2021_2021学年新教材高中物理第十章静电场中的能量单元检测含解析新人教版必修.doc
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1、单元素养检测(二)(第十章)(90分钟100分)【合格性考试】(60分钟60分)一、选择题(本题共11小题,每小题3分,共33分。)1.如图所示,A、B是匀强电场中相距4 cm的两点,其连线与电场方向的夹角为60,两点间的电势差为20 V,则电场强度大小为()A.5 V/mB.50 V/mC.1102 V/mD.1103 V/m【解析】选D。由题知,UAB=20 V,dAB=0.04 m,根据匀强电场中电势差和电场强度的关系:UAB=EdABcos60,得E= V/m=1103 V/m,故选D。2.(多选)某静电场的电场线分布如图所示,P、Q为该电场中的两点,下列说法正确的是()A.P点场强大
2、于Q点场强B.P点电势高于Q点电势C.将电子从P点移动到Q点,静电力做正功D.将电子从P点移动到Q点,其电势能增大【解析】选B、D。因为Q点处的电场线较P点处密集,可知P点场强小于Q点场强,选项A错误;沿电场线方向电势降低,可知P点电势高于Q点电势,选项B正确;将电子从P点移动到Q点,静电力做负功,电势能增大,选项C错误,D正确。3.如图所示,匀强电场的方向向上,电场强度大小E=5 N/C,把电量为+q=2 C的点电荷由静止释放,点电荷做直线运动。以下判断正确的是()A.点电荷+q受到的电场力大小为10 NB.点电荷+q受到的电场力大小为2.5 NC.点电荷+q在匀强电场运动时电场力不断增大D
3、.点电荷+q在匀强电场运动时电场力不断减小【解析】选A。点电荷在电场中受到的电场力F=Eq=10 N,故A正确,B错误;点电荷+q在匀强电场运动时电场力不变,故C、D错误。故选A。4.如图所示,虚线a、b、c代表电场中三个等势面,相邻等势面之间的电势差相同,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,由此可知( )A.三个等势面中,a等势面电势最高B.带电质点通过P点时电势能最小C.带电质点通过Q点时动能最小D.带电质点通过P点时加速度较小【解析】选A。电荷所受电场力指向轨迹内侧,由于质点带正电,因此Q点处电场线指向右下方,沿电场线电势降低,故c等势面的
4、电势最低,a等势面的电势最高,故A正确;根据质点受力情况可知,从P到Q过程中电场力做正功,电势能降低,故P点的电势能大于Q点的电势能,故B错误;从P到Q过程中电场力做正功,电势能降低,动能增大,故P点的动能小于Q点的动能,故C错误;等势线密的地方电场线密场强大,故P点位置电场强度大,电场力大,根据牛顿第二定律,加速度也大,故D错误。故选A。5.如图所示,在x轴上关于O点对称的F、G两点有等量异种电荷Q和-Q,一正方形ABCD与xOy在同一平面内,其中心在O点,则下列判断正确的是()A.O点电场强度为零B.A、C两点电场强度相等C.B、D两点电势相等D.若将点电荷-q从A点移向C,电势能减小【解
5、析】选B。Q和-Q在O点的电场方向均向右,根据叠加原理可知O点电场强度不为零,故A错误;根据电场线分布的对称性可知,A、C两点电场强度相等,故B正确;根据顺着电场线方向电势降低,D点的电势比B点高,故C错误;A到C电势逐渐降低,根据负电荷在电势高处电势能小,可知电势能增大,故D错误。6.如图所示,电场强度为E的匀强电场中,带电荷量为+q的电荷沿直线AB、折线ACB、曲线ANB运动,已知AB长为d,关于静电力做的功和大小关系,下列说法正确的是()A.沿折线ACB运动时,静电力做功最多B.沿直线AB运动时,静电力做功最少C.沿直线AB运动时,静电力做功为qEdD.沿直线AB运动时,静电力做功最多【
