2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)21電場(chǎng)的力的性質(zhì)練習(xí)含解析

PAGE15-考點(diǎn)21電場(chǎng)的力的性質(zhì)題組一基礎(chǔ)小題1．(多選)下列說法中正確的是()A．一個(gè)帶電體能否看成點(diǎn)電荷，不是看它的尺寸大小，而是看它的形態(tài)和大小對(duì)所探討的問題的影響是否可以忽視不計(jì)B．點(diǎn)電荷是一種志向模型，真正的點(diǎn)電荷是不存在的C．點(diǎn)電荷就是體積和帶電量都很小的帶電體D．依據(jù)F＝keq\f(q1q2,r2)可知，當(dāng)r→0時(shí)，F(xiàn)→∞答案AB解析一個(gè)帶電體能否看成點(diǎn)電荷，不是看它的尺寸大小，而是看它的形態(tài)和大小對(duì)所探討的問題的影響是否可以忽視不計(jì)，故A正確，C錯(cuò)誤；點(diǎn)電荷是志向模型，實(shí)際是不存在的，故B正確；依據(jù)F＝keq\f(q1q2,r2)適用的條件可知，該公式適用于真空中的點(diǎn)電荷，故當(dāng)r→0時(shí)，電荷不能看成點(diǎn)電荷，庫(kù)侖定律不再適用，D錯(cuò)誤。2．(多選)如圖所示，取一對(duì)用絕緣柱支持的不帶電導(dǎo)體A和B，使它們彼此接觸，現(xiàn)在把帶正電荷的物體C移近導(dǎo)體A，發(fā)覺貼在A、B下部的金屬箔都張開，下列說法正確的是()A．此時(shí)A帶負(fù)電荷，B帶正電荷B．此時(shí)A和B都帶負(fù)電荷C．A和B分開后移去C，A、B上的金屬箔仍保持張開D．先移去C，再把A和B分開，A、B上的金屬箔仍保持張開答案AC解析帶正電荷的物體C移近A時(shí)，由于靜電感應(yīng)，導(dǎo)體A帶負(fù)電荷，導(dǎo)體B帶正電荷，故A正確，B錯(cuò)誤；把A、B分開，則A帶負(fù)電荷，B帶正電荷，移去C后，電荷不能再進(jìn)行中和，此時(shí)A所帶電荷量仍舊等于B所帶的電荷量，故兩金屬箔仍舊張開，C正確；先移去C后，由于電荷間相互作用，A、B上的感應(yīng)電荷重新中和，A、B達(dá)到電中性狀態(tài)，無論A、B是否分開，兩金屬箔均閉合，故D錯(cuò)誤。3．在電場(chǎng)中的a點(diǎn)放一摸索電荷＋q，它受到的電場(chǎng)力大小為F，方向水平向右，則a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝eq\f(F,q)，方向水平向右，下列說法正確的是()A．在a點(diǎn)放置一個(gè)負(fù)摸索電荷－2q，a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)變?yōu)?EB．在a點(diǎn)放置一個(gè)負(fù)摸索電荷－2q，a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向變?yōu)樗较蜃驝．在a點(diǎn)放置一個(gè)電荷量為2q的檢驗(yàn)電荷，則a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)變?yōu)?ED．在a點(diǎn)放置一個(gè)電荷量為2q的檢驗(yàn)電荷，則a的場(chǎng)強(qiáng)仍為E答案D解析依據(jù)題意可知，a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝eq\f(F,q)，方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度取決于電場(chǎng)本身，與所放摸索電荷的電荷量、電性無關(guān)，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。4．兩個(gè)可自由移動(dòng)的點(diǎn)電荷分別放在A、B兩處，如圖所示。A處電荷帶正電荷量Q1，B處電荷帶負(fù)電荷量Q2，且Q2＝5Q1，另取一個(gè)可以自由移動(dòng)的點(diǎn)電荷Q3，放在AB直線上，欲使整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則()A．Q3為負(fù)電荷，且放于B右方B．Q3為負(fù)電荷，且放于A左方C．Q3為正電荷，且放于A、B之間D．Q3為正電荷，且放于B右方答案B解析因?yàn)槊總€(gè)電荷都受到其余兩個(gè)電荷的庫(kù)侖力作用，且已知Q1和Q2是異種電荷，對(duì)Q3的作用力一個(gè)為引力，一個(gè)為斥力，所以Q3要平衡就不能放在A、B之間；依據(jù)庫(kù)侖定律知，由于B處的電荷Q2電荷量較大，Q3應(yīng)放在離Q2較遠(yuǎn)而離Q1較近的地方才有可能處于平衡，故Q3應(yīng)放在A的左側(cè)，要使Q1和Q2也處于平衡狀態(tài)，Q3必需帶負(fù)電，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。5．(多選)兩個(gè)相同的金屬小球(均可視為點(diǎn)電荷)，帶電荷量大小之比為1∶3，固定在相距為r的兩處，它們間庫(kù)侖力的大小為F，兩小球相互接觸后將其固定在距離為eq\f(r,2)的兩處，則兩球間庫(kù)侖力的大小可能為()A.eq\f(1,3)F B.eq\f(4,3)FC.eq\f(16,3)F D．4F答案BC解析接觸前兩個(gè)金屬球之間的庫(kù)侖力的大小為F＝eq\f(kQ·3Q,r2)。