選擇題專題增分練8

增分練(8)電場的性質(zhì)1．(2017·山西省太原市高三下學(xué)期模擬)在真空中M、N兩點分別放有異種點電荷＋2Q和－Q，以MN連線中點O為中心作一圓形路徑abcd，a、O、c三點恰好將MN四等分．b、d為MN的中垂線與圓的交點，如圖所示，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)、b、c、d四點電場強(qiáng)度的大小關(guān)系是Ea＞Ec，Eb＝EdB．a(chǎn)、b、c、d四點電勢的關(guān)系是φa＜φc，φb＝φdC．在MN的連線上，O點的電場強(qiáng)度最小D．將帶負(fù)電的試探電荷由b沿直線移動到d的過程中，其電勢能始終不變解析：選A.設(shè)Ma＝aO＝d.則Ea＝eq\f(k·2Q,d2)＋eq\f(kQ,3d2)＝eq\f(19kQ,9d2)，Ec＝eq\f(k·2Q,3d2)＋eq\f(kQ,d2)＝eq\f(11kQ,9d2)，故Ea＞Ec，b、d兩點由于對稱，則有Eb＝Ed.故A正確．沿電場線方向電勢降低，故φa＞φc，根據(jù)對稱性可知φb＝φd.故B錯誤．電場線的疏密表示電場強(qiáng)度的相對大小，由電場線疏密程度可知，AB連線上電場強(qiáng)度最小值出現(xiàn)在O點的右側(cè)，故C錯誤．負(fù)點電荷沿直線由b運動到d的過程中，只是初末位置的電勢能相等，過程中電勢能在變化，故D錯誤．2．如圖所示，空間中存在沿x軸的靜電場，其電勢φ沿x軸的分布如圖所示，x1、x2、x3、x4是x軸上的四個點，質(zhì)量為m、帶電量為－q的粒子(不計重力)，以初速度v0從O點沿x軸正方向進(jìn)入電場，在粒子沿x軸運動的過程中，下列說法正確的是()A．粒子在x2點的速度為0B．從x1到x3點的過程中，粒子的電勢能先減小后增大C．若粒子能到達(dá)x4處，則v0的大小至少應(yīng)為eq\r(\f(2qφ0,m))D．若v0＝eq\r(\f(2qφ0,m))，則粒子在運動過程中的最大動能為3qφ0解析：選C.根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低，由φ-x圖象，畫出沿x軸方向的場強(qiáng)方向(圖中箭頭指向)及各點電勢分布如圖所示．由圖示知，O和x2兩點電勢相等，O到x2過程，電場力做功為0，動能不變，故粒子在x2點的速度為v0，選項A錯誤；從x1到x3過程中，電場力對負(fù)電荷一直做負(fù)功，粒子的電勢能一直增加，選項B錯誤；從x3到x4過程中，電場力對負(fù)電荷做正功，故粒子若能到達(dá)x4點，需能到達(dá)x3點．假設(shè)粒子恰好到達(dá)x3，由動能定理得W＝qφ0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故v0大小至少為eq\r(\f(2qφ0,m))，選項C正確；粒子運動過程中，電場力所做正功的最大值為qφ0，若v0＝eq\r(\f(2qφ0,m))，則動能最大值為2qφ0，選項D錯誤．3．(2017·浙江聯(lián)考)如圖所示，粗糙程度均勻的絕緣空心斜面ABC放置在水平面上，∠CAB＝30°，斜面內(nèi)部O點(與斜面無任何連接)固定有一正點電荷，一帶負(fù)電的小物體(可視為質(zhì)點)可以分別靜止在M、N點和MN的中點P上，OM＝ON，OM∥AB，則下列判斷正確的是()A．小物體分別在三處靜止時所受力的個數(shù)一定都是4個B．小物體靜止在P點時受到的支持力最大，靜止在M、N點時受到的支持力相等C．小物體靜止在P點時受到的摩擦力最大D．當(dāng)小物體靜止在N點時，地面給斜面的摩擦力為零解析：選B.從小物體所受重力、支持力和庫侖力的方向關(guān)系看，小物體在M點時可能受三個力作用，故A錯；小物體靜止時受到的支持力大小等于重力和庫侖力在垂直斜面方向的分力之和的大小，由于P點離O點最近，且此時庫侖力垂直于斜面，故小物體靜止在P點時受到的支持力最大，由M、N點相對P點的對稱關(guān)系可確定庫侖力垂直斜面的分力相同，故小物體靜止在M、N點時受到的支持力相等，B正確；在P點時，小物體所受靜摩擦力大小等于重力沿斜面方向的分力大小，而在N點時靜摩擦力大小等于重力和庫侖力沿斜面方向的分力大小之和，故C錯；小物體靜止在N點時，對斜面和小物體整體受力分析可知，由于受到沿左下方的庫侖力，由平衡條件知地面給斜面的摩擦力方向向右．