單元質(zhì)檢八電場(時間:75分鐘滿分:100分)一、單項(xiàng)選擇題:本題共7小題,每小題4分,共28分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.(2021內(nèi)蒙古高三期末)已知?dú)浜?質(zhì)子)的質(zhì)量是1.67×10-27kg,電子的質(zhì)量為9.1×10-31kg,在氫原子內(nèi)它們之間的最短距離為5.3×10-11m。(引力常量G=6.7×10-11N·m2/kg2,靜電力常量k=9.0×109N·m2/C2,元電荷量e=1.6×10-19C)則氫原子中氫核與電子之間的庫侖力和萬有引力的比值約為()A.2.3×109 B.2.3×1019C.2.3×1029 D.2.3×1039答案:D解析:根據(jù)庫侖定律和萬有引力定律得F1=ke2r2,F2=GMmr2,解得F1F2=2.2.如圖所示,a、b為等量同種點(diǎn)電荷Q1、Q2連線的三等分點(diǎn),重力不計的帶電粒子從a點(diǎn)由靜止釋放,沿ab方向運(yùn)動。則帶電粒子從a運(yùn)動到b的過程中,其速度隨時間變化的圖像可能正確的是()答案:B解析:因?yàn)榈攘客N電荷的連線中點(diǎn)處電場強(qiáng)度為零,所以帶電粒子從a運(yùn)動到b的過程中,電場力先減小后增大,并且對稱分布,所以速度圖像的斜率先減小后增大,并且圖像對稱,故選B。3.(2022上海師大附中高三學(xué)業(yè)考試)如圖所示,Q1、Q2為兩個等量同種帶正電的點(diǎn)電荷,在兩者的電場中有M、N和O三點(diǎn),其中M和O在Q1、Q2的連線上(O為連線的中點(diǎn)),N為過O點(diǎn)的垂線上的一點(diǎn)。則下列說法正確的是()A.在Q1、Q2連線的中垂線位置可以畫出一條電場線B.若將一個帶正電的點(diǎn)電荷分別放在M、N和O三點(diǎn),則該點(diǎn)電荷在M點(diǎn)時的電勢能最大C.若將一個帶電荷量為-q的點(diǎn)電荷從M點(diǎn)移到O點(diǎn),則電勢能減少D.若將一個帶電荷量為-q的點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到O點(diǎn),則電勢能增加答案:B解析:等量同種正電荷形成的電場中,其連線的中點(diǎn)處電場強(qiáng)度為零,因此不可能有一條電場線穿過,所以在Q1、Q2連線的中垂線位置不能畫出一條電場線,故A錯誤;根據(jù)等量同種正電荷形成的電勢的特點(diǎn)可判定圖中M、N、O三點(diǎn)電勢大小的關(guān)系為φM>φO>φN,根據(jù)電勢能Ep=qφ,可判定帶正電的點(diǎn)電荷在M點(diǎn)時的電勢能最大,故B正確;從M點(diǎn)到O點(diǎn),電勢是降低的,所以靜電力對帶電荷量為-q的點(diǎn)電荷做負(fù)功,則電勢能增加,故C錯誤;從N點(diǎn)到O點(diǎn),電勢是升高的,所以靜電力對帶電荷量為-q的點(diǎn)電荷做正功,則電勢能減少,故D錯誤。4.利用傳感電容器可檢測礦井滲水,從而發(fā)出安全警報,避免事故的發(fā)生。如圖所示是一種通過測量電容器電容的變化來檢測液面高低的儀器原理圖,電容器的兩個電極分別用導(dǎo)線接到指示器上,指示器可顯示出電容的大小。下列關(guān)于該儀器的說法中,正確的有()A.該儀器中電容器的電極分別是芯柱和導(dǎo)電液體B.芯柱外套的絕緣層越厚,該電容器的電容越大C.如果指示器顯示電容增大,則容器中液面降低D.如果指示器顯示電容減小,則容器中液面升高答案:A解析:電容器的兩個電極是可以導(dǎo)電的,分別是金屬芯柱和導(dǎo)電液,故A正確。芯柱外套的絕緣層越厚,金屬芯柱和導(dǎo)電液之間距離越大,由C=εS4πkd,可知電容減小,故B錯誤。如果指示器顯示出電容增大了,由C=εS4πkd,可知金屬芯柱和導(dǎo)電液正對面積增大了,說明容器中液面升高了,如果指示器顯示出電容減小了,金屬芯柱和導(dǎo)電液正對面積減小了,說明容器中液面降低了5.