單元評估檢測(七)(第七章)(45分鐘100分)一、選擇題(本題共11小題,每小題6分,共66分。1～7題為單選題,8～11題為多選題)1.(2018·渭南模擬)一平行板電容器中存在勻強電場,電場沿豎直方向。一帶正電的粒子先后以不同的水平初速度射入兩平行板間,測得兩次與電容器極板的撞擊點到入射點之間的水平距離之比為1∶2。若不計重力,則兩次水平初速度之比是 ()A.1∶2B.1∶1C.2∶1D.4∶1【解析】選A。粒子垂直電場方向做勻速直線運動,沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動,兩次沿電場方向的位移相同,加速度相等,根據(jù)y=12at2知,運動的時間相等,根據(jù)x=v0t得,水平距離之比為1∶2,則初速度之比為1∶2,故A正確,B、C、D2.a、b、c三個點電荷僅在相互之間的靜電力的作用下處于靜止狀態(tài),已知a所帶的電荷量為+Q,b所帶的電荷量為q,且Q>q,關(guān)于電荷c,下列判斷正確的是 ()A.c一定帶負電B.c所帶的電荷量一定大于qC.c可能處在a、b之間D.如果固定a、b,仍讓c處于平衡狀態(tài),則c的電性、電荷量、位置都將唯一確定【解析】選B。根據(jù)三個自由點電荷的平衡規(guī)律,“兩同夾一異”,“兩大夾一小”,c一定帶正電荷,且c的電荷量一定大于q,故A、C錯誤,B正確;三個電荷要平衡,必須三個電荷在一條直線,外側(cè)兩個電荷相互排斥,中間電荷吸引外側(cè)兩個電荷,所以外側(cè)兩個電荷距離大,要平衡中間電荷的作用力,必須外側(cè)電荷電量大,中間電荷電量小,所以第三個電荷必須為正電,且在b的右側(cè),而其電量可以不確定,故D錯誤。3.(2018·池州模擬)電子槍是加速電子轟擊靶屏發(fā)光的一種裝置,它發(fā)射出具有一定能量、一定束流以及速度和角度的電子束。電子束中某個電子只在電場力作用下從M點運動到N點的軌跡如圖中虛線所示,圖中一組平行實線可能是等勢面也可能是電場線,則以下說法正確的是 ()A.若圖中實線是電場線,電子在M點的速度較大B.若圖中實線是電場線,M點的電勢比N點低C.不論圖中實線是電場線還是等勢面,電子在M點動能小D.不論圖中實線是電場線還是等勢面,M點的場強都比N點小【解析】選B。如果實線是電場線,由運動軌跡判斷,電子受豎直向上的電場力,場強方向向下,M點的電勢低于N點的電勢,電子在M點動能較小,速度較小,故A錯誤、B正確;如果實線是等勢面,由運動軌跡判斷,電子受力水平向右,場強方向水平向左,M點的電勢高于N點的電勢,電子在N點動能較小,故C錯誤;因?qū)嵕€為平行線,故無論是電場線還是等勢面,均說明此電場為勻強電場,場強處處相等,故D錯誤。【加固訓(xùn)練】(多選)如圖所示,三條平行且等間距的虛線表示電場中的三個等勢面,其電勢分別為10V,0,10V。實線是一帶電的粒子(不計重力)在該區(qū)域內(nèi)運動的軌跡,已知帶電粒子帶電荷量為0.01C,在a點處的動能為0.5J,則該帶電粒子()A.可能帶正電B.在b點處的電勢能為0.5JC.在b點處的動能為零D.在c點處的動能為0.4J【解析】選A、D。電場方向從高電勢指向低電勢,所以電場強度方向豎直向上,做曲線運動過程中,粒子受到的合力指向軌跡的內(nèi)側(cè),而粒子只受電場力,故電場力方向向上,所以粒子帶正電,A正確;在b點處的電勢能為Epb=φbq=10×0.01J=0.1J,B錯誤;在a處電勢能為Epa=φaq=10×0.01J=0.1J,運動過程中由于只有電場力做功,所以電勢能與動能之和恒定,故Eka+Epa=Ekb+Epb,解得在b點處的動能為0.3J,C錯誤;在c點電勢能為零,故Eka+Epa=Ekc=0.4J,D正確。4.(2018·商丘模擬)如圖甲所示為半徑為R、均勻帶正電的球體,AB為過球心O的直線上的兩點,且OA=2R,OB=3R,球體的空間產(chǎn)生對稱的電場,場強大小沿半徑方向分布情況如圖乙所示,圖中E0已知,Er曲線O～R部分的面積等于2R～3R部分的面積。則下列說法正確的是 ()A.A點的電勢低于B點的電勢B.A點的電場強度小于B點的電場強度C.從球面到A點的電勢差小于AB兩點間的電勢差D.帶電量為q的正電荷沿直線從A點移到B點的過程中,電場力做功12qE0【解析】選D。