2013版物理課時(shí)提能演練滬科版單元評(píng)估檢測(cè)六

1、 溫馨提示： 此套題為Word版，請(qǐng)按住Ctrl,滑動(dòng)鼠標(biāo)滾軸，調(diào)節(jié)合適的觀看 比例，答案解析附后。 單元評(píng)估檢測(cè)(六) 第六章 (40分鐘 100分) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題7分，共70分.每小題至少一個(gè)答案正確，選不全得4分) 1.如圖所示，在粗糙絕緣的水平面上有一物體A帶正電，另 P為圓心的圓弧由B在外力作用下沿著以A一帶正電的點(diǎn)電荷B、始終靜止，AQ緩慢地從A的上方經(jīng)過(guò)，若此過(guò)程中A到( ) 則下列說(shuō)法正確的是兩物體可視為質(zhì)點(diǎn)且只考慮它們之間的庫(kù)侖力作用. A受到地面的支持力先增大后減小物體A.網(wǎng),科,學(xué):來(lái)源 B.受到地面的支持力保持不變物體A A受到地面的摩擦力先減小

2、后增大C.物體 先做正功后做負(fù)功D.庫(kù)侖力對(duì)點(diǎn)電荷B 連線(xiàn)上，如圖2.AB，在和，分別帶正電和負(fù)電，電量分別為點(diǎn)電荷A和B4QQ( ) 所示，電場(chǎng)強(qiáng)度為零的地方在 B之間和A.A B.A右側(cè) 左側(cè)C.B B的右側(cè)及D.A的左側(cè) 頁(yè) - 1 - 第 3.(創(chuàng)新題)真空中有一半徑為r的帶電金屬球殼，通過(guò)其球心的一直線(xiàn)上各點(diǎn)0的電勢(shì)分布如圖，r表示該直線(xiàn)上某點(diǎn)到球心的距離，r、r分別是該直線(xiàn)上21 A、B兩點(diǎn)離球心的距離.下列說(shuō)法中正確的是( ) B點(diǎn)的電勢(shì)A.A點(diǎn)的電勢(shì)低于B A指向B.A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向由 B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度C.A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于 的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功B正電荷沿直線(xiàn)從A移到D.相連

3、接)如圖所示，平行板電容器的一個(gè)極板與滑動(dòng)變阻器的滑片C4.(預(yù)測(cè)題在保證電子還能.電子以速度v垂直于電場(chǎng)線(xiàn)方向射入并穿過(guò)平行板間的電場(chǎng)0 上移，則關(guān)于電容器極C穿出平行板間電場(chǎng)的情況下，若使滑動(dòng)變阻器的滑片( ) 的說(shuō)法中，正確的是和電子穿過(guò)平行板所需的時(shí)間t板上所帶電荷量Q 也增大增大，時(shí)間tA.電荷量Q 增大電荷量Q不變，時(shí)間tB. 不變Q增大，時(shí)間tC.電荷量 不變，時(shí)間t也不變電荷量D.Q空間存在甲、乙兩相鄰的金屬球，甲球帶正電，乙球原來(lái)5.(2019桂林模擬)實(shí)線(xiàn)為其電不帶電，由于靜電感應(yīng)，兩球在空間形成了如圖所示穩(wěn)定的靜電場(chǎng).兩點(diǎn)DB、兩點(diǎn)與兩球球心連線(xiàn)位于同一直線(xiàn)上，C、場(chǎng)線(xiàn)，

4、虛線(xiàn)為其等勢(shì)線(xiàn)，A( ) 對(duì)稱(chēng)，則關(guān)于直線(xiàn)AB 點(diǎn)和B點(diǎn)的電勢(shì)相同A.A 點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同點(diǎn)和B.CD 點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功BAC.正電荷從點(diǎn)移至 頁(yè) - 2 - 第 D.負(fù)電荷從C點(diǎn)沿直線(xiàn)CD移至D點(diǎn)，電勢(shì)能先增大后減小 6.(易錯(cuò)題)靜電計(jì)是在驗(yàn)電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來(lái)定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢(shì)差大小.如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個(gè)金屬板，G為靜電計(jì).開(kāi)始時(shí)開(kāi)關(guān)S閉合，靜電計(jì)指針張開(kāi)一定角度，為了使指針張開(kāi)的角度增大些，下列采取的措施可行的是( ) A.斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S后，將A、B兩極板分開(kāi)些 來(lái)源:1B.保持開(kāi)關(guān)S閉合，將A、B兩極板分開(kāi)些 C.保持開(kāi)關(guān)S閉合，將A、B

