1、单元素养检测(二)(第十章)(90分钟100分)【合格性考试】(60分钟60分)一、选择题(本题共11小题,每小题3分,共33分。)1.如图所示,A、B是匀强电场中相距4 cm的两点,其连线与电场方向的夹角为60,两点间的电势差为20 V,则电场强度大小为()A.5 V/mB.50 V/mC.1102 V/mD.1103 V/m【解析】选D。由题知,UAB=20 V,dAB=0.04 m,根据匀强电场中电势差和电场强度的关系:UAB=EdABcos60,得E= V/m=1103 V/m,故选D。2.(多选)某静电场的电场线分布如图所示,P、Q为该电场中的两点,下列说法正确的是()A.P点场强大
2、于Q点场强B.P点电势高于Q点电势C.将电子从P点移动到Q点,静电力做正功D.将电子从P点移动到Q点,其电势能增大【解析】选B、D。因为Q点处的电场线较P点处密集,可知P点场强小于Q点场强,选项A错误;沿电场线方向电势降低,可知P点电势高于Q点电势,选项B正确;将电子从P点移动到Q点,静电力做负功,电势能增大,选项C错误,D正确。3.如图所示,匀强电场的方向向上,电场强度大小E=5 N/C,把电量为+q=2 C的点电荷由静止释放,点电荷做直线运动。以下判断正确的是()A.点电荷+q受到的电场力大小为10 NB.点电荷+q受到的电场力大小为2.5 NC.点电荷+q在匀强电场运动时电场力不断增大D
3、.点电荷+q在匀强电场运动时电场力不断减小【解析】选A。点电荷在电场中受到的电场力F=Eq=10 N,故A正确,B错误;点电荷+q在匀强电场运动时电场力不变,故C、D错误。故选A。4.如图所示,虚线a、b、c代表电场中三个等势面,相邻等势面之间的电势差相同,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,由此可知( )A.三个等势面中,a等势面电势最高B.带电质点通过P点时电势能最小C.带电质点通过Q点时动能最小D.带电质点通过P点时加速度较小【解析】选A。电荷所受电场力指向轨迹内侧,由于质点带正电,因此Q点处电场线指向右下方,沿电场线电势降低,故c等势面的
4、电势最低,a等势面的电势最高,故A正确;根据质点受力情况可知,从P到Q过程中电场力做正功,电势能降低,故P点的电势能大于Q点的电势能,故B错误;从P到Q过程中电场力做正功,电势能降低,动能增大,故P点的动能小于Q点的动能,故C错误;等势线密的地方电场线密场强大,故P点位置电场强度大,电场力大,根据牛顿第二定律,加速度也大,故D错误。故选A。5.如图所示,在x轴上关于O点对称的F、G两点有等量异种电荷Q和-Q,一正方形ABCD与xOy在同一平面内,其中心在O点,则下列判断正确的是()A.O点电场强度为零B.A、C两点电场强度相等C.B、D两点电势相等D.若将点电荷-q从A点移向C,电势能减小【解
5、析】选B。Q和-Q在O点的电场方向均向右,根据叠加原理可知O点电场强度不为零,故A错误;根据电场线分布的对称性可知,A、C两点电场强度相等,故B正确;根据顺着电场线方向电势降低,D点的电势比B点高,故C错误;A到C电势逐渐降低,根据负电荷在电势高处电势能小,可知电势能增大,故D错误。6.如图所示,电场强度为E的匀强电场中,带电荷量为+q的电荷沿直线AB、折线ACB、曲线ANB运动,已知AB长为d,关于静电力做的功和大小关系,下列说法正确的是()A.沿折线ACB运动时,静电力做功最多B.沿直线AB运动时,静电力做功最少C.沿直线AB运动时,静电力做功为qEdD.沿直线AB运动时,静电力做功最多【
6、解析】选C。静电力做功与电荷经过的路径无关,电荷沿直线AB、折线ACB、曲线ANB运动,其初、末位置相同,静电力做功相同,均为W=qEd,选项A、B、D错误,C正确。7.将两个点电荷A、B分别固定在水平面上x轴的两个不同位置上,将一正试探电荷在水平面内由A点的附近沿x轴的正方向移动到B点附近的过程中,该试探电荷的电势能随位置变化的图象如图所示,已知xACxCB,图中的水平虚线在C点上方与图线相切,两固定点电荷的电荷量分别用qA、qB表示。则下列分析正确的是()A.两固定点电荷都带负电,且qAqBB.C点的电场强度最小但不等于零C.如果将试探电荷改为负电荷,则该电荷在C点的电势能最大D.A、B两
