1、单元素养评价(二)(第十章)(满分100分考试时间75分钟)一、单项选择题:共11题,每题4分,共44分。每题只有一个选项最符合题意。1.下列说法中正确的是()A.电场线密集处场强大,电势高B.沿电场线方向场强减小,电势降低C.在电势高处电荷具有的电势能也大D.场强为零处,电势不一定为零【解析】选D。电场线密集处场强大,电势不一定高,A错误;沿电场线方向电势降低,但场强不一定减小,B错误;正电荷在电势高处具有较大的电势能,但对于负电荷,此现象正好相反,C错误;场强大小与电势高低无必然关系,D正确。2.(2020临沂高二检测)如图所示,在粗糙的水平面上固定一个点电荷Q,在M点无初速度释放一个带有
2、恒定电荷量的小物块,小物块在Q的电场中运动到N点停止,则从M到N的过程中,下列说法错误的是()A.小物块所受的静电力逐渐减小B.小物块具有的电势能逐渐减小C.M点的电势一定高于N点的电势D.小物块电势能的减少量一定等于克服摩擦力做的功【解析】选C。小物块在从M运动到N的过程中,一定受到向右的摩擦力,所以库仑力一定向左。随着由M运动到N,离电荷Q距离越来越大,所以小物块受到的静电力即库仑力一定减小,A正确;由动能定理可得mgx-WE=0,即WE=mgx,静电力做正功,小物块具有的电势能减小,其减少量等于克服滑动摩擦力做功的值,B、D正确;因点电荷Q的电性未知,不能判断M、N两点电势的高低,C错误
3、。【加固训练】 (2018全国卷改编) 图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是()A.平面c上的电势为零B.该电子一定能到达平面fC.该电子经过平面d时,其电势能为4 eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍【解析】选A。匀强电场中等势面间距相等,则相邻等势面之间的电势差相等。一电子从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV,则Uad=6 V,故Ubc=2 V,即b-c=2 V,而b=2 V,解得:c=0,故选项A正确;由于af之间的电势
4、差Uaf=8 V,一电子经过a时的动能为10 eV,电子运动的方向不确定,则电子可能经过平面f,也可能到达不了平面f,故选项B错误; 因为c=0,则电子在平面b的电势能Epb=-2 eV,而Ubd=4 V,电子从b到d的过程,电场力做功Wbd=-eUbd=-4 eV。电子从b到d的过程,Wbd=Epb-Epd,解得Epd=2 eV,故选项C错误;Uab=2 V、Uad=6 V,电子从a到b的过程根据动能定理有:-eUab=m-m,电子从a到d的过程,根据动能定理有:-eUad=m-m,解得vb=vd,故选项D错误。3.(2020广州高二检测)如图所示,平行板a、b组成的电容器与电池E连接,平行
5、板电容器P处固定放置一带负电的点电荷,平行板b接地。现将电容器的b板向下稍微移动,则()A.点电荷所受电场力增大B.点电荷在P处的电势能减少C.P点电势减小D.电容器的带电荷量增加【解析】选B。因电容器与电源始终相连,故两板间的电势差不变,b板下移,则板间距离d增大,则板间电场强度E变小,由F=Eq可知电荷所受电场力变小,故A错误;板间距离d增大,则板间电场强度E变小,由U=Ed知,P与a板的电压减小,而a的电势不变,故P的电势升高,由Ep=q而q为负值,故电势能减小,故B正确,C错误;由Q=CU,又有C=,故C减小,Q减小,故D错误。故选B。4.(2020淄博高二检测)一带电粒子仅在静电力作
6、用下从A点开始以-v0做直线运动,其v -t图像如图所示。粒子在t0时刻运动到B点,3t0时刻运动到C点,下列判断正确的是()A.A、B、C三点的电势关系为BACB.A、B、C三点的场强大小关系为ECEBEAC.粒子从A点经B点运动到C点,电势能先增加后减少D.粒子从A点经B点运动到C点,静电力先做正功后做负功【解析】选C。由题图v -t图像知道带电粒子在Ot0时间内做减速运动,静电力做负功,电势能增大;在t03t0时间内做反方向加速运动,静电力做正功,电势能减小,选项C正确,D错误;因为不知道带电粒子电性,本题中无法判断电势的高低,选项A错误;题图中斜率表示带电粒子的加速度,qE=ma,可知
