2022年高考物理二輪復習 高考題型一 選擇題5 靜電場考情題型練

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1、2022年高考物理二輪復習 高考題型一 選擇題5 靜電場考情題型練 1.(多選)(2018安徽滁州期末)如圖所示,開口向上的半球殼上均勻分布有正電荷,A、B為球殼對稱軸上的兩點,且這兩點還關于開口處直徑對稱,下列說法正確的是(　　) A.A點電場強度大于B點電場強度 B.A點電場強度和B點電場強度相同 C.A點電勢高于B點電勢 D.A點電勢和B點電勢相等 2.(多選)(2018廣東廣州4月模擬)如圖,a、b兩個帶電小球分別用絕緣細線系住,并懸掛在O點,當兩小球處于靜止時,它們恰好在同一水平面上,此時兩細線與豎直方向夾角α<β。若同時剪斷兩細線,在下落過程中(　　) A.兩

2、球始終處在同一水平面上 B.a、b兩球系統(tǒng)的電勢能增大 C.任一時刻,a球速率小于b球速率 D.a球水平位移始終大于b球水平位移 3.(多選)(2018河北承德期末)如圖所示,勻強電場的方向與長方形abcd所在的平面平行,ab=ad。電子從a點運動到b點的過程中電場力做的功為4.5 eV;電子從a點運動到d點的過程中克服電場力做的功為4.5 eV。以a點的電勢為電勢零點,下列說法正確的是(　　) A.b點的電勢為4.5 V B.c點的電勢為3 V C.該勻強電場的方向是由b點指向a點 D.該勻強電場的方向是由b點垂直指向直線ac 4.(多選)(2018安徽蚌埠一質(zhì)檢)在光

3、滑絕緣水平面存在著一個靜電場,其中一條電場線沿x軸方向且各點電勢φ隨x坐標變化規(guī)律如圖所示。一質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶負電小球從O點由靜止釋放,該小球沿x軸做直線運動,則(　　) A.小球在0~x2間做加速度增大的加速運動,在x2后做勻減速直線運動 B.小球在x2處電勢能最小,動能最大 C.小球在x2處速度最大,在x1、x3處速度相同 D.小球在x4處速度是在x3處速度的一半 5.(多選)(2018安徽馬鞍山二質(zhì)監(jiān))某條直線電場線上有O、A、B、C四個點,相鄰兩點間距離均為d,以O點為坐標原點,沿電場強度方向建立x軸,該電場線上各點電場強度E隨x的變化規(guī)律如圖所示。一個帶電荷量

4、為+q的粒子,從O點由靜止釋放,僅考慮電場力作用。則(　　) A.若O點的電勢為零,則A點的電勢為 B.粒子A到B做勻速直線運動 C.粒子運動到B點時動能為 D.粒子在OA段電勢能變化量大于BC段電勢能變化量 6.(單選)(2018湖南株洲二質(zhì)檢)若帶有等量異號電荷的板狀電容器不是平行放置的,則板間電場線的描繪正確的是 (　　) 7.(單選)(2018江蘇南京學情調(diào)研)“探究影響平行板電容器電容大小因素”的實驗裝置如圖所示,忽略漏電產(chǎn)生的影響,下列判斷正確的是(　　) A.平板正對面積減小時,靜電計指針偏角減小 B.靜電計可以用電壓表替代 C.靜電計所帶電荷量與平

5、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 8.(單選)(2018廣東惠州模擬)如圖所示是一個說明示波管工作原理的示意圖,電子經(jīng)電壓U1加速后垂直進入偏轉(zhuǎn)電場,離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是h,兩平行板間的距離為d,電勢差為U2,板長為L。為了提高示波管的靈敏度(每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量)可采用的方法是(　　) A.增大兩板間的電勢差U2 B.盡可能使板長L短些 C.使加速電壓U1升高些 D.盡可能使板間距離d小些 選擇題5　靜電場 1.BC　解析 由于均勻帶電球殼內(nèi)部電場強度處處為零,因此用另一個和圖中完全相同的半球與圖中半球結(jié)合成一個完整的球,則A、B點的

6、電場強度為零,即上面半球中電荷和下面半球中電荷在A點產(chǎn)生的電場等大反向,根據(jù)對稱性可知,上半球在A點和下半球在B點產(chǎn)生的電場強度等大反向,因此,下半球在A、B兩點產(chǎn)生的電場等大同向,故A錯誤,B正確;沿著電場強度的方向電勢逐漸降低,因此A點電勢比B點電勢高,故C正確,D錯誤。所以BC正確,AD錯誤。 2.AC　解析 當細線剪斷后,對小球受力分析,豎直方向仍只受重力,所以加速度不變?nèi)詾間,則在下落過程中,兩球仍處于同一水平面,但由于庫侖斥力的作用,導致間距的增大,庫侖力做正功,電勢能減小,故A正確,B錯誤;根據(jù)平衡條件有:mag=,mbg=。由于β>α,所以ma>mb,因此水平方向上,a的加速

