章末過關檢測(七)(時間：45分鐘　分值：100分)一、單項選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確)1．靜電現(xiàn)象在自然界中普遍存在，我國早在西漢末年已有對靜電現(xiàn)象的記載，《春秋緯·考異郵》中有“玳瑁吸”之說，但下列不屬于靜電現(xiàn)象的是(　　)A．梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑B．帶電小球移至不帶電金屬球附近，兩者相互吸引C．小線圈接近通電線圈過程中，小線圈中產(chǎn)生電流D．從干燥的地毯上走過，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺解析：選C.用塑料梳子梳頭發(fā)時相互摩擦，塑料梳子會帶上電荷吸引紙屑，選項A屬于靜電現(xiàn)象；帶電小球移至不帶電金屬球附近，由于靜電感應，金屬球在靠近帶電小球一端會感應出與帶電小球異號的電荷，兩者相互吸引，選項B屬于靜電現(xiàn)象；小線圈接近通電線圈過程中，由于電磁感應現(xiàn)象，小線圈中產(chǎn)生感應電流，選項C不屬于靜電現(xiàn)象；從干燥的地毯上走過，由于摩擦生電，當手碰到金屬把手時瞬時產(chǎn)生較大電流，人有被電擊的感覺，選項D屬于靜電現(xiàn)象．2. 兩個大小相同的小球帶有同種電荷，質(zhì)量分別為m1和m2，帶電荷量分別是q1和q2，用絕緣線懸掛后，因靜電力而使兩懸線張開，分別與中垂線方向成α1角和α2角，且兩球處于同一水平線上，如圖所示．若α1＝α2，則下述結論正確的是(　　) A．q1一定等于q2B．一定滿足＝C．m1一定等于m2D．必須同時滿足q1＝q2、m1＝m2解析：選C.分別對兩小球進行受力分析，如圖所示，由平衡條件得F－FTsin α1＝0，FTcos α1－m1g＝0，所以tan α1＝＝.同理tan α2＝＝.因為α1＝α2，所以m1＝m2.3. (2019·遼師大附中模擬)如圖所示，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電．一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處，以初動能Ek0豎直向上射出．不計重力，極板尺寸足夠大．若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強度的最大值為(　　) A．　 B．C． D．解析：選B.當電場足夠大時，粒子打到上極板的極限情況為：粒子到達上極板處時速度恰好與上極板平行，粒子的運動為類平拋運動的逆運動．將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運動的合成與分解，當vy＝0時，根據(jù)運動學公式有v＝2d，vy＝v0cos 45°，Ek0＝mv，聯(lián)立得E＝，故B正確． 4.(2019·石家莊市高中畢業(yè)班模擬一)空間某區(qū)域有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨坐標x變化的圖象如圖所示，x0和－x0為x軸上對稱的兩點．現(xiàn)將一電子從x0處由靜止釋放后沿x軸負方向運動，到達－x0處時速度剛好為0.下列說法正確的是(　　)A．x0處的電場強度大于－x0處的電場強度B．x0處的電勢小于－x0處的電勢C．電子在x0處的電勢能等于－x0處的電勢能D．電子先做勻加速運動后做勻減速運動解析：選C.電場沿x軸對稱分布，則描述電場的電場強度和電勢也沿x軸對稱分布，故A、B錯誤；由于兩處電勢相等，所以電子在兩處的電勢能也相等，故C正確；電子由x0靜止開始運動，到－x0剛好是0，電子必然先加速后減速，但從圖中可看出電場大小并不恒定，所以加速度大小不會恒定，故D錯誤． 5．第七屆中國(上海)國際超級電容器產(chǎn)業(yè)展覽會于2016年8月23日至25日在上海新國際博覽中心舉行．如圖所示為超級平行板電容器，相距為d的兩極板M、N分別與電壓為U的恒定電源兩極連接，極板M帶正電．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止狀態(tài)，且此時極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則(　　)A．油滴帶正電B．油滴帶電荷量為 C．電容器的電容為 D．將極板N向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動解析：選C.帶電油滴靜止在兩極板間，重力與電場力等大、反向，電場力豎直向上，電容器上極板與電源正極相連為正極板，兩板間電場方向豎直向下，綜上可知，帶電油滴帶負電，選項A錯誤；由場強與電勢差關系可知，mg＝Eq＝q，解得q＝，選項B錯誤；由題意知，電容器帶電荷量Q＝kq＝，由電容的定義式知，C＝＝，選項C正確；電容器與電源保持連接，兩板間電勢差不變，N板向下移動，板間距離變大，F電＝q，油滴所受電場力減小，油滴向下運動，選項D錯誤．