单元过关检测(二)
(时间：75分钟 分值：100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．如图所示，平行板电容器与电池始终保持相连，在右极板由虚线位置平移到实线位置的过程中，设两板间的电压为U、电场强度为E、电容器电容为C、电荷量为Q，下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "CX-90.TIF" INCLUDEPICTURE "CX-90.TIF" \* MERGEFORMAT
A．电路是断路，不可能有电荷定向移动
B．有电荷从A到B定向移动，电流方向为顺时针
C．U不变，E变大，C变小，Q变小
D．U不变，E变小，C变大，Q变大
解析：选B。根据电容器的定义式C＝以及C＝可知，电容器两端的电压U不变，随着两极板间距离的增大，电容器的电容C变小，电容器两极的电荷量Q变小，由于电容右极板带正电，故电路中正电荷由B向A沿顺时针方向移动，电流方向为顺时针，又根据E＝可知，两极板间的电场强度变小。
2．电场中有A、B两点，已知电势φA＝650 V，φB＝800 V。把电荷量q＝－2×10－9C的带电粒子从A点移动到B点，则( )
A．A、B两点的电势差为150 V
B．A、B两点的电势差为－150 V
C．静电力做功为3×10－6 J
D．静电力做功为－3×10－6 J
解析：选B。A、B两点的电势差UAB＝φA－φB＝－150 V，A错误，B正确；将带电粒子从A点移动到B点，静电力做功W＝UAB·q＝－150×(－2×10－9) J＝3×10－7 J，C、D错误。
3．如图所示，匀强电场中的点A、B、C、D、E、F、G、H为立方体的8个顶点，已知G、F、D点的电势分别为7 V、3 V、4 V，则A点的电势为( )
INCLUDEPICTURE "YBW103.TIF" INCLUDEPICTURE "YBW103.TIF" \* MERGEFORMAT
A．0 B．1 V
C．2 V D．3 V
解析：选A。由于电场为匀强电场，AD边与FG边平行且相等，则有UAD＝UFG，即有φA－φD＝φF－φG，解得φA＝φF－φG＋φD＝3 V－7 V＋4 V＝0。
4．如图所示，实线为一正点电荷的电场线，虚线为其等势面。A、B是同一等势面上的两点，C为另一等势面上的一点。下列判断正确的是( )
INCLUDEPICTURE "CX-91.TIF" INCLUDEPICTURE "CX-91.TIF" \* MERGEFORMAT
A．A点电场强度与B点电场强度相同
B．C点电势高于B点电势
C．将电子从A点移到B点，电场力不做功
D．将电子从A点移到C点，其电势能减少
解析：选C。A点电场强度与B点电场强度大小相同、方向不同，故A错误；电场线方向由电势高的等势面指向电势低的等势面，则C点电势低于B点电势，故B错误；A点和B点在同一等势面上，在等势面上移动电荷，电场力不做功，所以将电子从A点移到B点，电场力不做功，故C正确；将电子从A点移到C点，电场力做负功，其电势能增加，故D错误。
5.某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "YBW105.TIF" INCLUDEPICTURE "YBW105.TIF" \* MERGEFORMAT
A．粒子必定带负电荷
B．M点的电势低于N点的电势
C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度
D．粒子在M点的电势能小于它在N点的电势能
解析：选C。由于带电粒子在电场中仅受静电力，则其所受静电力的方向指向轨迹内侧，可知，粒子所受静电力方向与电场强度方向相同，则粒子带正电，A错误；沿电场线方向电势降低，根据题图可知，M点的电势高于N点的电势，B错误；电场线分布的疏密程度表示电场的强弱，则M点的电场强度小于N点的电场强度，则粒子在M点受到的静电力小于它在N点受到的静电力，即粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，C正确；根据上述可知，由M运动到N，静电力做正功，电势能减小，则粒子在M点的电势能大于它在N点的电势能，D错误。
6．如图所示，实线表示某电场中的四个等势面，它们的电势分别为φ1、φ2、φ3和φ4，相邻等势面间的电势差相等，一带正电的粒子(重力不计)在该电场中运动的轨迹如虚线所示，a、b、c、d是其运动轨迹与等势面的四个交点，下列说法正确的是( )
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A．φ4等势面上各点电场强度的方向处处相同
B．四个等势面的电势关系是φ1 < φ2 < φ3 < φ4
C．粒子在四点的动能大小关系是Eka < Ekb < Ekc＝ Ekd
D．粒子从a运动到d的过程中静电力先做正功后做负功
