1、阶段滚动检测(七)(第七章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。15小题为单选,68小题为多选)1.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图所示。则此电场的电场线分布可能是()【解析】选A。从vt图象可以看出微粒的速度逐渐减小，图线的斜率逐渐增大，vt图线中图线的斜率表示微粒的加速度大小，故微粒做加速度逐渐增大的减速运动，所以带负电的微粒顺着电场线运动，电场力做负功，速度逐渐减小，且电场线沿微粒运动方向逐渐密集，故选项A正确，选项B、C、D错误。2如图甲所示，在光滑绝缘的水
2、平面上固定两个等量的正点电荷。M、O、N为两点电荷连线上的点。其中O为连线中点，且MOON。在M点由静止释放一个电荷量为q的正试探电荷，结果该试探电荷在MN间做来回往复运动，在一个周期内的vt图象如图乙所示，则下列说法正确的是 ()AM和N两点的电场强度和电势完全相同B试探电荷在O点所受电场力最大，运动的速度也最大C试探电荷在t2时刻到达O点，t4时刻到达N点D试探电荷从M经O到N的过程中，电势能先减小后增大【解析】选D。根据等量的正点电荷的电场的特点可知，M和N两点的电场强度大小相等，方向相反，而电势是相同的，选项A错误；根据等量的正点电荷的电场的特点可知，O点的电势最低，电场强度为0，所以
3、试探电荷在O点所受电场力最小，但运动的速度最大，选项B错误；试探电荷在t2时刻的速度再次等于0，所以在t2时刻到达N点，选项C错误；由题图可知，试探电荷从M经O到N的过程中，速度先增大后减小，则动能先增大后减小，所以电势能先减小后增大，选项D正确。3(2021拉萨模拟)有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示，其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经过偏转电场后打到纸上，显示出字符，不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是()A减小墨汁微粒的质量B减小偏转电场两极板间的距离C减小偏转电场的电压
4、D减小墨汁微粒的喷出速度【解析】选C。微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场后做类平抛运动，则在水平方向上有Lv0t，在竖直方向上有yat2，加速度为a，联立解得y，要缩小字迹，就要减小微粒在竖直方向上的偏转量y，由上式分析可知，可采用的方法：增大墨汁微粒的质量、增大偏转电场两极板间的距离、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0(增大墨汁微粒的喷出速度)、减小偏转电场的电压U等，故A、B、D错误，C正确。4如图所示为静电除尘机理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，放电极和集尘极加上高压电场，使尘埃带上负电，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，达到除尘目的，图中虚线为电场线(方向未
5、标)。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则()A.电场线方向由放电极指向集尘极B图中A点电势高于B点电势C尘埃在迁移过程中电势能减小D尘埃在迁移过程中动能减小【解析】选C。由于尘埃带负电，要使尘埃向集尘极偏转，所受的电场力应指向集尘极，所以电场线应由集尘极指向放电极，选项A错误；对A点分析可知，电场线从集尘极指向放电极，放电极带负电，由于A点离放电极较近，所以A点电势较低，选项B错误；尘埃在迁移过程中电场力做正功，电势能减小，选项C正确；尘埃在迁移过程中由动能定理可知，尘埃动能增大，选项D错误。5.(2021蚌埠模拟)如图所示，E、F、G、H为矩形ABCD四边的中点，O为EG、HF的
6、交点，AB边的长度为d。E、G两点各固定一对等量点电荷，另一电荷量为Q的正点电荷置于H点时，F点处的电场强度恰好为零。若将H点的正点电荷移到O点，则F点处电场强度的大小和方向为(静电力常量为k)()A方向向右B方向向左C方向向右 D方向向左【解析】选C。当正点电荷在H点时，F点处电场强度恰好为零，说明EG两个点上的电荷在F点产生的电场与正电荷Q的电场之和为零，根据公式E可得，EG两个点的电荷在F点产生的电场强度大小为E，方向水平向左；现将Q点电荷移到O点，它在F点产生的电场强度大小E1k，方向向右，所以F点的合场强E合kkk，方向水平向右，故C正确，A、B、D错误。6.如图所示，带电小球自O点
7、由静止释放，经C孔进入两水平位置的平行金属板之间，由于电场的作用，刚好下落到D孔时速度减为零。对于小球从C到D的运动过程，已知从C运动到CD中点位置用时t1，从C运动到速度等于C点速度一半的位置用时t2，下列说法正确的是()A小球带负电Bt1t2D将B板向上平移少许后小球可能从D孔落下【解析】选A、B。由题图可知，A、B间的电场强度方向向下，小球从C到D做减速运动，受电场力方向向上，所以小球带负电，选项A正确；由于小球在电场中受到的重力和电场力都是恒力，所以小球做匀减速直线运动，其速度图象如图所示，由图可知，t1t2，选项B正确，C错误；将B板向上平移少许时两板间的电压不变，根据动能定理可知m
8、g(hd)qU0，mg(hx)0，联立得xd2 V/mD.E2 V/m【解析】选B、C。匀强电场中,由于D为AB的中点,则D点的电势D=5 V,质子从D点移到C点电场力所做的功为W=qUDC=q(D-C)=1(5-2) eV=3eV,故选项A错误,B正确;AB的长度为1 m,由于电场强度的方向并不是沿着AB方向,所以AB两点沿电场方向的距离d2 V/m,故选项C正确,D错误。二、实验题(12分)9(验证动量守恒)图(a)中，水平放置的气垫导轨上有A、B两个质量相同的滑块，滑块上的遮光片宽度均为d，A位于导轨的左端，B位于导轨中间，AB间、B与导轨右端各有一个光电门。用手推一下A，A向右运动与B
