2019届高考物理二轮复习选择题专项练（三）高考8道选择题押题练（四）电场（热考点）.doc

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1、1选择题押题练（四） 电场（热考点）1.如图， xOy 平面直角坐标系所在空间有沿 x 轴负方向的匀强电场(图中未画出)，电场强度大小为 E。坐标系上的 A、 B、 C 三点构成边长为 L 的等边三角形。若将两电荷量相等的正点电荷分别固定在 A、 B 两点时， C 点处的电场强度恰好为零。则 A 处的点电荷在 C 点产生的电场强度大小为( )A E B. E33C. E D. E332解析：选 B 设 A 处的点电荷在 C 点产生的电场强度大小为 EA， B 处的点电荷在 C 点产生的电场强度大小为 EB，由对称性可知， EA EB，由 C 点合场强为零可得：2 EAcos 30 E，解得 E

2、A E，选项 B 正确。332如图所示的装置可以通过静电计指针偏转角度的变化，检测电容器电容的变化来检测导电液体是增多还是减少的仪器原理图。图中芯柱、导电液体、绝缘管组成一个电容器，电源通过电极 A、电极 B 给电容器充电，充电完毕移去电源，由此可以判断( )A静电计指针偏角变小，说明电容器两板间电压增大B静电计指针偏角变小，说明导电液体增多C静电计指针偏角变大，说明电容器电容增大D静电计指针偏角变大，说明导电液体液面升高解析：选 B 静电计指针偏角变小，说明电容器两板间电压减小，选项 A 错误；静电计指针偏角变小，根据 C 可知，电容器电容增大，因 C ，所以 S 增大，液面升高，QU rS

3、4 kd导电液体增多，选项 B 正确；静电计指针偏角变大，说明电容器两板间电压增大，根据C 可知，电容器电容减小，因 C ，所以 S 减小，液面降低，导电液体减少，选项QU rS4 kdC、D 错误。3.多选(2018长春检测)已知无限大的均匀带电面可产生垂直于该面的匀强电场(正的带电面场强方向背离该面、负的带电面场强方向指向该面)，场强大小 E2 k ，式中 k 为静电力常量， 为电荷面密度(单位面积的带电量)。现有如图所示的两个平行且可视为无限大的均匀带电面 A 和 B，电荷的面密度分别为 和2 ( 为正的常数)，间距为 d，空间中有 C、 D 两点， CD 连线垂直于带电面， C 点到

4、A 面距离与 D 点到 B 面的距离均为 ， A 面接地，关于 C、 D 两点的场d22强大小和电势高低，下列说法正确的是( )A EC ED B ECEDC C D D C D解析：选 AD 设 A 面产生电场的场强大小为 EA E0，由题意得 EB2 E0，在 C 点EC EB EA E0，方向垂直指向 A 面。同理在 D 点 ED EB EA E0，方向垂直指向 B 面，B错误，A 正确。根据对称性， UCA UBD，又根据 AB 板间的场强方向指向 B 板，固有 A B，因此 C D，C 错误，D 正确。4多选如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以 Ek030 J

5、 的初动能从斜面底端 A 冲上斜面，到顶端B 时返回，已知滑块从 A 滑到 B 的过程中克服摩擦力做功 10 J，克服重力做功 24 J，则( )A滑块带正电，上滑过程中电势能减小 4 JB滑块上滑过程中机械能增加 4 JC滑块上滑到斜面中点时重力势能增加 12 JD滑块返回到斜面底端时动能为 15 J解析：选 AC 由动能定理知上滑过程中 W 电 WG Wf Ek，代入数值得 W 电 4 J，电场力做正功，滑块带正电，电势能减小 4 J，A 对；由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为 E W 电 Wf6 J，即机械能减小 6 J， B 错；由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为 12

6、 J，即重力势能增加 12 J，C 对；由动能定理知2 Wf Ek Ek0，所以滑块返回到斜面底端时动能为 10 J，D 错。5有一个带正电的金属球壳(厚度不计)，其截面如图甲所示， O 为球心，球壳 P 处开有半径远小于金属球壳半径的小孔。以 O 点为坐标原点，过 P 点建立 x 坐标轴， A 点是坐标轴上的一点， x 轴上各点电势如图乙所示。电子从 O 点以 v0的初速度沿 x 轴方向射出，依次通过 P、 A 两点。关于电子从 O 到 A 的运动，下列说法正确的是( )A在 OP 间电子做匀加速直线运动B在 PA 间电子做匀减速直线运动C在 OP 间运动时电子的电势能均匀增加D在 PA 间

