新高考2025版高考物理一轮复习微专题小练习专题44电场力的性质

专题44电场力的性质1．如图所示为四幅电场线图，一正电荷在电场中由P到Q做加速运动且所受电场力越来越大，那么它是在哪个图示电场中运动()2．如图所示，质量为m、带电荷量为q的小球B用绝缘细线悬挂，处于固定的带电体A产生的电场中．当小球B静止时，A、B等高，细线偏离竖直方向的夹角为θ.已知重力加速度为g.则带电体A在B处所产生的场强大小为()A．eq\f(mg,tanθ)B．eq\f(mgsinθ,q)C．eq\f(mgcosθ,q)D．eq\f(mgtanθ,q)3．[2024·黑龙江省哈尔滨三中模拟]如图是等量异种点电荷、等量同种正点电荷、负点电荷、正点电荷电场的电场线．其中，等量同种、等量异种点电荷电场中的A、B两点关于两电荷连线的中点O对称，则A、B两点电场强度相同的是()4．如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷5.[2024·湖南卷]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eq\r(2)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)，eq\r(2)qB．(0，2a)，2eq\r(2)qC．(2a，0)，eq\r(2)qD．(2a，0)，2eq\r(2)q6.[2024·张家口市期末]如图所示，匀称带正电的金属圆环的圆心为O，在垂直于圆环所在平面且过圆心O的轴线上有A、B、C三点，AO＝OB＝BC＝L，当B点放置电荷量为Q的负点电荷时，A点的电场强度为0.若撤去B点的负点电荷，在C点放置电荷量为2Q的正点电荷时，B点的电场强度大小为(k为静电力常量)()A．eq\f(3kQ,4L2)B．eq\f(5kQ,4L2)C．eq\f(7kQ,4L2)D．eq\f(9kQ,4L2)7.[2024·重庆市一诊](多选)如图所示，有一长为L的绝缘细绳，一端悬挂在A点，另一端拴一质量为m、电荷量为q的带负电荷的小球；悬点A处固定一正电荷，电荷量也为q.同时竖直方向存在匀强电场，假如小球能在竖直平面内做匀速圆周运动．若已知重力加速度为g，则()A．匀强电场的方向肯定竖直向下B．小球做匀速圆周运动的最小速度为eq\r(gL)C．小球到达最低点B时速度的最小值为eq\r(\f(kq2,mL))D．匀强电场的场强大小可能为eq\f(2mg,q)8.[2024·安徽省皖江名校联盟联考](多选)如图所示，在足够长光滑绝缘水平面的上方，存在着方向水平向右、场强大小为E1的匀强电场．一带正电小物块(可视为质点)从水平面上A点由静止释放，经时间t到达B点，小物块速度大小为v.此时水平面上方突然撤去原来电场，改加方向水平向左、场强大小为E2的匀强电场，小物块又经时间2t恰好返回A点．下列说法正确的是()A．小物块返回A点时速度大小为eq\f(3,2)vB．小物块返回A点时速度大小为2vC．电场强度的大小关系是E2＝eq\f(5,4)E1D．电场强度的大小关系是E2＝eq\f(4,3)E19.[2024·江苏省常州市期中]三根电荷匀称分布带有相同正电荷的eq\f(1,4)圆弧状棒AB、CD、EF按如图放置，其端点均在两坐标轴上，此时O点电场强度大小为E.现撤去AB棒，则O点的电场强度大小变为()A．eq\f(1,2)EB．eq\f(\r(2),2)EC．eq\f(2,3)ED．eq\r(2)E10．如图所示，空间内有竖直向上的匀强电场E，将质量为m、带电量为＋q的小球恰好以某一速度在内壁光滑的漏斗中做水平面内的匀速圆周运动．轨道平面与地面的距离为h，漏斗壁与水平方向的夹角为θ.已知匀强电场E＝eq\f(mg,2q)，空气阻力忽视不计．下列选项正确的是()A．小球做匀速圆周运动的线速度与轨道高度h成正比B．小球做匀速圆周运动的向心加速度与轨道高度h无关C．某时刻撤掉漏斗后，小球的落地点无法确定D．某时刻撤掉漏斗后，小球将做平抛运动，且机械能守恒11.[2024·广东省联考三]如图所示，绝缘支架静置于水平桌面上，顶端固定一电荷量为Q的带正电金属小球(看成点电荷)，支架与金属小球的总质量为M.一电荷量分布匀称、半径为R的金属圆环恰能水安静止于小球正上方，圆心O离小球的距离为h.已知圆环的质量为m，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．支架对桌面的压力大于(M＋m)gB．支架对桌面的压力小于(M＋m)gC．圆环所带电荷量q＝eq\f(mgh2,kQ)D．圆环所带电荷量q＝eq\f(mg（R2＋h2）\r(R2＋h2),kQh)12．