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2018届高考物理二轮专题复习:选择题押题练(五) 电 场(必考点)

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                     选择题押题练(五) 电 场(必考点)

    1.[多选]如图所示为一带正电的点电荷和两个相同的带负电的点
电荷附近的电场线分布情况,M              点是两负电荷连线的中点,M、N              点
在同一水平线上且到正电荷的距离相等,下列说法正确的是(  )
    A.E  点的电场强度比       F 点的大
    B.E  点的电势比     F 点的高
    C.同一正电荷在        M 点受的电场力比       N 点的大
    D.将正电荷从       M 点移到   N 点,电势能增大
    解析:选    ACD 由题图看出,E        点处电场线比       F 点处电场线密,则       E 点的场强大于
F 点的场强,选项       A 正确;电场线从正电荷到负电荷,沿着电场线电势降低,所以                          F 点的
电势比   E 点的高,选项      B 错误;负电荷在       M  点的合场强为零,M        点只有正电荷产生的电
场强度,在     N 点正电荷产生的场强水平向右,两个负电荷产生的场强水平向左,合场强是
它们的差值,所以        M 点的电场强度比        N 点的大,同一正电荷在         M  点受的电场力比在        N 点
的大,所以     C 正确;正电荷到       M  点的平均场强大于正电荷到           N 点的平均场强,根据         U=
Ed 可知,正电荷到       M 点电势降低的多,所以          M 点的电势比      N 点的低,将正电荷从        M  点
移到   N 点,电势能增大,选项         D 正确。

    2.[多选]如图甲所示,直线          MN  表示某电场线,a、b        是电场线上的两点,将一带负电

的粒子从    a 点由静止释放,粒子从          a 运动到   b 的过程中的    v­x 图像如图乙所示,设        a、b  两

点的电势分别为       φa 和 φb,场强的大小分别为         Ea 和 Eb,粒子在   a、b  两点的电势能分别为

Wa 和 Wb,则(  )


    A.φa>φb                           B.Ea>Eb

    C.Ea<Eb                           D.Wa>Wb
解析:选    CD 由题图乙可知,带电粒子在从               a 点向 b 点运动的过程中,做加速直线运动,
即带电粒子所受电场力方向由             a 点指向   b 点,又由于带电粒子带负电,因此电场强度方向

由  b 点指向  a 点,根据“沿着电场方向电势逐渐降低”,可知                    φa<φb,故选项     A 错误;粒

子运动的动能增加,根据能量守恒定律可知,其电势能减少,即                           Wa>Wb,故选项      D 正确;
                          Δv  Δv Δt  a
在  v­x 图像中,其斜率为:k=Δx=Δt·Δx=v,由题图乙可知,图像的斜率                       k 逐渐增大,由
于  v 又逐渐增大,因此粒子运动的加速度               a 逐渐增大,且比      v 增大得快,根据牛顿第二定

律可知,粒子所受合外力逐渐增大,由                 F=qE  可知,Ea<Eb,故选项        B 错误,选项     C 正
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确。

    3.如图所示,M、N        是在真空中竖直放置的两块平行金属板,质量为

m、电荷量为        -q 的带电粒子,以初速度          v0 由 M 板中间的小孔垂直金属
板进入电场中,不计粒子重力。当               M、N  间电压为     U 时,带电粒子恰好能
够到达   M、N   两板间距的一半处返回,现将两板间距变为原来的一半,粒

子的初速度变为       2v0,要使这个粒子刚好能够到达             N 板,则两板间的电压
应变为(  )
      U
    A.2                                B.U
    C.2U                               D.4U
    解析:选    C 设   M、N  板的中间为     P 点,电粒子恰好能够到达           P 点时,则粒子在       P 点
                                                      d  U

速度为   0,该过程中只有电场力做负功,UMN=Ed=U;UMP=E2=2,根据动能定理得:
  1       1

              2
-2Uq=0-2mv0    ;

    两板间距变为原来的一半,粒子的初速度变为                   2v0 时,
    粒子刚好能够到达        N 板,此时速度为       0,设此时两板间的电压为           U′,
                             1