7、运动时电子的电势能增加解析：选 D 由题图乙知 OP 间的电势不变，则 OP 间的电场强度为零，电子不受电场力，做匀速直线运动，故 A 错误。根据顺着电场线方向，电势降低，可以知道 PA 间电场线3方向从 P 到 A，电子所受的电场力方向从 A 指向 P，所以电子在 PA 间做减速直线运动。根据图线的斜率等于场强可以知道，从 P 到 A 场强逐渐减小，电子所受的电场力减小，所以电子做加速度减小的变减速运动，故 B 错误。因为电子在 OP 运动时电场力不做功，所以其电势能不变，故 C 错误。在 PA 间运动时电场力对电子做负功，则电子的电势能增加，故 D正确。6.(2018榆林二模)如图所示空间

8、存在两块相互平行的绝缘带电薄金属板 A、 B，间距为 d，中央分别开有小孔 O、 P。现有甲电子以速率 v0从 O 点沿 OP 方向运动恰能运动到 P 点。若仅将 B 板向右平移距离d，再将乙电子从 P点由静止释放，则( )A金属板 A、 B 组成的平行板电容器的电容 C 不变B金属板 A、 B 间的电压减小C甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同D乙电子运动到 O 点的速率为 2v0解析：选 C 两板距离变大，根据 C 可知，金属板 A、 B 组成的平行板电容器的 rS4 kd电容 C 减小，选项 A 错误；根据 Q CU， Q 不变， C 减小，则 U 变大，选项 B 错误；根据E 可得：

9、E ，可知当 d 变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板Ud Ud QCd 4 kQ rS间运动时的加速度相同，选项 C 正确；根据 Ue mv2可知，乙电子运动到 O 点的速率为12v0，选项 D 错误。27.(2018苏州调研)一根轻质杆长为 2l，可绕固定于中点位置处的轴在竖直面内自由转动，杆两端固定有完全相同的小球 1 和小球 2，它们的质量均为 m，带电荷量分别为 q 和 q，整个装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中。现将杆由水平位置静止释放，让小球 1、2 绕轴转动到竖直位置 A、 B 两点，设 A、 B 间电势差为 U，该过程中( )A小球 2 受到的电场力减小B小球

10、1 电势能减少了 Uq12C小球 1、2 的机械能总和增加了 Uq mglD小球 1、2 的动能总和增加了 Uq解析：选 D 由题图可知，将杆由水平位置静止释放，让小球 1、2 绕轴转动到竖直位置 A、 B 两点，小球 2 位置的电场线变密，电场强度变大，故小球 2 受到的电场力增大，故A 错误；根据 U Ed，小球 1 前后位置电势差小于 U，所以小球 1 的电势能减少量小于124qU，故 B 错误；对于小球 1、2 作为整体，重力势能不变，电场力做功，根据动能定理可12知小球 1、2 的动能总和增加了 Uq，所以小球 1、2 的机械能总和增加了 qU，故 C 错误，D正确。8多选(2018

11、孝义一模)如图所示， ABCD 为竖直放置的光滑绝缘细管道，其中 AB 部分是半径为 R 的圆弧形管道， BCD 部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于 B 点。水平面内的M、 N、 B 三点连线构成边长为 L 的等边三角形， M、 N 连线过 C 点且垂直于 BCD。两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在 M、 N 两点，电荷量分别为 Q 和 Q。现把质量为 m、电荷量为 q 的小球(小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷)，由管道的 A 处静止释放，已知静电力常量为 k，重力加速度为 g，则( )A小球运动到 B 点时受到的电场力小于运动到 C 点时受到的电场力B小球在 B 点时的电势

12、能小于在 C 点时的电势能C小球在 A 点时的电势能等于在 C 点时的电势能D小球运动到 C 点时的速度为 gR解析：选 AC 根据等量异种点电荷的电场特征， B 点电场强度小于 C 点电场强度，A、 B、 C 三点电势相等，故 A、C 项正确，B 项错误；从 A 点到 C 点的运动过程只有重力对小球做功，应用动能定理可算得小球在 C 点时速度为 ，D 项错误。2gR9(2018厦门质检)某静电场中有一质量为 m、电荷量为 q 的粒子甲从 O 点以速率v0射出，运动到 A 点时速率为 3v0；另一质量为 m、电荷量为 q 的粒子乙以速率 3v0仍从O 点射出，运动到 B 点速率为 4v0，不计