解析：选A。根据电场线与等势面相互垂直可知，φ4等势面上各点电场强度的方向处处相同，A正确；由题意可知，做曲线运动的带正电粒子，受力方向指向运动轨迹的凹侧，因此受力方向大致斜向右下，则电场线方向大致斜向右下，沿着电场线方向电势降低，则等势面的电势关系为φ4 < φ3 < φ2 < φ1，B错误；由于c、d处于同一等势线上，两点电势能相等，结合上述分析可得，粒子在四点处的电势能大小为Epa < Epb < Epc ＝ Epd，由于粒子没有重力势能，由能量守恒可得Eka > Ekb > Ekc ＝ Ekd，C错误；由上述分析可得，粒子从a到c的过程中，静电力一直做负功，从c到d，由于电势相等，静电力先做负功，后做正功，D错误。
7．如图所示，以O点为圆心、半径r＝0.4 m的圆处于匀强电场中(图中未画出)，电场平行于圆面，ac、bd为圆的两条相互垂直的直径。已知a、c、d三点的电势分别为4 V、－4 V、－4 V，则下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "CX-34.TIF" INCLUDEPICTURE "CX-34.TIF" \* MERGEFORMAT
A．b点电势为0
B．电场方向由b点指向c点
C．电子从b点运动到c点电势能减少
D．该匀强电场的场强大小为20 V/m
INCLUDEPICTURE "CX-35.TIF" INCLUDEPICTURE "CX-35.TIF" \* MERGEFORMAT
解析：选B。已知a、c、d三点的电势分别为4 V、－4 V、－4 V，可知c、d连线是等势线，由电场线与等势线垂直，且φa>φd，则电场线方向如图所示，电场方向由b点指向c点，由几何关系可知，a、b连线也是等势线，因此b点电势为4 V，A错误，B正确；由于φb＝4 V，φc＝－4 V，即φb>φc，电子从b点运动到c点静电力做负功，电子的电势能增加，C错误；由电势差公式可得Uad＝φa－φd＝4V－(－4 V)＝8 V，a、d间的距离d＝＝r＝0.4 m，则该匀强电场的场强大小E＝＝ V/m＝10 V/m，D错误。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题意，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8．一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示，不计粒子所受的重力，则( )
INCLUDEPICTURE "CX-93.TIF" INCLUDEPICTURE "CX-93.TIF" \* MERGEFORMAT
A．粒子带正电
B．粒子的加速度逐渐减小
C．粒子的速度不断增大
D．粒子在A点的电势能小于在B点的电势能
解析：选BD。粒子受电场力指向轨迹凹侧，由题图可知，与电场线方向相反，则粒子带负电，故A错误；电场线的疏密程度代表电场强度的大小，粒子运动过程中，电场力减小，则加速度逐渐减小，故B正确；粒子运动过程中，电场力做负功，电势能增大，动能减小，粒子在A点的电势能小于在B点的电势能，速度不断减小，故D正确，C错误。
9．如图所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示。已知φM＝φN，φP＝φF；点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则( )
INCLUDEPICTURE "CX-94.TIF" INCLUDEPICTURE "CX-94.TIF" \* MERGEFORMAT
A．点电荷Q一定在M、P的连线上
B．连接P、F的线段一定在同一等势面上
C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功
D．φP大于φM
INCLUDEPICTURE "CX-95.TIF" INCLUDEPICTURE "CX-95.TIF" \* MERGEFORMAT
解析：选AD。点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，由几何关系可知，交点在MP的连线上，如图所示，故A正确；因为φP＝φF，线段PF是P、F所在等势面(圆)的一个弦，故B错误；在正点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故φP>φM，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势降低，电场力做正功，故C错误，D正确。
10．如图所示，一质量为m、电荷量为q(q > 0)的粒子以速度v0从M点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中，经时间t到达N点。已知MN与水平方向成45°角，粒子所受的重力可以忽略，则下列说法正确的是( )
