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题组层级快练(三十三)一、选择题1.(2016·课标全国Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质,接在恒压直流电源上,若将云母介质移出,则电容器()A.极板上的电荷量变大,极板间的电场强度变大B.极板上的电荷量变小,极板间的电场强度变大C.极板上的电荷量变大,极板间的电场强度不变D.极板上的电荷量变小,极板间的电场强度不变【试题参考答案】D【试题解析】电容器接在恒压直流电源上,两极板的电压不变,若将云母介质移出,相对介电常数减小,电容器的电容减小,所以极板上的电荷量变小,极板间的距离不变,所以极板间的电场强度不变,故A、B、C项错误,D项正确.2.(2017·山西名校联考)由电源、开关、滑动变动器及电容器组成如图所示电路.将平行板电容器的一个极板与滑动变动器的滑片相连接,并将开关S1、S2闭合.则()A.在电容器两极板间插入一块陶瓷片,电容器的带电量将减少B.将滑片向右移动,电容器带电量将会增大C.保持开关S1闭合,将开关S2断开,将滑动变动器滑片向左移电容器上带电量减少D.保持开关S2闭合,将开关S1断开,将滑动变动器滑向右移电容器上带电量增加【试题参考答案】B【试题解析】根据C＝εS4πkd,在电容器两极板间插入一块陶瓷片,介电常数ε增大,电容增大,再根据C＝QU,电压U不变,故电容器的带电量Q增大,所以A项错误；将滑片向右移动,电容器电压增大,电容不变,所以电荷量Q增大,所以B项正确；保持开关S1闭合,将开关S2断开,电容器电压等于电源电动势,移动滑片电容器电压不变,所以电容器电荷量不变,所以C项错误；保持开关S2闭合,将开关S1断开,电容器放电完毕,电荷量始终为零,所以D项错误.3.(2017·南昌调研)如图所示,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( ) A.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 【试题参考答案】C【试题解析】带电油滴在电场中受重力与电场力处于静止状态,故所受电场力方向竖直向上.M 板带正电,故油滴带负电,A 项错误；由平衡条件有:mg ＝U d q ,故q ＝mgdU ,B 项错误；电容定义式为C ＝Q U ,由题意得Q ＝kq ,解得:C ＝kmgdU 2,C 项正确；电容器与电源保持连接,两极板电势差不变,N 板下移,板间距离d 增大,故场强减小,油滴所受电场力减小,故油滴将向下运动,D 项错误.4.(多选)如图,平行板电容器的两个极板与水平地面成角度,两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子( ) A.所受重力与电场力平衡 B.电势能逐渐增加 C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动【试题参考答案】BD【试题解析】受力分析如图所示,知重力与电场力的合力与速度方向相反,所以粒子做匀减速直线运动,动能减小,所以A 、C 项错误,D 项正确；因为电场力与速度方向夹角为钝角,所以电场力做负功,电势能增加,即B 项正确.5.(2017·福建模拟)(多选)如图所示,电源电动势为E,内阻为r.电路中的R 1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小).R 2为滑动变阻器,当开关S 闭合时,电容器C 中一带电微粒恰好处于静止状态.下列说法中正确的是( )A.只增大R 1的光照强度,电压表示数变小B.只增大R 1的光照强度,电流表示数变小C.只将滑片向上端移动时,微粒将向下运动D.若断开开关S,带电微粒仍处于静止状态【试题参考答案】AC【试题解析】只逐渐增大R1的光照强度,R1的阻值减小,外电路总电阻减小,总电流增大,电流表示数变大,内电压增大,则路端电压减小,因此电压表示数变小,故A项正确,B项错误；只将分析可知,板间场强减小,油滴所受电场滑片向上端移动时,电容器板间的电压变小,由E＝Ud力减小,则微粒将向下运动.故C项正确；若断开开关S,电容器处于放电状态,电荷量变小,板间场强减小,带电微粒所受的电场力减小,将向下运动,故D项错误.6.(2017·湖南模拟)如图,平行板电容器的两个极板与水平地面成2α角,在平行板间存在着一个匀强电场,线CD是两板间一条垂线,竖直线EF与CD交于O点；一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动,则在此过程中,对该小球下列说法错误的是()A.小球带正、负电荷都有可能B.小球可能做匀加速直线运动C.小球通过O点时所受电场力一定指向DD.小球动能的减少量是电势能增加量的2倍【试题参考答案】B【试题解析】A项,一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动,所以小球合外力沿着AB；又由于小球受重力,所以电场力的方向由O到D；由于此电场的方向未知,所以小球的电量不确定,故A、C两项正确；B项,据以上分析可知,小球做匀减速直线运动,故B项错误；D项,由以上分析可知,小球受重力等于电场力,运动的位移和夹角相同,所以二力做的功相同,据功能关系可知,小球重力势能的增加量等于电势能的增加量,即小球动能的减少量是电势能增加量的2倍,故D项正确.7.