适用于新教材2024版高考物理一轮总复习课时规范练41

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课时规范练41
基础对点练
1.(电场强度、电场线)下图是一对不等量异种点电荷的电场线分布图,图中两点电荷连线长度为2r,左侧点电荷电荷量为+2q,右侧点电荷电荷量为-q,P、Q两点关于两电荷连线对称。由图可知(　　)

A.P、Q两点的电场强度相同
B.M点的电场强度小于N点的电场强度
C.把同一试探电荷放在N点所受静电力大于放在M点所受的静电力
D.两点电荷连线的中点处的电场强度为3k
答案 D
解析 根据图像可知,P点电场强度方向与Q点电场强度方向不同,所以P、Q两点的电场强度不相同,故A错误;电场线的疏密表示电场强度的大小,M点的电场强度大于N点的电场强度,故B错误;把同一试探电荷分别放在M点和N点,因M点的电场强度大于N点的电场强度,根据E=,那么试探电荷在M点所受静电力大于在N点所受的静电力,故C错误;依据点电荷的电场强度公式E=k及叠加原理,两点电荷连线的中点处的电场强度为E合=2k+k=3k,故D正确。
2.(库仑定律和电荷守恒定律)两个电荷量分别为-Q和+5Q的相同金属小球(均可视为点电荷且Q>0),固定在相距为r的两处,两球间库仑力的大小为F,两小球相互接触后将其固定距离变为,则两球间库仑力的大小为(　　)
A. B.
C. D.
答案 D
解析 两球相距r时,根据库仑定律F=k,两球接触后,电荷量均为+2Q,则F'=k,由以上两式可解得F'=,故选D。
3.(电场强度的公式应用)(2023宁夏银川模拟)在一正交直角坐标系的坐标原点O处有一带正电的点电荷,x轴上0.1 m处放一试探电荷,其受力与电荷量的关系如图所示,y轴上有一点b, 其电场强度为1 N/C, 则b点的坐标为(　　)

A.(0, 0.1 m)
B.(0, 0.2 m)
C.(0, 0.3 m)
D.(0, 0.4 m)
答案 C
解析 x轴上0.1m处电场强度为Ex==9N/C,距离坐标原点r处的电场强度E=k,则Ex=k=9N/C,Eb=k=1N/C,联立解得rb=0.3m,故C正确。
4.(电场强度的叠加)(多选)如图所示,等边三角形ABC的三个顶点处分别固定电荷量为+q、-q、-q的三个点电荷,已知三角形的边长为L,静电力常量为k,则该三角形中心O点处的电场强度(　　)

A.大小为
B.方向由O指向A
C.方向由A指向O
D.大小为
答案 AC
解析 该三角形中心O点到每个顶点的距离为r==L,处于B、C两顶点处的两个点电荷-q在O点处的合电场强度方向由A指向O,大小为E1=2kcos60°=,处于A顶点处的点电荷+q在O点处的电场强度方向由A指向O,大小为E2=k,故该三角形中心O点处的电场强度方向由A指向O,大小为E=E1+E2=,A、C正确。
5.(静电感应)(多选)如图所示,A、B为相互接触并用绝缘支柱支持的金属导体,起初都不带电,在它们的下部贴有金属箔片,C是带正电的小球,下列说法正确的是(　　)

A.把C移近导体A时,A、B上的金属箔片都张开
B.把C移近导体A,再把A、B分开,然后移去C,A、B上的金属箔片仍张开
C.把C移近导体A,先把C移走,再把A、B分开,A、B上的金属箔片仍张开
D.把C移近导体A,先把A、B分开,再把C移走,然后重新让A、B接触,A上的金属箔片张开,而B上的金属箔片闭合
答案 AB
解析 虽然A、B起初都不带电,但带正电的小球C对A、B内的电荷有力的作用,使A、B中的自由电子向左移动,使得A积累了负电荷,B积累了正电荷,其下部的金属箔片因为接触带电,也分别带上了与A、B相同的电荷,所以金属箔片都张开,A正确;带正电的小球C只要一直在A、B附近,A、B上的电荷就因受C的作用力而使A、B带等量的异种感应电荷,把A、B分开,因A、B已经绝缘,此时即使再移走C,A、B所带电荷量也不变,金属箔片仍张开,B正确;但如果先移走C,A、B上的感应电荷会马上中和,不再带电,所以金属箔片都不会张开,C错误;先把A、B分开,再移走C,A、B仍然带电,但重新让A、B接触后,A、B上的感应电荷完全中和,金属箔片都不会张开,D错误。
素养综合练
6.如图所示,正方形线框由边长为L、粗细均匀的绝缘棒组成,线框上均匀地分布着正电荷,以线框中心О为原点,建立xOy平面直角坐标系,现从与x轴平行的线框上侧的中点A处取下足够短的电荷量为q的一小段,将其移动至线框内x轴上的B点处,若线框其他部分的电荷量与电荷分布保持不变,此时О点的电场强度方向与x轴正向成37°角偏上,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则B点的位置坐标为(　　)

A. B.
C. D.
答案 B
解析 整个均匀带正电正方形线框在O点的合电场强度为零,可知将A处取下足够短的电荷量为q的一小段,剩下部分在O点产生的电场强度方向沿+y方向,大小为Ey=k,将从A处取下的电荷量为q的一小段移动至x轴上的B点处,设B点离O点的距离为r,可知这一小段在O点产生的电场强度方向沿+x方向,大小为Ex=,根据题意有tan37°=,联立解得r=L,可知B点的位置坐标为,B正确。
7.(多选)(2023河南洛阳模拟)如图所示,两质量分别为m1 和m2 、电荷量分别为q1 和q2 的小球,用长度不等的绝缘轻质细线悬挂起来,两细线与竖直方向的夹角分别是α和β(α>β),若两小球恰在同一水平线上,那么(　　)

A.两球一定带异种电荷
B.q1 一定不等于q2
C.m1 一定小于m2
D.两球所受静电力一定不相等
答案 AC
解析 两球均带电且相互吸引,则必定带异种电荷,A正确;两球间的静电力为一对相互作用力,根据牛顿第三定律,无论两球的电荷量是否相等,两球间的静电力大小都相等,故无法判断两球所带电荷量的大小关系,B、D错误;设两球间静电力大小为F,对左球受力分析如图,得到F=m1gtanα,同理F=m2gtanβ,则m1tanα=m2tanβ,因α>β,得到m1
8.(2023浙江绍兴模拟)如图所示,两等量异种电荷中垂线上用绝缘轻质线将一带负电小球悬挂,静止后小球恰好静止在AM的中点N处。已知AN=NM=L,且绝缘线ON=2L,等量异种电荷A、B的电荷量均为Q,带负电的小球电荷量也为Q,其质量为m,静电力常量为k,求:

(1)带电小球所受总的库仑力F;
(2)小球所带的电荷量Q;
(3)等量异种电荷A、B在N处产生的总电场强度E。
答案 (1)mg　(2)　(3)
解析 (1)对小球受力分析

F拉sinθ=F
F拉cosθ=mg
所以F=mgtanθ
根据几何关系θ=30°
则F=mg。
(2)A对小球的库仑力FA=k
B对小球的库仑力FB=k
F=FA+FB
联立解得Q=。
(3)等量异种电荷A、B在N处产生的总电场强度E=。