高考物理电场重点题解析

1．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为A．200V/mB．200V/mC．100V/mD．100V/m答案：A、思路分析：考点解剖：综合考查了匀强电场中电场强度、电势、电场线、等势面的有关知识，同时考察考生的分析能力.解题思路：根据匀强电场的特点先分析电势相等的点；然后根据电场线沿等势面垂直的关系分析沿电场线方向的两点的距离；最后根据E＝得出结论.解答过程：解：如图所示由于、、，由匀强电场的特点，则在C（3,0）的点的电势为3V.电场线的方向垂直于点C与B点等势面连线，即,由几何关系可得O到D点距离d=1.5cm，匀强电场的电场强度E＝＝.所以本题答案为A.2.如图1所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P（坐标为x）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：，方向沿x轴。现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图2所示。则圆孔轴线上任意一点Q（坐标为x）的电场强度为【答案】A【常规解法】由于带电体表面的电场强度的方向垂直于带电体表面，无限大均匀带电平板周围的电场应是垂直于平板的匀强电场，即电场强度处处相等等于x=0时的电场强度，由题中信息可得单位面积带电量为无限大均匀带电平板场强为。而半径为r的圆板在Q点等效场强为，由电场叠加原理可得图2中Q（坐标为x）的电场强度为和的矢量和，即。正确选项：A【极限法】由题中信息可得单位面积带电量为，第一次利用极限思想使R趋近于无限大时得均匀带电平板场强为。第二次利用极限思想使趋近于0时，得均匀带电平板场强为，代入四个选项只有A正确。3．空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如题图20图所示，、b、c、d为电场中的4个点，则A．P、Q两点处的电荷等量同种B．点和b点的电场强度相同C．c点的电势低于d点的电热D．负电荷从到c，电势能减少命题意图：该题考查电场线、电势、电势能等概念的综合应用。答案：D解析：根据电场线与等势线相互垂直，画出电场线，可知PQ两点处为等量异种电荷，A项错；其中a、b两点电场强度大小相等，方向不同，B项错；P点处为正电荷，沿着电场线电势降低，右图知c点电势高于d点的电势，C项错；负电荷由a点到c点电场力做正功，电势能减小。故选项D正确。知识总结：处理含等势面的电场问题时，首先要画出电场线，借助电场线可以判断场强大小（电场线越密场强越大）和电势的高低（沿电场线电势降低），以及移动电荷时电场力的做功正负（电场力做正功，电势能减小）。4.通常一次闪电过程历时约0．2~0．3s，它由若干个相继发生的闪击构成。每个闪击持续时间仅40~80μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中。在某一次闪电前云地之间的电势差约为1．0×109V，云地间距离约为lkm；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为60μs。假定闪电前云地间的电场是均匀的。根据以上数据，下列判断正确的是（）A．闪电电流的瞬时值可达到1×105AB．整个闪电过程的平均功率约为l×1014WC．闪电前云地间的电场强度约为l×106V/mD．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J答案：AC解析：根据题意第一个闪击过程中转移电荷量Q＝6C，时间约为t＝60μs，故平均电流为I平＝Qt＝1×105A，闪电过程中的瞬时最大值一定大于平均值，故A对；第一次闪击过程中电功约为W＝QU＝6×109J，第一个闪击过程的平均功率P＝Wt＝1×1014W，由于一次闪电过程主要发生在第一个闪击过程中，但整个闪电过程中的时间远大于60μs，故B错；闪电前云与地之间的电场强度约为E＝Ud＝1×1091000V/m＝1×106V/m，C对；整个闪电过程向外释放的能量约为W＝6×109J，D错。5.静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器．某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面．工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上．若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是（忽略重力和空气阻力）（）分析：电场线的切线方向表示该点电场强度的方向，而负电荷受力的方向与电场强度方向相反；根据粒子受力的变化可得出其大致轨迹．解答：解：粉尘受力方向为电场线方向，故P点受力沿切线方向，从静止开始运动时应沿P点的切线运动，故C、D错误；此后粒子受力偏向右，故粒子应从P点的切线方向向右下偏，但运动轨迹一定在P所在电场线的上方，故B错误，A正确；故选A．6.请用学过的电学知识判断下列说法正确的是（）A．电工穿绝缘衣比穿金属衣安全B．制作汽油桶的材料用金属比用塑料好C．小鸟停在高压输电线上会被电死D．打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要危险分析：穿金属的衣服和呆在汽车里时，可以对里面的人体起到静电屏蔽作用，从而可以保护人的安全，由于塑料和油摩擦容易起电，用塑料的话，产生的静电荷不易泄漏，反而会早造成危险．解答：解：A、电力工人高压带电作业，全身穿戴金属丝网制成的衣、帽、手套、鞋，可以对人体起到静电屏蔽作用，使人安全作业．所以A错误．B、因为塑料和油摩擦容易起电，产生的静电荷不易泄漏，形成静电积累，造成爆炸和火灾事故．所以B正确．C、小鸟的两只脚之间的距离很小，所以小鸟的两只脚之间的电压也很小，所以不会对小鸟造成危害，所以C错误．D、一辆金属车身的汽车也是最好的“避雷所”，一旦汽车被雷击中，它的金属构架会将闪电电流导入地下．所以D错误．故选B．7.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示．下列说法正确的是（）A．O点的电势最低B．x2点的电势最高C．