7、A、B、C三点中EB最大,选项B错误。5.(2020德州高二检测)水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压,两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场,两电荷恰好在板间某点相遇,如图所示。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用,则下列说法正确的是()A.电荷M的比荷大于电荷N的比荷B.两电荷在电场中运动的加速度相等C.从两电荷进入电场到两电荷相遇,静电力对电荷M做的功等于静电力对电荷N做的功D.电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同【解析】选A。设两板间电压为U,间距为d,长为L。则由题意:vNt+vMt=Lt2+=t2由式分析
8、得vM、vN不一定相同,D错误;由式分析得,A正确;由进一步分析可得两个电荷的加速度aMaN,静电力对电荷所做的功WMWN,B、C错误。6.平行板A、B组成电容器,充电后与静电计相连,要使静电计指针张角变大,下列措施可行的是()A.A板向上移动B.B板向左移动C.A、B板间插入电介质D.减少极板上的电荷量【解析】选A。A板向上移动,正对面积S减小,或B板向右移动,距离d增大,根据C=,电容C均减小,由U=知电势差U变大,静电计指针偏转角度增大,A正确、B错误;A、B板间插入电介质,相对介电常数r增大,根据C=,电容C增大,由U=知电势差U变小,静电计指针偏转角度减小,C错误;由U=得,减小电荷
9、量Q,电势差U变小,静电计指针偏转角度减小,D错误。故选A。7.空中一点电荷形成的电场中的部分电场线如图所示,分别标记为1、2、3、4、5,且1、2和5、4分别关于3对称。以电场线3上的某点为圆心画一个圆,圆与各电场线的交点分别为a、b、c、d、e,则下列说法中正确的是()A.电场强度EaEcB.电势bdC.将一正电荷由a点移到d点,电场力做正功D.将一负电荷由b点移到e点,电势能减小【解析】选A。由点电荷电场分布特点可知,以点电荷为圆心的圆上各点的电势和场强大小均相等,沿如题图所示的电场方向,等势面的电势越来越低,电场线越来越密,故EaEc,A正确;b=d,B错误;Uad0,正电荷由a点移到
10、d点时,Wad=Uadq0,负电荷由b点移到e点时,Wbe=Ube(-q)0),在竖直向下的匀强电场中刚好与水平面成30角以速度v0向上做匀速直线运动。重力加速度为g。(1)求匀强电场的电场强度的大小;(2)若电场方向改为垂直速度方向斜向下,要使液滴仍做直线运动,电场强度为多大?液滴前进多少距离后可返回?【解析】(1)因为液滴处于平衡状态,所以有Eq=mg解得E=。(2)电场方向改变,液滴受力分析如图所示。液滴做直线运动时,垂直速度方向的合力为零,即qE=mgcos30解得E=液滴在运动方向的反方向上的合力F=mgsin30,由牛顿第二定律做减速运动的加速度大小为a=gsin30=液滴可前进的
11、距离s=。(或由动能定理-mgsin30s=0-m得液滴可前进的距离s=)答案:(1)(2)13.(8分)电荷量为q=110-4 C的带正电小物块置于粗糙的绝缘水平面上,所在空间存在沿水平方向的匀强电场,场强E与时间t的关系及物块速度v与时间t的关系分别如图甲、乙所示,若重力加速度g取10 m/s2,求:(1)物块的质量m。(2)物块与水平面之间的动摩擦因数。(3)物块运动2 s过程中,其电势能的改变量。【解析】(1)、(2)由题图可知:E1=3104 N/C,E2=2104 N/C,a1=2 m/s2。E1q-mg=ma1(1分)E2q-mg=0(1分)由代入数据得m=0.5 kg,=0.4
12、。(3分)(3)物块运动2 s过程中,电场力做功W=E1ql1+E2ql2=3104110-421 J+2104110-421 J=7 J。则电势能减少7 J。(3分)答案:(1)0.5 kg(2)0.4(3)电势能减少7 J14.(12分)如图所示,在E=103 V/m的水平向左匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置,轨道与一水平绝缘轨道MN连接,半圆轨道所在竖直平面与电场线平行,其半径R=0.4 m,一带正电荷q=10-4 C的小滑块质量为m=0.04 kg,与水平轨道间的动摩擦因数=0.2,g取10 m/s2,求:(1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点L,滑块应在水平轨道上离N点多
