单元评估检测六.docx
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单元评估检测六
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单元评估检测(六)
第六章
(60分钟100分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题6分,共72分。
多选题已在题号后标出,选不全得3分)
1.(多选)M和N是两个不带电的物体,它们互相摩擦后M带正电1.6×10-10C,下列判断正确的是()
A.在摩擦前M和N的内部没有任何电荷
B.摩擦的过程中电子从M转移到N
C.N在摩擦后一定带负电1.6×10-10C
D.M在摩擦过程中失去1.6×10-10个电子
2.(2011·海南高考)关于静电场,下列说法正确的是()
A.电势等于零的物体一定不带电
B.电场强度为零的点,电势一定为零
C.同一电场线上的各点,电势一定相等
D.负电荷沿电场线方向移动时,电势能一定增加
3.(多选)(2013·德阳模拟)水平线上的O点放置一点电荷,图中画出电荷周围对称分布的几条电场线,如图所示。
以水平线上的某点O′为圆心,画一个圆,与电场线分别相交于a、b、c、d、e,则下列说法正确的是()
A.b、e两点的电场强度相同
B.a点电势低于c点电势
C.b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差
D.电子沿圆周由d到b,电场力做正功
4.(多选)(2013•乐山模拟)如图所示,实线为不知方向的三条电场线,从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子,仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示,不计两粒子之间的相互作用,则()
A.a、b可能带同种电荷
B.a的动能将减小,b的动能将增加
C.a的加速度将减小,b的加速度将增大
D.两个粒子的电势能都减小
5.(2013·福州模拟)真空中存在范围足够大、竖直方向上的匀强电场,A、B为该匀强电场的两个等势面。
现有三个质量相同、带同种等量电荷的小球a、b、c,从等势面A上的某点同时以相同速率v0分别沿竖直向下、水平向右和竖直向上方向开始运动,如图所示。
经过一段时间,三个小球先后通过等势面B,则下列判断正确的是()
A.等势面A的电势一定高于等势面B的电势
B.a、c两小球通过等势面B时的速度相同
C.开始运动后的任一时刻,a、b两小球的动能总是相等
D.开始运动后的任一时刻,三个小球电势能总是相等
6.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
7.(2013·云南师大附中模拟)如图所示,曲线为电荷在匀强电场中的运动轨迹,a、b是轨迹上的两点,则下列说法正确的是()
A.电荷在b点的电势能大于在a点的电势能
B.该电场的方向水平向左
C.b点的电势高于a点的电势
D.电荷在电场中相同时间内速度的变化量不相同
8.(2012·江苏高考)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变,在两极板间插入一电介质,其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()
A.C和U均增大B.C增大,U减小
C.C减小,U增大D.C和U均减小
9.(多选)(2012·新课标全国卷)如图,平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度,两极板与一直流电源相连。
若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子()
A.所受重力与电场力平衡B.电势能逐渐增加
C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动
10.(多选)(2013·巴中模拟)如图所示,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力的作用下,从静止开始由b沿直线运动到d,且bd与竖直方向所夹的锐角为45°,则下列结论中正确的是()
A.此液滴带负电荷
B.合力对液滴做的总功等于零
C.液滴做匀加速直线运动
D.液滴的电势能减小
11.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的电势能一直增大
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
12.(多选)(2013·济南模拟)如图所示,平行金属板内有一匀强电场,一个电量为q、质量为m的带电粒子(不计重力)以v0从A点水平射入电场,且刚好以速度v从B点射出()
A.若该粒子以速度-v从B点射入,则它刚好以速度-v0从A点射出
B.若将q的反粒子(-q,m)以-v从B点射入,它将刚好以速度-v0从A点射出
C.若将q的反粒子(-q,m)以-v0从B点射入,它将刚好以速度-v从A点射出
D.若该粒子以-v0从B点射入电场,它将以-v从A点射出
二、计算题(本大题共2小题,共28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)
13.(2013•自贡模拟)(14分)如图所示,在E=103V/m的竖直匀强电场中,有一光滑的半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑连接,半圆形轨道平面与电场线平行,P为QN圆弧的中点,其半径R=40cm,一带正电荷q=
10-4C的小滑块质量m=10g,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15,位于N点右侧1.5m处,取g=10m/s2,求:
(1)要使小滑块恰能运动到半圆轨道的最高点Q,则小滑块应以多大的初速度v0向左运动?
(2)这样运动的滑块通过P点时对轨道的压力是多大?