7、点间沿x轴方向的电场强度始终向右【解析】选C。根据电势能变化得到电势变化,从而根据斜率得到电场强度方向;进而根据电势变化得到试探电荷带负电时的电势变化;最后根据电场强度方向变化得到源电荷A、B所带电荷关系。由图可知:C点处图像斜率为零,故电势变化为零,那么由电场强度为电势随距离变化的图像斜率可知:电场强度为零,B错误;试探电荷为正时,电势能为正,C点电势能最小;那么,试探电荷为负时,电势能为负,C点电势的绝对值最小,则电势能最大,C正确;由图可知:电势能先减小后增大,故电势先减小后增大,那么,电场强度方向先向右,后向左,D错误;由电场强度方向先向右,后向左可知:两个点电荷同为正;又有xACxC
8、B,故中点电场方向向右,那么qAqB,A错误。8.如图所示,虚线表示某电场的等势面,实线表示一带电粒子仅在电场力作用下运动的径迹。粒子在A点的加速度为aA、动能为EkA、电势能为EpA;在B点的加速度为aB、动能为EkB、电势能为EpB。则下列结论正确的是()A.aAaB,EkAEkBB.aAEpBC.aAaB,EpAaB,EkAEkB【解析】选C。图中场源位于等势面圆心位置,根据曲线的弯曲可知是静电斥力,根据等差等势面的疏密判断场强大小,结合牛顿第二定律得到加速度大小关系;根据电场力做功判断出动能的变化。由于等势面是同心圆,故图中场源位于等势面圆心位置;根据曲线的弯曲可知是粒子受到静电斥力;
9、由于B位置等差等势面较密集,场强大,加速度大,即aAaB; 从A到B,电场力做负功,粒子的动能减小,电势能增大;即EpAEpB ,故C正确,A、B、D错误。故选C。9.如图所示,平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接,G为一零刻度在表盘中央的灵敏电流计,闭合开关S后,下列说法正确的是()A.若只在两板间插入电介质,电容器的两板间电压将增大B.若只在两板间插入电介质,电容器的电容将保持不变C.若只将电容器下极板向下移动一小段距离,此过程电流计中有从a到b方向的电流D.若只将滑动变阻器滑片P向上移动,电容器储存的电量将增加【解析】选D。闭合开关S后,电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压,
10、保持不变,若只在两板间插入电介质,电容器的电容将增大,故A、B错误;若只将电容器下极板向下移动一小段距离,板间距离增大,电容减小,而电压不变,则电容器所带电量减小,电容器放电。由于上极板带正电,所以此过程电流计中有从b到a方向的电流,故C错误;若只将滑动变阻器滑片P向上移动,电容器极板间电压增大,则电容器所带电荷增多,故D正确,故选D。10.如图所示,板长为L的平行板电容器与一直流电源相连接,其极板与水平面成30角;若粒子甲、乙以相同大小的初速度v0=由图中的P点射入电容器,分别沿着虚线1和2运动,然后离开电容器;虚线1为连接上下极板边缘的水平线,虚线2为平行且靠近上极板的直线,则下列关于两粒
11、子的说法正确的是()A.两者均做匀速直线运动B.两者电势能均逐渐增加C.两者的比荷之比为34D.两者离开电容器时的速率之比为【解析】选D。根据题意可知,粒子做直线运动,则电场力与重力的合力与速度在同一直线上,所以电场力只能垂直极板向上,受力如图所示;根据受力图,粒子做直线运动,则电场力与重力的合力与速度方向反向,粒子做匀减速直线运动,故A错误;粒子甲受到的电场力与位移方向的夹角为钝角,所以电场力做负功,电势能逐渐增加;粒子乙运动的方向与电场力的方向垂直,电场力不做功,所以粒子的电势能不变,故B错误;根据受力图,对甲:m甲g=q甲Ecos30=q甲E,所以=,对乙:m乙gcos30=q乙E,所以
12、=;所以=,故C错误;带电微粒甲沿水平直线运动,合力做的功:W1=-m甲gtan30=-m甲gL,根据动能定理得:m甲-m甲=-m甲gL;所以v甲=;带电微粒乙沿平行于极板的直线运动,合力做的功:W2=-m乙gsin30L=-m乙gL,根据动能定理得:m乙-m乙=-m乙gL,所以v乙=;所以v甲v乙=,故D正确。故选D。11.如图所示,平行金属板A、B间加速电压为U1,C、D间的偏转电压为U2,M为荧光屏。今有电子(不计重力)从A板由静止开始经加速和偏转后打在与荧光屏中心点O相距为Y的P点,电子从A板运动到荧光屏的时间为t。下列判断中正确的是()A.若只增大U1,则Y 增大,t 增大B.若只增
