一、選擇題：本大題共12小題，共48分。
1.下列關于電荷和電場的說法正確的是( )
A. 電荷量很小的電荷就是點電荷
B. 所有帶電體的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍
C. 若電場中某點不放試探電荷，則該點的電場強度一定為0
D. 根據(jù)F=kq1q2r2可知，兩帶電小球間的距離趨近于0時，庫侖力趨近于無窮大
2.如圖所示，將帶正電的絕緣棒甲左端靠近原來不帶電的驗電器乙的金屬球，乙的金箔片張開，則( )
A. 金屬球帶負電
B. 金屬球帶正電
C. 金屬球和金箔片均帶正電
D. 金屬球和金箔片均帶負電
3.關于電場強度，下列說法正確的是( )
A. 電場中某點先后放入正、負試探電荷，受到的電場力反向，所以兩種情況下電場強度方向相反
B. 電場強度公式E=kQr2表明，當r減半時，電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍
C. 電場強度公式E=Fq表明，q減半，則該處的電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍
D. 勻強電場中電場強度處處相同，所以任何電荷在其中受力都相同
4.如圖，A、B、C三個點位于以O為圓心的圓上，直徑AB與弦BC間的夾角為30°。A、B兩點分別放有電荷量大小為qA、qB的點電荷時，C點的電場強度方向恰好沿圓的切線方向，則qAqB等于( )
A. 13 B. 33
C. 3 D. 2
5.如圖所示，實線為電場中方向未知的三條電場線，a、b兩帶電粒子以不同速度從M點射入電場，僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示。則( )
A. a一定帶正電，b一定帶負電
B. a的動能逐漸減小，b的動能逐漸增加
C. a的加速度逐漸減小，b的加速度逐漸增加
D. 兩個粒子的電勢能一個逐漸增加一個逐漸減小
6.兩個點電荷Q1和Q2固定在x軸上O、D兩點，兩者之間連線上各點電勢高低如圖中曲線所示(OB>BD)，取無窮遠處電勢為零，由圖可知( )
A. B點的電場強度為零
B. Q1為負電荷，Q2為正電荷
C. 電子從D點移到B點電勢降低，電勢能也降低
D. 將電子沿x軸從A點移到C點，電場力一直做負功
7.如圖，實線為電場中的電場線，虛線為等勢面，相鄰等勢面間電勢差相等，一個帶正電荷的粒子(不計重力)在等勢面A處時的動能為20J，運動到等勢面C處時的動能為零，現(xiàn)取B等勢面為零電勢面，則當此電荷的電勢能為2J時的動能是( )
A. 2JB. 18JC. 10JD. 8J
8.如圖，圓心為O的圓處于勻強電場中，電場方向與圓平面平行，ab和cd均為該圓直徑。將電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點，電場力做功為2W(W>0)；若將該粒子從c點移動到d點，電場力做功為W。下列說法正確的是( )
A. 該勻強電場的場強方向與ad平行
B. a點電勢低于c點電勢
C. 將該粒子從d點移動b點，電場力做功為0.5W
D. 若粒子從d點順時針移動到b點，電場力做正功；從d點逆時針移動到b點，電場力做負功
9.如圖所示，M、N是平行板電容器的兩個極板，R為滑動變阻器。用絕緣細線將一帶負電的小球懸于電容器內部。閉合開關S，給電容器充電后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是( )
A. 保持S閉合，將滑動變阻器的滑片向a端滑動，則θ增大
B. 保持S閉合，將N板向M板靠近，則θ增大
C. 斷開S，將N板向M板靠近，則θ增大
D. 斷開S，將N板向下移動少許，則θ增大
10.如圖所示，A、B兩板間電壓為600V，A板接地，B板帶負電，A、B兩板間距離為12cm，C點離A板4cm，
下列說法正確的是( )
A. E=2000V/mB. φC=?200V
C. 電子在C點具有的電勢能為?200eVD. 電子在C點具有的電勢能為200eV
