【文档说明】【精准解析】2021学年物理鲁科版必修第三册：单元素养评价（二）.docx，共(21)页，433.701 KB，由envi的店铺上传

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单元素养评价(二)(第2章)(90分钟100分)【合格性考试】(60分钟60分)一、选择题(本题共9小题,每题只有一个选项正确,每小题3分,共27分)1.下列物理量中,哪些与检验电荷有关()A.电场强度EB.电势φC.电势能EpD.电势差U【解

析】选C。电场强度E=采用比值定义法定义的,是由电场本身决定的与q无关,故A错误;电势φ=,是用比值定义法定义的,由电场本身决定的,与q无关,故B错误;电势能Ep=φq,故电势能与电荷有关,选项C正确;电势差UAB=,是用比值定义法定义的,由电场本身和A、B两点的位置决定的,

与q无关,故D错误。2.关于静电场,下列说法正确的是()A.电势为零的点,电场强度一定为零B.匀强电场的各点,电势一定相等C.正电荷只在电场力作用下加速运动,电势能一定减小D.负电荷只在电场力作用下加速运动,电势能一定增加【解析】选C。电场强度与电势没有关系,电势为零的点,电场

强度不一定为零,故A错误;匀强电场的各点,不在同一等势面上的各点电势不相等,故B错误;正、负电荷只在电场力作用下加速运动,电场力做正功,电势能一定减小,故C正确,D错误。3.如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三个等势面,实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时

的运动轨迹,P、M为这轨迹上的两个点,由此可知()A.三个等势面中,a电势最高B.粒子在P点比在M点时的电势能较小C.粒子在P点比在M点时加速度大D.粒子在M点比在P点时动能大【解析】选B。等势面与电场线垂直,据此画出与等势面垂直的电场

线如图,在M点,电荷受力沿电场线方向,根据曲线运动合力指向曲线内侧,可判断电场力如图所示,根据正电荷受力与电场线方向相同可知,电场线方向斜向下。根据电场线从高电势指向低电势,a等势面电势最低,c等势面电势最高,选项A错误;电

场线疏密程度代表电场强度大小,P点电场强度小电场力小,所以P点粒子加速度小,选项C错误;从P点到M点,电场力做负功,电势能增大即M点电势能大于P点电势能,选项B正确;从P点到M点,电场力做负功,动能减小,即M点动能比P点小,选项D错误。【总结提升】带电粒子运动轨迹类问题的

解题技巧(1)判断速度方向:带电粒子的轨迹的切线方向为该点处的速度方向。(2)判断电场力(或场强)的方向:带电粒子所受电场力方向(仅受电场力作用)指向轨迹曲线的凹侧,再根据粒子的正负判断场强的方向。(3)判断电场力做功的正负及电势能的增减:若电场力与速度方向成锐角,则电场力做正功,电势能减

少;若电场力与速度方向成钝角,则电场力做负功,电势能增加。4.如图所示为两个等量异种点电荷所形成电场的一部分电场线,P、Q是电场中的两点,下列说法正确的是()A.P点场强比Q点场强大B.P点电势比Q点电势低C.电子从P沿直线到Q的过程中所受电场力恒定不变D.电子在P点的电势能比在

Q点的电势能小【解析】选D。由图看出Q点的电场线密,所以Q点的场强大,故A错误;沿电场线的方向电势越来越低,所以P点电势比Q点电势高,故B错误;电子从P沿直线到Q的过程中所受电场力的大小、方向都变化,故C错误;电子从P点到Q点电场力做负功,电

势能增加,所以电子在P点的电势能比在Q点的电势能小,故D正确。5.如图所示,三个等势面上有a、b、c、d四点,若将一正电荷由c经a移到d,电场力做正功W1,若由c经b移到d,电场力做正功W2,则()A.W1>W2,φ1>φ3B.W1<W2,φ1<φ3C.W1=W2,φ1=φ3D

.W1=W2,φ1>φ3【解析】选D。正电荷由c经a移到d点,电场力做功为W1=qUcd,由c经b移到d点,电场力做功为W2=qUcd,则有W1=W2;电场力对正电荷做正功时,电势降低,则φc>φd即φ1>φ3;故D正确,A、B、C错误。6.如图所示,两极板与

电源相连接,电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场,且恰好从正极板边缘飞出,现在使电子入射速度变为原来的两倍,而电子仍从原位置射入,且仍从正极板边缘飞出,则两极板的间距应变为原来的()A.2倍B.4倍C.D.【解析】选C。电子从负极板边缘垂直电场方向射

入匀强电场,且恰好从正极板边缘飞出,则电子在电场中做类平抛运动,沿电场方向有y=d=at2,水平方向上有L=v0t,其中a==,联立可得=d2,若电子的速度变为原来的两倍,仍从正极板边沿飞出,则由上式可得两极板的间距d应变为原来的,C正确。7.真空中一点电荷形成的电场中的部分电场线如图所示,分别标