                                   2
    根据动能定理:-U′q=0-2m(2v0)           ,
    两个等式左边相除等于右边相除,约分化简得:
    U   1
    U′=2,故   U′=2U,故     C 正确。
    4.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,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
                       Q                            εrS
计指针偏角变小,根据          C=U可知,电容器电容增大,因             C=4πkd,所以     S 增大,液面升高,
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
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   Q                            εrS
C=U可知,电容器电容减小,因              C=4πkd,所以    S 减小,液面降低,导电液体减少,选项
C、D  错误。

    5.[多选]空间中存在水平向左的匀强电场,一带正电小球在电场中某点以初速度大小

v0 水平向右抛出,小球落到水平地面时速度大小为                    v0,已知小球受到的电场力大小等于重
力大小,则下列说法正确的是(  )
    A.小球落地时速度方向一定与地面垂直
    B.小球下落过程,电势能先增大后减小
    C.小球下落过程,动能先减小后增大
    D.小球下落过程,机械能一直减小
    解析:选    ACD 如图所示,小球所受的电场力               qE 和重力   mg 的合力
为  F,沿  F 和垂直   F 方向建立直角坐标系,由于            qE=mg,则垂直      F 方

向  vx=v0cos 45°,沿  F 方向  vy=v0sin 45°,当小球落地时速率为         v0,则
小球必然处于垂直        F 且过初始位置的直线上(即           x 轴),此时垂直     F 方向

的分速度(vx)不变,沿       F 方向速度与初始分速度(vy)等大反向,由速度合成可得小球落地时
速度与地面垂直,A         正确;由于小球落地时速度与地面垂直,在落地前,小球一直向右运
动,电场力做负功,电势能增加,机械能减小,B                     错误  D 正确;小球速度与        F 方向垂直时,
速度最小,因而小球下落过程,动能先减小后增大,C                       正确。

    6.有重力不计的       A、B、C、D     四种带电粒子,它们的质量之比是

mA∶mB∶mC∶mD=11∶21∶31∶41,它们的电荷量之比是                  qA∶qB∶qC∶qD=
1∶3∶5∶7,现让这四种带电粒子的混合物经过同一加速电场由静止开始加速,然后在同
一偏转电场里偏转,如图所示。则屏上亮斑(带电粒子打到屏上某位置,就会在屏上该位置
形成一个亮斑)的个数是(  )


    A.1                                B.2
    C.3                                D.4

    解析:选    A 设加速电场的电压为          U1,偏转电场的电压为         U2,偏转电场极板的长度

为  L,两极板之间的距离为          d,带电粒子在加速电场中运动时,由动能定理有                    qU1=
1                                            L

    2
2mv0 ,带电粒子在偏转电场中运动时,运动时间                  t=v0,带电粒子离开偏转电场时偏转角
                 vy  qU2L               U2L
度的正切值     tan θ=vx=mdv02,解得:tan      θ=2U1d,可知偏转角度与粒子的种类、质量、
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电荷量无关,故打到荧光屏上的位置相同,只有一个亮斑,A                          正确,B、C、D      错误。

    7.如图,水平正对放置的两块足够大的矩形金属板,分别与一恒压
直流电源(图中未画出)的两极相连,M、N                是两极板的中心。若把一带电
微粒在两板之间       a 点从静止释放,微粒将恰好保持静止。现将两板绕过
a 点且垂直于纸面的轴逆时针旋转一个小角度                  θ 后,再由    a 点从静止释放一这样的微粒,
该微粒将(重力加速度为          g)(  )
    A.仍然保持静止
    B.靠近电势较低的电极板
    C.以   a=g(1-cos θ)的竖直加速度加速
    D.以   a=gtan θ 的水平加速度加速
                                                                  qU
    解析:选    D M、N    两极板水平放置时,微粒恰好保持静止,则有:mg=                      d ,两板绕
过  a 点且垂直于纸面的轴逆时针旋转一个小角度                 θ 后,微粒所受电场力方向与竖直方向成
                                                   U              qU

θ 角斜向左上方,且有竖直方向:Fy=qE′cos                θ-mg=qdcos θ·cos θ-mg=   d -mg=0,
                                           qU

竖直方向合力为零,水平方向:Fx=qE′sin                 θ=  d tan θ,由牛顿第二定律得:a=gtan 
θ,所以   A、B、C    错误,D    正确。