(2017·孝感一模)静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针张角的大小来定性显示金属球与外壳之间的电势差大小,如图所示,A、B是平行板电容器的两个金属板,G为静电计,开始时开关S闭合,静电计指针张开一定角度,为了使指针张开的角度减小些,下列采取的措施可行的是()A.断开开关S 后,将A 、B 两极板分开些B.断开开关S 后,增大A 、B 两极板的正对面积C.保持开关S 闭合,将A 、B 两极板拉近些D.保持开关S 闭合,将变阻器滑动触头向右移动 【试题参考答案】B【试题解析】A 项,断开开关,电容器带电量Q 不变,将A 、B 分开一些,则d 增大,根据C ＝εS4πkd 知,电容C 减小,根据C ＝QU 知,电势差增大,指针张角增大,故A 项错误；B 项,断开开关,电容器带电量Q 不变,增大正对面积,根据C ＝εS 4πkd 知,电容C 增大,根据C ＝QU 知,电势差U 减小,指针张角减小.故B 项正确；C 、D 两项,保持开关闭合,不论使A 、B 两板靠近些,还是使滑动变阻器的滑动触头向右移动,电容器两端的电势差总不变,则指针张角不变.故C 、D 两项错误. 8.一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地.两板间有一个正检验电荷固定在P 点,如图所示,以C 表示电容器的电容、E 表示两板间的场强、φ表示P 点的电势,W 表示正电荷在P 点的电势能,若正极板保持不动,将负极板缓慢向右平移一小段距离l 0的过程中,下列关于各物理量与负极板移动距离x 的关系图像中正确的是( )【试题参考答案】C【试题解析】电容器的电容C ＝εS4πkd ,两板间距随负极板向右平移而逐渐减小,电容C 与d成反比,A 项错误；电容器与电源断开后,电荷量不变,根据E ＝U d ,U ＝Q C ,C ＝εS4πkd ,可知E ＝4πkQ εS保持不变,B 项错误；负极板接地,电势为零,P 点的电势φ等于P 点到负极板的电势差,即φ＝El ,E 不变,l 减小,φ线性减小,C 项正确；由W ＝qφ可知,W 随φ的变化而变化,即W随l 的变化而变化,D 项错误.9.如图所示是一个平行板电容器,其电容为C,带电荷量为Q,上极板带正电,两极板间距为d.现将一个试探电荷＋q 由两极板间的A 点移动到B 点,A 、B 两点间的距离为x,连线AB 与极板间的夹角为30°,则静电力对试探电荷＋q 所做的功等于( )A.qCx QdB.qQx CdC.qQx 2CdD.qCx 2Qd【试题参考答案】C【试题解析】电容器两极板间电势差为U ＝Q C ,场强为E ＝U d ＝QCd .而A 、B 两点间电势差为U AB ＝Exsin30°＝Qx 2Cd ,静电力对＋q 所做的功为W ＝qU AB ＝qQx2Cd ,C 项正确.10.(2017·临汾二模)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d,极板分别与电池两极相连,上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计).小孔正上方d 处的P 点有一带电液滴,该液滴从静止开始下落,经过小孔进入电容器,并在下极板处(未与极板接触)返回.若在下极板上叠放一厚度为d4的金属板,则从P 点开始下落的相同液滴将( )A.在两极板间运动的加速度为53gB.在金属板上表面处返回C.在距上极板d2返回D.在距上极板处35d 返回【试题参考答案】AD【试题解析】对下极板未移动前,从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得,mg ·(1＋1)d －qU ＝0.若在下极板上叠放一厚度为d 4的金属板,相当于将下极板向上平移d4,设运动到距离上极板x 处返回.根据动能定理得,mg ·(d ＋x)－x3d 4·qU ＝0 联立两式解得x ＝35d.根据牛顿第二定律,则有:q U3d4－mg＝ma,解得:a＝53g,故A、D两项正确,B、C两项错误.11.(2017·福州联考)如图所示,两平行金属板竖直放置且B板接地,其间有用绝缘细线悬挂的带电小球,当给两金属板充电Q后,悬线与竖直方向夹角为θ＝π3,因电离作用,两金属板的电荷量缓慢减小(小球电荷量假设不变),以致悬线与竖直方向间的夹角逐渐减小,则在夹角减少到π6的过程中,下列说法正确的是()A.细线拉力逐渐增大B.细线拉力大小不变C.电容器两极板减小的电荷量为Q2 D.电容器两极板减小的电荷量为2Q3【试题参考答案】D【试题解析】小球受到重力mg,细线的拉力F T和水平向右的电场力F的作用而处于动态平衡(如图所示),由F T＝mgcosθ可知,θ减小,F T也减小,A、B两项错误；令两极板间距离为d,电容器的电容为C,由图知tanθ1＝Fmg＝qQmgCd,令减小的电荷量为ΔQ,同理可得tanθ2＝q（Q－ΔQ）mgCd,联立解得ΔQ＝23Q,C项错误,D项正确.12.如图(1)是某同学设计的电容式速度传感器原理图,其中上板为固定极板,下板为待测物体,在两极板间电压恒定的条件下,极板上所带电荷量Q将随待测物体的上下运动而变化,若Q 随时间t的变化关系为Q＝bt＋a(a、b为大于零的常数),其图像如图(2)所示,那么图(3)、图(4)中反映极板间场强大小E和物体速率v随t变化的图线可能是()A.①和③B.①和④C.②和③D.②和④【试题参考答案】C【试题解析】由C ＝Q U 知,U 不变,Q 减小,C 减小,由C ＝εS 4k πd 知,d 增大.由E ＝Ud ＝4k πb εS （t ＋a ）知②图像正确.由C ＝Q U ＝εS 4k πd ＝bU （t ＋a ）知d ＝εSU （t ＋a ）4k πb ,即d 与t 为一次函数,故v 的大小不变,③图像正确. 