记为1、2、3、4、5,且1、2和5、4分别关于3对称。以电场线3上的某点为圆心画一个圆,圆与各电场线的交点分别为a、b、c、d、e,则下列说法中正确的是()A.电场强度Ea>EcB.电势φb>φdC.将一正电荷由a点移到d点,电场力做正

功D.将一负电荷由b点移到e点,电势能减小【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)等势面与电场线垂直,题图中的圆不是等势面。(2)沿电场线方向,电势逐渐降低。【解析】选A。由点电荷电场分布特点可知,以点电荷为圆

心的圆上各点的电势和场强大小均相等,沿如题图所示的电场方向,等势面的电势越来越低,电场线越来越密,故Ea>Ec,A正确;φb=φd,B错误;Uad<0,正电荷由a点移到d点时,Wad=Uadq<0,C错误;Ube>0,负电荷由b点移到e点时,Wbe=Ube·(-q)<0,即电场力做负功,电势能

增大,D错误。8.如图所示,A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点,电场方向与六边形所在平面平行,已知A、B、C三点的电势分别为1V、6V和9V。则下列说法正确的是()A.D点的电势为7VB.电子在A点的电势

能比在E点的低1eVC.电子从C点运动到F点,电场力做功为10eVD.UDF=-8V【解析】选A。在匀强电场中,两长度相等且相互平行的线段两端的电势差相等,则φA-φD=2(φB-φC),得φD=7V,A正确;同理可求得φF=-1V、φE

=2V,电子在A点的电势能EpA=qφA=-1eV,在E点的电势能EpE=qφE=-2eV,所以电子在A点的电势能比在E点的高1eV,B错误;电子从C点运动到F点,电场力做功为WCF=qUCF=q(φC-φF)=-10eV,C错误;UDF=φD-φF=8V,D错

误。9.如图所示,在两个等量异种点电荷的电场中,C、D两点位于两电荷连线的中垂线上,A、B两点位于两电荷的连线上,且关于上述中垂线左右对称,则以下判断正确的是()A.将检验电荷+q从A点移动到B点,电场力不做功B.将检验电荷-q从A点移动到B点,电场力做正功

C.将检验电荷+q从D点移动到C点,电场力不做功D.将检验电荷-q从D点移动到C点,电场力做负功【解析】选C。在两个等量异种点电荷的电场中,A、B两点位于两电荷的连线上,电场线的方向从A到B,所以A点的电势高,将检验电荷

+q从A点移动到B点,电场力做正功,将检验电荷-q从A点移动到B点,电场力做负功,故A、B错误;在两个等量异种点电荷的电场中,C、D两点位于两电荷连线的中垂线上,所以C、D两点的电势与无穷远处的电势相等,是一条等势线,在等势线上移动点电荷,电场力不做功。故C正确,D错误。二、实

验题(共5分)10.如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置,在以下操作步骤中,静电计指针的张角分别是怎样变化的?请将答案填在相应的横线上。(1)图甲中将B板上移,静电计的指针张角将______(选填“增大”“减小”或“不变”)。(2)图乙中将B板左移

,静电计的指针张角将______(选填“增大”“减小”或“不变”)。(3)图丙中将电介质插入两板之间,静电计的指针张角将________(选填“增大”“减小”或“不变”)。(4)本实验的研究方法是______________________。【

解析】(1)根据C=,C=,B板上移,S减小,C减小,Q不变,U增大,张角将增大。(2)根据C=,C=,B板左移,d增大,C减小,U增大,张角将增大。(3)根据C=,C=,插入电介质,ε增大,电容C增大,U减小,张角将减小。(4)根据C=可知,其中ε,S,d为变

量,所以本实验应用的为控制变量法。答案:(1)增大(2)增大(3)减小(4)控制变量法三、计算题(本题共3小题,共28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)11.(9分)如图所示,Q为

固定的正点电荷,A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h,将另一点电荷从A点由静止释放,运动到B点时速度正好变为零,若此电荷在A点处的加速度大小为g,试求(静电力常量为k):(1)此电荷在B点处的加速度。(2)A、B

两点间的电势差(用Q和h表示)。【解析】(1)这一电荷必为正电荷,设其电荷量为q,由牛顿第二定律,在A点时,mg-=m·g(2分)在B点时,-mg=m·aB(2分)解得:aB=3g,方向竖直向上;(1分)(2)另一点电荷从A到B过程,由动能定理可得:mg

(h-0.25h)+qUAB=0,(2分)解得:UAB=-。(2分)答案:(1)3g,方向竖直向上(2)-12.(9分)如图所示,在场强E=1.5×103N/C的匀强电场中,有A、B、C三点,AB垂直于电场

