第十章 单元素养评价 试卷

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单元素养评价(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．据报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电．某同学假日登山途中，用该种电容器给手机电池充电，下列说法正确的是(　　)A．该电容器给手机电池充电时，电容器的电容变大B．该电容器给手机电池充电时，电容器存储的电能变少C．该电容器给手机电池充电时，电容器所带的电荷量可能不变D．充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零2．正点电荷电场中有A、B两点，将一电荷量q＝＋3.2×10－19 C的试探电荷从电场中的A点移至B点，电场力做功W＝＋6.4×10－20 J，则A、B两点间的电势差U等于(　　)A．0.5 V B．0.2 VC．5 V D．2 V3．a、b两个电容器如图1所示，图2是它们的部分参数．由此可知，a、b两个电容器的电容之比为(　　)A．1:10 B．4:5C．8:1 D．64:14．一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是(　　)A．A点的电场强度比B点的大B．小球表面的电势比容器内表面的低C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同5．在静电场中，下列说法正确的是(　　)A．电场强度为零的点，电势也一定为零B．电场强度处处相等的区域内，电势也一定处处相等C．只在静电力作用下，正电荷一定从电势高的地方向电势低的地方移动D．沿着电场线方向，电势一定越来越低6.某电场中的等势面如图所示，下列关于该电场的描述正确的是(　　)A．A点的电场强度比C点的小B．负电荷在A点的电势能比在C点的电势能大C．电荷沿等势面AB移动的过程中，电场力始终不做功D．正电荷由A移动到C，电场力做负功7．下图中的平行直线表示一簇垂直于纸面的等势面．一个电荷量为－5.0×10－8 C的点电荷，沿图中曲线从A点移到B点，电场力做的功为(　　)A．－5.0×10－7 J B．5.0×10－7 JC．－3.5×10－6 J D．3.5×10－6 J8.如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成一角度，两极板与一直流电源相连，若一带电小球恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则该小球在此过程中(　　)A．一定带负电B．做匀速直线运动C．做匀减速直线运动D．做匀加速直线运动9．空间中P，Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P，Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a，b，c，d为电场中的4个点．则(　　)A．P、Q两点处的电荷等量同种B．a点和b点的电场强度相同C．c点的电势低于d点的电势D．负电荷从a到c，电势能减少10．如图所示，平行板电容器两极板带等量异种电荷，右极板与静电计金属球相连，左极板与静电计金属外壳相连．若电容器的电容为C，两极板的电势差为U，两极板间的电场强度为E，静电计指针的偏角为θ，保持右极板不动，将左极板向上移动一小段距离的过程中(　　)A．C增大 B．U减小C．E增大 D．θ减小11.如图所示，一重力不计的带电粒子以某一速度进入负点电荷形成的电场中，且只在电场力作用下依次通过M、N、P三点，其中N点是轨迹上距离负点电荷最近的点．若粒子在M点和P点的速率相等，则(　　)A．粒子一定带正电且做匀速圆周运动B．UMN＝UNPC．粒子在N点时的加速度最大、电势能最小D．粒子在M、P两点时的加速度相同二、计算题(本题共3小题，共27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)12．(8分)如图所示，板长L＝4 cm的平行板电容器，板间距离d＝3 cm，板与水平面的夹角α＝37°，两板所加电压为U＝100 V．有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10C，以v0＝1 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度大小．13．(9分)如图所示为一平行板电容器，电容为C，A板带正电，电量为Q，B板接地，板间距离为d，板间中央有一质量为m的油滴处于静止状态．求：(1)A、B两板间的电势差；(2)油滴带的电量；(3)油滴的电势能．14.(10分)将一带电粒子以初速度v0沿水平方向从A点射入方向竖直向上的匀强电场中，粒子从B点飞出电场时速度方向与电场方向的夹角为150°，电场的水平宽度为L，如图所示，不计粒子的重力，设粒子的质量为m，电荷量的绝对值为q.(1)该匀强电场的电场强度为多大？(2)A、B两点的电势差UAB为多大？[等级性考试](30分钟　40分)15．(5分)(多选)两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，闭合开关S，电源即给电容器充电．则(　　)A．保持S闭合，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小B．