1、章末质量检测(六)(时间：60 分钟 满分：100 分)一、单项选择题(本题共 6 小题，每小题 6 分，共 36 分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。)1.如图 1 所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由 A 运动到 B 的过程中，其速度时间图象是选项中的()图 1解析 电场力的方向指向轨迹的凹侧且沿与电场线相切的方向，因此粒子从 A运动到 B 的过程中电场力方向与速度方向的夹角大于 90，粒子做减速运动，电场力越来越小，加速度越来越小，故 B 项正确。答案 B2.如图 2 所示，a、b、c 三条虚线为电场中的等势面，等势面 b 的电势为零，且相邻两个等势
2、面间的电势差相等，一个带正电的粒子(粒子重力不计)在 A 点时的动能为 10 J，在电场力作用下从 A 运动到 B 速度为零，当这个粒子的动能为7.5 J 时，其电势能为()图 2A.12.5 J B.2.5 JC.0 D.2.5 J解析 根据题意可知，带电粒子从 A 到 B，电场力做功为10 J(动能定理)，则带电粒子从 A 运动到等势面 b 时，电场力做功为5 J，粒子在等势面 b 时动能为 5 J。带电粒子在电场中的电势能和动能之和为 5 J，是守恒的，当动能为 7.5 J 时，其电势能为2.5 J。答案 D3.(2015陕西西安第二次质检)如图 3 所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀
3、强电场，一个质量为 m 的带负电的小球以水平方向的初速度 v0 由 O 点射入该区域，刚好通过竖直平面中的 P 点，已知连线 OP 与初速度方向的夹角为 45，则此带电小球通过 P 点时的动能为()图 3A.mv20 B.2mv20 C.52mv20 D.12mv20解析 根据平抛运动的特点得小球在水平方向上做匀速运动，xv0t，小球在竖直方向上做匀加速直线运动，y12at2，mgqEma，由 tan 45yx，解得 t2v0a，故 vy2v0，v 合 5v0，故小球的动能 Ek52mv20，C 正确。答案 C4.(2016南昌调研)如图 4 所示，平行板电容器两极板 M、N 相距 d，两极板
4、分别与电压为 U 的恒定电源两极连接，极板 M 带正电。现有一质量为 m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则()图 4A.油滴带正电B.油滴带电荷量为mgUdC.电容器的电容为kmgdU2D.将极板 N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动解析 带电油滴静止在两极板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上，电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电油滴带负电，A 项错误；由场强与电势差关系可知，mgEqUdq，解得qmgdU，B 项错误；由题意知，电容器带电荷量 QkqkmgdU，由电容的定义式知，CQUkmgd
5、U2，C 项正确；电容器与电源保持连接，两板间电势差不变，N 板向下移动，板间距离变大，F 电Udq，油滴所受电场力减小，油滴向下运动，D 项错误。答案 C5.在点电荷 Q 的电场中的 O 点，由静止释放一个质量为 m、带电荷量为q 的试探电荷，试探电荷运动到 a 点时的速度大小为 v。若该试探电荷从无穷远处运动到电场中的 a 点时，需克服电场力做功为 W，试探电荷运动到 a 点时的速度大小仍为 v，设无穷远处电势为零。则下列判断正确的是()A.电场中 a 点电势 aWqB.电场中 O 点电势为 OWq mv22qC.试探电荷的最大速度为 vm2WmD.aO 间电势差为 UaOmv22q解析
6、正试探电荷从无穷远处移到电场中 a 点克服电场力做功 W，表明电场力为斥力，场源电荷带正电，由电场力做功得 WqUa(a)q，a 点电势aWq，A 项正确；若将试探电荷从 O 移到 a，由动能定理得 qUOa12mv20，而 UOaOa，解得 OWq mv22q，B 项错误；该试探电荷从无穷远处运动到电场中的 a 点时，需克服电场力做功 W，试探电荷运动到 a 点时的速度大小仍为 v，则试探电荷在无穷远处时速度最大，由动能定理有 W12mv2m12mv2，则 vmv22Wm，C 项错误；UaOUOa，即 UaOmv22q，D 项错误。答案 A6.x 轴上各点的电场强度的变化情况如图 5 所示，
7、场强方向与 x 轴平行，规定沿 x轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点 O 以一定的初速度沿 x 轴正方向运动，点电荷到达 x2 位置时速度第一次为零，在 x3 位置时速度第二次为零，不计粒子的重力。下列说法正确的是()图 5A.点电荷从 O 点运动到 x2 位置，再运动到 x3 位置的过程中，速度先均匀减小再均匀增大，然后减小再增大B.点电荷从 O 点运动到 x2 位置，再运动到 x3 位置的过程中，加速度先减小再增大，然后保持不变C.O 点与 x2 位置的电势差和 O 点与 x3 位置的电势差相等，即 UOx2UOx3D.点电荷在 x2、x3 位置的电势能最小解析 负点电荷从 O 点到 x2