    8.如图所示,空间有一正三棱锥              OABC,点   A′、B′、C′分别
是三条棱的中点。现在顶点            O 处固定一正的点电荷,则下列说法中正
确的是(  )
    A.A′、B′、C′三点的电场强度相同
    B.△ABC    所在平面为等势面
    C.将一正的试探电荷从          A′点沿直线      A′B′移到     B′点,静电力对该试探电荷先做
正功后做负功

    D.若   A′点的电势为      φA′,A  点的电势为      φA,则  A′A  连线中点    D 处的电势    φD 一定
    φA′+φA
小于     2
    解析:选    D 因为    A′、B′、C′三点离顶点          O 处的正电荷的距离相等,故三点处的
场强大小均相等,但其方向不同,故                A 错误;由于△ABC       所在平面到顶点       O 处的距离不
相等,由等势面的概念可知,△ABC               所在平面不是等势面,故           B 错误;由电势的概念可知,
沿直线   A′B′的电势变化为先增大后减小,所以当在此直线上从                        A′到   B′移动正电荷时,

电场力对该正电荷先做负功后做正功,故                  C 错误;因为     UA′D=EA′D·A′D,UDA=

EDA·DA,由点电荷的场强关系可知EA′D>EDA,又因为A′D=DA,所以有                       UA′D>UDA,即
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                               φA′+φA

φA′-φD>φD-φA,整理可得:φD<             2   ,故   D 正确。
    9.[多选]在匀强电场所在平面内存在一个半径为                   R 的圆形区域,完

全相同的带正电粒子以初速度             v0 沿不同的方向从      A 点进入圆形区域,且
仅受电场力,已知从         D 点离开的粒子动能最大,且            AB、CD   是两条互相
垂直的直径。则下列说法正确的是(  )
    A.电场方向沿       CD 方向
    B.电场方向沿       AD 方向

    C.从   B 点离开的粒子速度仍是          v0

    D.从   C 点离开的粒子速度仍是          v0
    解析:选    AC 仅在电场力作用下从           A 点进入,从     D 点离开的粒子动能最大,电势能
最小,由于粒子带正电,则            D 点是电势最低的点,所以电场线与过               D 点的切线相垂直,故
匀强电场的方向沿        CD 方向,由     C 指向  D。故   A 正确,B   错误。由于     AB 与  CD 垂直,而
电场的方向沿      CD  的方向,所以      A、B  两点的电势相等,所以从           B 点离开的粒子速度仍是

v0,故  C 正确,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(  )
    A.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
                             U
    C.匀强电场的电场强度          E=R
    D.圆周上,电势最高的点与            O 点的电势差为       2U
    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,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
                         U
误;匀强电场的电场强度           E=d,式中的      d 是沿着电场强度方向的距离,因而由几何关系
               2            2U

可知,UAO=E×      2 R,所以   E=  R ,故   C 错误;圆周上,电势最高的点与             O 点的电势差
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            2U
为  U=ER=    R ×R=   2U,故   D 正确。
    11.[多选]竖直平面内存在有匀强电场,一个质量为                    m,带电荷量为      q 的小球以初速

度  v0 沿与竖直方向成      θ 角斜向左上方沿直线运动,已知小球运动路径恰好在匀强电场的平
面内,那么在小球发生位移            L 的过程中,下列分析正确的是(  )
                                          mg
    A.若小球做匀速直线运动,则电场强度                 E=  q
                                                  3mg
    B.若小球做匀加速直线运动,电场强度可能等于                     E=  4q
                                              mgsin θ
    C.若小球运动过程电势能不变,则电场强度                   E=    q
    D.若小球运动过程电势能不变,则小球的动量变化量与速度反向
    解析:选    ACD 小球做直线运动,说明重力和电场力的合力与速度共线或者等于                             0,
若小球做匀速直线运动,说明合力等于                 0,电场力等于重力,即          qE=mg,电场强度       E=
mg
 q ,选项   A 正确。若做匀加速直线运动,则合力一定和速度同向,根据力的合成,可发现
                             mg
电场力大于重力,即电场强度             E>  q ,选项   B 错。若小球运动过程电势能不变,说明电场
力和运动方向垂直,根据合力与速度共线,可判断电场力大小为                           mgsin   θ,电场强度     E=
mgsin θ
   q  ,选项   C 正确。根据几何关系可判断合力与速度反向,所以合外力的冲量也与速度
反向,选项     D 正确。