保持S闭合，在两极板间插入一块介质，则极板上的电荷量增大C．断开S，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小D．断开S，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大16．(5分)(多选)如图所示三个同心圆是以点电荷－Q为圆心的等势面，下列说法不正确的是(　　)A．将电荷＋q由B点移到C点，电场力做正功B．一个点电荷＋q在B点具有的电势能比在A点的小C．一个点电荷＋q在B点所受的电场力比在A点的大D．将同一电荷从B点移到D点电场力做功比由B点移到C点多17．(5分)(多选)下图甲中AB是某电场中的一条电场线．若将一负电荷从A点处由静止释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图像如图乙所示．关于A、B两点的电势高低和场强大小关系，下列说法中正确的是(　　)A．EA>EB B．EAφB18．(10分)如图所示，有一电子(电荷量为e)经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从金属板边缘穿出电场，求：(1)金属板AB的长度；(2)电子穿出电场时的动能．19．(15分)如图所示，光滑斜面(足够长)倾角为37°，一带正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向施加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的2倍，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：(1)原来的电场强度；(2)电场变化后小物块加速度的大小和方向；(3)电场变化后2 s内小物块电势能的变化量．单元素养评价(二)(第十章)1．解析：电容是描述电容器容纳电荷的本领大小的物理量，与电容器的电压及电荷量无关，故A、D错误；当该电容器给手机电池充电时，电容器存储的电荷量减小，则电能变少，故B正确，C错误．答案：B2．解析：A、B两点间的电势差U＝eq \f(W,q)＝eq \f(6.4×10－20,3.2×10－19) V＝0.2 V，故选B.答案：B3．解析：由图2知a的电容是1 000 μF，b的电容是10 000 μF，所以a、b两个电容器的电容之比为1 000:10 000＝1:10，选项A正确．答案：A4．解析：电场线的疏密反映电场的强弱，电场线越密，电场越强，据题图可知，B点的电场强度比A点的大，选项A错误；沿电场线方向电势降低，小球表面的电势比容器内表面的高，选项B错误；容器内表面为等势面，而电场线总与等势面垂直，故B点的电场强度方向与该处内表面垂直，选项C正确；A、B两点为等势点，将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力做功均为零，选项D错误．答案：C5．解析：在等量同种点电荷形成的电场中，它们连线的中点电场强度为零，但电势却不为零(选无穷远处为电势零点)，故A说法错误．在匀强电场中，电场强度处处相等，而沿着电场线方向电势却在不断降低，故B说法错误．电荷在电场中的运动方向还和它的初速度方向有关，如果正电荷的初速度是逆着电场线方向的，那么它运动的初始阶段为从低电势向高电势，故C说法错误．沿电场线方向电势逐渐降低，故D正确．答案：D6．解析：由等势面与电场线密集程度的关系可知，等差等势面越密集的地方电场强度越大，故A点的电场强度比C点的大，A错误；负电荷在电势越高的位置电势能越小，B错误；沿等势面移动电荷，电场力不做功，C正确；正电荷由A移动到C，电场力做正功，D错误．答案：C7．解析：UAB＝φA－φB＝－10 V，WAB＝qUAB＝5.0×10－7 J，B正确．答案：B8．解析：因为带电粒子在电场中做直线运动，故合力与轨迹在一条直线上．带电粒子受到的重力竖直向下，静电力垂直于极板．要使合力与轨迹在一条直线上，则静电力必须垂直于极板斜向上，所以合力与速度方向相反，带电粒子做匀减速直线运动．故选项C正确．答案：C9．解析：由题中所给的等势面分布图是对称的及电场线与等势面垂直可得，P、Q两点应为等量异种电荷，选项A错误；a、b两点电场强度大小相等，但方向不同，选项B错误；因P处为正电荷，因此c点的电势高于d点的电势，选项C错误；Q处为负电荷，负电荷从靠负电荷Q较近的a点移到靠正电荷P较近的c点时，静电力做正功，电势能减少，选项D正确．答案：D10．解析：当左极板向上移一小段距离时，S减小，由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，电容C减小，故A错误；电荷量Q恒定，根据U＝eq \f(Q,C)，即可判定两极板间的电势差增大，故B错误；根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，正对面积S变小，电场强度增大，故C正确；两极板间电势差增大，则角度θ增大，故D错误．答案：C11．解析：由物体做曲线运动的条件可知，粒子带正电，要使粒子做匀速圆周运动即要使粒子的速度与电场力垂直，故A错误；由粒子在M点和P点的速率相等及电场线方向可知UMN＝－UNP，故B错误；由库仑定律可得，粒子在N点时受到的电场力最大，加速度最大，粒子运动轨迹中N点的电势最低，所以带正电的粒子在N点的电势能最小，故C正确；由于粒子在M、P两点处受到的电场力的方向不同，所以加速度方向也不相同，故D错误．答案：C12.