2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练专题（31）电场力的性质（解析版）.docx

2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练专题（31）电场力的性质（解析版）考点一 1库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用2对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷，r为球心间的距离3对于两个带电金属球，要考虑表面电荷的重新分布，如图所示(1)同种电荷：F<k；(2)异种电荷：F>k.4不能根据公式错误地认为r0时，库仑力F，因为当r0时，两个带电体已不能看做点电荷了1、如图所示，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab5 cm，bc3 cm，ca4 cm.小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则()Aa、b的电荷同号，k Ba、b的电荷异号，kCa、b的电荷同号，k Da、b的电荷异号，k【答案】D【解析】由于小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线，根据受力分析知，a、b的电荷异号根据库仑定律，a对c的库仑力为Fak0b对c的库仑力为Fbk0设合力向左，如图所示，根据相似三角形，得联立式得k.2、（2020·天津市滨海新区塘沽第一中学高三其他）直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零静电力常量用k表示若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为()A，沿y轴正向B，沿y轴负向C，沿y轴正向D，沿y轴负向【答案】B【解析】因正电荷Q在O点时，G点的场强为零，则可知两负电荷在G点形成的电场的合场强与正电荷Q在G点产生的场强等大反向，大小为若将正电荷移到G点，则正电荷在H点的场强为E1k因两负电荷在G点的场强与在H点的场强等大反向，则H点的合场强为EE合E1方向沿y轴负向故选B。【提 分 笔 记】完全相同的带电体接触后电荷的分配原则(1)若两带电体带同种电荷q1、q2，则接触后电荷量平均分配，即q1q2.(2)若两带电体带异种电荷q1、q2，则接触后电荷量先中和后平分，即q1q2，电性与带电荷量大的带电体相同3、（2020·江西省高考模拟）如图所示，三角形abc的三个顶点各自固定一个点电荷，A处点电荷受力如图所示，则B处点电荷受力可能是AF1BF2CF3DF4【答案】B【解析】根据库仑定律，结合平行四边形定则及几何关系可以知道C处电荷对A处电荷的电场力为引力，B处电荷对A处电荷的电场力为斥力，在根据平行四边形定则分析B处点电荷受力；A处点电荷所受静电力大小为F，根据库仑定律，结合平行四边形定则及几何关系可以知道，C处电荷对A处电荷的电场力为引力，B处电荷对A处电荷的电场力为斥力，C处电荷与A处电荷为异种电荷，A处电荷与B处电荷为同种电荷，所以可得C处电荷对B处电荷的电场力为引力，A处电荷对B处电荷的电场力为斥力，根据平行四边形定则可得则B处点电荷受力可能，故B正确，A、C、D错误；故选B4、两个可视为质点的相同金属小球，电荷量绝对值之比为15，它们相距r时，彼此间存在相互吸引的库仑力，其大小为F；若将两球充分接触后，再让它们相距2r，则它们之间()A库仑力大小为，相互吸引 B库仑力大小为，相互排斥C库仑力大小为，相互吸引 D库仑力大小为，相互排斥【答案】B【解析】原来两金属小球间相互吸引，故两金属小球带异种电荷，设为Q和5Q，相距为r时，根据库仑定律得Fk5k，两金属小球接触后，带电量均变为2Q，带同种电荷，两金属小球相互排斥，则此时有Fkk，故选B.考点二 1静电场中带电体平衡问题的解题思路(1)确定研究对象如果有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”，确定研究对象(2)受力分析注意多了一个库仑力F.2三个自由点电荷的平衡问题(1)条件：两个点电荷在第三个点电荷处的合场强为零，或每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反(2)规律“三点共线”三个点电荷分布在同一直线上；“两同夹异”正负电荷相互间隔；“两大夹小”中间电荷的电荷量最小；“近小远大”中间电荷靠近电荷量较小的电荷5、A、B两个大小相同的金属小球,A带有6Q正电荷,B带有3Q负电荷,当它们在远大于自身直径处固定时,其间静电力大小为F。另有一大小与A、B相同的不带电小球C,若让C先与A接触,再与B接触,拿走C球后,A、B间静电力的大小变为()A.6FB.3FC.FD.零【答案】D【解析】C与A、B接触后,A、B带电量分别为3Q、0,故此时A、B间静电力为零,D对。