江蘇專用2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)課后練習(xí)20電場(chǎng)力的性質(zhì)含解析

PAGE7-電場(chǎng)力的性質(zhì)建議用時(shí)：45分鐘1．(2024·北京通州區(qū)期末)把一個(gè)帶正電荷QA的球體A固定在可以水平移動(dòng)的絕緣支座上，再把一個(gè)帶正電荷QB的小球B用絕緣絲線掛在玻璃棒上的C點(diǎn)(使兩個(gè)球心在同一水平線上)，小球靜止時(shí)絲線與豎直方向的夾角如圖所示?，F(xiàn)使球體A向右緩慢移動(dòng)漸漸靠近小球B，關(guān)于絲線與豎直方向的夾角，下列說法正確的是(移動(dòng)過程中，A、B電荷量不變)()A．漸漸增大B．漸漸減小C．保持不變D．無法推斷A[使球體A向右緩慢移動(dòng)漸漸靠近小球B，兩球間距離減小，依據(jù)庫(kù)侖定律，兩球之間的庫(kù)侖力增大，依據(jù)小球B受力平衡可知，絲線與豎直方向的夾角將漸漸增大，選項(xiàng)A正確。]2．(2024·濟(jì)南模擬)電荷量分別為q1、q2的兩個(gè)點(diǎn)電荷，相距r時(shí)，相互作用力為F，下列說法錯(cuò)誤的是()A．假如q1、q2恒定，當(dāng)距離變?yōu)閑q\f(r,2)時(shí)，作用力將變?yōu)?FB．假如其中一個(gè)電荷的電荷量不變，而另一個(gè)電荷的電荷量和它們間的距離都減半時(shí)，作用力變?yōu)?FC．假如它們的電荷量和距離都加倍，作用力不變D．假如它們的電荷量都加倍，距離變?yōu)閑q\r(2)r，作用力將變?yōu)?FA[假如q1、q2恒定，當(dāng)距離變?yōu)閑q\f(r,2)時(shí)，由庫(kù)侖定律可知作用力將變?yōu)?F，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；假如其中一個(gè)電荷的電荷量不變，而另一個(gè)電荷的電荷量和它們間的距離都減半時(shí)，作用力變?yōu)?F，選項(xiàng)B正確；依據(jù)庫(kù)侖定律，假如它們的電荷量和距離都加倍，作用力不變，選項(xiàng)C正確；依據(jù)庫(kù)侖定律，假如它們的電荷量都加倍，距離變?yōu)閑q\r(2)r，作用力將變?yōu)?F，選項(xiàng)D正確。]3．(2024·江蘇七市三模)西漢著作《淮南子》中記有“陰陽相薄為雷，激揚(yáng)為電”，人們對(duì)雷電的相識(shí)已從雷公神話提升到樸實(shí)的陰陽作用。下列關(guān)于雷電的說法錯(cuò)誤的是()A．發(fā)生雷電的過程是放電過程B．發(fā)生雷電的過程是電能向光能、內(nèi)能等轉(zhuǎn)化的過程C．發(fā)生雷電的過程中，電荷的總量增加D．避雷針利用尖端放電，避開建筑物遭遇雷擊C[雷電是天空中帶異種電荷的烏云間的放電現(xiàn)象，A正確；依據(jù)能量轉(zhuǎn)化可知，發(fā)生雷電的過程是電能向光能、內(nèi)能等轉(zhuǎn)化的過程，B正確；電荷不會(huì)產(chǎn)生，不會(huì)消逝，只能從一個(gè)物體傳到另一個(gè)物體，或從物體的一部分傳到另一部分，總量不變，C錯(cuò)誤；避雷針利用尖端放電，避開建筑物遭遇雷擊，D正確。]4．(2024·上海嘉定區(qū)二模)如圖所示為一正點(diǎn)電荷四周的電場(chǎng)線，電場(chǎng)中有A、B兩點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)在同一條電場(chǎng)線上，則()A．A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同B．B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大C．A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿電場(chǎng)線指向場(chǎng)源電荷D．B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿電場(chǎng)線指向場(chǎng)源電荷B[正點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)，離點(diǎn)電荷越遠(yuǎn)，由E＝eq\f(kQ,r2)知場(chǎng)強(qiáng)越小，則B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于A點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，故A錯(cuò)誤，B正確；以正點(diǎn)電荷為場(chǎng)源的場(chǎng)強(qiáng)方向均沿電場(chǎng)線背離場(chǎng)源電荷，故A、B兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向均沿電場(chǎng)線向右，故C、D錯(cuò)誤。]5．(2024·海南期末)真空中有一點(diǎn)電荷Q，MN是這個(gè)點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的一條水平直線，如圖所示，A、B、C是直線MN上的三個(gè)點(diǎn)，B是A、C的中點(diǎn)，點(diǎn)電荷Q位于A點(diǎn)正上方O處(未畫出)。設(shè)A、B、C三點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小分別為EA、EB、EC，且EB＝eq\f(1,2)EA，則EC的值為()A．eq\f(1,3)EAB．eq\f(1,4)EAC．eq\f(1,5)EAD．