如圖所示,M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板,板間有勻強(qiáng)電場,質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電粒子(不計重力),以初速度v0由小孔進(jìn)入電場,當(dāng)M、N間電壓為U時,粒子剛好能到達(dá)N板,如果要使這個帶電粒子能到達(dá)M、N兩板間距的12處返回,則下述措施能滿足要求的是(A.使初速度減為原來的1B.使M、N間電壓減為原來的1C.使M、N間電壓提高到原來的4倍D.使初速度和M、N間電壓都減為原來的1答案:D解析:在粒子剛好到達(dá)N板的過程中,由動能定理得-qEd=0-12mv02,所以d=mv022qE。設(shè)帶電粒子離開M板的最遠(yuǎn)距離為x,則使初速度減為原來的12,所以x=d4,故A錯誤;使M、N間電壓減為原來的12,電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?2,粒子將打到N板上,故B錯誤;使M、N間電壓提高到原來的4倍,電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍,所以x=d4,故C錯誤;使初速度和M6.如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系中,有方向平行于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)電場,其中坐標(biāo)原點(diǎn)O處的電勢為0,點(diǎn)A處的電勢為12V,點(diǎn)B處的電勢為6V,則電場強(qiáng)度的大小為()A.4003V/m B.400V/mC.2003V/m D.200V/m答案:B解析:勻強(qiáng)電場中,沿某一方向電勢均勻降低或升高,故OA的中點(diǎn)C的電勢φC=6V,如圖所示因此B、C在同一等勢面上,由幾何關(guān)系得O到BC的距離d=OCsinα,而sinα=OBOB2+OC2=12,所以d=12OC=1.5×10-2m,勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E=Ud=617.(2022河北唐山高三月考)如圖甲所示,兩塊平行金屬板M、N間的距離為d,兩板間電壓u隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示,電壓的絕對值為U0,t=0時刻M板的電勢比N板低。在t=0時刻有一個電子從M板處無初速度釋放,并在t=2T時刻恰好到達(dá)N板。電子的電荷量為e,下列說法正確的是()A.t=T4時刻釋放電子,電子將一直向N板運(yùn)動,最終到達(dá)NB.t=T3時刻釋放電子,電子先向N板運(yùn)動,后反向運(yùn)動,最終到達(dá)MC.t=38T時刻釋放電子,電子時而向N板運(yùn)動,時而向M板運(yùn)動,最終到達(dá)ND.在t=T6時刻釋放電子,376T時刻到達(dá)答案:B解析:t=T4時刻釋放電子,在T4~T2時間內(nèi)電子向N板加速,在T2~3T4時間內(nèi)向N板減速,3T4~T時間內(nèi)向M板加速,T~5T4時間內(nèi)向M板減速,以后重復(fù)上述運(yùn)動,因向N板運(yùn)動的位移等于向M板運(yùn)動的位移,則電子最終不能到達(dá)N板,A錯誤;t=T3時刻釋放電子,在T3~T2時間內(nèi)電子向N板加速,在T2~2T3時間內(nèi)向N板減速,2T3~T時間內(nèi)向M板加速,T~4T3時間內(nèi)向M板減速,因向M板運(yùn)動的總位移大于向N板運(yùn)動的總位移,則電子最終到達(dá)M板,B正確;同理t=38T時刻釋放電子,電子時而向N板運(yùn)動,時而向M板運(yùn)動,但是由于每個周期內(nèi)向N板運(yùn)動的位移小于向M板運(yùn)動的位移,則最終到達(dá)M板,C錯誤;在t=0時刻有一個電子從M板處無初速度釋放,并在t=2T時刻恰好到達(dá)N板,則兩板間距d=4×12aT22=12aT2,在t=T6時刻釋放電子,在T6~T2時間內(nèi)電子向N板加速的距離x1=12aT32=118aT2,由對稱性可知,在T2~5T6時間內(nèi)電子向N板減速的距離x2=118aT2,在5T6~T時間內(nèi)電子向M板加速的距離x3=12aT62=172aT2,在T~7T6時間內(nèi)電子向M板減速的距離x4=172aT2,則一個周期內(nèi)電子向N板運(yùn)動的距離為Δx=2二、多項(xiàng)選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中,有兩個或兩個以上選項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分。