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    2025高考物理一轮总复习第9章静电场第22讲电场力的性质提能训练

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    2025高考物理一轮总复习第9章静电场第22讲电场力的性质提能训练

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    这是一份2025高考物理一轮总复习第9章静电场第22讲电场力的性质提能训练,共8页。
    题组一 库仑定律的理解和应用
    1.如图所示,真空中A、B两点分别固定两个相同的带电金属小球(均可视为点电荷),所带电荷量分别为+Q和-5Q,在A、B的延长线上的C点处固定一电荷量为q的试探电荷,试探电荷受到的电场力大小为F1,已知AB=BC。若将两带电金属小球接触后再放回A、B两处时,试探电荷受到的电场力大小为F2,则eq \f(F1,F2)为( C )
    A.eq \f(21,10) B.eq \f(21,16)
    C.eq \f(19,10) D.eq \f(19,16)
    [解析] 设AB=BC=l,根据库仑定律得F1=eq \f(5kQq,l2)-eq \f(kQq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2l))2)=eq \f(19kQq,4l2),将两带电小球接触后,两小球所带电荷量均为-2Q,根据库仑定律得F2=eq \f(2kQq,l2)+eq \f(2kQq,2l2)=eq \f(5kQq,2l2),所以eq \f(F1,F2)=eq \f(19,10),故选C。
    2.如图,带正电的小球a在外力作用下静止在绝缘光滑竖直面上的P点,带正电的小球b用绝缘细线系住,挂在绝缘光滑竖直面上的O点,b球静止时与a球在同一水平面内。若将小球a从P点缓慢移到C点过程中,小球b所受的库仑力大小( B )
    A.逐渐减大 B.逐渐减小
    C.保持不变 D.先减小后增大
    [解析] 设细线长为L,OP距离为h,两球间距为x,对小球b受力分析,如图所示,在小球a缓慢下移过程中,由相似三角形可得eq \f(mg,h)=eq \f(F,x),两电荷间库仑力为F=keq \f(qaqb,x2),联立可得eq \f(mg,h)=keq \f(qaqb,x3),由于h变大,故x变大,则F变小,B正确。
    题组二 电场强度的理解 电场的叠加
    3.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( C )
    A.(0,0.1 m) B.(0,0.2 m)
    C.(0,0.3 m) D.(0,0.4 m)
    [解析] x轴上0.1 m处电场强度为Ex=eq \f(F,q)=9 N/C,距离坐标原点r处的电场强度E=keq \f(Q,r2),则Ex=keq \f(Q,r\\al(2,x))=9 N/C,Eb=keq \f(Q,r\\al(2,b))=1 N/C,联立解得rb=0.3 m,故A、B、D错误,C正确。
    4.(2023·湖南卷)如图,真空中有三个点电荷固定在同一直线上,电荷量分别为Q1、Q2和Q3,P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。若P点处的电场强度为零,q>0,则三个点电荷的电荷量可能为( D )
    A.Q1=q,Q2=eq \r(2)q,Q3=q
    B.Q1=-q,Q2=-eq \f(4\r(3),3)q,Q3=-4q
    C.Q1=-q,Q2=eq \r(2)q,Q3=-q
    D.Q1=q,Q2=-eq \f(4\r(3),3)q,Q3=4q
    [解析] 选项A、B的电荷均为正和均为负,则根据电场强度的叠加法则可知,P点的场强不可能为零,A、B错误;设P、Q1间的距离为r,则Q1、Q3在P点产生的合场强大小有cs 120°=eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kq,r2)))2+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kq,4r2)))2-E2,2·\f(k2q2,4r4)),解得E=eq \f(\r(21)kq,4r2),而Q2产生的场强大小为E′=eq \f(3\r(2)kq,4r2),则P点的场强不可能为零,C错误;设P、Q1间的距离为r,则Q1、Q3在P点产生的合场强大小有cs 120°=eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kq,r2)))2+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4kq,4r2)))2-E2,2·\f(4k2q2,4r4)),解得E=eq \f(\r(3)kq,r2),而Q2产生的场强大小为E′=eq \f(\r(3)kq,r2),则P点的场强可能为零,D正确。故选D。
    题组三 电场线的理解和应用
    5.如图所示是描述甲、乙两个点电荷电场的部分电场线,下列说法正确的是( B )
    A.甲带负电,乙带正电
    B.甲的电荷量大于乙的电荷量
    C.在P点由静止释放一个带正电的粒子,仅在静电力的作用下,粒子会沿电场线运动到Q点