二、非选择题13.如图所示,水平放置的平行板电容器与一恒定的直流电压相连,两极板间距离d ＝10 cm.距下板4 cm 处有一质量m ＝0.01 g 的不带电小球由静止落下,小球和下极板碰撞瞬间带上了q ＝1.0×10－8 C 的电荷,反跳的高度为8 cm,这时下板所带电荷量Q ＝1.0×10－6 C.如果小球和下板碰撞时没有机械能损失.(g 取10 m/s 2)求:(1)该电容器极板间的电场强度； (2)该电容器的电容.【试题参考答案】(1)5.0×106 V/m (2)2.0 pF【试题解析】(1)设小球下落高度为h 1,到下极板时的速度为v 1 由机械能守恒定律,有mgh 1＝12mv 12反弹后的速度为v 2,由于没有机械能损失,所以v 2＝v 1 设电场强度为E ,小球带电后,向上运动的高度为h 2, 由动能定理,有qEh 2－mgh 2＝0－12mv 22由以上各式,得E ＝mg （h 2－h 1）qh 2代入数据,解得E ＝5.0×106 V/m(2)设极板间的电压为U ,电容器的电容为C 由公式C ＝QU 和U ＝Ed得该电容器的电容C ＝Q U ＝QEd＝2.0×10－12 F ＝2.0 pF14.竖直放置的一对平行金属板的左极板上,用长为L 的轻质绝缘细线悬挂一个带电量为q 质量为m 的小球,将平行金属板按如图所示的电路图连接.当滑动变阻器R 在a 位置时,绝缘线与左极板的夹角为θ1＝30°,当将滑片缓慢地移动到b 位置时,夹角为θ2＝60°.两板间的距离大于L,重力加速度为g.问:(1)小球在上述两个平衡位置时,平行金属板上电势差之比U 1∶U 2＝？(2)若保持变阻器滑片位置在a 处不变,对小球再施加一个拉力,使绝缘线与竖直方向的夹角从θ1＝30°缓慢地增大到θ2＝60°,则此过程中拉力做的功W ＝？ 【试题参考答案】(1)1∶3 (2)(233－1)mgL【试题解析】(1)小球处于静止状态,受力情况如图所示: 由平衡条件得:qEmg ＝tan θ设两极板间的距离为d ,则U ＝Ed所以在两个平衡位置时,两金属板间电势差之比为: U 1∶U 2＝tan30°:tan60°＝1∶3(2)设该过程拉力对小球做功W ,用动能定理得: W ＋qEL(sin60°－sin30°)－mgL(cos30°－cos60°)＝0 又qE ＝mgtan30° 解得W ＝(233－1)mgL.。
题组层级快练(三十一)一、选择题1.(2017·衡阳质检)关于电场,下列说法正确的是( ) A.由E ＝Fq 知,若q 减半,则该处电场强度为原来的2倍B.由E ＝k Qr2知,E 与Q 成正比,而与r 2成反比C.由E ＝k Qr 2知,在以Q 为球心,以r 为半径的球面上,各处场强均相同D.电场中某点场强方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向 【试题参考答案】B【试题解析】电场中某点的场强大小与试探电荷的电量无关,故A 项错误；由E ＝k Qr 2知,E 与Q 成正比,而与r 2成反比,B 项正确；由E ＝k Qr 2知,在以Q 为球心、r 为半径的球面上,各处电场强度大小均相同,但是方向不同,C 项错误；电场中某点电场强度方向就是该点所放正电荷受到的电场力的方向,D 项错误；故选B 项.2.如图所示,在一条直线上有两个相距0.4 m 的点电荷A 、B,A 带电＋Q,B 带电－9Q.现引入第三个点电荷C,恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态,则C 的带电性质及位置应为( ) A.正,B 的右边0.4 m 处 B.正,B 的左边0.2 m 处 C.负,A 的左边0.2 m 处 D.负,A 的右边0.2 m 处【试题参考答案】C【试题解析】要使三个电荷均处于平衡状态,必须满足“两同夹异”“两大夹小”的原则,所以C 项正确.3.(多选)某静电场中的电场线如图所示,带电粒子在电场中仅受电场力作用,其运动轨迹如图中虚线所示,由M 运动到N,以下说法正确的是( ) A.粒子必定带正电荷B.粒子在M 点的加速度大于它在N 点的加速度C.粒子在M 点的加速度小于它在N 点的加速度D.粒子在M 点的动能小于它在N 点的动能 【试题参考答案】ACD【试题解析】根据粒子运动轨迹弯曲的情况,可以确定粒子受电场力的方向沿电场线切线方向,故此粒子带正电荷,A项正确；由于电场线越密,场强越大,粒子受电场力就越大,根据牛顿第二定律可知其加速度也越大,故此粒子在N点加速度大,C项正确；粒子从M点到N点,电场力做正功,根据动能定理得此粒子在N点动能大,故D项正确.4.(2016·课标全国Ⅱ)如图,P为固定的点电荷,虚线是以P为圆心的两个圆.带电粒子Q在P的电场中运动,运动轨迹与两圆在同一平面内,a、b、c为轨迹上的三个点.若Q仅受P的电场力作用,其在a、b、c点的加速度大小分别为a a、a b、a c,速度大小分别为v a、v b、v c,则()A.a a>a b>a c,v a>v c>v bB.a a>a b>a c,v b>v c>v aC.a b>a c>a a,v b>v c>v aD.a b>a c>a a,v a>v c>v b【试题参考答案】D【试题解析】由库仑定律可知,粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为F b>F c>F a,可知,a b>a c>a a,由运动轨迹可知,粒子Q的电性与P相同,受斥力作用,不论粒子从a 由a＝Fm到c,还是从c到a,在运动过程中总有排斥力与运动方向的夹角先为钝角后为锐角,即斥力先做负功后做正功,因此v a>v c>v b,故D项正确.5.A、B是一条电场线上的两个点,一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点,其速度v与时间t的关系图像如图所示.