8、 位置做减速运动，从 x2 位置到 O 点做加速度先增大再减小，又增大后减小的加速运动，从 O 点到 x3 位置做匀减速运动，选项A、B 错误；负点电荷从 x2 位置到 x3 位置，由动能定理得 qUx2x30，则选项C 正确；负点电荷运动中仅有电场力做功，动能和电势能之和一定，在 x2、x3位置的动能最小，电势能最大，选项 D 错误。答案 C二、多项选择题(本题共 4 小题，每小题 6 分，共计 24 分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，错选或不选的得 0 分。)7.利用静电除尘器可以消除空气中的粉尘。静电除尘器由金属管 A 和悬在管中的金属丝 B 组
9、成，A 和 B 分别接到高压电源正极和负极上，其装置示意图如图 6所示。A、B 之间有很强的电场，可以将空气中的粉尘除去。下面关于静电除尘器的说法正确的是()图 6A.A、B 之间的电场是匀强电场B.距 B 越近，场强越强C.B 附近的气体分子被电离成电子和正离子，粉尘吸附电子后被吸附到 A 上，最后在重力作用下落入下面的漏斗中D.B 附近的气体分子被电离成电子和正离子，粉尘吸附正离子后被吸附到 B上，最后在重力作用下落入下面的漏斗中解析 电极截面如图所示，由电场线分布可判断越靠近 B 场强越大，A 错误，B 正确；粉尘吸附电子后带负电，向正极 A 运动，C 正确，D 错误。答案 BC8.真空
10、中有一半径为 r0 的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势分布如图 7，r 表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2 分别是该直线上 A、B 两点离球心的距离，下列说法中正确的有()图 7A.该金属球壳可能带负电B.A 点的电场强度方向由 A 指向 BC.A 点的电场强度大于 B 点的电场强度D.负电荷沿直线从 A 移到 B 的过程中，电场力做正功解析 由电势 随 r 的增大而降低可知，电场线方向沿 r 轴正方向，该金属球壳带正电，A 点的电场强度方向由 A 指向 B，选项 A 错误，B 正确；根据电势图象的切线的斜率大小表示电场强度的大小可知 A 点的电场强度大于 B 点的电场强度，
11、选项 C 正确；负电荷沿直线从 A 移到 B 的过程中，电场力做负功，选项 D 错误。答案 BC9.如图 8 所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成 30斜向上，在电场中有一质量为 m，带电荷量为 q 的带电小球，用长为 L 的不可伸长的绝缘细线挂于 O 点，当小球静止于 M 点时，细线恰好水平。现用外力将小球拉到最低点 P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是()图 8A.小球再次到 M 点时，速度刚好为零B.小球从 P 到 M 过程中，合外力对它做了 3mgL 的功C.小球从 P 到 M 过程中，小球的机械能增加了 3mgLD.如果小球运动到 M 点时，细线突然断裂，小球以后将
12、做匀变速曲线运动解析 小球从 P 到 M 过程中，线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，大小为 3mg，方向水平向右，所以小球到 M 点时，速度最大，而不是零，A 错误；电场力与重力的合力为 3mg，合力方向上的位移为 L，所以做功为 3mgL，B 正确；机械能的增加量就是动能的增加量 3mgL和重力势能的增加量 mgL 之和，C 错误；细线突然断裂时，速度方向竖直向上，合外力水平向右，小球将做匀变速曲线运动，D 正确。答案 BD10.如图 9 所示，两对金属板 A、B 和 C、D 分别竖直和水平放置，A、B 接在电路中，C、D 板间电压为 U。A 板上 O 处发出的电子
13、经加速后，水平射入 C、D板间，电子最终都能打在光屏 M 上。关于电子的运动，下列说法正确的是()图 9A.S 闭合，只向右移动滑片 P，P 越靠近 b 端，电子打在 M 上的位置越高B.S 闭合，只改变 A、B 板间的距离，改变前后，电子由 O 至 M 经历的时间相同C.S 闭合，只改变 A、B 板间的距离，改变前后，电子到达 M 前瞬间的动能相同D.S 闭合后再断开，只向左平移 B，B 越靠近 A 板，电子打在 M 上的位置越高解析 初速度为 0 的电子经电场加速后根据动能定理有 eU012mv20，即有 v02eU0m，进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向 Lv0t，竖直方向两极板间的距
