高一物理下學(xué)期期末考試分類匯編電場中的平衡問題和勻變速直線運動問題新人教版

專題11電場中的平衡問題和勻變速直線運動問題一、電場中的平衡問題1．兩個可自由移動的點電荷分別放在A、B兩處，如圖所示。A處為帶電荷量為Q1的正電荷，B處為帶電荷量為Q2的負電荷，且Q1=4Q2，另取一個可以自由移動的點電荷P，放也AB直線上，欲使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則（）A．P為負電荷，且放于A左方B．P為負電荷，且放于B右方C．P為正電荷，且放于A、B之間D．P為正電荷，且放于B右方【答案】D【詳解】假設(shè)P放在Q1Q2之間，那么Q1對P的電場力和Q2對P的電場力方向相同，P不能處于平衡狀態(tài)；假設(shè)P放在Q1左邊，由于Q1=4Q2且由庫侖定律那么Q1對P的電場力大于Q2對P的電場力，P不能處于平衡狀態(tài)；則P只能放在Q2右邊，且只能帶正電。故選D。2．如圖所示，半徑為R的光滑絕緣半圓環(huán)豎直放置，AB為半圓形的直徑。在A、B兩點位置，分別固定電荷量為Q1、Q2的兩個負點電荷。在半圓環(huán)的P點，一個電荷量為–q小球（可視為點電荷）穿在半圓環(huán)上，恰好處于靜止狀態(tài)。已知PA與AB的夾角α，不計小球重力。求Q1、Q2的關(guān)系應(yīng)滿足（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】A、B兩點位置分別固定電荷量為Q1、Q2的兩個負點電荷，則帶電小球-q的受力情況如圖所示：由圖可知，力的三角形F1FpP和幾何三角形PBA為兩個直角三角形，且有一個角都為α，因此這兩個三角形相似，則有根據(jù)庫侖定律得由數(shù)學(xué)知識得聯(lián)立解得故選D。3．如圖所示，在水平向左的勻強電場中，固定有傾角為的光滑絕緣斜面。一個質(zhì)量為、電荷量為的帶電小球靜止在斜面上，重力加速度為，則該勻強電場的電場強度的大小為（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】對小球受力分析如圖，受重力、電場力、斜面的支持力小球在三個力的作用下保持平衡，則由平衡條件可知帶入可得由公式可得故選D。4．如圖所示，帶電小球A固定在豎直墻面上，用繞過固定在豎直墻上C點的小定滑輪的細線拉著帶電小球B，小球B靜止，此時A、B連線水平，A、B間的距離為r，A、C間的距離為h，h>r。用拉力F緩慢拉動繩端，使小球B緩慢向上移動，在小球B從圖示位置一直運動到C點的過程中（）A．拉力F一直減小 B．拉力F先增大后減小C．小球一直做曲線運動 D．小球先做曲線運動后做直線運動【答案】D【詳解】設(shè)小球B的質(zhì)量為m，B、C間距離為L，在小球B到達豎直墻之前，對小球B受力分析，根據(jù)力的矢量三角形與幾何三角形相似可得在小球B從圖示位置到與墻壁接觸的過程中，mg、h、qA、qB均不變，L變小，則F變小，r不變，因此這個過程小球B繞A做圓周運動；當小球B與豎直墻接觸后，在拉力作用下沿墻壁直線上升，庫侖力變小，小球在豎直方向受力平衡，所以F變大。綜上所述可知拉力F先減小后增大，小球先做曲線運動后做直線運動。故ABC錯誤，D正確。故選D。二、電場中的勻變速直線運動問題5．在如圖所示的勻強電場中，一個點電荷以初速度v沿電場線方向進入電場后，若只受電場力作用，則該點電荷（）A．一定做勻速直線運動B．一定做勻加速直線運動C．一定做勻減速直線運動D．