11.如圖甲所示為點電荷電場中的一條電場線，a、b是電場線上的兩點，試探電荷在a、b兩點的靜電力F與電荷量q的關系如圖乙所示，a、b間的距離為L，則下列判斷正確的是( )
A. 場源電荷在b點右側B. 場源電荷帶負電
C. 場源電荷到b點距離為2LD. 場源電荷到a點距離為0.5L
12.如圖甲所示，兩個帶正電的等量同種點電荷固定于光滑絕緣水平地面上，間距為L，其連線的中點為O點，A、B為水平地面上兩點電荷連線的中垂線上的兩個點。一電荷量為q、質量為m的試探電荷從A點由靜止釋放，其運動的v?t圖像如圖乙所示，已知試探電荷t1時刻位于B點，且B點是圖乙中圖線切線斜率最大的位置(圖乙中畫出了該切線)，下列說法正確的是( )
A. 試探電荷帶正電
B. B點的電場強度大小為mvBqt1
C. 試探電荷從A點到B點電勢能減小了12mvB2
D. A點電場強度大于B點電場強度
二、綜合題：本大題共5小題，共52分。
13.（8分）如圖所示為探究影響電荷間相互作用力的因素實驗。

O是一個帶正電的物體，把系在絲線上的帶正電的小球先后掛在圖中P1、P2、P3等位置，比較小球在不同位置所受帶電體的作用力的大小。使小球處于同一位置，增大(或減小)小球所帶的電荷量，比較小球所受的靜電力的大小。
(1)圖中實驗采用的方法是_______(填正確選項前的字母)
A.理想實驗法 B.等效替代法 C.微小量放大法 D.控制變量法
(2)圖中實驗可依據(jù)下列選項中反映小球受帶電體的作用力大小的是___________；
A.電荷間的距離 B.絲線偏離豎直方向的角度
C.帶正電物體的電荷量 D.小球的電荷量
(3)實驗表明：兩電荷之間的相互作用力，隨其距離的_____而增大，隨其所帶電荷量的_____而增大。(選填“增大”或“減小”)
14.（6分）如圖所示實驗裝置可用來探究影響平行板電容器的因素，其中電容器左側極板A和靜電計外殼接地，電容器右極板B與靜電計金屬球相連。使電容器帶電后與電源斷開。
(1)靜電計是測量下列哪一個物理量的儀器 。
A.電荷量 B.電容 C.電勢差
(2)保持兩極板所帶的的電荷量Q不變，極板間的正對面積S不變，讓帶有絕緣手柄的A板向左移動增大兩極板間的距離d，發(fā)現(xiàn)靜電計指針偏角變大，得出的結論是：在其他條件不變的情況下，平行板電容器的電容C隨兩極板間的距離d的增大而_________(填“增大”“減小”或“不變”)。
(3)改變相關因素使電容器電容發(fā)生變化，從而可以測量某些物理量，因此可制作電容式傳感器。保持B板不動，將A板左右移動會使靜電計指針的偏角變化。下列傳感器電容變化和此原理相同的是 。
A. B．C. D．
15.（10分）如圖所示，把電荷量q1=2×10?6C、質量m1=0.9kg的帶正電小球用絕緣細線懸掛在水平天花板上，帶正電的物塊放置在傾角θ=37°的光滑固定斜面上。當小球與物塊間的連線水平且細線與水平方向的夾角為37°時，小球與物塊均靜止，此時兩者之間的距離d=0.3m。已知靜電力常量k=9.0×109N?m2/C2，小球及物塊均可視為點電荷，重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)小球與物塊間的庫侖力大小F1；
(2)物塊的電荷量大小q2；
(3)物塊的質量m2。
16.（12分）如圖所示，AC⊥BC，∠ABC=60°，BC=20cm，A、B、C三點都在勻強電場中，且A、B、C所在平面與電場線平行，把一個電荷量q=10?5C的正電荷從A移到B，電場力做功為零；從B移到C，電場力做功為? 3×10?3J。
(1)求B、C間的電勢差；
(2)假設規(guī)定B點電勢為零，求C點的電勢；
(3)求勻強電場的場強大小與方向。
17.（16分）如圖所示，粒子發(fā)射器發(fā)射出一束質量為m，電荷量為q的粒子(不計重力)，從靜止經加速電壓U1加速后，沿垂直于電場方向射入兩平行板中央，受偏轉電壓U2作用后，以某一速度離開電場。已知平行板長為L，兩板間距離為d，求：
(1)粒子進入偏轉電場速度v0
(2)粒子在離開偏轉電場時的縱向偏移量y；
(3)粒子在離開偏轉電場時的動能Ek。
答案解析
1.B
