1、第六章综合测试题本卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分 100 分，考试时间 90 分钟。第卷(选择题 共 40 分)一、选择题(共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，第 16题只有一项符合题目要求，第 710 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。)1如图所示，某一空间为真空，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，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。那么导学号 05800829()A微粒带正、负电荷都有可能B微粒做匀减速直线运动C微粒做匀速直线运
2、动D微粒做匀加速直线运动答案：B解析：微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故 B 正确。2.如图所示的同心圆是电场中的一簇等势线。一个电子只在电场力作用下沿着直线由AC 运动时的速度越来越小，B 为线段 AC 的中点，则下列说法正确的是 导学号 05800830()A电子沿 AC 方向运动时受到的电场力越来越小B电子沿 AC 方向运动时它具有的电势能越来越大C电势差 UABUBCD电势 ABC答案：B
3、解析：该电场为负点电荷电场，电子沿 AC 方向运动时受到的电场力越来越大，选项 A错误；根据电子只在电场力作用下沿着直线由 AC 运动时的速度越来越小，它具有的电势能越来越大，选项 B 正确；由于电场为非匀强电场，电势差 UABBC，选项 D 错误。3均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面 AB 上均匀分布着正电荷，总电荷量为 q，球面半径为 R，CD 为通过半球面顶点与球心 O 的轴线，在轴线上有 M、N 两点，OMON2R。已知 M 点的场强大小为 E，则 N 点的场强大小为 导学号 05800831()A kq2R2E B kq4R2C k
4、q4R2ED kq4R2E答案：A解析：左半球面 AB 上的正电荷产生的电场等效为带电荷量为 2q 的整个球面的电场和带电荷量为q 的的右半球面的电场的合电场，则 E k2q2R2E，E为带电荷量为q 右半球面在 M 点产生场强大小。带电荷量为q 的右半球面在 M 点的场强大小与带电荷量为q 的左半球面 AB 在 N 点的场强大小相等，则 ENE k2q2R2E kq2R2E，则 A 正确。4.如图所示为一个点电极 A 与平板电极 B 接入电源时的空间电场分布图，C 为 A 到 B 垂线的中点，D、E 为同在 A、B 直线上的两点，DCCE，F、G 处在 DE 的中垂线上，FCCG，下列说法正
5、确的是导学号 05800832()AC 点电势等于 F 点电势BF 点的电场强度大于 C 点的电场强度CD、C 两点间电势差小于 C、E 两点间电势差D电子从 F 点沿直线移动到 G 点，电场力先做正功，后做负功答案：D解析：C 点电势大于 F 点电势，F 点的电场强度小于 C 点的电场强度，选项 A、B 错误。D、C 两点间电势差大于 C、E 两点间电势差，选项 C 错误。电子从 F 点沿直线移动到 G 点，电场力先做正功，后做负功，选项 D 正确。5一水平放置的平行板电容器的两极板间距为 d，极板分别与电池两极相连。上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方d2处的 P
6、点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移d3，则从 P 点开始下落的相同粒子将 导学号 05800833()A打到下极板上B在下极板处返回C在距上极板d2处返回D在距上极板25d 处返回答案：D解析：由题意知，带电粒子落到下极板处的速度为 0，设此时电场强度为 E，根据动能定理有，mg(dd2)qEd0，板间电压不变的情况下，下极板向上平移d3后，电场强度变为原来的32倍，所以后来的电场强度为 E3E2，假设带电粒子在距上极板 h 处时，速度变为0，根据动能定理得 mg(hd2)qEh0，得 h2d5。6如图甲所示，两块平行
7、正对的金属板 A、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间 P 处。若在 t0 时刻释放该粒子，粒子会时而向 A 板运动，时而向 B 板运动，并最终打在 A 板上。则 t0 可能属于的时间段是导学号 05800834()A0t0T4BT2t03T4C3T4 t0TDTt09T8答案：B解析：设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在 A 板上时位移为负，速度方向为负。作出 t00、T4、T2、3T4 时粒子运动的速度图象如图所示。由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知 0t0T4，3T4
8、 t0T 时粒子在一个周期内的总位移大于零；T4t0T 时情况类似。因粒子最终打在 A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有 B 正确。7(2014浙江理综)如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球 A，细线与斜面平行小球 A 的质量为 m、电量为 q。小球 A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球 B，两球心的高度相同、间距为 d.静电力常量为 k，重力加速度为 g，两带电小球可视为点电荷。小球 A 静止在斜面上，则 导学号 05800835()A小球 A 与 B 之间库仑力的大小为
