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1、单元评估检测(七)(第七章)(45分钟100分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分。18题为单选题，912题为多选题)1.(2019龙岩模拟)在静电场中，一正电荷仅在电场力作用下从a点移到b点，电场力做了负功，则()A.b点的电场强度一定比a点大B.电场线方向一定从b指向aC.b点的电势一定比a点高D.该电荷的动能一定增大【解析】选C。正电荷从a点移到b点，电场力做负功，无法判断a、b两点电场强度大小，若是匀强电场，a、b两点电场强度可能相等，故A错误；通过电场力做功无法判断电场线方向，电荷运动时可能与电场方向有一定夹角，不一定逆着电场方向，故B错误；移动正电荷从a点到b点，电场
2、力做负功，电势能一定增加，电势升高，则b点的电势一定比a点高，故C正确；电场力做负功，动能一定减小，故D错误。2.如图所示，在某一区域有水平向右的匀强电场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。不计空气阻力，则()A.微粒做匀加速直线运动B.微粒做匀减速直线运动C.微粒电势能减少D.微粒带正电【解析】选B。由于电场力方向总是与电场方向在一条直线上，电场力不可能与重力平衡，微粒不可能匀速运动，由于重力、电场力均恒定，其合力也恒定，且微粒做直线运动，合力必与速度方向在一条直线上，因重力竖直向下，电场力沿电场线的方向，由平行四边形定则可知，电场力水平向左时，微粒所受
3、电场力与重力的合力方向与速度方向相反，因此微粒做匀减速运动，带负电，故A、D错误，B正确；电场力的方向与运动方向夹角为钝角，则说明运动中电场力做负功，电势能增加，故C错误。3.(2019济南模拟)如图所示，一均匀带电的球体半径为R，在球内有一点A，与球心距离为，球外有一点B，与球心距离为，已知球体外场强与电荷全部集中在球心处的点电荷激发的场强相同，均匀球壳内部场强处处为零，则A、B两点的场强比值为()A.31B.11C.98D.91【解析】选C。以O为球心，R为半径的球体体积V=R3，故OA为半径的球体体积V=(R)3=V，设球体带电量为Q，那么，A点场强相当于O点处带电量为Q=Q的点电荷激发
4、的场强，故EA=，B点场强相当于O点处带电量为Q的点电荷激发的场强，则EB=，解得EAEB=98，故C正确，A、B、D错误。4.(创新预测)如图所示，电荷均匀分布在半球面上，在这半球的中心O处电场强度等于E0，两个平面通过同一条直径，夹角为()，从半球中分出这一部分球面，则剩余部分球面上(在“大瓣”上)的电荷(电荷分布不变)在O处的电场强度为()A.E=E0sincosB.E=E0C.E=E0cosD.E=E0sin【解析】选C。根据对称性，作出两球面上的电荷在O点产生的电场分布，两个分场强相互垂直，如图所示。由平行四边形定则得到“大瓣”球面上的电荷在O处的电场强度为E1=E0cos，故A、B
5、、D错误，C正确。5.如图所示，真空中有两个点电荷Q1=+4.010-8 C和Q2=-1.010-8 C，分别固定在x坐标轴的x=0和x=6 cm的位置上。以下说法正确的是()A.在x1=4 cm处的电场强度为零B.x2=7 cm处的电场强度方向与x1=4 cm处的电场强度方向相同C.将一个检验电荷+q从x2=7 cm处沿x轴移动到x3=17 cm处电场力先做负功后做正功D.在轴上0x6 cm范围内一定存在电势相等的两个点【解析】选C。在06 cm的范围，两点电荷产生的电场强度的方向相同，均为x轴正向，故合场强水平向右，因此电场强度一定不为零，故A错误；在x=12 cm处合场强恰好为零，6 c
6、m12 cm区间场强沿x轴负向，12 cm之外场强沿x轴正向，故B错误；当一个检验电荷+q从x2=7 cm处沿x轴移动到x3=17 cm 处，电场力先做负功后做正功，故C正确；沿着电场线方向电势是降低的，轴上0x0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为()A.B.C.D.【解析】选B。对粒子进行受力分析如图所示，可知粒子的运动方向与所受的合力不在同一条直线上，粒子做曲线运动，若粒子恰能到达上极板时，其速度与极板平行，电场强度有最大值。将粒子的初速度v0分解为垂直于极板的vy和平行于极板的vx两个分量
7、，当vy=0时，粒子恰能到达上极板，速度与极板平行，根据-=-2d，由于vy=v0cos45，Ek0=m，联立整理得到：E=，故选项B正确。7.如图所示，一个电荷量为-Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点。另一个电荷量为+q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时速度为v，且为运动过程中速度的最小值。已知点电荷乙受到的阻力大小恒为Ff，AB间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是()A.点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大B.点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小C.OB间的距离为D.在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB
8、=【解析】选C。点电荷乙从A点向甲运动的过程中，受向左的静电力和向右的摩擦力作用，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，所以加速度先减小后增大，故A错误；在小球向左运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故B错误；当速度最小时有Ff=k，解得r=，故C正确；点电荷从A运动到B过程中，由动能定理得qUAB-FfL0=mv2-m，解得UAB=，故D错误。8.如图所示，一种射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成。放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的粒子(电子)。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时，只有某一速度的粒子能从细管C水平射出，
9、细管C离两板等距。已知元电荷为e，则从放射源O发射出的粒子的这一速度为()A.B.C.D.【解析】选C。粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有L=v0t，竖直方向有=at2，且a=，从A到C的过程有-qU=m-mv2，以上各式联立解得v=，故A、B、D错误，C正确。【加固训练】如图所示，两块水平放置的平行金属板，板长为2d，相距为d，两板间加有竖直向下的匀强电场，将一质量为m、电荷量为q的带正电小球以大小为v0的水平速度从靠近上板下表面的P点射入，小球刚好从下板右边缘射出，重力加速度为g，则该匀强电场的电场强度大小为()A.B.C.D.【解析】选C。根据牛顿第二定律得qE+mg=ma，解得a
10、=，运动时间为t=，d=at2，联立解得E=，故C正确，A、B、D错误。9.(2019潍坊模拟)一电子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0x1段是曲线，x1x2段是平行于x轴的直线，x2x3段是倾斜直线，下列说法正确的是()A.从0到x1电势逐渐降低B.x2处的电势比x3处高C.x1x2段电场强度为零D.x2x3段的电场强度减小【解析】选A、C。由图象可知，从0到x1电势能增加，根据Ep=q，粒子带负电，知32=10，故A正确，B错误；根据电场力做功与电势能变化的关系得 Fx=Ep，则 F=，可知Ep -x图象切线斜率表示电场力的大小，x1x2段是直
11、线，斜率为零，则电场力为零，所以x1x2段电场强度为零，x2x3段是倾斜直线，斜率不变，电场力不变，故电场强度不变，故C正确，D错误。【加固训练】如图甲所示为半径为R、均匀带正电的球体，AB为过球心O的直线上的两点，且OA=2R，OB=3R，球体的空间产生对称的电场，场强大小沿半径方向分布情况如图乙所示，图中E0已知，E-r曲线OR部分的面积等于2R3R部分的面积。则下列说法正确的是()A.A点的电势低于B点的电势B.A点的电场强度小于B点的电场强度C.从球面到A点的电势差小于AB两点间的电势差D.带电量为q的正电荷沿直线从A点移到B点的过程中，电场力做功qE0R【解析】选D。球体带正电，周围
12、的电场线向外背离球体，根据沿电场线方向电势降低可知，A点的电势高于B点的电势，故A错误；根据图乙可知，A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误；E-r图线与横轴围成的面积表示电势差，E-r图线OR部分的面积等于2R3R部分的面积，所以从球面到A点的电势差等于A、B两点间的电势差，即为U=E0R，故C错误；带电量为q的正电荷沿直线从A点移到B点的过程中，电场力做功W=qU=qE0R，故D正确。10.(创新预测)如图所示，在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定了一电荷量为+Q的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m，电荷量为-q的负检验电荷，该检验电荷经过P点时速度为v，图中=60，规定电
13、场中P点的电势为零。则在+Q形成的电场中()A.N点电势高于P点电势B.N点电势为-C.P点电场强度大小是N点的4倍D.检验电荷在N点具有的电势能为-mv2【解析】选B、C。由沿着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势，而M、P两点的电势相等，则N点电势低于P点电势，故A错误；检验电荷由N到P的过程根据动能定理得，-q(N-P)=mv2，P点的电势为零，即P=0，解得N点的电势N=-，故B正确；P点电场强度大小是EP=，N点电场强度大小是EN=k，则EPEN=41，故C正确；检验电荷在N点具有的电势能为Ep=-qN=mv2，故D错误。11.如图所示，平行板电容器两极板水平放置，现将其
14、与二极管串联接在电动势为E的直流电源上，电容器下极板接地，静电计所带电量可忽略，二极管具有单向导电性。闭合开关S，一带电油滴恰好静止于两板间的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是()A.平行板电容器的电容将变大B.静电计指针张角变小C.带电油滴的电势能将减少D.油滴仍将保持静止【解析】选C、D。将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距增大，根据C=知，电容减小，故A错误；由Q=CU可知，Q减小放电，但由于二极管的单向导电性，不能放电，极板电荷量不变，由U=可知极板间电势差变大，静电计指针张角变大，故B错误；由E=可知，电场强度不变，油滴所受
15、电场力不变，仍将保持静止，故D正确；P点距下极板距离变大，由U=Ed可知，P点与下极板的电势差增大，则P点电势升高，因为该电荷为负电荷，则电势能减少，故C正确。【加固训练】(多选)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容，E表示两板间的场强，表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离L0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()【解析】选B、C。平行板电容器充电后与电源断开，平行板上所带电荷量Q不再发生变化，设图示位置两平行板间距为d，根据平行板电容器的电容
