2025版高考物理考点题型归纳总结（含答案）考点40　库仑定律　电场力的性质

第八章静电场考点40库仑定律电场力的性质强基固本对点练知识点1电荷及电荷守恒定律1．三个大小相同的带电导体球x、y、z，带电量分别为＋4μC、0μC和－10μC，让x与y先接触，然后让y与z接触，最终y所带的电荷量为()A．－4μCB．－3μCC．－2μCD．－1μC2．取一对用绝缘柱支撑的不带电的导体A和B，使它们彼此接触．A、B下方均连有两片金属箔片．手握绝缘棒，把带正电荷的带电体C移近导体A，下列判断正确的是()A.仅有A下方的金属箔片张开B．仅有B下方的金属箔片张开C．导体A和B带等量异种电荷D．导体A带正电、导体B带负电知识点2库仑定律3.如图是库仑做实验用的库仑扭秤．带电小球A与不带电小球B等质量，带电金属小球C靠近A，两者之间的库仑力使横杆旋转，转动旋钮M，使小球A回到初始位置，此时A、C间的库仑力与旋钮旋转的角度成正比．现用一个电荷量是小球C的三倍、其他完全一样的小球D与C完全接触后分开，再次转动旋钮M使小球A回到初始位置，此时旋钮旋转的角度与第一次旋转的角度之比为()A．1B．eq\f(1,2)C．2D．44．(多选)如图，三个点电荷A、B、C位于等边三角形的顶点上，A、B都带正电荷，A所受B、C两个电荷的静电力的合力如图中FA所示，已知FA与BA延长线的夹角小于60°，则对点电荷C所带电荷的电性和电量的判断正确的是()A．一定是正电B．一定是负电C．带电量大于B的D．带电量小于B的5．如图所示，水平地面上固定一竖直的光滑绝缘细杆，一质量为m，带电荷量为q的圆环a套在竖直杆上，质量为M，带电荷量为＋Q的滑块b静置于水平地面上，滑块b与地面间的动摩擦因数为μ，a、b均保持静止，且两者连线与水平地面的夹角为θ，静电力常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．圆环a带负电B．滑块b受到的库仑力大小为eq\f(mg,cosθ)C．滑块b受到地面的支持力大小为(M＋m)gD．滑块b受到地面的摩擦力大小为μ(M＋m)g知识点3电场强度电场线6．如图所示，正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相等，O是正方形的中心．现将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动，则()A．在移动过程中，O点电场强度变小B．在移动过程中，C点的电荷所受静电力变大C．在移动过程中，移动的电荷所受静电力做负功D．当其移动到无穷远处时，O点的电势高于A点7．如图所示，两等量同种点电荷＋q(q>0)固定在菱形的两个顶点A、C上．E、F是该菱形对角线AC与其内切圆的交点，O点为内切圆的圆心，a、b、c、d四点为切点．现有一带正电的点电荷从E点由静止释放，下列说法正确的是()A．a、b、c、d四点的电场强度相同B．D、O、B三点的电势相等C．点电荷在从E点运动到O点的过程中电场力做正功D．点电荷从E点运动到F点的过程中速度一直增大8．[2024·广东茂名统考模拟预测]雾霾的一个重要来源就是工业烟尘．为了改善空气环境，某热电厂引进了一套静电除尘系统．它主要由机械过滤网，放电极和互相平行的集尘板三部分构成．工作原理图可简化为如图所示．假设虚线为某带电烟尘颗粒(不计重力)在除尘装置中的运动轨迹，A、B是轨迹中的两点()A.该烟尘颗粒带正电B．烟尘颗粒在A点的动能大于在B点的动能C．烟尘颗粒在A点的电势能大于在B点的电势能D．该烟尘颗粒在A点的加速度小于在B点的加速度知识点4电场强度的叠加9.如图所示，水平面内有一半径为R的圆，O为圆心，M、N为一直径上的两端点，P、Q为另一直径上的两端点，且MN垂直PQ.在点M、N、P、Q分别放置四个电荷量为＋q的点电荷，在垂直于水平面且过圆心O点的轴线上有一点a，a、O两点间的距离也为R.已知静电力常量为k，则a点的电场强度大小为()A．