粤教版2016版物理2018年高考一轮教材复习单元精测卷系列：第六单元测试（解析版）

单元评估检测(六)
(第六章)
(45分钟　100分)
一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。1～5题为单选题,6～8题为多选题)
1.法拉第是19世纪最伟大的实验物理学家
( http: / / www.21cnjy.com )之一,他在电磁学研究方面的卓越贡献如同伽利略、牛顿在力学方面的贡献一样,具有划时代的意义,正是他提出了电场的概念。关于静电场的电场强度的概念,下列说法正确的是(　　)
A.由E=可知,某电场的电场强度E与q成反比,与F成正比
B.正、负检验电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反,所以某一点电场强度方向与放入检验电荷的正负有关
C.电场中某一点的电场强度与放入该点的检验电荷的正负无关
D.电场中某点不放检验电荷时,该点电场强度等于零
【解析】选C。电场强度是一个比值定义,与放
( http: / / www.21cnjy.com )入的检验电荷受到的力大小F及带电量q无关,是由电场本身的性质决定的,A错误,C正确;电场强度的方向规定与正电荷受力的方向相同,负电荷受力的方向与电场强度方向相反,因此与正负电荷无关,B错误;一旦通过检验电荷测出了该点的电场强度,把检验电荷移走,该点的电场强度仍不变,与是否有检验电荷无关,D错误。
2.如图所示,两个带有同种电荷的小球,用绝缘细线悬挂于O点,若q1>q2,L1>L2,平衡时两球到过O点的竖直线的距离相等,则(　　)
A.m1>m2
B.m1=m2
C.m1D.无法确定
【解题指南】该题是带电小球在库仑力作用下的
( http: / / www.21cnjy.com )平衡问题。应该注意的问题：(1)对两个小球分别受力分析,画出受力图。(2)根据力的三角形特点选择三角形相似法求解。
【解析】选B。对m1、m2球受力分析,如图所示：
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根据共点力平衡和几何关系得：左边两个阴影部分面积相似,右边两阴影部分面积相似;虽然q1>q2,L1>L2,但两者的库仑力大小相等,则有=,由于F1=F2,所以m1=m2。故B正确。
3.静电计是在验电器的基础
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A.断开开关S后,将A、B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
【解析】选A。断开开关,电容器带电量Q不变,将A、B分开一些,则d增大,根据C=知,电容C减小,根据C=知,电势差U增大,指针张角增大,故A正确;保持开关闭合,电容器两端的电势差不变,则指针张角不变,故B、C、D错误。
4.如图,质量相同的带电粒子P、Q以相
( http: / / www.21cnjy.com )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(　　)
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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s=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=qEs，代入s、q可知，电场力做功之比为1∶4，所以D错误。
5.如图所示,A、B是两个带电量相
( http: / / www.21cnjy.com )等的异种点电荷,A带正电,B带负电,OO′为两点电荷连线的垂直平分线,P点是垂足,若从P点以大小为v0的初速度发射一个质子,则(　　)
A.若质子初速度方向由P指向A,则质子在接近A点的过程中速度越来越大
B.若质子初速度方向由P指向B,则质子在接近B点的过程中加速度越来越大
C.若质子初速度方向由P指向O,则质子在运动的过程中加速度的大小不变
D.若质子初速度方向由P指向O,则质子在运动的过程中加速度的方向不变
【解析】选B。若质子初速度方向由P
( http: / / www.21cnjy.com )指向A,质子受到A的斥力和B的引力作用,合力方向向右,与运动方向相反做减速运动,质子在接近A点的过程中速度越来越小,故A选项错误;根据等量异种电荷的电场线的分布特点可知,从P到B电场线越来越密,电场强度越来越大,由F=qE知电场力越来越大,由牛顿第二定律知加速度越来越大,故B正确;质子所受电场力的方向与电场强度的方向相同,沿电场线的切线方向,根据等量异种电荷的电场分布特点可知,质子向右偏转,电场强度大小方向不断变化,由F=qE知电场力大小方向不断变化,由牛顿第二定律知加速度大小方向不断变化,故C、D错误。
6.如图所示,虚线a、b、c、d、e代表电场
( http: / / www.21cnjy.com )中的五个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,据此可知(　　)
A.五个等势面中,a的电势最高
B.带电粒子通过P点时的电势能较Q点大
C.带电粒子通过P点时的动能较Q点大
D.带电粒子通过P点时的加速度较Q点小
【解析】选C、D。由电场线处处与等势面垂直且做曲线运动的物体所受的合外力指向曲线的凹侧可知该电场线的分布大概如图,沿电场线方向电势降低,所以φe>φd>φc>φb>φa,所以A错误。从Q→P电场力做正功,电势能降低,所以B错误。根据动能定理,EkP>EkQ,所以C正确。电场线越密,电场强度越大,EP【加固训练】(多选)如图所
( http: / / www.21cnjy.com )示,两个等量同种点电荷分别固定于光滑绝缘水平面上A、B两点,一个带电粒子由静止释放,仅受电场力作用,沿着AB中垂线从C点运动到D点(C、D是关于AB对称的两点)。下列关于粒子运动的v-t图像中可能正确的是(　　)
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【解析】选C、D。由于是
( http: / / www.21cnjy.com )同种电荷,所以连线中点的场强为零,无穷远处场强也为零,其间有一点电场强度最大,所以粒子从C点向中点运动过程中,加速度可能一直减小,也可能先增大后减小,故选项A、B错误,C、D正确。
