高考物理金榜一轮单元评估检测（七）

单元评估检测(七)(第七章)(45分钟100分)一、选择题(本题共11小题,每小题6分,共66分。1～7题为单选题,8～11题为多选题)1.(2018·渭南模拟)一平行板电容器中存在匀强电场,电场沿竖直方向。一带正电的粒子先后以不同的水平初速度射入两平行板间,测得两次与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2。若不计重力,则两次水平初速度之比是 ()A.1∶2B.1∶1C.2∶1D.4∶1【解析】选A。粒子垂直电场方向做匀速直线运动,沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动,两次沿电场方向的位移相同,加速度相等,根据y=12at2知,运动的时间相等,根据x=v0t得,水平距离之比为1∶2,则初速度之比为1∶2,故A正确,B、C、D2.a、b、c三个点电荷仅在相互之间的静电力的作用下处于静止状态,已知a所带的电荷量为+Q,b所带的电荷量为q,且Q>q,关于电荷c,下列判断正确的是 ()A.c一定带负电B.c所带的电荷量一定大于qC.c可能处在a、b之间D.如果固定a、b,仍让c处于平衡状态,则c的电性、电荷量、位置都将唯一确定【解析】选B。根据三个自由点电荷的平衡规律,“两同夹一异”,“两大夹一小”,c一定带正电荷,且c的电荷量一定大于q,故A、C错误,B正确;三个电荷要平衡,必须三个电荷在一条直线,外侧两个电荷相互排斥,中间电荷吸引外侧两个电荷,所以外侧两个电荷距离大,要平衡中间电荷的作用力,必须外侧电荷电量大,中间电荷电量小,所以第三个电荷必须为正电,且在b的右侧,而其电量可以不确定,故D错误。3.(2018·池州模拟)电子枪是加速电子轰击靶屏发光的一种装置,它发射出具有一定能量、一定束流以及速度和角度的电子束。电子束中某个电子只在电场力作用下从M点运动到N点的轨迹如图中虚线所示,图中一组平行实线可能是等势面也可能是电场线,则以下说法正确的是 ()A.若图中实线是电场线,电子在M点的速度较大B.若图中实线是电场线,M点的电势比N点低C.不论图中实线是电场线还是等势面,电子在M点动能小D.不论图中实线是电场线还是等势面,M点的场强都比N点小【解析】选B。如果实线是电场线,由运动轨迹判断,电子受竖直向上的电场力,场强方向向下,M点的电势低于N点的电势,电子在M点动能较小,速度较小,故A错误、B正确;如果实线是等势面,由运动轨迹判断,电子受力水平向右,场强方向水平向左,M点的电势高于N点的电势,电子在N点动能较小,故C错误;因实线为平行线,故无论是电场线还是等势面,均说明此电场为匀强电场,场强处处相等,故D错误。【加固训练】(多选)如图所示,三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面,其电势分别为10V,0,10V。实线是一带电的粒子(不计重力)在该区域内运动的轨迹,已知带电粒子带电荷量为0.01C,在a点处的动能为0.5J,则该带电粒子()A.可能带正电B.在b点处的电势能为0.5JC.在b点处的动能为零D.在c点处的动能为0.4J【解析】选A、D。电场方向从高电势指向低电势,所以电场强度方向竖直向上,做曲线运动过程中,粒子受到的合力指向轨迹的内侧,而粒子只受电场力,故电场力方向向上,所以粒子带正电,A正确;在b点处的电势能为Epb=φbq=10×0.01J=0.1J,B错误;在a处电势能为Epa=φaq=10×0.01J=0.1J,运动过程中由于只有电场力做功,所以电势能与动能之和恒定,故Eka+Epa=Ekb+Epb,解得在b点处的动能为0.3J,C错误;在c点电势能为零,故Eka+Epa=Ekc=0.4J,D正确。4.(2018·商丘模拟)如图甲所示为半径为R、均匀带正电的球体,AB为过球心O的直线上的两点,且OA=2R,OB=3R,球体的空间产生对称的电场,场强大小沿半径方向分布情况如图乙所示,图中E0已知,Er曲线O～R部分的面积等于2R～3R部分的面积。则下列说法正确的是 ()A.A点的电势低于B点的电势B.A点的电场强度小于B点的电场强度C.从球面到A点的电势差小于AB两点间的电势差D.带电量为q的正电荷沿直线从A点移到B点的过程中,电场力做功12qE0【解析】选D。球体带正电,周围的电场线向外背离球体,根据沿电场线方向电势降低可知,A点的电势高于B点的电势,故A错误;根据图乙可知,A点的电场强度大于B点的电场强度,故B错误;Er图线与横轴围成的面积表示电势差,Er图线O～R部分的面积等于2R～3R部分的面积,所以从球面到A点的电势差等于A、B两点间的电势差,即为U=12E0R,故C错误;带电量为q的正电荷沿直线从A点移到B点的过程中,电场力做功W=qU=12qE0R,故5.(2018·涪陵区模拟)如图所示,两块水平放置的平行金属板,板长为2d,相距为d,两板间加有竖直向下的匀强电场,将一质量为m、电荷量为q的带正电小球以大小为v0的水平速度从靠近上板下表面的P点射入,小球刚好从下板右边缘射出,重力加速度为g,则该匀强电场的电场强度大小为 ()A.mgd-mv0C.mv02-【解析】选C。根据牛顿第二定律得qE+mg=ma,解得a=qE+mgm,运动时间为t=2dv0,d=12at2,联立解得E=mv026.(2018·孝感模拟)在一半径为R的圆周上均匀分布有N个带电小球(可视为质点)无间隙排列,其中A点的小球带电荷量为+3q,其余小球带电荷量为+q,此时圆心O点的电场强度大小为E,现仅撤去A点的小球,则O点的电场强度大小为 ()A.E B.E2 C.E3 【解析】选B。