物理人教版 (2019)第十章 静电场中的能量综合与测试随堂练习题

这是一份物理人教版 (2019)第十章 静电场中的能量综合与测试随堂练习题，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列有关传感器的说法中错误的是（ ）
A．宾馆房间的火灾报警器应用了温度传感器
B．电子秤称量物体质量应用了力传感器
C．霍尔元件是将磁感应强度转换为电压的一种磁传感器
D．新冠疫情防控中使用的枪式测温仪应用了红外传感器
2．如图所示，有一带正电粒子沿着轴正方向运动在与间只受到电场力作用，若不计该带电粒子的重力，电势与位置关系为抛物线，其中处为抛物线最低点。如果规定电场力沿轴正方向为正，在下列选项中，可定性反映该带电粒子在与之间所受电场力与位置的关系的是（ ）
A．B．
C．D．
3．如图，在直角坐标系xOy中有a、b、c、d四点，c点坐标为（-4cm，3cm）。现加上一方向平行于xOy平面的匀强电场，b、c、d三点电势分别为9V、25V、16V，将一电荷量为-2×10-5C的点电荷从a点沿abcd移动到d点，下列说法正确的是（ ）
A．坐标原点O的电势为-4V
B．电场强度的大小为500V/m
C．该点电荷在a点的电势能为2×10-4J
D．该点电荷从a点移到d点的过程中，电场力做的功为8×10-4J
4．以下说法正确的是（ ）
A．匀强电场中各处的场强相等，电势也相等
B．场强为零的区域中，电势处处相同
C．沿电场线方向电场强度一定越来越小
D．电势降低的方向就是电场线的方向
5．有一电子束焊接机，焊接机中的电场线如图中虚线所示．其中K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止开始在K、A之间被加速．不考虑电子重力，电子的质量为m ,元电荷为e，则下列说法正确的是（ ）
A．由K沿直线到A电势逐渐降低
B．由K沿直线到A场强逐渐减小
C．电子在由K沿直线运动到A的过程中电势能减小了eU
D．电子由K沿直线运动到A的时间为
6．如图所示，两块水平放置的平行金属板a、b，相距为d，组成一个电容为C的平行板电容器，R1为定值电阻，R2为可变电阻，开关S闭合.质量为m的带正电的微粒从O点以水平速度v射入金属板问，沿曲线打在b板上的P点若经有关调整后，微粒仍从O点以水平速度v射入，不计空气阻力及板外电场，则下列判断正确的是（ ）
A．只增大R2，微粒打在P点左侧
B．只增大R2，微粒仍打在P点
C．S断开，a板稍微竖直上移，微粒仍打在P点
D．S断开，a板稍微竖直上移，微粒打在P点左侧
7．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是
A．x1处电场强度最小，但不为零
B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动
C．若x1、x3处电势为1、3，则13,故C错误；
D、x2～x3段斜率不变，所以这段电场强度大小方向均不变，故D正确；
故选D
点睛：EP-x图像的斜率表示粒子所受电场力F，根据F=qE判断各点场强的方向和大小，以及加速度的变化情况．至于电势的高低，可以利用结论“负电荷逆着电场线方向移动电势能降低，沿着电场线方向移动电势能升高”来判断．
8．CD
【详解】
A．如图所示，轨迹向左弯曲，带电粒子所受的电场力方向向左，则带电粒子受到了排斥力作用，又由于O处点电荷带正电，所以粒子带正电荷。故A错误；
B．从a到b过程中，带电粒子受到了排斥力作用，电场力做负功，可知电势能增大，动能减小，粒子在b点的速度一定小于在a点的速度。故B错误；
C．a、c两点处于同一等势面上，从a到c，电场力做功为零，则a、c两点动能相等，故C正确；
D．从b到c过程中，电场力做正功，可知电势能减小，粒子在b点的电势能一定大于在c点的电势能，故D正确。
故选CD。
9．BD
【详解】
AB．由于静电平衡，球心处的合场强为零，即电荷Q和球面上感应电荷在球心O处产生的场强大小相等，方向相反．根据点电荷场强公式， 点电荷Q在球心处产生的场强：
方向水平向左，故A错误，B正确.
CD．由于金属球A处于静电平衡状态，故球心处的电势和球表面的电势一样高，故C错误，D正确.
故选BD.