eq\f(1,6)EAC[設(shè)Q與A點(diǎn)的距離為L(zhǎng)，Q與B點(diǎn)的距離為L(zhǎng)B，則EA＝eq\f(kQ,L2)，EB＝eq\f(kQ,L\o\al(2,B))，又EB＝eq\f(1,2)EA，解得LB＝eq\r(2)L，所以Q、A、B構(gòu)成一個(gè)等腰直角三角形，A、C之間的距離為2L，Q、C之間的距離為L(zhǎng)C＝eq\r(L2＋2L2)＝eq\r(5)L，則EC＝eq\f(kQ,L\o\al(2,C))＝eq\f(1,5)·eq\f(kQ,L2)＝eq\f(1,5)EA，選項(xiàng)C正確。]6．如圖所示，在邊長(zhǎng)為eq\r(3)l的正三角形的頂點(diǎn)分別固定一負(fù)電荷，A處的電荷量為Q，中心O處的場(chǎng)強(qiáng)恰好為零，已知靜電力常量為k。若僅將A處電荷改為等量的正電荷，則O處場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向分別為()A．eq\f(2kQ,l2)，沿AO方向 B．eq\f(2kQ,l2)，沿OA方向C．eq\f(kQ,l2)，沿AO方向 D．eq\f(kQ,l2)，沿OA方向A[A處的電荷量為Q，OA的距離為L(zhǎng)＝eq\f(\r(3)l,2cos30°)＝l，則Q在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝keq\f(Q,l2)，由于B和C處電荷與A處的電荷在O點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為零，則B和C處電荷在O處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E′＝keq\f(Q,l2)，方向沿AO方向；若僅將A處電荷改為等量的正電荷，則O處場(chǎng)強(qiáng)的大小為E合＝E＋E′＝eq\f(2kQ,l2)，沿AO方向，故A正確、B、C、D錯(cuò)誤。]7．如圖甲所示，用OA、OB、AB三根輕質(zhì)絕緣繩懸掛兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球，兩球帶等量同種電荷，三根繩子處于拉伸狀態(tài)，它們構(gòu)成一個(gè)正三角形。此裝置懸掛在O點(diǎn)，起先時(shí)裝置自然下垂。現(xiàn)在用絕緣物體對(duì)小球B施加一個(gè)水平力F，使裝置靜止在圖乙所示的位置，此時(shí)OA豎直。設(shè)在圖甲所示的狀態(tài)下OB對(duì)小球B的作用力大小為T，在圖乙所示的狀態(tài)下OB對(duì)小球B的作用力大小為T′，下列推斷正確的是()甲乙A．T′＝2T B．T′＜2TC．T′＞2T D．條件不足，無法確定B[甲圖中，對(duì)B球受力分析，受重力、OB繩子拉力T、AB間的庫(kù)侖力及繩子上的拉力作用，如圖所示：依據(jù)平衡條件，有：T＝eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)mg；乙圖中，先對(duì)小球A受力分析，受重力、AB繩子的拉力、AO繩子的拉力以及庫(kù)侖力的作用；沿AB方向繩子的拉力與庫(kù)侖力應(yīng)相互抵消，否則不平衡；再對(duì)B球受力分析，受拉力、重力、AB間的庫(kù)侖力、AB繩子的拉力和OB繩子的拉力，其中AB間的庫(kù)侖力與拉力抵消，則B的受力分析如圖所示，依據(jù)平衡條件，有T′＝2mg，故T′<2T。]8．如圖所示，把質(zhì)量為2g的帶負(fù)電小球A用絕緣細(xì)繩懸掛，若將帶電荷量為4×10－6C的帶電小球B靠近A，當(dāng)兩個(gè)帶電小球在同一高度相距30cm時(shí)，繩與豎直方向成45°角，g取10m/s2，k＝9.0×109N·m2/C2。求：(1)A球帶電荷量是多少。(2)若變更小球B的位置，仍可使A球靜止在原來的位置，且A、B間的庫(kù)侖力最小，最小庫(kù)侖力為多少。[解析](1)對(duì)球A受力分析如圖所示：由平衡條件得：Tsin45°－F＝0Tcos45°－mg＝0解得：F＝mgtan45°＝0.02N即A球受的庫(kù)侖力為0.02N依據(jù)庫(kù)侖定律得：F＝keq\f(QBQA,r2)解得：QA＝5×10－8C。(2)當(dāng)庫(kù)侖力垂直細(xì)繩時(shí)，A、B間庫(kù)侖力最小，則：Fmin＝mgsinα＝eq\f(\r(2),100)N[答案](1)5×10－8C(2)eq\f(\r(2),100)N9．a(chǎn)和b是點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的兩點(diǎn)，如圖所示，a點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度Ea與ab連線夾角為60°，b點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度Eb與ab連線夾角為30°，則關(guān)于此電場(chǎng)，下列分析中正確的是()A．這是一個(gè)正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，Ea∶Eb＝1∶eq\r(3)B．這是一個(gè)正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，Ea∶Eb＝3∶1C．這是一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，Ea∶Eb＝eq\r(3)∶1D．