13、远处释放?(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大?(P为半圆轨道中点)【解析】(1)滑块刚能通过轨道最高点的条件是mg=m,v=2 m/s(1分)滑块由释放点到最高点过程,由动能定理得:qEx-mgx-2mgR=mv2(2分)所以x=(2分)代入数据得x=20 m(1分)(2)滑块过P点时,由动能定理:-mgR-qER=mv2-m(2分)所以=v2+2(g+)R(1分)在P点由牛顿第二定律:FN-qE=(1分)所以FN=3(mg+qE)(1分)代入数据得:FN=1.5 N(1分)根据牛顿第三定律可知滑块通过P点时对轨道的压力大小为1.5 N。答案:(1)20 m(2)1.5 N15.(
14、15分)半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内,环上套有一质量为m、带正电荷的珠子,空间存在水平向右的匀强电场,如图所示。珠子所受静电力是重力的。将珠子从环上的最低点A由静止释放(重力加速度为g),则:(1)珠子所能获得的最大动能是多少?(2)珠子对圆环的最大压力是多少?【解析】(1)因qE=mg,所以静电力与重力的合力F合与竖直方向的夹角满足tan =,故=37(2分)如图所示,设OB与竖直方向的夹角为,则B点为等效最低点,珠子由A点静止释放后从A到B的过程中做加速运动,珠子在B点动能最大,对圆环的压力最大。(2分)由动能定理得qErsin -mgr(1-cos)=Ekm (3分)解得Ekm
15、=mgr。(2分)(2)设珠子在B点受圆环弹力为FN,有FN-F合=m(2分)则FN=F合+m=+mg=mg(3分)由牛顿第三定律得珠子对圆环的最大压力为mg。(1分)答案:(1)mgr(2)mg【加固训练】如图所示,长L=0.20 m的绝缘丝线的一端拴一质量为m=1.010-4 kg、带电荷量为q=+1.010-6 C的小球,另一端连在一水平轴O上,丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动,整个装置处在竖直向上的匀强电场中,电场强度E=2.0103 N/C。现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点,然后无初速度地将小球释放,取g=10 m/s2,不计空气阻力。求:(1)小球通过最高点B时速度的大小
16、;(2)小球通过最高点B时,丝线对小球拉力的大小。【解析】(1)小球由A运动到B,由动能定理有:qEL-mgL=vB=2 m/s。(2)设小球到达B点时,受重力mg、电场力qE和丝线拉力FTB作用,mg=1.010-410 N=1.010-3 NqE=1.010-62.0103 N=2.010-3 N因为qEmg,而qE方向竖直向上,mg方向竖直向下,小球做圆周运动,其到达B点时向心力的方向一定指向圆心,由此可以判断出小球一定受到丝线的拉力FTB作用,由牛顿第二定律有:FTB+mg-qE=FTB=+qE-mg=3.010-3 N。答案:(1)2 m/s(2)3.010-3 N16.(15分)一
17、束电子流经U1=5 000 V的加速电压加速后,在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场,如图所示,两极板间电压U2=400 V,两极板间距d=2.0 cm,板长L1=5.0 cm。(1)求电子在两极板间穿过时的偏移量y;(2)若平行板的右边缘与屏的距离L2=5.0 cm,求电子打在屏上的位置与中心O的距离Y(O点位于平行板水平中线的延长线上);(3)若另一个质量为m(不计重力)的二价负离子经同一电压U1加速,再经同一偏转电场,射出偏转电场的偏移量y和打在屏上的偏移量Y各是多大?【解析】(1)加速过程,由动能定理得eU1=m(2分)进入偏转电场,电子在平行于极板的方向上做匀速运动L1=v0t (1分)在垂直于极板的方向上做匀加速直线运动,加速度为a= (2分)偏移距离y=at2 (1分)由得y=(2分)代入数据得y=0.25 cm。(1分)(2)由平抛运动推论和几何关系知=得Y=()y(2分)代入数据得Y=0.75 cm。(1分)(3)因y=,Y=()y,与粒子的质量m和电荷量q无关,故二价负离子经同样装置后,y=y,Y=Y。(3分)答案:(1)0.25 cm(2)0.75 cm(3)0.25 cm0.75 cm