8.如圖所示,半徑為R的硬橡膠圓環(huán)上帶有均勻分布的負(fù)電荷,總電荷量為Q,若在圓環(huán)上切去一小段l(l遠(yuǎn)小于R),則圓心O處的電場()A.方向從O指向ABB.方向從AB指向OC.電場強(qiáng)度大小為klQD.電場強(qiáng)度大小為klQ答案:BD解析:AB段的電荷量q=Ql2πR,則AB段在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度E=kqR2=klQ2πR3,方向由O指向AB,所以剩余部分在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小等于E'=E=klQ2π9.光滑的水平絕緣導(dǎo)軌處于一個平行于導(dǎo)軌的電場之中,沿導(dǎo)軌建立如圖所示的直線坐標(biāo)系,若沿+x方向的電勢與坐標(biāo)值x的函數(shù)關(guān)系滿足φ=4.5×105x(式中各物理量單位取國際單位制單位),由此作出φ-x圖像,圖中虛線AB為圖線在x=0.15m處的切線?，F(xiàn)將一個滑塊P從x=0.1m處由靜止釋放,若滑塊P質(zhì)量為m=0.1kg,電荷量為q=+1×10-7CA.x=0.15m和x=0.3m兩點(diǎn)間的電勢差為1.5×106VB.滑塊P在x=0.15m處的加速度為20m/s2C.滑塊P在x=0.3m處的速度為6m/sD.滑塊P的加速度先變小后變大答案:ABC解析:由圖像可得,φ0.15=3.0×106V,φ0.3=1.5×106V,則U=φ0.15-φ0.3=1.5×106V,故A正確;電勢φ與位移x圖線的斜率表示電場強(qiáng)度,則x=0.15m處的電場強(qiáng)度為E=ΔφΔx=3×106-00.3-0.15V/m=2×107V/m,此時的靜電力F=qE=1×10-7×2×107N=2N,由牛頓第二定律得滑塊在x=0.15m處的加速度大小為a=Fm=20.1m/s2=20m/s2,故B正確;滑塊在0.3m處速度為v,由動能定理得qU=12mv2,代入數(shù)據(jù)解得10.(2022河北唐山高三開學(xué)考試)如圖所示,真空中固定放置兩等量正點(diǎn)電荷A、B,它們的電荷量均為Q,O為兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn),D點(diǎn)與兩點(diǎn)電荷構(gòu)成等腰直角三角形,絕緣光滑桿固定在OD所在直線上。套在桿上的帶電小球由D點(diǎn)靜止釋放,運(yùn)動到O點(diǎn)時,速度大小為v。帶電小球的質(zhì)量為m,電荷量大小為q,不計重力。將電荷B的電荷量改變?yōu)?Q,仍將小球由D點(diǎn)釋放,下列說法正確的是()A.B的電荷量改變前,D點(diǎn)電勢高于O點(diǎn)電勢B.B的電荷量改變前,O、D兩點(diǎn)電勢差的大小為mC.B的電荷量改變后,D點(diǎn)電場強(qiáng)度大小變?yōu)橹暗?0D.B的電荷量改變后,小球運(yùn)動到O點(diǎn)時的速度大小為62答案:BCD解析:離兩點(diǎn)荷越近的位置電勢越高,則D點(diǎn)電勢低于O點(diǎn)電勢,A錯誤;從D到O只有電場力做功,由動能定理得-qUOD=0-12mv2,解得UOD=mv22q,B正確;設(shè)A、D間距離為r,B的電荷量改變前,由E=kQr2及電場強(qiáng)度的疊加法則可得,D點(diǎn)電場強(qiáng)度大小為ED=2kQr2,B的電荷量改變后,D點(diǎn)電場強(qiáng)度大小為ED'=5kQr2,則ED'=102ED,C正確;B的電荷量改變前,對小球從D到O有WA+WB=12mv2,WA=WB,B的電荷量改變后,從D到O,有WA+WB'=12mv'2,每個瞬間小球受到的力都為原來的兩倍,W三、非選擇題:共54分。