13、大U1,则Y 减小,t 减小C.若只减小U2,则Y 增大,t 增大D.若只减小U2,则Y 减小,t 减小【解析】选B。粒子在加速电场中只有电场力做功,根据动能定理有:eU1=m,电子在偏转电场中做类平抛运动,在偏转电场中:时间t2=,加速度a=,竖直方向的位移y=a=,由几何关系知:=,故y与Y成正比,若只增大U1,则Y减小;电子从A板运动到荧光屏的时间由电子出离电场的速度决定,而v0=,故若只增大U1,则v0增大,则t减小,选项A错误,B正确。若只减小U2,则Y减小,t不变,故C、D错误。【补偿训练】如图,在MN和PQ这两个平行竖直面之间存在垂直纸面的匀强磁场和平行纸面的匀强电场,一个带电粒
14、子以某一初速度由A点水平射入这个场区恰能沿直线运动,并从PQ竖直面上的C点离开场区。若撤去磁场,其他条件不变,则该粒子从PQ竖直面上的B点离开场区;若撤去电场,其他条件不变,则该粒子从PQ竖直面上的D点离开场区。若粒子在上述三种情况下通过场区的总时间分别是t1、t2和t3,运动的加速度大小分别为a1、a2和a3,不计粒子所受重力的影响,则下列判断中正确的是()A.t1=t2t3,a1a2=a3B.t2t1t3,a1a3a2C.t1=t2=t3,a1a2t2,a1=a3d,所以时间关系为t1=t2AB(3)把-1.010-9 C的电荷从A点移到C点,静电力做功:WAC=qUAC=-1.010-9
15、(-100) J=1.010-7 J。答案:(1)100 V-200 V -100 V(2)C点的电势最高,B点的电势最低(3)1.010-7 J13.(9分)如图所示,在直角三角形abc所在平面有一匀强电场,ac边沿电场方向。ab边长为20 cm,ab与ac的夹角为37。现将电荷量为q=210-8 C的正电荷从a点移到b点时静电力做功W=1.610-7 J,已知sin37=0.6,cos37= 0.8,求:(1)匀强电场的场强E的大小;(2)ac两点间的电势差U。【解析】(1)由功的定义可知,正电荷从a点移到b点的过程静电力做功为:W=qEsabcos37解得场强为:E= V/m=50 V/
16、m(2)由匀强电场中电势差和场强的关系U=Ed可得ac两点间的电势差为:U=Esac=E=50 V=12.5 V答案:(1)50 V/m(2)12.5 V14.(9分)如图所示,离子发生器发射出一束质量为m、电荷量为q的离子,从静止经加速电压U1加速后,获得速度v0,并沿垂直于电场方向射入两平行板中央,受偏转电压U2作用后,以速度v离开电场。已知平行板长为L,两板间距离为d,求:(1)v0的大小。(2)离子在偏转电场中运动的时间t。(3)离子在离开偏转电场时的偏移量y。(4)离子在离开偏转电场时的速度v的大小。【解析】(1)在加速电场中,由动能定理得:qU1=m解得:v0=(2)离子在偏转电场
17、中做类平抛运动,在水平方向匀速运动:L=v0t则离子的运动时间为:t=L(3)离子在竖直方向做匀加速运动,由牛顿第二定律可得:qE=ma电场强度为:E=则偏移量为:y=at2联立解得:y=(4)由动能定理得:q(U1+y)=mv2-0解得:v=答案:(1)(2)L(3)(4)【补偿训练】如图甲所示,水平放置的平行金属板A、B,两板的中央各有一小孔O1、O2,板间距离为d,开关S接1。当t=0时,在a、b两端加上如图乙所示的电压,同时在c、d两端加上如图丙所示的电压。此时,一质量为m的带负电微粒P恰好静止于两孔连线的中点处(P、O1、O2在同一竖直线上)。重力加速度为g,不计空气阻力。(1)若在
18、t=时刻将开关S从1扳到2,已知Ucd=2U0,求微粒P的加速度大小和方向;(2)若要使微粒P以最大的动能从A板中的O1小孔射出,问在t=到t=T之间的哪个时刻,把开关S从1扳到2?Ucd的周期T至少为多少?【解析】(1)当A、B间加电压U0时,微粒P处于平衡状态,根据平衡条件,有q=mg当A、B间电压为2U0时,根据牛顿第二定律,有q-mg=ma由以上各式得a=g,加速度的方向竖直向上(2)依题意知,为使微粒P以最大的动能从小孔O1射出,应让微粒P能从O2处无初速度向上一直做匀加速运动。为此,微粒P应先自由下落一段时间,然后加上电压2U0,使微粒P接着以大小为g的加速度向下减速到O2处再向上
