单元评估检测六Word文档格式.docx

1、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

2、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

3、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

4、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

5、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

6、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=103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道QP

7、N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=40 cm，一带正电荷q=10-4 C的小滑块质量m=10 g，与水平轨道间的动摩擦因数=0.15 ，位于N点右侧1.5 m处，取g=10 m/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

8、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（xL），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

9、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-1.610-19 C,摩擦后M带正电荷1.610-10 C，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

10、ab，Udb0，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，

11、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ab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EkaEkbD.粒子在两等势面上的电势能EpaEpb

12、【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，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

13、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-mgsin=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

14、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

15、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：-mg2R-qE2R-（mg+qE）x= （4分）联立解得v0=7 m/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=0.6 N。 （2分）答案：（1）7 m/s （2）0.6 N14.【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

16、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）tan2=L-x （2分） （1分） 关闭Word文档返回原板块