課時跟蹤檢測（三十） 電場力的性質(zhì)

課時跟蹤檢測（三十）電場力的性質(zhì)1．(2023·西寧模擬)下列說法正確的是()A．檢驗電荷一定是點電荷，而點電荷不一定是檢驗電荷B．電子帶電荷量為1.6×10－19C，因此一個電子就是一個元電荷C．富蘭克林用油滴實驗比較準(zhǔn)確地測定了電子的電荷量D．根據(jù)F＝keq\f(q1q2,r2)，當(dāng)兩個電荷的距離趨近于零時，靜電力將趨向于無窮大解析：選A點電荷是將帶電物體簡化為一個帶電的點，檢驗電荷的體積和電荷量要足夠小，故A正確；元電荷是一個數(shù)值，而電子是一個實物，故B錯誤；密立根用油滴實驗比較準(zhǔn)確地測定了電子的電荷量，故C錯誤；公式F＝keq\f(q1q2,r2)適用于真空中的靜止的點電荷，當(dāng)兩個點電荷距離趨于0時，兩帶電體已不能看成點電荷了，庫侖定律不適用，故電場力并不是趨于無窮大，故D錯誤。2．一點電荷Q的電場中，讓x軸與它的一條電場線重合，已知坐標(biāo)軸上A、B兩點的坐標(biāo)分別為x1和x2，如圖甲所示。在A、B兩點分別放置正試探電荷，其受到的靜電力跟試探電荷的電荷量的關(guān)系，如圖乙中直線a、b所示，設(shè)靜電力的正方向與x軸正方向相同，靜電力常量未知。則下列說法不正確的是()A．可以判斷點電荷Q的電性B．可以求出點電荷Q的電荷量C．可以求出點電荷Q的位置坐標(biāo)D．可以比較A點和B點的電勢高低解析：選B根據(jù)題意可知EA＝eq\f(F,q)＝40N/C，方向沿x軸正方向，EB＝eq\f(F,q)＝2.5N/C，方向沿x軸正方向，故可以判斷點電荷應(yīng)在A、B左側(cè)帶正電，場強方向是由A指向B，則φA＞φB，A、D正確；設(shè)點電荷距離A點x，則keq\f(Q,x2)＝EA，keq\f(Q,[x＋x2－x1]2)＝EB，分析可得可以求出x，即Q的位置坐標(biāo)，不能求出點電荷Q的電荷量，C正確，B錯誤。3．(2021·湖南高考)如圖，在(a,0)位置放置電荷量為q的正點電荷，在(0，a)位置放置電荷量為q的負(fù)點電荷，在距P(a，a)為eq\r(2)a的某點處放置正點電荷Q，使得P點的電場強度為零。則Q的位置及電荷量分別為()A．(0,2a)，eq\r(2)q B．(0,2a)，2eq\r(2)qC．(2a,0)，eq\r(2)q D．(2a,0)，2eq\r(2)q解析：選B根據(jù)點電荷電場強度公式E＝keq\f(Q,r2)，兩等量異種點電荷在P點的電場強度大小分別為E0＝eq\f(kq,a2)，方向如圖所示，兩等量異種點電荷在P點的合電場強度為E1＝eq\r(2)E0＝eq\r(2)eq\f(kq,a2)，方向與＋q點電荷與－q點電荷的連線平行，如圖所示，Q點電荷在P點的電場強度大小為E2＝keq\f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)a))2)＝eq\f(kQ,2a2)，三點電荷在P點的合電場強度為0，則E2方向如圖所示，大小有E1＝E2，解得Q＝2eq\r(2)q，由幾何關(guān)系可知Q的坐標(biāo)為(0,2a)，故B正確。4.(2022·安徽蚌埠質(zhì)檢)有一個負(fù)點電荷只受電場力的作用，分別從兩電場中的a點由靜止釋放，在它沿直線運動到b點的過程中，動能Ek隨位移x變化的關(guān)系圖像分別為圖中的①、②圖線，則能與①、②圖線相對應(yīng)的兩個電場的電場線分布圖分別是圖中的()A．甲、丙 B．乙、丙C．乙、丁 D．甲、丁解析：選B負(fù)點電荷從a運動到b，只有電場力做功，動能增加，根據(jù)動能定理可得Fx＝Ek，只有當(dāng)F為定值時，Ek才與x成正比，由于負(fù)電荷受電場力方向與場強方向相反，故與①相對應(yīng)的電場的電場線分布圖是題圖乙；②為曲線，動能隨位移的增加而增加得越來越快，則電場強度越來越大，電場力做正功，故與②相對應(yīng)的電場線分布圖是題圖丙，故B正確，A、C、D錯誤。5．(2021·湖北高考)(多選)如圖所示，一勻強電場E大小未知、方向水平向右。兩根長度均為L的絕緣輕繩分別將小球M和N懸掛在電場中，懸點均為O。兩小球質(zhì)量均為m、帶等量異號電荷，電荷量大小均為q(q>0)。平衡時兩輕繩與豎直方向的夾角均為θ＝45°。若僅將兩小球的電荷量同時變?yōu)樵瓉淼?