eq\f(\r(2)kq,2R2)B．eq\f(kq,2R2)C．eq\f(\r(2)kq,R2)D．eq\f(\r(2)kq,4R2)10．如图所示，电荷均匀分布在半球面上，它在这半球的中心O处电场强度大小等于E0，两个平面通过同一条直径，夹角为α，从半球中分出一部分球面，则所分出的这部分球面上(在“小瓣”上)的电荷在O处的电场强度大小为()A．E＝E0sinαB．E＝E0cosαC．E＝E0coseq\f(α,2)D．E＝E0sineq\f(α,2)11．如图所示，两个固定的半径均为r的细圆环同轴放置，O1、O2分别为两细环的圆心，且O1O2＝2r，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷＋Q、－Q(Q>0).一带正电的粒子(重力不计)从O1由静止释放．静电常量为k.下列说法正确的是()A．O1O2中点处的电场强度为eq\f(\r(2)kQ,2r2)B．O1O2中点处的电场强度为eq\f(\r(2)kQ,4r2)C．粒子在O1O2中点处动能最大D．粒子在O2处动能最大培优提能模拟练12.[2024·江西省吉安市期中考试](多选)两个完全相同的均匀带电金属小球，分别带有电荷量为q1＝2Q的正电荷、q2＝－4Q的负电荷，在真空中相距为r且静止，相互作用的静电力大小为F，两带电小球均可视为点电荷．现把两个小球接触一下再放回原来的位置，则()A．两个小球的电荷量均为3QB．两个小球的电荷量均为－QC．两个小球间相互作用的静电力大小为eq\f(9,8)FD．两个小球间相互作用的静电力大小为eq\f(1,8)F13．[2024·山东省聊城市二中月考](多选)如图所示，A、B为等量异种点电荷连线上的点且关于正电荷位置对称，C、B位于两电荷连线的中垂线上，则下列说法正确的是()A.A、B两点的电场强度大小关系为EA>EBB．B、C两点的电场强度大小关系为EB>ECC．若将一带正电的试探电荷从A移到B处，静电力不做功D．若将一带正电的试探电荷从C移到B处，静电力不做功14．[2024·安徽省合肥市一中期中考试](多选)如图所示，A、B两个带等量电荷的小球用绕过光滑定滑轮的绝缘细线连接处于静止状态，A球与光滑绝缘竖直墙面接触，A、B两球到定滑轮的距离相等，连接A球的绝缘细线竖直，A、B间的距离为L，A、B连线与竖直方向的夹角为60°，A球对竖直墙面的压力为F，不计小球大小，静电力常量为k，则()A．小球A的重力为eq\f(\r(3),3)FB．小球B的重力为eq\r(3)FC．细线对滑轮的作用力大小为2FD．小球A的带电量为eq\r(\f(\r(3)FL2,3k))15.[2024·重庆市第一中学定时练](多选)如图所示，固定在水平地面上的光滑绝缘圆筒内有两个带正电小球A、B，A位于筒底靠在左侧壁处，B在右侧筒壁上受到A的斥力作用处于静止．若筒壁竖直，A的电荷量保持不变，B由于漏电而下降少许后重新平衡，下列说法中正确的是()A．小球A、B间的库仑力变小B．小球A、B间的库仑力变大C．小球A、B对筒壁的压力都变大D．小球A对筒底的压力变大16．[2024·辽宁省丹东市阶段测试]等腰梯形ABCD的顶点上分别固定了三个点电荷，电量及电性如图所示，梯形边长AB＝AC＝BD＝eq\f(1,2)CD＝L，则CD连线的中点E处的场强大小为(静电力常数为k)()A.0B．eq\f(kQ,L2)C．eq\f(\r(3)kQ,L2)D．eq\f(2kQ,L2)17．[2024·河南省新高中创新联盟TOP二十名校调研](多选)如图所示，真空中电荷均匀分布的带正电圆环，半径为r，带电量为＋Q，圆心O处固定一带电量为－Q的点电荷，以O为坐标原点建立垂直圆环平面的x轴，P是x正半轴上的一点，圆环上各点与P点的连线与x轴的夹角为37°，静电力常量为k，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，下列说法正确的是()A.