第七章45分鐘章末檢測(cè)卷滿分100分[授課提示：對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第287頁(yè)]一、選擇題(1～6題只有一項(xiàng)符合題目要求，7～9題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題7分，共63分)1.某靜電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布如圖所示，圖中A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小分別為EA和EB，電勢(shì)分別為φA和φB，將－q分別放在A、B兩點(diǎn)時(shí)具有的電勢(shì)能分別為EpA和EpB，則()A．EA>EB，φA>φB，EpA<EpBB．EA>EB，φA>φB，EpA>EpBC．EA<EB，φA>φB，EpA>EpBD．EA<EB，φA<φB，EpA<EpB解析：從圖可以看出A點(diǎn)的電場(chǎng)線的密集程度大于B點(diǎn)的密集程度，故A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度．因電場(chǎng)線的方向由A指向B，而沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)逐漸降低，所以A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)．負(fù)電荷從A到B，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，所以－q在B點(diǎn)的電勢(shì)能大于在A點(diǎn)的電勢(shì)能，故A正確．答案：A2．一正電荷僅在電場(chǎng)力作用下，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，速度大小隨時(shí)間變化的圖象如圖所示．下列關(guān)于A、B兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和電勢(shì)φ的高低的判斷，正確的是()A．EA>EB，φA>φBB．EA＝EB，φA＝φBC．EA<EB，φA>φBD．EA<EB，φA<φB解析：電荷受電場(chǎng)力的作用，合力不為零．由運(yùn)動(dòng)圖象可知速度的大小沒有變化，故電荷只能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故選B.答案：B3．如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡在豎直平面(紙面)內(nèi)，且關(guān)于過軌跡最右側(cè)N點(diǎn)的水平直線對(duì)稱．已知重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小球可視為質(zhì)點(diǎn)．由此可知()A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向水平向左B．電場(chǎng)強(qiáng)度E滿足E>eq\f(mg,q)C．小球在M點(diǎn)的電勢(shì)能比在N點(diǎn)的大D．M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的高解析：由小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌道在豎直平面(紙面)內(nèi)，且關(guān)于過軌跡最右側(cè)N點(diǎn)的水平直線對(duì)稱，可以判斷小球所受合力的方向水平向左，而重力方向豎直向下，如圖所示，則知電場(chǎng)力的方向一定斜向左上方，因小球帶正電荷，故勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向斜向左上方，且電場(chǎng)強(qiáng)度E滿足E>eq\f(mg,q)，故B正確、A錯(cuò)誤；由沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低可知M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的低，D錯(cuò)誤；小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，故小球在M點(diǎn)的電勢(shì)能比在N點(diǎn)的小，C錯(cuò)誤．答案：B4．(2018·四川資陽二診)如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地，靜電計(jì)所帶電荷量很少，可被忽略，一帶負(fù)電的油滴被固定于電容器中的P點(diǎn)，現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向下平移一小段距離，則下列說法正確的是()A．平行板電容器的電容將減小B．帶電油滴的電勢(shì)能將減少C．靜電計(jì)指針的張角變小D．若將上極板與電源正極斷開后，再將下極板左移一小段距離，則帶電油滴所受的電場(chǎng)力不變解析：由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，將平行板電容器的上極板豎直向下平移一小段距離，d減小，C增大，A錯(cuò)誤；U不變，靜電計(jì)指針的張角不變，C錯(cuò)誤；由E＝eq\f(U,d)知，E增大，則P點(diǎn)與負(fù)極板間的電勢(shì)差增大，P點(diǎn)的電勢(shì)升高，Ep＝φq，又油滴帶負(fù)電，則帶電油滴的電勢(shì)能將減少，B正確；若將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開后再將下極板左移一小段距離，Q不變，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，S減小，C減小，由U＝eq\f(Q,C)得，電壓U增大，場(chǎng)強(qiáng)E＝eq\f(U,d)增大，帶電油滴所受的電場(chǎng)力增大，D錯(cuò)誤．