1、(时间：90分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1仔细观察下列与静电有关的各图，属于防范静电的是()解析：选A.题给四个图中，B、C、D均为静电现象的应用，故选A.2(2014洛阳统考)如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中电势和场强都相同的是()解析：选B.A中a、b两点场强的方向不同，A错误；B中a、b两点电势和场强均相同，B正确；C中a点电势高于b点电势，C错误；D中a、b两点场强的方向不同，D错误故选B.3(2014台州高二检测)两个分别带有电荷量Q和3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，
2、固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F.若将两小球相互接触后分开一定的距离，两球间库仑力的大小变为F，则两小球间的距离变为()A. B.Cr D2r答案：B4. (2014广州一中高二检测)如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止若正对的平行板左右错开一些()A带电尘粒将向上运动B带电尘粒将向下运动C错开过程中，通过电阻R的电流方向为A到BD错开过程中，通过电阻R的电流方向为B到A解析：选C.平行板左右错开一些后，正对面积减小，但板间距离不变由于电容器与电源相连，板间电压不变由E知，场强不变，带电尘粒受力不变，因而仍将静止，A错误，B错误两板错开时，
3、由C知，电容减小，电荷量QUC减小，因而电容器放电，电阻R中电流方向为A到B，C正确，D错误，故选C.5. (2014银川一中质检)如图所示，平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600 V，A板带正电并接地，A、B两板间距为12 cm，C点离A板4 cm，下列说法正确的是()AE2 000 V/m，C200 VBE5 000 V/m，C200 VC电子在C点具有的电势能为200 eV，把一个电子从C点移动到B板，电场力做功为400 eVD电子在C点具有的电势能为200 eV，把一个电子从C点移动到B板，电场力做功为400 eV解析：选D.A接地，则其电势为零，又因为A、B间电压为60
4、0 V，则B处电压为600 V，由此知C点电势为负值，则A、B间场强EU/d600 V/12 cm50 V/cm5 000 V/m，则CEdC50 V/cm(4 cm)200 V，A、B错误；电子在C点具有的电势能为200 eV，把一个电子从C点移动到B板，电场力做功为400 eV，C错误，D正确故选D.6. (2014安徽阜阳一中高二检测)如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，电荷量为q的小球从圆弧管的水平直径端点由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在AB弧中点处的电场强度的大小为()Amg/q B2mg/qC3
5、mg/q D4mg/q答案：C7.如图所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右端不计重力，下列表述正确的是()A粒子在M点的速率最大B粒子所受电场力沿电场方向C粒子在电场中的加速度不变D粒子在电场中的电势能始终在增加解析：选C.根据做曲线运动物体的合力指向轨迹的凹侧，再结合电场力的特点可知粒子带负电，即受到的电场力方向与电场线方向相反，B错误；从N到M电场力做负功，减速，电势能在增加，当达到M点后电场力做正功，速度增加，电势能在减小，则在M点的速度最小，A、D错误；粒子在整个过程中只受电场力，根据牛顿第二定
6、律知加速度不变，C正确故选C.二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意)8.一带正电的粒子在电场中做直线运动的vt图象如图所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是()A该电场可能是由某正点电荷形成的BM点的电势高于N点的电势C从M点运动到N点的过程中，电势能逐渐增大D粒子在M点所受到的电场力等于在N点所受到的电场力解析：选CD.由题中的vt图象可知：该粒子做的是匀减速直线运动，则粒子所处的电场为匀强电场，D正确A错误；由于粒子带正电，正电荷的受力方向跟该点场强的方向相同，如图所示，因为沿
7、着电场线的方向电势降低，故M点的电势低于N点的电势，B错误；从M点运动到N点的过程中，电场力做负功，电势能增加，C正确故选CD.9.假设在某电场中沿x轴方向上，电势与x的距离关系如图所示，现有一个电子在电场中仅受电场力作用移动，则下列关于电场和电子能量说法正确的是()A区域x3x4内沿x轴方向的电场强度均匀增大B区域x6x7内沿x轴方向场强为零C若电子从电势为2 V的x1位置向右移动到电势为2 V的x7位置，为了通过电势为3 V的x4位置，电子至少应具有1 eV的初动能D电子在区域x1x2内沿x轴方向所受电场力小于区域x3x4内沿x轴方向所受电场力解析：选BD.在x轴方向上，由E可知，图象斜率
8、表示沿x轴方向场强大小，则区域0x1、x2x3、x4x5、x6x7沿x轴方向场强为0，区域x1x2、x3x4、x5x6沿x轴方向场强大小恒定，且区域x1x2内的场强大小小于区域x3x4内的场强大小区域x1x2内电势不断降低，场强方向沿x轴正向，区域x3x4内电势不断升高，场强方向沿x轴负向，区域x5x6内电势不断降低，场强方向沿x轴正向，电子从x1位置向右运动的过程中，在区域x1x2内受沿x轴负方向的电场力，做减速运动，电场力做负功，为了能通过整个区域，电子至少应具有2 eV的初动能，电子在区域x3x4内时，电场力沿x轴正向，做正功，故选BD.10(2014山东泰安一中月考)如图所示，a、b为
9、一对等量同种正电荷连线上的两点(其中b为连线的中点)，c为连线的中垂线上的一点今将一带电荷量为q的负点电荷自a沿直线移到b，再沿直线移到c，下列说法中正确的是()A电荷q受到的电场力的合力一直变小B电场力的合力对电荷q一直做负功C电荷q的电势能一直增加D电荷q受到的电场力的合力方向一直不变解析：选BC.由于b点是等量同种正电荷连线上的中点，所以b点电场强度为0，电荷在b点所受电场力为0，带电荷量为q的负点电荷自a沿直线移到b，再沿直线移到c的过程中，电场力先减小后增大，A错误；由于是负点电荷，所以电场力一直做负功，电势能一直增加，B、C正确；电荷q受到的电场力的合力方向随运动过程变化，由a到b
