【物理】2020届二轮复习高考题型一专项练5　静电场作业

【物理】2020届二轮复习高考题型一专项练5　静电场作业

专项练5　静电场 ‎1.‎ ‎(多选)如图所示,开口向上的半球壳上均匀分布有正电荷,A、B为球壳对称轴上的两点,且这两点还关于开口处直径对称,下列说法正确的是(　　)‎ A.A点电场强度大于B点电场强度 B.A点电场强度和B点电场强度相同 C.A点电势高于B点电势 D.A点电势和B点电势相等 ‎2.‎ ‎(多选)(2019福建三明模拟)如图所示,实线为不知方向的三条电场线,从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子,仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示,不计两粒子间的相互作用,则(　　)‎ A.a一定带正电,b一定带负电 B.a的速度将减小,b的速度将增大 C.a的加速度将减小,b的加速度将增大 D.两个粒子的动能均增大 ‎3.‎ ‎(多选)如图所示,匀强电场的方向与长方形abcd所在的平面平行,ab=‎3‎ad。电子从a点运动到b点的过程中电场力做的功为4.5 eV;电子从a点运动到d点的过程中克服电场力做的功为4.5 eV。以a点的电势为电势零点,下列说法正确的是(　　)‎ A.b点的电势为4.5 V B.c点的电势为3 V C.该匀强电场的方向是由b点指向a点 D.该匀强电场的方向是由b点垂直指向直线ac ‎4.‎ ‎(多选)在光滑绝缘水平面存在着一个静电场,其中一条电场线沿x轴方向且各点电势φ随x坐标变化规律如图所示。一质量为m、电荷量为-q的带负电小球从O点由静止释放,该小球沿x轴做直线运动,则(　　)‎ A.小球在0~x2间做加速度增大的加速运动,在x2后做匀减速直线运动 B.小球在x2处电势能最小,动能最大 C.小球在x2处速度最大,在x1、x3处速度相同 D.小球在x4处速度是在x3处速度的一半 ‎5.‎ ‎(多选)某条直线电场线上有O、A、B、C四个点,相邻两点间距离均为d,以O点为坐标原点,沿电场强度方向建立x轴,该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示。一个带电荷量为+q的粒子,从O点由静止释放,仅考虑电场力作用。则(　　)‎ A.若O点的电势为零,则A点的电势为E‎0‎d‎2‎ B.粒子A到B做匀速直线运动 C.粒子运动到B点时动能为‎3E‎0‎qd‎2‎ D.粒子在OA段电势能变化量大于BC段电势能变化量 ‎6.若带有等量异号电荷的板状电容器不是平行放置的,则板间电场线的描绘正确的是(　　)‎ ‎7.(2019湖北武汉月考)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其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增大些,下列采取的措施可行的是(　　)‎ A.断开开关S后,只将A、B分开些 B.保持开关S闭合,只将A、B两极板分开些 C.保持开关S闭合,只将A、B两极板靠近些 D.保持开关S闭合,只将滑动变阻器触头向右移动 ‎8.‎ ‎(多选)(2019四川雅安中学模拟)如图所示,在地面上方的水平匀强电场中,一个质量为m、电荷量为+q的小球,系在一根长为L的绝缘细线一端,可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径,CD为竖直直径。已知重力加速度为g,电场强度E=mgq,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)‎ A.若小球在竖直平面内绕O点做完整的圆周运动,则它运动过程中的最小速度vmin≥‎‎2‎gL B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则小球运动到B点时的机械能最大 C.若将小球在A点由静止释放,它将在ACBD圆弧上做往复运动 D.若将小球在A点以大小为gL的速度竖直向上抛出,它将能够到达B点 专项练5　静电场 ‎1.BC　解析 由于均匀带电球壳内部电场强度处处为零,因此用另一个和图中完全相同的半球与图中半球结合成一个完整的球,则A、B点的电场强度为零,即上面半球中电荷和下面半球中电荷在A点产生的电场等大反向,根据对称性可知,上半球在A点和下半球在B点产生的电场强度等大反向,因此,下半球在A、B两点产生的电场等大同向,故A错误,B正确;沿着电场强度的方向电势逐渐降低,因此A点电势比B点电势高,故C正确,D错误。