6、解析】选C。静电力做功与电荷经过的路径无关,电荷沿直线AB、折线ACB、曲线ANB运动,其初、末位置相同,静电力做功相同,均为W=qEd,选项A、B、D错误,C正确。7.将两个点电荷A、B分别固定在水平面上x轴的两个不同位置上,将一正试探电荷在水平面内由A点的附近沿x轴的正方向移动到B点附近的过程中,该试探电荷的电势能随位置变化的图象如图所示,已知xACxCB,图中的水平虚线在C点上方与图线相切,两固定点电荷的电荷量分别用qA、qB表示。则下列分析正确的是()A.两固定点电荷都带负电,且qAqBB.C点的电场强度最小但不等于零C.如果将试探电荷改为负电荷,则该电荷在C点的电势能最大D.A、B两
7、点间沿x轴方向的电场强度始终向右【解析】选C。根据电势能变化得到电势变化,从而根据斜率得到电场强度方向;进而根据电势变化得到试探电荷带负电时的电势变化;最后根据电场强度方向变化得到源电荷A、B所带电荷关系。由图可知:C点处图像斜率为零,故电势变化为零,那么由电场强度为电势随距离变化的图像斜率可知:电场强度为零,B错误;试探电荷为正时,电势能为正,C点电势能最小;那么,试探电荷为负时,电势能为负,C点电势的绝对值最小,则电势能最大,C正确;由图可知:电势能先减小后增大,故电势先减小后增大,那么,电场强度方向先向右,后向左,D错误;由电场强度方向先向右,后向左可知:两个点电荷同为正;又有xACxC
8、B,故中点电场方向向右,那么qAqB,A错误。8.如图所示,虚线表示某电场的等势面,实线表示一带电粒子仅在电场力作用下运动的径迹。粒子在A点的加速度为aA、动能为EkA、电势能为EpA;在B点的加速度为aB、动能为EkB、电势能为EpB。则下列结论正确的是()A.aAaB,EkAEkBB.aAEpBC.aAaB,EpAaB,EkAEkB【解析】选C。图中场源位于等势面圆心位置,根据曲线的弯曲可知是静电斥力,根据等差等势面的疏密判断场强大小,结合牛顿第二定律得到加速度大小关系;根据电场力做功判断出动能的变化。由于等势面是同心圆,故图中场源位于等势面圆心位置;根据曲线的弯曲可知是粒子受到静电斥力;
9、由于B位置等差等势面较密集,场强大,加速度大,即aAaB; 从A到B,电场力做负功,粒子的动能减小,电势能增大;即EpAEpB ,故C正确,A、B、D错误。故选C。9.如图所示,平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接,G为一零刻度在表盘中央的灵敏电流计,闭合开关S后,下列说法正确的是()A.若只在两板间插入电介质,电容器的两板间电压将增大B.若只在两板间插入电介质,电容器的电容将保持不变C.若只将电容器下极板向下移动一小段距离,此过程电流计中有从a到b方向的电流D.若只将滑动变阻器滑片P向上移动,电容器储存的电量将增加【解析】选D。闭合开关S后,电容器板间电压等于变阻器下部分电阻的电压,
10、保持不变,若只在两板间插入电介质,电容器的电容将增大,故A、B错误;若只将电容器下极板向下移动一小段距离,板间距离增大,电容减小,而电压不变,则电容器所带电量减小,电容器放电。由于上极板带正电,所以此过程电流计中有从b到a方向的电流,故C错误;若只将滑动变阻器滑片P向上移动,电容器极板间电压增大,则电容器所带电荷增多,故D正确,故选D。10.如图所示,板长为L的平行板电容器与一直流电源相连接,其极板与水平面成30角;若粒子甲、乙以相同大小的初速度v0=由图中的P点射入电容器,分别沿着虚线1和2运动,然后离开电容器;虚线1为连接上下极板边缘的水平线,虚线2为平行且靠近上极板的直线,则下列关于两粒