若兩個(gè)相同的金屬球帶異種電荷，接觸后再分開，其所帶電荷量先中和后均分，所以兩球分開后各自帶電荷量大小為Q，距離又變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，其庫(kù)侖力為F′＝eq\f(kQ·Q,\f(r,2)2)，即兩球間庫(kù)侖力的大小為eq\f(4,3)F；若兩個(gè)相同的金屬球帶同種電荷，接觸后再分開，其所帶電荷量均分，所以兩球分開后各自帶電荷量大小為2Q，距離又變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，其庫(kù)侖力為F″＝eq\f(k·2Q·2Q,\f(r,2)2)，即兩球間庫(kù)侖力的大小為eq\f(16,3)F，故B、C正確。6．在如圖所示的四種電場(chǎng)中，分別標(biāo)記有a、b兩點(diǎn)。其中a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反的是()A．圖甲中與點(diǎn)電荷等距的a、b兩點(diǎn)B．圖乙中兩等量異號(hào)點(diǎn)電荷連線的垂直平分線上與連線等距的a、b兩點(diǎn)C．圖丙中兩等量同號(hào)點(diǎn)電荷連線的垂直平分線上與連線等距的a、b兩點(diǎn)D．圖丁中非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的a、b兩點(diǎn)答案C解析題圖甲中與點(diǎn)電荷等距的a、b兩點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，方向不相反，A錯(cuò)誤；題圖乙中，依據(jù)電場(chǎng)線的疏密及對(duì)稱性可推斷，a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相同，B錯(cuò)誤；題圖丙中兩等量同號(hào)點(diǎn)電荷連線的垂直平分線上與連線等距的a、b兩點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同、方向相反，C正確；題圖丁中依據(jù)電場(chǎng)線的疏密可推斷，b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，D錯(cuò)誤。7．如圖所示，真空中位于x軸上的兩個(gè)等量負(fù)點(diǎn)電荷，關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對(duì)稱。下列關(guān)于E隨x改變的圖象正確的是()答案A解析依據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加，可知兩個(gè)等量負(fù)點(diǎn)電荷的中點(diǎn)O處的場(chǎng)強(qiáng)為零，兩側(cè)場(chǎng)強(qiáng)方向是相反的，不行能相同；依據(jù)電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，可知從左側(cè)無窮遠(yuǎn)到負(fù)電荷處，電場(chǎng)強(qiáng)度漸漸增大，方向向右；從左側(cè)負(fù)電荷處到右側(cè)負(fù)電荷處，電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大，且O點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，在O點(diǎn)左側(cè)，電場(chǎng)強(qiáng)度方向向左，在O點(diǎn)右側(cè)，電場(chǎng)強(qiáng)度方向向右；從右側(cè)負(fù)電荷處到右側(cè)無窮遠(yuǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度漸漸減小到零，方向向左，故A正確。8.如圖，一半徑為R的圓盤上勻稱分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個(gè)點(diǎn)，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點(diǎn)處有一電荷量為q(q>0)的固定點(diǎn)電荷。已知b點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為零，則d點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)的大小為(k為靜電力常量)()A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)答案B解析由b點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)為零知，圓盤在b點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)E1與點(diǎn)電荷q在b點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)E2大小相等、方向相反，規(guī)定向右為正方向，則：E1＝－E2＝－keq\f(q,R2)；由對(duì)稱性，圓盤在d點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)E3＝keq\f(q,R2)，點(diǎn)電荷q在d點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)E4＝keq\f(q,9R2)，故d點(diǎn)處的合場(chǎng)強(qiáng)Ed＝E3＋E4＝keq\f(10q,9R2)，B正確，A、C、D錯(cuò)誤。9．