高考物理一轮复习 重点强化练5　电场性质的综合应用

这是一份高考物理一轮复习 重点强化练5　电场性质的综合应用，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．(2017·扬州模拟)示波管的聚焦电场是由电极A1、A2、A3、A4形成的，实线为电场线，虚线为等势线，x轴为该电场的中心轴线．一个电子从左侧进入聚焦电场，曲线PQR是它的运动轨迹，则( )
图1
A．电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度
B．电场中P点的电势比Q点的电势低
C．电子从P运动到R的过程中，电场力对它先做正功后做负功
D．若电子沿着x轴正方向以某一速度进入该电场，电子有可能做曲线运动
B [由电场线分布的疏密程度可知，电场中Q点的电场强度大于R点的电场强度，选项A错误；沿电场方向电势越来越低，选项B正确；电子从P运动到R的过程中，电场力对它一直做正功，选项C错误；若电子沿着x轴正方向以某一速度进入该电场，电子一定做直线运动，选项D错误．]
2．在如图2所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是( )
图2
A．甲图中与点电荷等距的a、b两点
B．乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
C．丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
D．丁图中非匀强电场中的a、b两点
C [甲图中与点电荷等距的a、b两点，电场强度大小相同，方向不相反，选项A错误；对乙图，根据电场线的疏密及对称性可判断，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同，选项B错误；丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点，电场强度大小相同，方向相反，选项C正确；对丁图，根据电场线的疏密可判断，b点的电场强度大于a点的电场强度，选项D错误．]
3．(2017·兰州一模)带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图3所示，则从a到b过程中，下列说法正确的是( )
图3
A．粒子带负电荷
B．粒子先加速后减速
C．粒子加速度一直增大
D．粒子的机械能先减小后增大
D [粒子受到的电场力沿电场线方向，故粒子带正电，故A错误；由图象知粒子受电场力向右，所以先向左减速运动后向右加速运动，故B错误；从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增大后减小，动能先减小后增大，根据电场线的疏密知道场强先变小后变大，故加速度先减小后增大，C错误，D正确．]
4．(多选)(2016·全国乙卷)如图4所示，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知( )
【导学号：92492301】
图4
A．Q点的电势比P点高
B．油滴在Q点的动能比它在P点的大
C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
AB [带电油滴在电场中受重力、电场力作用，据其轨迹的对称性可知，电场力方向竖直向上，且电场力大于重力，电场力先做负功后做正功．则电场强度方向向下，Q点的电势比P点高，选项A正确；油滴在P点的速度最小，选项B正确；油滴在P点的电势能最大，选项C错误；油滴运动的加速度大小不变，选项D错误．]
5．如图5所示，a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个梯形的四个顶点．电场线与梯形所在的平面平行．ab平行于cd，且ab边长为cd边长的一半．已知a点的电势是3 V，b点的电势是5 V，c点的电势是7 V．由此可知，d点的电势为( )
图5
A．1 V B．2 V C．3 V D．4 V
C [ab边与cd边相互平行，相等长度的两点电势差大小相等，a、b两点的电势差为2 V，dc距离为ab的2倍，则d、c两点电势差也是a、b两点间电势差的2倍即4 V，d点的电势为3 V，C正确．]
6．(多选)(2017·四川第二次大联考)如图6所示，真空中固定两个等量异号点电荷＋Q、－Q，图中O是两电荷连线中点，a、b两点与＋Q的距离相等，c、d是两电荷连线垂直平分线上的两点，bcd构成一等腰三角形，a、e两点关于O点对称．则下列说法正确的是( )
图6
A．a、b两点的电势相同
B．a、e两点的电场强度相同
C．将电子由c沿cd边移到d的过程中电场力做正功
D．质子在b点的电势能比在O点的电势能大
BD [a、b两点虽然关于＋Q对称，但是由于－Q的影响，两点的电势并不相等，故A错误；a、e两点的合场强大小相等，且方向相同，故B正确；c、O、d在一条等势线上，故电子从c点移到d点电场力不做功，C错误；b点电势高于O点的电势，则质子在b点的电势能大，故D正确．]
7．如图7所示，在M、N处固定两个等量同种点电荷，两电荷均带正电．O点是MN连线的中点，直线PQ是MN的中垂线．现有一带正电的试探电荷q自O点以大小为v0的初速度沿直线向Q点运动．若试探电荷q只受M、N处两电荷的电场力作用，则下列说法正确的是( )
【导学号：92492302】
图7
A．q将做匀速直线运动B．q的加速度将逐渐减小
C．q的动能将逐渐减小D．q的电势能将逐渐减小
D [从O到Q电场线的方向由O指向Q，且O点与无穷远处合场强均为零，故电场强度先增大后减小，所以试探电荷q做变加速直线运动且加速度先增大后减小，A、B错误；电场力始终对试探电荷q做正功，q动能逐渐增大，电势能逐渐减小，C错误，D正确．]