故D錯．4．如圖所示，在空間中存在豎直向上的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的物塊從A點由靜止開始下落，加速度為eq\f(1,3)g，下降高度H到B點后與一輕彈簧接觸，又下落h后到達(dá)最低點C，整個過程中不計空氣阻力，且彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則帶電物塊在由A點運動到C點過程中，下列說法正確的是()A．該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為eq\f(mg,3q)B．帶電物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少量為eq\f(mgH＋h,3)C．帶電物塊電勢能的增加量為mg(H＋h)D．彈簧的彈性勢能的增加量為eq\f(mgH＋h,3)解析：選D.帶電物塊由靜止開始下落時的加速度為eq\f(1,3)g，根據(jù)牛頓第二定律得：mg－qE＝ma，解得：E＝eq\f(2mg,3q)，故A錯誤；從A到C的過程中，除重力和彈簧彈力以外，只有電場力做功，電場力做功為：W＝－qE(H＋h)＝－eq\f(2mgH＋h,3)，可知機(jī)械能減少量為eq\f(2mgH＋h,3)，故B錯誤；從A到C的過程中，電場力做功為－eq\f(2mgH＋h,3)，則電勢能增加量為eq\f(2mgH＋h,3)，故C錯誤；根據(jù)動能定理得：mg(H＋h)－eq\f(2mgH＋h,3)＋W彈＝0－0，解得彈力做功為：W彈＝－eq\f(mgH＋h,3)，即彈簧彈性勢能增加量為eq\f(mgH＋h,3)，故D正確．5．(多選)如圖所示，A、B為兩塊平行帶電金屬板，A帶負(fù)電，B帶正電且與大地相接，兩板間P點處固定一負(fù)電荷，設(shè)此時兩極間的電勢差為U，P點場強(qiáng)大小為E，電勢為φP，負(fù)電荷的電勢能為Ep，現(xiàn)將A、B兩板水平錯開一段距離(兩板間距不變)，下列說法正確的是()A．U變大，E變大 B．U變小，φP變小C．φP變小，Ep變大 D．φP變大，Ep變小解析：選AC.根據(jù)題意可知兩極板間電荷量保持不變，當(dāng)正對面積減小時，則由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容減小，由U＝eq\f(Q,C)可知極板間電壓增大，由E＝eq\f(U,d)可知，電場強(qiáng)度增大，故A正確；設(shè)P點的電勢為φP，則由題可知0－φP＝Ed′是增大的，則φP一定減小，由于負(fù)電荷在電勢低的地方電勢能一定較大，所以可知電勢能Ep是增大的，故C正確．6．將如圖所示的交變電壓加在平行板電容器A、B兩板上，開始B板電勢比A板電勢高，這時有一個原來靜止的電子正處在兩板的中間，它在電場力作用下開始運動，設(shè)A、B兩極板間的距離足夠大，下列說法正確的是()A．電子一直向著A板運動B．電子一直向著B板運動C．電子先向A板運動，然后返回向B板運動，之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運動D．電子先向B板運動，然后返回向A板運動，之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運動解析：選D.根據(jù)交變電壓的變化規(guī)律，作出電子的加速度a、速度v隨時間變化的圖線，如圖甲、乙．從圖中可知，電子在第一個eq\f(T,4)內(nèi)做勻加速運動，第二個eq\f(T,4)內(nèi)做勻減速運動，在這半周期內(nèi)，因初始B板電勢比A板電勢高，所以電子向B板運動，加速度大小為eq