PAGEPAGE1本章綜合實力提升練一、單項選擇題1．“探究影響平行板電容器電容大小因素”的試驗裝置如圖1所示，忽視漏電產(chǎn)生的影響，下列推斷正確的是()圖1A．平行板正對面積減小時，靜電計指針張角減小B．靜電計可以用電壓表替代C．靜電計所帶電荷量與平行板電容器電荷量不相等D．靜電計測量的是平行板電容器所帶電荷量答案C解析電容器帶電荷量肯定，平行板正對面積減小時，電容器的電容減小，依據(jù)Q＝CU可知，兩板間電勢差變大，則靜電計指針張角變大，選項A錯誤；靜電計與電壓表、電流表的原理不同，不能替代，電流表、電壓表線圈中必需有電流通過時，指針才偏轉(zhuǎn)，故不能用電壓表代替靜電計，選項B錯誤；靜電計所帶電荷量只是很小的一部分，即小于平行板電容器的電荷量，選項C正確；靜電計是定性反映電壓凹凸的儀器，不能反映平行板電容器的電荷量的多少，選項D錯誤．2.如圖2所示，虛線是某靜電場的一簇等勢線，邊上標有電勢的值，一帶電粒子只在電場力作用下恰能沿圖中的實線從A經(jīng)過B運動到C.下列推斷正確的是()圖2A．粒子肯定帶負電B．A處場強大于C處場強C．粒子在A處電勢能大于在C處電勢能D．粒子從A到B電場力所做的功大于從B到C電場力所做的功答案B解析依據(jù)電場線與等勢面垂直且由高電勢指向低電勢，可知電場線方向大致向左，依據(jù)粒子軌跡的彎曲方向可知，粒子所受的電場力方向大致向左，則知粒子肯定帶正電，故A錯誤；等差等勢面的疏密反映電場強度的大小，A處場強大于C處場強，故B正確；從A點運動到C點，電場力方向與速度的夾角為鈍角，電場力做負功，電勢能增大，故C錯誤；依據(jù)W＝Uq知電勢差相同，電場力做功相同，故D錯誤．3．(2024·四川省樂山市其次次調(diào)研)如圖3所示，圖甲實線為方向未知的三條電場線，a、b兩帶電粒子從電場中的P點靜止釋放，不考慮兩粒子間的相互作用，僅在電場力作用下，兩粒子做直線運動，a、b粒子的速度大小隨時間改變的關系如圖乙中實線所示，虛線為直線，則()圖3A．a(chǎn)肯定帶正電，b肯定帶負電B．a(chǎn)向左運動，b向右運動C．a(chǎn)電勢能減小，b電勢能增大D．a(chǎn)動能減小，b動能增大答案B解析從速度－時間圖像中可以看出，a粒子加速度漸漸增大，b粒子加速度漸漸減小，因為粒子僅受電場力，可知a粒子所受電場力漸漸增大，b粒子所受電場力漸漸減小，所以a向左運動，b向右運動．由于不知電場的方向，所以無法推斷a、b的電性，故A錯誤，B正確；帶電粒子在電場中運動時，電場力做正功，所以a、b的電勢能均減小，故C錯誤；帶電粒子在電場中運動時，電場力做正功，因為僅受電場力，依據(jù)動能定理，a、b的動能均增加，故D錯誤．4．(2024·山西省三區(qū)八校二模)如圖4，真空中a、b、c、d四點共線且等距．先在a點固定一點電荷＋Q，測得b點場強大小為E．若再將另一等量異種點電荷－Q放在d點時，則()圖4A．b點場強大小為eq\f(3,4)EB．c點場強大小為eq\f(5,4)EC．b點場強方向向左D．c點電勢比b點電勢高答案B解析設ab＝bc＝cd＝L，＋Q在b點產(chǎn)生的場強大小為E，方向水平向右，由點電荷的場強公式得：E＝keq\f(Q,L2)，－Q在b點產(chǎn)生的場強大小為：E1＝keq\f(Q,2L2)＝eq\f(1,4)E，方向水平向右，所以b點的場強大小為Eb＝E＋eq\f(1,4)E＝eq\f(5,4)E，方向水平向右，故A、C錯誤；依據(jù)對稱性可知，c點與b點的場強大小相等，為eq\f(5,4)E，方向水平向右，故B正確；電場線方向從a指向d，而順著電場線方向電勢降低，則c點電勢比b點電勢低，故D錯誤．5.(2024·廣東省茂名市其次次模擬)如圖5所示，aefd和ebcf是兩個等邊長的正方形，在a點固定一個電荷量為q的正點電荷，在c點固定一個電荷量為q的負點電荷，則下列說法正確的是()圖5A．e、f兩點的電場強度相同B．b、d兩點的電勢相同C．將一個負電荷由e點沿直線移動到f點，電場力先做正功后做負功D．將一個負電荷由b點沿直線移動到d點，電場力先做負功后做正功答案A解析兩個等量異種點電荷形成的電場中，其電場關于ac連線對稱，電場線形態(tài)關于ac的中垂線對稱，結(jié)合等量異種點電荷電場線的分布狀況可知e、f兩點的電場強度相同，A正確；沿電場線方向電勢降低，B錯誤；將一個負電荷由b點沿直線移動到d點，電場力先做負功后做正功再做負功，D錯誤；將一個負電荷由e點沿直線移動到f點，電勢始終降低，電場力始終做負功，C錯誤．