【解析】A.當帶電體的形狀、體積對所研究的問題影響很小或者沒有影響時，可將帶電體看成點電荷，故A錯誤；
B.所有帶電體的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍，故B正確；
C.電場中某點的電場強度與試探電荷無關，故C錯誤；
D.兩帶電小球間的距離趨近于0時，兩小球不能看成點電荷，該公式不再適用，庫侖力并不是趨近于無窮大，故D錯誤。
故選B。
2.A
【解析】用帶正電的絕緣棒甲去靠近原來不帶電的驗電器乙，由于靜電感應驗電器(導體)兩端出現(xiàn)等量正負感應電荷，近端的電荷的電性與甲相反，帶負電，所以金屬球帶負電，遠端的金屬箔片電荷與甲的電性相同，帶正電荷，即金屬球帶負電，金箔片帶正電，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
3.B
【解析】A.電場強度由電場本身決定，與放不放試探電荷，放何種電荷均無關，則電場中某點先后放入正、負試探電荷，受到的電場力反向，但兩種情況下電場強度方向相同，故A錯誤；
B.公式 E=kQr2 是真空中點電荷電場強度的決定式，則點電荷周圍某點電場強度的大小，與該點到場源電荷距離 r 的二次方成反比，故在 r 減半的位置上，電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍，故B正確；
C.公式 E=Fq 是電場強度的定義式，電場強度由電場本身決定，電場中某點的電場強度的大小與試探電荷所帶的電荷量大小無關，故C錯誤；
D.根據(jù)電荷在電場中所受電場力公式 F=qE 可知，電荷在電場中所受電場力與電場強度、電荷量有關，而勻強電場中電場強度 E 處處相同，電荷的電荷量 q 不同，則電荷在其中受力不同，故D錯誤。
故選B。
4.B
【解析】根據(jù)題意，qA、qB帶異種電荷，假設qA為正點電荷，qB為負點電荷，兩點電荷產生的場強如圖所示：
設圓的半徑為r，根據(jù)數(shù)學知識A點到C點的距離rA=r
B點到C點的距離rB=2rcs30°= 3r
根據(jù)點電荷的場強公式，點電荷qA在C點產生的場強EA=kqArA2=kqAr2
點電荷qB在C點產生的場強EB=kqBrB2=kqB( 3r)2=kqB3r2
根據(jù)數(shù)學知識tan30°=EBEA
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得qAqB= 33
綜上分析，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
5.C
【解析】解：A、由于兩電荷所受的電場力的方向相反，故a、b兩粒子所帶的電荷的電性相反，但電性無法判斷，故A錯誤；
BD、由于出發(fā)后電場力對兩對電荷均做正功，所以兩個粒子的電勢能均減小，動能均增大，故BD錯誤；
C、電場線的疏密代表電場的強弱，由圖可知越向左場強越小，故a出發(fā)后的一小段時間內其所處的位置的場強越來越小，而b出發(fā)后的一小段時間內其所處的位置場強越來越大，根據(jù)牛頓第二定律可知a的加速度逐漸減小，b的加速度逐漸增加，故C正確；
故選：C。
正電荷所受電場力的方向就是電場線的方向，而負電荷所受的電場力的方向與電場線的方向相反，由于場強方向未知故不能確定電荷的電性；電場線的疏密代表電場的強弱，所以出發(fā)后的一小段時間內a受到的電場力變小，b受到的電場力變大；根據(jù)動能定理，合外力做正功，動能增加．
本題雖然是綜合性很強的題目，但只要我們理解了電場線的特點就能順利解決A、C，明白了只要合外力做正功物體的動能就將增加、電勢能減小的道理選項B、D就不難解決，所以我們一定要掌握好基本知識。
6.B
【解析】A.φ?x圖象的斜率表示電場強度，B點的斜率不為0，所以B點的電場強度不為0，故A錯誤；
B.由圖象可以發(fā)現(xiàn)，離Q1越近電場中的電勢越低，由此可以判斷Q1為負電荷，同理，由于離Q2越近電勢越高，所以Q2為正電荷，在它們的連線上的B點的電勢也是零，但B點離Q2近，所以Q1的電荷量要大于Q2的電荷量，故B正確；
