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

《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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《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（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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電場,離開電場時的偏轉量是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,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。