9、kq2d2B当qdmgsink时，细线上的拉力为 0C当qdmgtank时，细线上的拉力为 0D当qdmgktan时，斜面对小球 A 的支持力为 0答案：AC解析：由库仑定律 A、B 间的库仑力，Fkq2d2，A 正确；分析小球受力如图所示，若细线拉力为 0，由平衡条件，有Fcosmgsin，即kq2d2 cosmgsin，故qdmgtank，选项 B 错误，C 正确；由图可判断 T、F、mg 的合力总有垂直斜面向下的分力，若小球平衡 FN 不可能为 0，D 错误。8.利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，是一项重要的物理应用技术。在等量正点电荷所激发的电场中，可以使带电粒子做匀速圆周运动。如图
10、所示，AB 为两个点电荷连线的中垂线，粒子在其上 P 点获得一垂直纸面向外的速度，恰好在中垂面上做匀速圆周运动。以下判断正确的是 导学号 05800836()A该粒子可能带正电B该粒子一定带负电C若点电荷 M、N 的带电量同时等量地缓慢增大，粒子仍在原轨道做匀速圆周运动D若点电荷 M、N 的带电量同时等量地缓慢增大，粒子将无法在原轨道做匀速圆周运动答案：BD解析：根据同种电荷产生的电场的特点及场强的叠加原理可知，P 点场强沿 PA 方向，粒子做匀速圆周运动，所受电场力的合力提供向心力，则该粒子一定带负电，B 正确；M、N 带电量缓慢增大，P 点处场强增大，粒子所受电场力增大，粒子将做近心运动，
11、运动半径会不断减小，D 正确。9.(2014课标全国)如图，在正点电荷 Q 的电场中有 M、N、P、F 四点，M、N、P 为直角三角形的三个顶点，F 为 MN 的中点。M30，M、N、P、F 四点处的电势分别用 M、N、P、F 表示。已知 MN，PF，点电荷 Q 在 M、N、P 三点所在平面内，则导学号 05800837()A点电荷 Q 一定在 MP 的连线上B连接 PF 的线段一定在同一等势面上C将正试探电荷从 P 点搬运到 N 点，电场力做负功DP 大于 M答案：AD解析：该题考查点电荷形成电场的性质，解题关键要明确等势面的分布：由于 MN，PF，因此点电荷应处于MN、NP中垂线的交点上，
12、如图所示，由此可知 A 对，B 错，D正确，由于 PN，WPNqUPN0，C 不正确。10(2015江西上绕调研)如图甲所示为电场中的一条电场线，质量为 m、电荷量为 q(q0)的带负电粒子仅在电场力作用下沿电场线向右运动，经过 A 点时速度为 v0，一段时间后到达与 A 相距为 d的 B 点，速度减为零，已知 AOOB，粒子在 AO 段与 OB 段运动时电场力对其做功是相等的，粒子运动的 vt 图象如图乙所示，下列判断正确的是 导学号 05800838()AO 点场强大小为 Emv202qdB粒子在 A 点的速度为粒子在 O 点的速度的 2倍CA 点电势一定高于 B 点电势，且 UABmv2
13、02qD粒子在 O 点时加速度最大答案：BC解析：由 Eqma 得，Emaq，由题图乙可知，粒子运动过程中加速度大小无法确定，O 点的场强大小无法计算，故 A 错误；粒子由 A 点运动到 O 点与由 O 点运动到 B 点，动能的变化量相同，故粒子在 A 点的速度为在 O 点的速度的 2倍，故 B 正确；粒子由 A 点运动到 B 点做减速运动，所受电场力方向向左，电场线方向向右，故 A 点电势高于 B 点电势，又由功能关系 qUAB12mv20知，C 正确；从题图乙图线的斜率看，粒子在 O 点时的加速度小于在 A、B 点时的加速度，D 错误。第卷(非选择题 共 60 分)二、填空题(共 3 小题
14、，共 18 分。把答案直接填在横线上)11(6 分)如图所示，半径为 R 的硬橡胶圆环，其上带有均匀分布的正电荷，单位长度上的电荷量为 q。现在环上截去一小段长度为 L(LR)的圆弧 AB，则在圆环中心 O 处的电场强度的大小为_。导学号 05800839答案：kLq/R2解析：未截去圆弧 AB 时，整个圆环上的电荷分布关于圆心对称，则 O 处的电场强度为 0。截去圆弧 AB 后，除 CD(和 AB 关于 O 对称的一小段圆弧)外，其余的电荷在 O 处的场强为 0，则 CD 在 O 处的场强就等于中心 O 处电场强度 E。CD 上所带电荷量为 Lq，根据点电荷场强公式可得 EkLq/R2。12
15、(6 分)板长为 L 的平行金属板与水平面成 角放置，板间有匀强电场。一个带负电、电量为 q、质量为 m 的液滴，以速度 v0 垂直于电场方向射入两板间，如图所示，射入后液滴沿直线运动，两极板间的电场强度 E_。液滴离开电场时的速度为_。(液滴的运动方向没有改变)导学号 05800840答案：mgcosq v202gLsin解析：受力情况如图所示，液滴一定沿初速度方向做匀减速运动。由图可知，qEmgcos，所以 Emgcosq，根据运动学公式有 v2v202aL，式中 agsin 得v v202gLsin。13(6 分)一个质量为 m、带有q 电荷量的小物体，可在水平轨道 Ox 轴上运动，轴的
16、O 端有一个与轨道相垂直的固定墙面。轨道处于匀强电场中，场强大小为 E，方向沿 Ox 轴正方向，如图所示。小物体以初速度 v0 从 x0 处沿 Ox 轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力 F 作用，且 F0)的粒子在匀强电场中运动，A、B 为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在 A 点的速度大小为 v0，方向与电场方向的夹角为 60；它运动到 B 点时速度方向与电场方向的夹角为 30。不计重力。求 A、B 两点间的电势差。导学号 05800842答案：mv20q解析：设带电粒子在 B 点的速度大小为 vB，粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 vBsin30v0sin60，由此得 vB 3v0设