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A．该匀强电场的电场强度大小为
B．粒子过 N点的速度大小为3v0
C．M、N两点电势差为 eq \f(2mv,q)
D．速度方向与水平方向的夹角为60°
解析：选AC。粒子在电场中做类平抛运动，当粒子到达N点时，位移偏转角为45°，那么速度偏转角正切值tan α＝2tan 45°＝2，所以速度方向与水平方向的夹角不为60°，故D错误；粒子过 N点的竖直方向速度大小vy＝2v0，粒子过N点的速度大小v＝ eq \r(v＋v) ＝v0，由位移关系有tan 45°＝，得E＝，故A正确，B错误；从M点到N点，由动能定理有Uq＝mv2－mv，得U＝ eq \f(2mv,q) ，故C正确。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．(6分)一电容器电容C＝2×10－6 F，充电后所带电荷量Q＝4×10－4 C，两极板间的距离为1 cm，则两极板间的电压U为________V，两极板间电场场强E为________V/m，如果把一电荷量q＝1×10－6 C的点电荷放在两极板间的电场中，则该电荷受到的电场力为________N。
解析：两极板间的电压U＝＝ V＝200 V；两极板间电场强度E＝＝ V/m＝2×104 V/m；点电荷受到的电场力F＝qE＝1×10－6×2×104 N＝2×10－2 N。
答案：200 2×104 2×10－2
12．(10分)如图甲所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开。
(1)影响平行板电容器电容的因素有_____________________，
在实验室中完成这个实验的方法是________。
A．两极板的正对面积 B．两板间距离
C．电介质的介电常数 D．极板的材料
E．比值法 F．控制变量法
G．假设法 H．微小量放大法
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(2)下列关于实验中使用静电计的说法正确的是________。
A．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况
B．使用静电计的目的是测量电容器电荷量的变化情况
C．静电计可以用电压表替代
D．静电计可以用电流表替代
(3)某位同学用如图乙所示电路研究电容器电容与哪些因素有关。A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度；若保持开关S闭合，将A、B两极板间距变大些，指针张开角度将________；若断开开关S后，将A、B两极板靠近些，指针张开角度将________；若断开开关S后，将A、B两极板正对面积变小些，指针张开角度将________。(以上均选填“变大”“变小”或“不变”)
INCLUDEPICTURE "CX-98.TIF" INCLUDEPICTURE "CX-98.TIF" \* MERGEFORMAT
(4)若将电容器上板A接正极，下板B接负极，且将上极板接地，如图丙所示。闭合开关S，有一带电液滴静止在电容器内部P点，现将电容器下极板B向下平移一小段距离，则液滴 ________(选填“静止不动”“向下运动”或“向上运动”)，P点电势________(选填“升高”“不变”或“降低”)。
解析：(1)根据C＝可知影响平行板电容器的电容的因素有：两极板的正对面积、两极板间的距离、电介质的介电常数；由于影响电容器的电容的因素有三个，则完成实验探究需要用到的方法是控制变量法。
(2)电容器带电后与电源断开，因此本实验电荷量不变，则静电计是为了观察电压的变化，从而确定出电容的变化，由于电路中没有电流，所以不能用电流表或者电压表代替静电计。
(3)若保持开关S闭合，两板间的电压不变，则指针张开角度不变；若断开开关S后，电荷量Q不变，将A、B两极板靠近些，根据C＝可知电容增大，由Q＝CU，可知，U减小，则指针张开角度变小；若断开开关S后，电荷量Q不变，将A、B两极板正对面积变小些，根据C＝可知电容减小，由Q＝CU可知，U增大，则指针张开角度变大。
(4)电容器的电压不变，而将电容器下极板B向下平移一小段距离，根据E＝，则电场强度要减小，电场力将小于重力，故液滴要向下运动。以大地为零势点，P点与零电势的A板距离不变，而电场强度减小，则P点与零电势点之间的电势差减小，又因为P点的电势小于0，则P点的电势升高。
答案： (1)ABC F (2)A (3)不变 变小 变大 (4)向下运动 升高
13.(12分)如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量q＝－4×10－7C的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功WAB＝3.2×10－6J，A、B间距离L＝4 m，与水平方向夹角为60°。