则此电场的电场线分布可能是下列图中的()【试题参考答案】A【试题解析】从图像可以直接看出,粒子的速度随时间逐渐减小；图线的斜率逐渐增大,说明粒子的加速度逐渐变大,电场强度逐渐变大,从A到B电场线逐渐变密.综合分析知,负电荷是顺着电场线运动,由电场线疏处到达密处,正确是A项.6.(2017·甘肃二诊)如图所示,等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上,竖直固定的光滑绝缘杆与AB的中垂线重合,C、D是绝缘杆上的两点,ACBD构成一个正方形.一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速释放,由C运动到D的过程中,下列说法正确的是()A.小球的速度先减小后增大B.小球的速度先增大后减小C.杆对小球的作用力先减小后增大D.杆对小球的作用力先增大后减小【试题参考答案】D【试题解析】等量异种点电荷中垂线上的场强方向为水平向右,从C 到D 场强的大小先变大后变小,并且C 、D 两点的场强相等.带负电的小球沿光滑杆运动时,竖直方向上只受重力,水平方向上受力平衡,则小球的速度越来越大,A 、B 两项错误；杆对小球的作用力等于电场力,则先变大,后变小,C 项错误,D 项正确.7.在点电荷Q 产生的电场中有a 、b 两点,相距为d,已知a 点的场强大小为E,方向与ab 连线成30°角,b 点的场强方向与ab 连线成120°角,如图所示,则点电荷Q 的电性和b 点的场强大小为( ) A.正电、E/3 B.负电、E/3 C.正电、3E D.负电、3E【试题参考答案】D【试题解析】分别将经过a 点和b 点的电场线延长交于一点O ,如图所示,则O 点即为点电荷Q 所在的位置,电场线指向此电荷,则Q 为负电荷；由几何关系可知,如果Ob ＝d ,则Oa ＝3d ,由点电荷产生的电场强度表达式为E ＝kQr2可知,点电荷在b 点产生的场强大小为3E ,D 项正确.8.(2017·南京三模)如图,在点电荷－q 的电场中,放着一块带有一定电量、电荷均匀分布的绝缘矩形薄板,MN 为其对称轴,O 点为几何中心.点电荷－q 与a 、O 、b 之间的距离分别为d 、2d 、3d.已知图中a 点的电场强度为零,则带电薄板在图中b 点处产生的电场强度的大小和方向分别为( )A.kqd 2,水平向右 B.kqd 2,水平向左 C.kq d 2＋kq9d 2,水平向右 D.kq9d2,水平向右 【试题参考答案】A【试题解析】－q 在a 处产生的场强大小为E 1＝k qd 2,方向水平向右.据题,a 点处的电场强度为零,则知－q 与带电薄板在a 点产生的场强大小相等,方向相反,则带电薄板在a 点产生的场强大小为E 2＝k qd 2,方向水平向左,则薄板带负电.根据对称性可知,带电薄板在b 点产生的场强大小为E 3＝k qd 2,方向水平向右.故A 项正确,B 、C 、D 三项错误.9.如图所示,A 为带正电的点电荷,电量为Q,中间竖直放置一无限大的金属板,B 为质量为m 、电量为＋q 的小球,用绝缘丝线悬挂于O 点,平衡时丝线与竖直方向的夹角为θ,且A 、B 两个小球在同一水平面上,间距为L,则金属板上的感应电荷在小球B 处产生的电场强度大小E 为( ) A.E ＝kQ L 2B.E ＝mgtan θqC.E ＝mgtan θq ＋kQL2 D.E ＝mgtan θq －kQL2 【试题参考答案】D【试题解析】静电平衡时,金属板的感应电荷在B 处产生的电场强度方向向右.以小球为研究对象,分析受力情况:重力、点电荷对小球的静电力F 、感应电荷的静电力qE 和细线的拉力,如图. 根据共点力平衡条件: F ＋qE ＝Tsin θ mg ＝Tcos θ又根据库仑定律得:F ＝k QqL2联立解得,E ＝mgtan θq －kQL 2,故A 、B 、C 三项错误,D 项正确.10.(2017·广州毕业班质检)如图所示,MON 是固定的光滑绝缘直角杆,MO 沿水平方向,NO 沿竖直方向,A 、B 为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球,用一指向竖直杆的水平力F 作用在A 球上,使两球均处于静止状态.现将A 球向竖直杆方向缓慢拉动一小段距离后,A 、B 两小球可以重新平衡.则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较,下列说法正确的是( ) A.A 、B 两小球间的库仑力变大B.A 、B 两小球间的库仑力变小C.A 球对MO 杆的压力变大D.A 球对MO 杆的压力变小【试题参考答案】B【试题解析】A 项,A 、B 间的连线与竖直方向的夹角减小,对B 球研究,库仑力在竖直方向的分力与重力等大反向,因此A 、B 两小球间的库仑力减小；由整体法可知,A 球对杆的压力等于A 、B 的重力之和,A 、C 、D 项错误,B 项正确.11.(2017·黄山二模)如图所示,两根长度相等的绝缘细线,上端都系在同一水平天花板上,另一端分别连着质量均为m 的两个带电小球P 、Q,两小球静止时,两细线与天花板间的夹角θ＝30°,以下说法正确的是( ) A.细线对小球的拉力大小为233mg B.两小球间的静电力大小为33mg C.剪断左侧细线瞬间P 球的加速度大小为2gD.