高考物理一轮复习配套单元检测第六章 第2单元 课下综合提升

高考物理一轮复习配套单元检测第六章 第2单元 课下综合提升

‎1．将一正电荷从无限远处移入电场中M点，电场力做功W1＝6×10－9 J，若将一个等量的负电荷从电场中N点移向无限远处，电场力做功W2＝7×10－9 J，则M、N两点的电势φM、φN，有如下关系(　　)‎ A．φM<φN<0　　　　　　　　 B．φN>φM>0‎ C．φN<φM<0 D．φM>φN>0‎ 解析：对正电荷φ∞－φM＝；对负电荷φN－φ∞＝。即φ∞－φN＝。而W2>W1，φ∞＝0，且和均大于0，则φN<φM<0，正确答案选C。‎ 答案：C ‎2.如图1所示，虚线是等量异种点电荷所形成的电场中每隔一定电势差所描绘的等势线，其中B和C在两电荷连线的中垂线上，且关于两电荷连线对称。现用外力将一个正的试探电荷沿着图中实线所示的轨迹，按照箭头所指方向从A缓慢移动到F点。在此过程中该外力所做正功最多的区间是(　　)‎ 图1‎ A．A→B　　　　　　　　　 B．C→D C．D→E D．E→F 解析：由题意和动能定理可知W外＋W电＝0，据题图可知正电荷由C→D、由E→F过程，外力做正功，而由A→B、由D→E过程外力做负功，由B→C外力不做功，所以A、C项均错；又UDC>UFE，由W＝qU可知B项正确，D项错。‎ 答案：B ‎3.如图2所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带正电的小球在电场中运动，实线表示该小球的运动轨迹。小球在a点的动能等于20 eV，运动到b点时的动能等于2 eV。若取c点为零势点，则当这个带电小球的电势能等于－6 eV时(不计重力和空气阻力)，它的动能等于(　　)‎ 图2‎ A．16 eV B．14 eV C．6 eV D．4 eV 解析：从a到b由动能定理可知，电场力做功Wab＝－18 eV，则从a到b电势能增加量ΔEpab＝18 eV，则由等势面特点及c点为零势点可知：a点电势能Epa＝－12 eV，又由动能和电势能之和不变可判断B正确。‎ 答案：B ‎4.如图3所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R＝‎0.1 m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ。若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E＝100 V/m，则O、P两点的电势差可表示为(　　)‎ 图3‎ A．UOP＝－10sinθ(V)‎ B．UOP＝10sinθ(V)‎ C．UOP＝－10cosθ(V)‎ D．UOP＝10cosθ(V)‎ 解析：在匀强电场中，两点间的电势差U＝Ed，而d是沿场强方向上的距离，所以dOP＝－R·sinθ，故UOP＝100×(－0.1 sinθ)＝10sinθ(V)，所以选项A正确。‎ 答案：A ‎5．宇航员在探测某星球时有如下发现：‎ ‎(1)该星球带负电，而且带电均匀；‎ ‎(2)该星球表面没有大气；‎ ‎(3)在一次实验中，宇航员将一个带电小球(小球的带电量远小于星球的带电量)置于离星球表面某一高度处无初速释放，带电小球恰好能处于悬浮状态。‎ 如果选距星球表面无穷远处为电势零点，则根据以上信息可以推断(　　)‎ A．小球一定带正电 B．小球的电势能一定小于零 C．只改变小球的电荷量，从原高度无初速释放后，小球仍将处于悬浮状态 D．只改变小球离星球表面的高度，无初速释放后，小球仍将处于悬浮状态 解析：由于带电小球恰好能处于悬浮状态。则有F电＝F万，即k＝G，此平衡条件与小球离星球表面的高度无关，与小球带电量有关故，D项正确、C错误，又由该星球带负电知小球也带负电，A项错误；由于小球带负电，所以其电势能大于零，B项错误。‎ 答案：D ‎6.如图4所示，在真空中A、B两点分别放置等量的异种电荷＋q、－q，在通过A、B两点的竖直平面内相对于AB对称取一个矩形路径abcd，且ab平行于AB，a、d到A点的距离等于b、c到B点的距离。设想将一个电子沿路径abcd运动一周，则下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．