圆环上所有的电荷在O点产生的合电场强度大小为eq\f(kQ,r2)B．圆心O处的－Q在P点产生的电场强度大小为eq\f(9kQ,16r2)C.圆环上所有的电荷在P点处产生的电场强度大小为eq\f(9kQ,25r2)D．P点电场强度的方向沿x轴的负方向18．[2024·天津市静海一中月考]如图所示，两异种点电荷的电荷量均为Q，绝缘竖直平面过两点电荷连线的中点O且与连线垂直，平面上A、O、B三点位于同一竖直线上，AO＝BO＝L，点电荷到O点的距离也为L.现有电荷量为－q、质量为m的小物块(可视为质点)，从A点以初速度v0向B滑动，到达B点时速度恰好减为零．已知物块与平面的动摩擦因数为μ.求：(1)A点的电场强度的大小；(2)物块运动到B点时加速度的大小和方向．

考点40库仑定律电场力的性质1．答案：A解析：相同大小的三个带电导体球，根据电荷守恒定律得，x与y先接触后两球分别带电为eq\f(＋4μC＋0,2)＝＋2μC，再让y与z接触，两球最后分别带电为eq\f(－10μC＋2μC,2)＝－4μC，A正确．2．答案：C解析：把带正电荷的带电体C移近导体A，则导体A外端由于静电感应带负电荷，导体B外端由于静电感应带正电荷，即导体A和导体B下方的金属箔片均张开，根据电荷守恒定律可知，导体A和导体B的带电量是相等的，C正确．3．答案：C解析：设A带电量为qA，C球带电量为qC，库仑力与旋钮旋转的角度成正比，则有θ＝k1F，依题意有θ1＝k1F1＝k1eq\f(kqAqC,r2)，由题可知D球带电量为qD＝3qC，接触后分开，电荷量将均分，有q′C＝eq\f(3qC＋qC,2)＝2qC，依题意有θ2＝k1F2＝k1eq\f(kq′CqA,r2)＝2k1eq\f(kqAqC,r2)，联立可得eq\f(θ2,θ1)＝2，C正确．4．答案：BD解析：因为B对A是斥力，而A所受的合力沿FA方向，可知C对A是吸引力，即C一定带负电；假设C带电量等于B的电量，则CB对A的库仑力大小相等，合力方向与BA的延长线夹角为60°，但是因为FA与BA延长线的夹角小于60°，可知C带电量小于B的电量，B、D正确．5．答案：C解析：根据题意，圆环a能保持静止，故受到库仑斥力，圆环a也带正电，A错误；根据牛顿第三定律，滑块b受到的库仑力大小等于圆环a受到的库仑力大小，对圆环a进行受力分析后，得库仑力的大小为eq\f(mg,sinθ)，B错误；对a、b组成的系统整体进行受力分析，竖直方向上受力平衡，故滑块b受到地面的支持力大小为(M＋m)g，C正确；b静止，根据受力分析可知，滑块b受到地面的静摩擦力大小为Ff＝eq\f(mg,sinθ)·cosθ＝eq\f(mg,tanθ)，D错误．6．答案：D解析：O是等量同种电荷连线的中点，场强为0，将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处，O点电场强度变大，A错误；移动过程中，C点场强变小，正电荷所受静电力变小，B错误；A点电场方向沿OA方向，移动过程中，移动电荷所受静电力做正功，C错误；A点电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，移动到无穷远处时，O点的电势高于A点电势，D正确．7．答案：C解析：根据等量同种电荷周围的电场线分布图a、b、c、d四点的电场强度大小相等，但是方向不同，A错误；根据电场线的方向以及电场线的对称性可知D和B两点的电势相等，但是低于O点的电势，B错误；带正电点电荷在从E点运动到O点的过程中受到的电场力向右，所以此过程中电场力做正功，C正确；带正电点电荷从E点运动到F点的过程中受到的电场力先向右，后向左，所以电场力先做正功，后做负功，点电荷的速度先增大后减小，D错误．8．答案：C解析：根据曲线运动中力与运动方向的关系以及电场力与电场方向的关系可知，烟尘颗粒带负电，A错误；A到B过程中电场力做正功，所以从A到B电势能减小，动能增加，故B错误，C正确；电场线的疏密反映电场强度的大小，可见EA>EB所以根据牛顿第二定律可知，烟尘颗粒在A点的加速度大于在B点的加速度，D错误．