2013版高中物理全程复习方略（江苏）：单元评估检测(六)

第页温馨提示：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。单元评估检测(六)第六章(40分钟100分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，每小题只有一个选项符合题意)1.点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，在AB连线上，如图所示，电场强度为零的地方在()A.A和B之间B.A右侧C.B左侧D.A的右侧及B的左侧2.真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离.下列说法中正确的是()A.A点的电势低于B点的电势B.A点的电场强度方向由A指向BC.A点的电场强度小于B点的电场强度D.正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功3.如图所示，平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑片C相连接.电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场.在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑片C上移，则关于电容器极板上所带电荷量Q和电子穿过平行板所需的时间t的说法中，正确的是()A.电荷量Q增大，时间t也增大B.电荷量Q不变，时间t增大C.电荷量Q增大，时间t不变D.电荷量Q不变，时间t也不变4.静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小.如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计.开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是()A.断开开关S后，将A、B两极板分开些B.保持开关S闭合，将A、B两极板分开些C.保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些D.保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动5.(2019·镇江模拟)真空中三个相同的导体小球A、B和C，A和B分别带＋3Q、－Q的电荷(A、B可看成点电荷)，分别固定在两处，两球间库仑力是F，用不带电的小球C，先后跟A和B来回反复接触多次，然后移去C，则A、B间的库仑力变为F的()A.1/3B.3/4C.4/27D.16/27二、多项选择题(本大题共5小题，每小题7分，共35分，每小题有多个选项符合题意)6.(易错题)如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的点电荷B在外力作用下沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过，若此过程中A始终静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用.则下列说法正确的是()A.物体A受到地面的支持力先增大后减小B.物体A受到地面的支持力保持不变C.物体A受到地面的摩擦力先减小后增大D.库仑力对点电荷B先做正功后做负功7.(2019·淮安模拟)空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，A、B、C、D是x轴上的四点，电场强度在x轴方向上的分量大小分别是EA、EB、EC、ED，则()A.EA＜EBB.EC＜EDC.A、D两点在x轴方向上的场强方向相反D.同一负点电荷在A点时的电势能小于在B点时的电势能8.(2019·镇江模拟)一带电粒子射入一固定的点电荷Q的电场中，沿如图所示的虚线由a点运动到b点.a、b两点到点电荷Q的距离分别为ra和rb，且ra>rb.若不计重力，则()A.带电粒子一定带正电B.带电粒子所受电场力先做负功后做正功C.带电粒子在b点的动能大于在a点的动能D.带电粒子在b点的电势能大于在a点的电势能9.(创新题)如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为l，板间距离为d，在板右端l处有一竖直放置的荧光屏M.一带电量为q、质量为m的粒子从两极板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是()A.板间电场强度大小为mg/qB.板间电场强度大小为2mg/qC.粒子在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等D.粒子在板间运动的时间大于它从板的右端运动到光屏的时间10.(易错题)如图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动.设斜面足够长，则在Q向上运动过程中()A.物块Q的动能一直增大B.物块Q的电势能一直减小C.物块P、Q的重力势能和电势能之和一直增大D.物块Q的机械能一直增大三、计算题(本大题共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.(2019·常州模拟)(18分)如图所示，竖直固定放置的光滑绝缘杆上O点套有一个质量为m、带电量为－q的小环.在杆的左侧固定一个带电量为＋Q的点电荷，杆上a、b两点与Q正好构成等边三角形.已知Oa之间的距离为h1，a、b之间的距离为h2，静电力常量为k.现使小环从图示位置的O点由静止释放，若通过a点的速率为eq\r(3gh1).试求：(1)小环运动到a点时对杆的压力大小及方向；(2)小环通过b点时的速率.12.(预测题)(22分)如图甲所示，边长为L的正方形区域ABCD内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，与区域边界BC相距L处竖直放置足够大的荧光屏，荧光屏与AB延长线交于O点.现有一质量为m，电荷量为＋q的粒子从A点沿AB方向以一定的初速度进入电场，恰好从BC边的中点P飞出，不计粒子重力.(1)求粒子进入电场前的初速度的大小.(2)其他条件不变，增大电场强度使粒子恰好能从CD边的中点Q飞出，求粒子从Q点飞出时的动能.(3)现将电场分成AEFD和EBCF相同的两部分，并将EBCF向右平移一段距离x(x≤L)，如图乙所示.设粒子打在荧光屏上位置与O点相距y，请求出y与x的关系.答案解析1.【解析】选C.根据点电荷周围场强公式E＝keq\f(Q,r2)以及场强的方向规定，可以确定出AB连线上B点左侧、BA之间以及A点右侧场强的大小和方向情况，可知BA之间合场强向左，A点右侧合场强向右，只有B点左侧某一位置电场强度可为零，故选C.2.