1、选择题押题练(四)电场(热考点)1.(2019广州模拟)如图所示，曲线为一带正电粒子仅受电场力作用下的一段运动轨迹，经过A点的速度为200 m/s，经过B点的速度为100 m/s，该粒子的比荷为105 C/kg。规定B点电势为零，则A点电势为()A0.15 VB0.15 VC0.3 V D0.3 V解析：选A根据动能定理得：mvB2mvA2qUAB，两边同时除m得：vB2vA2UAB，代入数据解得：UAB0.15 V。根据公式UABAB，B0，代入数据解得：A0.15 V，选项A正确。2.(2019广州模拟)如图所示，两个相同的带电小球A、B分别用2L和L长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的同一点，
2、当平衡时，小球B偏离竖直方向30，小球A竖直悬挂且与光滑绝缘墙壁接触。若两小球的质量均为m，重力加速度为g。则()AAB的静电力等于mgB墙壁受的压力等于mgCA球受到细线的拉力等于mgDB球受到细线的拉力等于mg解析：选C对B球受力分析，如图所示，根据共点力平衡得，A、B两球的静电力为：FBmgsin 30mg，B球受到的细线拉力为：TBmgcos 30mg，故A、D错误；对A球受力分析，如图所示，根据平衡有：NFAcos 30mgmg，则根据牛顿第三定律知墙壁受的压力为Nmg；细线的拉力为：TAmgFAcos 30mgmgmg，故B错误，C正确。3.(2019天津九校联考)如图所示，电荷均
3、匀分布在半球面上，它在这半球的中心O处电场强度大小等于E0，两个平面通过同一条直径，夹角为，从半球中分出一部分球面，则所分出的这部分球面上(在“小瓣”上)的电荷在O处的电场强度大小为()AEE0sin BEE0cos CEE0sin DEE0cos 解析：选C根据对称性，作出球面上的电荷在O点产生的电场分布，如图所示，由平行四边形定则得到“小瓣”球面上的电荷在O处的电场强度EE0sin ，故选项C正确，A、B、D错误。4(2019重庆南开中学模拟)某真空区域的竖直平面内存在电场，其中一条竖直电场线如图中竖直实线(方向未知)。一个质量为m电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点以一定的初速度v0水
4、平向右抛出，其轨迹如图1中虚线所示。以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，A点是轨迹上的一点，其x方向坐标值是x1，小球的机械能E与竖直方向的位移x的关系如图，不计空气阻力。则下列说法正确的是()A电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向B从O到A的过程中，小球的速率越来越大，所受的电场力越来越大C从O到A的过程中小球的电势能越来越大D到达A位置时，小球的动能为mgx1E1E2解析：选C物体的机械能逐渐减小，电场力对小球做负功，故电场强度方向向上，即沿x轴负方向。再根据机械能的变化关系可知，相等位移电场力做功越来越小，说明电场力减小，故电场强度不断减小，根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，
5、电场力向上，重力向下，开始时重力大于电场力，电场力越来越小，故合力越来越大，加速度越来越大，速度越来越大，故A、B错误；从O到A的过程中，小球所受的电场力一直做负功，则小球的电势能越来越大，选项C正确；到达A位置时，机械能变化量为：E1E2mv2mv02mgx1，解得mv2mv02mgx1E1E2，选项D错误。5.多选(2019益阳期末)如图所示，正对的平行金属板A、B与水平面的夹角为37，两金属板分别与电源的正负极相连，一带正电的粒子沿虚线从a点运动到b点，其中连线与两金属板平行，则下列说法正确的是()A金属板A带正电，且电场力为重力的B粒子的重力势能减少C粒子的电势能增加D粒子的机械能守恒
6、解析：选BD粒子带正电，沿虚线ab做直线运动，说明合力在ab连线的方向上，受力分析如图所示，电场力方向斜向右上方，且qEmgcos 37mg，金属板A带负电，故A错误；重力做正功，粒子的重力势能减小，故B正确；电场力不做功，粒子电势能不变，故C错误；除了重力之外，其他力不做功，粒子的机械能守恒，故D正确。6多选(2019湖南师大附中模拟)如图所示，两个等量异号点电荷M、N分别固定在A、B两点，F为A、B连线所在平面的中垂线上的某一点，O为A、B连线的中点。AOOF，E和分别表示F处的电场强度大小和电势。将某试探负点电荷由F处静止释放时，其电势能和加速度大小分别用Ep和a表示，取无穷远处为电势零
7、点，若将负点电荷N移走，则()A升高 BE不变CEp变小 Da变大解析：选AC令电荷M、N都存在时为状态1，各物理量用下标1表示；只有电荷M时为状态2，各物理量用下标2表示；状态1时，易知在AB连线的中垂线上电场强度方向处处水平向右，所以中垂线为一条等势线，F点的电势和OF连线上无穷远处电势相等，所以10；状态2时，只有正电荷M，所以20；可得：若将负点电荷N移走，则升高，故A正确；状态1时，电荷M、N在F处的电场强度大小都为E0，两者相互垂直，根据电场叠加原理可得：合场强E1E0，方向水平向右；状态2时，电荷M在F处的电场强度也是E0，方向沿AF连线方向；所以若将负点电荷N移走，则E改变，故
8、B错误；电势能Epq，所以Ep10，Ep20，所以Ep变小，故C正确；FqE，a，试探电荷q，m不变，所以a变小，故D错误。7多选(2019重庆巴蜀中学模拟)A、B为一电场中x轴上的两点，如图甲所示。一电子仅在电场力作用下从A点运动到B点，x轴上各点电势随其坐标变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是()A该电场是点电荷形成的电场BA、B两点电场强度大小关系为EAEBC电子从A运动到B过程中电场力做正功D电子在A、B两点的电势能大小关系为EpAEpB解析：选CD各点电势随其坐标变化的关系图像中，斜率表示电场强度大小，可知该电场为匀强电场，则A、B两点电场强度大小关系为EAEB，故A、B错误；由
9、A到B电势逐渐升高，故电场方向由B指向A，电子从A运动到B过程中电场力方向与运动方向相反，电场力做正功，电势能减小，故电子在A、B两点的电势能大小关系为EpAEpB，故C、D正确。8多选(2019湖南长沙模拟)在光滑绝缘的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB。两电荷的位置坐标如图甲所示，图乙是AB连线之间的电势与位置x之间的关系图像，图中xL点为图线的最低点，若在x2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为q的带电小球(可视为质点)，下列有关说法正确的是()A小球在xL处的速度最大B小球一定可以到达x2L点处C固定在A、B处的电荷的电量之比为QAQB41D小球将以xL点为中心做往复运动解析：选AC据x图像切线的斜率等于场强E，则知xL处场强为零，所以在C处场强向左，小球向左加速运动，到xL处加速度为0，从xL向左运动时，电场力向右，做减速运动，所以小球在xL处的速度最大，故选项A正确；根据动能定理得qU0，解得U0，所以小球能运动到电势与出发点相同的位置，由于x2L处的电势高于x2L处的电势，所以不能到达x2L点处；电势图线不是关于xL的直线对称，故小球不会以xL点为中心做往复运动，故选项B、D错误；xL处场强为零，根据点电荷场强则有，解得QAQB41，故选项C正确。