    D.P点的电场强度小于Q点的电场强度
    [解析] 根据电场线分布特点,可判断出甲带正电,乙带负电,并且甲的电荷量大于乙的电荷量,A错误,B正确;在P位置静止释放一个带正电的粒子,仅在静电力的作用下,粒子在P位置沿电场线的切线由静止加速,不沿电场线运动,C错误;根据电场线的密集程度可以判断出P点的电场强度大于Q点的电场强度,D错误。
    6. (多选)一电荷从电场中A点由静止释放,只受电场力作用,沿电场线运动到B点,它运动的v-t图像如图所示。则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是( CD )
    [解析] 根据v-t图像可知电荷的加速度逐渐增大,即电荷所受电场力逐渐增大,又根据电场线越密集电场强度越大可知,从A到B电场线逐渐密集,由于题干没说明电荷是带正电还是负电,故电荷所受电场力方向与电场强度方向可能相同、可能相反,综上所述可知,A、B两项错误,C、D两项正确。故选CD。
    7.(多选)电场线能直观地反映电场的分布情况。如图甲是等量异号点电荷形成电场的电场线,图乙是电场中的一些点;O是电荷连线的中点,E、F是连线中垂线上关于O对称的两点,B、C和A、D是两电荷连线上关于O对称的点。则( AC )
    A.E、F两点电场强度相同
    B.A、D两点电场强度不同
    C.B、O、C三点中,O点电场强度最小
    D.从C点向O点运动的电子加速度逐渐增大
    [解析] 等量异号点电荷连线的中垂线是一条等势线,电场强度方向与等势线垂直,因此E、F两点电场强度方向相同,由于E、F是连线中垂线上关于O对称的两点,则其电场强度大小也相等,故A正确;根据对称性可知,A、D两点处电场线疏密程度相同,则A、D两点电场强度大小相等,由题图甲看出,A、D两点电场强度方向相同,故B错误;由题图甲看出,B、O、C三点比较,O点处的电场线最稀疏,电场强度最小,故C正确;由题图可知,电子从C点向O点运动过程中,电场强度逐渐减小,则静电力逐渐减小,由牛顿第二定律可知电子的加速度逐渐减小,故D错误。
    能力综合练
    8.如图所示,实线为不知方向的三条电场线,从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子,仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示,则( C )
    A.a一定带正电,b一定带负电
    B.a的速度将减小,b的速度将增大
    C.a的加速度将减小,b的加速度将增大
    D.两个粒子的动能一个增大一个减小
    [解析] 根据两粒子的偏转方向,可知两粒子带异性电荷,但无法确定其具体电性,故A项错误;由粒子受力方向与速度方向的关系,可判断电场力对两粒子均做正功,两粒子的速度、动能均增大,故B、D两项错误;从两粒子的运动轨迹判断,a粒子经过的电场的电场线逐渐变得稀疏,b粒子经过的电场的电场线逐渐变密,说明a的加速度减小,b的加速度增大,故C项正确。
    9. (2024·河南郑州高三月考)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点的场强为零。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)( D )
    A.eq \f(kQ,L2) B.eq \f(4kQ,3L2)
    C.eq \f(2\r(3)kQ,3L2) D.eq \f(4\r(3)kQ,3L2)
    [解析] 根据对称性,AF与CD上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零,AB与ED上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零。BC中点的点电荷在O点产生的电场强度为eq \f(kQ,Lsin 60°2)=eq \f(4kQ,3L2),因EF上的细棒与BC中点的点电荷在O点产生的电场强度叠加为零,EF上的细棒在O点产生的电场强度为eq \f(4kQ,3L2),故每根细棒在O点产生的电场强度为eq \f(4kQ,3L2),移走+Q及AB边上的细棒,O点的电场强度为EF与ED上的细棒在O点产生的电场强度叠加,这两个场强夹角为60°,所以叠加后电场强度为2eq \f(4kQ,3L2)cs 30°=eq \f(4\r(3)kQ,3L2)。故选D。
    10. (多选)(2024·江西南昌检测)如图所示,两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)被固定在光滑绝缘水平面上。P、N是小球A、B连线的垂直平分线上的点,且PO=ON。现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点)从P点由静止释放,在小球C向N点运动的过程中,关于小球C的v-t图像中,可能正确的是( AB )
    [解析] 在AB的垂直平分线上,从无穷远处到O点电场强度先变大后变小,到O点变为零,小球C受力沿A、B连线的垂直平分线。如果P、N相距足够远,小球C从很远处开始向O点运动,加速度先变大后变小,速度不断增大,在O点加速度变为零,速度达到最大,v-t图线的斜率先变大后变小,由O点到很远处,速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性,则B项正确;如果P、N相距很近,小球C从P点开始向O点运动,加速度变小,速度不断增大,在O点加速度变为零,速度达到最大,v-t图线的斜率变小;由O点到N点,速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性,则A项正确。故选AB。