6.(2024·湖南省三湘名校第三次大聯(lián)考)如圖6所示，以O點為圓心、R＝0.20m為半徑的圓處于勻強電場(圖中未畫出)中，電場平行于圓面，ac、bd為圓的兩條相互垂直的直徑．已知a、b、c三點的電勢分別為2V、2eq\r(3)V、－2V，則下列說法正確的是()圖6A．d點電勢為2eq\r(3)VB．電子從d點運動到a點電勢能增加C．電場方向由b點指向c點D．該勻強電場的場強大小為20V/m答案D解析依據(jù)勻強電場中電勢差與電場強度的關系式U＝Ed，相等距離，電勢差相等，因為φa＝2V，φc＝－2V，可知，O點電勢為0，而bO＝Od，則b、O間的電勢差等于O、d間的電勢差，可知，d點的電勢為－2eq\r(3)V，故A錯誤；從d點到a點電勢上升，依據(jù)Ep＝qφ，電子從d點運動到a點電勢能減小，故B錯誤；由作圖和幾何關系可知a、c兩點沿電場強度方向的距離為d＝2Rsin30°＝2×0.2×eq\f(1,2)m＝0.2m，故該勻強電場的場強E＝eq\f(Uac,d)＝eq\f(4,0.2)V/m＝20V/m，電場方向不是由b點指向c點，故C錯誤，D正確．7．(2024·江西省南昌市調(diào)研)如圖7所示，O、A、B、C為一粗糙絕緣水平面上的四點，不計空氣阻力，一電荷量為－Q的點電荷固定在O點，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為－q的小金屬塊(可視為質(zhì)點)，從A點由靜止沿它們的連線向右運動，到B點時速度最大，其大小為vm，小金屬塊最終停止在C點．已知小金屬塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，A、B間距離為L，靜電力常量為k，則()圖7A．在點電荷－Q形成的電場中，A、B兩點間的電勢差UAB＝eq\f(2μmgL＋mv\o\al(m2,),2q)B．在小金屬塊由A向C運動的過程中，電勢能先增大后減小C．OB間的距離為eq\r(\f(kQq,μmg))D．從B到C的過程中，小金屬塊的動能全部轉(zhuǎn)化為電勢能答案C解析小金屬塊從A到B過程，由動能定理得：－qUAB－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(m2,)－0，得A、B兩點間的電勢差UAB＝－eq\f(2μmgL＋mv\o\al(m2,),2q)，故A錯誤；小金屬塊由A點向C點運動的過程中，電場力始終做正功，電勢能始終減小，故B錯誤；由題意知，A到B過程，金屬塊做加速運動，B到C過程，金屬塊做減速運動，在B點金屬塊所受的滑動摩擦力與庫侖力平衡，則有μmg＝keq\f(Qq,r2)，得r＝eq\r(\f(kQq,μmg))，故C正確；從B到C的過程中，小金屬塊的動能和削減的電勢能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故D錯誤．二、多項選擇題8.在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖8所示．下列說法正確的有()圖8A．q1和q2帶有異種電荷B．x1處的電場強度為零C．負電荷從x1移到x2，電勢能減小D．負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大答案AC解析由題圖可知，兩點電荷q1和q2帶有異種電荷，A正確；在φ－x圖像中，圖像切線的斜率大小表示電場強度大小，則x1處的電場強度不為零，B錯誤；且有x1到x2電場強度漸漸減小，負電荷受到的電場力漸漸減小，D錯誤；由Ep＝φq可知，負電荷在電勢高處的電勢能小，則負電荷從x1移到x2，電勢能減小，C正確．9．(2024·江西省南昌市調(diào)研)某空間區(qū)域的豎直平面內(nèi)存在電場，其中豎直的一條電場線如圖9甲所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，在電場中從O點由靜止起先沿電場線豎直向下運動．以O為坐標原點，取豎直向下為x軸的正方向，小球的機械能E與位移x的關系如圖乙所示，則(不考慮空氣阻力)()圖9A．電場強度大小恒定，方向沿x軸負方向B．從O到x1的過程中，小球的速率越來越大，加速度越來越大C．從O到x1的過程中，相等的位移內(nèi)，小球克服電場力做的功越來越大D．