假设圆周上均匀分布的都是电荷量为+q的小球,由于圆周的对称性,根据电场的叠加原理知,圆心O处场强为0,所以圆心O点的电场强度大小等效于A点处电荷量为+2q的小球在O点产生的场强,则有E=k2qr2,方向水平向左,A处+q在圆心O点产生的场强大小为E1=kqr2,方向水平向左,设其余带电荷量为+q的所有小球在O点处产生的合场强为E2=EE1=kqr2=E2,所以仅撤去A点的小球,则O点的电场强度等于E2=E2,【加固训练】如图,质量相同的带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入匀强电场中,P从平行板间正中央射入,Q从下极板边缘处射入,它们都打到上极板同一点,不计粒子重力 ()A.它们运动的时间相同B.它们运动的加速度相同C.它们所带的电荷量相同D.电场力对它们做功相同【解析】选A。垂直电场方向不受力,做匀速直线运动,位移相等,故运动时间相等,所以A正确;平行电场方向做初速度为零的匀加速直线运动,两粒子沿电场方向位移之比为1∶2,根据位移公式x=12at2可知a=2xt2,故可知aQ>aP,所以B错误;根据牛顿第二定律可知qE=ma,故有q=2xmEt2,所以它们的电荷量不相同,故C错误;电场力做的功W=qEx,代入x、7.(2018·九江模拟)如图,竖直光滑的圆轨道上放一个质量为m的小球,带电量为+q(可看作质点),圆的半径为R。周围空间充满着水平方向的匀强电场,电场强度E=mgq。现在在最低点给小球一个初动能,为了小球能做一个完整的圆周运动,那么在圆轨道最低点给小球的初动能A.Ek大于52mgR B.Ek等于5C.Ek小于52mgR D.Ek【解析】选A。如图所示,根据几何关系知,等效最高点在A点,A与圆心的连线与水平方向成45°,在A点,根据2mg=mvA2R得,A点的最小速度vA=2gR,根据动能定理得qE·22RmgR1+22=12mvA2Ek,解得Ek=32+28.如图所示,半圆槽光滑、绝缘、固定,圆心是O,最低点是P,直径MN水平,a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷),b固定在M点,a从N点静止释放,沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零,则小球a()A.从N到Q的过程中,重力与库仑力的合力先增大后减小B.从N到P的过程中,速率先增大后减小C.从N到Q的过程中,电势能一直增加D.从P到Q的过程中,动能减少量小于电势能增加量【解析】选B、C。小球a从N点释放一直到达Q点的过程中,a、b两球的距离一直减小,库仑力变大,a所受重力不变,重力和库仑力的夹角从90°一直减小,故合力变大,故A错误;小球a从N到P的过程中,速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°,故库仑力与重力的合力先做正功后做负功,a球速率先增大后减小,故B正确;小球a由N到Q的过程中库仑力一直做负功,电势能一直增加,故C正确;小球a从P到Q的过程中,减少的动能转化为重力势能和电势能之和,故动能的减少量大于电势能的增加量,故D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。9.(2018·银川模拟)一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地。两板间有一个正检验电荷固定在P点,如图所示,以C表示电容器的电容,E表示两板间的场强,φ表示P点的电势,Ep表示正电荷在P点的电势能,若正极板保持不动,将负极板缓慢向左平移一小段距离L0的过程中,各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是 ()【解析】选B、C。平行板电容器充电后与电源断开,平行板上所带电荷量Q不再发生变化,设图示位置两平行板间距为d,根据平行板电容器的电容公式得C=εrS4πk(d+x),电容C随x变化图线应为曲线,故A错误;根据C=εrS4πk(d+x)=QU,电场强度E=Ud+x,解得E=4πkQεrS,E与x无关,电场强度E随x变化图线应为平行于x轴的直线,故B正确;负极板接地,电势φ1=0,两板间电势差U=E(d+x)=φ2φ1,正极板电势φ2=U+φ1=E(d+x),设正极板与P点间距离为d2P,电势差U2P=Ed2P=φ2φP,所以P点电势φP=φ2Ed2P=E(dd2P)+Ex,其中E、d、d2P为定值,φx10.来自质子源的质子(初速度为零),经一直线加速器加速形成细柱形的质子流且电流恒定,假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的,在质子束中与质子源相距l和4l的两处各取一横截面S1和S2,设从质子源到S1、S2的过程中,某质子受到的冲量分别为I1、I2;在S1、S2两处各取一段极短的相等长度的质子源,其中的质子数分别为n1、n2,则 ()A.I1∶I2=1∶2 B.I1∶I2=1∶4C.n1∶n2=2∶1 D.n1∶n2=4∶1【解题指导】解答本题应注意以下三点:(1)电场力对质子的冲量等于质子动量的变化量。(2)由电流的微观表达式确定电流。(3)电场力对质子做的功等于质子动能的增量。【解析】选A、C。