6．(2019·湖北黃岡模擬)靜電噴漆技術具有效率高、質(zhì)量好等優(yōu)點，其裝置示意圖如圖所示，A、B為兩塊水平放置的平行金屬板，間距d＝1.0 m，兩板間有方向豎直向上、電場強度大小為E＝1.0×103 N/C的勻強電場，在A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出初速度大小均為v0＝1.0 m/s、質(zhì)量均為m＝5.0×10－14 kg、電荷量均為q＝2.0×10－15 C的帶負電的油漆微粒，不計微粒所受空氣阻力及微粒間的相互作用，油漆微粒最后都落在金屬板B上，重力加速度g＝10 m/s2.下列說法中錯誤的是(　　)A．沿水平方向噴出的微粒運動到B板所需時間為0.2 sB．沿不同方向噴出的微粒，從噴出至到達B板，電場力做功為2.0×10－12 JC．若其他條件均不變，d增大為原來的2倍，噴涂面積增大為原來的2倍D．若其他條件均不變，E增大為原來的2倍，噴涂面積減小為原來的解析：選D.沿水平方向噴出的微粒做類平拋運動，在豎直方向上，加速度a＝＝m/s2＝50 m/s2，根據(jù)d＝at2得t＝＝0.2 s，故A正確；沿不同方向噴出的微粒，從噴出至到達B板，電場力做功為W＝qEd＝2×10－15×103×1 J＝2.0×10－12 J，故B正確；若其他條件均不變，d增大為原來的2倍，根據(jù)d＝at2得，t變?yōu)樵瓉淼? 倍，則噴涂面積的半徑變?yōu)樵瓉淼? 倍，面積變?yōu)樵瓉淼?/span>2倍，故C正確；若其他條件均不變，E增大為原來的2倍，則加速度a′＝ m/s2＝90 m/s2，加速度變?yōu)樵瓉淼?，時間t變?yōu)樵瓉淼?，噴涂面積的半徑變?yōu)樵瓉淼?，面積減小為原來的 ，故D錯誤．二、多項選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分．在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求，全選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯選或不答的得0分)7.(2019·蚌埠高三質(zhì)量檢查)電場中有一條電場線與x軸重合，x軸上各點的電場強度與位置的關系如圖所示，一質(zhì)子只在電場力作用下自坐標原點由靜止釋放沿x軸正方向運動，已知Oa＝ab＝bc＝d，b點電勢φb＝0.則下列結論正確的是(　　)A．質(zhì)子沿x軸做勻速直線運動B．質(zhì)子在a、c兩點的電勢能相等C．質(zhì)子在a、b、c三點的動能之比為2∶3∶4D．坐標原點O的電勢為1.5E0d解析：選CD.根據(jù)圖示，在Oa段，電場強度恒為E0，且質(zhì)子只受電場力，由牛頓第二定律，得a＝＝，質(zhì)子在Oa段做勻加速運動，A錯誤；在電場中沿電場線的方向電勢降低，φa>φb>φc，質(zhì)子的電勢能E＝qφ，qφa>qφc，B錯誤；根據(jù)動能定理，Ea＝qE0d，Eb＝qE0d＋qE0d＝qE0d，Ec＝qE0d＋qE0d＋qE0d ＝2qE0d，則Ea∶Eb∶Ec＝2∶3∶4，C正確；根據(jù)電場力做功與電勢能的關系，q(φa－φb)＝qE0d，即φa＝1.5E0d，D正確． 8. 靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關系如圖所示，x軸正向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷(　　) A．在x2和x4處電勢能相等B．由x1運動到x3的過程中電勢能增大C．由x1運動到x4的過程中電場力先增大后減小D．由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大解析：選BC.由題圖可知， x1到x4場強先變大，再變小，則點電荷受到的電場力先增大后減小，C正確，D錯誤；由x1到x3及由x2到x4過程中，電場力做負功，電勢能增大，知A錯誤，B正確．9．(2019·泰安模擬)如圖甲所示，在兩平行的金屬板間加上如圖乙所示的電壓．在0～1 s內(nèi)，一點電荷在兩極板間處于靜止狀態(tài)，t＝2 s時電荷仍運動且未與極板接觸，則在1～2 s內(nèi)，點電荷(g取10 m/s2)(　　)A．做勻加速直線運動，加速度大小為10 m/s2B．做變加速直線運動，平均加速度大小為5 m/s2C．做變加速直線運動，2 s末加速度大小為10 m/s2D．2 s末速度大小為10 m/s解析：選BC.第1 s內(nèi)電荷受重力和電場力作用處于平衡狀態(tài)，故電場力向上，與重力平衡，第2 s內(nèi)電壓一直變大，故電場強度變大，電場力變大，且第2 s內(nèi)合力隨時間均勻增加，加速度隨時間均勻增加，是變加速直線運動，故A錯誤；第2 s內(nèi)加速度隨時間均勻增加，第2 s末電場強度增加為第1 s末的2倍，故電場力變?yōu)?/span>2倍，合力向上，大小為mg，其加速度大小為g＝10 m/s2，故平均加速度為a＝ m/s2＝5 m/s2，故B、C正確；2 s末速度大小為v2＝at＝5×1 m/s＝5 m/s，故D錯誤．