答案：B5．(2018·山東泰安一模)如圖所示，＋Q為固定的正點(diǎn)電荷，虛線圓是其一條等勢(shì)線．兩電荷量相同、但質(zhì)量不相等的粒子，分別從同一點(diǎn)A以相同的速度v0射入，軌跡如圖中曲線，B、C為兩曲線與圓的交點(diǎn)．a(chǎn)B、aC表示兩粒子經(jīng)過B、C時(shí)的加速度大小，vB、vC表示兩粒子經(jīng)過B、C時(shí)的速度大?。挥?jì)粒子重力，以下判斷正確的是()A．a(chǎn)B＝aCvB＝vCB．a(chǎn)B>aCvB＝vCC．a(chǎn)B>aCvB<vCD．a(chǎn)B<aCvB>vC解析：庫(kù)侖力F＝eq\f(kQq,r2)，兩粒子在B、C兩點(diǎn)受的庫(kù)侖力大小相同，根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知aB>aC，a＝eq\f(F,m)，解得mB<mC，因?yàn)锽、C兩點(diǎn)位于同一等勢(shì)線上，電勢(shì)相等，所以兩粒子從A運(yùn)動(dòng)到B和從A運(yùn)動(dòng)到C，電場(chǎng)力做功相同且做負(fù)功，有－W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以eq\f(1,2)mB(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,B))＝eq\f(1,2)mC(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,C))，因?yàn)閙B<mC，所以vB<vC，C正確．答案：C6．有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向如圖所示，在電場(chǎng)中有三個(gè)點(diǎn)A、B、C，這三點(diǎn)的連線恰好構(gòu)成一個(gè)直角三角形，且AC邊與電場(chǎng)線平行．已知A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為φA＝5V，φB＝1.8V，A、B的距離為4cm，B、C的距離為3cm.若把一個(gè)電子(e＝1.6×10－19C)從A點(diǎn)移動(dòng)到CA．8.0×10－19JB．1.6×10－19JC．－8.0×10－19JD．－1.6×10－19J解析：設(shè)AB與AC之間的夾角為θ，則cosθ＝eq\f(4,5)，又AB的距離SAB＝4cm，則AB沿場(chǎng)強(qiáng)方向的距離為dAB＝SABcosθ＝4×eq\f(4,5)cm＝eq\f(16,5)cm，設(shè)A、B之間電勢(shì)差為UAB，則電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝eq\f(UAB,dAB)＝eq\f(φA－φB,dAB)＝100V/m.電子從A點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)電勢(shì)能的變化量為ΔEp＝－W＝1.6×10－19×100×0.05J＝8.0×10－19J，故A項(xiàng)正確．答案：A7．如圖所示，一帶電粒子在兩個(gè)固定的等量正電荷的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，圖中的實(shí)線為等勢(shì)面，虛線ABC為粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，其中B點(diǎn)是兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)，A、C位于同一等勢(shì)面上，下列說法正確的是()A．該粒子可能帶正電B．該粒子經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度最大C．該粒子經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的加速度一定為零D．該粒子在B點(diǎn)的電勢(shì)能小于在A點(diǎn)的電勢(shì)能解析：從該帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡看，固定電荷對(duì)它有吸引力，由固定電荷帶正電可知，該粒子一定帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；因?yàn)榱Ｗ訌腁運(yùn)動(dòng)到B的過程中，只受電場(chǎng)力且電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，由動(dòng)能定理知，動(dòng)能先增加后減小，故B點(diǎn)的動(dòng)能不是最大，則經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度不是最大，故B錯(cuò)誤；B點(diǎn)是兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)，合場(chǎng)強(qiáng)為零，故粒子受力為零，則加速度為零，C正確；因?yàn)殡x正電荷越遠(yuǎn)，電勢(shì)越低，即φA<φB，因粒子帶負(fù)電，由Ep＝φq得，EpA>EpB，故D項(xiàng)正確．答案：CD8．(2018·舟山模擬)A、B兩球帶等量異種電荷，帶電荷量均為2×10－5C，兩球質(zhì)量均為0.72kg，A球通過絕緣細(xì)線吊在天花板上，B球一端固定絕緣棒，現(xiàn)將B球放在某一位置，能使絕緣細(xì)線伸直，A球靜止且與豎直方向的夾角為30°，g取10m/s2，則B球到AA．0.5mB．1mC．2mD．3m解析：選A球?yàn)檠芯繉?duì)象，它受重力、庫(kù)侖力和細(xì)線的拉力，三力平衡，由幾何關(guān)系得，庫(kù)侖力的最小值為Fmin＝mgsin30°＝0.72×10×eq\f(1,2)N＝3.6N而由F＝eq\f(kq2,r2)得rmax＝eq\r(\f(kq2,Fmin))＝eq\r(\f(9×109×4×10－10,3.6))m＝1m，故A、B正確，C、D錯(cuò)誤．答案：AB9．