第頁溫馨提示：此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調節合適的觀看比例，答案解析附后。單元評估檢測(六)第六章(40分鐘100分)一、單項選擇題(本大題共5小題，每小題5分，共25分，每小題只有一個選項符合題意)1.點電荷A和B，分別帶正電和負電，電量分別為4Q和Q，在AB連線上，如圖所示，電場強度為零的地方在()A.A和B之間B.A右側C.B左側D.A的右側及B的左側2.真空中有一半徑為r0的帶電金屬球殼，通過其球心的一直線上各點的電勢φ分布如圖，r表示該直線上某點到球心的距離，r1、r2分別是該直線上A、B兩點離球心的距離.下列說法中正確的是()A.A點的電勢低于B點的電勢B.A點的電場強度方向由A指向BC.A點的電場強度小于B點的電場強度D.正電荷沿直線從A移到B的過程中，電場力做負功3.如圖所示，平行板電容器的一個極板與滑動變阻器的滑片C相連接.電子以速度v0垂直于電場線方向射入并穿過平行板間的電場.在保證電子還能穿出平行板間電場的情況下，若使滑動變阻器的滑片C上移，則關于電容器極板上所帶電荷量Q和電子穿過平行板所需的時間t的說法中，正確的是()A.電荷量Q增大，時間t也增大B.電荷量Q不變，時間t增大C.電荷量Q增大，時間t不變D.電荷量Q不變，時間t也不變4.靜電計是在驗電器的基礎上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大小.如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，G為靜電計.開始時開關S閉合，靜電計指針張開一定角度，為了使指針張開的角度增大些，下列采取的措施可行的是()A.斷開開關S后，將A、B兩極板分開些B.保持開關S閉合，將A、B兩極板分開些C.保持開關S閉合，將A、B兩極板靠近些D.保持開關S閉合，將變阻器滑動觸頭向右移動5.(2019·鎮江模擬)真空中三個相同的導體小球A、B和C，A和B分別帶＋3Q、－Q的電荷(A、B可看成點電荷)，分別固定在兩處，兩球間庫侖力是F，用不帶電的小球C，先后跟A和B來回反復接觸多次，然后移去C，則A、B間的庫侖力變為F的()A.1/3B.3/4C.4/27D.16/27二、多項選擇題(本大題共5小題，每小題7分，共35分，每小題有多個選項符合題意)6.(易錯題)如圖所示，在粗糙絕緣的水平面上有一物體A帶正電，另一帶正電的點電荷B在外力作用下沿著以A為圓心的圓弧由P到Q緩慢地從A的上方經過，若此過程中A始終靜止，A、B兩物體可視為質點且只考慮它們之間的庫侖力作用.則下列說法正確的是()A.物體A受到地面的支持力先增大后減小B.物體A受到地面的支持力保持不變C.物體A受到地面的摩擦力先減小后增大D.庫侖力對點電荷B先做正功后做負功7.(2019·淮安模擬)空間某一靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示，A、B、C、D是x軸上的四點，電場強度在x軸方向上的分量大小分別是EA、EB、EC、ED，則()A.EA＜EBB.EC＜EDC.A、D兩點在x軸方向上的場強方向相反D.同一負點電荷在A點時的電勢能小于在B點時的電勢能8.(2019·鎮江模擬)一帶電粒子射入一固定的點電荷Q的電場中，沿如圖所示的虛線由a點運動到b點.a、b兩點到點電荷Q的距離分別為ra和rb，且ra>rb.若不計重力，則()A.帶電粒子一定帶正電B.帶電粒子所受電場力先做負功后做正功C.帶電粒子在b點的動能大于在a點的動能D.帶電粒子在b點的電勢能大于在a點的電勢能9.(創新題)如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為l，板間距離為d，在板右端l處有一豎直放置的熒光屏M.一帶電量為q、質量為m的粒子從兩極板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結論正確的是()A.板間電場強度大小為mg/qB.板間電場強度大小為2mg/qC.粒子在板間運動的時間跟它從板的右端運動到光屏的時間相等D.粒子在板間運動的時間大于它從板的右端運動到光屏的時間10.