2022年电场易错选择题.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 班级 姓名 组号 _ 授课时间：1如下列图,两个质量均为 m 的完全相同的金属球壳 a 与 b,其壳层的厚度和质量分布匀称,将它们固定于绝缘支架上,两球心间的距离为 l,l 为球壳外半径 r 的 3 倍；如使它们带上等量异种电荷,电荷量的肯定值均为 Q,那么, a、b 之间的万有引力 F1 与库仑力 F 2 为 2 2A F 1Gm l 2,F2 kQ l 22 2BF 1 Gm l 2,F2 kQ l 2m2 Q2CF 1 G l2 ,F2k l2m 2 Q 2DF 1G l 2,F2 k l 2【错解】（1）由于 a,b 两带电球壳质量分布匀称,可将它们看作质量集中在球心的质点,也可看作点电荷,因此,万有引力定律和库仑定律对它们都适用,故其正确答案应选 A；（2）依题意, a,b 两球中心间的距离只有球半径的3 倍,它们不能看作质点,也不能看作点电荷,因此,既不能用万有引力定律运算它们之间的万有引力,也不能用库仑定律计 算它们之间的静电力,故其正确答案应选 B；【错解缘由】由于一些同学对万有引力定律和库仑定律的适用条件懂得不深刻,产生了上述两种典型错解,因库仑定律只适用于可看作点电荷的带电体,而此题中由于a,b 两球所带异种电荷的相互吸引,使它们各自的电荷分布不匀称,即相互靠近的一侧电荷分布比较密集,又因两球心间的距离l 只有其半径r 的 3 倍,不满意l r 的要求,故不能将两带电球壳看成点电荷,所以不能应用库仑定律；万有引力定律适用于两个可看成质点的物体,虽然两球心间的距离l 只有其半径r 的 3倍,但由于其壳层的厚度和质量分布匀称,两球壳可看作质量集中于球心的质点；因此,可以应用万有引力定律；综上所述,对于 a,b 两带电球壳的整体来说,满意万有引力的适用条件,不满意库仑定律的适用条件；【正解答案】D 【正解解析】 ：虽然两球心间的距离 l 只有球壳外半径 r 的 3 倍,但由于其壳层的厚度和质量分布匀称,两球壳可看做质量集中于球心的质点,因此,可以应用万有引力定律求 F 1；而此题中由于 a、b 两球壳所带异种电荷相互吸引,使它们各自的电荷分布不匀称,即相互靠近的一侧电荷分布比较密集,又因两球心间的距离 l 只有其外半径 r 的 3 倍,不满意 l 远大于r 的要求,故不能将两带电球壳看成点电荷,所以库仑定律不适用,D 正确；【评析】 用数学公式表述的物理规律,有它的成立条件和适用范畴；也可以说物理公式名师归纳总结 - - - - - - -是对应着肯定的物理模型的；应用物理公式前, 肯定要看一看能不能在此条件下使用该公式；一个初动能为Ek 的带电粒子,以速度v 沿垂直电场强度方向飞入两块平行金属板间带等量异号电荷且正对放置,飞出时粒子动能为2Ek；假如这个带电粒子的初速度增加到原来的 2 倍,仍从原位置沿原方向射入,不计重力,那么该粒子飞出两平行金属板间时的动能为 第 1 页,共 8 页精选学习资料 - - - - - - - - - A 4EkB4.25EkC6EkD9.5Ek【错解缘由】认为两次射入的在 Y 轴上的偏移量相同；实际上,由于水平速度增大带电粒子在电场中的运动时间变短；在 Y 轴上的偏移量变小；【正解答案】B 【正解解析】 ：建立直角坐标系,初速度方向为 x 轴方向, 垂直于速度方向为 y 轴方向；设粒子的的质量 m,带电量为 q,初速度 v；匀强电场为 E,在 y 方向的位移为 y；速度通过匀强电场的偏移量为 y ,平行板板长为 l；由于带电粒子垂直于匀强电场射入,粒子做类似平抛运动；在方向：l两次入射带电粒子的偏移量之比为由动能定理得粒子从射入电场到射出电场,有起初速度加倍 为 2v 时, y1 4 y,【评析】qEy Ek2Ek EkEk,起初始条件发生变化时,应当依据正确的解题步骤,从头再分析一遍；而不是想当然地把上一问的结论照搬到下一问来；由此可见,严格地依据解题的基本步骤进行操作,能保证解题的精确性,提高效率；其缘由是操作步骤是从应用规律的需要归纳出来的；3如下列图,把一个不带电的枕型导体靠近带正电的小球,由于静电感应,在 a,b 端分别显现负、正电荷,就以下说法正确选项 A闭合 K1,有电子从枕型导体流向地B闭合 K2,有电子从枕型导体流向地C闭合 K1,有电子从地流向枕型导体D闭合 K2,没有电子通过 K2【错解】 枕型导体电荷总是守恒的,没有电子流过 K2；选 D；【错解缘由】由于对没有正确懂得电荷守恒的相对性,所以在此题中认为枕型导体的电荷总是守恒的,便错选答案 