9、发生碰撞并粘到一起，测得A通过光电门1的遮光时间为t1；A、B一起通过光电门2时B上遮光片的遮光时间为t2。完成下列填空：(1)A通过光电门时速度的大小为_；(用题中物理量的符号表示)(2)用游标卡尺测量d时示数如图(b)所示，则d_cm；(3)当t1_时，A、B组成的系统碰撞前后的动量守恒。【解析】(1)由于遮光片的宽度比较小，故遮光片通过光电门的时间比较短，因此可将遮光片通过光电门的平均速度看成滑块A通过光电门的瞬时速度，故滑块A通过光电门的速度可表示为v。(2)游标卡尺的主尺读数为8 mm，游标尺读数为0.15 mm0.5 mm，所以挡光片的宽度为d8 mm0.5 mm8.5 mm0.8
10、5 cm。(3)滑块A经过光电门1的速度：v1，滑块A、B一起经过光电门2的速度：v2，没有摩擦力作用，碰撞前后动量守恒，根据动量守恒定律：m2m，化简得：t1t2，即当t1t2时，A、B组成的系统碰撞前后的动量守恒。答案：(1)(2)0.85(3)t2三、计算题(本题共2小题，共40分。需写出规范的解题步骤)10.(20分)如图所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为d。当两板间加电压U时，一个质量为m、电荷量为q 的带电粒子，以水平速度v0从靠近上极板的A点射入电场，经过一段时间后从靠近下极板的B点射出电场，A、B间的水平距离为L，不计重力影响。求：(1)带电粒子从A点运动到B点经
11、历的时间；(2)带电粒子经过B点时速度的大小；(3)A、B间的电势差。【解析】(1)带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从A点到B点经历时间t；(2)带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，板间场强大小E加速度大小a经过B点时粒子沿竖直方向的速度大小vyat带电粒子在B点速度的大小v；(3)粒子从A点运动到B点过程中，据动能定理得qUABmv2mvA、B间的电势差UAB。答案：(1)(2)(3)11. (20分)如图所示，在足够高的竖直绝缘挡板上A点，以水平速度v0向左抛出一个质量为m，电荷量为q的小球，由于空间存在水平向右、场强大小为E的匀强电场。小球抛出后经过一段时间将再次到达墙面上的B点，重力
12、加速度为g。求在此过程中：(1)小球水平方向的速度为零时到板面的距离。(2)板上A、B两点间的距离。(3)小球的最小速度。【解题指导】解答本题应注意以下两点：(1)小球在水平方向先向左做匀减速运动而后向右做匀加速运动，小球在竖直方向上做自由落体运动，运用运动的合成分解和牛顿第二定律可得结果；(2)将小球的速度方向沿合力方向和垂直于合力方向分解，垂直于合力方向做匀速直线运动，当沿合力方向的速度为零时，小球的速度最小。【解析】(1)小球在水平方向先向左做匀减速运动而后向右做匀加速运动，小球在竖直方向上做自由落体运动；水平方向上有Fmax，得ax，则有x。(2)水平方向速度减小为零所需的时间为t1，
13、得t2t1；竖直方向上ygt2。(3)将小球的速度方向沿合力方向和垂直于合力方向分解，垂直于合力方向做匀速直线运动，当沿合力方向的速度为零时，小球的速度最小。此时vminv0cos ，根据力的关系知cos ，解得vmin答案：(1)(2)(3)【加固训练】如图所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，整个轨道位于水平桌面内，圆心角BOC =37，线段OC垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线轨道AB长为L=5R。整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中，电场强度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直线OD。现有一个质量为m、带电荷量为+q的小物块P从
14、A点无初速度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数=0.25，取sin37=0.6，cos37=0.8，忽略空气阻力。求：(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小FNC1。 (2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离。(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。【解析】(1)设小物块第一次到达C点时的速度大小为vC1，根据动能定理有qELsin37R(1cos37)qELcos37mv0解得vC1在C点根据向心力公式得FNC1qEm解得FNC15.4qE根据牛顿第三定律得FNC15.4qE。(2)设小物块第一次到达D点时的速度大小为vD1，根据动能定理有qE(Lsin37Rcos37)qELcos37mv0解得vD1小物块第一次到达D点后先以速度vD1沿电场方向做匀减速直线运动，设运动的最大距离为xm，根据动能定理得qExm0mv解得xmR。(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达B点的速度恰好为零时，动能和电势能之和不再减小。设小物块在直线轨道AB上运动的总路程为s，则根据功能关系得qELsin37qEscos 37解得s15R。答案：(1)5.4qE(2)R(3)15R