所以BC正确,AD错误。‎ ‎2.CD　解析 根据两粒子的偏转方向,可知两粒子带异种电荷,但无法确定其具体电性,故A错误;由粒子受力方向与速度方向的关系,可判断电场力对两粒子均做正功,两粒子的速度、动能均增大,故B错误,D正确;从两粒子的运动轨迹判断,a粒子的运动轨迹所在的电场线逐渐变得稀疏,b粒子的运动轨迹所在的电场线逐渐变密,说明a的加速度减小,b的加速度增大,故C正确。‎ ‎3.AD　解析 电子从a点运动到b点电场力做的功Wab=-e(φa-φb)=4.5 eV,又φa=0,所以φb=4.5 V,故A正确;电子从a点运动到d点电场力做的功Wad=-e(φa-φd)=-4.5 eV,所以φd=-4.5 V;匀强磁场中,ad与bc平行且相等,所以φa-φd=φb-φc,φc=0 V,故B错误;因为a点和c点电势相等,ac是一条等势线,沿电场线方向电势降低,该匀强电场的方向是由b点垂直指向直线ac,故C错误,D正确。故选AD。‎ ‎4.ABC　解析 φ-x图象的斜率表示电场强度大小,沿电场的方向电势降低,则0~x2间电场线沿x轴负方向,且电场强度逐渐增大;x2后电场线沿x轴正方向,且电场强度不变。小球带负电从O点由静止释放,0~x2间受电场力沿x轴正方向且电场力逐渐增大,做加速度增大的加速运动;x2后受电场力沿x轴负方向且大小不变,做匀减速直线运动,故A项正确。x2处电势最高,带负电小球在x2处电势能最小,据功能关系,小球在x2处动能最大,故B项正确。小球在x2处动能最大,小球在x2处速度最大。x1、x3处电势相等,带负电小球在x1、x3处电势能相等,据功能关系,小球在x1、x3处动能相等,小球在x1、x3处速度方向均沿x轴正方向,小球在x1、x3处速度相同,故C项正确。粒子从O到x3的过程中,由动能定理得:-e(0-2φ0)=‎1‎‎2‎mv‎3‎‎2‎-0;粒子从O到x4的过程中,由动能定理得:-e(0-φ0)=‎1‎‎2‎mv‎4‎‎2‎-0;解得:v4=‎2‎‎2‎v3,故D项错误。综上答案为ABC。‎ ‎5.CD　解析 根据电压与电场强度的关系U=Ed,可知E-x图象围成的面积表示电势差,取O点电势为零,则粒子从O到A的电势差为UOA=‎1‎‎2‎E0d,又UOA=φO-φA,解得:φA=-‎1‎‎2‎E0d,故A错误;由图可知,A、B之间是匀强电场,因为粒子从A到B速度不断增加,故粒子从A到B做匀加速直线运动,故B错误;由图可知,O、B间的电势差为UOB=‎1‎‎2‎E0d+E0d=‎3‎‎2‎E0d,根据动能定理得:qUOB=EkB-0,得:EkB=‎3‎‎2‎E0qd,故C正确;由图可知,OA段E-x图象围成的面积大于BC段的面积,即UOA>UBC,根据W=qU,可知OA段电场力做功多,故OA段电势能变化量大于BC段电势能变化量,故D正确;故选CD。‎ ‎6.D　解析 导体静电平衡时,电场线与导体表面处处垂直;因两板分别带有等量异号电荷,两极板之间电势差一定,根据电势差与电场强度的关系式U=Ed知,在两极板的间距大的地方,极板间的电场强度小,电场线疏,故ABC错误,D正确。故选D。‎ ‎7.A　解析 断开开关,电容器所带电荷量不变,将A、B分开一些,则d增大,根据C=εrS‎4πkd知,电容减小,根据U=QC知,电势差增大,指针张角增大,故A项正确;保持开关闭合,电容器两端的电势差不变,则指针张角不变,故B、C项错误;保持开关闭合,电容器两端的电势差不变,滑动变阻器仅仅充当导线功能,滑动触头位置不会影响指针张角,故D项错误。‎ ‎8.AB　解析 由于电场强度E=mgq,故mg=qE,则等效最低点在劣弧BC正中间,重力和电场力的合力为‎2‎mg,根据‎2‎mg=mv‎2‎L得小球在等效最高点的最小速度为v=‎2‎gL,A项正确;除重力和弹力外其他力做的功等于机械能的增量,若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则小球运动到B点时,电场力做的功最多,故到B点时的机械能最大,B项正确;小球所受合力方向为与电场方向成45°角斜向下,故若将小球在A点由静止释放,它将沿合力方向做匀加速直线运动,C项错误;若将小球在A点以大小为gL的速度竖直向上抛出,由于小球在等效最高点的最小速度为v=‎2‎gL,则小球不能通过等效最高点,所以不可能到达B点,D项错误。‎