10．BD
【详解】
A.据题带电液滴沿直线b运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，
则电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电。故A错误；
B.由图可得物体所受合力
故物体的加速度
故B项正确；
C.由于液滴从静止开始做加速运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，故C错误；
D.由于电场力所做的功
故电场力对液滴做正功，故液滴的电势能减小，故D项正确。
11．BC
【详解】
A．由可知，φ－x图象的斜率等于电场强度，则可知小球从O运动到x1的过程中，场强不变，由F=qE知，粒子所受电场力保持不变，故A错误；
B．负电荷在电势高处电势能小，则小球从x1运动到x3的过程中，电势不断减少，负电荷的电势能一直增大，故B正确；
C．若小球的初速度，当小球运动到x1处时，电场力做正功最大，粒子的速度最大，从x=0到x1处，根据动能定理得
解得最大速度为
故C正确；
D．若小球能运动恰好运动到x3处，初速度v0最小，从x=0到x3处，根据动能定理得
解得
故D错误。
故选BC。
12．AB
【详解】
A. 若两电荷是异种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度大小相同，方向相同，即电场强度相同，故A正确；
B.若两电荷是异种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比O点的电场线最稀疏，故场强是最小的，而与HG上各点相比，O点的电场线是最密的，故场强是最大的，故B正确；
C.若两电荷是同种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度大小相同，但是方向相反，即电场强度不同，故C 错误；
D.若两电荷是同种电荷，则O点的电场强度大小为零，故与MN上各点相比是最小的，与HG上各点相比也是最小的，故D 错误。
13．正 左 （均正确）
【详解】
[1]当开关S接“1”达到稳定后，即电容器充电完成，由于电容器上极板与电源正极相边，则电容器上极板带正电；
[2]当开关S接到“2”瞬间，电容器开始放电，由于上极板带正电，则流过R的电流方向向左；
[3]图像与坐标轴所围面积表示电容器储存的电荷量，由图可知
则
由于误差F均可。
14．变小 变小
【详解】
[1][2][3]根据，正对面积变小说明电容减小，又，电压增大则发现静电计指针的偏角变大；使两极板间的距离变大，根据，说明电容减小，又，电压增大则发现静电计指针的偏角变大．我们之所以能够得出这些结论是因为电容器的电容。
15．(1)；(2)80V；(3)
【详解】
（1）粒子在加速电场中只有电场力做功，根据动能定理有
解得
（2）电子恰好从下极板边缘飞出，根据类平抛运动规律，则有
水平方向
竖直方向
且
联立解得
代入数据解得
（3）若将第(2)问求得的电压减小一半，即，则竖直方向的速度为
且
，
联立解得
则电子飞出偏转电场时的速度与水平方向间的夹角的正切值为
将
，
代入解得
代入数据解得
16．(1)2 m/s2 方向水平向右；(2)-3×106V；(3)1m或5m。
【详解】
(1)由图可知：
带电环受到的电场力：
带电环受到的合外力：
当x=1m时，
(2)因为沿电场线方向电势降低，所以当带电环沿x轴正方向运动到了最远处时，电势最低，由动能定理得：
代入数据得：
解得：
x=6m
由E—x图象可知：
解得：
(3)当带电环动能为0.5J，W合=0.5J，则：
解得：
x=1m或x=5m
17．(1) (2)不相等，原因见解析
【详解】
(1)根据功的定义可知：
根据电场力做功与电势差关系可得：
联立得：
(2)不相等；根据电场线的疏密程度可知、间的平均场强大于、间的平均场强，由可知，故、两点间的电势差大于、两点间的电势差。
18．(1)粒子带负电，(2) (3)
【详解】
(1)由于粒子做直线运动，所以粒子所合力应与初速度在一条直线上，粒子除重力外，还受电场力，所以电场力方向水平向左，则粒子带负电，受力分析如图
由平衡条件得
解得
(2)由牛顿第二定律：
由速度公式得
解得
(3)沿电场方向有
电场力做功
，
联立解得
19．（1）；（2）。
【详解】
（1）设小球在圆弧形管道最低点B处分别受到+Q和-Q的库仑力分别为F1和F2，则：
①
小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则得：
F=2F1cs60° ②
联立①②得：
③；
（2）管道所在的竖直平面是+Q和-Q形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有：
④
解得：
⑤
设在B点管道对小球沿竖直方向的压力为，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得：
⑥
解得：
⑦
设在B点管道对小球在水平方向的压力为，则：
⑧
圆弧形管道最低点B处对小球的压力大小为：
⑨
由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为：
⑩
20．1000V/m ；如图
【详解】
电荷量为的正电荷从A移到B，电场力做功为零，则A与B电势相等，AB连线是一条等势线．BC间电势差为
该匀强电场的场强大小
电场线方向垂直于AB向下．如图．