【导与练】(全国I卷)2017年高考物理一轮复习 第6章 静电场章末质量检测

第6章静电场(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.mv 20B.2mv 20 C.52mv 20 D.12mv 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＝52mv 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，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 ＝kmgdU，由电容的定义式知，C ＝Q U ＝kmgdU ，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 －mv22qC.试探电荷的最大速度为v m ＝2WmD.aO 间电势差为U aO ＝mv22q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 ＝12mv 2－0，而U Oa ＝φO －φa ，解得φO ＝W q ＋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W ＝12mv 2m －12mv 2，则v m ＝v 2＋2W m ，C 项错误；U aO ＝－U Oa ，即U aO ＝－mv22q，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x 2位置时速度第一次为零，在x 3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x 2位置，再运动到x 3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＝UOx3D.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.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eU 0＝12mv 20，即有v 0＝2eU 0m，进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向L ＝v 0t ，竖直方向两极板间的距离为d′，电子的加速度a ＝eUmd′，偏转位移d ＝12at 2＝12eU md′L 2v 20＝UL 24d′U 0，U 0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v y 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 ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S 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E ＝103V/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 ＝10－4C 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/s 2，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＝12mv 2－0小滑块在C 点时，重力提供向心力，所以mg ＝mv2R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＝12mv 2P －0在P 点时由牛顿第二定律可得，F N －qE ＝mv 2PR ，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 。