1、温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。单元质量评估(一)(第一章)(60分钟100分)一、选择题(本题共10小题,16为单选题,710为多选题,每小题6分,共60分)1.国际单位制中,不是电场强度的单位是()A.N/CB.V/mC.J/CD.Tm/s【解析】选C。根据电场强度定义E=可知,N/C是电场强度的单位;根据E=可知,V/m是电场强度的单位;根据U=Bdv,E=,可得E=Bv,故Tm/s是电场强度的单位;根据U=可知,J/C是电压的单位,故C符合题意。2.如图所示的真空空间中,仅在正方体中的黑点处存在着
2、电荷量大小相等的点电荷,则图中a、b两点电场强度和电势均相同的是()【解析】选C。C图中a、b两点处在+q、-q连线的中垂线上,且关于两电荷连线对称分布,电场强度和电势均相同。3.在静电场中,将一电子由a点移到b点,电场力做功5 eV,则下列结论错误的是()A.电场强度的方向一定是由b到aB.a、b两点间的电压是5 VC.电子的电势能减少了5 eVD.因零电势点未确定,故不能确定a、b两点的电势【解析】选A。由Uab=-5 V知a、b两点间的电势差为-5 V,即电压为5 V,但电场强度方向不一定由b到a,所以A错。电场力对电荷做功5 eV,其电势能一定减少了5 eV,而零电势点未确定,我们只能
3、确定a、b两点间的电势差,无法确定a、b两点的电势,所以,C、D对,本题应选A。4.如图所示,一圆环上均匀分布着正电荷,x轴垂直于环面且过圆心O。下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是()A.O点的电场强度为零,电势最低B.O点的电场强度为零,电势最高C.从O点沿x轴正方向,电场强度减小,电势升高D.从O点沿x轴正方向,电场强度增大,电势降低【解析】选B。根据电场的对称性和电场的叠加原理知,O点的电场强度为零。在x轴上,电场强度的方向自O点分别指向x轴正方向和x轴负方向,且沿电场线方向电势越来越低,所以O点电势最高。A错误,B正确。在x轴上离O点无限远处的电场强度为零,故沿x轴正方向和
4、x轴负方向的电场强度先增大后减小,C、D错误。5.(2018北京高考)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示,下列说法正确的是()A.实验前,只用带电玻璃棒与电容器a板接触,能使电容器带电B.实验中,只将电容器b板向上平移,静电计指针的张角变小C.实验中,只在极板间插入有机玻璃板,静电计指针的张角变大D.实验中,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,表明电容增大【解析】选A。当用带电玻璃棒与电容器a板接触,由于静电感应,从而在b板感应出等量的异种电荷,从而使电容器带电,故选项A正确;根据电容的决定式:C=,将电容器b板向上平移,即正对面积S减小,则电容C减小,根据C=可知, 电量Q
5、不变,则电压U增大,则静电计指针的张角变大,故选项B错误;根据电容的决定式:C=,只在极板间插入有机玻璃板,则介电系数增大,则电容C增大,根据C=可知, 电量Q不变,则电压U减小,则静电计指针的张角减小,故选项C错误;根据电容决定式C=可知,电容C的变化与电量并无关系,因此电量的改变并不会导致电容的变化,故选项D错误。6.(2018江苏高考)如图所示,水平金属板A、B分别与电源两极相连,带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离,两金属板表面仍均为等势面,则该油滴()A.仍然保持静止B.竖直向下运动C.向左下方运动D.向右下方运动【解析】选D。将B板右端向下移动一小段距离后,电容器内
6、部电荷重新分布,右侧电荷稀疏,左侧电荷密集,电场力方向不再竖直向上,而是向右侧倾斜,使得带电油滴不再受力平衡,合力方向向右下方,如图所示,油滴向右下方运动,选项D正确。7.(2019江苏高考)如图所示,ABC为等边三角形,电荷量为+q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点,此过程中,电场力做功为-W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为-2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有()A.Q1移入之前,C点的电势为B.Q1从C点移到B点的过程中,所受电场力做的功为0C.Q2从无穷远处移到C点的过程中,所受电场力做的功为2WD.