6、(多选)如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m已测得每个小球质量是8.0×104 kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度取g10 m/s2，静电力常量k9.0×109 N·m2/C2，则()A两球所带电荷量相等 BA球所受的静电力为1.0×102 NCB球所带的电荷量为4×108 C DA、B两球连线中点处的电场强度为0【答案】ACD【解析】因A、B两球相同，故接触后两球所带的电荷量相等，故A项正确；由题意知，平衡时A、B两球离悬点的高度为h m0.08 m，设细线与竖直方向夹角为，则tan ，由tan ，知A球所受的静电力Fmgtan 6.0×103 N，故B项错误；由库仑定律Fk，得B球所带的电荷量Qr0.12× C4×108 C，故C项正确；A、B两球带同种电荷，则A、B两球连线中点处的电场强度为0，故D项正确【提 分 笔 记】共点力作用下平衡问题的分析方法7、如图所示，在一绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态，现将一带正电的小球B沿以A为圆心的圆弧缓慢地从P点移至A正上方的Q点处，已知P、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和C始终保持静止不动，A、B可视为质点关于此过程，下列说法正确的是()A地面对斜面C的摩擦力先增大后减小 B地面对斜面C的摩擦力逐渐减小C物体A受到斜面的支持力一直减小 D物体A受到斜面的支持力一直增大【答案】B【解析】如图所示，以A和C整体为研究对象，设B对A的库仑力大小为F，与竖直方向的夹角为.根据平衡条件得fFsin ，由于F不变，减小，则知地面对斜面C的摩擦力逐渐减小，故A错误，B正确；以A为研究对象，分析可知，B对A的库仑力垂直于斜面方向的分力先逐渐增大后逐渐减小，设该分力为F，斜面倾角为，根据平衡条件，斜面对A的支持力Nmgcos F，可知N先增大后减小，故C、D错误8、如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为()A.3kq3l2B.3kql2 C.3kql2D.23kql2【答案】B【解析】设小球c所带电荷量为Q，由库仑定律可知小球a对小球c的库仑引力为F=kqQl2，小球b对小球c的库仑引力也为F=kqQl2，二力合力为2Fcos 30°。设水平匀强电场场强的大小为E，对c球，由平衡条件可得QE=2Fcos30°，解得E=3kql2，则B正确，A、C、D错误。考点三 1电场强度的性质(1)矢量性：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点场强的方向(2)唯一性：电场中某一点的电场强度E是唯一的，它的大小和方向与放入该点的电荷q无关，它决定于形成电场的电荷(场源电荷)及空间位置(3)叠加性：如果有几个静止点电荷在空间同时产生电场，那么空间某点的场强是各场源电荷单独存在时在该点所产生的场强的矢量和2三个计算公式公式 适用条件 说明定义式E任何电场某点的场强为确定值，大小及方向与q无关决定式Ek真空中点电荷的电场E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定关系式E匀强电场d是沿电场方向的距离3.电场线的特点(1)电场线上每一点的切线方向与该点的场强方向一致(2)电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷(3)电场线在电场中不相交、不闭合、不中断(4)在同一电场中，电场线越密集的地方场强越大，电场线越稀疏的地方场强越小(5)沿电场线的方向电势逐渐降低，匀强电场中电场线的方向是电势降落最快的方向9、如图所示,A为带电量为Q的圆形金属薄板(图中A板为侧视图),B为质量为m、电荷量大小为q的带负电小球,用绝缘丝线悬挂于O点。小球由于电场力而静止在过金属板中心且垂直于金属板的直线上距板为r的位置,悬线与竖直方向的夹角为。关于小球所在位置处的场强,下列说法中正确的是() A.小球所在位置处场强大小为kQr2,方向水平向右B.小球所在位置处场强大小为kQr2,方向水平向左C.小球所在位置处场强大小为mgtanq,方向水平向左D.小球所在位置处场强大小为mgtanq,方向水平向右【答案】C【解析】小球受力如图所示,由平衡条件得小球所受电场力F=mgtan,所以小球所在处的电场强度：E=Fq=mgtanq,小球带负电荷,因此电场强度方向水平向左,C正确。10、P、Q两电荷的电场线分布如图所示，a、b、c、d为电场中的四点，c、d关于PQ连线的中垂线对称一个离子从a运动到b(不计重力)，轨迹如图所示，则下列判断正确的是()AP带负电 Bc、d两点的电场强度相同C离子在运动过程中受到P的吸引力 D离子从a到b，电场力做正功【答案】C【解析】由电场线的方向可知P带正电，Q带负电，选项A错误；c、d两点的场强大小相同，但方向不同，选项B错误；离子所受电场力的方向应该指向曲线的凹侧，故可以判断出离子在运动过程中受到P电荷的吸引力，选项C正确；离子从a到b，电场力做负功，选项D错误【提 分 笔 记】电场线、运动轨迹、电荷正负的判断方法(1)“运动与力两线法”画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况(2)“三不知时要假设”电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面，若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”分别讨论各种情况11、(多选)A、B两个点电荷在真空中所产生电场的电场线(方向未标出)如图所示。