倍，兩小球仍在原位置平衡。已知靜電力常量為k，重力加速度大小為g，下列說法正確的是()A．M帶正電荷 B．N帶正電荷C．q＝Leq\r(\f(mg,k)) D．q＝3Leq\r(\f(mg,k))解析：選BC由題圖可知，對小球M受力分析如圖(a)所示，對小球N受力分析如圖(b)所示，由受力分析圖可知小球M帶負(fù)電荷，小球N帶正電荷，故B正確，A錯誤；由幾何關(guān)系可知，兩小球之間的距離為r＝eq\r(2)L，當(dāng)兩小球的電荷量為q時，由力的平衡條件得mgtan45°＝Eq－keq\f(q2,r2)，兩小球的電荷量同時變?yōu)樵瓉淼?倍后，由力的平衡條件得mgtan45°＝E·2q－keq\f(2q2,r2)，整理解得q＝Leq\r(\f(mg,k))，故C正確，D錯誤。6.如圖所示，實線為兩個點電荷Q1、Q2產(chǎn)生的電場的電場線，虛線為一電子在只受電場力作用下從A點運動到B點的運動軌跡，則下列判斷正確的是()A．A點的電場強度小于B點的電場強度B．Q1的電荷量大于Q2的電荷量C．電子在A點的電勢能大于在B點的電勢能D．電子在A點的速度大于在B點的速度解析：選D根據(jù)在同一電場中，電場線較密的地方表示場強較大可知，A點的電場強度比B點的電場強度大，A錯誤；根據(jù)電場線分布情況可知，Q1、Q2是同種電荷，由點電荷Q2周圍電場線較密可知點電荷Q2帶電荷量較多，即Q1＜Q2，B錯誤；電子做曲線運動，受到的合力方向指向曲線的凹側(cè)，可知電子從A點運動到B點的過程中，受到的電場力F方向斜向下，電場力方向與速度方向的夾角總是大于90°，電場力做負(fù)功，電勢能增加，動能減少，速度減小，C錯誤，D正確。7.(2022·山東等級考)半徑為R的絕緣細(xì)圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，q為()A．正電荷，q＝eq\f(QΔL,πR) B．正電荷，q＝eq\f(\r(3)QΔL,πR)C．負(fù)電荷，q＝eq\f(2QΔL,πR) D．負(fù)電荷，q＝eq\f(2\r(3)QΔL,πR)解析：選C取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)在O點產(chǎn)生的電場強度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產(chǎn)生的電場強度的矢量和，如圖所示，因為兩段弧長非常小，故可看成點電荷，則有E1＝keq\f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq\f(QΔL,2πR3)，由圖可知，兩場強的夾角為120°，則兩者的合場強為E＝E1＝keq\f(QΔL,2πR3)，根據(jù)O點的合場強為零，則放在D點的點電荷為負(fù)電荷，大小為E′＝E＝keq\f(QΔL,2πR3)，根據(jù)E′＝keq\f(q,2R2)，聯(lián)立解得q＝eq\f(2QΔL,πR)。8．(2022·遼寧高考)(多選)如圖所示，帶電荷量為6Q(Q>0)的球1固定在傾角為30°光滑絕緣斜面上的a點，其正上方L處固定一電荷量為－Q的球2，斜面上距a點L處的b點有質(zhì)量為m的帶電球3，球3與一端固定的絕緣輕質(zhì)彈簧相連并在b點處于靜止?fàn)顟B(tài)。此時彈簧的壓縮量為eq\f(L,2)，球2、3間的靜電力大小為eq\f(mg,2)。迅速移走球1后，球3沿斜面向下運動。g為重力加速度，球的大小可忽略，下列關(guān)于球3的說法正確的是()A．帶負(fù)電B．運動至a點的速度大小為eq\r(gL)C．運動至a點的加速度大小為2gD．運動至ab中點時對斜面的壓力大小為eq\f(3\r(3)－4,6)mg解析：選BCD根據(jù)題意，球1和球3之間為斥力，故球3帶正電，A錯誤；由幾何關(guān)系，球3運動至a點時，除重力做功外其他力做功為0，根據(jù)動能定理可知mgLsin30°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(gL)，B正確；由庫侖定律可知，在b點時球3受球2的引力eq\f(mg,2)，受球1的斥力3mg，受力分析如圖甲所示，沿斜面方向有F彈＋mgsin30°＋eq\f(1,2)mgcos60°＝3mg；球3運動至a