由a到b，电势降低，电子的电势能减小 B．由a到b，电势升高，电子的电势能增大 C．由b到c，电场力对电子先做正功，后做负功，总功为零 D．由d到a，电子的电势能先减小后增大，电势能的变化总量为零 解析：过四个点的电场线如图所示。‎ 根据电场线分布可知a、b、c、d各点场强方向，则可知电子由a到b，电势降低，电场力做负功，电势能增加，故A、B均错；由b到c，电场力对电子先做负功后做正功，故C错；由d到a，电场力对电子先做正功后做负功，电势能先减小后增大，根据对称性电势能的变化总量为零，故D对。‎ 答案：D ‎7.如图5所示，实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等，一个正电荷在等势面L3处的动能为20 J，运动到等势面L1时的动能为零；现取等势面L2为零电势参考平面，则当此电荷的电势能为4 J时，它的动能为(不计重力及空气阻力)(　　)‎ 图5‎ A．16 J B．10 J C．6 J D．4 J 解析：相邻等势面间的电势差相等，则电荷的电势能差也相等，在L3时，动能为20 J，运动到L2时其动能一定是10 J，此时电势能为零，则此正电荷动能和电势能总和为10 J。由能量守恒定律可知当它的电势能为4 J时，动能一定为6 J，故C正确。‎ 答案：C ‎8.如图6甲是某一点电荷形成的电场中的一条电场线，A、B是电场线上的两点，一负电荷q仅在电场力作用下以初速度v0从A运动到B 过程中的速度图线如图乙所示，则以下说法中错误的是(　　)‎ 图6‎ A．A、B两点的电场强度是EAφB C．负电荷q在A、B两点的电势能大小是EpA>EpB D．此电场一定是负电荷形成的电场 解析：由v－t图知，负电荷q做加速度增大的减速运动，故所受电场力变大，电场强度变大，EB>EA，A对；又因电场力的方向在甲图中向左，故电场线的方向为A→B，则φA>φB，B对；又Ep＝qφ，对负电荷q，EpA0；距负电荷越近电势越低，且φ<0，故选A。‎ 答案：A ‎11.如图9所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为＋Q的点电荷。一质量为m、带电荷量为＋q的物块(可视为质点)，从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v。已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，PA连线与水平轨道的夹角为60°，试求：‎ 图9‎ ‎ (1)物块在A点时受到轨道的支持力大小；‎ ‎(2)点电荷＋Q产生的电场在B点的电势。‎ 解析：(1)物块在A点受重力、电场力、支持力，分解电场力，由竖直方向受力平衡得FN＝mg＋sin60°‎ 又因为h＝rsin60°‎ 由以上两式解得支持力为FN＝mg＋ ‎(2)从A运动到P点正下方B点的过程中，由动能定理得－qU＝mv2－mv02‎ 又因为U＝φB－φA＝φB－φ，‎ 由以上两式解得φB＝(v02－v2)＋φ。‎ 答案：(1)mg＋　(2)(v02－v2)＋φ ‎12.一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图10所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零。试求：‎ 图10‎ ‎ (1)AB两点的电势差UAB；‎ ‎(2)匀强电场的场强大小；‎ ‎(3)小球到达B点时，细线对小球的拉力大小。‎ 解析：(1)小球下落过程中重力和电场力做功，由动能定理得：mgLsin60°＋UABq＝0‎ ‎∴UAB＝－ ‎(2)根据匀强电场中电势差和场强的关系知：‎ UBA＝－UAB＝E·L(1－cos60°)‎ ‎∴E＝＝ ‎(3)在B点对小球受力分析如图所示。‎ 由圆周运动知：‎ FT－Eqcosθ－mgsinθ＝m 其中Eq＝mg 因为vB＝0，故 FT－Eqcos60°－mgsin60°＝0‎ ‎∴FT＝Eqcos60°＋mgsin60°＝mg。‎ 答案：(1)－　(2)　(3)mg