图中C点为两点电荷连线的中点,MN为两点电荷连线的中垂线,D为中垂线上的一点,电场线的分布关于MN左右对称。则下列说法中正确的是()A.这两点电荷一定是同种电荷 B.这两点电荷一定是异种电荷C.D、C两点电场强度相等 D.C点的电场强度比D点的电场强度大【答案】BD【解析】由于电场线关于中垂线对称,两点电荷一定是等量异种电荷,A错,B对。中垂线上,C点场强最大,离C点越远,场强越小,C错,D对。考点四 1电场强度的叠加2计算电场强度常用的五种方法(1)电场叠加合成法；(2)平衡条件求解法；(3)对称法；(4)补偿法；(5)等效法12、(多选)已知均匀带电球体在其外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同，而均匀带电球壳在其内部任意一点形成的电场强度为零。现有一半径为R、电荷量为Q的均匀带电绝缘球体，M、N为一条直径上距圆心O为12R的两点，静电力常量为k，则()A.M、N点的电场强度方向相同 B.M、N点的电场强度方向相反C.M、N点的电场强度大小均为kQ8R2 D.M、N点的电场强度大小均为kQ2R2【答案】BD【解析】根据均匀带电球壳在其内部任意一点形成的电场强度为零，知M点的场强等于以O为圆心半径为12R的均匀球体在M点产生的场强，这个球体之外的球壳在M点产生的场强为零，这个球体所带电荷量为q=Q=Q8，M点的电场强度大小为EM=kq(R2)2=kQ2R2，方向向左，根据对称性知N点的电场强度大小也为kQ2R2，方向向右，故A、C错误，B、D正确。13、如图所示，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()AA点的场强大小为 BB点的场强大小为EkCD点的场强大小不可能为0 DA、C两点的场强相同【答案】A【解析】Q在A点的电场强度沿OA方向，大小为k，所以A点的合电场强度大小为 ，A正确；同理，B点的电场强度大小为Ek，B错误；如果Ek，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【提 分 笔 记】1点电荷电场、匀强电场场强叠加一般应用合成法即可2均匀带电体与点电荷场强叠加一般应用对称法3计算均匀带电体某点场强一般应用补偿法或微元法14、如图所示，a、b两点的连线垂直带电圆环并经过圆环的中心，两点到圆环的距离均为d，q在a、b两点连线上且到圆环的距离为2d，若图中b点处的电场强度为零，则图中a点处的电场强度大小是()A. B. C. D.【答案】C【解析】可以把带电圆环等效为点电荷，该电荷位于环心，因为b点处的电场强度为零，则圆环带负电，设电荷量为Q，点电荷q与圆环的场强在b处叠加为零，则k，Q，则a处的场强为Eakk，C正确15、如图所示，在均匀带正电的无穷大薄平板右侧距离3l处有一个带电量为+q的小球，在小球到平板垂线上距平板为2l的P处，场强恰好为零。已知无穷大平板产生的电场的电场线自正电荷发出终止于无穷远处，静电力常量为k，则P点关于薄平板对称的M点的场强大小是()世纪金榜导学号A.26kq25l2B.10kq9l2C.4kq3l2D.kql2【答案】A【解析】P处场强恰好为零，所以正电平板在P处产生的场强和+q在P处产生的场强大小相等，方向相反，根据点电荷场强公式，+q在P处产生的场强为E=kql2，根据对称关系，带正电平板在M处产生的场强大小为E2=kql2，方向水平向左，+q在M处产生的场强为E1=kq(5l)2，方向向左，所以M点的场强大小EM=E1+E2=k26q25l2，故A正确，B、C、D错误。16、如图所示，空间存在着强度E=2.5×102 N/C，方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L=0.5 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量m=0.5 kg、电荷量q=4×10-2 C的小球。现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂。取g=10 m/s2。求：(1)小球的电性。(2)细线能承受的最大拉力。(3)当小球继续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度。【答案】(1)正电(2)15 N(5)0.625 m【解析】(1)由小球运动到最高点可知，小球带正电；(2)设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有，(qE-mg)L=12mv2在最高点对小球由牛顿第二定律得，FT+mg-qE=mv2L由式解得，FT=15 N(3)小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则a=qE-mgm设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则L=vt设竖直方向上的位移为x，则x=12at2由解得x=0.125 m所以小球距O点高度为x+L=0.625 m