一半徑為R的半球面勻稱帶有正電荷Q，電荷Q在球心O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小E0＝keq\f(Q,2R2)，方向如圖所示。把半球面分為表面積相等的上、下兩部分，如圖甲所示，上、下兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小分別為E1、E2；把半球面分為表面積相等的左、右兩部分，如圖乙所示，左、右兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小分別為E3、E4，則()A．E1>keq\f(Q,4R2) B．E2＝keq\f(Q,4R2)C．E3<keq\f(Q,4R2) D．E4＝keq\f(Q,4R2)答案A解析依據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式E＝keq\f(q,r2)，結(jié)合電荷只分布在半球面的表面，對(duì)于題圖甲，雖上、下部分的表面積的大小和各點(diǎn)到球心的距離相同，但半球面的上部分各處電荷在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)夾角相對(duì)較小，則依據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理，上、下兩部分電荷在球心O處產(chǎn)生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小關(guān)系為E1>E2；因電荷Q在球心O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小E0＝keq\f(Q,2R2)，則E1>keq\f(Q,4R2)，E2<keq\f(Q,4R2)，A正確，B錯(cuò)誤。對(duì)于題圖乙，半球面分為表面積相等的左、右兩部分，依據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加和對(duì)稱性可知，半球面的左側(cè)部分在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)與右側(cè)部分在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，即E3＝E4，由于方向不同，由合成法則可知，E3＝E4>keq\f(Q,4R2)，故C、D錯(cuò)誤。10．(多選)如圖，光滑絕緣細(xì)桿與水平面成θ角固定，桿上套有一帶正電的小球，質(zhì)量為m，帶電荷量為q，為使小球靜止在桿上，可加一勻強(qiáng)電場(chǎng)。所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)滿意什么條件時(shí)，小球可在桿上保持靜止()A．垂直于桿斜向上，場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(mgcosθ,q)B．豎直向上，場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(mg,q)C．平行于桿斜向上，場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(mgsinθ,q)D．水平向右，場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(mgcotθ,q)答案BC解析若場(chǎng)強(qiáng)方向垂直于桿斜向上，帶正電的小球受到的電場(chǎng)力方向也垂直于桿斜向上，在垂直于桿的方向，小球受力平衡，而在沿桿方向，重力有沿桿向下的分力，沒有力與之平衡，則小球?qū)⑾蛳禄瑒?dòng)，不能保持靜止，A錯(cuò)誤；若電場(chǎng)方向豎直向上，且場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝eq\f(mg,q)，此時(shí)球受豎直向上的電場(chǎng)力和豎直向下的重力，且Eq＝mg，小球受力平衡，B正確；若場(chǎng)強(qiáng)方向平行于桿斜向上，此時(shí)小球受三個(gè)力：重力、沿桿斜向上的電場(chǎng)力和支持力，當(dāng)三力平衡時(shí)，有mgsinθ＝Eq，故E＝eq\f(mgsinθ,q)，C正確；若場(chǎng)強(qiáng)方向水平向右，此時(shí)小球受三個(gè)力：重力、水平向右的電場(chǎng)力和支持力，當(dāng)三力平衡時(shí)，有mgsinθ＝Eqcosθ，故E＝eq\f(mgtanθ,q)，D錯(cuò)誤。11.在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，將一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球由靜止釋放，帶電小球的運(yùn)動(dòng)軌跡為始終線，該直線與豎直方向的夾角為θ，如圖所示。則勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為()A．最大值是eq\f(mgtanθ,q) B．最小值為eq\f(mgsinθ,q)C．唯一值是eq\f(mgtanθ,q) D．以上都不對(duì)答案B解析依題意，帶電小球所受合力的方向與豎直方向的夾角為θ，依據(jù)平行四邊形定則可知，當(dāng)電場(chǎng)力的方向與合力的方向垂直時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)最小，如圖所示。由圖可得sinθ＝eq\f(qEmin,mg)，所以Emin＝eq\f(mgsinθ,q)，故B正確。