可能做勻加速直線運動，也可能做勻減速直線運動【答案】D【詳解】依題意，可知由于該電荷電性未知，所以該電荷在勻強電場中所受電場力方向可能與速度方向相同，也可能相反，所以電荷可能做勻加速直線運動，也可能做勻減速直線運動，故選D。6．如圖所示，空間有豎直方向的勻強電場，一帶正電的小球質(zhì)量為m，在豎直平面內(nèi)沿與水平方向成30°角的虛線以速度斜向上做勻速運動。當小球經(jīng)過O點時突然將電場方向旋轉(zhuǎn)一定的角度，電場強度大小不變，小球仍沿虛線方向做直線運動，選O點電勢為零，重力加速度為g，則（）A．原電場方向豎直向下B．改變后的電場方向垂直于ONC．電場方向改變后，小球的加速度大小為D．電場方向改變后，小球的最大電勢能為【答案】D【詳解】A．開始時，小球沿虛線做勻速運動，可知小球受向下的重力和向上的電場力平衡，即有小球帶正電，則電場豎直向上，A錯誤；B．改變電場方向后，小球仍沿虛線做直線運動，可知電場力與重力的合力沿著NO方向，因Eq=mg可知電場力與重力關(guān)于ON對稱，電場方向與NO成60°，B錯誤；C．電場方向改變后，電場力與重力夾角為120°，故合力大小為mg，小球的加速度大小為g，C錯誤；D．電場方向改變后，小球能沿ON運動的距離為則克服電場力做功為故小球的電勢能最大值為，D正確；故選D。7．如圖甲所示，將一帶正電的小球從直線電場線上的A點由靜止釋放，小球僅在電場力作用下沿直線從A點運動到點（A、間距為），到達點時的速度大小為，其圖像如圖乙所示。已知小球質(zhì)量為、電荷量為，下列說法中正確的是（）A．A點電場強度大于點電場強度B．A點電勢低于點電勢C．A點電場強度大小為D．A、兩點的電勢差大小為【答案】D【詳解】A．由v2-x圖像結(jié)合v2=2ax可得加速度不變，則電場為勻強電場，即A點電場強度等于B點電場強度，選項A錯誤；B．從A到B帶正電的粒子加速運動，可知電場線從A到B，則A點電勢高于點電勢，選項B錯誤；C．根據(jù)Eq=ma可知，A點電場強度大小為選項C錯誤；D．A、兩點的電勢差大小為選項D正確。故選D。8．如圖所示，三個完全相同的可視為點電荷的小球甲、乙、丙放在光滑絕緣的水平面上，且三個小球在同一條直線上，現(xiàn)在小球丙上施加一水平的恒力F，三個小球保持相對靜止且共同向右做勻加速直線運動，已知三個小球甲、乙、丙所帶電荷量之比為6：3：8，且相鄰兩個小球之間的距離相等。則下列說法正確的是（）A．小球丙的合力大小為FB．小球甲、丙帶異種電荷，小球甲、乙?guī)N電荷C．小球乙和小球丙之間的作用力大小為D．小球甲和小球乙之間的作用力大小為【答案】C【詳解】A．設(shè)甲、乙、丙三球的質(zhì)量為m，加速度為a，相鄰兩個小球之間的距離為r，三球的帶電量分別為6q、3q、8q，對甲、乙、丙三球整體，由牛頓第二定律得對丙球，由牛頓第二定律得A錯誤；B．甲、丙間庫侖力大小為乙、丙間庫侖力大小為甲、乙間庫侖力大小為即甲、乙所受靜電力的合力向右，則小球甲、丙帶同種電荷，小球甲、乙?guī)М惙N電荷，B錯誤；C．對乙，根據(jù)牛頓第二定律得可得則小球乙和小球丙之間的作用力大小為，C正確；D．小球甲和小球乙之間的作用力大小為，D錯誤。故選C。9．如圖所示，光滑絕緣半球形的碗固定在水平地面上，可視為質(zhì)點的帶電小球1、2的電荷分別為、，其中小球1固定在碗底A點，小球2可以自由運動，平衡時小球2位于碗內(nèi)的B位置處，如圖所示?，F(xiàn)在改變小球2的帶電量，把它放置在圖中C位置時也恰好能平衡，已知AB弦是AC弦的兩倍，則（）A．小球2在C位置時的電量是B位置時電量的一半B．小球2在C位置時的電量是B位置時電量的八分之一C．小球2在B點對碗的壓力大小等于小球2在C點時對碗的壓力大小D．