2022年高考物理一轮复习 考点规范练22 电场力的性质（含解析）新人教版.docx

1、考点规范练22电场力的性质一、单项选择题1.三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上,各球之间的距离远大于小球的直径。球1所带电荷为q,球2所带电荷为nq,球3不带电且离球1和球2很远,此时球1、2之间作用力的大小为F。现使球3先与球2接触,再与球1接触,然后将球3移至远处,此时1、2之间作用力的大小仍为F,方向不变。由此可知 ()A.n=3B.n=4C.n=5D.n=6答案:D解析:由于各球之间距离远大于小球的直径,小球带电时可视为点电荷。由库仑定律F=kQ1Q2r2知两点电荷间距离不变时,相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比。又由于三个小球相同,则两球接触时平分总电荷量,故有

2、qnq=nq2q+nq22,解得n=6,D正确。2.对于真空中电荷量为Q的静止点电荷而言,当选取离点电荷无穷远处的电势为零时,离点电荷距离为r处的电势就为=kQr(k为静电力常量)。如图所示,一质量为m、电荷量为q可视为点电荷的带正电小球用绝缘丝线悬挂在天花板上,在小球正下方的绝缘底座上固定一半径为R的金属球,金属球接地,两球球心间距离为d。由于静电感应,金属球上分布的感应电荷量为q。则下列说法正确的是()A.金属球上的感应电荷量q=-RdqB.金属球上的感应电荷量q=Rd-RqC.绝缘丝线对小球的拉力大小为mg+kqqd2D.绝缘丝线对小球的拉力大小为mg-kqqd2答案:A解析:金属球上感

3、应电荷在圆心O点产生的电势为1=kqR;q在圆心O点的电势为2=kqd,由于O点的电势为零,故1+2=0,联立解得q=-Rqd,故A正确,B错误;若金属球上的感应电荷全部均匀分布在球壳上,则绝缘丝线对小球的拉力大小为F=mg+kqqd2,但由于存在静电吸引作用,金属球上的感应电荷的分布偏向上方,故两者的静电引力大于kqqd2,即绝缘丝线对小球的拉力大小大于mg+kqqd2,故C、D错误。3.下列选项中的各14圆环大小相同,所带电荷量已在图中标出,且电荷均匀分布,各14圆环间彼此绝缘。坐标原点O处电场强度最大的是()答案:B解析:设14圆环的电荷在原点O产生的电场强度为E0,根据电场强度叠加原理

4、,在坐标原点O处,A图电场强度为E0,B图电场强度为2E0,C图电场强度为E0,D图电场强度为0,因此本题答案为B。4.(2018河南驻马店期末)如图所示,16个电荷量均为+q(q0)的小球(可视为点电荷),均匀分布在半径为r的圆周上。若将圆周上P点的一个小球的电荷量换成-2q,则圆心O点处的电场强度为()A.2kqr2,方向沿半径向左B.2kqr2,方向沿半径向右C.3kqr2,方向沿半径向左D.3kqr2,方向沿半径向右答案:D解析:根据对称性和电场的叠加原理,知原来O处电场强度为零,说明P点处小球在O处产生的电场强度与其余15个小球在O处产生的合电场强度大小相等、方向相反,则其余15个小

5、球在O处产生的合电场强度大小为E=kqr2,方向沿半径向右。将圆周上P点的一个小球的电荷量换成-2q,其余15个小球在O处产生的合电场强度不变,大小仍为E=kqr2,方向沿半径向右。-2q在O处产生的电场强度大小为E=2kqr2,方向沿半径向右,所以O点处的电场强度为EO=E+E=3kqr2,方向沿半径向右,故D正确。5.如图所示,在光滑、绝缘的水平面上,沿一直线依次排列3个带电小球A、B、C(可视为点电荷)。若它们恰能处于平衡状态,那么这3个小球所带的电荷量及电性的关系,可能的情况是()A.-9、4、-36B.4、9、36C.-3、2、8D.3、-2、6答案:A解析:要使每个小球都处于平衡状

6、态,必须使其他两个小球对它的库仑力大小相等、方向相反,以小球A为研究对象,有FBA=FCA,如图所示,故B、C带异种电荷,由库仑定律得kQAQBrAB2=kQAQCrAC2,以小球C为研究对象,同理,知A、B带异种电荷,kQAQCrAC2=kQBQCrBC2,联立得kQAQCrAC2=kQAQBrAB2=kQBQCrBC2,又考虑到rAC=rAB+rBC,解得QAQC=QAQB+QBQC,此式为三球平衡时所带电荷量的大小关系。综上可知A正确。6.边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷+q、+q、-q,静电力常量用k表示,则该三角形中心O点处的电场强度为()A.6kqa2,方向由C

7、指向OB.6kqa2,方向由O指向CC.3kqa2,方向由C指向OD.3kqa2,方向由O指向C答案:B解析:每个点电荷在O点处的电场强度大小都是E=kq3a32=3kqa2,画出矢量叠加的示意图,如图所示,由图可得O点处的合电场强度为E0=2E=6kqa2,方向由O指向C,B项正确。7.一绝缘细线Oa下端系一质量为m的带正电的小球a,在正下方有一光滑的绝缘水平细杆,一带负电的小球b穿过杆在其左侧较远处,小球a由于受到水平绝缘细线的拉力而静止,如图所示,现保持悬线与竖直方向的夹角为,并在较远处由静止释放小球b,让其从远处沿杆向右移动到a点的正下方,在此过程中()A.悬线Oa的拉力逐渐增大,水平