11.(6分)(2021內(nèi)蒙古高二期末)如圖所示,電荷量為Q=+83×10-5C的A球固定在足夠大的光滑絕緣斜面上,斜面的傾角α=37°,質(zhì)量m=0.1kg、電荷量為q=+1×10-7C的B球在離A球L=0.1m處由靜止釋放。兩球均可視為點(diǎn)電荷,靜電力常量k=9×109N·m2/C2,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8(1)求A球在B球釋放處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度E的大小和方向。(2)求B球的速度最大時兩球間的距離r。(3)若B球運(yùn)動的最大速度為v=4m/s,求B球從開始運(yùn)動到最大速度的過程中電勢能增加還是減少?變化量是多少?答案:(1)2.4×107N/C方向沿斜面向上(2)0.2m(3)減小0.86J解析:(1)A球在B球釋放處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小E=kQL2=2.4×107方向沿斜面向上。(2)當(dāng)靜電力等于重力沿斜面向下的分力時B球的速度最大,即kQqr2=mgsin解得r=0.2m。(3)由于r>L,可知,兩球相互遠(yuǎn)離,則B球從開始運(yùn)動到最大速度的過程中靜電力做正功,電勢能變小根據(jù)功能關(guān)系可知,B球減小的電勢能等于它動能和重力勢能的增加量,所以B球電勢能變化量為ΔEp=12mv2+mg(r-L)sin解得ΔEp=0.86J。12.(9分)(2022河北唐山遷西一中高三月考)如圖所示,水平地面上方存在水平向左的勻強(qiáng)電場,一質(zhì)量為m的帶電小球(大小可忽略)用輕質(zhì)絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn),小球帶電荷量為+q,靜止時距地面的高度為h,細(xì)線與豎直方向的夾角為α=37°,重力加速度為g。(sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小E;(2)將細(xì)線剪斷,求小球落地過程中小球水平位移的大小;(3)將細(xì)線剪斷,求帶電小球落地前瞬間的動能。答案:(1)3mg4q(2)34h解析:(1)小球靜止時,對小球受力分析如圖所示FTcos37°=mgFTsin37°=qE解得E=3mg(2)剪斷細(xì)線,小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動,水平方向做加速度為a的勻加速運(yùn)動Eq=max=12ath=12gt解得x=34h(3)從剪斷細(xì)線到落地瞬間,由動能定理得Ek=mgh+qEx=2516mgh13.(11分)(2021重慶巴蜀中學(xué)期末)如圖甲所示,電容器Ⅱ兩極板M、N長度均為l,平行虛線OO'放置,距離OO'均為b,N板接地;緊鄰Ⅱ左側(cè)放置有中間開孔的平行板電容器Ⅰ,B板接地;給電容器Ⅰ和電容器Ⅱ同步加上如圖乙所示的周期為T、大小為U0的交變電壓,且t=0時刻A板電勢比B板電勢高。大量質(zhì)量為m,電荷量為e,初速度為v0的電子組成的電子束沿虛線OO'從左側(cè)射入電容器Ⅰ,A、B間的距離很小,電子穿過A、B兩板所用時間可忽略不計。已知單位時間內(nèi)射入電容器Ⅰ的電子個數(shù)相同,且l=v0T2,b=2v0T16,U0=mv(1)0~T2和T2~T時間段內(nèi)離開電容器Ⅰ(2)計算說明T2~T時間段內(nèi)離開電容器Ⅰ進(jìn)入電容器Ⅱ的電子能全部離開電容器Ⅱ(3)一個周期T時間內(nèi)離開電容器Ⅱ的電子數(shù)與進(jìn)入電容器Ⅰ的總電子數(shù)的比值。