7、Q2在移到C点后的电势能为-4W【解析】选A、B、D。电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点的过程中,克服电场力做的功为W,即电势能增大了Ep=W,根据电势的定义,C点的电势为C=,选项A正确;在A点的固定电荷在B、C两点产生的电场的电势相同,所以电荷Q1从C点移到B点电场力做的功为0,选项B正确;由于B、C两点的电势相等,所以当在B点固定Q1后,C点的电势为,所以Q2从无穷远移到C点过程中,电场力做功为:W=qU=-2q(0-)=4W,故C错误;由于C点的电势为,所以Q2的电势能为Ep=-4W,故D正确。8.如图为一匀强电场,某带电粒子从A点运动到B点,在这一运动过程中克服重力做的功为2.0
8、 J,电场力做的功为1.5 J。则下列说法正确的是()A.粒子带负电B.粒子在A点的电势能比在B点少1.5 JC.粒子在A点的动能比在B点多0.5 JD.粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J【解析】选C、D。粒子从A点运动到B点,电场力做正功,且沿着电场线,故粒子带正电,所以选项A错;粒子从A点运动到B点,电场力做正功,电势能减少,故粒子在A点的电势能比在B点多1.5 J,故选项B错;由动能定理,WG+W电=Ek,-2.0 J+1.5 J=EkB-EkA,所以选项C对;其他力(在这里指电场力)做功等于机械能的增加,所以选项D对。9.如图所示,一带正电的点电荷固定于O点,两虚线圆均以O为圆心,
9、两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法正确的是()A.M带负电荷,N带正电荷B.M在b点的动能小于它在a点的动能C.N在d点的电势能等于它在e点的电势能D.N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功【解析】选A、B、C。从粒子的轨迹可以看出,O点的正电荷与粒子M相互吸引,与粒子N相互排斥,故M带负电荷,N带正电荷,A正确;Uab0,所以从a点运动到b点,M所受的电场力做负功,动能减小,故B正确;d、e两点电势相等,N在d、e两点的电势能相等,故C正确;Ucd0,N从c点运动到d点,电场力做正功,故D错误。10.如图所示,光滑
10、绝缘水平面上有三个带电小球a,b,c(可视为点电荷),三球沿一条直线摆放,仅在它们之间的静电力作用下静止,则以下判断正确的是()A.a对b的静电力一定是引力B.a对b的静电力可能是斥力C.a的电量可能比b少D.a的电量一定比b多【解析】选A、D。由三个电荷平衡的规律“三点共线,两同夹异,两大夹小,近小远大”可知,a和c一定是同种电荷,a和b一定是异种电荷,并且a的电量一定比b的带电量要多,这样c才可能平衡,所以本题正确答案应选A、D。二、计算题(本题共2小题,共40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.(20分)如图所示,在一个水平方向(平行纸面方向)的匀强电场中。用
11、上端固定,长为L的绝缘细线,拴一质量为m、电荷量为q的小球,开始时将细线拉至水平至A点,突然松开后,小球由静止开始向下摆动,当细线转过60角到B点时,速度恰好为零,求A、B两点间的电势差UAB的大小。【解析】带电小球由A运动到B的过程中,由动能定理得mgLsin 60+qUAB=0,则UAB=-。答案:12.(20分)(2018全国卷) 如图,在竖直平面内,一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切,BC为圆弧轨道的直径,O为圆心,OA和OB 之间的夹角为,sin =。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动,经A点沿圆弧轨道通过C点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及轨道作用力外
12、,小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心,且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求:(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小。(2)小球到达A点时动量的大小。(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。【解析】(1)由力的合成可得恒力F=mg,F合=mg据牛顿第二定律有F合=m联立方程解得vC=。(2)小球从A到C过程,据动能定理有-mgR(1+cos )-FRsin =m-m解得vA=由p=mv得小球到达A点时动量的大小pA=。(3)将C点速度分解为水平和竖直方向上的两个速度,竖直方向以初速度vCy、加速度g做匀加速直线运动,落到水平轨道时竖直方
13、向速度设为vty,据运动规律有-=2gR(1+cos )t=解得t=。答案:(1)mg(2)(3)【补偿训练】一束电子流在经U=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,若两板间距离d=1.0 cm,板长l=5.0 cm,那么,要使电子能从平行板间飞出,两个极板上最大能加多大电压?【解析】加速过程中,由动能定理得eU=m进入偏转电场,电子在平行于板面的方向上做匀速运动l=v0t。在垂直于板面的方向做匀加速直线运动,加速度a=。偏距y=at2能飞出的条件为y。联立式得U=25 000 V=400 V。即要使电子能飞出,所加电压最大为400 V。答案:400 V关闭Word文档返回原板块