    11.(2024·山东菏泽高三阶段练习)如图所示,小球A、C均带正电,B球带负电,A球在绝缘的粗糙水平地面上,B球由绝缘的细线拉着,C球处在与B球等高的位置,A、B、C三球均静止且三者所在位置构成一个等边三角形。若细线与竖直方向的夹角为60°,mC=6mB,则A、B、C三球所带电荷量大小之比为( A )
    A.2∶1∶4 B.1∶2∶4
    C.eq \r(2)∶1∶2 D.1∶eq \r(2)∶2
    [解析] B、C两球受力如图所示,对C球,由力的平衡条件可得FBC=eq \f(1,2)FAC=eq \f(\r(3),3)mCg,对B球,由力的平衡条件可得FT·sin 60°=FAB·sin 30°+FCB=FAB·sin 30°+eq \f(\r(3),3)mCg,FT·cs 60°=FAB·cs 30°+mBg,由题设条件有mB=eq \f(1,6)mC,联立各式解得FAB=eq \f(\r(3),6)mCg=eq \f(1,2)FBC,由FBC=eq \f(1,2)FAC,FAB=eq \f(1,2)FBC,以及库仑定律F=keq \f(q1q2,r2),可得qA∶qB∶qC=2∶1∶4,故选A。
    12.正电荷均匀分布在半球面上,它们在此半球的球心O处产生的电场强度大小为E0,现将一个通过O点且与半球底面成θ=60°的平面把半球面切分出一个“小瓣”球面,如图所示,所分出的“小瓣”球面上的电荷在O点处产生电场的电场强度大小为( B )
    A.eq \f(1,3)E0 B.eq \f(1,2)E0
    C.eq \f(\r(3),2)E0 D.E0
    [解析] 半球的中心O处的电场强度E0是球面上电荷产生的电场叠加的结果,根据对称性,作出球面上的电荷在O点产生的电场分布,如图所示。由平行四边形定则得到“小瓣”球面上的电荷在O处产生的电场强度为E=E0sin 30°=eq \f(E0,2),选项B正确。
    13.(2024·河北保定月考)如图所示,在真空中存在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场,A、B两点分别固定着等量异种点电荷+Q和-Q。O是线段AB的中点,C是线段AB垂直平分线上的一点,且∠CAB=60°。若O点的电场强度大小为5E,则C点的电场强度大小为( B )
    A.eq \f(2,3)E B.eq \f(3,2)E
    C.2E D.eq \f(5,4)E
    [解析] 根据场强的矢量合成规律可知,O点的场强为匀强电场场强E以及+Q和-Q在O点的场强的矢量和,设AB间距离为2r,+Q和-Q在O点的场强大小均为E′,则5E=E+2E′=E+2keq \f(Q,r2),可得E′=keq \f(Q,r2)=2E,+Q和-Q在C点的场强大小相等,大小均为E″,夹角为120°,合场强水平向右,大小也为E″,且有E″=keq \f(Q,2r2)=eq \f(1,4)keq \f(Q,r2)=eq \f(1,2)E,故C点处的场强大小E合=E+E″=eq \f(3,2)E,故B正确。
    14.(2024·湖南娄底月考)如图所示,带电小球a由绝缘细线PM和PN悬挂而处于静止状态,其中PM水平,地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH,圆心P与a球位置重合,管道底端H与水平地面相切,一质量为m的可视为质点的带电小球b从G端口由静止释放,当小球b运动到H端时对管道壁恰好无压力,重力加速度为g。在小球b由G滑到H过程中,下列说法中正确的是( C )
    A.小球b机械能逐渐减小
    B.小球b所受库仑力大小始终为2mg
    C.细线PM的拉力先增大后减小
    D.小球b加速度大小先变大后变小
    [解析] 小球b所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直,所以小球b机械能守恒,A项错误;小球b机械能守恒,从G滑到H过程中有mgR=eq \f(1,2)mveq \\al(2,H),在H处有F库-mg=eq \f(mv\\al(2,H),R),则F库=3mg,B项错误;设PN与竖直方向成α角,b与a的连线与水平方向成θ角,对球a受力分析,竖直方向有FPNcs α=mag+F库sin θ,水平方向有F库cs θ+FPNsin α=FPM,解得FPM=magtan α+eq \f(3mgcsθ-α,cs α),下滑时θ从0增大到90°,细线PM的拉力先增大后减小,C项正确;设b与a的连线与水平方向成θ角,则mgRsin θ=eq \f(1,2)mv2,任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成,即a=eq \r(a\\al(2,n)+a\\al(2,τ))=eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v2,R)))2+gcs θ2)=geq \r(3sin2θ+1),可知小球b的加速度一直变大,D项错误。

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