由圖可知場(chǎng)強(qiáng)的取值不唯一而且沒有最大值，故A、C、D錯(cuò)誤。12．(多選)在真空中的x軸上的原點(diǎn)處和x＝6a處分別固定一個(gè)點(diǎn)電荷M、N，在x＝2a處由靜止釋放一個(gè)正點(diǎn)電荷P，假設(shè)點(diǎn)電荷P只受電場(chǎng)力作用沿x軸方向運(yùn)動(dòng)，得到點(diǎn)電荷P的速度大小與其在x軸上的位置關(guān)系如圖所示(其中在x＝4a處速度最大)，則下列說法正確的是()A．點(diǎn)電荷M、N肯定都是正電荷B．點(diǎn)電荷M、N肯定為異號(hào)電荷C．點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量的肯定值之比為4∶1D．x＝4a處的電場(chǎng)強(qiáng)度不肯定為零答案AC解析由題中圖象可知，正點(diǎn)電荷P的速度先增大后減小，即點(diǎn)電荷P的動(dòng)能先增大后減小，說明電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，結(jié)合正電荷受到的電場(chǎng)力的方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同可知，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向先沿x軸的正方向，后沿x軸的負(fù)方向，依據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線特點(diǎn)和電場(chǎng)的疊加原理可知，點(diǎn)電荷M、N肯定都是正電荷，故A正確，B錯(cuò)誤；由圖可知，在x＝4a處點(diǎn)電荷P的速度最大，速度的改變率為0，說明在x＝4a處的電場(chǎng)強(qiáng)度肯定為零，則點(diǎn)電荷M、N在x＝4a處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，即：eq\f(kQM,4a2)＝eq\f(kQN,2a2)，得QM∶QN＝4∶1，故C正確，D錯(cuò)誤。題組二高考小題13.(2024·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則()A．P和Q都帶正電荷B．P和Q都帶負(fù)電荷C．P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷D．P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷答案D解析細(xì)繩豎直，把P、Q看作整體，在水平方向所受合力為零，對(duì)外不顯電性，帶異種電荷，A、B錯(cuò)誤；P、Q帶不同性質(zhì)的電荷，有兩種狀況：P帶正電，Q帶負(fù)電，或P帶負(fù)電，Q帶正電，兩種狀況的受力分別如圖所示，由圖知，P帶負(fù)電，Q帶正電時(shí)符合題意，C錯(cuò)誤，D正確。14．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，三個(gè)固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm。小球c所受庫(kù)侖力的合力的方向平行于a、b的連線。設(shè)小球a、b所帶電荷量的比值的肯定值為k，則()A．a(chǎn)、b的電荷同號(hào)，k＝eq\f(16,9) B．a(chǎn)、b的電荷異號(hào)，k＝eq\f(16,9)C．a(chǎn)、b的電荷同號(hào)，k＝eq\f(64,27) D．a(chǎn)、b的電荷異號(hào)，k＝eq\f(64,27)答案D解析對(duì)固定的小球c受到的庫(kù)侖力分析，要使c球受到的庫(kù)侖力合力與a、b的連線平行，則豎直方向小球c受到的庫(kù)侖力合力為零，則a、b的電荷必需異號(hào)，如圖所示，則有：keq\f(QaQc,r\o\al(2,ac))·sinα＝keq\f(QbQc,r\o\al(2,bc))·sinβ，故eq\f(Qa,Qb)＝eq\f(r\o\al(2,ac)sinβ,r\o\al(2,bc)sinα)＝eq\f(42×\f(4,5),32×\f(3,5))＝eq\f(64,27)，D正確。15．(2024·山東高考)直角坐標(biāo)系xOy中，M、N兩點(diǎn)位于x軸上，G、H兩點(diǎn)坐標(biāo)如圖。M、N兩點(diǎn)各固定一負(fù)點(diǎn)電荷，一電量為Q的正點(diǎn)電荷置于O點(diǎn)時(shí)，G點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點(diǎn)電荷移到G點(diǎn)，則H點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向分別為()A.eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸正向 B.eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸負(fù)向C.eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸正向 D.eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸負(fù)向答案B解析正點(diǎn)電荷在O點(diǎn)時(shí)，G點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為0，即兩負(fù)點(diǎn)電荷在G點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)大小為E1＝eq\f(kQ,a2)，方向沿y軸正方向。