【三维设计】2022年高考物理一轮复习四川专版-第六章-静电场-课时跟踪检测(二十)-电场力的性质

课时跟踪检测(二十)电场力的性质对点训练：库仑定律的理解与应用1.(2021·北京西城质检)如图1所示，两个电荷量均为＋q的小球用长为l的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上。两个小球的半径r≪l。k表示静电力常量。则轻绳的张力大小为()图1A．0 B．eq\f(kq2,l2)C．2eq\f(kq2,l2) D．eq\f(kq,l2)2．(2022·上海高考)A、B、C三点在同始终线上，AB∶BC＝1∶2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为()A．－eq\f(F,2) B．eq\f(F,2)C．－F D．F对点训练：库仑力作用下的平衡问题3．绝缘细线的一端与一带正电的小球M相连接，另一端固定在天花板上，在小球M下面的一绝缘水平面上固定了另一个带电小球N，在下列状况下，小球M能处于静止状态的是()图24．(多选)(2021·武汉调研)如图3所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电量分别为－q、Q、－q、Q。四个小球构成一个菱形，－q、－q的连线与－q、Q的连线之间的夹角为α。若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是()图3A．cos3α＝eq\f(q,8Q) B．cos3α＝eq\f(q2,Q2)C．sin3α＝eq\f(Q,8q) D．sin3α＝eq\f(Q2,q2)对点训练：电场强度的叠加问题5．如图4所示，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A、C连线与电场线垂直。则()图4A．A点的电场强度大小为eq\r(E2＋k2\f(Q2,r4))B．B点的电场强度大小为E－keq\f(Q,r2)C．D点的电场强度大小不行能为0D．A、C两点的电场强度相同6.(2021·河北省唐山一模)如图5所示，匀强电场中的A、B、C三点构成一边长为a的等边三角形。电场强度的方向与纸面平行。电子以某一初速度仅在静电力作用下从B移动到A动能削减E0，质子仅在静电力作用下从C移动到A动能增加E0，已知电子和质子电荷量确定值均为e，则匀强电场的电场强度为()图5A．eq\f(2E0,ea) B．eq\f(E0,ea)C．eq\f(\r(3)E0,3ea) D．eq\f(2\r(3)E0,3ea)7.如图6所示，以o为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f。等量正、负点电荷分别放置在a、d两处时，在圆心o处产生的电场强度大小为E。现转变a处点电荷的位置，使o点的电场强度转变，下列叙述正确的是()图6A．移至c处，o处的电场强度大小不变，方向沿oeB．移至b处，o处的电场强度大小减半，方向沿odC．移至e处，o处的电场强度大小减半，方向沿ocD．移至f处，o处的电场强度大小不变，方向沿oe对点训练：电场线的理解与应用8．在如图7所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是()图7A．甲图中与点电荷等距的a、b两点B．乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点C．丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点D．丁图中非匀强电场中的a、b两点9．(2021·渭南质检)两个带电荷量分别为Q1、Q2的质点四周的电场线如图8所示，由图可知()图8A．两质点带异号电荷，且Q1>Q2B．两质点带异号电荷，且Q1<Q2C．两质点带同号电荷，且Q1>Q2D．两质点带同号电荷，且Q1<Q210．(多选)如图9所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a和c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下推断正确的是()图9A．b点电场强度大于d点电场强度B．b点电场强度小于d点电场强度C．a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D．摸索电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能考点综合训练11．(2021·洛阳模拟)如图10所示，均可视为质点的三个物体A、B、C在倾角为30°的光滑斜面上，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，质量分别为mA＝0.43kg，mB＝0.20kg，mC＝0.50kg，其中A不带电，B、C的电量分别为qB＝＋2×10－5C、qC＝＋7×10－5C且保持不变，开头时三个物体均能保持静止。现给A施加一平行于斜面对上的力F，使A做加速度a＝2.0m/s2的匀加速直线运动，经过时间t，力F变为恒力。已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，g取10m/s2。求：图10(1)开头时BC间的距离L；(2)F从变力到恒力需要的时间t；(3)在时间t内，力F做功WF＝2.31J，求系统电势能的变化量ΔEp。