【解析】选B.由图可以看出，沿A、B方向电势降低，电场方向由A指向B，φA>φB，A错误，B正确；由图可知A点电势降低较快，故有EA>EB，C错误；由WAB＝UAB·q，UAB>0，q>0可知，WAB>0，即电场力做正功，D错误.【变式备选】(2019·上海高考)两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图()【解析】选A.等量异种点电荷的电场线分布如图所示.正、负电荷在连线中点处产生的电势一正一负，故此处即坐标原点处的总电势为零.又沿电场线方向电势逐渐降低，因此，在坐标原点左侧，各点的电势都大于零；在坐标原点右侧，各点的电势都小于零，正电荷处电势最高，负电荷处电势最低，无穷远处的电势为零.因此，选项A正确.3.【解析】选C.滑动变阻器的滑片C上移，电容器两板间电压U增大，由Q＝CU可知，电容器带电量Q增大，而电子穿过板间的时间t＝eq\f(l,v0)，与板间电压无关，故时间t不变，C正确.4.【解析】选A.要使静电计的指针张开角度增大些，必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增大，断开开关S后，将A、B两极板分开些，电容器的带电量不变，电容减小，电势差增大，A正确；保持开关S闭合，将A、B两极板分开或靠近些，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，B、C错误；保持开关S闭合，将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，D错误.5.【解析】选C.由库仑定律可知，F＝eq\f(3kQ2,r2)，当用不带电的小球C先后跟A和B来回反复接触多次后，三个导体小球A、B和C的带电量相同，均为eq\f(2Q,3)，此时A、B间的库仑力为F′＝eq\f(k(\f(2,3)Q)2,r2)＝eq\f(4,9)eq\f(kQ2,r2)＝eq\f(4,27)F，故C正确.6.【解析】选A、C.点电荷B沿以A为圆心的圆弧运动时，它们间的库仑力F的大小不变，间距不变，故库仑力对点电荷B不做功，D错误；设库仑力与竖直方向间夹角为θ，则FNA＝mg＋Fcosθ，FfA＝Fsinθ，随θ先减小后增大，FNA先增大后减小，FfA先减小后增大，故A、C均正确，B错误.7.【解析】选B、C、D.φ－x图象的斜率大小表示该处电场强度大小，由题图可知，EA＞EB，ED＞EC，A错误，B正确；由沿电场方向电势降低可知，A点场强沿x轴正方向，D点场强沿x轴负方向，C正确；由WAB＝UAB·q，UAB＞0，q＜0，可知WAB＜0，故同一负点电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，D正确.8.【解析】选B、D.由题图中轨迹可以判断带电粒子与Q间存在斥力，但因不知Q的电性，故也无法确定带电粒子的电性，A错误；带电粒子受到Q的斥力先做负功再做正功，电势能先增大后减小，但因ra>rb，电场力对带电粒子做的负功的值大于正功的值，故Wab<0，带电粒子在b点的动能小于在a点的动能，而带电粒子在b点的电势能大于在a点的电势能，故B、D正确，C错误.9.【解析】选B、C.粒子无论在板间还是在板右侧与光屏之间，水平方向始终做匀速直线运动，由t＝eq\f(l,v0)可知，粒子在板间运动的时间跟它从板右端运动到光屏的时间相等，C正确，D错误；因粒子垂直打在屏上，且粒子在板右端到屏之间具有竖直向下的加速度g.粒子出电场时具有竖直向上的速度分量vy＝eq\f(Eq－mg,m)t，到达屏时竖直速度分量为0，故有vy－gt＝0，由以上两式可解得：E＝eq\f(2mg,q)，B正确，A错误.10.【解析】选B、D.由F库－mgsinθ＝ma可知，物块沿斜面的加速度先向上逐渐减小，再沿斜面向下，逐渐增大，其速度先增大后减小，故物块Q的动能先增大再减小，A错误；因电场力始终做正功，故电势能一直减小，物块Q的机械能一直增大，B、D均正确；因只有电场力、重力做功，物块的电势能、重力势能、动能之和守恒，又知动能先增大后减小，故重力势能和电势能之和先减小后增大，C错误.【总结提升】电场中功能关系的应用(1)若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，两者之和守恒.(2)若只有电场力和重力做功，电荷的电势能、重力势能与动能相互转化，其总和守恒.(3)电场力做功与电荷电势能的变化相对应，电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加.(4)合外力对电荷所做的总功等于电荷动能的增量.11.【解题指南】解答本题时应注意以下两点：(1)分析小环在a点的受力情况，(2)杆上a、b两点电势的关系.【解析】(1)设r为Q到a点的距离，由库仑定律可得，小环运动到a点时所受库仑力为F＝eq\f(kQq,r2)，方向由a指向Q.依题意r＝h2，所以F＝eq\f(kQq,h\o\al(2,2)).(3分)杆对小环的支持力N＝Fcos30°＝eq\f(\r(3)kQq,2h\o\al(2,2)).方向水平向右.(4分)由牛顿第三定律可知，小环对杆的压力大小N′＝N＝eq\f(\r(3)kQq,2h\o\al(2,2))，方向水平向左.(2分)(2)小环从a运动到b的过程，由动能定理得mgh2＋qUab＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)(4分)由于a、b两点到点电荷Q的距离相等，所以Uab＝0(3分)可得vb＝eq\r(g(2h2＋3h1))(2分)答案：(1)eq\f(\r(3)kQq,2h\o\al(2,2))方向水平向左(2)eq\r(g(2h2＋3h1))12.【解析】(1)粒子在电场内做类平抛运动，水平方向：L＝v0t，竖直方向：eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)×eq\f(Eq,m)×t2，得v0＝eq\r(\f(EqL,m))(5分)(2)其他条件不变，增大电场强度，从CD边中点Q飞出与从BC边中点P飞出相比，水平位移减半，竖直位移加倍，根据类平抛运动知识y＝eq\f(1,2)at2，x＝v0t，则加速度为原来8倍，电场强度为原来8倍，电场力做功为W1＝8EqL(4分)粒子从CD边中点Q飞出时的动能Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋W1＝eq\f(17,2)EqL(4分)(3)将EBCF向右平移一段距离x，粒子在电场中的类平抛运动分成两部分，在无电场区域做匀速直线运动，轨迹如图所示，tanθ1＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(1,2)(vy为出电场AEFD时竖直方向的速率)(2分)y1＝xtanθ1＝eq\f(x,2)