5、兩極板靠近些 D.保持開(kāi)關(guān)S閉合，將變阻器滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng) 7.如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)為，板間距離為d，在板右l端處有一豎直放置的熒光屏M.一帶電量為q、質(zhì)量為m的粒子從兩極板中央射l入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結(jié)論正確的是( ) A.板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為mg/q B.板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2mg/q C.粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間跟它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間相等 D.粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間 8.(2019鎮(zhèn)江模擬)a、b、c、d四個(gè)帶電液滴在如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，分別水平向左、水平向右、豎直向上、豎直向下做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，可知( ) A.a、b為同

6、種電荷，c、d為異種電荷 b的電勢(shì)能、機(jī)械能均不變B.a、 的電勢(shì)能減少，機(jī)械能增加C.c D.d的電勢(shì)能減少，機(jī)械能減少 頁(yè) - 3 - 第 9.(易錯(cuò)題)如圖所示，光滑絕緣斜面的底端固定著一個(gè)帶正電的小物塊P，將另 一個(gè)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(yùn)動(dòng).設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，則在Q向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中( ) Q的動(dòng)能一直增大A.物塊 Q的電勢(shì)能一直增大B.物塊 Q的重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和一直增大C.物塊P、 Q的機(jī)械能一直增大D.物塊 如圖所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有邊)10.(2019衡水模擬點(diǎn)為該三角形的中ABC，其中O2 長(zhǎng)為m 的等邊三角形則下列=6 V,V, =4 心，各點(diǎn)電勢(shì)

7、分別為=2 V,CAB( ) 關(guān)于電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)的說(shuō)法正確的是2 V A.O點(diǎn)電勢(shì)為 4 V B.O點(diǎn)電勢(shì)為2 V/m 該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為C.4 V/m 該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為D.分，要有必要的文字說(shuō)明和解題步驟，有30(本大題共2小題，共二、計(jì)算題 )數(shù)值計(jì)算的要注明單位如圖所示，在足夠長(zhǎng)的光滑絕緣水平)(14分)11.(創(chuàng)新題 .的點(diǎn)電荷高度的直線(xiàn)軌道上方hP點(diǎn)，固定電荷量為+Q，從軌道的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))、帶電荷量為一質(zhì)量為m+q點(diǎn)正下P沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到A上的點(diǎn)以初速度v0取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為(點(diǎn)的電勢(shì)為已知點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)在v.B方點(diǎn)時(shí)速度為A 頁(yè) - 4 - 第 零)，PA連

8、線(xiàn)與水平軌道的夾角為60，試求： (1)物塊在A點(diǎn)時(shí)受到的軌道的支持力大小. (2)點(diǎn)電荷+Q產(chǎn)生的電場(chǎng)在B點(diǎn)的電勢(shì)大小. 12.(2019溫州模擬)(16分)如圖甲所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，與區(qū)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(zhǎng)線(xiàn)交于O點(diǎn).現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子從A點(diǎn)沿AB方向以一定的初速度進(jìn)入電場(chǎng)，恰好從BC邊的中點(diǎn)P飛出，不計(jì)粒子重力. (1)求粒子進(jìn)入電場(chǎng)前的初速度的大小. (2)其他條件不變，增大電場(chǎng)強(qiáng)度使粒子恰好能從CD邊的中點(diǎn)Q飛出，求粒子從Q點(diǎn)飛出時(shí)的動(dòng)能. (3)現(xiàn)將電場(chǎng)分成AEFD和EBCF