16、公式得C=，电容C随x变化图线应为曲线，故A错误；根据C=，电场强度E=，解得E=，E与x无关，电场强度E随x变化图线应为平行于x轴的直线，故B正确；负极板接地，电势1=0，两板间电势差U=E(d+x)=2-1，正极板电势2=U+1=E(d+x)，设正极板与P点间距离为d2P，电势差U2P=Ed2P=2-P，所以P点电势P=2-Ed2P=E(d-d2P)+Ex，其中E、d、d2P为定值，-x的图线是截距为正值、斜率为正值的一条直线，故C正确；正电荷在P点电势能Ep=qP=qE(d-d2P)+qEx，Ep-x的图线是截距为正值、斜率为正值的一条直线，故D错误。12.(2019深圳模拟)如图所示为
17、带电粒子只在电场力作用下运动的速度时间(v -t)图象，在a点的速度为va，运动到b点的速度为vb，则下列说法中正确的是()A.电场中a点电势一定比b点电势高B.粒子在a点的电势能一定比在b点的电势能大C.在0t1时间内，粒子运动过程中受到的电场力先减小后增大再减小D.在0t1时间内，粒子运动路径与电场力不在一条直线上【解析】选B、C。从a到b的过程，粒子的动能增加，由能量守恒定律知其电势能减小，由于不知粒子的电性，因此不能确定a、b两点电势的高低，故A错误；由于只有电场力做功，电势能与动能之和为一定值，因为b点速度比a点速度大，所以粒子在b点的动能比a点动能大，则知粒子在a点的电势能一定比在
18、b点的电势能大，故B正确；由于v -t图象的斜率表示加速度，由图可知，在0t1时间内，粒子运动的加速度先减小后增大再减小，由牛顿第二定律可知，粒子运动过程中受到的电场力先减小后增大再减小，故C正确；由于v -t图象反映的是粒子做直线运动的速度随时间变化的规律，因此粒子的运动路径是一条直线，即粒子受到的电场力一定与运动速度在一条直线上，故D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
19、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40分。需写出规范的解题步骤)13.(18分)中国科学家2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依此向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8106 m/s，进入漂移管E时速度为1107 m
20、/s，电源频率为1107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的。质子的荷质比取1108 C/kg。求：(1)漂移管B的长度。(2)相邻漂移管间的加速电压。【解题指导】解答本题应注意以下三点：(1)周期、频率的关系T=。(2)电场力做功W=qU。(3)动能定理W=m-m。【解析】(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源的频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则T=L=vB联立可得L=0.4 m(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到漂移管E电场力做功W，质子的电荷量为q、质量为m，则W=qUW=
21、3WW=m-m联立各式并代入数据得U=6104 V答案：(1)0.4 m(2)6104 V14.(22分)(2019大同模拟)如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内。轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。求：(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心等高的C点时速度为多大？(2)求滑块在圆形轨道上能达到的最大速度值，以及在最大速度位置处滑块对轨道作用力的大小。(3)
22、撤去电场，用质量为的子弹，沿水平方向向左的速度，在A点打击木块(子弹图中未画出)，作用时间极短，打击后留在木块内。然后滑块能够始终沿轨道滑行，并恰好通过D点，从G点飞出轨道，求子弹射出时的速度以及整个过程中损失的机械能。【解题指导】解答本题应注意以下四点：(1)滑块在圆形轨道上径向与重力和电场力合力方向一致时，滑块速度最大。(2)子弹打入木块的过程动量守恒。(3)滑块恰好过D点时只有重力提供向心力。(4)由能量守恒定律求机械能的损失。【解析】(1)滑块从A到C的过程只有重力、电场力、摩擦力做功，设滑块到达C点时的速度为vC，对滑块由A到C的过程由动能定理得：qE(s+R)-mgR-mgs=m-
23、0vC=(2)如图所示，滑块在圆轨道上受重力、电场力、支持力作用，当滑块在与圆轨道上径向与重力和电场力合力方向一致时，滑块速度最大，重力和电场力的合力方向与竖直方向的夹角：=arctan=arctan=37对滑块从A到最大速度的过程由动能定理得：qE(s+Rsin37)-mgR(1-cos37)- mgs=m-0解得：vP=对滑块在P点由牛顿第二定律得：FN-mgcos37-qEsin37=m解得：FN=mg由牛顿第三定律得：FN=FN=mg(3)子弹射入木块的过程由动量守恒得：mv0=(m+m)v解得：v=v0滑块能够始终沿轨道滑行，并恰好通过D点，对滑块在D点由牛顿第二定律得：(m+m)g=(m+m)解得：vD=滑块从A运动到D的过程，由动能定理得：-(m+m)gs-(m+m)g2R=(m+m)-(m+m)v2解得：v0=6由能量守恒定律得：E=m-(m+m)g2R-(m+m)解得：E=mgR答案：(1)(2)mg(3)6mgR