8．(2017·冀州模拟)空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图8所示，下列说法正确的是( )
【导学号：92492303】
图8
A．O点电势最低
B．x1和x3两点的电势相等
C．x2和－x2两点的电势相等
D．x2点的电势低于x3点的电势
C [沿着电场线方向电势逐渐降低，可知O点的电势最高．x1的电势高于x3的电势，故A、B错误；x2和－x2两点关于原点对称，由O点向两边电势都降低，则x2和－x2两点电势相等，故C正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，所以x2的电势高于x3的电势，故D错误．
]
9．(2017·沈阳模拟)如图9所示，AEFD和EBCF是两个等边长的正方形，在A点固定一个带电荷量为＋Q的点电荷，在C点固定一个带电荷量为－Q的点电荷，则下列说法正确的是( )
图9
A．E、F两点的电场强度相同
B．E、F两点的电势相同
C．将一个负电荷由E点沿直线移动到F点，电场力先做正功后做负功
D．将一个负电荷由E点沿直线移动到F点，电场力先做负功后做正功
A [根据等量异种点电荷电场线分布的对称性可知E、F两点场强相同，A正确；线段AC的垂直平分线在等势面上，由E点沿直线到F点，电势一直降低，B、C、D错误．
]
10．如图10是位于x轴上某点的电荷在直线PQ右侧的电势φ随x变化的图线，a、b是x轴上的两点，过P点垂直于x轴的直线PQ和x轴是该曲线的渐近线，则以下说法正确的是( )
图10
A．可以判断出OP间的各点电势均为零
B．可以判断出a点的电场强度小于b点的电场强度
C．可以判断出P点左侧与右侧的电场方向均为x轴正方向
D．负检验电荷在a点的电势能小于在b点的电势能
D [因直线PQ是图象的渐近线，故该电场是由位于P点的正电荷产生的，因此OP间各点电势为正，A项错误；a点距场源电荷较近，故a点的电场强度比b点大，B项错误；P处的正电荷产生的电场方向，在其左侧沿x轴负方向，在其右侧沿x轴正方向，C项错误；负电荷在电势高处电势能小，a点的电势比b点的电势高，故负检验电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，D项正确．]
二、非选择题
11.如图11所示，竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将带电小球B用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方C处，图中AC＝h.
图11
(1)当B静止在与竖直方向夹角θ＝30°方向时，A对B的静电力为B所受重力的eq \f(\r(3),3)倍，求丝线BC长度；
(2)若A对B的静电力为B所受重力的0.5倍，改变丝线长度，使B仍能在θ＝30°处平衡．以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到θ＝0°处A的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，请说明分析丝线上拉力大小的变化情况．
【解析】 (1)对小球B进行受力分析如图，根据相似三角形有：eq \f(G,h)＝eq \f(\f(\r(3),3)G,AB)，则AB＝eq \f(\r(3),3)h，
由余弦定理得：
(eq \f(\r(3),3)h)2＝h2＋BC2－2×BC×hcs 30°，解得BC＝eq \f(2\r(3),3)h或eq \f(\r(3),3)h.
(2)若两者间的库仑力变为B的重力的0.5倍，根据几何关系可知AB与BC垂直，即拉力与库仑力垂直；
eq \f(G,h)＝eq \f(0.5G,AB)＝eq \f(T,BC)，随着电量的减小，细绳的拉力不变，库仑力减小．当细绳变为竖直方向时，库仑力和拉力的合力等于重力，库仑力减小，拉力增大，所以拉力先不变后增大．
【答案】 (1)eq \f(\r(3),3)h或eq \f(2\r(3),3)h (2)先不变后增大
12.如图12所示，固定于同一条竖直线上的点电荷A、B相距为2d，电量分别为＋Q和－Q.MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电量为＋q(可视为点电荷，q远小于Q)，现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v.已知MN与AB之间的距离也为d.静电力常量为k，重力加速度为g.求：
图12
(1)C、O间的电势差UC O；
(2)小球p经过O点时加速度的大小；
(3)小球p经过与点电荷B等高的D点时速度的大小．
【解析】 (1)小球p由C运动到O时，受重力和电场力作用，由动能定理得：
mgd＋qUC O＝eq \f(1,2)mv2－0
解得：UC O＝eq \f(mv2－2mgd,2q).
(2)小球p经过O点时受力分析如图所示，由库仑定律得：
F1＝F2＝keq \f(Qq,\r(2)d2)
二者的合力为
F＝F1cs 45°＋F2cs 45°＝eq \f(\r(2)kQq,2d2)
由牛顿第二定律得：mg＋F＝ma
解得：a＝g＋eq \f(\r(2)kQq,2md2).
(3)小球p由O运动到D的过程，由动能定理得：
mgd＋qUO D＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mv2
由电场分布的对称性可知UC O＝UO D
解得：vD＝eq \r(2)v.
【答案】 (1)eq \f(mv2－2mgd,2q) (2)g＋eq \f(\r(2)kQq,2md2) (3)eq \r(2)v