球體帶正電,周圍的電場線向外背離球體,根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知,A點的電勢高于B點的電勢,故A錯誤;根據(jù)圖乙可知,A點的電場強度大于B點的電場強度,故B錯誤;Er圖線與橫軸圍成的面積表示電勢差,Er圖線O～R部分的面積等于2R～3R部分的面積,所以從球面到A點的電勢差等于A、B兩點間的電勢差,即為U=12E0R,故C錯誤;帶電量為q的正電荷沿直線從A點移到B點的過程中,電場力做功W=qU=12qE0R,故5.(2018·涪陵區(qū)模擬)如圖所示,兩塊水平放置的平行金屬板,板長為2d,相距為d,兩板間加有豎直向下的勻強電場,將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球以大小為v0的水平速度從靠近上板下表面的P點射入,小球剛好從下板右邊緣射出,重力加速度為g,則該勻強電場的電場強度大小為 ()A.mgd-mv0C.mv02-【解析】選C。根據(jù)牛頓第二定律得qE+mg=ma,解得a=qE+mgm,運動時間為t=2dv0,d=12at2,聯(lián)立解得E=mv026.(2018·孝感模擬)在一半徑為R的圓周上均勻分布有N個帶電小球(可視為質(zhì)點)無間隙排列,其中A點的小球帶電荷量為+3q,其余小球帶電荷量為+q,此時圓心O點的電場強度大小為E,現(xiàn)僅撤去A點的小球,則O點的電場強度大小為 ()A.E B.E2 C.E3 【解析】選B。假設(shè)圓周上均勻分布的都是電荷量為+q的小球,由于圓周的對稱性,根據(jù)電場的疊加原理知,圓心O處場強為0,所以圓心O點的電場強度大小等效于A點處電荷量為+2q的小球在O點產(chǎn)生的場強,則有E=k2qr2,方向水平向左,A處+q在圓心O點產(chǎn)生的場強大小為E1=kqr2,方向水平向左,設(shè)其余帶電荷量為+q的所有小球在O點處產(chǎn)生的合場強為E2=EE1=kqr2=E2,所以僅撤去A點的小球,則O點的電場強度等于E2=E2,【加固訓(xùn)練】如圖,質(zhì)量相同的帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入勻強電場中,P從平行板間正中央射入,Q從下極板邊緣處射入,它們都打到上極板同一點,不計粒子重力 ()A.它們運動的時間相同B.它們運動的加速度相同C.它們所帶的電荷量相同D.電場力對它們做功相同【解析】選A。垂直電場方向不受力,做勻速直線運動,位移相等,故運動時間相等,所以A正確;平行電場方向做初速度為零的勻加速直線運動,兩粒子沿電場方向位移之比為1∶2,根據(jù)位移公式x=12at2可知a=2xt2,故可知aQ>aP,所以B錯誤;根據(jù)牛頓第二定律可知qE=ma,故有q=2xmEt2,所以它們的電荷量不相同,故C錯誤;電場力做的功W=qEx,代入x、7.(2018·九江模擬)如圖,豎直光滑的圓軌道上放一個質(zhì)量為m的小球,帶電量為+q(可看作質(zhì)點),圓的半徑為R。周圍空間充滿著水平方向的勻強電場,電場強度E=mgq?，F(xiàn)在在最低點給小球一個初動能,為了小球能做一個完整的圓周運動,那么在圓軌道最低點給小球的初動能A.Ek大于52mgR B.Ek等于5C.Ek小于52mgR D.Ek【解析】選A。如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系知,等效最高點在A點,A與圓心的連線與水平方向成45°,在A點,根據(jù)2mg=mvA2R得,A點的最小速度vA=2gR,根據(jù)動能定理得qE·22RmgR1+22=12mvA2Ek,解得Ek=32+28.如圖所示,半圓槽光滑、絕緣、固定,圓心是O,最低點是P,直徑MN水平,a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷),b固定在M點,a從N點靜止釋放,沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零,則小球a()A.從N到Q的過程中,重力與庫侖力的合力先增大后減小B.從N到P的過程中,速率先增大后減小C.從N到Q的過程中,電勢能一直增加D.從P到Q的過程中,動能減少量小于電勢能增加量【解析】選B、C。