2023高考物理一輪總復(fù)習(xí)第六章靜電場第18講電場力的性質(zhì)課時達(dá)標(biāo)

PAGEPAGE2第18講電場力的性質(zhì)[解密考綱]主要考查庫侖定律、電場強(qiáng)度的理解和電場疊加的計(jì)算、電場線的理解和應(yīng)用．1．(多項(xiàng)選擇)(2022·廣東卷)如下圖，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個帶電量為＋Q的小球P，帶電量分別為－q和＋2q的小球M和N，由絕緣細(xì)桿相連，靜止在桌面上，P與M相距L，P、M和N視為點(diǎn)電荷，以下說法正確的選項(xiàng)是(BD)A．M與N的距離大于LB．P、M和N在同一直線上C．在P產(chǎn)生的電場中，M、N處的電勢相同D．M、N及細(xì)桿組成的系統(tǒng)所受合外力為零解析：M、N處于靜止?fàn)顟B(tài)，那么M、N和桿組成的系統(tǒng)所受合外力為0，那么FPM＝FPN，即keq\f(Qq,L2)＝keq\f(2Qq,x2)，那么有x＝eq\r(2)L，那么M、N間距離為(eq\r(2)－1)L，應(yīng)選項(xiàng)A錯誤，選項(xiàng)D正確；由于M、N靜止不動，P對M和對N的力應(yīng)該在一條直線上，應(yīng)選項(xiàng)B正確；在P產(chǎn)生電場中，M處電勢較高，應(yīng)選項(xiàng)C錯誤．2．(2022·浙江卷)如下圖為靜電力演示儀，兩金屬極板分別固定于絕緣支架上，且正對平行放置，工作時兩板分別接高壓直流電源的正負(fù)極，外表鍍鋁的乒乓球用絕緣細(xì)線懸掛在金屬極板中間，那么(B)A．乒乓球的左側(cè)感應(yīng)出負(fù)電荷B．乒乓球受到擾動后，會被吸在左極板上C．乒乓球共受到電場力，重力和庫侖力三個力的作用D．用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，放開后乒乓球會在兩極板間來回碰撞解析：由圖可知，右側(cè)金屬板與電源正極相連接，帶正電，左側(cè)金屬板帶負(fù)電，根據(jù)靜電感應(yīng)規(guī)律，近端感應(yīng)出異種電荷，因此乒乓球的左側(cè)感應(yīng)出正電荷，A項(xiàng)錯誤；乒乓球被擾動后，如果向右擺動會被吸到右板上，B項(xiàng)錯誤；乒乓球共受到懸線的拉力，重力和電場力的作用，C項(xiàng)錯誤；用絕緣棒將乒乓球撥到右極板接觸，乒乓球會帶上正電，受到右板的排斥，向左運(yùn)動與左極板接觸，又帶上負(fù)電，被左極板排斥向右運(yùn)動，這樣小球就在兩極板間來回碰撞，D項(xiàng)正確．3．如下圖，電荷量為＋q和－q的點(diǎn)電荷分別位于正方體的頂點(diǎn)，正方體范圍內(nèi)電場強(qiáng)度為零的點(diǎn)有(D)A．體中心、各面中心和各邊中點(diǎn) B．體中心和各邊中點(diǎn)C．各面中心和各邊中點(diǎn) D．體中心和各面中心解析：正方體對角均為等量異種電荷，在體中心產(chǎn)生的電場強(qiáng)度疊加后為零，在每個面的四角的四個電荷在各面中心產(chǎn)生的電場強(qiáng)度疊加后為零；對面的四角的四個電荷在該面中心產(chǎn)生的電場強(qiáng)度疊加后為零，所以正確答案為D．4．某電場的電場線分布如下圖，A、B是直電場線上的兩點(diǎn)，一帶負(fù)電粒子僅在電場力作用下以一定初速度從A點(diǎn)沿電場線運(yùn)動到B點(diǎn)且到B點(diǎn)時速率不為零，那么其在A、B間的v-t圖線可能是(B)解析：由電場線的疏密程度可知粒子從A到B所受電場力逐漸減小，又因粒子帶負(fù)電，粒子做加速度減小的減速運(yùn)動，B對．5．(2022·吉林長春模擬)如下圖，AC垂直平分BD，電荷量為＋Q、－Q的兩點(diǎn)電荷分別放在B、D兩點(diǎn)，O是AC的中點(diǎn)且OA＝OB＝a，∠BOC＝60°，那么(C)A．O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為eq\f(kQ,a2)，方向垂直AC向右B．O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為eq\f(\r(3)kQ,a2)，方向垂直AC向左C．A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為eq\f(kQ,3a2)，方向垂直AC向右D．