12．(2021·四川资阳二诊)如图11所示，足够长斜面倾角θ＝30°，斜面上A点上方光滑，A点下方粗糙，μ＝eq\f(1,4\r(3))，光滑水平面上B点左侧有水平向右的匀强电场E＝105V/m，可视为质点的小物体C、D质量分别为mC＝4kg，mD＝1kg，D带电q＝3×10－4C，用细线通过光滑滑轮连在一起，分别放在斜面及水平面上的P和Q点由静止释放，B、Q间距离d＝1m，A、P间距离为2d。取g＝10m/s2，求：图11(1)物体C第一次运动到A点时的速度v0；(2)物体C第一次经过A到其次次经过A的时间t。答案1．选B轻绳的张力大小等于两个带电小球之间的库仑力，由库仑定律得F＝eq\f(kq2,l2)，选项B正确。2．选B设A处电场强度为E，则F＝qE；由点电荷的电场强度公式可知，C处的电场强度为eq\f(－E,4)，在C处放电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为F′＝－2q·eq\f(－E,4)＝eq\f(F,2)，选项B正确。3.选BM受到三个力的作用处于平衡状态，则绝缘细线对小球M的拉力与小球N对小球M的库仑力的合力必与M的重力大小相等，方向相反，其受力分析图如图所示，故B正确。4．选AC设菱形边长为a，则两个Q之间距离为2asinα，则两个q之间距离为2acosα。选取－q作为争辩对象，由库仑定律和平衡条件得2keq\f(Qq,a2)cosα＝keq\f(q2,2acosα2)，解得cos3α＝eq\f(q,8Q)，故A正确，B错误；选取Q作为争辩对象，由库仑定律和平衡条件得2keq\f(Qq,a2)sinα＝keq\f(Q2,2asinα2)，解得sin3α＝eq\f(Q,8q)，故C正确，D错误。5．选A＋Q在A点的电场强度沿OA方向，大小为keq\f(Q,r2)，所以A点的合电场强度大小为eq\r(E2＋k2\f(Q2,r4))，A正确；同理，B点的电场强度大小为E＋keq\f(Q,r2)，B错误；假如E＝keq\f(Q,r2)，则D点的电场强度为0，C错误；A、C两点的电场强度大小相等，但方向不同，D错误。6．选D依据题述，BC在一等势面上，匀强电场的方向垂直于BC指向A。由eEasin60°＝E0，解得：E＝eq\f(2\r(3)E0,3ea)，选项D正确。7．选C放置在a、d两处的等量正、负点电荷在圆心o处产生的电场强度方向相同，每个电荷在圆心o处产生的电场强度大小为eq\f(E,2)。依据电场强度叠加原理，a处正电荷移至c处，o处的电场强度大小为eq\f(E,2)，方向沿oe，选项A错误；a处正电荷移至b处，o处的电场强度大小为2·eq\f(E,2)·cos30°＝eq\f(\r(3),2)E，方向沿∠eod的角平分线，选项B错误；a处正电荷移至e处，o处的电场强度大小为eq\f(E,2)，方向沿oc，选项C正确；a处正电荷移至f处，o处的电场强度大小为2·eq\f(E,2)·cos30°＝eq\f(\r(3),2)E，方向沿∠cod的角平分线，选项D错误。8．选C甲图中与点电荷等距的a、b两点，电场强度大小相同，方向不相反，选项A错误；对乙图，依据电场线的疏密及对称性可推断，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同，选项B错误；丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点，电场强度大小相同，方向相反，选项C正确；对丁图，依据电场线的疏密可推断，b点的电场强度大于a点的电场强度，选项D错误。9．选A由图可知，电场线起于Q1，止于Q2，故Q1带正电，Q2带负电，两质点带异号电荷，在Q1四周电场线比Q2四周电场线密，故Q1>Q2，选项A正确。10．选BC依据等量异种点电荷产生的电场的电场线分布状况和由电场线的疏密表示电场强度大小可知Ed＞Eb。故选项A错误，B正确。a、c两点关于MN对称，故Uab＝Ubc，选项C正确。沿电场线方向电势降低，所以φa＞φc，由Ep＝qφ可知Epa＞Epc，故选项D错误。11．解析：(1)ABC静止时，以AB为争辩对象有：(mA＋mB)gsin30°＝eq\f(kqCqB,L2)解得：L＝2.0m。(2)给A施加力F后，AB沿斜面对上做匀加速运动，AB分别时两者之间弹力恰好为零，对B用牛顿其次定律得：eq\f(kqBqC,l2)－mBgsin30°＝mBa解得：l＝3.0m有匀加速运动规律得：l－L＝eq\f(1,2)at2解得：t＝1.0s。(3)AB分别时两者仍有相同的速度，在时间t内对AB用动能定理得：WF－(mA＋mB)g(l－L)sin30°＋WC＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v2及：v＝at得：WC＝2.1J所以系统电势能的变化量ΔEp＝－2.1J。答案：(1)2.0m(2)1.0s(3)－2.1J12．解析：(1)由题知释放后C物体将沿斜面下滑，C物体从P到A过程，对C、D系统由动能定理：mCg·2dsinθ－Eq·d＝eq\f(1,2)(mC＋mD)v02①解①得：v0＝2m/s。②(2)由题意，C经过A点后将减速下滑至速度为0后又加速上滑，设向下运动的时间为t1，其加速度大小为a1，发生的位移为x1，对物体C：T1＋μmCgcosθ－mCgsinθ＝mCa1③t1＝eq\f(v0,a1)④x1＝eq\