由對(duì)稱性知，兩負(fù)點(diǎn)電荷在H點(diǎn)處的合場(chǎng)強(qiáng)大小為E2＝E1＝eq\f(kQ,a2)，方向沿y軸負(fù)方向。當(dāng)把正點(diǎn)電荷放在G點(diǎn)時(shí)，在H點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)的大小為E3＝eq\f(kQ,4a2)，方向沿y軸正方向。所以H點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)大小E＝E2－E3＝eq\f(3kQ,4a2)，方向沿y軸負(fù)方向，選項(xiàng)B正確。16．(2024·浙江高考)(多選)如圖所示，把A、B兩個(gè)相同的導(dǎo)電小球分別用長(zhǎng)為0.10m的絕緣細(xì)線懸掛于OA和OB兩點(diǎn)。用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點(diǎn)OB移到OA點(diǎn)固定。兩球接觸后分開，平衡時(shí)距離為0.12m。已測(cè)得每個(gè)小球質(zhì)量是8.0×10－4kg，帶電小球可視為點(diǎn)電荷，重力加速度g＝10m/s2，靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，則()A．兩球所帶電荷量相等B．A球所受的靜電力為1.0×10－2NC．B球所帶的電荷量為4eq\r(6)×10－8CD．A、B兩球連線中點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為0答案ACD解析用絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電荷，與A球接觸后A球也帶正電荷，兩球接觸后分開，B球也帶正電荷，且兩球所帶電荷量相等，A項(xiàng)正確；兩球相互排斥，穩(wěn)定后A球受力狀況如圖所示，sinθ＝eq\f(0.06,0.10)＝0.60，θ＝37°，F(xiàn)庫(kù)＝mgtan37°＝6.0×10－3N，B項(xiàng)錯(cuò)誤；F庫(kù)＝keq\f(QAQB,r2)，QA＝QB＝Q，r＝0.12m，聯(lián)立得Q＝4eq\r(6)×10－8C，故C項(xiàng)正確；由等量同號(hào)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)的特點(diǎn)可知，A、B兩球連線中點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為0，故D項(xiàng)正確。題組三模擬小題17．(2024·四川天府大聯(lián)考)(多選)電場(chǎng)線能直觀、便利地反映電場(chǎng)的分布狀況。如圖甲是等量異號(hào)點(diǎn)電荷形成電場(chǎng)的電場(chǎng)線，圖乙是場(chǎng)中的一些點(diǎn)；O是電荷連線的中點(diǎn)，E、F是連線中垂線上相對(duì)O對(duì)稱的兩點(diǎn)，B、C和A、D也相對(duì)O對(duì)稱。則()A．E、F兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相同B．A、D兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)不同C．B、O、C三點(diǎn)，O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最小D．從E點(diǎn)向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的電子加速度漸漸減小答案AC解析等量異號(hào)點(diǎn)電荷連線的中垂線是一條等勢(shì)線，電場(chǎng)強(qiáng)度方向與等勢(shì)線垂直，因此E、F兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向相同，由于E、F是連線中垂線上相對(duì)O對(duì)稱的兩點(diǎn)，則其場(chǎng)強(qiáng)大小也相等，故A正確；依據(jù)對(duì)稱性可知，A、D兩點(diǎn)處電場(chǎng)線疏密程度相同，則A、D兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小相同，由圖看出，A、D兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向相同，故B錯(cuò)誤；由圖看出，B、O、C三點(diǎn)比較，O點(diǎn)的電場(chǎng)線最稀疏，場(chǎng)強(qiáng)最小，故C正確；由圖可知，電子從E點(diǎn)向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)強(qiáng)度有最大值的位置不確定，因此在此過程中，電場(chǎng)力可能先增大后減小，也可能始終減小，因此電子的加速度可能漸漸減小，也可能先增大后減小，故D錯(cuò)誤。18．(2024·河北省高三上學(xué)期六校第一次聯(lián)考試題)探討磁現(xiàn)象時(shí)，經(jīng)常要探討穿過某一面積的磁場(chǎng)及其改變，為此引入了磁通量的概念。在電場(chǎng)中也可以定義為電通量，如圖甲所示，設(shè)在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一個(gè)與電場(chǎng)方向垂直的平面，面積為S，我們把E與S的乘積叫做穿過這個(gè)面積的電通量，用字母ΦE表示，即ΦE＝ES。