D；【正解答案】C【正解解析】 ：在 K1,K2都闭合前,对于枕型导体它的电荷是守恒的,a,b 显现的负、正电荷等量；当闭合 K1,K2 中的任何一个以后,便把导体与大地连通,使大地也参加了电荷转移；因此,导体本身的电荷不再守恒,而是导体与大地构成的系统中电荷守恒；由于静电名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 8 页精选学习资料 - - - - - - - - - 感应, a 端仍为负电荷,大地远处感应出等量正电荷,因此无论闭 地流向导体,应选答案 C；【评析】在解决此类静电平稳问题时,对电荷守恒的懂得应为：K1仍是 K2,都是有电子从电荷守恒定律有相对性,一个物理过程中,某个物体或某些物体的电荷并不守恒,有增 或有减,而这一过程中必有另一些物体的电荷有减或有增,其中的增量和减量必定相等,满 足全范畴内的守恒；即电荷是否守恒要看是相对于哪一个争论对象而言；电荷守恒是永恒的,是不需要条件的；电荷守恒定律也是自然界最基本的规律之一；在应用 这个定律时,只要能够全面地考察参加电荷转移的物体,就有了正确地解决问题的基础；如下列图,实线是一个电场中的电场线,虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹,如电荷是从a 处运动到 b 处,以下判定正确选项 A电荷从 a 到 b 加速度减小 Bb 处电势能大 Cb 处电势高 D电荷在 b 处速度小【错解】由图可知,由 ab,速度变小,所以,加速度变小,选 A；由于检验电荷带负电,所以 电荷运动方向为电势上升方向,所以 b 处电势高于 a 点,选 C；【错解缘由】选 A 的同学属于加速度与速度的关系不清；选【正解答案】BDC的同学属于功能关系不清；【正解解析】 ：由图可知 b 处的电场线比 a 处的电场线密,说明 b 处的场强大于 a 处的场强；依据牛顿其次定律,检验电荷在 b 处的加速度大于在 a 处的加速度, A 选项错；由图可知,电荷做曲线运动,必受到不等于零的合外力,即Fe 0,且 Fe 的方向应指向运动轨迹的凹向；由于检验电荷带负电,所以电场线指向是从疏到密；再利用“ 电场线方向为电势降低最快的方向” 判定 a,b 处电势高低关系是 UaUb,C选项不正确；依据检验电荷的位移与所受电场力的夹角大于 90° ,可知电场力对检验电荷做负功；功是能量变化的量度,可判定由ab 电势能增加, B 选项正确；又因电场力做功与路径无关,系统的能量守恒,电势能增加就动能减小,即速度减小,D选项正确；【评析】 懂得才能应包括对基本概念的透彻懂得、对基本规律精确把握；此题就表达高 考在这方面的意图；这道小题检查了电场线的概念、牛顿其次定律、做曲线运动物体速度与 加速度的关系、电场线与等势面的关系、电场力功（重力功）与电势能（重力势能）变化的 关系；能量守恒定律等基本概念和规律；要求考生懂得概念规律的准确含义、适用条件,鉴 别似是而非的说法；. 点电荷 A和 B,分别带正电和负电,电量分别为强度为零的地方在 AA和 B 之间 BA右侧CB左侧 DA的右侧及 B 的左侧【错解】4Q和 Q,在 AB连线上,如图,电场名师归纳总结 错解一：认为A, B间一点离 A,B距离分别是2r 和 r ,就 A,B 第 3 页,共 8 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 错解二：认为在 A 的右侧和 B 的左侧,由电荷产生的电场方向总相反,因而都有可能抵消,选 D；【错解缘由】错解一忽视了 A, B间 EA和 EB方向都向左,不行能抵消；错解二认为在 A的右侧和 B的左侧,由两电荷产生的电场方向总相反,因而都有可能抵消,却没留意到 A 的右侧 EA总大于 EB,根本无法抵消；【正解答案】C【正解解析】 ：由于 A带正电, B 带负电,所以只有A右侧和 B左侧电场强度方向相反,由于 QAQB,所以只有B 左侧,才有可能EA与 EB等量反向,因而才可能有EA和 EB矢量和为零的情形；【评析】解这类题需要的基本学问有三点：（1）点电荷场强运算公式点电荷而来；（3）某点合场强为各场源在该点场强的矢量和；6如图中接地的金属球 A 的半径为 R,A 点电荷的电量 Q,到球心距离为 r ,该点电荷的电场在球心 O处的场强等于 【错解】依据静电平稳时的导体内部场强到处为零的特点,Q在 O处场强为零,选C；【错解缘由】有些同学将“ 处于静电平稳状态的导体,内部场强到处为零” 误认为是指 Q电荷电场在球体内部到处为零；实际上,静电平稳时电荷 