答案:(1)63v0233v0(2)見解析解析:(1)根據(jù)動能定理0~T2時間段內(nèi)有12代入數(shù)據(jù)解得v1=63vT2~T時間內(nèi)有12代入數(shù)據(jù)解得v2=233v(2)電子離開電容器Ⅰ進(jìn)入電容器Ⅱ后做類平拋運(yùn)動,類平拋運(yùn)動的加速度為a=eT2~T時間段內(nèi)離開電容器Ⅰ進(jìn)入電容器Ⅱ的電子離開電容器Ⅱ所需要的時間為t=l電子的豎直位移為y=12at2=2所以T2~T時間段內(nèi)離開電容器Ⅰ進(jìn)入電容器Ⅱ的電子能全部離開電容器Ⅱ(3)0~T2時間段內(nèi)離開電容器Ⅰ進(jìn)入電容器Ⅱ的電子離開電容器Ⅱ所需要的時間為t1=l電子的豎直位移為y1=12所以0~T2時間段內(nèi)離開電容器Ⅰ進(jìn)入電容器Ⅱ的電子不能離開電容器Ⅱ,一個周期內(nèi)有一半電子離開電容器Ⅱ,所以一個周期T時間內(nèi)離開電容器Ⅱ的電子數(shù)與進(jìn)入電容器Ⅰ的總電子數(shù)的比值為114.(12分)如圖所示,傾斜軌道AB和光滑圓弧軌道BC固定在同一豎直平面內(nèi),兩者間通過一小段長度不計的圓滑弧形軌道相連,已知AB長L=5.4m,傾角θ=37°,BC弧的半徑R=1.25m,O為圓心,∠BOC=143°。在虛線MN右側(cè)存在水平向左的勻強(qiáng)電場(A在虛線MN上),電場強(qiáng)度大小E=1×103N/C。一個帶正電的絕緣小球P,質(zhì)量為m=0.4kg,其電荷量為q=3×10-3C,從某一位置以v0=8m/s的初速度水平拋出,運(yùn)動到A點(diǎn)時恰好沿斜面向下。若小球與軌道AB的動摩擦因數(shù)為μ=0.1,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2,小球P運(yùn)動過程中電荷量保持不變。求:(1)小球P的拋出點(diǎn)距A點(diǎn)的高度;(2)小球P運(yùn)動到圓弧軌道最低點(diǎn)B點(diǎn)時對軌道的壓力;(3)小球P離開圓弧軌道后,第一次落到斜面上的位置距B點(diǎn)的距離。答案:(1)1.8m(2)31.68N(3)4.05m解析:(1)設(shè)小球P剛運(yùn)動到A點(diǎn)時的速度為vA,豎直分速度為vAy,則有vAy=v0tan37°=6m/svA=v0cos37°=所以小球P的拋出點(diǎn)距A點(diǎn)的高度為h=vAy22g=622×10(2)小球P受到的靜電力qE=3N,方向水平向左,且與重力的合力大小為5N,方向垂直于AB斜面向下,則“等效重力場”的等效重力加速度g'=54g=12.5m/s2,方向垂直AB設(shè)小球滑到B點(diǎn)時的速度為vB由動能定理得-μmg'L=1對小球P,在B點(diǎn),由牛頓第二定律得FN-mg=mv解得FN=31.68N由牛頓第三定律知,小球P運(yùn)動到B點(diǎn)時對軌道的壓力為31.68N。(3)設(shè)小球P能到達(dá)C點(diǎn),且在C點(diǎn)的速度為vC,則小球P從A到C的過程中,由動能定理得-μmg'L-mg'R(1+cos37°)=1解得vC=5.5m/s設(shè)小球P恰好到C點(diǎn)時的速度為vC',則有mg'=mv解得vC'=3.95m/s因vC>vC',所以小球能到達(dá)C點(diǎn),小球P離開C后,做類平拋運(yùn)動,則有x'=vCtR+Rcos37°=12g't解得t=0.6s,x'=3.3m故小球P的落點(diǎn)距B點(diǎn)的距離為x=x'+Rsin37°=4.05m。15.(16分)(2021北京高三期末)XCT掃描是計算機(jī)X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱,XCT掃描機(jī)可用于對多種病情的探測。圖甲是某種XCT機(jī)主要部分的剖面圖,其中產(chǎn)生X射線部分的示意圖如圖乙所示。圖乙中M、N之間有一電子束的加速電場,虛線框內(nèi)為偏轉(zhuǎn)元件中的勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)場S。經(jīng)調(diào)節(jié)后電子從靜止開始沿帶箭頭的實(shí)線所示的方向前進(jìn),打到水平圓形靶臺上的中心點(diǎn)P,產(chǎn)生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)。已知MN兩端的電壓為U0,偏轉(zhuǎn)場區(qū)域水平