假設(shè)真空中O點(diǎn)有一點(diǎn)電荷q，以O(shè)為球心，分別以r1、r2為半徑作兩個(gè)球面，如圖乙所示。設(shè)通過半徑為r1的球面的電通量為ΦE1，通過半徑為r2的球面的電通量為ΦE2。則ΦE1與ΦE2的比值為()A.eq\f(r1,r2) B.eq\f(r2,r1)C.eq\f(r\o\al(2,2),r\o\al(2,1)) D．1答案D解析由點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式E＝keq\f(q,r2)，電通量公式ΦE＝ES，球體表面積公式S＝4πr2，聯(lián)立解得通過隨意球面的電通量為ΦE＝ES＝keq\f(q,r2)×4πr2＝4πkq，所以ΦE1與ΦE2的比值為1，D正確。19．(2024·湘贛十四校一模)如圖，邊長(zhǎng)為a的立方體ABCD－A′B′C′D′八個(gè)頂點(diǎn)上有八個(gè)帶電質(zhì)點(diǎn)，其中頂點(diǎn)A、C′上質(zhì)點(diǎn)的電量分別為q、Q，其他頂點(diǎn)上質(zhì)點(diǎn)的電量未知，A點(diǎn)上的質(zhì)點(diǎn)僅在靜電力作用下處于平衡狀態(tài)，現(xiàn)將C′上質(zhì)點(diǎn)的電量變成－Q，則頂點(diǎn)A上質(zhì)點(diǎn)受力的合力為(各質(zhì)點(diǎn)均可看做點(diǎn)電荷，不計(jì)重力)()A.eq\f(kQq,a2) B.eq\f(2kQq,3a2)C.eq\f(kQq,3a2) D．0答案B解析A點(diǎn)上的質(zhì)點(diǎn)僅在靜電力作用下處于平衡狀態(tài)，說明除C′點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)以外的其他質(zhì)點(diǎn)對(duì)A點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)的作用力與C′點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)對(duì)A點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)的作用力等大反向；依據(jù)庫(kù)侖定律可得FC′A＝eq\f(kQq,3a2)，現(xiàn)將C′上質(zhì)點(diǎn)的電量變成－Q，其他質(zhì)點(diǎn)對(duì)A點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)作用力不變，C′點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)對(duì)A點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)作用力大小不變、方向相反，則頂點(diǎn)A上質(zhì)點(diǎn)受力的合力為eq\f(2kQq,3a2)，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。20．(2024·四川攀枝花二模)如圖所示，真空中三個(gè)質(zhì)量相等的小球A、B、C，帶電量分別為QA＝6q，QB＝3q，QC＝8q。現(xiàn)用恰當(dāng)大小的恒力F拉C，可使A、B、C沿光滑水平面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中A、B、C保持相對(duì)靜止，且A、B間距離與B、C間距離相等。不計(jì)電荷運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生磁場(chǎng)的影響，小球可視為點(diǎn)電荷，則此過程中B、C之間的作用力大小為()A.eq\f(4,3)F B．FC.eq\f(2,3)F D.eq\f(1,3)F答案A解析設(shè)三個(gè)小球的質(zhì)量均為m，對(duì)三個(gè)球整體分析，依據(jù)牛頓其次定律得：F＝3ma；對(duì)A、B整體分析，依據(jù)牛頓其次定律得：F1＝2ma，解得F1＝eq\f(2,3)F，由牛頓第三定律知A、B對(duì)C的庫(kù)侖力的合力為eq\f(2,3)F，依據(jù)庫(kù)侖定律得eq\f(FBC,FAC)＝eq\f(k\f(3q·8q,L2),k\f(6q·8q,4L2))＝eq\f(2,1)，同理可得eq\f(FBC,FBA)＝eq\f(4,3)，分析可知，A、C帶同種電荷，B與A、C帶異種電荷，故FBC－FAC＝eq\f(2,3)F，解得FBC＝eq\f(4,3)F，故A正確。21．(2024·山東濟(jì)寧二模)如圖所示，一個(gè)絕緣圓環(huán)，當(dāng)它的eq\f(1,4)勻稱帶電且電荷量為＋q時(shí)，圓心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，現(xiàn)使半圓ABC勻稱帶電＋2q，而另一半圓ADC勻稱帶電－2q，則圓心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向?yàn)?)A．2eq\r(2)E，方向由O指向DB．4E，方向由O指向DC．2eq\r(2)E，方向由O指向BD．0答案A解析當(dāng)圓環(huán)的eq\f(1,4)勻稱帶電，電荷量為＋q時(shí)，圓心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，由如圖所示的矢量合成可得，當(dāng)半圓ABC勻稱帶電＋2q，在圓心處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\r(2)E，方向由O指向D。