【金版教程】高考物理大一轮总复习 静电场阶段示范性金考卷(含解析)

本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．

第Ⅰ卷 (选择题，共65分)

一、选择题(本题共13小题，每小题5分，共65分．在第2、3、4、5、6、8、9、10、12小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第1、7、11、13小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)

1. 如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，O、A、B为轴上三点，放在A、

B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示，则( )

A. A点的电场强度大小为2×10 N/C B. B点的电场强度大小为2×10 N/C C. 点电荷Q在A、B之间 D. 点电荷Q在A、O之间

解析：试探电荷所受的电场力与电量的比值为场强，选项A正确B错误；若点电荷Q在AO之间，则A、B两点场强方向相同，选项C正确D错误．

答案：AC

2. 如图所示，电场中一正离子只受电场力作用从A点运动到B点．离子在A点的速度大小为v0，速度方向与电场方向相同．能定性反映该离子从A点到B点运动情况的速度－时间(v－t)图象是( )

33

解析：从A到B，正离子受到的电场力方向与运动方向相同，所以该离子做加速运动；考虑到电场线越来越疏，场强越来越小，正离子受到的电场力和加速度也越来越小，该离子从A点到B点运动情况的速度－时间(v－t)图象的斜率也越来越小．综上分析，选项C正确．

答案：C

3. 如图所示，在一个匀强电场中有一个三角形ABC，其中，AC的中点为M，BC的中点为N.将一个带正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为WAB＝8.0×10 J．则以下分析正确的是( )

－9

A．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功为WMN＝－4.0×10 J B．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功WMN有可能大于4.0×10 J

C．若A、B之间的距离为2 cm，粒子的电荷量为2.0×10 C，该电场的场强一定是E＝2 V/m

D．若粒子的电荷量为2.0×10 C，则A、B之间的电势差为4 V

解析：在匀强电场中沿相同方向移动同种电荷，电场力做功的正、负相同，将该粒子从

－9

－7

－9

－9

M点移到N点与从A点移到B点方向相同，因此电场力都做正功，A错；M、N分别为AC、BC的中点，因此MN长为AB长的一半，无论电场强度方向如何，MN间电势差为AB间电势差的一半，所以WMN＝4.0×10 J，B错；由于电场强度方向未知，当电场强度沿AB方向时，电场强度最小，由W＝qEd可知最小场强Emin＝2 V/m，所以匀强电场的场强E≥2 V/m，C错；由W＝qU可知D项正确．

答案：D

4. [2013·江西盟校联考]无限大接地金属板和板前一点电荷形成的电场区域，和两个等量异号的点电荷形成的电场等效．如图所示P为一无限大金属板，Q为板前距板为r的一带正电的点电荷，MN为过Q点和金属板垂直的直线，直线上A、B是和Q点的距离相等的两点．下面关于A、B两点的电场强度EA和EB、电势φA和φB判断正确的是( )

－9

A. EA>EB，φA>φB C. EA>EB，φA＝φB

B. EA>EB，φA<φB D. EA＝EB，φA>φB

解析：无限大接地金属板和板前一正点电荷形成的电场区域，和两个等量异号的点电荷形成的电场等效(如图所示)，P所在位置相当于等量异号电荷连线的中垂线位置，此处电势为零，MN相当于等量异号电荷的连线即图中水平线，则由图中电场线及等势面的分布情况知EA>EB，φA<φB，故B对．

答案：B

5. [2013·锦州模拟]在光滑绝缘的水平地面上放置着四个相同的金属小球，小球A、B、

C位于等边三角形的三个顶点上，小球D位于三角形的中心，如图所示，现让小球A、B、C带等量的正电荷Q，让小球D带负电荷q，使四个小球均处于静止状态，则Q与q的比值为 ( )

1

A. 3C. 3

B.

3 3

D. 3

23

解析：设三角形边长为a，由几何知识可知，BD＝a·cos30°·＝a，以B为研究

33

kQ2kQqQ对象，由平衡条件可知，2cos30°×2＝，解得：＝3，D正确． 2aqBD答案：D

6. 如图所示，两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于O点，若q1>q2，l1>l2，平衡时两球到过O点的竖直线的距离相等，则( )

A. m1>m2 B. m1＝m2 C. m1解析：以O点为转轴，T1和T2的力矩为零，而两个库仑力的力矩的代数和为零，故由力矩的平衡可知：两个重力的力矩的代数和也应该为零，即m1gd＝m2gd，所以m1＝m2，故B正确．也可以用三角形相似法求解．

答案：B

7. 现有两个边长不等的正方形ABDC和abdc，如图所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等．在

AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的点电荷，其中AB、AC中点放的点电荷带正电，CD、BD的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零．则下列说法中正确的是( )

A．O点的电场强度和电势均为零

B．把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零 C．同一点电荷在a、d两点所受电场力相同 D．将一负点电荷由a点移到A点电势能减小