這是一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，Ea∶Eb＝3∶1D[設(shè)點(diǎn)電荷的電荷量為Q，將Ea、Eb延長(zhǎng)相交，交點(diǎn)即為點(diǎn)電荷Q的位置，如圖所示，從圖中可知電場(chǎng)方向指向場(chǎng)源電荷，故這是一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，A、B錯(cuò)誤；設(shè)a、b兩點(diǎn)到Q的距離分別為ra和rb，由幾何學(xué)問得到ra∶rb＝1∶eq\r(3)，由公式E＝keq\f(Q,r2)可得Ea∶Eb＝3∶1，故C錯(cuò)誤，D正確。]10．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)如圖所示，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則()A．P和Q都帶正電荷B．P和Q都帶負(fù)電荷C．P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷D．P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷D[對(duì)P、Q整體進(jìn)行受力分析可知，在水平方向上整體所受電場(chǎng)力為零，所以P、Q必帶等量異種電荷，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；對(duì)P進(jìn)行受力分析可知，勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)它的電場(chǎng)力應(yīng)水平向左，與Q對(duì)它的庫(kù)侖力平衡，所以P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷，選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤。]11．如圖所示，兩根長(zhǎng)度相等的絕緣細(xì)線的上端都系在同一水平天花板上，另一端分別連著質(zhì)量均為m的兩個(gè)帶電小球P、Q，兩小球靜止時(shí)，兩細(xì)線與天花板間的夾角均為θ＝30°，重力加速度為g。以下說法中正確的是()A．細(xì)線對(duì)小球的拉力大小為eq\f(2\r(3),3)mgB．兩小球間的靜電力大小為eq\f(\r(3),3)mgC．剪斷左側(cè)細(xì)線的瞬間，P球的加速度大小為2gD．當(dāng)兩球間的靜電力瞬間消逝時(shí)，Q球的加速度大小為eq\r(3)gC[對(duì)P球受力分析，如圖所示，依據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得，細(xì)線的拉力大小T＝eq\f(mg,sin30°)＝2mg，靜電力大小F＝eq\f(mg,tan30°)＝eq\r(3)mg，A、B錯(cuò)誤；剪斷左側(cè)細(xì)線的瞬間，P球受到的重力和靜電力不變，因此兩力的合力與剪斷細(xì)線前細(xì)線的拉力等大反向，依據(jù)牛頓其次定律得P球的加速度大小為2g，C正確；當(dāng)兩球間的靜電力消逝時(shí)，Q球起先做圓周運(yùn)動(dòng)，將重力沿細(xì)線方向和垂直于細(xì)線方向分解，由重力沿垂直于細(xì)線方向的分力產(chǎn)生加速度，依據(jù)牛頓其次定律得a＝eq\f(\r(3),2)g，D錯(cuò)誤。]12．(2024·江蘇鹽城中學(xué)高三期中)如圖所示，在傾角為30°足夠長(zhǎng)的光滑絕緣斜面的底端A點(diǎn)固定一電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，在離A距離為S0的C處由靜止釋放某帶正電荷的小物塊P(可看作點(diǎn)電荷)。已知小物塊P釋放瞬間的加速度大小恰好為重力加速度g。已知靜電力常量為k，重力加速度為g，空氣阻力忽視不計(jì)。(1)求小物塊所帶電荷量q和質(zhì)量m之比；(2)求小物塊速度最大時(shí)離A點(diǎn)的距離S；(3)若規(guī)定無限遠(yuǎn)電勢(shì)為零時(shí)，在點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)中，某點(diǎn)的電勢(shì)可表示成φ＝eq\f(kQ,r)(其中r為該點(diǎn)到Q的距離)。求小物塊P能運(yùn)動(dòng)到離A點(diǎn)的最大距離Sm。[解析](1)對(duì)小物塊受力分析：受重力、電場(chǎng)力、支持力。由牛頓其次定律得：keq\f(qQ,S\o\al(2,0))－mgsinθ＝mg解得：eq\f(q,m)＝eq\f(3gS\o\al(2,0),2kQ)。(2)當(dāng)合力為零時(shí)速度最大，即：keq\f(qQ,S2)－mgsinθ＝0解得：S＝eq\r(3)S0。(3)當(dāng)運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)點(diǎn)時(shí)速度為零，由能量守恒定律得：mg(Sm－S0)sinθ＝eq\f(qkQ,S0)－eq\f(qkQ,Sm)解得：Sm＝3S0。[答案](1)eq\f(3gS\o\al(2,0),2kQ)(2)eq\r(3)S0(3)3S013．如圖所示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中時(shí)，小物塊恰好靜止。重力加速度用g表示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；(2)將電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來的eq\f(1,2)時(shí)，物塊加速度的大小a；(3)電場(chǎng)強(qiáng)度變更后物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能Ek。[解析](1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場(chǎng)力和