14、离为 d，电子的加速度 aeUmd，偏转位移 d12at212eUmdL2v20 UL24dU0，U0 越大，d 越小，选项 A 错误；只改变 A、B 板间的距离，电子在 A、B 板间加速时间变化，但离开 A、B 板后的速度不变，故电子的运动时间变化，选项B 错误；只改变 A、B 板间的距离，电子运动加速后的速度不变，在偏转电场中 vy 也不变，所以电子到达 M 前瞬间的动能相同，选项 C 正确；S 闭合后再断开，电容器带电量不变，向左平移 B，根据 EUd QCd4kQrS 得，A、B 板间的场强不变，所以电子离开 B 板时速度变小，在偏转极板 C、D 间运动的时间变长，偏转位移变大，选项
15、D 正确。答案 CD三、非选择题(共 2 小题，共 40 分。计算题解答时请写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。)11.(20 分)(2016山东八校联考)如图 10 所示，在 E103 V/m 的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道 MN 连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径 R40 cm，一带正电荷 q104 C的小滑块质量为 m40 g，与水平轨道间的动摩擦因数 0.2，取 g10 m/s2，问：图 10(1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点 C，滑块应在水平轨道上离 N 点多远处释放？(2)这样释放的滑块通过
16、 P 点时对轨道压力是多大？(P 为半圆轨道中点)(3)小滑块经过 C 点后最后落地，落地点离 N 点的距离多大？落地时的速度是多大？解析(1)设滑块与 N 点的距离为 L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得，qELmgLmg2R12mv20小滑块在 C 点时，重力提供向心力，所以 mgmv2R代入数据解得 v2 m/s，L20 m(2)滑块到达 P 点时，对全过程应用动能定理可得，qE(LR)mgLmgR12mv2P0在 P 点时由牛顿第二定律可得，FNqEmv2PR，解得 FN1.5 N由牛顿第三定律可得，滑块通过 P 点时对轨道压力的大小是 1.5 N。(3)小滑块经过 C 点，在竖直方
17、向上做的是自由落体运动，由 2R12gt2 可得滑块运动的时间 t 为，t4Rg得 t0.4 s滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律可得qEma所以加速度 a2.5 m/s2水平的位移为 xvt12at2代入解得 x0.6 m滑块落地时竖直方向的速度的大小为vygt100.4 m/s4 m/s水平方向的速度的大小为 vxvat2 m/s2.50.4 m/s1 m/s落地时速度的大小为 v 地 v2xv2y解得 v 地 17 m/s答案(1)20 m(2)1.5 N(3)0.6 m 17 m/s12.(20 分)(2014全国卷新课标，25)如图 11 所示，O、A、
18、B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，BOA60，OB32OA，将一质量为 m 的小球以一定的初动能自 O 点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过 A 点。使此小球带电，电荷量为 q(q0)，同时加一匀强电场，场强方向与OAB 所在平面平行。现从 O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了 A 点，到达 A 点时的动能是初动能的 3 倍；若该小球从 O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过 B 点，且到达 B 点时的动能为初动能的 6 倍，重力加速度大小为 g。求：图 11(1)无电场时，小球到达 A 点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向。解析(
19、1)设小球的初速度为 v0，初动能为 Ek0，从 O 点运动到 A 点的时间为 t，令 OAd，则 OB32d，根据平抛运动的规律有 dsin 60v0tdcos 6012gt2又有 Ek012mv20由式得 Ek038mgd设小球到达 A 点时的动能为 EkA，则 EkAEk012mgd由式得EkAEk073(2)加电场后，小球从 O 点到 A 点和 B 点，高度分别降低了d2和3d2，设电势能分别减小 EpA 和 EpB，由能量守恒及式得 EpA3Ek0Ek012mgd23Ek0EpB6Ek0Ek032mgdEk0在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的，设直线 OB 上的 M 点与 A点等电势，M 与 O 点的距离为 x，如图，则有x32dEpAEpB解得 xd。MA 为等势线，电场必与其垂线 OC 方向平行，设电场方向与竖直向下的方向的夹角为，由几何关系可得 30即电场方向与竖直向下的方向的夹角为 30。设场强的大小为 E，有 qEdcos 30EpA由式得 E 3mg6q 答案(1)73(2)3mg6q 方向与竖直向下的方向的夹角为 30
