2018届高考物理二轮复习文档：选择题押题练（五）　电　场（必考点）

2018届高考物理二轮复习文档：选择题押题练（五）　电　场（必考点）

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；在vx图像中，其斜率为：k＝＝·＝，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(　　)‎ A. 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点速度为0，该过程中只有电场力做负功，UMN＝Ed＝U；UMP＝E＝，根据动能定理得：－Uq＝0－mv02；‎ 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′，‎ 根据动能定理：－U′q＝0－m(2v0)2，‎ 两个等式左边相除等于右边相除，约分化简得：‎ ＝，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，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＝mv02，带电粒子在偏转电场中运动时，运动时间t＝，带电粒子离开偏转电场时偏转角度的正切值tan θ＝＝，解得：tan θ＝，可知偏转角度与粒子的种类、质量、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 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＝，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θ角斜向左上方，且有竖直方向：Fy＝qE′cos θ－mg＝q·cos θ－mg＝－mg＝0，竖直方向合力为零，水平方向：Fx＝qE′sin θ＝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一定小于 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＝A′D·，UDA＝DA·，由点电荷的场强关系可知A′D＞DA，又因为＝，所以有UA′D＞UDA，即φA′－φD＞φD－φA，整理可得：φD＜，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 C．匀强电场的电场强度E＝ D．圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U 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，UAO＝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＝ER＝×R＝U，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(　　)‎ A．若小球做匀速直线运动，则电场强度E＝ B．若小球做匀加速直线运动，电场强度可能等于E＝ C．若小球运动过程电势能不变，则电场强度E＝ 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＝，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，可发现电场力大于重力，即电场强度E＞，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＝，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，已知重力加速度为g，场强E＝。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 B．小球过Q点时速度至少为 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＝＝mg，则g效＝g，方向为tan θ＝＝，即θ＝37°。‎ 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，如图所示。在D点由电场力和重力的合力提供向心力，则：mg＝m，从Q到D，由动能定理得－mg(R＋Rcos θ)－qERsin θ＝mvD2－mvQ2，联立解得vQ＝，故A错误，B正确。在P点和Q点由牛顿第二定律，FQ－mg＝m，FP＋mg＝m；从Q到P，由动能定理得－mg·2R＝mvP2－mvQ2，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(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g为重力加速度)(　　)‎ A. B. C. D. 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＋qE)cos 30°－(mg＋qE)sin 30°＝mω2d，解得μ＝，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＝R。重力加速度为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 C．小球c的加速度大小为 D．外力F竖直向上，大小等于mg＋ 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A错误。设db连线与水平方向的夹角为α，则cos α＝＝，sin α＝＝，对b 球，根据牛顿第二定律和向心力公式得：‎ kcos α－2kcos 30°＝mR＝ma 解得：T＝，a＝ 则小球c的加速度大小为。‎ 故B错误，C正确。‎ 对d球，由平衡条件得：‎ F＝3ksin α＋mg＝mg＋，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 B．板间电场强度大小为 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，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。‎