广西专用2021版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

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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.(2019四川诊断模拟)如图所示,边长为l的正六边形ABCDEF的5条边上分别放置5根长度也为l的相同绝缘细棒。每根细棒均匀带上正电。现将电荷量为+Q的点电荷置于BC中点,此时正六边形几何中心O点的电场强度

4、为零。若移走+Q及AB边上的细棒,则O点电场强度大小为(k为静电力常量)(不考虑绝缘棒及+Q之间的相互影响)()A.kQl2B.4kQ3l2C.23kQ3l2D.43kQ3l2答案:D解析:根据对称性,AB与ED边上的细棒在O点的电场强度叠加为零,AF与CD边上的细棒在O点的电场强度叠加为零;因O点的电场强度为零,故BC中点的点电荷和EF边上的细棒在O点的电场强度为零,点电荷与细棒在O点的电场强度大小为E=kQ32l2=4kQ3l2,因此+Q及AB边上的细棒在O点的合电场强度大小E合=43kQ3l2,其方向如图所示;若移走+Q及AB边上的细棒,那么其余棒在O点的电场强度大小为E合=43kQ3l

5、2,方向与图中方向相反,故A、B、C错误,D正确。4.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

6、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,

7、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.(2019山西太原调研)如图所示,空间正四棱锥的底面边长和侧棱长均为a,水平底面的四个顶点处均固定着电荷量为+q的小球,顶点P处有一个质量为m的带电小球,在库仑力和重力的作用下恰好处于静止状态。若将P处小球的电荷量减半,同时加竖直方向的电场强

8、度为E的匀强电场,此时P处小球仍能保持静止。重力加速度为g,静电力常量为k,则所加匀强电场的电场强度大小为()A.mg2qB.mg4qC.2kqa2D.22kqa2答案:D解析:设P处的带电小球电荷量为Q,根据库仑定律可知,P处小球受到底面各个顶点电荷的库仑力大小都为F=kqQa2;根据几何关系,可知正四棱锥的侧棱与竖直线的夹角为45;再由力的分解法则,有4kqQa222=mg;若将P处小球的电荷量减半,则四个顶点的电荷对P处小球的库仑力合力为F=2kqQa2;当外加匀强电场后,再次平衡,则有2kqQa2+Q2E=mg,解得E=22kqa2或E=mgQ,故D正确。7.一绝缘细线Oa下端系一质量

9、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

10、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.(2019山东威海调研)右图为静电除尘器除尘原理示意图,尘埃在电场中通过某种机制带电,在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积,以达到除尘目的,下列表述正确的是()A.到达集尘极的尘埃带正电荷B.电场方向由集尘极指向放电极C.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D.同一位置电荷量越多的尘埃所受电场力越大答案:BD解析:由题图所示可知,集尘极电势高,放电极电势低,放电极

11、与集尘极间电场方向向左,即电场方向由集尘极指向放电极,尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移,则知尘埃所受的电场力向右,故到达集尘极的尘埃带负电荷,故A错误,B正确。电场方向向左,带电尘埃所受电场力方向向右,带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相反,故C错误。由F=Eq可知,同一位置电荷量越多的尘埃所受电场力越大,故D正确。9.(2019湖南张家界月考)如图所示,在光滑绝缘的水平直轨道上有两个带电小球a和b,a球质量为2m、电荷量为+q,b球质量为m、电荷量为+2q,两球相距较远且相向运动。某时刻a、b球的速度大小依次为v和1.5v,由于静电斥力的作用,它们不会相碰。则下列叙述正确的是()A.两球相距

12、最近时,速度大小相等、方向相同B.a球和b球所受的静电斥力对两球始终做负功C.a、b两球都要反向运动,但a球先反向D.a、b两球都要反向运动,但b球先反向答案:AD解析:水平方向系统动量守恒,由完全非弹性碰撞的知识可知,当两球速度大小相等、方向相同时,系统损失机械能最大,两球相距最小,故A正确。由题意可知,a球动量大于b球动量,b球的速度先减小至零,然后反向加速。因系统动量水平向右,当速度相同时,两球速度均向右,之后b球做加速运动,a球继续做减速运动,速度减至零后,开始反向。故a、b球都要反向运动,但b球要先反向运动。因此静电斥力对两球先做负功后做正功,故B、C错误,D正确。10.如图所示,倾

13、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

14、,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)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=

15、-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,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

16、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。