    12.[多选]如图所示,竖直平面内有固定的半径为                   R 的光滑绝缘圆形
轨道,水平匀强电场平行于轨道平面向左,P、Q                    分别为轨道的最高、最
低点。一质量为       m、电量为     q 的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动,
                           3mg
已知重力加速度为        g,场强   E=  4q 。要使小球能沿轨道做完整的圆周运动,
下列说法正确的是(  )
    A.小球过     Q 点时速度至少为       5gR
                              23gR
    B.小球过     Q 点时速度至少为        2
    C.小球过     Q、P  点受轨道弹力大小的差值为            6mg
    D.小球过     Q、P  点受轨道弹力大小的差值为            7.5mg

    解析:选    BC 根据“等效场”知识得电场力与重力的合力大小为                       mg 效=
                 5            5               qE  3
 mg2+qE2
               =4mg,则    g 效=4g,方向为     tan θ=mg=4,即   θ=37°。
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    当小球刚好通过       C 点关于   O 对称的   D 点时,就能做完整的圆周运动,
                                                   5
如图所示。在      D 点由电场力和重力的合力提供向心力,则:4mg=
  vD2                                                  1

                                                           2
m  R ,从  Q 到  D,由动能定理得-mg(R+Rcos          θ)-qERsin θ=2mvD  -
1                   23gR

     2
2mvQ ,联立解得     vQ=   2  ,故   A 错误,B   正确。在     P 点和  Q 点由牛顿第二定律,FQ-
      vQ2            vP2                                 1      1

                                                             2      2
mg=m   R ,FP+mg=m     R ;从  Q 到  P,由动能定理得-mg·2R=2mvP          -2mvQ  ,联立解

得  FQ-FP=6mg,则     C 正确、D   错误。
    13.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以
恒定角速度     ω 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
                   mg
电场中,电场强度        E=  2q ,则物体与盘面间的动摩擦因数至少为(设最大静
摩擦力等于滑动摩擦力,g           为重力加速度)(  )
       33g+4ω2d                       2  3+1ω2d
    A.     9g                          B.    3g
       3g+4ω2d                         3g+2ω2d
    C.     3g                          D.    3g
    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:μ(mg+

                                           33g+4ω2d
qE)cos 30°-(mg+qE)sin  30°=mω2d,解得     μ=      9g      ,故  A 正确,B、C、D      错
误。

    14.[多选]如图所示,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    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=   2R。重力加速度为
g,静电力常量为       k,则(  )
    A.小球    a 一定带正电

                     2πR mR
    B.小球    b 的周期为    q   k
                            3kq2
    C.小球    c 的加速度大小为3mR2
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                                    2 6kq2
    D.外力    F 竖直向上,大小等于         mg+   R2
    解析:选    CD a、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

                                                 R      3           h      6
A 错误。设    db 连线与水平方向的夹角为           α,则  cos α= h2+R2=   3 ,sin α= h2+R2=  3 ,
对  b 球,根据牛顿第二定律和向心力公式得:
      6q·q              q2              4π2
    kh2+R2cos α-2k2Rcos 30°2cos 30°=m T2 R=ma

             2πR  3mR       3kq2
    解得:T=     q    k  ,a=3mR2
                          3kq2
    则小球   c 的加速度大小为3mR2。
    故 B 错误,C    正确。
    对 d 球,由平衡条件得:

          6q·q                2 6kq2
    F=3kh2+R2sin α+mg=mg+       R2 ,故   D 正确。
    15.[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
                         2mg
    B.板间电场强度大小为           q

    C.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,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,粒子离开电场时
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
          qE-mg               2mg
向,所以有       m   t=gt,可得   E=   q ,选项   B 正确。若仅将滑片        P 向下滑动一段后,
                  中国现代教育网     www.30edu.com  全国最大教师交流平台

R 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,故                  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,故                  D 正确。
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