10、合力方向向左，由b到c合力方向向下，D错误11.如图所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为y，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况)()A增大偏转电压UB减小加速电压U0C增大偏转电场的极板间距离dD将发射电子改成发射负离子解析：选AB.在加速电场中qU0mv，在偏转电场中yat2，lv0t，可得y，可见增大偏转电压U，减小加速电压U0，减小极板间距离d可使偏转位移y增大，故A、B项正确，C项错误偏转位移的大小与发射的带电粒子的q、m无关，故D项错误故选AB.12(2014包头一中模拟)如
11、图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上以下判断正确的是()Ab点场强大于d点场强Bb点场强小于d点场强Ca、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D试探电荷q在a点的电势能小于在c点的电势能解析：选BC.等量异种点电荷所形成的电场中每一个位置处的电场强度都是两个电荷形成的电场相叠加的结果，在MN直线上，两电荷连线中点处的场强最大；在两点电荷的连线上，中点场强最小(在电场线分布较密的地方电场较强)可以判断B正确，A错误电势差是电势的差值，由题意可知MN是两个电荷连线的中
12、垂线，由左右两侧电场分布的对称性知UabUbc，故C正确把正电荷从a点移到c点，电场力做正功，电荷的电势能减少，D错误三、计算题(本题共4小题，共42分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13. (2013高考新课标全国卷改编)(8分)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上：a、b带正电，电荷量均为q，c带负电整个系统置于方向水平的匀强电场中已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，求匀强电场场强的大小和c球的电量解析：以小球c为研究对象，其受力如图甲所示
13、，其中F库，由平衡条件得：2F库cos 30Eqc(2分)即：Eqc，E(2分)此时a的受力如图乙所示，则(2分)得qc2q(1分)即当qc2q时a可处于平衡状态，同理b亦恰好平衡(1分)答案：2q14(8分)如图所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v04106 m/s的速度垂直于场强方向沿中心线由O点射入电场，从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v0方向成30的夹角已知电子电荷e1.61019 C，电子质量m0.911030 kg.求：(1)电子在C点时的动能是多少？(2)O、C两点间的电势差大小是多少？解析：(1)依据几何三角形知电子在C点时的速度为：vt(1分)
14、而Ekmv(1分)联立得：Ekm9.71018 J(2分)(2)对电子从O到C，由动能定理，有eUmvmv.(2分)联立得：U15.2 V(2分)答案：(1)9.71018 J(2)15.2 V15(10分)如图甲所示，相距d15 cm的A、B两极板是在真空中平行放置的金属板，当给它们加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场今在A、B两板之间加上如图乙所示的交变电压，交变电压的周期T1.0106 s，t0时A板的电势比B板的电势高，且U01 080 V一个比荷1.0108 C/kg的带负电荷的粒子在t0时刻从B板附近由静止开始运动，不计重力求：(1)当粒子的位移为多大时，速度第一次达到最大，最
15、大值是多少？(2)粒子运动过程中，将与某一极板相碰撞，求粒子碰撞极板时速度的大小解析：粒子在电场中的运动情况比较复杂，可借助于vt图象分析运动过程如图所示为一个周期的vt图象，以后粒子将重复这种运动(1)在0时间内，粒子加速向A板运动，当t时，粒子速度第一次达到最大根据牛顿第二定律可知，粒子运动的加速度为a.(1分)设粒子的最大速度为vm，此时位移为x，则x0.04 m，(2分)vmat2.4105 m/s.(2分)(2)粒子在第一个周期的前时间内，先加速后减速向A板运动，位移为xA；粒子后时间内，先加速后减速向B板运动，位移为xB.以后的每个周期将重复上述运动，由于粒子在加速和减速运动中的加
16、速度大小相等，所以有xA2x0.08 m，(1分)xB20.02 m(1分)所以粒子在一个周期内的位移xxAxB0.06 m显然，第2个周期末粒子距A板的距离为Ld2x0.03 m0.04 m，(1分)表明粒子将在第3个周期内的前时间内到达A板设粒子到达A板的速度为v，则由v22ax有v2解得v2.1105 m/s.(2分)答案：(1)0.04 m2.4105 m/s(2)2.1105 m/s16. (2014保定调研)(16分)如图所示为光滑竖直圆环轨道，O为圆心，半径为R0.5 m，B点与O点等高，在最低点固定一点电荷A，B点恰能静止一质量为m0.1 kg，电荷量为q106 C的带电小球，
17、现将点电荷A的电荷量增加为原来的两倍，小球沿圆环轨道向上运动到最高点C时的速度为 m/s，取g10 m/s2，静电力常量k9.0109 Nm2/C2.求：(1)开始时点电荷A的带电荷量Q是多少？(2)小球在B点刚开始运动时的加速度；(3)小球在C点时，对轨道的压力；(4)点电荷A的电荷量增加为原来的两倍后，B、C两点间的电势差解析：(1)设点电荷A的电荷量为Q，受力分析如图所示，小球在B点静止，则有：kmg(2分)代入数据解得：Q103 C(1分)(2)当A的电荷量增加为原来的两倍时，则有kcos 45mgma(3分)所以ag10 m/s2，方向竖直向上(1分)(3)在C点时，设轨道对球的压力方向向下，大小为FN，根据圆周运动知识可得mgFNkm(3分)代入数据解得：FN(1) N(1分)则此时小球对轨道的压力大小也为(1) N，方向为竖直向上(2分)(4)设B、C两点间电势差为U，则由动能定理可得qUmgRmv0(2分)代入数据解得：U106 V(1分)答案：见解析