若两球间的静电力瞬间消失时Q 球的加速度大小为3g 【试题参考答案】C【试题解析】A 、B 两项,对P 球分析,运用共点力平衡条件得:细线的拉力为T ＝mgsin θ＝2mg 库仑力大小F ＝mgcot θ＝3mg ,故A 、B 两项错误.C 项,剪断左侧细线的瞬间,库仑力不变,小球P 所受的合力F 合＝T ＝2mg ,根据牛顿第二定律得,a ＝2g.故C 项正确.D 项,若两球间的静电力瞬间消失时Q 球的加速度大小为a ＝mgcos θm ＝32g ,故D 项错误.12.(多选)如图甲所示,Q 1、Q 2为两个被固定的点电荷,其中Q 1为正点电荷,在它们连线的延长线上有a 、b 两点.现有一检验电荷q(电性未知)以一定的初速度沿直线从b 点开始经a 点向远处运动(检验电荷只受电场力作用),q 运动的速度图像如图乙所示.则( ) A.Q 2必定是负电荷B.Q 2的电荷量必定大于Q 1的电荷量C.从b 点经a 点向远处运动的过程中检验电荷q 所受的电场力一直减小D.可以确定检验电荷的带电性质 【试题参考答案】AD【试题解析】由图乙可知,检验电荷先减速后加速运动,若Q 2是正电荷,则在b 点右侧的电场方向必定向右,q 受力不可能改变方向,故Q 2一定为负电荷,故A 项正确；根据点电荷场强公式,设q 到Q 1、Q 2的距离分别为r 1、r 2,则q 所在处的场强为E ＝k Q 1r 12－k Q 2r 22,q 在b →a 运动过程中,受力向左,在a 点右侧运动过程中,受力向右.由于r 1>r 2,若Q 1<Q 2,场强E 必定始终向左,q 受力方向不可能发生改变,故必定有Q 1>Q 2,故B 项错误；由图乙可知,q 受力先向左后向右,且加速度先减小后增大再减小,故C 项错误；在b 处,若k Q 1r 12>k Q 2r 22,考虑到Q 1>Q 2,r 1>r 2,设q移动的位移为Δx ,由数学知识可以证明,则一定有k Q 1（r 1＋Δx ）2>k Q 2（r 2＋Δx ）2,即E 始终朝一个方向,不符合题意,故在b 处必定有k Q 1r 12<k Q 2r 22,场强E b 必定向左,而q 在b 处受力向左,因此q 电荷一定为正电荷,故D 项正确. 二、非选择题13.在一个水平面上建立x 轴,在过原点O 垂直于x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场,场强大小E ＝6.0×105 N/C,方向与x 轴正方向相同,在原点O 处放一个质量m ＝0.01 kg 带负电荷的绝缘物块,其带电荷量q ＝－5×10－8 C.物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2,给物块一个沿x 轴正方向的初速度v 0＝2 m/s.如图所示.试求: (1)物块沿x 轴正方向运动的加速度； (2)物块沿x 轴正方向运动的最远距离； (3)物体运动的总时间为多长？【试题参考答案】(1)5 m/s 2 (2)0.4 m (3)1.74 s.【试题解析】(1)物块沿x 轴正方向运动时,由牛顿第二定律有 qE －μmg ＝ma 1则加速度a 1＝qE －μmgm ＝－5 m/s 2,即加速度大小为5 m/s 2,方向沿x 轴负方向.(2)由运动学公式,物块沿x 轴正方向运动的最远距离为 x 1＝－v 022a 1＝0.4 m.(3)物块先向右做匀减速直线运动,则 x 1＝v 0＋02·t 1解得t 1＝0.4 s接着物块向左做匀加速直线运动:a 2＝qE ＋μmgm ＝－1 m/s 2由－x 1＝12a 2t 22解得t 2＝20.2 s物块离开电场后,向左做匀减速运动:a 3＝μmgm ＝μg ＝2 m/s 2根据:a 3t 3＝0－a 2t 2 得t 3＝－a 2a 3t 2＝0.2 s物块运动的总时间为:t ＝t 1＋t 2＋t 3＝1.74 s.14.(2017·淮南一模)如图甲所示,倾角为θ＝30°绝缘斜面被垂直斜面直线MN 分为左右两部分,左侧部分光滑,范围足够大,上方存在大小为E ＝1 000 N/C,方向沿斜面向上的匀强电场,右侧部分粗糙,范围足够大,一质量为m ＝1 kg,长为L ＝0.8 m 的绝缘体制成的均匀带正电直棒AB 置于斜面上,A 端距MN 的距离为d,现给棒一个沿斜面向下的初速度v 0,并以此时作为计时的起点,棒在最初0.8 s 的运动图像如图乙所示,已知0.8 s 末棒的B 端刚好进入电场,取重力加速度g ＝10 m/s 2,求:(1)直棒AB 开始运动时A 端距MN 的距离为d ； (2)直棒AB 的带电量q ；(3)直棒AB 最终停止时,直棒B 端到MN 的距离. 【试题参考答案】(1)20 m (2)7.5×10－3 C (3)25.48 m 【试题解析】(1)0～0.8 s 内棒运动的位移为: x 1＝v 0＋v 2t ＝27＋252×0.8 m ＝20.8 m ,A 端距离MN 的距离为:d ＝x 1－L ＝20.8－0.8 m ＝20 m.(2)由乙可知,棒在向下运动至B 端刚好进入电场的过程中,棒的加速度一直不变,为: a ＝ΔvΔt＝2.5 m/s 2,当B 端刚进入电场时根据牛顿第二定律可得: qE －mgsin θ＝ma得:q ＝m （a ＋gsin θ）E ＝1×（2.5＋5）1 000 C ＝7.5×10－3 C.(3)AB 棒未进入电场前,根据牛顿第二定律可得: μmgcos θ－mgsin θ＝ma 代入数据解得:μ＝a ＋gsin θgcos θ＝32,到B 刚要离开电场的运动过程中,静电力做功为零,重力做功为零.而棒AB 出电场过程中,因电场力做的正功与摩擦力做的负功大小相等,二力总功为零,棒B 端出电场直到最终停止,设B 端在MN 右侧与MN 相距为x ,由动能定理可得: －mgxsin θ－μmg cos θ(x －L)＝0－12mv 2,代入数据求得:x ＝25.48 m故B 端在MN 右边且距MN 为25.48 m.。