13、重力的影响。则( )A在 O、 A、 B 三点中， O 点电势最高B O、 A 间的电势差与 B、 O 间的电势差相等C甲粒子从 O 到 A 电场力对其所做的功，比乙粒子从 O 到 B 电场力对其所做的功多D甲粒子从 O 到 A 电场力对其做正功，乙粒子从 O 到 B 电场力对其做负功解析：选 C 由题意知，负电荷从 O 到 B 电场力做正功，故 B 点电势高于 O 点电势，所以 A 错误； qUOA m(3v0)2 mv02， qUOB m(4v0)2 m(3v0)2，可得 UOAUBO，即 O、 A12 12 12 12间的电势差高于 B、 O 间的电势差，所以 B 错误，C 正确；乙粒子

14、从 O 到 B 电场力对其做正功，故 D 错误。10.如图所示，匀强电场中有一个以 O 为圆心、半径为 R 的圆，电场方向与圆所在平面平行， A、 O 两点电势差为 U，一带正电的粒子在电场中运动，经 A、 B 两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为 v0，粒子重力不计。下列说法正确的是( )5A粒子在 A、 B 间是做圆周运动B粒子从 A 到 B 的运动过程中，动能先增大后减小C匀强电场的电场强度 EURD圆周上，电势最高的点与 O 点的电势差为 U2解析：选 D 带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在 A、 B 两点动能相等，则电势能也相等。因为该圆周处在匀强电场中，所以两点的连线 AB即为

15、等势面。根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线 CO。由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着 CO 方向，因此粒子从 A 到 B 做抛体运动，故 A 错误；由以上分析可知，粒子速度方向与电场力方向夹角先大于 90后小于 90，电场力对于粒子运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大，故 B 错误；匀强电场的电场强度 E ，式中的 d 是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UdUAO E R，所以 E ，故 C 错误；圆周上，电势最高的点与 O 点的电势差为 U ER22 2URR U，故 D 正确。2UR 211.如图所示，一倾角为 30的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴

16、以恒定角速度 转动，盘面上离转轴距离 d 处有一带负电的电荷量为 q、质量为 m 的小物体与圆盘始终保持相对静止，整个装置放在竖直向上的匀强电场中，电场强度 E ，则物体与盘面间的动摩擦因数至少为(设最大mg2q静摩擦力等于滑动摩擦力， g 为重力加速度)( )A. B.3 3g 4 2d9g 2 3 1 2d3gC. D.3 g 4 2d3g 3 g 2 2d3g解析：选 A 对物体跟着圆盘转动的各个位置分析比较可知，当物体转到圆盘的最低点时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，即将相对滑动，由牛顿第二定律得： (mg qE)cos 30( mg qE)sin 30 m 2d，解得 ，故 A

17、正确，3 3g 4 2d9gB、C、D 错误。12.(2018濮阳一模)如图所示，两个水平平行放置的带电极板之间存在匀强电场，两个相同的带电粒子从两侧同一高度同时水平射入电场，经过时间 t 在电场中某点相遇。以下说法正确的是( )A若两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为 t126B若两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为 t14C若 匀 强 电 场 的 电 场 强 度 大 小 变 为 原 来 的 两 倍 ， 则 两 粒 子 从 射 入 到 相 遇 经 过 的 时 间 为 t12D 若 匀 强 电 场 的 电 场 强 度 大 小 变 为 原

18、来 的 两 倍 ， 则 两 粒 子 从 射 入 到 相 遇 经 过 的 时 间 为 t14解析：选 A 两粒子在垂直于电场方向均做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，因为两粒子完全相同，所以加速度相同；若两粒子的入射速度都变为原来的两倍，由 l( v1 v2)t，可知相遇时间变为原来的二分之一，选项 A 正确，B 错误；电场强度变化不会影响两粒子垂直于电场方向的运动，所以相遇时间不变，选项 C、D 错误。13.多选(2018成都七中二模)在足够长的光滑绝缘的水平台面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为 E。水平台面上放置两个静止的小球 A 和 B(均可看成质点)，两小球质量均为

19、 m，带正电的 A 球电荷量为 Q， B 球不带电， A、 B 连线与电场线平行。开始时两球相距 L，在电场力作用下， A 球开始运动(此时为计时零点，即 t0)，后与 B 球发生正碰，碰撞过程中 A、 B 两球总动能无损失。若在各次碰撞过程中， A、 B 两球间均无电荷量转移，且不考虑两球碰撞时间及两球间的万有引力，则( )A第一次碰撞结束瞬间 B 球的速度大小为 2QELmB第一次碰撞到第二次碰撞 B 球向右运动了 2LC第二次碰撞结束瞬间 A 球的速度大小为 2 2QELmD相邻两次碰撞时间间隔总为 2 2mLQE解析：选 AD A 球的加速度 a ，第一次碰前 A 的速度 vA1 ，第

