2024届高考物理一轮复习课时跟踪检测（三十）电场力的性质含答案

课时跟踪检测（三十）  电场力的性质

1．下列说法正确的是(　 )

A．检验电荷一定是点电荷，而点电荷不一定是检验电荷

B．电子带电荷量为1.6×10－19 C，因此一个电子就是一个元电荷

C．富兰克林用油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量

D．根据F＝k，当两个电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向于无穷大

解析：选A　点电荷是将带电物体简化为一个带电的点，检验电荷的体积和电荷量要足够小，故A正确；元电荷是一个数值，而电子是一个实物，故B错误；密立根用油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量，故C错误；公式F＝k适用于真空中的静止的点电荷，当两个点电荷距离趋于0时，两带电体已不能看成点电荷了，库仑定律不适用，故电场力并不是趋于无穷大，故D错误。

2．(2021·湖南高考)

如图，在(a,0)位置放置电荷量为q的正点电荷，在(0，a)位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P(a，a)为a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为(　 )

A．(0,2a)，q  B．(0,2a)，2q

C．(2a,0)，q  D．(2a,0)，2q

解析：选B　根据点电荷电场强度公式E＝k，两等量异种点电荷在P点的电场强度大小均为E0＝，方向如图所示，两等量异种点电荷在P点的合电场强度为E1＝E0＝，方向与＋q点电荷与－q点电荷的连线平行，如图所示，Q点电荷在P点的电场强度大小为E2＝k＝， 三点电荷在P点的合电场强度为0，则E2方向如图所示，大小有E1＝E2，解得Q＝2q，由几何关系可知Q的坐标为(0,2a)，故B正确。

3.有一个负点电荷只受电场力的作用，分别从两电场中的a点由静止释放，在它沿直线运动到b点的过程中，动能Ek随位移x变化的关系图像分别为图中的①、②图线，则能与①、②图线相对应的两个电场的电场线分布图分别是图中的(　 )

A．甲、丙  B．乙、丙

C．乙、丁  D．甲、丁

解析：选B　负点电荷从a运动到b，只有电场力做功，动能增加，根据动能定理可得Fx＝Ek，只有当F为定值时，Ek才与x成正比，由于负电荷受电场力方向与场强方向相反，故与①相对应的电场的电场线分布图是题图乙；②为曲线，动能随位移的增加而增加得越来越快，则电场强度越来越大，电场力做正功，故与②相对应的电场线分布图是题图丙，故B正确，A、C、D错误。

4．(2021·湖北高考)(多选)如图所示，一匀强电场E大小未知、方向水平向右。两根长度均为L的绝缘轻绳分别将小球M和N悬挂在电场中，悬点均为O。两小球质量均为m、带等量异号电荷，电荷量大小均为q(q>0)。平衡时两轻绳与竖直方向的夹角均为θ＝45°。若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　 )

A．M带正电荷  B．N带正电荷

C．q＝L   D．q＝3L

解析：选BC　由题图可知，对小球M受力分析如图(a)所示，对小球N受力分析如图(b)所示，由受力分析图可知小球M带负电荷，小球N带正电荷，故B正确，A错误；由几何关系可知，两小球之间的距离为r＝L，当两小球的电荷量为q时，由力的平衡条件得mgtan45°＝Eq－k，两小球的电荷量同时变为原来的2倍后，由力的平衡条件得mgtan45°＝E·2q－k，整理解得q＝L，故C正确，D错误。

5.如图所示，实线为两个点电荷Q1、Q2 产生的电场的电场线，虚线为一电子在只受电场力作用下从A点运动到B点的运动轨迹，则下列判断正确的是(　 )

A．A 点的电场强度小于B点的电场强度

B．Q1的电荷量大于Q2 的电荷量

C．电子在A点的电势能大于在B点的电势能

D．电子在A点的速度大于在B点的速度

解析：选D　根据在同一电场中，电场线较密的地方表示场强较大可知，A点的电场强度比B点的电场强度大，A错误；根据电场线分布情况可知，Q1、Q2是同种电荷，由点电荷Q2周围电场线较密可知点电荷Q2带电荷量较多，即Q1＜Q2，B错误；电子做曲线运动，受到的合力方向指向曲线的凹侧，可知电子从A点运动到B点的过程中，受到的电场力F方向斜向下，电场力方向与速度方向的夹角总是大于90°，电场力做负功，电势能增加，动能减少，速度减小，C错误，D正确。

6.如图所示，A、B、C为放置在光滑水平面上的三个带电小球(可视为点电荷)，其中B与C之间用长为L的绝缘轻质细杆相连，现把A、B、C按一定的位置摆放，可使三个小球都保持静止状态。已知B所带电荷量为－q，C所带电荷量为＋4q，则以下判断正确的是(　 )

A．A所带电荷量一定为＋4q

B．轻质细杆对两球有拉力

C．A与B之间的距离一定为L

D．若将A向右平移一小段距离后释放，A一定向左运动

解析：选C　设A与B之间的距离为x，A受力平衡，根据平衡条件有＝，解得x＝L，qA不一定为＋4q，故A错误，C正确；对B受力分析，A、C对B的静电力的合力为F＝－，由于不知道A所带电荷量，故无法确定A、C对B的静电力的合力是否为零，故杆对小球可能是拉力、推力或没有作用力，故B错误；A在原来的位置是平衡的，若将A向右平移一小段距离，B、C对A的静电力均增加，但B对A的静电力增加更快，由于A的电性不确定，故A被释放后可能向左运动，也可能向右运动，故D错误。

7.如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。A、B、C三小球的质量均为M，qA＝q0>0，qB＝－q0，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，则(　 )

A．qC＝q0

B．弹簧伸长量为

C．A球受到的库仑力大小为2Mg

D．相邻两小球间距为q0

解析：选A　设小球C带负电，相邻小球间距为L，则对小球C在沿斜面方向受力分析，如图甲所示：根据库仑定律FBC＝k、FAC＝k，显然小球C无法处于静止，因此小球C应该带正电。因此小球C平衡时，k＝k＋Mgsin α　①，

则＝Mgsin α。对B球做受力分析，如图乙所示：

根据受力平衡关系k＝k＋Mgsin α　②，两式联立解得qC＝q0，A正确。将C的电荷量代入①式，则L＝，D错误。A球所受总的库仑力为FA＝k－k　③，其中＝Mgsin α，可知＝Mgsin α或者＝Mgsin α，代入③式，则A球所受库仑力为FA＝2Mgsin α，方向沿斜面向下，C错误。对A球受力分析可知，F弹＝Mgsin α＋FA, 将上述结果代入得，F弹＝3Mgsin α，因此弹簧伸长量为Δx＝，B错误。