线,BC平行于电场线,AB=3cm,BC=4cm,AC=5cm,A、B的电势差UAB=0,B、C的电势差UBC与A、C的电势差UAC相等,UBC=UAC=60V,把一正电荷q=+1.0×10-8C放在A点。(1)电荷q在A点受到的电场力为多

大?方向怎样?(2)电荷q沿A→B→C路线和沿A→C路线到达C点,电场力各做了多少功?电场力做功有什么特点?电势能怎样变化?变化了多少?【解析】(1)电荷在A点所受的电场力F=qE=1.0×10-8×1.5×103N=1.5×10-5N,方向与电场线方向相同,因为匀强电

场中各点的场强的大小和方向都相同,所以电荷q在电场中各点的受力都相同。(4分)(2)q沿A→B→C路线,电场力做功WABC=WAB+WBC=qUAB+qUBC=1.0×10-8×0J+1.0×10-8×60J=6.0×10-7J;(

2分)同理,电荷q沿A→C路线,电场力做功WAC=qUAC=1.0×10-8×60J=6.0×10-7J;(2分)由此可知电场力做功与路径无关。由于电场力对电荷做的功等于电荷的电势能的减少量,所以电荷从A点移到C点电势能减少,减少的电

势能为ΔEAC=6.0×10-7J。(1分)答案:见解析13.(10分)(2016·四川高考)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次向右穿过各漂移管,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8×106m/s,进入漂移管E时速度为1×107m/s,电源频率为1×107Hz,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1×108C/kg。求:(1)漂移管B的长度。(2)相邻漂移管间的加速电

压。【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析:(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=①(1分)L=vB②(1分)联立可得L=0.4m(2分)(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=qU③(1分)W′=3W④(2分)W′=m-m⑤(2分)联立各式并代入数据得U=6×104V(1分)答案:(1)0.4m(2)6×104V【等级性考试】(30分钟40分)14.(5分)如图所示,

A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点,电场线与该六边形所在平面平行。已知A、B、C三点的电势分别为1V、2V、5V。则下列说法中正确的是()A.D、E、F三点的电势分别为7V、6V、3VB.D、E、F三点的电势分别为6V、4V、3VC.电场线方向从D指向AD.

电场线方向从C指向F【解析】选A。连接AC,连接B和AF中点,交AC于M,根据匀强电场电势随距离均匀变化(除等势面)的特点,如图所示:则AC中点的电势为3V,点M电势为2V,则MB为一条等势线;根据电场线与等势线垂直,则能作出电场线。根据几何关系可知,F的电势为3V;同理可得,D、E两点的电

势分别为7V、6V;故A正确,B错误;电场线与等势线MB垂直且由高电势指向低电势(如图),故C、D错误。15.(5分)(多选)如图所示,A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点(正四面体是由四个全等正三角形围成的空间封闭图形),所有棱长都为a。现在A、B两点分别固定电荷量

分别为+q和-q的两个点电荷,静电力常量为k,下列说法正确的是()A.CD棱上各点电势相等B.C、D两点的场强方向相同,大小相等且均为C.将一负电荷沿CD棱从C点移动到D点,电场力先做正功后做负功D.将一正电荷沿CD棱从C点移动

到D点,电场力先做正功后做负功【解析】选A、B。据题,+q、-q是两个等量异种点电荷,通过AB的中垂面是一等势面,C、D在同一等势面上,电势相等,C、D两点的场强都与等势面垂直,方向指向B一侧,方向相同,根据对称性可知,场强大小相等,故C、D两点的场强、电势均相同。两个电荷在

C点产生的场强大小:E1=E2=,方向的夹角为120°,则C点的合场强E=E1=E2=,如图。故A、B正确;因CD是等势面,故无论是正电荷还是负电荷沿CD棱从C点移动到D点,电场力都不做功,选项C、D错误。【补偿训练】如图所示,A、B、C、D是匀强电场中的四个点,D是

BC的中点,A、B、C构成一直角三角形,AB=Lm,电场线与三角形所在的平面平行,已知A点的电势为5V,B点的电势为-5V,C点的电势为15V,据此可以判断()A.场强方向由C指向BB.场强方向垂直AD连线指向B

C.场强大小为V/mD.场强大小为V/m【解析】选B、D。根据B、C点的电势可以确定其中点D的电势为5V,A、D的连线为一条等势线,电场线与等势面垂直,且由高等势面指向低等势面,故场强方向垂直AD连线指向B,A错误,B正确;匀强电场的场强E=,其中UAB=10V,d=Lcos30°,解得E=V