9、相同的兩部分，并將EBCF向右平移一段距離x(xL)，如圖乙所示.設(shè)粒子打在熒光屏上位置與O點(diǎn)相距y，請(qǐng)求出y與x的關(guān)系. 答案解析 1.【解析】選A、C.點(diǎn)電荷B沿以A為圓心的圓弧運(yùn)動(dòng)時(shí)，它們間的庫(kù)侖力F 的大小不變，間距不變，故庫(kù)侖力對(duì)點(diǎn)電荷B不做功，D錯(cuò)誤；設(shè)庫(kù)侖力與豎直方向間夾角為，則，隨先減小后增大，先增大F?，F(xiàn)?Fsin?Fmg?Fcos?NNfAAA后減小，先減小后增大，故A、C均正確，B錯(cuò)誤. FfAQ以及場(chǎng)強(qiáng)的方向規(guī)定，可以確C.根據(jù)點(diǎn)電荷周?chē)鷪?chǎng)強(qiáng)公式【解析】2.選k?E 2r定出AB連線(xiàn)上B點(diǎn)左側(cè)、BA之間以及A點(diǎn)右側(cè)場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向情況，可知BA之間合場(chǎng)強(qiáng)向左，A點(diǎn)右側(cè)

10、合場(chǎng)強(qiáng)向右，只有B點(diǎn)左側(cè)某一位置電場(chǎng)強(qiáng)度可 頁(yè) - 5 - 第 為零，故選C. 3.【解析】選B.由圖可以看出，沿A、B方向電勢(shì)降低，電場(chǎng)方向由A指向B， ，A錯(cuò)誤，B正確；由圖可知A點(diǎn)電勢(shì)降低較快，故有EE，C錯(cuò)誤；?BABA由W=Uq，U0，q0可知，W0，即電場(chǎng)力做正功，D錯(cuò)誤. ABABABAB【變式備選】(2019上海高考)兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷位于x軸上，相對(duì)原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)分布，正確描述電勢(shì)隨位置x變化規(guī)律的是圖( ) 【解析】選A.等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線(xiàn)分布如圖所示.正、 負(fù)電荷在連線(xiàn)中點(diǎn)處產(chǎn)生的電勢(shì)一正一負(fù)，故此處即坐標(biāo) 又沿電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)逐漸降低，因原點(diǎn)處的總電勢(shì)為零.此，在坐標(biāo)原點(diǎn)左

11、側(cè)，各點(diǎn)的電勢(shì)都大于零；在坐標(biāo)原點(diǎn)右側(cè)，各點(diǎn)的電勢(shì)都因此，小于零，正電荷處電勢(shì)最高，負(fù)電荷處電勢(shì)最低，無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零. A正確選項(xiàng)Q=CU由電容器兩板間電壓U增大，解析】【選C.滑動(dòng)變阻器的滑片C上移，4.l，與板間電壓無(wú)關(guān)，可知，電容器帶電量Q增大，而電子穿過(guò)板間的時(shí)間?t v0. 正確t不變，C故時(shí)間錯(cuò)AB兩點(diǎn)不在同一等勢(shì)面上，電勢(shì)不相同，【解析】5.選C.由題圖可知，A、，q錯(cuò)誤；由C、D兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向不同，BW=U誤；由對(duì)稱(chēng)性可知，ABAB，電勢(shì)先增大后減DC到CD0q0U0，可知，W，C正確；沿直線(xiàn)，由ABAB. 點(diǎn)，電勢(shì)能先減小后增大，沿直線(xiàn)小，故負(fù)電荷由CCD移至DD錯(cuò)誤

12、要使靜電計(jì)的指針張開(kāi)角度增大些，必須使靜電計(jì)金屬球和外A.6.【解析】選兩極板分開(kāi)些，電容器的帶電AS殼之間的電勢(shì)差增大，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)后，將、B 頁(yè) - 6 - 第 量不變，電容減小，電勢(shì)差增大，A正確；保持開(kāi)關(guān)S閉合，將A、B兩極板分開(kāi)或靠近些，靜電計(jì)金屬球和外殼之間的電勢(shì)差不變，B、C錯(cuò)誤；保持開(kāi)關(guān)S閉合，將滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸頭向右或向左移動(dòng)，靜電計(jì)金屬球和外殼之間的電勢(shì)差不變，D錯(cuò)誤. 7.【解析】選B、C.粒子無(wú)論在板間還是在板右側(cè)與光屏之間，水平方向始終做l可知，粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間跟它從板右端運(yùn)動(dòng)到光屏勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由?t v0的時(shí)間相等，C正確，D錯(cuò)誤;因粒子垂直打在屏上，且粒子在板右