電荷量為＋q的電荷在O點(diǎn)的電勢能大于在A點(diǎn)的電勢能解析：由點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式及電場疊加原理知O點(diǎn)電場強(qiáng)度為EO＝eq\f(2kQ,a2)cos30°，即為eq\f(\r(3)kQ,a2)，方向垂直AC向右，A、B錯；同理A點(diǎn)電場強(qiáng)度為EA＝eq\f(2kQ,AB2)cos60°，而AB＝eq\r(3)a，所以EA＝eq\f(kQ,3a2)，方向垂直AC向右，C對；因AC線是等勢線，所以電荷量為＋q的電荷在O點(diǎn)的電勢能等于在A點(diǎn)的電勢能，D錯．6．(2022·浙江金華模擬)如下圖，O是半徑為R的正N邊形(N為大于3的偶數(shù))外接圓的圓心，在正N邊形的一個頂點(diǎn)A放置一個帶電荷量為＋2q的點(diǎn)電荷，其余頂點(diǎn)分別放置帶電荷量為－q的點(diǎn)電荷(未畫出)，那么圓心O處的電場強(qiáng)度大小為(B)A．eq\f(2kq,R2) B．eq\f(3kq,R2)C．eq\f(N－1kq,R2) D．eq\f(Nkq,R2)解析：假設(shè)正N邊形的各頂點(diǎn)帶上相同點(diǎn)電荷，那么圓心的電場強(qiáng)度為零，題中一頂點(diǎn)A放置一個帶電荷量為＋2q的點(diǎn)電荷，那么由對稱法可知此圓心O處的電場強(qiáng)度應(yīng)為keq\f(2q,R2)＋keq\f(q,R2)＝eq\f(3kq,R2)，B對．7．(多項(xiàng)選擇)如下圖，在光滑絕緣的水平桌面上有四個小球，帶電荷量分別為－q、Q、－q、Q.四個小球構(gòu)成一個菱形，－q、－q的連線與－q、Q的連線之間的夾角為α.假設(shè)此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，那么正確的關(guān)系式可能是(AC)A．cos3α＝eq\f(q,8Q) B．cos3α＝eq\f(q2,Q2)C．sin3α＝eq\f(8Q,q) D．sin3α＝eq\f(Q2,q2)解析：設(shè)菱形邊長為a，那么兩個Q之間距離為2asinα，兩個－q之間距離為2acosα.選取－q作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2keq\f(Qq,a2)cosα＝keq\f(q2,2acosα2)，解得cos3α＝eq\f(q,8Q)，選項(xiàng)A正確，B錯誤；選Q作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2keq\f(Qq,a2)sinα＝keq\f(Q2,2asinα2)，解得sin3α＝eq\f(Q,8q)，選項(xiàng)C正確，D錯誤．8．(多項(xiàng)選擇)(2022·湖北武漢模擬)如下圖，在光滑絕緣水平面上有三個孤立的點(diǎn)電荷Q1、Q、Q2，Q恰好靜止不動，Q1、Q2圍繞Q做勻速圓周運(yùn)動，在運(yùn)動過程中三個點(diǎn)電荷始終共線．Q1、Q2分別與Q相距r1、r2，不計(jì)點(diǎn)電荷間的萬有引力，以下說法正確的選項(xiàng)是(AC)A．Q1、Q2的電荷量之比為(eq\f(r1,r2))2 B．Q1、Q2的電荷量之比為eq\f(r1,r2)C．Q1、Q2的質(zhì)量之比為eq\f(r2,r1) D．Q1、Q2的質(zhì)量之比為(eq\f(r2,r1))2解析：由Q恰好靜止可知keq\f(QQ1,r\o\al(2,1))＝keq\f(QQ2,r\o\al(2,2))，那么Q1、Q2兩點(diǎn)電荷的電荷量之比為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1,r2)))2，A正確，B錯誤；Q1做勻速圓周運(yùn)動，keq\f(QQ1,r\o\al(2,1))－keq\f(Q1Q2,r1＋r22)＝m1r1ω2，Q2做勻速圓周運(yùn)動，keq\f(QQ2,r\o\al(2,2))－keq\f(Q1Q2,r1＋r22)＝m2r2ω2，聯(lián)立解得Q1、Q2的質(zhì)量之比應(yīng)是eq\f(r2,r1)，C正確，D錯誤．9．如下圖，光滑絕緣細(xì)桿與水平面成θ角并固定，桿上套有一帶正電小球，質(zhì)量為m、電荷量為q，為使小球靜止在桿上，可加一勻強(qiáng)電場，所加電場的場強(qiáng)滿足什么條件時，小球可在桿上保持靜止(B)A．垂直于桿斜向上，場強(qiáng)大小為eq\f(mgcosθ,q)B．豎直向上，場強(qiáng)大小為eq\f(mg,q)C．垂直于桿斜向上，場強(qiáng)大小為eq\f(mgsinθ,q)D．