C.電子從D點移到B點電勢降低，電子帶負電，電勢能增大，故C錯誤；
D.從A點到C點電勢升高，負電荷在電勢越高處電勢能越小，所以電場力一直做正功，故D錯誤。
7.D
【解析】根據(jù)題意可知相鄰等勢面間電勢差相等，則從等勢面A到等勢面B與從等勢面B到等勢面C，粒子克服電場力做的功相等；由于從等勢面A處到等勢面C處，粒子動能減少 20J ，則從等勢面A處到等勢面B處，粒子動能減少 10J ，而粒子在等勢面A處時的動能為 20J ，所以粒子在等勢面B處時的動能為 10J ；現(xiàn)取B等勢面為零電勢面，則粒子的動能和電勢能之和為 10J ，且動能和電勢能之和保持不變，所以當此電荷的電勢能為 2J 時的動能是 8J 。
故選D。
8.C
【解析】A.根據(jù)題意可知：粒子從a點移動到b點，電場力做功為2W (W>0)；若將該粒子從c點移動到d點，電場力做功為W，移動距離ab在電場方向的投影dab，移動距離cd在電場方向的投影dcd，根據(jù)電場力做功表達式：W電=qEd，可知dab是dcd的兩倍，設圓形電場區(qū)域的半徑為R，如圖，
由幾何關系得：cd在ab方向的投影等于R，剛好滿足dab是dcd的兩倍，所以電場線的方向由a指向b，場強方向與ab平行，故A錯誤；
B.沿電場方向電勢逐漸降落，a點電勢高于 c′ 點電勢，c與 c′ 為等勢點，所以a點電勢高于c點電勢，故B錯誤；
C.由A選項的結論可知
2W=2qER
由圖可知：d到b的距離在電場方向的投影
d′b=12R
粒子從d點移動到b點電場力做功
Wdb=qE×12R=0.5W
故C正確；
D.電場力做功和路徑無關只與初末位置有關，因此從d點到b點電場力做正功，故D錯誤。
故選C。
9.BD
【解析】根據(jù)對小球的受力分析可知，懸線偏離豎直方向的夾角符合
tanθ=Eqmg
因此兩極板間的場強越大θ越大。
A.保持S閉合，極板間的電壓大小等于電源電動勢?；瑒幼冏杵鞯幕恢貌粫绊憳O板上的電壓大小，則場強大小不變， θ不變。故A錯誤；
B.保持S閉合，極板間電壓不變時，將N板向M板靠近，則板間距離d減小，根據(jù)場強E=Ud可知場強大小增大，則θ增大。故B正確；
C.斷開S，則極板上的電荷量Q不變，將N板向M板靠近，則根據(jù)C=εS4πkd ， C=QU
可得U=4πkQdεS
極板間的場強E=Ud=4πkQεS
極板間距離d增大或減小不影響場強大小，其余物理量均不變，則場強大小不變，θ不變。故C錯誤；
D.根據(jù)上述分析，斷開S ，將N板向下移動少許，則極板間的正對面積S減小，則場強E增大，則θ增大。故D正確。
故選BD。
10.BD
【解析】A、AB間有勻強電場，場強為：E=Ud=6000.12=5000V/m；A錯誤；
B.A、C間的電勢差為：UAC=Ed1=5000×0.04V=200V；因A帶正電且電勢為零，C點電勢低于A點的電勢，故φC=?UAC=?200V，故B正確；
CD、電子在C點具有的電勢能?=φC×(?e)=200eV；故C錯誤，D正確；
故選：BD。
11.BC
【解析】AB.由圖乙可知，a點場強大，a點離場源電荷近，因此場源電荷帶負電，場源電荷在a點左側，故A錯誤，B正確；
CD.由圖乙知，a點場強是b點場強的4倍，由點電荷電場強度公式E=kqr2可知，b點到場源電荷的距離是a點到場源電荷距離的2倍，因此場源電荷到b點距離為2L，到a點距離L，故C正確，D錯誤。
12.AC
【解析】解：AD、由乙圖可知，試探電荷先做加速度逐漸增加的加速運動，再做加速度逐漸隇小的加速運動，試探電荷受到電場力的方向從A到B，故帶正電，由于A點的加速度小于B點的加速度，所以A點的電場強度小于B點的電場強度，故A正確、D錯誤；
B、由乙圖可知，B點的加速度
aB=ΔvΔt=vBt1?t0
由牛頓第二定律
qE=maB
解得
E=mvBt1?t0
故B錯誤；
C、A到B的過程中，電場力做正功，電勢能減小，由動能定理可知
?ΔEp=ΔEk=12mvB2
故C正確。
故選：AC。
