版高考物理一轮复习单元评估检测七Word文件下载.docx

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2.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q

C.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

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0.5J

C.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,E-r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qE0R

【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;

E-r图线与横轴围成的面积表示电势差,E-r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=E0R,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=qE0R,故D正确。

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.B.

C.D.

【解析】选C。

根据牛顿第二定律得qE+mg=ma,解得a=,运动时间为t=,d=at2,联立解得E=,故C正确,A、B、D错误。

6.（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.EB.C.D.

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=k,方向水平向左,A处+q在圆心O点产生的场强大小为E1=k,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=E-E1=k=,所以仅撤去A点的小球,则O点的电场强度等于E2=,故B正确,A、C、D错误。

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

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=at2可知a=,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=,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、q可知,电场力做功之比为1∶4,所以D错误。

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=。

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mgRB.Ek等于mgR

C.Ek小于mgRD.Ek的大小不能确定

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mg=m得,A点的最小速度vA=,根据动能定理得-qE·

R-mgR=m-Ek,解得Ek=mgR>

mgR,故A正确,B、C、D错误。

8.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（　　）

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=,电容C随x变化图线应为曲线,故A错误;

根据C==,电场强度E=,解得E=,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）=φ2-φ1,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=φ2-φP,所以P点电势φP=φ2-Ed2P=E（d-d2P）+Ex,其中E、d、d2P为定值,φ-x的图线是截距为正值、斜率为正值的一条直线,故C正确;

正电荷在P点电势能Ep=qφP=qE（d-d2P）+qEx,Ep-x的图线是截距为正值、斜率为正值的一条直线,故D错误。

10.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∶2B.I1∶I2=1∶4

C.n1∶n2=2∶1D.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=at2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=n1eSv1,

i2=n2eSv2,在l处与4l处的电流相等,即n1ev1S=n2ev2S,解得=,由动能定理得qEl=m,解得v1=,4qEl=m,解得v2=,则=,故C正确,D错误。

11.如图甲所示