解析：(1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得qEcos α＝mg(2分)又E＝eq \f(U,d)(1分)解得m＝8×10－8 kg(1分)(2)对液滴由动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)(2分)解得v＝eq \f(\r(7),2) m/s(2分)答案：(1)8×10－8 kg　(2)eq \f(\r(7),2) m/s13．解析：(1)根据电容的定义式：C＝eq \f(Q,U)(1分)可得A、B两板间的电势差为：U＝eq \f(Q,C)(1分)(2)油滴静止，根据平衡条件有qE＝mg板间的场强为：E＝eq \f(U,d)(1分)联立以上可得：q＝eq \f(mgdC,Q)(2分)(3)由于电场力方向向上，而电场强度方向向下，因此油滴带负电；而两板之间为匀强电场E＝eq \f(Q,Cd)(1分)油滴所在位置的电势为：φ＝E·eq \f(d,2)＝eq \f(Q,2C)(1分)油滴的电势能为：Ep＝qφ＝eq \f(mgdC,Q)·eq \f(Q,2C)＝eq \f(mgd,2)(2分)答案：(1)eq \f(Q,C)　(2)eq \f(mgdC,Q)　(3)eq \f(1,2)mgd14．解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则水平方向上有L＝v0t(1分)竖直方向上有vy＝v0tan 60°＝eq \f(Eq,m)t(2分)解得E＝eq \f(\r(3)mv\o\al(2,0),qL).(2分)(2)由粒子偏转方向可知，粒子带负电，由动能定理得－qUAB＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)(2分)又v＝eq \f(v0,cos 60°)＝2v0(2分)解得UAB＝－eq \f(3mv\o\al(2,0),2q)(1分)答案：(1)eq \f(\r(3)mv\o\al(2,0),qL)　(2)－eq \f(3mv\o\al(2,0),2q)15．解析：A错：电场强度E＝eq \f(U,d)，保持S接通，则U不变，d减小时，E增大．B对：保持S接通，板间插入介质时，C增大，据Q＝CU知，Q增大．C对：断开S，电荷量Q不变，d减小时，C增大，则U减小．D错：断开S，板间插入介质时，C增大，由U＝eq \f(Q,C)知，U减小．答案：BC16．解析：根据点电荷周围电场线的分布情况可知，将电荷＋q由B点移到C点，正负电荷距离减小，电场力做正功，A选项正确；沿着电场线电势要降低，B点的电势比A点的电势高，＋q在B点具有的电势能比在A点大，B选项错误；电场线密处场强大，电场线稀处场强小，B点的场强比A点的场强小，一个点电荷＋q在B点所受的电场力比在A点的小，C选项错误；C、D两点在同一等势面上，根据电场力做功公式W＝qU可知，将同一个电荷由B点移到D点电场力做的功与由B点移到C点一样多，D选项错误．答案：BCD17．解析：负电荷从A由静止释放(初速度为0)后，能加速运动到B，说明负电荷受到的电场力方向从A指向B，那么电场方向就是由B指向A，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以A、B两点的电势关系是φA<φB，故选项C正确；负电荷从A运动到B的过程中，它的加速度是逐渐减小的(题图乙中曲线切线的斜率表示加速度)，由牛顿第二定律知，负电荷从A到B时，受到的电场力是逐渐减小的，由E＝eq \f(F,q)知，EA>EB，A正确．答案：AC18．解析：(1)设电子飞离加速电场时的速度为v0，由动能定理得eU0＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)(1分)设金属板AB的长度为L，电子偏转时间t＝eq \f(L,v0)(1分)a＝eq \f(eU,md)(1分)y＝eq \f(1,2)d＝eq \f(1,2)at2(1分)联立解得：L＝deq \r(\f(2U0,U)).(2分)(2)设电子穿出电场时的动能为Ek，根据动能定理得Ek＝eU0＋eeq \f(U,2)＝eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(U0＋\f(U,2))).(4分)答案：(1)deq \r(\f(2U0,U))　(2)eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(U0＋\f(U,2)))19.解析：(1)对小物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上，则mgsin 37°＝qEcos 37°，(2分)E＝eq \f(mgtan 37°,q)＝eq \f(3mg,4q)＝eq \f(15m,2q).(2分)(2)当场强变为原来的2倍时，小物块受到的合力F合＝2qEcos 37°－mgsin 37°＝0.6mg，(2分)又F合＝ma，所以a＝6 m/s2，(1分)方向沿斜面向上．(1分)(3)由运动学公式x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×6×22 m＝12 m．(1分)静电力做功W＝2qExcos 37°＝14.4mg＝144m(2分)所以，电势能的变化量为－144m焦耳，即电势能减小了144m.(4分)答案：(1)eq \f(15m,2q)　(2)6 m/s2　方向沿斜面向上　(3)144m