Q在 O处场强 EkQ r2与感应电荷在 O处场强大小相等,方向相反,合场强为零；【正解答案】D【正解解析】 ：静电感应的过程,是导体 A（含大地）中自由电荷在电荷 Q所形成的外电场下重新分 布的过程, 当处于静电平稳状态时,在导体内部电荷 Q所形成的外电场 E与感应电荷产生的“ 附加电场 E' ” 同时存在的,且在导体内部任何一点,外电场电场场强 E与附加电场的场强 E' 大小相等,方向相反,这两个电场叠加的结果使内部的合场强到处为零；即E 内=0；电荷 Q的电场在球心处的场强仍旧等【评析】kQ r 2,选项 D正确；名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 8 页精选学习资料 - - - - - - - - - 仍应深化追究显现此题错解的缘由：只记住了静电平稳的结论,对静电平稳的全过程不清晰；要弄清晰“ 导体进入电场,在电场力的作用下自由电子定向移动,显现感应电荷的聚集,进而形成附加电场” 开头,直到“ 附加电场与外电场平稳,使得导体内部的场强叠加为零,移动自由电子电场力为零；” 为止的全过程；7如下列图,质量为 m,带电量为 q 的粒子,以初速度 v0,从 A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中,粒子通过电场中 B 点时,速率 vB=2v0,方向与电场的方向一样,就 A,B 两点的电势差为 【错解】带电粒子在电场中运动,一般不考虑带电粒子的重力,依据动能定理,电场力所做的功等于带电粒子动能的增量,电势差等于动能增量与电量Q的比值,应选D；【错解缘由】带电粒子在电场中运动,一般不考虑带电粒子的重力,就粒子在竖直方向将保持有速度v0,粒子通过B 点时不行能有与电场方向一样的2v0,依据粒子有沿场强方向的速度2v0,就必是重力作用使竖直向上的速度变为零；如肯定不考虑粒子重力,这只有在电场无限大,带电粒子受电场力的作用,在电场方向上的速度相比可忽视不计的极限状态,且速度沿电场方向才能成立；而此题中 v0 与 vB相比不能忽视不计,因此此题应考虑带电粒子的重力；【正解答案】C【正解解析】 ：在竖直方向做匀减速直线运动 2gh=v0 2依据动能定理【评析】依据初、末速度或者运动轨迹判定物体的受力情形是解决与运动关系问题的基本功；即使在电学中,带电粒子的运动同样也要应用这个基本功；通过这样一些题目的训练,多积存这方面的体会,特别必要；8如下列图,空间有平行于纸面的匀强电场；一电荷量为-q 的粒子（重力不计） ,在恒定拉力 F 的作用下沿虚线由M 点匀速运动到N 点,力 F 与线段 MN 间的夹角为 , MN 间的距离为 d,就 A MN 两点间昀电势差为B匀强电场的电场强度大小为名师归纳总结 C该带电粒子由M 点运动到 N 点的过程中,电势能减小了第 5 页,共 8 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - D如要使该带电粒子由N 点向 M 点做匀速直线运动,就F 必需反向【错解】带电粒子在电场中运动,重力不计, 以为恒定拉力F 是电场力, 力与位移的夹角是锐角,电场力做正功,电势能减小了,选 C；【错解缘由】带电粒子在电场中运动,一般不考虑带电粒子的重力,读题目不仔细,以为恒定拉力 F是电场力,不会抓住质点做匀速运动；【正解答案】 A【正解解析】 ：带 电 小 球 由于重力不计, 质点匀速运动, 所受拉力 F 与电场力 大小相等、方向相反, .由 M 运 动 到 N 的 过 程 中 ,根 据 动 能 定 理 得 ：Fdcos-qU MN =0 ,求出 M、N 间电势差,故 A 正确； 电场线方向沿 F 方向, MN 沿电场线方向距离为 dcos ,由匀强电场场强 公式 E=F/q ；B 项不正确；电场力做负功,电势能增大,根 据 功 能 关 系 求解 电 势 能 的 变 化 量 , C 不正确；依据平稳条件,如要使带电质点由 N 向 M 做匀速直线运动,就所受合力肯定为零 因此 F 必需沿原方向 D 项不正确；【评析】带 电 粒 子 在 电 场 中 运 动 问 题 ,常 常 用 动 能 定 理 求 解 电 势 差 ；对 于 力 电 综 合 题 ,可 按 力 学 的 解 题 思 路 进 行 , 往 往 要 根 据 带 电 粒 子 的 运 动 情 况 , 分 析 受 力 情 况 , 从力 和 能 两 种 角 度 研 究 ；9如图,光滑平面上固定金属小球A,用长 l 0 的绝缘弹簧将A 与另一个金属小球B 