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，其速度时间图像是选项中的()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(2015四川德阳三诊)如图2所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在AB两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中
2、心与AB连线的中点重合，其中af连线与AB连线垂直。现将一电子沿该路径逆时针方向移动一周，下列判断正确的是()图2Ae点和g点的电场强度相同Bh点和d点的电势相等C电子在e点的电势能比g点电势能大D电子从f点到e点再到d点过程中，电场力先做正功后做负功解析根据电场线的分布知，e、g两点的场强大小相等，方向不同，故A错误；等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以h点的电势高于d点的电势，故B错误；电子从e点到g点过程中，电场力做正功，电势能减小，故C正确；电子从f点到e点再到d点过程中，电场力先做负功后做正功，故D错误。答案C3(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
3、直向下的匀强电场，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3AmvB2mvC.mvDmv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，yat2，mgqEma，由tan 45，解得t，故vy2v0，v合v0，故小球的动能Ekmv，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
4、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C电容器的电容为D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，mgEqq，解得q，B项错误；由题意知，电容器带电荷量Qkq，由电容的定义式知，C，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q，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
5、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aB电场中O点电势为OC试探电荷的最大速度为vmDaO间电势差为UaO解析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a，A项正确；若将试探电荷从O移到a，由动能定理得qUOamv20，而UOaOa，解得O，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
6、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Wmvmv2，则vm，C项错误；UaOUOa，即UaO，D项错误。答案A6(2016四川绵阳诊断)真空中某点电荷产生的电场中，有a、b，c三个点，其中a、b两点场强方向如图5所示，以下各量大小判断正确的是()图5A电场强度大小EaEbEcB电势abcC电势差UOaUObUOcD电势差UOaUObUOc解析将两条电场线反向延长后相交于一点，即为点电荷Q的位置，设a、b两点到Q的距离分别为ra和rb，由几何知识得到：rarb，根据公式E得到：EaEbEc，故A项错误；因为a、b两点到正电荷Q距离相等，c点最远，根据沿着电场线的方向，电势降低
7、知，abc，故B错误；根据正点电荷的等势面的分布，结合几何关系，有：电势差UOaUObUOc，故C错误，D正确。答案D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(2016四川攀枝花诊断)如图6所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷Q和q (Qq)，以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点。下列说法中正确的是()图6AA点场强大于B点场强BC点场强与D点场强相同CA点电势小于B点电势D将某正电荷从C点移到O点，电场力做负功解析由于Qq，A点处电场线比B点处电场线密，A点场强大于B点场
8、强，故A正确；由于电场线关于MN对称，C、D两点电场线疏密程度相同，则C点场强大小等于D点场强大小，但方向与两个电荷的连线不平行，故电场强度的方向不同，故B错误；由题意知，电场线方向由M指向N，则A点电势高于B点电势，故C错误；由图分析知，O点电势大于C点电势，将某正电荷从C点移到O点，电场力做负功，故D正确。答案AD8真空中有一半径为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BA点的电场强度方向由A指向BCA点的电场强度大于B点的电场强度D负电荷
9、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；根据电势图像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，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(2016江苏南通月考)绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为q的滑块(可看作点电荷)从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度为零。已知a、b间距离为s，滑块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。以下判断正确的是()图8A滑块在运动过程中所受Q的
10、库仑力有可能大于滑动摩擦力B滑块在运动过程的中间时刻，瞬时速度的大小小于C此过程中产生的内能为DQ产生的电场中，a、b两点间的电势差为解析由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方相同，因滑块在b点静止，从a向b运动过程中，库仑力小于滑动摩擦力，故A错误；水平方向受大小不变的摩擦力及变大的库仑力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以导致加速度逐渐减小，加速度是变化的，故中间时刻的速度小于，故B正确；由动能定理可得：qUmgs0mv，产生的内能QmgsqUmv，因此在此过程中产生的内能大于动能的减少，故C错误；a、b两点间的
11、电势差U，故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9AS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BS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CS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DS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eU0mv，即有v0，进入偏转电场后做类
12、平抛运动，水平方向Lv0t，竖直方向两极板间的距离为d，电子的加速度a，偏转位移dat2，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E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
13、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
14、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，qELmgLmg2Rmv20小滑块在C点时，重力提供向心力，所以mg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)mgLmgRmv0在P点时由牛顿第二定律可得，NqE，解得N15 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15 N。(3)小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，由2Rgt2可得滑块运动的时间t为，t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a25 m/s2水平的位移为xvtat2代入解得x0.6
15、 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/s250.4 m/s1 m/s落地时速度的大小为v地解得v地 m/s答案(1)20 m(2)15 N(3)0.6 m m/s12(20分)(2015四川攀枝花高三二模)如图11所示，一根不可伸长的轻细绳穿过小环D下端的光滑小孔，绕过轻质光滑定滑轮O，一端与放在光滑绝缘斜面上的绝缘棒A连接，绝缘棒的中点带有点电荷，另一端与穿在光滑竖直细杆上的小球B连接，整个装置在同一竖直平面内。当系统静止时，轻细绳与竖直细杆间的夹角为30，D与竖直细杆间的距离为d。已知斜面倾角60，棒A的长度为L(2
16、)d，质量为m，点电荷电荷量为q，重力加速度为g，细杆、斜面足够长。试求：图11(1)小球B的质量；(2)若在绝缘棒A静止时下端位置MN、上端位置PQ(MN、PQ与斜面垂直)之间的区域内加一沿斜面向下的匀强电场(图中未画出)，小球B运动的最高点可达与D同高的C点，求场强的大小；(3)若所加电场的场强大小E，求绝缘棒A第一次全部离开电场时，小球的速度。解析(1)两物体受力分析如图甲所示，由平衡条件得：对A：Tmgsin 甲对B：Tcos mBg联立以上各式并代入数据解得：mBm(2)由能量守恒定律得：mg(d)sin mBgdcot 联立以上各式并代入数据解得：E(3)绝缘棒A第一次全部离开电场时，小球B运动到E点，DE与杆的夹角为，如图乙所示，由能量守恒得：乙mgLsin mBg(dcot cos )mvmBv由运动分解可得：vAvBcos 由几何知识可得：L，sin 联立以上各式并代入数据解得：vB答案(1)m(2)(3)