水平向右，場強(qiáng)大小為eq\f(mg,qtanθ)解析：假設(shè)所加電場的場強(qiáng)垂直于桿斜向上，對小球受力分析可知，其受到豎直向下的重力、垂直于桿斜向上的電場力和垂直于桿方向的支持力，在這三個力的作用下，小球沿桿方向上不可能平衡，選項(xiàng)A、C錯誤；假設(shè)所加電場的場強(qiáng)豎直向上，對小球受力分析可知，當(dāng)E＝eq\f(mg,q)時，電場力與重力等大反向，小球可在桿上保持靜止，選項(xiàng)B正確；假設(shè)所加電場的場強(qiáng)水平向右，對小球受力分析可知，其共受到三個力的作用，假設(shè)小球此時能夠靜止，那么根據(jù)平衡條件可得Eq＝mgtanθ，所以E＝eq\f(mgtanθ,q)，選項(xiàng)D錯誤．此題答案為B．10．(多項(xiàng)選擇)如下圖，用三根長度相同的絕緣細(xì)線將三個帶電小球連接后懸掛在天花板．三個帶電小球質(zhì)量相等，A球帶正電，平衡時三根絕緣細(xì)線都是直的，但拉力都為零，那么(AD)A．B球和C球都帶負(fù)電荷B．B球帶負(fù)電荷，C球帶正電荷C．B球和C球所帶電荷量不一定相等D．B球和C球所帶電荷量一定相等解析：B球受重力及A、C對B球的庫侖力而處于平衡狀態(tài)，那么A與C球?qū)球的庫侖力的合力應(yīng)與重力大小相等，方向相反，而庫侖力的方向只能沿兩電荷的連線方向，故可知A對B的庫侖力應(yīng)指向A，C對B的作用力應(yīng)指向B的左側(cè)，那么可知B、C都應(yīng)帶負(fù)電，故A正確，B錯誤；由受力分析可知，A對B的庫侖力應(yīng)為C對B的庫侖力的2倍，故C帶電荷量應(yīng)為A帶電荷量的一半；同理分析C可知，B帶電荷量也應(yīng)為A帶電荷量的一半，故B、C帶電荷量相等，故C錯誤，D正確．11．如下圖，一個均勻的帶電圓環(huán)，帶電荷量為＋Q，半徑為R，放在絕緣水平桌面上．圓心為O點(diǎn)，過O點(diǎn)作一豎直線，在此線上取一點(diǎn)A，使A到O點(diǎn)的距離為R，在A點(diǎn)放一試探電荷＋q，那么＋q在A點(diǎn)所受的電場力為(B)A．eq\f(kQq,R2)，方向向上 B．eq\f(\r(2)kQq,4R2)，方向向上C．eq\f(kQq,4R2)，方向水平向左 D．不能確定解析：先把帶電圓環(huán)分成假設(shè)干個小局部，每一局部可視為點(diǎn)電荷，各點(diǎn)電荷對試探電荷的庫侖力在水平方向上相互抵消，豎直方向上電場力大小為eq\f(kqQcos45°,\r(2)R2)＝eq\f(\r(2)kQq,4R2)，方向向上，B正確．12．如下圖，真空中存在一個水平向左的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E.一根不可伸長的絕緣細(xì)線長為l，細(xì)線一端拴一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球，另一端固定在O點(diǎn)，把小球拉到使細(xì)線水平的位置A，由靜止釋放，小球沿弧線運(yùn)動到細(xì)線與水平方向成θ＝60°角的位置B時速度為0.以下說法中正確的選項(xiàng)是(D)A．小球在B位置處于平衡狀態(tài)B．小球受到的重力與電場力的關(guān)系是eq\r(3)Eq＝mgC．小球?qū)⒃贏、B之間往復(fù)運(yùn)動，且幅度將逐漸減小D．小球從A運(yùn)動到B過程中，電場力對其做的功為－eq\f(1,2)qEl解析：小球到達(dá)B點(diǎn)時速度為0，向心力為0，那么沿細(xì)線方向合力為0，而小球有沿圓弧的切向分力，故在B點(diǎn)小球的合力不為0，不是平衡狀態(tài)，A錯誤．根據(jù)動能定理有mglsinθ－qEl(1－cosθ)＝0，解得Eq＝eq\r(3)mg，B錯誤．類比單擺，小球?qū)⒃贏、B之間往復(fù)運(yùn)動，能量守恒，振幅不變，C錯誤．小球從A到B，沿電場線方向運(yùn)動的有效距離d＝l－lcosθ＝eq\f(1,2)l，所以電場力做功W＝－qEd＝－eq\f(1,2)Eql，D正確．13．(多項(xiàng)選擇)一半徑為R的半球面均勻帶有正電荷Q，電荷Q在球心O處產(chǎn)生電場的場強(qiáng)大小E0＝eq\f(kQ,2R2)，方向如下圖；把半球面分為外表積相等的上、下兩局部，如圖甲所示，上、下兩局部電荷在球心O處產(chǎn)生電場的場強(qiáng)大小分別為E1、E2，把半球面分為外表積相等的左、右兩局部，如圖乙所示，左、右兩局部電荷在球心O處產(chǎn)生電場的場強(qiáng)大小分別為E3、E4，那么(AC)A．E1>eq\f(kQ,4R2) B．E2>eq\