8、细线的拉力逐渐减小B.b球的加速度和速度始终增大C.b球所受的库仑力一直增大D.b球所受的库仑力先减小后增大答案:C解析:b球在较远处时,所受库仑力近似为零,在a球正下方时,库仑力的水平分量为零,所以水平细线的拉力先增大后减小,A错误;中间过程b球受到的库仑力的水平分量不为零,可知库仑力的水平分量先增大,后减小,则b球的加速度先增大,后减小,b球所受库仑力水平分量与运动方向始终相同,速度一直增大,B错误;b球受到的库仑力F=kqaqbr2,在运动过程中,a、b两球之间的距离一直减小,则b球所受的库仑力一直增大,C正确,D错误。二、多项选择题8.下列关于电场和电场线的说法正确的是()A.电场、电

9、场线都是客观存在的物质,因此电场线不仅能在空间相交,也能相切B.在电场中,凡是电场线通过的点电场强度不为零,没有电场线的区域内的点电场强度为零C.同一试探电荷在电场线密集的地方所受电场力大D.电场线是人们假想的,用以形象表示电场的强弱和方向,客观上并不存在答案:CD解析:电场线是假想的,不是物质,在空间不相交、不相切,没有电场线的区域内的点电场强度不一定为零,A、B错误,C、D正确。9.如图所示,悬线下挂着一个带正电的小球,它的质量为m,电荷量为q,整个装置处于水平向右的匀强电场中,电场强度为E,下列说法正确的是()A.小球平衡时,悬线与竖直方向夹角的正切值为EqmgB.若剪断悬线,则小球做曲

10、线运动C.若剪断悬线,则小球做匀速运动D.若剪断悬线,则小球做匀加速直线运动答案:AD解析:设悬线与竖直方向夹角为,对小球受力分析,可知tan=Eqmg,A正确。剪断悬线后,小球受Eq和mg的作用,其合力为定值,所以小球做匀加速直线运动,D正确。10.如图所示,倾角为的绝缘斜面固定在水平面上,当质量为m、电荷量为+q的滑块沿斜面下滑时,在此空间突然加上竖直方向的匀强电场,已知滑块受到的电场力小于滑块的重力。则下列说法不正确的是()A.若滑块匀速下滑,加上竖直向上的电场后,滑块将减速下滑B.若滑块匀速下滑,加上竖直向下的电场后,滑块仍匀速下滑C.若滑块匀减速下滑,加上竖直向上的电场后,滑块仍减速

11、下滑,但加速度变大D.若滑块匀加速下滑,加上竖直向下的电场后,滑块仍以原加速度加速下滑答案:ACD解析:若滑块匀速下滑,则有mgsin=mgcos,当加上竖直向上的电场后,电场力为F,沿斜面方向,(mg-F)sin=(mg-F)cos,受力仍平衡,则滑块仍匀速下滑,故A错误,B正确。若滑块匀减速下滑,则有mgsinmgcos,加速度大小为a=g(cos-sin),加上竖直向上的电场后,沿斜面方向,(mg-F)sin(mg-F)cos,加速度大小为a=(mg-F)(cos-sin)mmgcos,加速度大小为a=g(sin-cos),加上竖直向下的电场后,在沿斜面方向,(mg+F)sin(mg+F

12、)cos,物体仍匀加速下滑。加速度为a=(mg+F)(sin-cos)ma。即加速度增大,故D错误,故选A、C、D。三、非选择题11.如图所示,质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在光滑的绝缘水平面上,彼此相隔的距离为l(l比球半径r大得多)。B球电荷量为QB=-3q,A球电荷量为QA=+6q,若在C上加一个水平向右的恒力F,要使A、B、C三球始终保持l的间距运动。问:(1)F的大小为多少?(2)C球所带电荷量为多少?带何种电荷?答案:(1)18kq2l2(2)8q带正电解析:将A、B、C三个小球看成一个系统,则三个小球之间的静电力为系统内力,当C上加一恒力F,并使三球始终保持l的间距运动,

13、则三球的加速度相同,均为F3m,且方向为水平向右。对于B球,由于受A球的静电力,且力的方向水平向左,那么受C球的静电力必向右,才可能产生向右的加速度,知C球带正电荷,设C球电荷量为QC,则由库仑定律和牛顿第二定律知对B有k3qQCl2-k3q6ql2=ma,对A有k3q6ql2-k6qQC(2l)2=ma,联立解得QC=8q,a=6kq2ml2。根据牛顿第二定律得,A、B、C三小球构成系统的合外力F=3ma=18kq2l2。12.如图所示,质量为m的小球A穿在光滑绝缘细杆上,杆的倾角为,小球A带正电(可视为点电荷),电荷量为q。在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正点电荷。将A由距B竖直高度为h处无初速度释放,小球A下滑过程中电荷量不变。整个装置处在真空中,已知静电力常量k和重力加速度g。求:(1)A球刚释放时的加速度大小;(2)当A球的动能最大时,A球与B点间的距离。答案:(1)gsin -kQqsin2mh2(2)kQqmgsin解析:(1)小球A受到库仑斥力,由牛顿第二定律可知mgsin-F=ma,根据库仑定律有F=kqQr2,又知r=hsin,解得a=gsin-kQqsin2mh2。(2)当A球受到的合力为零,即加速度为零时,动能最大。设此时A球与B点间的距离为d,则mgsin=kQqd2,解得d=kQqmgsin。