题组层级快练(二十三)一、选择题1.在如图所示的物理过程示意图中,甲图一端固定有小球的轻杆,从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架,释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为轻绳一端连着一小球,从右偏上30°角处自由释放；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车,把用细绳悬挂的小球从图示位置释放,小球开始摆动,则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计),下列判断中正确的是()A.甲图中小球机械能守恒B.乙图中小球A机械能守恒C.丙图中小球机械能守恒D.丁图中小球机械能守恒【试题参考答案】A【试题解析】甲图过程中轻杆对小球不做功,小球的机械能守恒,A项正确；乙图过程中轻杆对A的弹力不沿杆的方向,会对小球做功,所以小球A的机械能不守恒,但两个小球组成的系统机械能守恒,B项错误；丙图中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失,机械能不守恒,C项错误；丁图中小球和小车组成的系统机械能守恒,但小球的机械能不守恒,这是因为摆动过程中小球的轨迹不是圆弧,细绳会对小球做功,D项错误.2.(2017·四川模拟)如图所示,两个半径不等的光滑半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高,两个质量不等的球(从半径大的轨道下滑的小球质量大,设为大球,另一个为小球,且可均视为质点)分别自轨道左端由静止开始滑下,在各自轨迹的最低点时,下列说法正确的是()A.大球的速度大于小球的速度B.大球的动能可能小于小球的动能C.大球的向心加速度大于小球的向心加速度D.大球所受轨道的支持力等于小球所受轨道的支持力 【试题参考答案】A【试题解析】根据机械能守恒定律可得:mgR ＝12mv 2知:v ＝2gR ,半径大的圆形轨道,球到达底端的速度大,大球质量大,下降的高度大,则到达底端的动能大,故A 项正确,B 项错误.根据向心加速度公式可得向心加速度为:a ＝v 2R ＝2g ,则可知,两球的向心加速度相等,故C 项错误.根据牛顿第二定律得:N －mg ＝m v 2R ,解得:N ＝3mg ,由于大球的质量大,则大球所受的支持力大,故D 项错误.3.(2017·郑州第二次质检)如图所示,可视为质点的小球以初速度v 0从光滑斜面底端向上滑,恰能到达高度为h 的斜面顶端.下图中有四种运动:A 图中小球滑入轨道半径等于12h 的光滑管道；B 图中小球系在半径大于12h 而小于h 的轻绳下端；C 图中小球滑入半径大于h 的光滑轨道；D 图中小球固定在长为12h 的轻杆下端.在这四种情况中,小球在最低点的水平初速度都为v 0,不计空气阻力,小球不能到达高度h 的是( )【试题参考答案】B【试题解析】小球经过管道最高点时,最小速度为零,由机械能守恒定律可知,小球可以到达最高点,A 项不合题意；小球在绳的约束下,到达最高点时,速度不为零,由机械能守恒定律可知,小球上升的最大高度小于h ,B 项符合题意；小球在曲面上运动时,到达最高点的速度可以为零,由机械能守恒定律可知小球能到达高度h ,C 项不合题意；小球在杆的约束下,到达最高点的最小速度可为零,由机械能守恒定律可知,小球可以到达最大高度h ,D 项不合题意. 4.以水平初速度v 0将一个小石子从离水平地面高H 处抛出,从抛出时开始计时,取地面为参考平面,不计空气阻力.下列图像中,A 为石子离地的高度与时间的关系,B 为石子的速度大小与时间的关系,C 为石子的重力势能与时间的关系,D 为石子的动能与离地高度的关系.其中正确的是( )【试题参考答案】C【试题解析】A 项,由自由落体的知识h ＝H －12gt 2,故A 项错误；B 项,根据矢量的合成,v ＝v 02＋（gt ）2,所以不是一次函数,B 项错误；C 项,E p ＝mgh ,h ＝H －12gt 2,所以E p ＝mgH －12mg 2t 2,故C 项正确；D 项,根据能量守恒知E k ＝mgH ＋12mv 02－mgh ＝mg(H －h)＋12mv 02,与高度是一次函数,故D 项错误；故选C 项.5.(2017·惠州二模)如图所示,绕过光滑钉子O 的细绳,两端分别拴有A 、B 两个小球,A 球的质量是B 球的2倍.现将两球从距地面高度为h 处由静止释放.若细绳足够长,细绳的质量、空气的阻力均不计.则B 球上升到距地面的最大高度为( )A.hB.43h C.73h D.83h 【试题参考答案】C【试题解析】对系统由机械能守恒可得:2mgh －mgh ＝12×3mv 2,对B 在A 落地之后:12mv 2＝mgh ′,联立解得:h ′＝h3,故B 的离地最大高度为:H ＝h ′＋2h ＝h 3＋2h ＝73h ,故C 项正确,A 、B 、D 三项错误.6.(2017·衡阳模拟)木板固定在墙角处,与水平面夹角为θ＝37°,木板上表面光滑,木板上开有一个孔洞,一根长为l 、质量为m 的软绳置于木板上,其上端刚好进入孔洞,用细线将质量为m 的物块与软绳连接,如图所示.