【创新设计】2017年高考物理全国II一轮复习(课件+习题+章末质量检测)第6章静电场 章末质量检测

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 JB ．2.5 JC ．0D ．－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v 0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 ．m v 20 B ．2m v 20 C.52m v 20 D.12m v 20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，x ＝v 0t ，小球在竖直方向上做匀加速直线运动，y ＝12at 2，mg －qE ＝ma ，由tan 45°＝y x ，解得t ＝2v 0a ，故v y ＝2v 0，v 合＝5v 0，故小球的动能E k ＝52m v 20，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mgUd C ．电容器的电容为kmgdU 2D ．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，mg ＝Eq ＝U d q ，解得q ＝mgd U ，B 项错误；由题意知，电容器带电荷量Q ＝kq ＝kmgd U ，由电容的定义式知，C ＝Q U ＝kmgdU 2，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＝Ud 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φa ＝WqB ．电场中O 点电势为φO ＝W q －m v 22qC ．试探电荷的最大速度为v m ＝2WmD ．aO 间电势差为U aO ＝m v 22q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W ＝qU a ∞＝(φa －φ∞)q ，a 点电势φa＝Wq，A项正确；若将试探电荷从O移到a，由动能定理得qU Oa＝12m v2－0，而U Oa＝φO－φa，解得φO＝Wq＋m v22q，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W＝12m v2m－12m v2，则vm＝v2＋2Wm，C项错误；U aO＝－U Oa，即U aO＝－m v22q，D项错误。

答案 A6．(2016·朝阳市一联)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UOx2＝UOx3 D．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qUx2x3＝0，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．(2014·新课标全国卷Ⅱ，19)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是()A．电场强度的方向处处与等电势面垂直B．电场强度为零的地方，电势也为零C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向解析电场中场强为零的位置是绝对的，而电势为零的位置是人为选取的，场强的大小表征着电势随空间的变化率，而与电势的大小无关，故B错误。

由沿电场线方向电势降低，可知电势的升降取决于场强的方向而与场强的大小无关，故C错误。

答案AD9.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φ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φ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BC10.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α＝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3 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BD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9所示，在E＝103 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R＝40 cm，一带正电荷q＝10－4 C的小滑块质量为m＝40 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，问：图9(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，qEL－μmgL－mg·2R＝12m v2－0小滑块在C点时，重力提供向心力，所以mg＝m v2 R代入数据解得v＝2 m/s，L＝20 m(2)滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得，qE(L＋R)－μmgL－mg·R＝12m v2P－0在P点时由牛顿第二定律可得，F N－qE＝m v2P R，解得F N＝1.5 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2R＝12gt2可得滑块运动的时间t为，t＝4R g得t＝0.4 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qE＝ma所以加速度a＝2.5 m/s2水平的位移为x＝v t－12at2代入解得x＝0.6 m滑块落地时竖直方向的速度的大小为 v y ＝gt ＝10×0.4 m/s ＝4 m/s 水平方向的速度的大小为v x ＝v －at ＝2 m/s －2.5×0.4 m/s ＝1 m/s落地时速度的大小为v 地＝v 2x ＋v 2y解得v 地＝17 m/s答案 (1)20 m (2)1.5 N (3)0.6 m17 m/s12．(20分)(2014·全国卷新课标Ⅰ，25)如图10所示，O 、A 、B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA ＝60°，OB ＝32OA ，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。