20、一次QEm 2aL 2QELm碰前 B 的速度 vB10，由于 A 与 B 球发生正碰，碰撞过程中 A、 B 两球总动能无损失，所以A、 B 碰撞后交换速度，则碰后瞬间 vA10， vB1 vA1 ，故 A 正确； A、 B 球发2QELm生第一次、第二次、第三次的碰撞时刻分别为 t1、 t2、 t3，则 t1 ，第一次vA1 0a 2mLQE碰后，经 t2 t1时间 A、 B 两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间 A、 B 两球速度分别为 vA2和vB2， vB1( t2 t1) a(t2 t1)2，解得： t23 t1， vA2 a(t2 t1)2 at12 vA12 12， vB2 vB1 ，

21、第二次碰后瞬间， A、 B 两球速度分别为 vA2和 vB2，则2QELm 2QELm7vA2 vB2 ， vB2 vA22 ，故 C 错误；第一次碰撞到第二次碰撞 B 小球向2QELm 2QELm右运动了 xB1 vB1( t2 t1) 2 4 L，故 B 错误；经 t3 t2时间 A、 B 两球2QELm 2mLQE发生第三次碰撞，并设碰前瞬间 A、 B 两球速度分别为 vA3和 vB3， vB2( t3 t2) vA2( t3 t2) a(t3 t2)2，解得： t35 t1，依此类推可得相邻两次碰撞时间间隔总为12t3 t2 t2 t12 t12 ，故 D 正确。2mLQE14多选如图

22、所示， a、 b、 c、 d 四个质量均为 m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中 a、 b、 c 为完全相同的带电小球，在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕 O 点做半径为 R 的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。小球 d 位于 O 点正上方 h 处，且在外力 F 作用下恰处于静止状态，已知 a、 b、 c 三小球的电荷量均为 q， d 球的电荷量为 6q， h R。重力加速2度为 g，静电力常量为 k，则( )A小球 a 一定带正电B小球 b 的周期为 2 Rq mRkC小球 c 的加速度大小为3kq23mR2D外力 F 竖直向上，大小等于 mg26kq2R2解析：选 CD a

23、、 b、 c 三小球所带电荷量相同，要使三个小球做匀速圆周运动， d 球与 a、 b、 c 三小球一定是异种电荷，由于 d 球的电性未知，所以 a 球不一定带正电，故 A错误。设 db 连线与水平方向的夹角为 ，则 cos ，sin Rh2 R2 33 hh2 R2，对 b 球，根据牛顿第二定律和向心力公式得：63k cos 2 k cos 30 m R ma6qqh2 R2 q2 2Rcos 30 2 4 2T2解得： T ， a2 Rq 3mRk 3kq23mR2则小球 c 的加速度大小为 。3kq23mR2故 B 错误，C 正确。对 d 球，由平衡条件得：8F3 k sin mg mg

24、，故 D 正确。6qqh2 R2 26kq2R215多选长为 l、间距为 d 的平行金属板水平正对放置，竖直光屏 M 到金属板右端距离为 l，金属板左端连接有闭合电路，整个装置结构如图所示，质量为 m、电荷量为 q 的粒子以初速度 v0从两金属板正中间自左端水平射入，由于粒子重力作用，当滑动变阻器的滑片在某一位置时，粒子恰好垂直撞在光屏上。对此过程，下列分析正确的是( )A粒子在平行金属板间的运动时间和从金属板右端到光屏的运动时间相等B板间电场强度大小为2mgqC若仅将滑片 P 向下滑动一段后，再让该粒子从 N 点以水平速度 v0射入板间，粒子不会垂直打在光屏上D若仅将两平行板的间距变大一些，

25、再让该粒子从 N 点以水平速度 v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上解析：选 ABD 粒子先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，粒子离开电场后具有竖直向下的加速度，粒子垂直撞在光屏上，说明竖直方向末速度等于 0，即电场中粒子具有竖直向上的加速度，不管是在金属板间还是离开电场后，粒子在水平方向速度没有变化，而且水平位移相等，所以运动时间相等，选项 A 正确。竖直方向速度变化量等大反向，所以有 t gt，可得 E ，选项 B 正确。若仅将滑片 P 向下滑动一段后， RqE mgm 2mgq的电压减小，电容器的电压要减小，电荷量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，板间电压不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从 N 点以水平速度 v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上，选项 C 错误。若仅将两平行板的间距变大一些，电容器电容减小，但由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，根据推论可知板间电场强度不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从 N 点以水平速度 v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上，选项 D 正确。