11、子的说法正确的是()A.两者均做匀速直线运动B.两者电势能均逐渐增加C.两者的比荷之比为34D.两者离开电容器时的速率之比为【解析】选D。根据题意可知,粒子做直线运动,则电场力与重力的合力与速度在同一直线上,所以电场力只能垂直极板向上,受力如图所示;根据受力图,粒子做直线运动,则电场力与重力的合力与速度方向反向,粒子做匀减速直线运动,故A错误;粒子甲受到的电场力与位移方向的夹角为钝角,所以电场力做负功,电势能逐渐增加;粒子乙运动的方向与电场力的方向垂直,电场力不做功,所以粒子的电势能不变,故B错误;根据受力图,对甲:m甲g=q甲Ecos30=q甲E,所以=,对乙:m乙gcos30=q乙E,所以
12、=;所以=,故C错误;带电微粒甲沿水平直线运动,合力做的功:W1=-m甲gtan30=-m甲gL,根据动能定理得:m甲-m甲=-m甲gL;所以v甲=;带电微粒乙沿平行于极板的直线运动,合力做的功:W2=-m乙gsin30L=-m乙gL,根据动能定理得:m乙-m乙=-m乙gL,所以v乙=;所以v甲v乙=,故D正确。故选D。11.如图所示,平行金属板A、B间加速电压为U1,C、D间的偏转电压为U2,M为荧光屏。今有电子(不计重力)从A板由静止开始经加速和偏转后打在与荧光屏中心点O相距为Y的P点,电子从A板运动到荧光屏的时间为t。下列判断中正确的是()A.若只增大U1,则Y 增大,t 增大B.若只增
13、大U1,则Y 减小,t 减小C.若只减小U2,则Y 增大,t 增大D.若只减小U2,则Y 减小,t 减小【解析】选B。粒子在加速电场中只有电场力做功,根据动能定理有:eU1=m,电子在偏转电场中做类平抛运动,在偏转电场中:时间t2=,加速度a=,竖直方向的位移y=a=,由几何关系知:=,故y与Y成正比,若只增大U1,则Y减小;电子从A板运动到荧光屏的时间由电子出离电场的速度决定,而v0=,故若只增大U1,则v0增大,则t减小,选项A错误,B正确。若只减小U2,则Y减小,t不变,故C、D错误。【补偿训练】如图,在MN和PQ这两个平行竖直面之间存在垂直纸面的匀强磁场和平行纸面的匀强电场,一个带电粒
14、子以某一初速度由A点水平射入这个场区恰能沿直线运动,并从PQ竖直面上的C点离开场区。若撤去磁场,其他条件不变,则该粒子从PQ竖直面上的B点离开场区;若撤去电场,其他条件不变,则该粒子从PQ竖直面上的D点离开场区。若粒子在上述三种情况下通过场区的总时间分别是t1、t2和t3,运动的加速度大小分别为a1、a2和a3,不计粒子所受重力的影响,则下列判断中正确的是()A.t1=t2t3,a1a2=a3B.t2t1t3,a1a3a2C.t1=t2=t3,a1a2t2,a1=a3d,所以时间关系为t1=t2AB(3)把-1.010-9 C的电荷从A点移到C点,静电力做功:WAC=qUAC=-1.010-9
15、(-100) J=1.010-7 J。答案:(1)100 V-200 V -100 V(2)C点的电势最高,B点的电势最低(3)1.010-7 J13.(9分)如图所示,在直角三角形abc所在平面有一匀强电场,ac边沿电场方向。ab边长为20 cm,ab与ac的夹角为37。现将电荷量为q=210-8 C的正电荷从a点移到b点时静电力做功W=1.610-7 J,已知sin37=0.6,cos37= 0.8,求:(1)匀强电场的场强E的大小;(2)ac两点间的电势差U。【解析】(1)由功的定义可知,正电荷从a点移到b点的过程静电力做功为:W=qEsabcos37解得场强为:E= V/m=50 V/
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