2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題專項練（三）高考8道選擇題押題練（四）電場（熱考點(diǎn)）

1、2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 選擇題專項練（三）高考8道選擇題押題練（四）電場（熱考點(diǎn)）選擇題押題練（四）電場（熱考點(diǎn)）1.如圖，xOy平面直角坐標(biāo)系所在空間有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)，電場強(qiáng)度大小為E。坐標(biāo)系上的A、B、C三點(diǎn)構(gòu)成邊長為L的等邊三角形。若將兩電荷量相等的正點(diǎn)電荷分別固定在A、B兩點(diǎn)時，C點(diǎn)處的電場強(qiáng)度恰好為零。則A處的點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為()AEB.EC.ED.E解析：選B設(shè)A處的點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為EA，B處的點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為EB，由對稱性可知，EAEB，由C點(diǎn)合場強(qiáng)為零可得：2EAcos30E，解得EAE，選項B正確。2如

2、圖所示的裝置可以通過靜電計指針偏轉(zhuǎn)角度的變化，檢測電容器電容的變化來檢測導(dǎo)電液體是增多還是減少的儀器原理圖。圖中芯柱、導(dǎo)電液體、絕緣管組成一個電容器，電源通過電極A、電極B給電容器充電，充電完畢移去電源，由此可以判斷()A靜電計指針偏角變小，說明電容器兩板間電壓增大B靜電計指針偏角變小，說明導(dǎo)電液體增多C靜電計指針偏角變大，說明電容器電容增大D靜電計指針偏角變大，說明導(dǎo)電液體液面升高解析：選B靜電計指針偏角變小，說明電容器兩板間電壓減小，選項A錯誤；靜電計指針偏角變小，根據(jù)C可知，電容器電容增大，因C，所以S增大，液面升高，導(dǎo)電液體增多，選項B正確；靜電計指針偏角變大，說明電容器兩板間電壓增大

3、，根據(jù)C可知，電容器電容減小，因C，所以S減小，液面降低，導(dǎo)電液體減少，選項C、D錯誤。3.多選(2018長春檢測)已知無限大的均勻帶電面可產(chǎn)生垂直于該面的勻強(qiáng)電場(正的帶電面場強(qiáng)方向背離該面、負(fù)的帶電面場強(qiáng)方向指向該面)，場強(qiáng)大小E2k，式中k為靜電力常量，為電荷面密度(單位面積的帶電量)?，F(xiàn)有如圖所示的兩個平行且可視為無限大的均勻帶電面A和B，電荷的面密度分別為和2(為正的常數(shù))，間距為d，空間中有C、D兩點(diǎn)，CD連線垂直于帶電面，C點(diǎn)到A面距離與D點(diǎn)到B面的距離均為，A面接地，關(guān)于C、D兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小和電勢高低，下列說法正確的是()AECEDBEC>EDCCDDC>D解析：選

4、AD設(shè)A面產(chǎn)生電場的場強(qiáng)大小為EAE0，由題意得EB2E0，在C點(diǎn)ECEBEAE0，方向垂直指向A面。同理在D點(diǎn)EDEBEAE0，方向垂直指向B面，B錯誤，A正確。根據(jù)對稱性，UCAUBD，又根據(jù)AB板間的場強(qiáng)方向指向B板，固有A>B，因此C>D，C錯誤，D正確。4多選如圖所示，水平向右的勻強(qiáng)電場中有一絕緣斜面，一帶電金屬滑塊以Ek030J的初動能從斜面底端A沖上斜面，到頂端B時返回，已知滑塊從A滑到B的過程中克服摩擦力做功10J，克服重力做功24J，則()A滑塊帶正電，上滑過程中電勢能減小4JB滑塊上滑過程中機(jī)械能增加4JC滑塊上滑到斜面中點(diǎn)時重力勢能增加12JD滑塊返回到斜面底

5、端時動能為15J解析：選AC由動能定理知上滑過程中W電WGWfEk，代入數(shù)值得W電4J，電場力做正功，滑塊帶正電，電勢能減小4J，A對；由功能關(guān)系知滑塊上滑過程中機(jī)械能的變化量為EW電Wf6J，即機(jī)械能減小6J，B錯；由題意知滑塊上滑到斜面中點(diǎn)時克服重力做功為12J，即重力勢能增加12J，C對；由動能定理知2WfEkEk0，所以滑塊返回到斜面底端時動能為10J，D錯。5有一個帶正電的金屬球殼(厚度不計)，其截面如圖甲所示，O為球心，球殼P處開有半徑遠(yuǎn)小于金屬球殼半徑的小孔。以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，過P點(diǎn)建立x坐標(biāo)軸，A點(diǎn)是坐標(biāo)軸上的一點(diǎn)，x軸上各點(diǎn)電勢如圖乙所示。電子從O點(diǎn)以v0的初速度沿x軸方向射