17、 A、B 两点间的电势差为 UAB，由动能定理有：qUAB12mv2B12mv20解得 UABmv20q15(10 分)(2015四川理综)如图所示，粗糙、绝缘的直轨道 OB 固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A 是轨道上一点，过 A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小 E1.5106N/C，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体 P 电荷量是 2.0106C，质量 m0.25 kg，与轨道间动摩擦因数 0.4。P 从 O 点由静止开始向右运动，经过 0.55 s 到达 A 点，到达 B点时速度是 5 m/s，到达空间 D 点时速度与竖直方向的夹角为，且 tan 1.2。P 在整个运动过程中
18、始终受到水平向右的某外力 F 作用，F 大小与 P 的速率 v 的关系如表所示。P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取 g10 m/s2。求：导学号 05800843(1)小物体 P 从开始运动至速率为 2 m/s 所用的时间；(2)小物体 P 从 A 运动至 D 的过程，电场力做的功。v/(ms1)0v22v5v5F/N263答案：(1)0.5 s(2)9.25 J解析：(1)小物体 P 的速率从 0 至 2 m/s，受外力 F12 N，设其做匀变速直线运动的加速度为 a1，经过时间 t1 速度为 v1，则F1mgma1 v1a1t1 由式并代入数据得t10.5 s (2)小物体 P
19、 从速率为 2 m/s 运动至 A 点，受外力 F26 N，设其做匀变速直线运动的加速度为 a2，则F2mgma2 设小物体 P 从速度 v1 经过 t2 时间，在 A 点的速度为 v2，则t20.55 st1 v2v1a2t2 P 从 A 点至 B 点，受外力 F26 N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动加速度为 a3，电荷量为 q，在 B 点的速度为 v3，从 A 点至 B 点的位移为 x1，则F2mgqEma3 v23v222a3x1 P 以速度 v3 滑出轨道右端 B 点，设水平方向受外力为 F3，电场力大小为 FE，有FEF3 F3 与 FE 大小相等方向相反，P 水平
20、方向所受合力为零，所以，P 从 B 点开始做初速度为 v3 的平抛运动。设 P 从 B 点运动至 D 点用时为 t3，水平位移为 x2，由题意知v3gt3tanx2v3t3设小物体 P 从 A 点至 D 点电场力做功为 W，则WqE(x1x2)联立，10 式并代入数据得W9.25 J16(10 分)如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为 L、电场强度为 E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为 L 处有一与电场平行的屏。现有一电荷量为q、质量为 m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度 v0 射入电场中，v0 方向的延长线与屏的交点为O。试求：导学号 05800844(1)粒子从射
21、入电场到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值 tan；(3)粒子打到屏上的点 P 到 O 点的距离 x。答案：(1)2Lv0(2)qELmv20(3)3qEL22mv20解析：(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入电场到打到屏上所用的时间t2Lv0。(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为 vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：aEqm，所以 vyaLv0qELmv0，所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为 tanvyv0qELmv20。(3)方法一 设粒子在电场中的偏转距离为 y，
22、则y12a(Lv0)212qEL2mv20又 xyLtan，解得：x3qEL22mv20方法二 xvyLv0y3qEL22mv20。方法三 由xyLL2L2得：x3y3qEl22mv20。17(12 分)如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为 m0.2kg，带电荷量为 q2.0106C 的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数 0.1。从 t0 时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向，g 取 10m/s2)，求：导学号 05800845(1)23s 内小物块的位移大小。(2)23s 内电场力对小物块所做的功。答案：(1)4
23、7m(2)9.8J解析：(1)02s 内小物块的加速度为 a1由牛顿第二定律得：E1qmgma1 即a1E1qmgm2m/s2，位移 x112a1t214m2s 末的速度为 v2a1t14m/s24s 内小物块的加速度为 a2，由牛顿第二定律得E2qmgma2即 a2E2qmgm2m/s2位移 x2x14m,4s 末小物块的速度为 v40因此小物块做周期为 4s 的匀加速和匀减速运动，第 22s 末的速度为 v224m/s，第 23s末的速度 v23v22a2t2m/s(t23s22s1s)所求位移为 x222 x1v22v232t47m。(2)23s 内，设电场力对小物块所做的功为 W，由动能定理得 Wmgx12mv223解得 W9.8J。