(2)B和A两点间的电势差(用Q和L表
16、示)。【解析】(1)设带电小球所带电荷量为q,带电小球在A点时,mgsin30-k=maA(2分)带电小球在B点时,-mgsin30=maB(2分)且aA=,解得aB=。(1分) (2)带电小球由A点运动到B点应用动能定理,有mgsin30-qUBA=0(2分)由解得UBA=。(2分)答案:(1)(2)13.(10分)(2019全国卷)空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电,B的电荷量为q(q0)。A从O点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g,求:(1)电
17、场强度的大小。(2)B运动到P点时的动能。【解析】(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a, O、P两点的高度差为h。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有mg+qE=ma(1分)h=a()2=gt2(2分)解得E=(1分)(2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的水平距离为l,根据动能定理有Ek-m=mgh+qEh(2分)且有l=v1=v0t(1分)h=gt2(1分)联立式得Ek=2m(+g2t2)(2分)答案:(1)(2)2m(+g2t2)(30分钟40分)14.(5分)(多选)(2020江苏高考)如图所示,绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小
18、球(不计重力)。开始时,两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E,在静电力作用下,小球绕轻杆中点O转到水平位置,取O点的电势为0。下列说法正确的有()A.电场E中A点电势低于B点B.转动中两小球的电势能始终相等C.该过程静电力对两小球均做负功D.该过程两小球的总电势能增加【解析】选A、B。沿着电场线方向,电势降低,A正确;由于O点的电势为0,根据匀强电场的对称性A=-B,又qA=-qB,Ep=q,所以EpA=EpB,B正确;A、B位置的小球受到的静电力分别水平向右、水平向左,绝缘轻杆顺时针旋转,静电力对两小球均做正功,静电力做正功,电势能减少,C、D错误。15.(5分)(多选)(2019
19、全国卷)如图,电荷量分别为q和-q(q0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上,a、b是正方体的另外两个顶点。则()A.a点和b点的电势相等B.a点和b点的电场强度大小相等C.a点和b点的电场强度方向相同D.将负电荷从a点移到b点,电势能增加【解析】选B、C。两个点电荷间的电场线分布是由q指向-q的,根据正方体的特点可知在这四点所在平面上a点和b点所处电场线是关于q和-q连线对称的,且b点距离正电荷q较a点更近,沿电场线方向电势逐渐降低,故b点电势高于a点电势,故A项错误。如图所示,两点电荷在a、b两点所产生合场强大小相等,方向相同,故B、C项正确。负电荷从a点移动到b点,由电势低的地方移动到电势
20、高的地方,电场力做正功,电势能减小,故D项错误。16.(5分)(多选)(2019全国卷)静电场中,一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动,N为粒子运动轨迹上的另外一点,则()A.运动过程中,粒子的速度大小可能先增大后减小B.在M、N两点间,粒子的轨迹一定与某条电场线重合C.粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D.粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行【解题指南】解答本题需明确以下三点:(1)电场线与带电粒子的运动轨迹不一定重合。(2)电场力做正功,电势能减小。(3)带电粒子在电场中某点受力的方向与该点电场线的切线方向平行。【解析】选A、C。若电场由等量同种电荷形
21、成,由M点释放负电荷,则负电荷先加速后减速,A正确;若电场线为曲线,粒子轨迹不与电场线重合,B错误;由于N点速度大于等于零,故N点动能大于等于M点动能,由能量守恒可知,N点电势能小于等于M点电势能,C正确;粒子在N点所受电场力的方向一定与该点电场线的切线方向平行,电场线与粒子轨迹不一定重合,D错误。17.(10分)图甲是用高电阻放电法测电容的实验电路图,其原理是测出电容器在充电电压为U时所带的电荷量Q,从而求出其电容C。该实验的操作步骤如下:按电路图接好实验电路;接通开关S,调节电阻箱R的阻值,使微安表的指针接近满刻度,记下这时的电压表读数U0=6.2 V和微安表读数I0=490 A;断开电键
22、S并同时开始计时,每隔5 s读一次微安表的读数i,将读数记录在预先设计的表格中;根据表格中的数据,以t为横坐标,i为纵坐标,在坐标纸上描点(图中用“”表示),则:(1)根据乙图所示中的描点作出图线。(2)乙图中i-t图线下所围的“面积”所表示的物理意义是:。(3)根据以上实验结果和图线,估算当电容器两端电压为U0时所带的电荷量Q0=,并计算电容器的电容C=。(这两空均保留两位小数)【解析】(1)根据乙图坐标系内所描出的点,用平滑的曲线把各点连接起来,作出图像。(2)由Q=It知,电荷量为I-t图像与坐标轴所包围的面积,此面积为电容器在开始放电时所带的电荷量,即电容器两端电压为U0时所带电荷量。
23、(3)由图示图像可知,“面积”格数为3233格。电容器电容为U0时,电荷量Q0=8.0010-3 C(8.0010-3C8.2510-3 C均正确),电容器的电容C= F1.2910-3 F。答案:(1)(2)电容器两端电压为U0时所带电荷量(3)8.0010-38.2510-3 C1.2910-31.3310-3 F18.(15分)(2019全国卷)如图,两金属板P、Q水平放置,间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P、Q、G的尺寸相同。G接地,P、Q的电势均为(0)。质量为m,电荷量为q(q0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计。
24、(1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小。(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少?【解题指南】解答本题应注意以下三点:(1)PG、QG间场强大小相等,方向相反,为匀强电场。(2)粒子进入电场做类平抛运动。(3)根据对称性,粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短。 【解析】(1)PG、QG间场强大小相等,均为E,粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a,有E=(1分)F=qE=ma(2分)设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有qEh=Ek-m(2分)设粒子第一次到达G时所用时间为t,粒子在水平方向的位移为l,如图所示,则有h=at2(2分)l=v0t(2分)联立式解得Ek=m+qh(2分)l=v0(2分)(2)设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短,如图所示,由对称性知,此时金属板的长度为L=2l=2v0(2分)答案:(1)m+qhv0(2)2v0