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(1)电场强度E是多大？
(2)如果A点的电势为－4 V，求B点的电势为多大？电荷量q′＝4×10－6C的正电荷在A点的电势能是多少？
解析：(1)B、A间电势差UBA＝－UAB＝－＝8 V，该电场的电场强度E＝＝＝4 V/m。
(2)A点的电势为－4 V，由UBA＝φB－φA
可知B点的电势φB＝4 V
电荷量q′＝4×10－6C的正电荷在A点的电势能Ep＝φAq′＝－1.6×10－5 J。
答案：(1)4 V/m (2)4 V －1.6×10－5 J
14.(12分)如图所示，小球的质量m＝0.04 kg、带电量q＝＋1.0×10－5 C，悬挂小球的绝缘丝线与竖直方向成θ＝37° 时，小球恰好在水平向右的匀强电场中静止不动。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
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(1)电场强度E的大小；
(2)剪断丝线后，小球的加速度a的大小；
(3)剪短丝线后，小球在0.2 s内电势能的减少量ΔEp。
INCLUDEPICTURE "CX-101.TIF" INCLUDEPICTURE "CX-101.TIF" \* MERGEFORMAT
解析：(1)对小球进行受力分析如图所示，由平衡知识可知电场力F＝Eq＝mg tan 37°
解得电场强度E＝3×104 N/C。
(2)剪断丝线后，根据牛顿第二定律有＝ma
解得a＝＝12.5 m/s2。
(3)小球在0.2 s内位移x＝at2＝0.25 m
电场力做功W＝Eqx sin θ＝0.045 J
所以电势能的减少量ΔEp＝0.045 J。
答案：(1)3×104 N/C (2)12.5 m/s2
(3)0.045 J
15. (14分)如图所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小E＝1.0×106 N/C的匀强电场中，一质量m＝0.25 kg、电荷量q＝2.0×10－6C的带负电的且可视为质点的小物体，在距离C点L0＝6.0 m的A点处，在拉力F＝4.0 N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中。已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2，求：
INCLUDEPICTURE "CX-102.TIF" INCLUDEPICTURE "CX-102.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)小物体到达C点时的速度大小；
(2)小物体在电场中运动的时间；
(3)小物体从开始运动到最终停止全过程因摩擦而产生的热量。
解析：(1)对小物体在拉力F的作用下由静止开始从A点运动到C点过程，应用动能定理得FL0－μmgL0＝mv－0，解得vC＝12 m/s。
(2)小物体进入电场向右减速的过程中，加速度大小a1＝＝12 m/s2
小物体向右减速的时间t1＝＝1 s
小物体在电场中向右运动的距离x＝t1＝6 m
由于Eq>μmg
所以小物体减速至0后反向向左加速，直到滑出电场，小物体向左加速的加速度大小
a2＝＝4 m/s2
小物体在电场中向左运动时有x＝a2t
解得t2＝ s
则小物体在电场中运动的时间t＝t1＋t2＝(1＋) s。
(3)在小物块开始运动到最终停止全过程，电场力做功为0，根据能量守恒定律，有FL0＝Q
则因摩擦而产生的热量Q＝24 J。
答案：(1)12 m/s (2)(1＋) s (3)24 J章末知识网络建构
INCLUDEPICTURE "CD127AX.TIF" INCLUDEPICTURE "CD127AX.TIF" \* MERGEFORMAT ,
[备选答案]
提示：将以下答案前的字母填入左侧正确的位置。
A．qφ
B．
C．φA－φB
D．
E．最快
F．
G．零势能
H．
I．EpA－EpB
J．qUAB
K．
L．at2
答案：F C G
A E B J I
D H L K
电势
标量，有正负，与零电势点的选取有关
UAB=
WAB
电势差
标量，有正负
大小：等于静电力把电荷从该点移到
位置所做的功
电势能
电场能
E
等势面：形象地描述电场中电势的分布
沿电场强度的方向电势降落
电场强度与电
势差的关系
静电场中的能量
在匀强电场中：E=
WAB=
静电力做功
电容定义式：C=
电容器
及电容
电容大小决定式：C=
(平行板电容器
用
带电
加速：利用动能定理或牛顿第二定律结合
粒子
运动学公式求解
的运
动
qU12
偏转：利用
偏转位移y:y=
2mdvo2
平抛运动规
律求解
偏转角0：tan0=
、
qUl
mdvo2