小球2在B點對碗的壓力大小大于小球2在C點時對碗的壓力大小【答案】BC【詳解】CD．設(shè)小球2在B、C位置時所受庫侖力大小分別為F1、F2，所受碗的支持力大小分別為N1、N2，碗的半徑為R，小球2的重力為mg，根據(jù)平衡問題的相似三角形法可得；由題意可知解得；根據(jù)牛頓第三定律可知小球2在B點對碗的壓力大小等于小球2在C點時對碗的壓力大小，故C正確，D錯誤；AB．設(shè)小球2在C位置時的電量為，根據(jù)庫侖定律可得；解得故A錯誤，B正確。故選BC。10．如圖，光滑絕緣圓環(huán)豎直放置，a、b、c為三個套在圓環(huán)上可自由滑動的空心帶電小球，已知小球c位于圓環(huán)最高點，ac連線與豎直方向成60°角，bc連線與豎直方向成30°角，三個小球均處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、b小球一定帶同種電荷 B．a(chǎn)、c小球可能帶同種電荷C．a(chǎn)、b小球電量之比為 D．a(chǎn)、b小球電量之比為【答案】AD【詳解】AB．對a，a受到重力、環(huán)的支持力以及b、c對a的庫侖力，重力的方向在豎直方向上，環(huán)的支持力以及b對a的庫侖力均沿圓環(huán)直徑方向，故c對a的庫侖力為引力，同理可知，c對b的庫侖力也為引力，所以a與c的電性一定相反，與b的電性一定相同。即：a、b小球帶同種電荷，b、c小球帶異種電荷，選項A正確，B錯誤；CD．對c小球受力分析，將力沿水平方向和豎直方向正交分解后可得又由幾何關(guān)系知解得選項C錯誤，D正確。故選AD。11．如圖所示，在一電場強度沿紙面方向的勻強電場中，用一絕緣絲線系一帶電小球，小球的質(zhì)量為m、電荷量為q，為保證當絲線與豎直方向的夾角為θ=60°時，小球處于平衡狀態(tài)，則勻強電場的電場強度大小可能為（）A． B． C． D．【答案】ACD【詳解】小球受重力、電場力和拉力處于平衡，根據(jù)平行四邊形定則，當電場力方向與拉力方向垂直時電場力最小所以電場強度的最小值

所以E的范圍為E可能為、、故選ACD。12．如圖所示，電池的兩極接在與水平面成60°角的平行板電容器M、N的兩極板上，懸掛在電容器內(nèi)部的小球帶正電，閉合開關(guān)S，給電容器充電，小球穩(wěn)定后懸線偏離豎直方向的夾角為，已知小球質(zhì)量為m，帶電量為q，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．S閉合至小球穩(wěn)定時，極板間的電場強度大小為B．若保持開關(guān)S閉合，M板逐漸遠離N板，則小球向N板靠近C．若開關(guān)S斷開，M板逐漸遠離N板，則θ不變D．若開關(guān)S斷開，剪斷懸線瞬間，小球運動的加速度大小等于重力加速度大小【答案】AC【詳解】A．S閉合至小球穩(wěn)定時，對小球受力分析可知極板間的電場強度大小為選項A正確；B．若保持開關(guān)S閉合，M板逐漸遠離N板，則場強減小，電場力減小，則小球遠離N板，選項B錯誤；C．若開關(guān)S斷開，M板逐漸遠離N板，則由可知，兩板間場強不變，則θ不變，選項C正確；D．細線的拉力為若開關(guān)S斷開，兩板間場強不變，則電場力不變，剪斷懸線瞬間，小球受到的合力為小球運動的加速度大小選項D錯誤。故選AC。13．如圖所示，平行板電容器兩極板與水平面夾角為，極板間距為d，帶負電的微粒質(zhì)量為m、帶電量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，則（）A．微粒達到B點時動能為B．微粒的加速度大小等于C．