解析：O点的电场强度不为零，电势为零，选项A错误；由于bOc为等势线，所以把一正点电荷沿着b→d→c的路径移动时，电场力做功为零，选项B正确；根据电场叠加原理，

a、d两点电场强度相同，同一点电荷在a、d两点所受电场力相同，选项C正确；将一负点

电荷由a点移到A点，克服电场力做功，电势能增大，选项D错误．

答案：BC

8. 如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上．甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动．则下列说法中正确的是( )

A．两粒子电性相同

B．甲粒子经过c点时的速率大于乙粒子经过d点时的速率 C．两个粒子的电势能都是先减小后增大 D．经过b点时，两粒子的动能一定相等

解析：从甲、乙两个带电粒子的运动轨迹可知，两粒子的电性不相同，故A错误；甲受的是吸引力，电场力做正功，电势能减少，所以到达c时速率增加，乙受排斥力，电场力做负功，电势能增加，到达d时速率减小，故甲的速率比原先大，乙的速率比原先小，由于在

a点时甲、乙两个带电粒子的速率相同，因此甲粒子经过c点时的速率大于乙粒子经过d点

时的速率，所以B正确、C错误；由于不知道甲、乙两个带电粒子的质量关系，所以无法判断其动能，所以D错误．

答案：B

9. [2013·呼伦贝尔模拟]如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒．S闭合时，该微粒恰好能保持静止．在以下两种情况下：①保持S闭合，②充电后将S断开．下列说法能实现使该带电微粒向上运动到上极板的是( )

A．①情况下，可以通过上移极板M实现 B．①情况下，可以通过上移极板N实现 C．②情况下，可以通过上移极板M实现 D．②情况下，可以通过上移极板N实现

解析：保持S闭合时，电容器电压不变，板间电场强度E＝，当d减小时E变大，可使电场力大于重力，从而使微粒向上运动，故A错B对．充电后断开S时，电容器带电量不

UdUQεrS4πkQ变，则板间电场强度E＝＝，C＝，所以E＝，E不随d而变化，故C、D均错．

dCd4πkdεrS答案：B

10. 如下图所示，有三个质量相等的分别带正电、负电和不带电的粒子，从两水平放置的金属板左侧以相同的水平初速度v0先后射入电场中，最后在正极板上打出A、B、C三个点，则( )

A．三种粒子在电场中运动时间相同 B．三种粒子到达正极板时速度相同

C．三种粒子到达正极板时落在A、C处的粒子机械能增大，落在B处粒子机械能不变

D. 落到A处粒子带负电，落到C处粒子带正电

解析：三个粒子在电场中均做类平抛运动，它们在水平方向上的分运动相同，都是以初速度v0做匀速直线运动，在竖直方向上均做初速度为零的匀加速直线运动，但它们下落的加速度不同，不带电的粒子的加速度大小等于g，带正电粒子的加速度小于g，带负电粒子12

的加速度大于g，下落高度相同，下落时间与加速度大小有关，根据公式h＝at可得t＝

2

2ha，可见，加速度越小，下落时间越长，所以t正>t不带电>t负，又因为它们的水平位移x不带电

＝v0t，所以x正>x>x负，选项A错误，D正确；因为三种粒子到达正极板时的水平分速

度相同，竖直分速度不同，故合速度不同，选项B错误；在运动过程中，电场力对正粒子做负功，机械能减小，对负粒子做正功，机械能增大，对不带电粒子不做功，机械能不变，选项C错误．本题答案为D.

答案：D

11. [2014·江苏连云港]如图是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场(加速电压为U1)加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为L，每单位电压引起的偏移h/U2，叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用的方法为( )

A. 增大U2 C. 减小d

B. 减小L D. 减小U1

12

解析：对粒子的加速过程，由动能定理得，qU1＝mv0，粒子在偏转电场中，做类平抛运

21qU22hLh动，由运动规律得，L＝v0t，h＝t，解得，＝，为了提高灵敏度，可增大L、减

2mdU24U1dU2小U1或d，C、D两项正确．

答案：CD

12. 如图所示，长为L、倾角为θ＝45°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋

2

q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度

仍为v0，则( )

A. 小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能 B. A、B两点的电势差一定为

2mgL 2qC. 若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是

D. 若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷

解析：由题述可知，小球以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，电场力做正功，电势能减小，小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，选项A错误；由动能定理得，qU－mgLsin45°＝0，解得A、B两点的电势差为U＝是匀强电场，该电场的场强的最小值为

2mgL，选项B正确；若电场2qmgq2mg，选项C错误；若该电场是AC边中垂线上某点2q的点电荷Q产生的，则Q可以是负电荷，选项D错误．

答案：B

13. x轴上有两个点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，P点位于这两个点电荷位置连线中点右侧．下列判断中正确的是( )

A. 电势最低的P点所在处的电场强度为零 B. Q1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷 C. Q1所带电荷量值一定大于Q2所带电荷量值 D. Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点