小球a從N點釋放一直到達Q點的過程中,a、b兩球的距離一直減小,庫侖力變大,a所受重力不變,重力和庫侖力的夾角從90°一直減小,故合力變大,故A錯誤;小球a從N到P的過程中,速度方向與重力和庫侖力的合力方向的夾角由小于90°到大于90°,故庫侖力與重力的合力先做正功后做負功,a球速率先增大后減小,故B正確;小球a由N到Q的過程中庫侖力一直做負功,電勢能一直增加,故C正確;小球a從P到Q的過程中,減少的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和電勢能之和,故動能的減少量大于電勢能的增加量,故D錯誤。【總結(jié)提升】電場中功能關(guān)系的應(yīng)用(1)若只有電場力做功,電荷的電勢能與動能相互轉(zhuǎn)化,兩者之和守恒。(2)若只有電場力和重力做功,電荷的電勢能、重力勢能與動能相互轉(zhuǎn)化,其總和守恒。(3)電場力做功與電荷電勢能的變化相對應(yīng),電場力做正功,電勢能減少,電場力做負功,電勢能增加。(4)合外力對電荷所做的總功等于電荷動能的增量。9.(2018·銀川模擬)一平行板電容器充電后與電源斷開,負極板接地。兩板間有一個正檢驗電荷固定在P點,如圖所示,以C表示電容器的電容,E表示兩板間的場強,φ表示P點的電勢,Ep表示正電荷在P點的電勢能,若正極板保持不動,將負極板緩慢向左平移一小段距離L0的過程中,各物理量與負極板移動距離x的關(guān)系圖象中正確的是 ()【解析】選B、C。平行板電容器充電后與電源斷開,平行板上所帶電荷量Q不再發(fā)生變化,設(shè)圖示位置兩平行板間距為d,根據(jù)平行板電容器的電容公式得C=εrS4πk(d+x),電容C隨x變化圖線應(yīng)為曲線,故A錯誤;根據(jù)C=εrS4πk(d+x)=QU,電場強度E=Ud+x,解得E=4πkQεrS,E與x無關(guān),電場強度E隨x變化圖線應(yīng)為平行于x軸的直線,故B正確;負極板接地,電勢φ1=0,兩板間電勢差U=E(d+x)=φ2φ1,正極板電勢φ2=U+φ1=E(d+x),設(shè)正極板與P點間距離為d2P,電勢差U2P=Ed2P=φ2φP,所以P點電勢φP=φ2Ed2P=E(dd2P)+Ex,其中E、d、d2P為定值,φx10.來自質(zhì)子源的質(zhì)子(初速度為零),經(jīng)一直線加速器加速形成細柱形的質(zhì)子流且電流恒定,假定分布在質(zhì)子源到靶之間的加速電場是均勻的,在質(zhì)子束中與質(zhì)子源相距l(xiāng)和4l的兩處各取一橫截面S1和S2,設(shè)從質(zhì)子源到S1、S2的過程中,某質(zhì)子受到的沖量分別為I1、I2;在S1、S2兩處各取一段極短的相等長度的質(zhì)子源,其中的質(zhì)子數(shù)分別為n1、n2,則 ()A.I1∶I2=1∶2 B.I1∶I2=1∶4C.n1∶n2=2∶1 D.n1∶n2=4∶1【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點:(1)電場力對質(zhì)子的沖量等于質(zhì)子動量的變化量。(2)由電流的微觀表達式確定電流。(3)電場力對質(zhì)子做的功等于質(zhì)子動能的增量?！窘馕觥窟xA、C。質(zhì)子在加速電場中做勻加速直線運動,根據(jù)x=12at2知,位移之比為1∶4,則所用的時間之比為1∶2,根據(jù)沖量I=Ft知,質(zhì)子受到的沖量大小之比為I1∶I2=1∶2,故A正確,B錯誤;根據(jù)電流的微觀意義可知,i1=n1eSv1i2=n2eSv2,在l處與4l處的電流相等,即n1ev1S=n2ev2S,解得n1n2=v2v1,由動能定理得qEl=12mv12,解得v1=2qElm,4qEl=12mv22,解得v11.如圖甲所示,兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等,板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場,電場方向與兩板垂直,在t=0時刻,一不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場,粒子射入電場時的速度為v0,t=T時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場。則 ()A.該粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方向的B.在t=T2時刻,該粒子的速度大小為2vC.若該粒子在T2時刻以速度v0進入電場,D.