2019届高考物理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.docx

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()AEB.EC.E D.E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，EAEB，由C点合场强为零可得：2EAcos 30E，解得EAE，选项B正确。2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，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。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E2k，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两点的场强大小和电势高低，下列说法正确的是()AECED BECEDCCD DCD解析：选AD设A面产生电场的场强大小为EAE0，由题意得EB2E0，在C点ECEBEAE0，方向垂直指向A面。同理在D点EDEBEAE0，方向垂直指向B面，B错误，A正确。根据对称性，UCAUBD，又根据AB板间的场强方向指向B板，固有AB，因此CD，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WGWfEk，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EW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 J，即重力势能增加12 J，C对；由动能定理知2WfEkEk0，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电容C减小，选项A错误；根据QCU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E可得：E，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据Uemv2可知，乙电子运动到O点的速率为v0，选项D错误。7.(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1电势能减少了UqC小球1、2的机械能总和增加了UqmglD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UEd，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qU，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。9(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，不计重力的影响。则()A在O、A、B三点中，O点电势最高BO、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；qUOAm(3v0)2mv02，qUOBm(4v0)2m(3v0)2，可得UOAUBO，即O、A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()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ED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，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，UAOER，所以E，故C错误；圆周上，电势最高的点与O点的电势差为UERRU，故D正确。11.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：(mgqE)cos 30(mgqE)sin 30m2d，解得，故A正确，B、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tB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tC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tD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t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(v1v2)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 B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 D相邻两次碰撞时间间隔总为2 解析：选ADA球的加速度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，vB1vA1 ，故A正确；A、B球发生第一次、第二次、第三次的碰撞时刻分别为t1、t2、t3，则t1 ，第一次碰后，经t2t1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(t2t1)a(t2t1)2，解得：t23t1，vA2a(t2t1)2at12vA12 ，vB2vB1 ，第二次碰后瞬间，A、B两球速度分别为vA2和vB2，则vA2vB2 ，vB2vA22 ，故C错误；第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了xB1vB1(t2t1) 2 4L，故B错误；经t3t2时间A、B两球发生第三次碰撞，并设碰前瞬间A、B两球速度分别为vA3和vB3，vB2(t3t2)vA2(t3t2)a(t3t2)2，解得：t35t1，依此类推可得相邻两次碰撞时间间隔总为t3t2t2t12t12 ，故D正确。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，hR。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CDa、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 ，对b球，根据牛顿第二定律和向心力公式得：kcos 2kcos 30mRma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：F3ksin mgmg，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