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
2、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O
3、P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.mv B.2mv C.mv D.mv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江西南昌调研)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
4、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
5、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vmD.aO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
6、错误；UaOUOa，即UaO，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，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
7、电荷从O点到x2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qU230，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
8、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，r
9、1、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，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
10、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mgL的功C.小球从P到M过程中，小球的机械能增加了mgLD.如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球以后将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mg，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mg，合力方向上的位移为L，所以做功为mgL，B正确；机械能的增加量
11、就是动能的增加量mgL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
12、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
13、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
14、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，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，FNqE，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
15、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svtat2代入解得s0.6 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地解得v地 m/s答案(1)20 m(2)1.5 N(3)0.6 m m/s12.(20分)(2014全国卷新课标，25)如图11所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，BOA60，OBOA，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
16、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(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OBd，根据平抛运动的规律有dsin 60v0tdcos 60gt2又有Ek0mv由式得Ek0mgd设小球到达A点时的动能为EkA，则EkAEk0mgd由式得(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0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s，如图，则有解得sd。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答案(1)(2)方向与竖直向下的方向的夹角为30