7、度小于b的加速度。小球在豎直方向上做自由落體運動,在水平方向上做變加速直線運動,根據(jù)分運動與合運動具有等時性,知a、b兩球同時落到同一水平面上,a球落地時的速度小于b球落地時的速度,故C正確。由于豎直方向加速度相同,所以同時落在同一水平地面上,但由于質(zhì)量的不同,導致水平方向的加速度大小不同,因此水平位移也不相同,因水平方向a的加速度比b小,故a球水平位移始終小于b球水平位移,D錯誤;故選AC。 3.AD　解析 電子從a點運動到b點電場力做的功Wab=-e(φa-φb)=4.5 eV,又φa=0,所以φb=4.5 V,故A正確;電子從a點運動到d點電場力做的功Wad=-e(φa-φd)=-4.

8、5 eV,所以φd=-4.5 V;勻強磁場中,ad與bc平行且相等,所以φa-φd=φb-φc,φc=0 V,故B錯誤;因為a點和c點電勢相等,ac是一條等勢線,沿電場線方向電勢降低,該勻強電場的方向是由b點垂直指向直線ac,故C錯誤,D正確。故選AD。 4.ABC　解析 φ-x圖象的斜率表示電場強度大小,沿電場的方向電勢降低,則0~x2間電場線沿x軸負方向,且電場強度逐漸增大;x2后電場線沿x軸正方向,且電場強度不變。小球帶負電從O點由靜止釋放,0~x2間受電場力沿x軸正方向且電場力逐漸增大,做加速度增大的加速運動;x2后受電場力沿x軸負方向且大小不變,做勻減速直線運動,故A項正確。x2處

9、電勢最高,帶負電小球在x2處電勢能最小,據(jù)功能關系,小球在x2處動能最大,故B項正確。小球在x2處動能最大,小球在x2處速度最大。x1、x3處電勢相等,帶負電小球在x1、x3處電勢能相等,據(jù)功能關系,小球在x1、x3處動能相等,小球在x1、x3處速度方向均沿x軸正方向,小球在x1、x3處速度相同,故C項正確。粒子從O到x3的過程中,由動能定理得:-e(0-2φ0)=-0;粒子從O到x4的過程中,由動能定理得:-e(0-φ0)=-0;解得:v4=v3,故D項錯誤。綜上答案為ABC。 5.CD　解析 根據(jù)電壓與電場強度的關系U=Ed,可知E-x圖象圍成的面積表示電勢差,取O點電勢為零,則粒子從O

10、到A的電勢差為UOA=E0d,又UOA=φO-φA,解得:φA=-E0d,故A錯誤;由圖可知,A、B之間是勻強電場,因為粒子從A到B速度不斷增加,故粒子從A到B做勻加速直線運動,故B錯誤;由圖可知,O、B間的電勢差為UOB=E0d+E0d=E0d,根據(jù)動能定理得:qUOB=EkB-0,得:EkB=E0qd,故C正確;由圖可知,OA段E-x圖象圍成的面積大于BC段的面積,即UOA>UBC,根據(jù)W=qU,可知OA段電場力做功多,故OA段電勢能變化量大于BC段電勢能變化量,故D正確;故選CD。 6.D　解析 導體靜電平衡時,電場線與導體表面處處垂直;因兩板分別帶有等量異號電荷,兩極板之間電勢差一定

11、,根據(jù)電勢差與電場強度的關系式U=Ed知,在兩極板的間距大的地方,極板間的電場強度小,電場線疏,故ABC錯誤,D正確。故選D。 7.C　解析 電容器帶電荷量一定,平板正對面積減小時,電容器的電容減小,根據(jù)Q=CU可知,兩板間電勢差變大,則靜電計指針偏角變大,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、電壓表線圈中必須有電流通過時,指針才偏轉(zhuǎn),故不能用電壓表代替靜電計,故B錯誤;靜電計與電容器串聯(lián),其所帶電荷量只是很小的一部分,即小于平行板電容器的電量,選項C正確;靜電計是定性反映電壓高低的儀器,不能反映平行板電容器的電荷量的多少,故D錯誤;故選C。 8.D　解析 帶電粒子加速時,由動能定理得:qU1=mv2 帶電粒子偏轉(zhuǎn)時,由類平拋運動規(guī)律,得: L=vt,h=at2 又由牛頓第二定律得:a= 聯(lián)立以上各式可得h= 由題意,靈敏度為: 可見,靈敏度與U2無關,要提高示波管的靈敏度,可使板長L長些、板間距離d小一些、使加速電壓U1降低一些,故ABC錯誤,D正確。故選D。