解析：在φ－x图中，因P点的斜率为零，故P点处的电场强度为零，所以A正确；由φ－x图可知，φ先降后升且均为正值，所以B错误；因P点处的电场强度为零，且P点距

Q1较远而距Q2较近，故Q1和Q2一定是正电荷，且Q1所带电荷量值一定大于Q2所带电荷量值，

所以C正确；因Q1和Q2是正电荷，故在Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点，所以D正确．

答案：ACD

第Ⅱ卷 (非选择题，共45分)

二、计算题(本题共4小题，共45分)

14. (8分)如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一“L”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中．管的水平部分长为l1＝0.2 m，离水平地面的距离为h＝5.0 m，竖直部分长为l2＝0.1 m．一带正电的小球从管的上端口A由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分(长度极短可不计)时没有能量损失，小球在电场中受到的电场力大小为重力的一半．求：

(1)小球运动到管口B时的速度大小；

(2)小球着地点与管的下端口B的水平距离．(g取10 m/s) 解析：(1)在小球从A运动到B的过程中，对小球由动能定理有 12

mvB－0＝mgl2＋F电l1， 2

解得vB＝g2

l1＋2l2，代入数据可得vB＝2.0 m/s.

(2)小球离开B点后，设水平方向的加速度为a，位移为s，在空中运动的时间为t，水平方向有a＝.

2

gs＝vBt＋at2.

12

竖直方向有h＝gt.

2

联立上式，并代入数据可得s＝4.5 m. 答案：(1)vB＝2.0 m/s (2)s＝4.5 m

15. (12分)如图所示，两带电平行板竖直放置，开始时两极板间电压为U，相距为d，两极板间形成匀强电场．有一带电粒子，质量为m(重力不计)、所带电荷量为＋q，从两极板下端连线的中点P以竖直速度v0射入匀强电场中，带电粒子落在A极板的M点上．

12

(1)若将A极板向左侧水平移动d/2，此带电粒子仍从P点以速度v0竖直射入匀强电场且仍落在A极板的M点上，则两极板间电压应增大还是减小？电压应变为原来的几倍？

(2)若将A极板向左侧水平移动d/2并保持两极板间电压为U，此带电粒子仍从P点竖直射入匀强电场且仍落在A极板的M点上，则应以多大的速度v′射入匀强电场？

解析：(1)带电粒子在两极板间的竖直方向做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运

d1212

动，极板移动前后两分运动时间相等有＝a1t，d＝a2t

222

得a2＝2a1，而a1＝，a2＝

qUmdqU1

3md2

由此推得两极板间电压关系为U1＝3U，故电压应变为原来的3倍．

33

(2)两极板间的电压不变，则Ed＝E′d，故E＝E′，因Eq＝ma，E′q＝ma′，故加

222

速度关系a′＝a

3

1L2d1L2

设带电粒子的竖直位移为L，则d＝a′()，＝a()

2v′22v0联立可解得v′＝

3v0

. 3

3v0

3

答案：(1)增大 3倍 (2)

16. (12分)如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个等量异种点电荷，电荷量分别为＋Q和－Q，A、B相距为2d.MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，其质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷，不影响电场的分布)，现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点高度为d的O点时，速度为

v，已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g.求：

(1)C、O间的电势差UCO； (2)小球p在O点时的加速度；

(3)小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度． 解析：(1)小球p由C点运动到O点时，由动能定理得：

mgd＋qUCO＝mv2－0 mv2－2mgd所以UCO＝.

2q12

(2)小球p经过O点时的受力如图所示．由库仑定律得：

F1＝F2＝kQq2 2d2kQq2 2d它们的合力为：F＝F1cos45°＋F2cos45°＝所以小球p在O点处的加速度a＝

F＋mg2kQq＝＋g，方向竖直向下． 2m2dm(3)由电场特点可知，在C、D间电场的分布是对称的，即小球p由C点运动到O点与由

O点运动到D点的过程中合外力做的功是相等的，由动能定理知：

2

W合＝mv2D－0＝2×mv

1

212

解得vD＝2v.

mv2－2mgd2kQq答案：(1) (2)2＋g 方向竖直向下 (3)2v

2q2dm17. (13分)如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线

MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有

一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：

(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；

(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ； (3)电子打到屏上的点P′到点O的距离x.

解析：(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：

eE1eEa1＝＝ mmL1

＝a1t1 22

2

v1＝a1t1

2Lt2＝

v1

运动的总时间为t＝t1＋t2＝3

mL. eE(2)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在

aeE22eE2＝m＝m

t＝L3v

1vy＝a2t3

tanθ＝vyv 1

解得：tanθ＝2

(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x1

x1

21＝2

a2t3

tanθ＝x2L

解得：x＝x1＋x2＝3L. 答案：(1)3mLeE (2)2 (3)3L 电场中的加速度为