兩極板的電勢差D．微粒從A點到B點的過程電勢能增加【答案】CD【詳解】A．物體在運動過程中，受力如圖所示由于物體受力不在一條直線上，因此不可能做勻速直線運動，到達B點的速度一定不是，故A錯誤；B．將電場力分解到水平方向和豎直方向上，可知；聯(lián)立可得加速度大小為故B錯誤；C．電容器內(nèi)的電場強度由題意可知，M板是正極板，因此兩板間的電勢差為故C正確；D．由題意可知，微粒作勻減速直線運動，動能減少，且重力不做功，所以電場力做負功，則電勢能增加，增加了故D正確。故選CD。14．如圖所示，長為、傾角為的光滑絕緣斜面處于水平向右的勻強電場中，一帶電荷量為、質(zhì)量為的小球（可視為質(zhì)點），以初速度恰能沿斜面勻速上滑，取，，，則下列說法中正確的是（）A．小球帶負電荷B．水平勻強電場的電場強度為C．若電場強度加倍，小球運動的加速度大小為D．若電場強度減半，小球運動到B點時的速度為【答案】BD【詳解】A．小球沿斜面向上運動，故知電場力向右，故小球帶正電，故A錯誤；B．帶電小球從A點到B點，動能不變，由動能定理知重力做功與電場力做功之和為零，即；故B正確；C．由題意知，電場強度未加倍時，滿足電場強度加倍后，小球在斜面方向的合力所以小球的加速度故C錯誤；D．電場強度未減半時，滿足若電場強度減半，小球在斜面方向的合力為所以小球的加速度為根據(jù)速度位移公式，有代入數(shù)據(jù)解得故D正確。故選BD。15．電荷量為q＝1×10－4C的帶正電的小物塊置于絕緣粗糙水平面上，所在空間存在沿水平方向始終不變的電場，電場強度E的大小與時間t的關(guān)系和物塊的速度v與時間t的關(guān)系分別如圖甲、乙所示，若重力加速度g取10m/s2，根據(jù)圖像所提供的信息，下列說法正確的是（）A．物塊在4s內(nèi)的總位移x＝8mB．物塊的質(zhì)量m＝0.5kgC．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2D．物塊在4s內(nèi)電勢能減少14J【答案】CD【詳解】A．由v-t圖線可知，物塊在4s內(nèi)位移是選項A錯誤；BC．因2s-4s內(nèi)物體勻速運動，則在0-2s內(nèi)的加速為a=1m/s2，則由牛頓第二定律可得聯(lián)立解得m=1kg，μ=0.2選項B錯誤，C正確；D．由動能定理可知解得W電=14J故物塊在4s內(nèi)電勢能減少了14J，選項D正確；故選CD。16．如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔。右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖所示。電子原來靜止在左極板小孔處。（不計重力作用）下列說法中正確的是（）A．從t=0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動B．從t=0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上C．從t=時刻釋放電子，電子可能在兩板間往復(fù)運動，也可能打到右極板上D．從t=時刻釋放電子，電子必將打到左極板上【答案】BC【詳解】AB．分析電子在一個周期內(nèi)的運動情況，從時刻釋放電子，前內(nèi)，電子受到的電場力向右，電子向右做勻加速直線運動。后內(nèi)，電子受到向左的電場力作用，電子向右做勻減速直線運動；接著周而復(fù)始，所以電子一直向右做單向的直線運動，直到打在右板上，故A錯誤，B正確；C．分析電子在一個周期內(nèi)的運動情況；從時刻釋放