6、出，依次通過P、A兩點(diǎn)。關(guān)于電子從O到A的運(yùn)動，下列說法正確的是()A在OP間電子做勻加速直線運(yùn)動B在PA間電子做勻減速直線運(yùn)動C在OP間運(yùn)動時電子的電勢能均勻增加D在PA間運(yùn)動時電子的電勢能增加解析：選D由題圖乙知OP間的電勢不變，則OP間的電場強(qiáng)度為零，電子不受電場力，做勻速直線運(yùn)動，故A錯誤。根據(jù)順著電場線方向，電勢降低，可以知道PA間電場線方向從P到A，電子所受的電場力方向從A指向P，所以電子在PA間做減速直線運(yùn)動。根據(jù)圖線的斜率等于場強(qiáng)可以知道，從P到A場強(qiáng)逐漸減小，電子所受的電場力減小，所以電子做加速度減小的變減速運(yùn)動，故B錯誤。因為電子在OP運(yùn)動時電場力不做功，所以其電勢能不變，

7、故C錯誤。在PA間運(yùn)動時電場力對電子做負(fù)功，則電子的電勢能增加，故D正確。6.(2018榆林二模)如圖所示空間存在兩塊相互平行的絕緣帶電薄金屬板A、B，間距為d，中央分別開有小孔O、P。現(xiàn)有甲電子以速率v0從O點(diǎn)沿OP方向運(yùn)動恰能運(yùn)動到P點(diǎn)。若僅將B板向右平移距離d，再將乙電子從P點(diǎn)由靜止釋放，則()A金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C不變B金屬板A、B間的電壓減小C甲、乙兩電子在板間運(yùn)動時的加速度相同D乙電子運(yùn)動到O點(diǎn)的速率為2v0解析：選C兩板距離變大，根據(jù)C可知，金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C減小，選項A錯誤；根據(jù)QCU，Q不變，C減小，則U變大，選項B錯誤；根據(jù)E可得：E，

8、可知當(dāng)d變大時，兩板間的場強(qiáng)不變，則甲、乙兩電子在板間運(yùn)動時的加速度相同，選項C正確；根據(jù)Uemv2可知，乙電子運(yùn)動到O點(diǎn)的速率為v0，選項D錯誤。7.(2018蘇州調(diào)研)一根輕質(zhì)桿長為2l，可繞固定于中點(diǎn)位置處的軸在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，桿兩端固定有完全相同的小球1和小球2，它們的質(zhì)量均為m，帶電荷量分別為q和q，整個裝置放在如圖所示的關(guān)于豎直線對稱的電場中?，F(xiàn)將桿由水平位置靜止釋放，讓小球1、2繞軸轉(zhuǎn)動到豎直位置A、B兩點(diǎn)，設(shè)A、B間電勢差為U，該過程中()A小球2受到的電場力減小B小球1電勢能減少了UqC小球1、2的機(jī)械能總和增加了UqmglD小球1、2的動能總和增加了Uq解析：選D由題圖可

9、知，將桿由水平位置靜止釋放，讓小球1、2繞軸轉(zhuǎn)動到豎直位置A、B兩點(diǎn)，小球2位置的電場線變密，電場強(qiáng)度變大，故小球2受到的電場力增大，故A錯誤；根據(jù)UEd，小球1前后位置電勢差小于U，所以小球1的電勢能減少量小于qU，故B錯誤；對于小球1、2作為整體，重力勢能不變，電場力做功，根據(jù)動能定理可知小球1、2的動能總和增加了Uq，所以小球1、2的機(jī)械能總和增加了qU，故C錯誤，D正確。8多選(2018孝義一模)如圖所示，ABCD為豎直放置的光滑絕緣細(xì)管道，其中AB部分是半徑為R的圓弧形管道，BCD部分是固定的水平管道，兩部分管道恰好相切于B點(diǎn)。水平面內(nèi)的M、N、B三點(diǎn)連線構(gòu)成邊長為L的等邊三角形，M