13、端到屏之間Eq?mg，具有豎直向下的加速度g.粒子出電場(chǎng)時(shí)具有豎直向上的速度分量tv? ym2mg，B-gt=0v，由以上兩式可解得：正到達(dá)屏?xí)r豎直速度分量為0，故有?Ey q 確，A.錯(cuò)誤網(wǎng)+學(xué)+科來(lái)源8.【解析】選B、C.因四個(gè)帶電液滴均做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，必有Eq=mg，故四個(gè)帶電液滴均帶正電荷，A錯(cuò)誤；對(duì)a、b液滴，電場(chǎng)力和重力均不做功，故其電勢(shì)能和機(jī)械能均不變，B正確；電場(chǎng)力對(duì)c液滴做正功，c的電勢(shì)能減少，機(jī)械能增加,C正確；電場(chǎng)力對(duì)d液滴做負(fù)功，d的電勢(shì)能增加，機(jī)械能減少，故D錯(cuò)誤. 9.【解析】選D.由F-mgsin=ma可知，物塊沿斜面的加速度先向上逐漸減小，庫(kù)再沿斜面向下，逐漸增

14、大，其速度先增大后減小，故物塊Q的動(dòng)能先增大再減小，A錯(cuò)誤；因電場(chǎng)力始終做正功，故電勢(shì)能一直減小，物塊Q的機(jī)械能一直增大，B錯(cuò)誤，D正確；因只有電場(chǎng)力、重力做功，物塊的電勢(shì)能、重力勢(shì)能、 動(dòng)能之和守恒，又知?jiǎng)幽芟仍龃蠛鬁p小，故重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和先減小后增大，C錯(cuò)誤. 頁(yè) - 7 - 第 【總結(jié)提升】電場(chǎng)中功能關(guān)系的應(yīng)用 (1)若只有電場(chǎng)力做功，電荷的電勢(shì)能與動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，兩者之和守恒. (2)若只有電場(chǎng)力和重力做功，電荷的電勢(shì)能、重力勢(shì)能與動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，其總和守恒. (3)電場(chǎng)力做功與電荷電勢(shì)能的變化相對(duì)應(yīng)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加. (4)合外力對(duì)電荷所做的總功等

15、于電荷動(dòng)能的增量. 10.【解析】選B、C.如圖所示，過(guò)O點(diǎn)作AC邊的垂 點(diǎn)為D所以，B點(diǎn)與D點(diǎn)，=4 V,線(xiàn)，垂足為BD錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)與A則B正確，等勢(shì)點(diǎn)，=4 V,O方向?yàn)殡妶?chǎng)線(xiàn)方向，場(chǎng)CA等勢(shì)面垂直的特點(diǎn)，可知U. 錯(cuò)誤正確E=,D=2 V/m,則C強(qiáng)大小CA CA 解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn)：11.【解題指南】. 點(diǎn)豎直方向加速度為零物塊在A(1). 的過(guò)程中，只有電場(chǎng)力做功到B(2)物塊由A .分解電場(chǎng)力，(1)物塊在A點(diǎn)受重力、電場(chǎng)力、支持力【解析】 由豎直方向受力平衡得Qq) 分(40kF?mg?sin60? N2rh) (2分?r ?sin60 3kQq3) (2分 由得. ?

16、mgF N28h11 點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得B，點(diǎn)正下方從(2)A運(yùn)動(dòng)到P22mvmvqU? 022 頁(yè) - 8 - 第 (2分)來(lái)源 網(wǎng)科學(xué)(2分) 又因?yàn)閁=-， Bm. (2由以上兩式解得 分 ) 22?(v)?v? 0B2q 33kQqm? (1)答案： (2) 22?mgvv? 028h2q12.【解析】(1)粒子在電場(chǎng)內(nèi)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：L=vt，豎直方向：0 EqLEq1L ，得 (4分) 2?vt? 0mm22(2)其他條件不變，增大電場(chǎng)強(qiáng)度，從CD邊中點(diǎn)Q飛出與從BC邊中點(diǎn)P飛出1，則相比，水平位移減半，豎直位移加倍，根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)2tx?y?atv， 02 =8EqL (2倍，電場(chǎng)強(qiáng)度為原來(lái)加速度為原來(lái)88倍，電場(chǎng)力做功為W1 ) 分 粒子從CD邊中點(diǎn)Q飛出時(shí)的動(dòng)能117 (3分)2EqLE?Wmv 1k10來(lái)源22 網(wǎng)&學(xué)&科(3)將