9.答案：C解析：由几何关系可知，Pa、Qa、Ma、Na的长度均为r＝eq\r(2)R，根据点电荷的电场强度公式和电场叠加原理，可得a点的电场强度大小Ea＝4×keq\f(q,r2)cos45°＝eq\f(\r(2)kq,R2)，C正确．10．答案：D解析：根据对称性，待求的电场强度E一定沿着α角的角分线向右下方，同理大瓣球面在O点的电场强度一定沿着大瓣的角分线向左下方，由于是半个球面，所以这两个电场强度一定垂直，合场强等于E0，根据平行四边形法则作图E＝E0sineq\f(α,2)，D正确，A、B、C错误．11．答案：A解析：把圆环上每一个点都看成一个点电荷，则电荷量为q＝eq\f(Q,2πr)，根据点电荷场强公式，有E＝eq\f(kq,（\r(2)r）2)，根据电场的叠加原理，单个圆环在O1O2中点的场强，为E＝eq\f(kQ,2r2)cos45°，两个圆环的场强，再叠加一下，有E总＝eq\f(\r(2)kQ,2r2)，A正确，B错误；带电粒子从O1点开始由静止释放，在粒子从O1向O2的运动过程中，两圆环对粒子的作用力皆向左，可见电场对带电粒子做正功．故粒子在O1O2中点处动能不是最大，C错误；根据电场叠加原理，在O2左侧场强方向先向左后向右，因此粒子到达O2左侧某一点时，速度最大，动能最大，以后向左运动速度开始减小，动能也在减小，D错误．12．答案：BD解析：根据题意有F＝keq\f(2Q·4Q,r2)＝8keq\f(Q2,r2)，把两个小球接触一下再放回原来的位置，则两个小球的电荷量均为Q′＝eq\f(2Q－4Q,2)＝－Q，两个小球间相互作用的静电力大小为F′＝keq\f(Q2,r2)＝eq\f(1,8)F，B、D正确．13．答案：BD解析：等量异种点电荷产生的电场线和等势面的分布如图所示根据图像可知B点电场线较A点密集，则EA<EB，B点的电场线较C点密集，所以EB>EC，A错误，B正确；因B点电势为零，A点电势大于零，可知若将一带正电的试探电荷从A移到B处，电势能减小，静电力做正功，C错误；因BC两点电势相等，均为零，可知若将一带正电的试探电荷从C移到B处，静电力不做功，D正确．14．答案：AC解析：对B受力分析如图，可知B受绳子拉力T，自身重力GB，库仑力F′，根据共点力平衡条件有T＝GB＝F′，对A受力分析，根据共点力平衡条件有F′sin60°＝F，F′cos60°＋GA＝T，解得T＝GB＝F′＝eq\f(2\r(3),3)F，GA＝eq\f(\r(3),3)F，A正确，B错误；细线对滑轮的作用力大小为F合＝eq\r(3)T＝2F，C正确；根据库仑定律可知F′＝eq\f(kq2,L2)，解得小球A的带电量为q＝eq\r(\f(2\r(3)FL2,3k))，D错误．15．答案：BC解析：对B受力分析如图所示由平衡条件可得F库＝eq\f(mBg,cosθ)，B由于漏电而下降少许后重新平衡，θ增大，故小球A、B间的库仑力变大，A错误，B正确；B对筒壁的压力为FN＝mgtanθ，θ增大，可知B对筒壁的压力变大，将小球A、B看成整体，小球A、B水平方向受力平衡，可知筒壁对A的压力等于筒壁对B的压力，根据牛顿第三定律可知，小球A对筒壁的压力变大，C正确；将小球A、B看成整体，小球A、B竖直方向受力平衡，筒底对A的支持力等于小球A、B的重力，根据牛顿第三定律可知，小球A对筒底的压力不变，D错误．16．答案：B解析：CD两点的两个负电荷在E点的场强等效于一个－Q的电荷放在D点时的场强，大小为ECD＝eq\f(kQ,L2)，方向由E指向D；B点的点电荷在E点的场强大小也为EB＝eq\f(kQ,L2)，方向沿BE连线斜向下，两场强方向夹角为120°，则E点的合场强为E＝eq\f(kQ,L2)，B正确．17．答案：BD解析：根据对称性与矢量合成，圆环上所有的电荷在O点处产生的电场强