x1和-x1两点的电势相等D．x1和x3两点的电势相等分析：解答本题需掌握：电场线的切线方向表示空间该点的场强方向；沿着电场线电势越来越低；解答：解：A、B、从图象可以看出，电场强度的大小和方向都沿x轴对称分布，沿着电场强度的方向，电势一定降低，故根据其电场强度E随x变化的图象容易判断，O点的电势最高，故A错误，B也错误；C、由于x1和x2两点关于y轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O点到x1和从O点到x2电势降落相等，故x1和-x1两点的电势相等，因而C正确；D、由于沿着电场强度的方向，电势一定降低，故从O点到x1和从O点到x3电势都是一直降落，故x1和x3两点的电势不相等，故D错误；故选C．8.空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O-xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标(0，a，0)，N点的坐标为(a，0，0)，P点的坐标为(a，，)。已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为1V，则P点的电势为()解析：如图所示，做出M、N、P三者在O-xy平面内的相对位置，则场强方向沿N→M，O1、O2分别是MN连线的2等分点和4等分点，A是ON的2等分点，由几何知识知道，AP连线垂直于场强E，故P、O2、A三点为等势点。MN间的距离为a2，O2点离M点的距离为a423，则P点电势VVaa4312243p，应选D。9.如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷-Q，且CO=OD，∠ADO=60°．下列判断正确的是（）A.O点电场强度为零B.O点电场强度为零C.若将点电荷+q从O移向C,电势能增大D.若将点电荷-q从O移向C，电势能增大分析：D点电场是三个电荷产生的电场的叠加．根据点电荷的场强公式E=kQ/r2分析三个电荷在D点在产生的场强大小关系，根据平行四边形定则研究D的场强．两个正电荷Q在O点电场强度抵消，O点的场强方向是水平向左．根据电场力做功的正负，判断电荷电势能的变化．电场力做正功，电荷的电势能减小；相反，电场力做负功，电势能增大．解答：解：A、由于三个电荷的电量大小相等，CO=OD，∠ADO=60°，根据平行四边形定则得到，y轴上两个等量同种点电荷+Q在D点产生的电场强度方向沿+x轴方向，大小等于E1=kQ/(AD)2．-Q在D点产生的场强大小为E2=kQ/(CD)2，方向水平向左．由几何知识得到，AD=CD，则E1=E2，所以D点电场强度为零．故A正确．B、y轴上两个等量同种点电荷+Q在O点产生的电场强度大小相等，方向相反，完全抵消．所以O点电场强度方向水平向左．故B错误．C、根据叠加原理可知，OC段的电场方向从O→C，将点电荷+q从O移向C，电场力做正功，电势能减小．故C错误．D、由上可知，OC段的电场方向从O→C，将点电荷-q从O移向C，电场力做负功，电势能增大．故D错误．故选A10.两个质量相同的小球用不可伸长的细线连接，置于场强为E的匀强电场中，小球1和小球2均带正电，电量分别为q1和q2（q1＞q2）．将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示．若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力）（）A．T=(q1-q2)EB．T=(q1-q2)EC．T=(q1+q2)ED．T=(q1+q2)E分析：对球1、2整体受力分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度．对球2受力分析，由牛顿第二定律求出细线中的张力T．解答：解：对球1、2整体受力分析，根据牛顿第二定律得：Eq1+Eq2=2ma，对球2受力分析，由牛顿第二定律得：T+Eq2=ma，两式联立得T=T=1/2(q1-q2)E，故A正确．11.一点电荷仅受电场力作用，由A点无初速释放，先后经过电场中的B点和C点。点电荷在A、B、C三点的电势能分别用EA、EB、EC表示，则EA、EB和EC间的关系可能是（）（A）EA＞EB＞EC（B）EA＜EB＜EC（C）EA＜EC＜EB（D）EA＞EC＞EB分析：解决本题的关键是把题目中所叙述情况和实际各种运动情景结合起来，如电荷可能一直加速，也可能先加速后减速，或者先加速到某一值，然后减速为零．要思路开阔，不能一看无初速度释放，就认为电荷一直加速运动．解答：解：电荷初速度为零，在运动过程中可能一直加速运动，此时有：EA＞EB＞EC，可能先加速后减速但是并未减速到零，此时有：EA＞EC＞EB，也可能先加速然后减速为零，此时有：EA=EC＞EB，故AD正确，BC错误．故选AD．12.一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面平行，不计粒子的重力．下列说法正确的有（）A．粒子带电荷B．粒子的加速度先不变，后变小C．粒子的速度不断增大D．粒子的电势能先减小，后增大分析：等势面的疏密可以表示场强的大小，电场线与等势面；电场力做正功，电势能减小．解答：解：A、电场线（垂直于等势面）先向右后向上偏，而粒子后向下偏了，所以电场力与电场强度方向相反，所以粒子带负电，A正确；B、因为等势面先平行并且密，后变疏，说明电场强度先不变，后变小，则电场力先不变，后变小，所以加速度先不变，后变小，B正确；C、由于起初电场力与初速度方向相反，所以速度先减小，C错误；D、因为电场力先做负功，所以电势能先增大，D错误；故选AB．13.图（a）为示管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（）A．B．C．D．分析：示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．解答：解：由于电极XX′加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压信号电压，信号电压与扫描电压周期相同，所以荧光屏上会看到的图形是B；故选B．14.如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子