若該粒子的入射速度變?yōu)?v0,則該粒子仍在t=T2【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點:(1)粒子在水平方向上做勻速直線運動。(2)粒子在豎直方向上先做勻加速直線運動,電場反向后做勻減速直線運動。(3)粒子在豎直方向上的運動具有周期性?！窘馕觥窟xA、B、D。粒子射入電場,在水平方向上做勻速直線運動,在豎直方向上前半個周期內(nèi)先做勻加速直線運動,在后半個周期內(nèi)做勻減速直線運動,一個周期末豎直方向上的分速度為零,可知粒子射出電場時的速度方向一定沿垂直電場方向,故A正確;在t=T2時刻,粒子在水平方向上的分速度為v0,因為兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等,則有v0T=vy2·T2×2×2,解得vy=v0,根據(jù)平行四邊形定則知,粒子的速度為v=2v0,故B正確;若該粒子在T2時刻以速度v0進入電場,粒子在豎直方向上的運動情況與0時刻進入時運動的方向相反,運動規(guī)律相同,則粒子不會打在板上,故C錯誤;若該粒子的入射速度變?yōu)?v0,則粒子射出電場的時間t=L2二、計算題(本題共2小題,共34分。需寫出規(guī)范的解題步驟)12.(16分)(2017·北京高考)如圖所示,長l=1m的輕質(zhì)細繩上端固定,下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球,小球靜止在水平向右的勻強電場中,繩與豎直方向的夾角θ=37°。已知小球所帶電荷量q=1.0×106C,勻強電場的場強E=3.0×103N/C,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求: (1)小球所受電場力F的大小。(2)小球的質(zhì)量m。(3)將電場撤去,小球回到最低點時速度v的大小?！窘馕觥?1)根據(jù)電場強度定義式可知,小球所受電場力大小為:F=qE=1.0×106×3.0×103N=3.0×103N。 (4分)(2)小球受力分析如圖所示根據(jù)共點力平衡條件和圖中幾何關(guān)系有:mgtan37°=F (3分)解得:m=4.0×104kg。 (3分)(3)撤去電場后,由動能定理可得:mgl(1cos37°)=12mv2解得:v=2=2.0m/s。 (3分)答案:(1)3.0×103N(2)4.0×104kg(3)2.0m/s13.(18分)在直角坐標系中,三個邊長都為l=2m的正方形排列如圖所示,第一象限正方形區(qū)域ABOC中有水平向左的勻強電場,電場強度的大小為E0,在第二象限正方形COED的對角線CE左側(cè)CED區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強電場,三角形OEC區(qū)域內(nèi)無電場,正方形DENM區(qū)域內(nèi)無電場。(1)現(xiàn)有一帶電量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)從AB邊上的A點靜止釋放,恰好能通過E點。求CED區(qū)域內(nèi)的勻強電場的電場強度E1。(2)保持(1)問中電場強度不變,若在正方形區(qū)域ABOC中某些點靜止釋放與上述相同的帶電粒子,要使所有的粒子都經(jīng)過E點,則釋放點的坐標值x、y間應(yīng)滿足什么關(guān)系?(3)若CDE區(qū)域內(nèi)的電場強度大小變?yōu)镋2=43E0,方向不變,其他條件都不變,則在正方形區(qū)域ABOC中某些點靜止釋放與上述相同的帶電粒子,要使所有粒子都經(jīng)過N點,則釋放點坐標值x、y間又應(yīng)滿足什么關(guān)系【解析】(1)設(shè)粒子出第一象限時速度為v,加速過程由動能定理得:qE0l=12mv2 (1分由類平拋運動的規(guī)律:l=vt (1分)l=12·qE1解得:E1=4E0 (1分)(2)設(shè)出發(fā)點坐標為(x,y),加速過程由動能定理得:qE0x=12mv2經(jīng)過分析,要過E點在第二象限中類平拋運動時豎直位移與水平位移相等為y,則:y=vt (1分)y=12·qE1mt解得:y=x (1分)(3)設(shè)出發(fā)點坐標為(x,y),加速過程由動能定理得:qE0x=12mv2在第二象限中類平拋運動時豎直位移為y′,由幾何關(guān)系可得水平位移大小