物块由静止释放后向下运动,带动软绳向下运动,当软绳刚好全部离开木板(此时物块未到达地面)时,物块的速度为(已知重力加速度为g,sin37°＝0.6)( ) A.gl B. 1.1gl C. 1.2gl D.2gl 【试题参考答案】C【试题解析】在下落过程中,由几何关系可知,重物的重心下降高度为l ；而软绳重心的下降高度为:h ′＝0.5l －0.5lsin37°＝0.2l ,故全过程中重力势能的减小量为:ΔE p＝mgl＋0.2mgl＝1.2mgl；根据机械能守恒定律可得:12＝ΔE p2mv解得:v＝ 1.2gl；故C项正确,A、B、D三项错误.7.(2017·云南模拟)(多选)如图所示,一质量为m的小球套在光滑竖直杆上,轻质弹簧一端与小球相连,另一端固定于O点.现将小球从A点由静止释放,沿竖直杆运动到B点,已知OA长度小于OB长度,弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等,A、B两点间的距离为h.在小球由A到B的过程中,下列说法正确的是()A.弹簧处于OA、OB两位置时的弹性势能不相等B.小球在B点时的动能为mghC.小球的加速度等于重力加速度g的位置只有一个D.在弹簧与杆垂直时,小球机械能最小【试题参考答案】BD【试题解析】现将小球从A点由静止释放,沿竖直杆运动到B点,在小球由A到B的过程中,由于弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等,根据胡克定律可知弹簧形变量相等,根据同一轻弹簧的弹性势能只与形变量有关,所以弹簧处于OA、OB两位置时的弹性势能相等,A项错误.在小球由A到B的过程中,由机械能守恒定律,小球在B点时的动能为E k＝mgh,B项正确.在小球由A到B的过程中,在小球下落到与O点在同一水平位置时,即在弹簧与杆垂直时,在竖直方向只受重力作用,加速度为重力加速度g；在小球下落到轻弹簧恢复到原长时,在竖直方向只受重力作用,加速度为重力加速度g；所以在小球由A到B的过程中,小球的加速度等于重力加速度g的位置有两个,C项错误.在小球由A点下落到与O点在同一水平位置的过程中,轻弹簧的弹力对小球做负功,小球的机械能减小；在小球由与O点在同一水平位置继续下落的过程中,轻弹簧的弹力对小球做正功,小球的机械能增大,所以在弹簧与杆垂直时,小球机械能最小,D项正确.8.(2017·江西省联考)(多选)如图1所示,竖直光滑杆固定不动,套在杆上的弹簧下端固定,将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1 m处,滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块,通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h,并作出如图2滑块的E k－h图像,其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图像为直线,其余部分为曲线,以地面为零势能面,取g＝10 m/s2,由图像可知( )A.小滑块的质量为0.1 kgB.轻弹簧原长为0.2 mC.弹簧最大弹性势能为0.5 JD.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 J 【试题参考答案】BC【试题解析】在从0.2 m 上升到0.35 m 范围内,ΔE k ＝ΔE p ＝mg Δh ,图线的斜率绝对值为:k ＝ΔE k Δh ＝0.30.35－0.2 N ＝2 N ＝mg ,所以m ＝0.2 kg ,故A 项错误；在E k h 图像中,由于高度从0.2 m 上升到0.35 m 范围内图像为直线,说明滑块从h ＝0.2 m ,滑块与弹簧分离,弹簧的原长为0.2 m.故B 项正确；根据能的转化与守恒可知,当滑块上升至最大高度时,增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能,所以E pm ＝mg Δh ＝0.2×10×(0.35－0.1) J ＝0.5 J ,故C 项正确；由图可知,当h ＝0.18 m 时的动能最大；滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小,根据能的转化和守恒可知,E pmin ＝E －E km ＝E pm ＋mgh －E km ＝0.5 J ＋0.2×10×0.1 J －0.32 J ＝0.38 J ,故D 项错误.9.(2017·沈阳一模)(多选)如图所示,在竖直平面内半径为R 的四分之一圆弧轨道AB 、水平轨道BC 与斜面CD 平滑连接在一起,斜面足够长.在圆弧轨道上静止着N 个半径为r(r ≪R)的光滑刚性小球,小球恰好将圆弧轨道铺满,从最高点A 到最低点B 依次标记为1、2、3……N.现将圆弧轨道末端B 处的阻挡物拿走,N 个小球由静止开始沿轨道运动,不计摩擦与空气阻力,下列说法正确的是( )A.N 个小球在运动过程中始终不会散开B.第N 个小球在斜面上能达到的最大高度为RC.第1个小球到达最低点的速度2gR ＞v ＞gRD.第1个小球到达最低点的速度v ＜gR【试题参考答案】AD【试题解析】在下滑的过程中,水平面上的小球要做匀速运动,而曲面上的小球要做加速运动,则后面的小球对前面的小球有向前的压力作用,所以小球之间始终相互挤压,冲上斜面后后面的小球把前面的小球往上压,所以小球之间始终相互挤压,故N 个小球在运动过程中始终不会散开,故A 项正确；把N 个小球看成整体机械能守恒,在斜面上N 个小球整体重心最大高度不变,但第N 个小球在斜面上能达到的最大高度不能确定,故B 项错误；若AB 为斜面,对全部小球,根据机械能守恒定律得:12mv 2＝mg·R2,解得:v ＝gR.由于N 个小球在圆弧轨道上重心高度低于12R ,所以第1个小球到达最低点的速度v ＜gR ,故C 项错误,D 项正确.10.