2025版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

第九章第22讲基础过关练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的摸索电荷，摸索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，摸索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，依据库仑定律得F1＝eq\f(5kQq,l2)－eq\f(kQq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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，依据库仑定律得F2＝eq\f(2kQq,l2)＋eq\f(2kQq,2l2)＝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．慢慢减大 B．慢慢减小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，由相像三角形可得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0.1m处放一摸索电荷，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1N/C，则b点的坐标为(C)A．(0,0.1m) B．(0,0.2m)C．(0,0.3m) D．(0,0.4m)[解析]x轴上0.1m处电场强度为Ex＝eq\f(F,q)＝9N/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\o\al(2,x))＝9N/C，Eb＝keq\f(Q,r\o\al(2,b))＝1N/C，联立解得rb＝0.3m，故A、B、D错误，C正确。4．(2024·湖南卷)如图，真空中有三个点电荷固定在同始终线上，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＝qB．Q1＝－q，Q2＝－eq\f(4\r(3),3)q，Q3＝－4qC．Q1＝－q，Q2＝eq\r(2)q，Q3＝－qD．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，则依据电场强度的叠加法则可知，P点的场强不行能为零，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cos120°＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kq,r2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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点的场强不行能为零，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cos120°＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kq,r2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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]依据电场线分布特点，可推断出甲带正电，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；依据电场线的密集程度可以推断出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状况可能是(CD)[解析]依据v－t图像可知电荷的加速度慢慢增大，即电荷所受电场力慢慢增大，又依据电场线越密集电场强度越大可知，从A到B电场线慢慢密集，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状况。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慢慢增大[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；依据对称性可知，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，电场强度慢慢减小，则静电力慢慢减小，由牛顿其次定律可知电子的加速度慢慢减小，故D错误。实力综合练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确定带正电，b确定带负电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]依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，可推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推断，a粒子经过的电场的电场线慢慢变得稀疏，b粒子经过的电场的电场线慢慢变密，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。每根细棒匀整带上正电。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]依据对称性，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,Lsin60°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)cos30°＝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。假如P、N相距足够远，小球C从很远处起先向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图线的斜领先变大后变小，由O点到很远处，速度变更状况与另一侧速度的变更状况具有对称性，则B项正确；假如P、N相距很近，小球C从P点起先向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，速度变更状况与另一侧速度的变更状况具有对称性，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∶4C.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·sin60°＝FAB·sin30°＋FCB＝FAB·sin30°＋eq\f(\r(3),3)mCg，FT·cos60°＝FAB·cos30°＋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.正电荷匀整分布在半球面上，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)E0C.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，依据对称性，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＝E0sin30°＝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)EC．2E D．eq\f(5,4)E[解析]依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,2r2)＝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