到達x1位置時，小球速度的大小為eq\r(\f(2E1－E0＋mgx1,m))答案BD解析小球的機械能改變是由電場力做功引起的，由題圖乙可知，從O到x1機械能在減小，即電場力做負功，又因為小球帶正電，故場強方向沿x軸負方向，E－x圖線切線的斜率的肯定值為電場力大小，由圖像可知，從O到x1斜率的肯定值在減小，故F電在減小，即場強減小，故A錯誤．由牛頓其次定律mg－F電＝ma可知a在增大，故B正確．因為電場力漸漸減小，故相等位移內(nèi)，小球克服電場力做的功越來越小，故C錯誤．從O到x1由動能定理得mgx1＋E1－E0＝eq\f(1,2)mv2－0，v＝eq\r(\f(2E1－E0＋mgx1,m))，D正確．三、非選擇題10．(2024·陜西省西安市質(zhì)檢)如圖10所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置的光滑絕緣軌道，處于水平向右的勻強電場中，帶負電荷的小球從高為h的A處由靜止起先下滑，沿軌道ABC運動并進入圓環(huán)內(nèi)做圓周運動．已知小球所受電場力是其重力的eq\f(3,4)，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角為θ＝60°，sBC＝2R.若使小球在圓環(huán)內(nèi)能做完整的圓周運動，h至少為多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)圖10答案7.7R解析小球所受的重力和電場力都為恒力，故可將兩力等效為一個力F，如圖所示．可知F＝1.25mg，方向與豎直方向成37°角．由圖可知，小球做完整的圓周運動的臨界點是D點，設小球恰好能通過D點，即到達D點時圓環(huán)對小球的彈力恰好為零．由圓周運動學問得：F＝eq\f(mv\o\al(D2,),R)，即：1.25mg＝meq\f(v\o\al(D2,),R)小球由A運動到D點，由動能定理結(jié)合幾何學問得：mg(h－R－Rcos37°)－eq\f(3,4)mg·(eq\f(h,tanθ)＋2R＋Rsin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(D2,)，聯(lián)立解得h≈7.7R.11．(2024·山東省日照市校際聯(lián)合質(zhì)檢)如圖11所示，一內(nèi)壁光滑的絕緣圓管AB固定在豎直平面內(nèi)．圓管的圓心為O，D點為圓管的最低點，AB兩點在同一水平線上，AB＝2L，圓環(huán)的半徑為r＝eq\r(2)L(圓管的直徑忽視不計)，過OD的虛線與過AB的虛線垂直相交于C點．在虛線AB的上方存在水平向右的、范圍足夠大的勻強電場；虛線AB的下方存在豎直向下的、范圍足夠大的勻強電場，電場強度大小等于eq\f(mg,q).圓心O正上方的P點有一質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的絕緣小物體(可視為質(zhì)點)，PC間距為L.現(xiàn)將該小物體無初速度釋放，經(jīng)過一段時間，小物體剛好沿切線無碰撞地進入圓管內(nèi)，并接著運動．重力加速度用g表示．圖11(1)虛線AB上方勻強電場的電場強度為多大？(2)小物體從管口B離開后，經(jīng)過一段時間的運動落到虛線AB上的N點(圖中未標出N點)，則N點距離C點多遠？(3)小物體由P點運動到N點的總時間為多少？答案(1)eq\f(mg,q)(2)7L(3)(3＋eq\f(3,4)π)eq\r(\f(2L,g))解析(1)小物體無初速度釋放后在重力、電場力的作用下做勻加速直線運動，小物體剛好沿切線無碰撞地進入圓管內(nèi)，故小物體剛好沿PA連線運動，重力與電場力的合力沿PA方向；又PC＝AC＝L，故tan45°＝eq\f(qE,mg)，解得：E＝eq\f(mg,q)(2)對小物體從P到A的運動由動能定理可得：mgL＋qEL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(A2,)，解得：vA＝2eq\r(gL)虛線AB的下方存在豎直向下的、范圍足夠大的勻強電場，電場強度大小等于eq\f(mg,q)，電荷量為－q(q>0)的絕緣小物體所受電場力F2＝qE′＝mg，方向豎直向上，與重力平衡，故小物體從A到B做勻速圓周運動，vB＝vA＝2eq\r(gL)小物體從管口B離開后，經(jīng)過一段時間的運動落到虛線AB上的N點，豎直方向：t＝eq\f(2vBsin45°,g)解得：t＝2eq\r(\f(2L,g))水平方向