如圖所示，水平放置的平行板電容器的兩板間有一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，下板接地，兩板間距離為10cm，A點(diǎn)距下板3cm，B點(diǎn)距上板3cm.質(zhì)量m＝0.01kg、電荷量q＝＋10－3C的小球能夠在A點(diǎn)保持靜止．現(xiàn)將小球移到勻強(qiáng)電場(chǎng)之外．g＝10m/s2A．上板的電勢(shì)比下板低10VB．A點(diǎn)的電勢(shì)為3VC．電荷量為－10－3C的帶負(fù)電的點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能為3×10－3D．將電荷量為－10－3C的帶負(fù)電的點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)該點(diǎn)電荷做功4×10－3解析：首先根據(jù)小球能夠在A點(diǎn)保持平衡得mg＝Eq，可求出E＝100N/C，方向?yàn)閺南碌缴希趧驈?qiáng)電場(chǎng)中，有U＝Ed，得U下上＝10V，下板電勢(shì)比上板高10V，故A選項(xiàng)正確，同理可得A點(diǎn)的電勢(shì)為φA＝－3V，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；電荷量為－10－3C的帶負(fù)電的點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能為EpA＝φAq′＝3×10－3J，所以C選項(xiàng)正確；將電荷量為－10－3C的帶負(fù)電的點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)該點(diǎn)電荷做功W＝Eq′dAB＝－4×10答案：AC二、非選擇題(本題共2小題，共37分)10．(17分)(2018·安徽師大附中期中)如圖所示，在正交坐標(biāo)系xOy的第一、四象限內(nèi)分別存在兩個(gè)大小相等、方向不同的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩組平行且等間距的實(shí)線分別表示兩個(gè)電場(chǎng)的電場(chǎng)線，每條電場(chǎng)線與z軸所夾的銳角均為60°.一質(zhì)子從y軸上某點(diǎn)A沿著垂直于電場(chǎng)線的方向射入第一象限，僅在電場(chǎng)力的作用下第一次到達(dá)x軸上的B點(diǎn)時(shí)速度方向正好垂直于第四象限內(nèi)的電場(chǎng)線，之后第二次到達(dá)x軸上的C點(diǎn)．求(1)質(zhì)子在A點(diǎn)和B點(diǎn)的速度之比；(2)OB與BC長(zhǎng)度的比值．解析：(1)質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)質(zhì)子在A、B兩點(diǎn)的速度分別為v0、v，由題意知v與v0的夾角為60°，所以eq\f(v0,v)＝cos60°＝eq\f(1,2)(2)設(shè)質(zhì)子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，從A運(yùn)動(dòng)到B經(jīng)歷的時(shí)間為t1OB＝ON＋NB由幾何關(guān)系知：ON＝AMsin30°NB＝MBcos30°沿垂直于v0方向上：AM＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)沿平行于v0方向上：MB＝v0t1在B點(diǎn)：vsin60°＝at1v0＝vcos60°解得：OB＝eq\f(9v\o\al(2,0),4a)設(shè)質(zhì)子從B到C經(jīng)歷時(shí)間為t2，作如圖輔助線沿CP方向：BCsin60°＝vt2沿BP方向：BCcos60°＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)解得：BC＝eq\f(16v\o\al(2,0),3a)所以：eq\f(OB,BC)＝eq\f(27,64)答案：(1)1：2(2)eq\f(27,64)11．(20分)如圖所示，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R＝0.2m的半圓，兩段軌道相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小E＝5.0×103V/m.一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在B點(diǎn)帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞．已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m＝1.0×10－2kg，乙所帶電荷量q＝2.0×10－5C，g取10m/s(1)甲、乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點(diǎn)D，求乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離；(2)在滿足(1)的條件下，求出甲的速度v0.解析：(1)根據(jù)題意可知，甲、乙兩球碰撞后，在水平方向上動(dòng)量守恒，此時(shí)乙獲得向右的速度沿軌道運(yùn)動(dòng)，在乙恰能通過軌道的最高點(diǎn)D的情況下，設(shè)乙到達(dá)最高點(diǎn)的速度為vD，乙離開D點(diǎn)到達(dá)水平軌道的時(shí)間為t，乙的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x，根據(jù)牛頓第二定律有mg＋qE＝meq\f(v\o\al(2,D),R)①2R＝eq\f(1,2)(eq\f(mg＋qE,m))t2②x＝vDt③聯(lián)立①②③式并代入數(shù)據(jù)解得x＝0.4m④(2)在滿足(1)的條件下，設(shè)碰撞后甲的速度為v甲、乙的速度為v乙，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有mv