7.如图所示,竖直平面内光滑圆弧轨道半径为R,等边三角形ABC的边长为L,顶点C恰好位于圆周最低点,CD是AB边的中垂线。在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷。现把质量为m带电荷量为+Q的小球由圆弧的最高点M处静止释放,到最低点C时速度为v0。不计+Q对原电场的影响,取无穷远处为零电势,静电力常量为k,则(　　)
A.小球在圆弧轨道上运动过程机械能守恒
B.C点电势比D点电势高
C.M点电势为(m-2mgR)
D.小球对轨道最低点C处的压力大小为mg+m
【解析】选C、D。小球在圆弧轨道上运动过程中,电场力对小球做功,机械能不守恒,A错;根据等量异种电荷的电场分布,CD为等势面,B错;无穷远处电势为0,CD为等势面,所以CD电势为0,小球从M到C,由动能定理,电场力所做的功W=m-mgR,所以M点的电势φ==(m-2mgR),C正确;小球对轨道最低点C处的压力大小mg+m,D正确。
8.光滑水平面上放置两个等量同种电荷,
( http: / / www.21cnjy.com )其连线中垂线上有A、B、C三点,如图甲所示,一个质量m=1kg的小物块自C点由静止释放,小物块带电荷量q=2C,其运动的v-t图线如图乙所示,其中B点为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线),则以下分析正确的是(　　)
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A.B点为中垂线上电场强度最大的点,场强E=1V/m
B.由C点到A点物块的电势能先减小后变大
C.由C点到A点,电势逐渐降低
D.B、A两点间的电势差为UBA=8.25V
【解析】选A、C、D。由图乙可知,物块在B点加速度最大,且加速度为a==2m/s2,根据Eq=ma,可知B点场强最大,为E=1V/m,A正确;从C到A的过程中,电场力一直做正功,电势能一直减小,B错误;从C到A电势逐渐降低,C正确;从B到A的过程中,根据动能定理,UBAq=mv2-m代入数据,UBA×2=×1×72-×1×42,得UBA=8.25V,D正确。
【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。
二、计算题(本题共2小题,共44分。需写出规范的解题步骤)
9.(20分)如图所示,在沿水平方向的
( http: / / www.21cnjy.com )匀强电场中有一固定点O,用一根长度为l=0.40m的绝缘细线把质量为m=0.20kg,带有q=6.0×10-4C正电荷的金属小球悬挂在O点,小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ=37°,求：
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(1)AB两点间的电势差UAB。
(2)将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放,小球通过最低点C时细线对小球的拉力F的大小。
(3)如果要使小球能绕O点做完整的
( http: / / www.21cnjy.com )圆周运动,则小球在A点时沿垂直于OA方向运动的初速度v0的大小。(g取10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80)
【解析】(1)带电小球在B点静止受力平衡,根据平衡条件得：
qE=mgtanθ
得：E==V/m
=2.5×103V/m
(4分)
由U=Ed有：UAB=-E(1-sinθ)l=-2.5×103×(1-sin37°)×0.4V=-400V
(3分)
(2)设小球运动至C点时速度为vC则：
mgl-qEl=m　
(3分)
在C点,小球受重力和细线的合力提供向心力,根据向心力公式得：
F-mg=m
代入数据,联立解得：F=3N
(3分)
(3)小球做完整圆周运动时必须通过B点的对称点,设在该点时小球的最小速度为v,
则：mgcosθ+qEsinθ=　
(3分)
-mglcosθ-qEl(1+sinθ)=mv2-m　
(2分)
联立解得：v0=m/s
(2分)
答案：(1)-400V　(2)3N　(3)m/s
10.(24分)如图所示,两平行金属板A
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(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远 到达PS界面时离D点多远
(2)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。
【解题指南】解答本题应注意的三个要点：
(1)粒子在两平行金属板间运动时,按类平抛的分析方法求出偏离量。
(2)在无场区,粒子做匀速直线运动。
(3)在点电荷的电场区域,库仑力提供向心力,粒子做匀速圆周运动。
【解析】(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离(侧向位移)
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y=at2　
(2分)
t=　
(1分)
a=　
(1分)
UAB=300V
(1分)
联立以上各式解得
y=0.03m
(2分)
带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,其运动轨迹与PS线交于a点,设a到中心线的距离为Y。
则=　
(3分)
解得：Y=0.12m
(1分)
(2)带电粒子到达a处时,沿v0方向的速度大小为
vx=v0=2×106m/s
(1分)
垂直v0方向的速度大小为
vy=at=1.5×106m/s
(1分)
如图,tanα==　
(1分)
tanβ==　
(1分)
可知速度v方向垂直于Oa。　
(1分)
根据题意可知,该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q做匀速圆周运动,且半径等于Oa的长度,即
r==　
(2分)
代入数据解得：r=0.15m
(1分)
v==2.5×106m/s
(1分)
由库仑定律和牛顿第二定律得
k=m　
(2分)
代入数值解得：Q=1.04×10-8C,且Q带负电。　
(2分)
答案：(1)0.03m　0.12m
(2)负电　1.04×10-8C