當(dāng)另一半圓ADC勻稱帶電－2q，同理，在圓心處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\r(2)E，方向由O指向D；依據(jù)矢量的合成法則，圓心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為2eq\r(2)E，方向由O指向D，故A正確。22.(2024·湖南湘東六校聯(lián)考)某區(qū)域的電場(chǎng)線分布如圖所示，其中間一根電場(chǎng)線是直線，一帶負(fù)電的粒子從直線上的O點(diǎn)僅在電場(chǎng)力作用下沿直線運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)。取O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿直線向右為x軸正方向。從O到A的運(yùn)動(dòng)過程中，下列粒子運(yùn)動(dòng)速度v和加速度a隨時(shí)間t的改變圖線、運(yùn)動(dòng)軌跡上電勢(shì)φ和粒子的動(dòng)能Ek隨位置x的改變圖線可能正確的是()答案A解析帶負(fù)電的粒子從直線上的O點(diǎn)僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，須要克服電場(chǎng)力做功，動(dòng)能減小，速度減小，D錯(cuò)誤；依據(jù)電場(chǎng)線的疏密來推斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大小關(guān)系，可知從O到A，電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大，方向不變，則負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力先減小后增大，加速度先減小后增大，但加速度的最小值不為零，B錯(cuò)誤；依據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度可知A正確；依據(jù)φ-x圖象的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度可知C錯(cuò)誤。題組一基礎(chǔ)大題23．如圖所示，真空中x軸上的A、B兩點(diǎn)相距L＝2.0m。若將電荷量均為q＝＋2.0×10－6C的兩點(diǎn)電荷分別固定在A、B兩點(diǎn)，已知靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，求：(1)兩點(diǎn)電荷間的庫(kù)侖力大?。?2)O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度；(3)若只取走A點(diǎn)的點(diǎn)電荷，求O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向。答案(1)9×10－3N(2)0(3)1.8×104N/C方向沿x軸負(fù)向解析(1)由庫(kù)侖定律可得兩點(diǎn)電荷間的庫(kù)侖力大小：F＝keq\f(q2,L2)＝9×10－3N。(2)由電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加可知O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為兩點(diǎn)電荷在O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的矢量和，由于兩點(diǎn)電荷在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)等大、反向，故O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0。(3)若只取走A點(diǎn)的點(diǎn)電荷，則O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度僅由B處的點(diǎn)電荷產(chǎn)生，其大小為：E＝keq\f(q,\f(L,2)2)＝1.8×104N/C，方向沿x軸負(fù)向。題組二高考大題24．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，O、P是電場(chǎng)中的兩點(diǎn)。從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后放射兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點(diǎn)放射時(shí)的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為eq\f(t,2)。重力加速度為g，求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?2)B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。答案(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)解析(1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a。依據(jù)牛頓其次定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝e