高考物理二轮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v -x 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E a 和E b ,粒子在a 、b 两点的电势能分别为W a 和W b ,则( )

A .φa >φb

B .E a >E b

C .E a D .W a >W b

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W a >W b ,故选项D 正确;在v -x

图像中,其斜率为:k =Δv Δx =Δv Δt ·Δt Δx =a 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,E a 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v 0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2v 0,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.U 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 点速

度为0,该过程中只有电场力做负功,U MN =Ed =U ;U MP =E d 2=U 2,根据动能定理得:-12

Uq =0-12

mv 02; 两板间距变为原来的一半,粒子的初速度变为2v 0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 =0-12

m (2v 0)2, 两个等式左边相除等于右边相除,约分化简得:

U U ′=12

,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 =Q U 可知,电容器电容增大,因C =εr S 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C =Q U 可知,电容器电容减小,因C =εr S 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v 0水平向右抛出,小球落到水平地面时速度大小为v 0,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v x =

v 0cos 45°,沿F 方向v y =v 0sin 45°,当小球落地时速率为v 0,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(v x )不变,沿F 方向速度与初始分速度(v y )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m A ∶m B ∶m C ∶m D =11∶21∶31∶41,它们的电荷量之比是q A ∶q B ∶q C ∶q D =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U 1,偏转电场的电压为U 2,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qU 1=12

mv 02,带电粒子在偏转电场中运动时,运动时间t =L v 0,带电粒子离开偏转电场时偏转角度的正切值tan θ=v y v x =qU 2L mdv 02,解得:tan θ=U 2L 2U 1d

,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 =g tan 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 =qU 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θ角斜向左上方,且有竖直方向:F y =qE ′cos θ-mg =q U

d cos θ·cos θ-mg =qU d

0,竖直方向合力为零,水平方向:F x =qE ′sin θ=qU d tan θ,由牛顿第二定律得:a =g tan 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 .△AB

C 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φ

A ′,A 点的电势为φA ,则A ′A 连线中点D 处的电势φD 一定小于φA ′+φA 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U A ′D =E

A ′D ·A ′D ,U DA =E DA ·DA ,由点电荷的场强关系可知E A ′D >E DA ,又因为A ′D =DA ,所以有U A ′D >U DA ,即φ

A ′-φD >φD -φA ,整理可得:φD <φA ′+φA 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v 0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v 0

D .从C 点离开的粒子速度仍是v 0

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v 0,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v 0,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 =U 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 错误;匀强电场的电场强度E =U d ,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,U AO =E ×22

R ,所以E =2U

R ,故C 错误;圆周上,电势最高的点与O 点的电势差为U =ER =2U

R ×R =2

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v 0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( )

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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 v?x 图像如图乙所示,设 a、b 两 点的电势分别为 φ a 和 φ b,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.φ a>φ C.Ea<Eb b B.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 φ a<φ b,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 v?x Δv Δv Δt a 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 Δx Δt Δx v 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. ) U 2 B.U D.4U C.2U 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 d U 1 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 2 2 2 1 2 - mv0 ; 2 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


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