10. (2019·湖北八校聯(lián)考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標系中分布著與水平方向成45°角的勻強電場，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程x＝ky2，且小球通過點P.已知重力加速度為g，則(　　) A．電場強度的大小為 B．小球初速度的大小為 C．小球通過點P時的動能為 D．小球從O點運動到P點的過程中，電勢能減少 解析：選BC.小球做類平拋運動，則電場力與重力的合力沿x軸正方向，qE＝mg，電場強度的大小為E＝，A錯誤；F合＝mg＝ma，所以a＝g，由類平拋運動規(guī)律有＝v0t，＝gt2，得小球初速度大小為v0＝ ，B正確；由P點的坐標分析可知＝，所以小球通過點P時的動能為mv2＝m(v＋v)＝，C正確；小球從O到P過程中電勢能減少，且減少的電勢能等于電場力做的功，即W＝qE·＝，D錯誤．三、非選擇題(本題共3小題，共40分．按題目要求作答，計算題要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)11．(12分)如圖所示，一條長為L的細線上端固定，下端拴一個質(zhì)量為m，電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強電場中，使細線豎直拉直時將小球從A點靜止釋放，當細線離開豎直位置偏角α＝60° 時，小球速度為0.(1)求小球帶電性質(zhì)和電場強度E.(2)若小球恰好完成豎直圓周運動，求小球在A點應有的初速度vA的大小(可含根式)．解析：(1)根據(jù)電場方向和小球受力分析可知小球帶正電．小球由A點釋放到速度等于零，由動能定理有0＝EqLsin α－mgL(1－cos α)解得E＝.(2)如圖所示，將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G′，則G′＝mg，方向與豎直方向夾角為30°偏向右下．若小球恰能做完整的圓周運動，在等效最高點m＝mg小球從A點以初速度vA運動，由動能定理知mv2－mv＝－mgL(1＋cos 30°)聯(lián)立解得vA＝ .答案：(1)小球帶正電　　(2) 12. (14分)在真空中水平放置平行板電容器，兩極板間有一個帶電油滴，電容器兩板間距為d，當平行板電容器的電壓為U0時，油滴保持靜止狀態(tài)，如圖所示．當給電容器突然充電使其電壓增加ΔU1時，油滴開始向上運動；經(jīng)時間Δt后，電容器突然放電使其電壓減少ΔU2，又經(jīng)過時間Δt，油滴恰好回到原來位置．假設油滴在運動過程中沒有失去電荷，充電和放電的過程均很短暫，這段時間內(nèi)油滴的位移可忽略不計．重力加速度為g.求： (1)帶電油滴所帶電荷量與質(zhì)量之比； (2)第一個Δt與第二個Δt時間內(nèi)油滴運動的加速度大小之比； (3)ΔU1與ΔU2之比. 解析：(1)油滴靜止時滿足：mg＝q則＝.(2)設第一個Δt時間內(nèi)油滴的位移大小為x1，加速度大小為a1，第二個Δt時間內(nèi)油滴的位移大小為x2，加速度大小為a2，則x1＝a1Δt2，x2＝v1Δt－a2Δt2且v1＝a1Δt，x2＝－x1解得a1∶a2＝1∶3.(3)油滴向上加速運動時：q－mg＝ma1即q＝ma1油滴向上減速運動時：mg－q＝ma2即q＝ma2則＝解得＝.答案：(1)　(2)1∶3　(3)1∶413．(14分)如圖甲所示，長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置，ab為兩板的中心線，一個帶電粒子以速度v0從a點水平射入，沿直線從b點射出，若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b點以速度v0射出，求：(1)交變電壓的周期T應滿足什么條件？(2)粒子從a點射入金屬板的時刻應滿足什么條件？解析：(1)為使粒子仍從b點以速度v0穿出電場，在垂直于初速度方向上，粒子的運動應為：加速，減速，反向加速，(反向)減速，經(jīng)歷四個過程后，回到中心線上時，在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零，這段時間等于一個周期，故有L＝nTv0，解得T＝粒子在T內(nèi)離開中心線的距離為y＝a又a＝，E＝，解得y＝在運動過程中離開中心線的最大距離為ym＝2y＝粒子不撞擊金屬板，應有ym≤d解得T≤2d 故n≥ ，即n取大于等于 的整數(shù)所以粒子的周期應滿足的條件為T＝，其中n取大于等于 的整數(shù)．(2)粒子進入電場的時刻應為T，T，T，…故粒子進入電場的時刻為t＝T(n＝1，2，3，…)．答案：(1)T＝，其中n取大于等于 的整數(shù)(2)t＝T(n＝1，2，3，…) 

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