[2024·江苏省盐城市期中调研]如图所示，光滑绝缘直杆ABCD水平放置并固定不动，其中AB＝BC＝CD＝L，杆上套有质量为m、电量为＋q的小球(可视为质点)，小球通过绝缘轻质弹簧与固定点O连接，直杆A处固定电量为＋9q的点电荷，小球从B处由静止起先释放，运动到D处时速度恰好达到最大值vm.OC垂直于直杆，且OC为弹簧自然长，静电力常量为k，求：(1)BD两点间的电势差UBD；(2)小球刚释放时的加速度大小a；(3)小球运动到D处时，C处的电场强度E.专题44电场力的性质1．C正电荷由P到Q做加速运动，所受电场力方向向右，电场线方向向右，又由于所受电场力越来越大，所以电场线从左到右越来越密，所以C正确．2.D小球B处于平衡状态，受力分析如图所示，由平衡条件得，F＝mgtanθ，解得E＝eq\f(F,q)＝eq\f(mgtanθ,q)，D正确，A、B、C错误．3．A选项A中的A、B两点电场强度大小相等，方向相同；选项B中的A、B两点电场强度大小相等，但方向相反；选项C中的A、B两点电场强度大小相等，方向不同；选项D中的A、B两点电场强度方向相同，但大小不等．综上所述，选项A正确．4．D对P、Q整体进行受力分析可知，在水平向上整体所受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项AB错误；对P进行受力分析可知，匀强电场对它的电场力应水平向左，与Q对它的库仑力平衡，所以P带负电荷，Q带正电荷，选项D正确，C错误．5．B(a，0)和(0，a)两点处的电荷量为q的点电荷在P点产生的电场强度的矢量和E＝eq\f(\r(2)kq,a2)，方向如图所示[由点(a，a)指向点(0，2a)]，由在距P点为eq\r(2)a的某点处放置的正点电荷Q使得P点电场强度为零可知，此正电荷位于(0，2a)点，且电荷量Q满意eq\f(kQ,（\r(2)a）2)＝eq\f(\r(2)kq,a2)，解得Q＝2eq\r(2)q，B正确．6．CA点的电场强度为0，圆环上的电荷在A点的电场强度与B点的负点电荷在A点的电场强度等大反向，即E＝keq\f(Q,（2L）2)＝keq\f(Q,4L2)，依据对称性可知圆环上的电荷在B点的电场强度大小E＝keq\f(Q,4L2)，方向向右；若撤去B点的负点电荷，在C点放置电荷量为2Q的正点电荷时，依据电场的叠加原理可知B点的电场强度大小EB＝keq\f(2Q,L2)－E＝eq\f(7kQ,4L2)，故C正确，ABD错误．7．AC带电小球要在竖直面内做匀速圆周运动必有qE＝mg，则匀强电场方向肯定竖直向下，大小为E＝eq\f(mg,q)，故A正确，D错误，由绳的拉力和库仑力的合力供应向心力得FT＋eq\f(kq2,L2)＝eq\f(mv2,L)，且FT≥0，代入数据解得v≥eq\r(\f(kq2,mL))，B错误，C正确．8．AC设带电体在电场E1中加速度大小为a1，带电体在电场E2中的加速度大小为a2，第一阶段末速度为其次阶段的初速度，因为从A动身最终返回A点，依据题意两个阶段的位移之和为零，则eq\f(1,2)a1t2＋a1t(2t)－eq\f(1,2)a2(2t)2＝0，解得a2＝eq\f(5,4)a1，由牛顿其次定律得E2＝eq\f(5,4)E1，依据速度关系v＝a1t，返回A点时速度vt＝v－a22t＝－eq\f(3,2)a1t＝－eq\f(3,2)v，A、C正确，B、D错误．9．D依据矢量的合成和对称性知AB、EF两段棒在O点产生的电场强度的合成量为零，即CD段带电棒在O点产生的电场强度为E.若撤去AB棒，CD、EF两段棒在O点产生的电场强度的合成量为eq\r(2)E，D正确．10．B小球所受的电场力和重力恒定，受力分析如图所示．小球做圆周运动的轨道半径r＝eq\f(h,tanθ)，竖直方向上有qE＋FNcosθ＝mg，水平方向有FNsinθ＝eq\f(mv2,r)，联立解得加速度a＝eq\f(v2,r)＝0.5gtanθ，加速度大小与轨道高度无关，线速度v＝eq\r(0.5gh)，线速度与h并不成正比，A错误，B正确；撤掉漏斗之后，小球做类平抛运动，电场力做功，机械能不守恒，D错误；撤掉漏斗后，小球的加速度为a′＝eq\f(mg－qE,m)，竖直方向有h＝eq\f(1,2)a′t2，水平方向有x＝vt，可求得小球的水平位移，因此能确定小球的落地点，C错误．11．D对圆环、小球和支架组成的系统，由平衡条件可知，支架受桌面的支持力等于(M＋m)g，A、B错误；设圆环所带电荷量为q，因圆环电荷分布匀称，故单位长度所带电荷量q1＝eq\f(q,2πR)，由库仑定律和平衡条件可知eq\f(kQq,R2＋h2)·eq\f(h,\r(R2＋h2))＝mg，解得圆环所带电荷量q＝eq\f(mg（R2＋h2）\r(R2＋h2),kQh)，C错误，D正确．12．(1)eq\f(mveq\o\al(2,m),2q)(2)eq\f(10kq2,mL2)(3)eq\f(5kq,4L2)，方向水平向右解析：(1)从B到D过程弹力做功为零，由动能定理得qUBD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得B、D间电势差UBD＝eq\f(mveq\o\a