根據(jù)正電荷的運動方向得出電場力的方向，進而分析出試探電荷的電性；根據(jù)圖像的物理意義結合加速度的定義式和牛頓第二定律得出場強的大?。桓鶕?jù)能量的轉化特點得出電場力的做功，從而得出電勢能的變化；根據(jù)加速度的大小判斷場強的大小關系。
本題主要考查了電場強度的相關概念，理解圖像的物理意義，熟悉同種等量正電荷的電場分布的特點，結合幾何關系和數(shù)學知識即可完成分析，對學生的數(shù)學分析能力要求較高，難度較大。
13.(1)D；(2)B；(3) 減小 增大
【解析】(1)此實驗中比較小球在不同位置所受帶電物體的靜電力的大小，再使小球處于同一位置，增大或減小小球所帶的電荷量，比較小球所受的靜電力的大小，所以是采用了控制變量的方法；
(2)在小球遠離帶電體的過程中，偏轉角越來越小，說明小球受帶電體的作用力越來越小，所以B正確。
(3)實驗表明：兩電荷之間的相互作用力，隨其距離的減小而增大，隨其所帶電荷量的增大而增大。
14.(1)C
(2)減小
(3)C
【解析】(1)靜電計是測量電勢差的儀器。
故選C。
(2)靜電計指針偏角變大，則電壓變大，根據(jù) C=QU 可知，電容變小。得出的結論是：在其他條件不變的情況下，平行板電容器的電容C隨兩極板間的距離d的增大而減小。
(3)保持B板不動，將A板上下移動，目的是改變兩極板間距。BD圖是通過改變兩極板的正對面積來改變電容的大小，而A圖是通過改變介電常數(shù)來改變電容的大小，C圖是通過改變兩極板間距來改變電容的大小。
故選C。
15.解：(1)對小球受力分析，
根據(jù)平衡條件，豎直方向上有 Fsin37°=m1g
水平方向上有 Fcs37°=F1
聯(lián)立解得 F1=12N
(2)由庫侖定律有 F1=kq1q2d2
解得 q2=6×10?5C
(3)對物塊受力分析，根據(jù)平衡條件，沿斜面方向上有 m2gsin37°=F1cs37°
解得 m2=1.6kg

【解析】詳細解答和解析過程見【答案】
16.(1)根據(jù)電勢差與電場力做功的關系可得
qUBC=W
帶入數(shù)據(jù)可得
UBC=? 3×102V
(2)根據(jù)電勢與電勢差之間的關系可得
UBC=φB?φC
而B點電勢為零，帶入數(shù)據(jù)可得
φC= 3×102V
(3)由于正電荷從A移到B，電場力做功為零。故AB兩點為等勢點，AB所在直線為等勢線，又C點電勢比B點電勢高，根據(jù)沿著電場線方向電勢降低。綜上可知，場強方向垂直AB連線且指向右下方。故該電場電場線分布如圖所示
根據(jù)勻強電場中，電勢差與場強的關系可得
UCB=EdCBsin60°
帶入數(shù)據(jù)可得
E=1000V/m
勻強電場的場強大小為 1000V/m ，場強方向垂直AB連線指向右下方。

【解析】詳細解答和解析過程見【答案】
17.解：(1)粒子在加速電場中，由動能定理得qU1=12mv02
解得v0= 2qU1m
(2)粒子在偏轉電場中做類平拋運動水平方向上有L=v0t
得t=Lv0
豎直方向上有y=12at2
又a=qU2md
聯(lián)立解得y=U2L24dU1
(3)粒子從靜止到離開偏轉電場的運動過程中，由動能定理得q(U1+U2dy)=Ek
解得，粒子在離開偏轉電場時的動能Ek=qU1+qU22L24U1d2

【解析】(1)研究粒子在加速電場中運動過程，根據(jù)動能定理求出粒子進入偏轉電場時的速度v0；
(2)抓住粒子在偏轉電場中水平方向上做勻速直線運動，由位移公式求出時間t；粒子在偏轉電場中做類平拋運動。根據(jù)電勢差和兩極板間的距離求出電場強度，從而得出電場力，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度；粒子在豎直方向上做勻加速直線運動，根據(jù)分位移公式求出粒子在離開偏轉電場時的縱向偏移量y；
(3)應用動能定理分析粒子在離開偏轉電場時的動能。
解決本題的關鍵要掌握處理類平拋運動的方法：運動的分解，知道粒子在垂直電場和沿電場方向的運動規(guī)律，結合牛頓第二定律和運動學公式及動能定理靈活求解。

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