19、加速到O1孔射出。设向下加速和向下减速的时间分别为t1和t2,则gt1=gt2=g+g解得:t1=t2=故应在t=T-时刻把开关S从1扳到2设电压Ucd的最小周期为T0,向上加速过程,有d=g(-t2)2,解得T0=6答案:(1)a=g 加速度的方向竖直向上(2)t=T-时刻把开关S从1扳到26【等级性考试】(30分钟40分)15.(5分)(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2
20、mv2【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。16.(5分)匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电),设带电粒子只受电场
21、力的作用,则下列说法中正确的是()A.2 s末带电粒子的速度为零B.3 s末带电粒子回到原出发点C.带电粒子将始终向同一个方向运动D.03 s内,电场力始终做正功【解析】选B。01 s内,粒子做加速运动,12 s内电场强度反向,且是01 s内的2倍,故在12 s内的加速度比01 s内的加速度大,故粒子在1.5 s末速度就为零了,所以2 s末粒子反向加速,速度不为零,根据对称性可知粒子在3 s末速度为零,回到出发点, A、C错误,B正确;01 s内电场力做正功,11.5 s内电场力做负功,1.52.0 s内电场力做正功,2.03.0 s电场力做负功,D错误。17.(5分)(多选)示波管是示波器的
22、核心部件,它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑,那么示波管中的()A.极板X应带正电B.极板X应带正电C.极板Y应带正电D.极板Y应带正电【解析】选A、C。电子受力方向与电场方向相反,因电子向X偏转,则电场方向为X到X,则X带正电,即极板X的电势高于极板X,同理可知Y带正电,即极板Y的电势高于极板Y,故A、C正确。18.(5分)(多选)如图,水平固定的圆盘a带正电Q,电势为零,从盘心O处释放质量为m、带电量为+q的小球。由于电场的作用,小球最高可上升到竖直高度为H的N点,且过P点时速度最大,已知重力加速度为g。由此可求得Q所形成的电场中()A.P点的电势B.N
23、点的电势C.P点的电场强度D.N点的电场强度【解析】选B、C。小球受两个力,重力和电场力,小球从O运动到N,电场力大于重力,小球向上先做加速运动;到P点,电场力等于重力,速度达到最大;从P运动到N,小球向上做减速运功,到N点速度为零。在P点,根据电场力等于重力求出P点的场强,根据动能定理,求出N点的电势能,从而求出N点的电势。小球由O到N的过程,根据动能定理得:W电-mgH=0,得电场力做功为W电=mgH,可知小球的电势能减小mgH,O点电势能为0,所以N点电势能为EpN=-mgH,N点的电势为= =-,即可求出N点的电势。由于小球通过P点的速度不知道,不能求出O到P电场力做功,不能求出P点的
24、电势,故A错误,B正确;在P点所受的电场力和重力二力平衡,则有qE=mg,解得P点的电场强度为:E=,不能求出N点的电场力,也就不能求出N点的电场强度,故C正确,D错误。故选B、C。19.(5分)(多选)在如图所示的4种情况中,a、b两点的场强相同,电势不同的是()A.带电平行板电容器两极板间的a、b两点B.离点电荷等距的a、b两点C.达到静电平衡时导体内部的a、b两点D.两个等量异种电荷连线上,与连线中点O等距的a、b两点【解析】选A、D。电势是标量,电场强度是矢量,标量只要大小相等,标量就相等,而矢量,大小、方向均相同,矢量才相同。根据电场线的分布判断。a、b处于匀强电场中,场强相同,电势