/m,C错误,D正确。16.(5分)两个较大的平行金属板A、B相距为d,分别接在电压为U的电源正、负极上,这时质量为m,带电量为-q的油滴恰好静止在两板之间,如图所示,在其他条件不变的情况下,如果将两板非常缓慢地水平错开一

些,那么在错开的过程中()A.油滴将向上加速运动,电流计中电流从b流向aB.油滴将向下加速运动,电流计中的电流从a流向bC.油滴静止不动,电流计中的电流从b流向aD.油滴静止不动,电流计中的电流从a流向b【解析】选D。本题考查的是平行板电容器各项参数的关系问题,如果将两板非常缓

慢地水平错开一些,那么在错开的过程中,电容器的电容将减小,由于电源电压不变,E=,板间场强不变,则油滴静止不动,由Q=CU,Q减小,电流计中的电流从a流向b,D正确。17.(10分)图甲是用高电阻放电法测电容的实验电路图,其原理是测出电容器在充电电压为U时所带的电荷量Q,从而求出其电容C。该实验的

操作步骤如下:①按电路图接好实验电路;②接通开关S,调节电阻箱R的阻值,使微安表的指针接近满刻度,记下这时的电压表读数U0=6.2V和微安表读数I0=490μA;③断开电键S并同时开始计时,每隔5s读一次微安表的读数i,将读数记录在预

先设计的表格中;④根据表格中的数据,以t为横坐标,i为纵坐标,在坐标纸上描点(图中用“×”表示),则:(1)根据乙图所示中的描点作出图线。(2)乙图中i-t图线下所围的“面积”所表示的物理意义是:___________。(3)根据以上实验结果和图线,估算当电容器两端电压为U0时所带的

电荷量Q0=________,并计算电容器的电容C=________。(这两空均保留两位小数)【解析】(1)根据乙图坐标系内所描出的点,用平滑的曲线把各点连接起来,作出图像。(2)由ΔQ=I·Δt知,电荷量为I-t图像与坐标轴所包围的面积,

此面积为电容器在开始放电时所带的电荷量,即电容器两端电压为U0时所带电荷量。(3)由图示图像可知,“面积”格数为32～33格。电容器电容为U0时,电荷量Q0=8.00×10-3C(8.00×10-3C～8.25×10-3C均正确),电容

器的电容C==F≈1.29×10-3F。答案:(1)(2)电容器两端电压为U0时所带电荷量(3)8.00×10-3C～8.25×10-3C1.29×10-3～1.33×10-3F18.(15分)如图所示,在方向竖直向下的匀强电场中,一绝缘轻细线一

端固定于O点,另一端系一带正电的小球在竖直平面内做圆周运动。小球带的电荷量为q,质量为m,绝缘细线长为L,电场的电场强度为E,若带电小球恰好能通过最高点A,则:(1)在A点时小球的速率v1为多大?(2)小球运动到最低点B时的速率v2为多大?(3)运动到B点时细线对

小球的拉力为多大?【解析】(1)小球受重力、电场力、细线的拉力作用,它恰好能通过最高点,说明细线拉力TA=0,这时重力和电场力的合力提供小球做圆周运动的向心力,故有qE+mg=m(3分)解得v1=。(1分)(2)小球由A运动到B点,绳

子拉力不做功,重力和电场力做功,由动能定理得(qE+mg)·2L=m-m(3分)解得=+(1分)将v1的表达式代入得v2=。(2分)(3)在B点,三个力的合力提供小球做圆周运动所需的向心力,有TB-mg-Eq=(3分)TB

=6(mg+qE)。(2分)答案:(1)(2)(3)6(mg+qE)【补偿训练】如图所示,一质量m=5×10-3kg(忽略重力)的微粒带正电,其电荷量为q=1×10-4C。从距上极板5cm处以2m/s的水平初速度进入长为20cm、板间距也为20cm的两极板间,如果两极板不

带电,微粒将运动到距极板最右端10cm的竖直荧光屏上的O点。现将两极板间加200V的电压,带电微粒打到荧光屏上的A点。(1)带电微粒从进入电场到到达荧光屏上的A点所经历的时间为多少?(2)OA两点的间距为多少?(3)带电微粒进入电场到打到

荧光屏上的A点过程中电场力对其做功多少?【解析】(1)设板长为L1,极板最右端到荧光屏的距离为L2,微粒初速度为v,由于带电微粒在水平方向上的速度始终不变,则t==s=0.15s。(2)如图,设微粒在两极板间的偏转位

移为y,则y=at2==m=0.1m。在类平抛运动中,利用速度的反向延长线交于水平位移的中点。速度偏转角度为α,则tanα===1,粒子离开电场后做匀速直线运动,则y′=l2tanα=0.1m,OA=y+y′=0.2m(3)W=q

Ey==J=0.01J。答案:(1)0.15s(2)0.2m(3)0.01J关闭Word文档返回原板块获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com