连接,让它们带上等量同种电荷,弹簧伸长量为 x 2,就有 【错解】应选 B 【错解缘由】x 1,如两球电量各漏掉一半,弹簧伸长量变为错解只留意到电荷电量转变,忽视了两者距离也随之变化,导致错误；名师归纳总结 【正解答案】CB 球先后平稳,于是有由题意画示意图,B球先后平稳,有【正解解析】 ：由题意画示意图,第 6 页,共 8 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 【评析】r 常指弹簧形变后的总长度（两电荷间距离）；1如下列图,两块较大的金属板A、B 相距为 d,平行放置并与一电源相连,开关 S 闭合后,两板间恰好有一质量为 m、带电荷量为 q 的油滴处于静止状态,以下说法正确选项 A 如将 S断开,就油滴将做自由落体运动,G 表中无电流B如将 A 向左平移一小段位移,就油滴仍旧静止,C如将 A 向上平移一小段位移,就油滴向下加速运动,D如将 A 向下平移一小段位移,就油滴向上加速运动,【错解】G 表中有 ba 的电流 G 表中有 ba 的电流 G 表中有 ba 的电流如将 S 断开,电容器电量不变,G 表中无电流,就油滴将做自由落体运动,选A ；【错解缘由】S 断开,电容器电量不变,误认为 G 表中无电流,就油滴将做自由落体运动,如板间场强不变, 油滴仍处于静止状态将 A向左平移一小段位移,电场强度不变, 油滴仍旧静止 电压不变,电容减小,分析电量的变化,确定电容器是充电仍是放电,再争论电流方向转变板间距离,引起电容变化,分析【正解答案】BC E 和电量的变化,再确定油滴的运动情形和电流方向；U【正解解析】 ：由于油滴处于静止状态,所以 q dmg；如将 S 断开,电容器的电荷量 Q不变, C rS 4kd、UQ C4kdQrS, EU d4kQrS, 场强不变,油滴仍处于静止状态,选项 A错误；如将 A 向左平移一小段位移,s 变小,电容 C变小,电压 U不变,就 Q CU变小,电容器放电,所以电流由 ba,EU d,场强不变,此时油滴仍静止,选项 B 正确；如将 A向上平移一小段位移,板间距离 d 增大, C rS 4kd,电容 C变小,电压 U不变,就 Q变小,电容器放电,所以电流由 ba,此时 qU d<mg, 油滴向下加速运动,所以选项 C正确；如将 A向下平移一小段位移,电容 C变大,电压 U不变,就 Q变大,电容器充电,所以电流由 ab,此时qU d>mg,油滴加速向上运动,所以选项 D错误；【评析】名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 8 页精选学习资料 - - - - - - - - - 此题是电容器动态变化分析问题；含有电容器的电路,只有在电容器充电或放电的过程有电流,而分析电容器充放电要依据分析电容和电压的变化来确定；对平行板电容器的有关物理量 Q、E、U、C进行争论时, 关键在于弄清哪些是变量,哪些是不变量, 抓住 C rS 4kd、QCU 和 EU d进行判定； U Q C4kdQ rS,极板间的电场强度EU d4kQ rS,S断开,电容器电量不变,距离转变时,场强与距离无关,场强不变；分析电量的变化,确定电容器是充电仍是放电,再争论电流方向；分析C、E 和 Q 的变化,再确定油滴的运动情形和电流方向；11如下列图, ef 是边长为 s 的等边三角形abc 的中线,在e、 f 点分别放置电荷量均为Q 的正、负点电荷；以下说法正确选项 A a 点的电场强度大小为2kQ sBa 点的电势高于c 点的电势C电势差 U e b大于电势差Ue aD正电荷在b 点的电势能大于c 点的电势能【错解】a 点的电场强度为 +Q, Q各自产生的场强之和,由点电荷的场强公式 EkQ r2 ,E=E1+E2=2kQ s2 ,应选 A ；【错解缘由】认为 a 点处的场强是 +Q, Q两点电荷分别在【正解答案】 BD a 点的场强的代数和；【正解解析】 ：依据 EkQ r 2 及电场的叠加得： a 点的电场强度EakQ s 224kQ s 2 ,选项 A 错； 依据等量异种电荷电场的分布的特点可知：两电荷连线的中垂面是等势面 且 0,以中垂线为界负电荷的一方电势为负值,正电荷的一方电势为正值,所以选项 B 对, C错；由于 bc,Epq,所以 EpbEpc,选项 D正确；【评析】场强的叠加为矢量和,由图可知,E, E1, E2 组成一个等边三角形,大小相同,E方向与 bc 边平行；名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 8 页