(易錯題)如圖所示，光滑絕緣斜面的底端固定著一個帶正電的小物塊P，將另一個帶電小物塊Q在斜面的某位置由靜止釋放，它將沿斜面向上運動.設斜面足夠長，則在Q向上運動過程中()A.物塊Q的動能一直增大B.物塊Q的電勢能一直減小C.物塊P、Q的重力勢能和電勢能之和一直增大D.物塊Q的機械能一直增大三、計算題(本大題共2小題，共40分，要有必要的文字說明和解題步驟，有數值計算的要注明單位)11.(2019·常州模擬)(18分)如圖所示，豎直固定放置的光滑絕緣桿上O點套有一個質量為m、帶電量為－q的小環.在桿的左側固定一個帶電量為＋Q的點電荷，桿上a、b兩點與Q正好構成等邊三角形.已知Oa之間的距離為h1，a、b之間的距離為h2，靜電力常量為k.現使小環從圖示位置的O點由靜止釋放，若通過a點的速率為eq\r(3gh1).試求：(1)小環運動到a點時對桿的壓力大小及方向；(2)小環通過b點時的速率.12.(預測題)(22分)如圖甲所示，邊長為L的正方形區域ABCD內有豎直向下的勻強電場，電場強度為E，與區域邊界BC相距L處豎直放置足夠大的熒光屏，熒光屏與AB延長線交于O點.現有一質量為m，電荷量為＋q的粒子從A點沿AB方向以一定的初速度進入電場，恰好從BC邊的中點P飛出，不計粒子重力.(1)求粒子進入電場前的初速度的大小.(2)其他條件不變，增大電場強度使粒子恰好能從CD邊的中點Q飛出，求粒子從Q點飛出時的動能.(3)現將電場分成AEFD和EBCF相同的兩部分，并將EBCF向右平移一段距離x(x≤L)，如圖乙所示.設粒子打在熒光屏上位置與O點相距y，請求出y與x的關系.答案解析1.【解析】選C.根據點電荷周圍場強公式E＝keq\f(Q,r2)以及場強的方向規定，可以確定出AB連線上B點左側、BA之間以及A點右側場強的大小和方向情況，可知BA之間合場強向左，A點右側合場強向右，只有B點左側某一位置電場強度可為零，故選C.2.【解析】選B.由圖可以看出，沿A、B方向電勢降低，電場方向由A指向B，φA>φB，A錯誤，B正確；由圖可知A點電勢降低較快，故有EA>EB，C錯誤；由WAB＝UAB·q，UAB>0，q>0可知，WAB>0，即電場力做正功，D錯誤.【變式備選】(2019·上海高考)兩個等量異種點電荷位于x軸上，相對原點對稱分布，正確描述電勢φ隨位置x變化規律的是圖()【解析】選A.等量異種點電荷的電場線分布如圖所示.正、負電荷在連線中點處產生的電勢一正一負，故此處即坐標原點處的總電勢為零.又沿電場線方向電勢逐漸降低，因此，在坐標原點左側，各點的電勢都大于零；在坐標原點右側，各點的電勢都小于零，正電荷處電勢最高，負電荷處電勢最低，無窮遠處的電勢為零.因此，選項A正確.3.【解析】選C.滑動變阻器的滑片C上移，電容器兩板間電壓U增大，由Q＝CU可知，電容器帶電量Q增大，而電子穿過板間的時間t＝eq\f(l,v0)，與板間電壓無關，故時間t不變，C正確.4.【解析】選A.要使靜電計的指針張開角度增大些，必須使靜電計金屬球和外殼之間的電勢差增大，斷開開關S后，將A、B兩極板分開些，電容器的帶電量不變，電容減小，電勢差增大，A正確；保持開關S閉合，將A、B兩極板分開或靠近些，靜電計金屬球和外殼之間的電勢差不變，B、C錯誤；保持開關S閉合，將滑動變阻器滑動觸頭向右或向左移動，靜電計金屬球和外殼之間的電勢差不變，D錯誤.5.【解析】選C.由庫侖定律可知，F＝eq\f(3kQ2,r2)，當用不帶電的小球C先后跟A和B來回反復接觸多次后，三個導體小球A、B和C的帶電量相同，均為eq\f(2Q,3)，此時A、B間的庫侖力為F′＝eq\f(k(\f(2,3)Q)2,r2)＝eq\f(4,9)eq\f(kQ2,r2)＝eq\f(4,27)F，故C正確.6.【解析】選A、C.點電荷B沿以A為圓心的圓弧運動時，它們間的庫侖力F的大小不變，間距不變，故庫侖力對點電荷B不做功，D錯誤；設庫侖力與豎直方向間夾角為θ，則FNA＝mg＋Fcosθ，FfA＝Fsinθ，隨θ先減小后增大，FNA先增大后減小，FfA先減小后增大，故A、C均正確，B錯誤.7.【解析】選B、C、D.