如图所示,在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上,放有两个质量分别为1 kg 和2 kg 的可视为质点的小球A 和B,两球之间用一根长L ＝0.2 m 的轻杆相连,小球B 距水平面的高度h ＝0.1 m.两球由静止开始下滑到光滑地面上,不计球与地面碰撞时的机械能损失,g 取10 m/s 2.则下列说法中正确的是( )A.整个下滑过程中A 球机械能守恒B.整个下滑过程中B 球机械能守恒C.整个下滑过程中A 球机械能的增加量为23 JD.整个下滑过程中B 球机械能的增加量为23 J【试题参考答案】D【试题解析】在下滑的整个过程中,只有重力对系统做功,系统的机械能守恒,但在B 球沿水平面滑行而A 沿斜面滑行时,杆的弹力对A 、B 球做功,所以A 、B 球各自机械能不守恒,故A 、B 项错误；根据系统机械能守恒得:m A g(h ＋Lsin θ)＋m B gh ＝12(m A ＋m B )v 2,解得v ＝23 6 m/s ,系统下滑的整个过程中B 球机械能的增加量为12m B v 2－m B gh ＝23 J ,故D 项正确；A 球的机械能减小23,C 项错误.二、非选择题11.如图,在半径为r 的轴上悬挂着一个质量为M 的水桶P,轴上均匀分布着6根手柄,每个柄端固定有质量均为m 的金属球,球离轴心的距离为l,轮轴、绳和手柄的质量及摩擦均不计.现由静止释放水桶,整个装置开始转动. (1)当水桶下降的高度为h 时,水桶的速度为多少？ (2)已知水桶匀加速下降,下降过程中细绳的拉力为多少？【试题解析】(1)水桶下降的高度为h 时,水桶的速度为v 1,金属球的速度为v 2,系统机械能守恒,有Mgh ＝12Mv 12＋12×6mv 22,又v 1v 2＝ωr ωl ＝r l .解得v 1＝2Mghr 2Mr 2＋6ml 2,(2)水桶匀加速下降的加速度为a ,则v 12＝2ah ,a ＝v 122h ＝Mgr 2Mr 2＋6ml 2,对水桶:Mg －T ＝Ma , 解得T ＝M(g －a)＝6Mmgl 2Mr 2＋6ml 212.(2017·江苏学业考试)将一根长为L 的光滑细钢丝ABCDE 制成如图所示的形状,并固定在竖直平面内.其中AD 段竖直,DE 段为34圆弧,圆心为O,E为圆弧最高点,C 与E 、D 与O 分别等高,BC ＝14AC.将质量为m 的小珠套在钢丝上由静止释放,不计空气阻力,重力加速度为g. (1)小珠由C 点释放,求到达E 点的速度大小v 1；(2)小珠由B 点释放,从E 点滑出后恰好撞到D 点,求圆弧的半径R ； (3)欲使小珠到达E 点与钢丝间的弹力超过mg4,求释放小珠的位置范围.【试题参考答案】(1)0 (2)2L4＋3π(3)见解析【试题解析】(1)选取O 点为0势能点,C 点与E 点相对于O 的高度都是R ；小珠由C 点释放后,小球的机械能守恒,则: mgR ＝mgR ＋12mv 12所以:v 1＝0；(2)小珠从E 点滑出后做平抛运动,竖直方向:R ＝12gt 2所以:t ＝2R g水平方向:R ＝v 2t 所以:v 2＝Rt＝gR 2B 相对于O 点的高度:h B ＝R ＋14AC其中:AC ＝L －34·2πR －RB 到E 的过程中:mgh B ＝mgR ＋12mv 22联立可得:R ＝2L4＋3π；(3)设释放点的高度相对于C 点为h ,若小珠子到达E 时,与钢丝间的弹力超过mg4有两种情况:Ⅰ.小珠受到的弹力方向向上,则:mg －14mg ＝mv 32R由机械能守恒得:mg(h ＋R)＝mgR ＋12mv 32联立得:h ＝3L4（4＋3π）Ⅱ.小珠受到的弹力方向向下,则:mg ＋14mg ＝mv 42R由机械能守恒得:mg(h ′＋R)＝mgR ＋12mv 42联立得:h ′＝5L4（4＋3π）即当小珠子从C 点上方低于3L 4（4＋3π）处滑下或高于5L4（4＋3π）处滑下时,小珠到达E 点与钢丝间的弹力超过mg4.13.(2017·辛集市统考)如图所示,竖直光滑的固定杆上套有一滑块A,滑块通过细绳绕过光滑滑轮连接物块B,B 又通过一轻质弹簧连接物块C,C 静止在地面上.开始用手托住A,使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力,现将A 由静止释放,当A 、B 速度达到最大时,C 也刚好同时离开地面(此时B 还没有到达滑轮位置).已知:m A ＝1.2 kg,m B ＝m C ＝1.0 kg,滑轮与杆的水平距离L ＝0.8 m,g 取10 m/s 2.试求:(1)A 下降多大距离时速度最大？ (2)弹簧的劲度系数k ； (3)A 的最大速度是多少？【试题参考答案】(1)0.6 m (2)100 N/m (3)2153m/s【试题解析】(1)如图所示,设A 下降h 时速度达最大,此时绳与杆夹角为θ,绳中张力为T.因为A 物块速度达到最大,故加速度为零,即受力平衡, 有m A g ＝Tcos θ,此时C 刚好离开地面,故T ＝(m B ＋m C )g ＝20 N , 解得cos θ＝0.6,即θ＝53°, 所以h ＝L tan θ＝0.8tan53°m ＝0.6 m.(2)开始时绳中无张力,对B 分析,有m B g ＝kx 1, C 离开地面时,有m C g ＝kx 2, 又x 1＋x 2＝Lsin θ－L可解得k ＝100 N/m.(3)由(2)知,x 1＝x 2＝0.1 m ,故初、末状态弹簧的弹性势能相等, 对A 、B 、C 及弹簧系统由机械能守恒定律有 m A gh －m B g(x 1＋x 2)＝12m A v A 2＋12m B v B 2又v B ＝v A cos θ联立可解得v A＝2153m/s.。