质子在加速电场中做匀加速直线运动,根据x=12at2知,位移之比为1∶4,则所用的时间之比为1∶2,根据冲量I=Ft知,质子受到的冲量大小之比为I1∶I2=1∶2,故A正确,B错误;根据电流的微观意义可知,i1=n1eSv1i2=n2eSv2,在l处与4l处的电流相等,即n1ev1S=n2ev2S,解得n1n2=v2v1,由动能定理得qEl=12mv12,解得v1=2qElm,4qEl=12mv22,解得v11.如图甲所示,两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等,板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场,电场方向与两板垂直,在t=0时刻,一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场,粒子射入电场时的速度为v0,t=T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场。则 ()A.该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的B.在t=T2时刻,该粒子的速度大小为2vC.若该粒子在T2时刻以速度v0进入电场,D.若该粒子的入射速度变为2v0,则该粒子仍在t=T2【解题指导】解答本题应注意以下三点:(1)粒子在水平方向上做匀速直线运动。(2)粒子在竖直方向上先做匀加速直线运动,电场反向后做匀减速直线运动。(3)粒子在竖直方向上的运动具有周期性。【解析】选A、B、D。粒子射入电场,在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动,在后半个周期内做匀减速直线运动,一个周期末竖直方向上的分速度为零,可知粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向,故A正确;在t=T2时刻,粒子在水平方向上的分速度为v0,因为两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等,则有v0T=vy2·T2×2×2,解得vy=v0,根据平行四边形定则知,粒子的速度为v=2v0,故B正确;若该粒子在T2时刻以速度v0进入电场,粒子在竖直方向上的运动情况与0时刻进入时运动的方向相反,运动规律相同,则粒子不会打在板上,故C错误;若该粒子的入射速度变为2v0,则粒子射出电场的时间t=L2二、计算题(本题共2小题,共34分。需写出规范的解题步骤)12.(16分)(2017·北京高考)如图所示,长l=1m的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×106C,匀强电场的场强E=3.0×103N/C,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求: (1)小球所受电场力F的大小。(2)小球的质量m。(3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v的大小。【解析】(1)根据电场强度定义式可知,小球所受电场力大小为:F=qE=1.0×106×3.0×103N=3.0×103N。 (4分)(2)小球受力分析如图所示根据共点力平衡条件和图中几何关系有:mgtan37°=F (3分)解得:m=4.0×104kg。 (3分)(3)撤去电场后,由动能定理可得: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)在直角坐标系中,三个边长都为l=2m的正方形排列如图所示,第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场,电场强度的大小为E0,在第二象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场,三角形OEC区域内无电场,正方形DENM区域内无电场。(1)现有一带电量为+q、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A点静止释放,恰好能通过E点。求CED区域内的匀强电场的电场强度E1。(2)保持(1)问中电场强度不变,若在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子,要使所有的粒子都经过E点,则释放点的坐标值x、y间应满足什么关系?(3)若CDE区域内的电场强度大小变为E2=43E0,方向不变,其他条件都不变,则在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子,要使所有粒子都经过N点,则释放点坐标值x、y间又应满足什么关系【解析】(1)设粒子出第一象限时速度为v,加速过程由动能定理得:qE0l=12mv2 (1分由类平抛运动的规律:l=vt (1分)l=12·qE1解得:E1=4E0 (1分)(2)设出发点坐标为(x,y),加速过程由动能定理得:qE0x=12mv2经过分析,要过E点在第二象限中类平抛运动时竖直位移与水平位移相等为y,则:y=vt (1分)y=12·qE1mt解得:y=x (1分)(3)设出发点坐标为(x,y),加速过程由动能定理得:qE0x=12mv2在第二象限中类平抛运动时竖直位移为y′,由几何关系可得水平位移大小