φ－x圖象的斜率大小表示該處電場強度大小，由題圖可知，EA＞EB，ED＞EC，A錯誤，B正確；由沿電場方向電勢降低可知，A點場強沿x軸正方向，D點場強沿x軸負方向，C正確；由WAB＝UAB·q，UAB＞0，q＜0，可知WAB＜0，故同一負點電荷在A點的電勢能小于在B點的電勢能，D正確.8.【解析】選B、D.由題圖中軌跡可以判斷帶電粒子與Q間存在斥力，但因不知Q的電性，故也無法確定帶電粒子的電性，A錯誤；帶電粒子受到Q的斥力先做負功再做正功，電勢能先增大后減小，但因ra>rb，電場力對帶電粒子做的負功的值大于正功的值，故Wab<0，帶電粒子在b點的動能小于在a點的動能，而帶電粒子在b點的電勢能大于在a點的電勢能，故B、D正確，C錯誤.9.【解析】選B、C.粒子無論在板間還是在板右側與光屏之間，水平方向始終做勻速直線運動，由t＝eq\f(l,v0)可知，粒子在板間運動的時間跟它從板右端運動到光屏的時間相等，C正確，D錯誤；因粒子垂直打在屏上，且粒子在板右端到屏之間具有豎直向下的加速度g.粒子出電場時具有豎直向上的速度分量vy＝eq\f(Eq－mg,m)t，到達屏時豎直速度分量為0，故有vy－gt＝0，由以上兩式可解得：E＝eq\f(2mg,q)，B正確，A錯誤.10.【解析】選B、D.由F庫－mgsinθ＝ma可知，物塊沿斜面的加速度先向上逐漸減小，再沿斜面向下，逐漸增大，其速度先增大后減小，故物塊Q的動能先增大再減小，A錯誤；因電場力始終做正功，故電勢能一直減小，物塊Q的機械能一直增大，B、D均正確；因只有電場力、重力做功，物塊的電勢能、重力勢能、動能之和守恒，又知動能先增大后減小，故重力勢能和電勢能之和先減小后增大，C錯誤.【總結提升】電場中功能關系的應用(1)若只有電場力做功，電荷的電勢能與動能相互轉化，兩者之和守恒.(2)若只有電場力和重力做功，電荷的電勢能、重力勢能與動能相互轉化，其總和守恒.(3)電場力做功與電荷電勢能的變化相對應，電場力做正功，電勢能減少，電場力做負功，電勢能增加.(4)合外力對電荷所做的總功等于電荷動能的增量.11.【解題指南】解答本題時應注意以下兩點：(1)分析小環在a點的受力情況，(2)桿上a、b兩點電勢的關系.【解析】(1)設r為Q到a點的距離，由庫侖定律可得，小環運動到a點時所受庫侖力為F＝eq\f(kQq,r2)，方向由a指向Q.依題意r＝h2，所以F＝eq\f(kQq,h\o\al(2,2)).(3分)桿對小環的支持力N＝Fcos30°＝eq\f(\r(3)kQq,2h\o\al(2,2)).方向水平向右.(4分)由牛頓第三定律可知，小環對桿的壓力大小N′＝N＝eq\f(\r(3)kQq,2h\o\al(2,2))，方向水平向左.(2分)(2)小環從a運動到b的過程，由動能定理得mgh2＋qUab＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)(4分)由于a、b兩點到點電荷Q的距離相等，所以Uab＝0(3分)可得vb＝eq\r(g(2h2＋3h1))(2分)答案：(1)eq\f(\r(3)kQq,2h\o\al(2,2))方向水平向左(2)eq\r(g(2h2＋3h1))12.【解析】(1)粒子在電場內做類平拋運動，水平方向：L＝v0t，豎直方向：eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)×eq\f(Eq,m)×t2，得v0＝eq\r(\f(EqL,m))(5分)(2)其他條件不變，增大電場強度，從CD邊中點Q飛出與從BC邊中點P飛出相比，水平位移減半，豎直位移加倍，根據類平拋運動知識y＝eq\f(1,2)at2，x＝v0t，則加速度為原來8倍，電場強度為原來8倍，電場力做功為W1＝8EqL(4分)粒子從CD邊中點Q飛出時的動能Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋W1＝eq\f(17,2)EqL(4分)(3)將EBCF向右平移一段距離x，粒子在電場中的類平拋運動分成兩部分，在無電場區域做勻速直線運動，軌跡如圖所示，tanθ1＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(1,2)(vy為出電場AEFD時豎直方向的速率)(2分)y1＝xtanθ1＝eq\f(x,2)