10、、N連線過C點(diǎn)且垂直于BCD。兩個帶等量異種電荷的點(diǎn)電荷分別固定在M、N兩點(diǎn)，電荷量分別為Q和Q?，F(xiàn)把質(zhì)量為m、電荷量為q的小球(小球直徑略小于管道內(nèi)徑，小球可視為點(diǎn)電荷)，由管道的A處靜止釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，則()A小球運(yùn)動到B點(diǎn)時受到的電場力小于運(yùn)動到C點(diǎn)時受到的電場力B小球在B點(diǎn)時的電勢能小于在C點(diǎn)時的電勢能C小球在A點(diǎn)時的電勢能等于在C點(diǎn)時的電勢能D小球運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度為解析：選AC根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場特征，B點(diǎn)電場強(qiáng)度小于C點(diǎn)電場強(qiáng)度，A、B、C三點(diǎn)電勢相等，故A、C項正確，B項錯誤；從A點(diǎn)到C點(diǎn)的運(yùn)動過程只有重力對小球做功，應(yīng)用動能定理可算得小球在C點(diǎn)時

11、速度為，D項錯誤。9(2018廈門質(zhì)檢)某靜電場中有一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子甲從O點(diǎn)以速率v0射出，運(yùn)動到A點(diǎn)時速率為3v0；另一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子乙以速率3v0仍從O點(diǎn)射出，運(yùn)動到B點(diǎn)速率為4v0，不計重力的影響。則()A在O、A、B三點(diǎn)中，O點(diǎn)電勢最高BO、A間的電勢差與B、O間的電勢差相等C甲粒子從O到A電場力對其所做的功，比乙粒子從O到B電場力對其所做的功多D甲粒子從O到A電場力對其做正功，乙粒子從O到B電場力對其做負(fù)功解析：選C由題意知，負(fù)電荷從O到B電場力做正功，故B點(diǎn)電勢高于O點(diǎn)電勢，所以A錯誤；qUOAm(3v0)2mv02，qUOBm(4v0)2m(3v0)2，可

12、得UOA>UBO，即O、A間的電勢差高于B、O間的電勢差，所以B錯誤，C正確；乙粒子從O到B電場力對其做正功，故D錯誤。10.如圖所示，勻強(qiáng)電場中有一個以O(shè)為圓心、半徑為R的圓，電場方向與圓所在平面平行，A、O兩點(diǎn)電勢差為U，一帶正電的粒子在電場中運(yùn)動，經(jīng)A、B兩點(diǎn)時速度方向沿圓的切線，速度大小均為v0，粒子重力不計。下列說法正確的是()A粒子在A、B間是做圓周運(yùn)動B粒子從A到B的運(yùn)動過程中，動能先增大后減小C勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度ED圓周上，電勢最高的點(diǎn)與O點(diǎn)的電勢差為U解析：選D帶電粒子僅在電場力作用下，由于粒子在A、B兩點(diǎn)動能相等，則電勢能也相等。因為該圓周處在勻強(qiáng)電場中，所以兩點(diǎn)的連

13、線AB即為等勢面。根據(jù)等勢面與電場線垂直特性，從而畫出電場線CO。由曲線運(yùn)動條件可知，正電粒子所受的電場力沿著CO方向，因此粒子從A到B做拋體運(yùn)動，故A錯誤；由以上分析可知，粒子速度方向與電場力方向夾角先大于90后小于90，電場力對于粒子運(yùn)動來說先是阻力后是動力，所以動能先減小后增大，故B錯誤；勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E，式中的d是沿著電場強(qiáng)度方向的距離，因而由幾何關(guān)系可知，UAOER，所以E，故C錯誤；圓周上，電勢最高的點(diǎn)與O點(diǎn)的電勢差為UERRU，故D正確。11.如圖所示，一傾角為30的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度轉(zhuǎn)動，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離d處有一帶負(fù)電的電荷量為q、質(zhì)量為m的小物體

14、與圓盤始終保持相對靜止，整個裝置放在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度E，則物體與盤面間的動摩擦因數(shù)至少為(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g為重力加速度)()A.B.C.D.解析：選A對物體跟著圓盤轉(zhuǎn)動的各個位置分析比較可知，當(dāng)物體轉(zhuǎn)到圓盤的最低點(diǎn)時，所受的靜摩擦力沿斜面向上達(dá)到最大，即將相對滑動，由牛頓第二定律得：(mgqE)cos30(mgqE)sin30m2d，解得，故A正確，B、C、D錯誤。12.(2018濮陽一模)如圖所示，兩個水平平行放置的帶電極板之間存在勻強(qiáng)電場，兩個相同的帶電粒子從兩側(cè)同一高度同時水平射入電場，經(jīng)過時間t在電場中某點(diǎn)相遇。以下說法正確的是()A若兩粒子入射速度都變?yōu)?/p>

15、原來的兩倍，則兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時間為tB若兩粒子入射速度都變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時間為tC若勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時間為tD若勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩粒子從射入到相遇經(jīng)過的時間為t解析：選A兩粒子在垂直于電場方向均做勻速直線運(yùn)動，沿電場方向做勻加速直線運(yùn)動，因為兩粒子完全相同，所以加速度相同；若兩粒子的入射速度都變?yōu)樵瓉淼膬杀?，由l(v1v2)t，可知相遇時間變?yōu)樵瓉淼亩种?，選項A正確，B錯誤；電場強(qiáng)度變化不會影響兩粒子垂直于電場方向的運(yùn)動，所以相遇時間不變，選項C、D錯誤。13.多選(2018成都七中

16、二模)在足夠長的光滑絕緣的水平臺面上，存在平行于水平面向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E。水平臺面上放置兩個靜止的小球A和B(均可看成質(zhì)點(diǎn))，兩小球質(zhì)量均為m，帶正電的A球電荷量為Q，B球不帶電，A、B連線與電場線平行。開始時兩球相距L，在電場力作用下，A球開始運(yùn)動(此時為計時零點(diǎn)，即t0)，后與B球發(fā)生正碰，碰撞過程中A、B兩球總動能無損失。若在各次碰撞過程中，A、B兩球間均無電荷量轉(zhuǎn)移，且不考慮兩球碰撞時間及兩球間的萬有引力，則()A第一次碰撞結(jié)束瞬間B球的速度大小為B第一次碰撞到第二次碰撞B球向右運(yùn)動了2LC第二次碰撞結(jié)束瞬間A球的速度大小為2D相鄰兩次碰撞時間間隔總為2解析：選ADA球的加速

17、度a，第一次碰前A的速度vA1，第一次碰前B的速度vB10，由于A與B球發(fā)生正碰，碰撞過程中A、B兩球總動能無損失，所以A、B碰撞后交換速度，則碰后瞬間vA10，vB1vA1，故A正確；A、B球發(fā)生第一次、第二次、第三次的碰撞時刻分別為t1、t2、t3，則t1，第一次碰后，經(jīng)t2t1時間A、B兩球發(fā)生第二次碰撞，設(shè)碰前瞬間A、B兩球速度分別為vA2和vB2，vB1(t2t1)a(t2t1)2，解得：t23t1，vA2a(t2t1)2at12vA12，vB2vB1，第二次碰后瞬間，A、B兩球速度分別為vA2和vB2，則vA2vB2，vB2vA22，故C錯誤；第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右運(yùn)動了

18、xB1vB1(t2t1)24L，故B錯誤；經(jīng)t3t2時間A、B兩球發(fā)生第三次碰撞，并設(shè)碰前瞬間A、B兩球速度分別為vA3和vB3，vB2(t3t2)vA2(t3t2)a(t3t2)2，解得：t35t1，依此類推可得相鄰兩次碰撞時間間隔總為t3t2t2t12t12，故D正確。14多選如圖所示，a、b、c、d四個質(zhì)量均為m的帶電小球恰好構(gòu)成“三星拱月”之形，其中a、b、c為完全相同的帶電小球，在光滑絕緣水平面內(nèi)的同一圓周上繞O點(diǎn)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動，三小球所在位置恰好將圓周等分。小球d位于O點(diǎn)正上方h處，且在外力F作用下恰處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知a、b、c三小球的電荷量均為q，d球的電荷量為6q，h

19、R。重力加速度為g，靜電力常量為k，則()A小球a一定帶正電B小球b的周期為C小球c的加速度大小為D外力F豎直向上，大小等于mg解析：選CDa、b、c三小球所帶電荷量相同，要使三個小球做勻速圓周運(yùn)動，d球與a、b、c三小球一定是異種電荷，由于d球的電性未知，所以a球不一定帶正電，故A錯誤。設(shè)db連線與水平方向的夾角為，則cos，sin，對b球，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式得：kcos2kcos30mRma解得：T，a則小球c的加速度大小為。故B錯誤，C正確。對d球，由平衡條件得：F3ksinmgmg，故D正確。15多選長為l、間距為d的平行金屬板水平正對放置，豎直光屏M到金屬板右端距離為l，金屬板左端連接有閉合電路，整個裝置結(jié)構(gòu)如圖所示，質(zhì)量