25、不同,沿着电场线电势逐渐降低,a点电势高于b点电势,即a、b两点电势不等,故A正确;a、b处于同一等势面上,电势相等,而电场强度方向不同,故电场强度不同,故B错误;处于静电平衡状态下的金属内部a,b两点,电场强度均为零,整个导体是等势体,电势相等,故C错误;根据电场线的分布情况可知a、b 两点场强相同,a、b间的电场线从正电荷到负电荷,沿着电场线电势逐渐降低,故a、b两点电势不等,故D正确。20.(5分)(多选)如图所示是一个示波管工作原理的示意图,电子经电压U1加速后以一定的速度垂直进入电压为U2的偏转电场,离开电场时的偏转量是h,若两平行板间距离为d,极板长为l。假设电子都可射出,为了增加
26、射出电场时的偏转量h,可以采取下列哪些方法()A.增大加速电压U1B.减小极板长度lC.增大偏转电压U2D.减小极板间距d【解析】选C、D。电子在加速电场中加速,根据动能定理可得:eU1=m,所以电子进入偏转电场时速度的大小为:v0=,电子进入偏转电场后的偏转位移为:h=at2=()2=,因此要增加射出电场时的偏转量h,可以增大U2、l,减小d、U1,所以C、D正确,A、B错误。【补偿训练】1.(多选)如图所示,倾角为的斜面体固定在水平地面上,处于水平向右的匀强电场中。带正电,质量为m的滑块从斜面上的某处静止释放。若滑块沿斜面运动过程中对斜面的压力为0,重力加速度为g。在滑块下滑位移为L的过程
27、中() A.滑块的重力势能减小了mgLB.滑块的电势能减小了C.滑块的机械能增加了mgLsinD.滑块的动能增加了【解析】选B、D。根据题意,滑块运动过程中对斜面的压力为0,对滑块受力分析如图所示。滑块的重力势能减少量等于重力做的功,为mgLsin,故A错误;由tan=得F电=,电场力做功W电=F电Lcos=Lcos=,所以滑块的电势能减小了,故B正确;根据功能关系,除重力以外其他力做功等于机械能的变化,所以滑块机械能增加,故C错误;合力F合=,根据动能定理Ek=W合=F合L=,故D正确;故选B、D。2.如图(a)所示的两平行金属板P、Q间加上图(b)所示电压,t=0时,Q板电势比P板高5 V
28、,在两板正中央M点放一电子,初速度为零,电子只受静电力而运动,且不会碰到金属板,则这个电子处于M点右侧、速度向右,且速度逐渐减小的时间段是()A.0t210-10 sB.210-10 st410-10 sC.410-10 st610-10 sD.610-10 st810-10 s【解析】选B。在0t210-10 s时间内,Q板电势比P板高5 V,所以电场方向水平向左,电子所受静电力方向向右,加速度方向也向右,所以电子从M点向右做匀加速直线运动,选项A错误;在210-10 st410-10 s时间内,Q板电势比P板低5 V,电场强度方向水平向右,所以电子所受静电力方向向左,加速度方向也向左,所以
29、电子向右做匀减速直线运动,当t=410-10 s时速度为零,此时电子在M点的右侧,选项B正确;在410-10 st610-10 s时间内,Q板电势比P板低5 V,电场强度方向水平向右,所以电子所受静电力方向向左,加速度方向也向左,所以电子向左做匀加速直线运动,选项C错误;在610-10 st810-10 s时间内,Q板电势比P板高5 V,电场强度方向水平向左,所以电子所受静电力方向向右,加速度方向也向右,所以电子向左做匀减速直线运动,到810-10 s时刻速度为零,恰好又回到M点,选项D错误。21.(10分)如图,在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在O点,另一端
30、连接一质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点),初始时小球静止在电场中的a点,此时细绳拉力为2mg,g为重力加速度。(1)求电场强度E和a、O两点的电势差UaO;(2)若小球在a点获得一水平初速度va=4,使其在竖直面内做圆周运动,求小球运动到b点时细绳拉力F的大小。【解析】(1)小球静止在a点时,由共点力平衡得mg+2mg=qE解得E=,方向竖直向上在匀强电场中,有UaO=El则a、O两点电势差UaO=(2)小球从a点运动到b点,设到b点速度大小为vb,由动能定理得-qE2l+mg2l=m-m小球做圆周运动通过b点时,由牛顿第二定律得F+qE-mg=m联立式,代入va=4解得F=6mg答案:(1),方向竖直向上(2)6mg