14.(14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B、C。
M和N都不带电,是指这两个物体都呈电中性,没有“净电荷”(没有中和完的电荷),也就是没有得失电子。
但内部仍有相等数量的正电荷(质子数)和负电荷(电子数),故A错误。
M和N摩擦后M带正电荷,说明M失去电子,电子从M转移到N,故B正确。
根据电荷守恒定律,M和N这个与外界没有电荷交换的系统原来电荷的代数和为0,摩擦后电荷量仍应为0,故C正确。
电子带电荷量为-1.6×10-19C,摩擦后M带正电荷1.6×10-10C,由于M带电荷量应是电子电荷量的整数倍,所以M失去109个电子,故D错误。
2.【解析】选D.电势是相对量,其大小与零势点的选取有关,沿同一电场线上的各点电势逐渐降低,故A、B、C均错误;负电荷受电场力方向与电场线方向相反,故沿电场线移动负电荷时电场力做负功,电势能增加,D正确。
3.【解析】选B、C。
由点电荷的电场分布特点可知,b、e两点的电场强度大小相等,但方向不同,故A错误。
电势沿电场线方向降低,有φa<φc,故B正确。
因φd=φc,φe=φb,所以有Ubc=Ued,故C正确。
电子沿圆周由d到b,相当于直接由d到b,因φd>φb,Udb>0,所以电场力做负功,故D错误。
4.【解析】选C、D。
由粒子运动轨迹可判断出两粒子必带异种电荷,故A错误;仅在电场力作用下,电场力均做正功,粒子动能均增大,电势能均减小,电场线越密,同一电荷所受电场力越大,加速度越大,故B错误,C、D均正确。
5.【解析】选B。
由于电场线方向无法确定,故A、B等势面电势高低无法判断,A错。
由功能关系知,由于a、c两小球初末位置相同,故电场力做功相同,则速度相同,B正确。
在任一时刻,速度大小和方向可能不同,则小球动能和电势能可能都不相等,C、D错误。
6.【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
,与板间电压无关,故时间t不变,C正确。
7.【解析】选A。
由电荷运动轨迹可判断电荷受电场力方向向左,所以由a→b电场力做负功,电势能增加,因电荷电性未知,无法判断电场的方向与电势的高低,故A正确,B、C均错误。
电荷在匀强电场中做匀变速运动,在相同时间内速度的变化量相同,故D错误。
【变式备选】(多选)(2013·九江模拟)在点电荷Q的电场中,一个带正电的粒子的运动轨迹如图中实线所示。
a、b两圆为两个等势面,则下列判断中正确的是()
A.Q可能为正电荷,也可能为负电荷
B.粒子运动中,电场力先做负功后做正功
C.粒子经过两等势面的动能Eka>Ekb
D.粒子在两等势面上的电势能Epa>Epb
【解析】选B、C。
由于粒子带正电,由题图轨迹可知点电荷Q必带正电,故A错。
在运动过程中电场力先做负功后做正功,故B对。
由b到a的过程中电场力做正功,电势能减小,动能增大,故C对D错。
8.【解析】选B。
由C∝
知,S和d不变,插入电介质时,ε增大,电容增大,由C=
可知:
Q不变时,C增大,则两板间的电势差U一定减小,故选B。
9.【解题指南】解答本题应把握以下两点:
(1)由直线运动的条件分析带电粒子的受力情况,并确定运动的性质。
(2)由动能定理分析能量的变化情况。
【解析】选B、D。
分析带电粒子的受力情况,画出其受力图如图所示。
可以看出其合力方向与其速度方向相反。
所以,带电粒子在电场中做匀减速运动。
电场力做负功,重力不做功,动能减少,电势能增加,故选项A、C错误,选项B、D正确。
10.【解析】选A、C、D。
液滴沿bd由静止开始运动,则合力必沿bd直线方向,且合力做正功,电场力应水平向右,所以液滴应带负电,故A正确,B错误;由题意可知电场力大小与重力大小相等,液滴做a=
g的匀加速直线运动,电场力做正功,电势能减小,故C、D均正确。
11.【解析】选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错误,D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。
12.【解析】选A、C。
带电粒子进入电场后只受竖直方向的电场力,在水平方向做匀速运动。
若粒子q从B点以-v射入电场,则将在A点以-v0射出,故A正确,B错误。
若粒子-q从B点以-v0射入电场,其轨迹与AB完全对称,则在A点以-v射出电场,故C正确,D错误。
13.【解析】
(1)设小滑块到达Q点的速度为v,在Q点由牛顿第二定律得:
(2分)
小滑块从开始运动到到达Q点的过程中,由动能定理得:
-mg·2R-qE·2R-μ(mg+qE)x=
(4分)
联立解得v0=7m/s。
(2分)
(2)设小滑块到达P点的速度为v′,则从开始运动到到达P点的过程中,由动能定理得:
(4分)
在P点有:
代入数据得FN=0.6N。
(2分)
答案:
(1)7m/s
(2)0.6N
14.【解题指南】解答本题时应把握以下三点:
(1)明确粒子的电性和电场的分布情况;
(2)电场力做功引起粒子动能的变化;
(3)粒子射出电场时沿出射方向做匀速直线运动。
【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:
(3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=
,x=v0t,则加速度为原来的8倍,电场强度为原来的8倍,电场力做功为W1=8EqL(2分)
粒子从CD边中点Q飞出时的动能
(2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,
(vy为粒子离开电场AEFD时竖直方向的速度)(1分)
(2分)
(vy′为粒子离开电场EBCF时竖直方向的速度)(1分)
y2=(L-x)tanθ2=L-x(2分)
(1分)
答案:
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