2026届高三物理一轮复习专项训练（2）静电场力的性质

衡阳市第八中学专项复习试卷（2）静电场力的性质 参考答案： 1．B 【详解】根据对称性，取走A、B两段小圆弧后，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的和与B在同一直径上的产生的电场强度的矢量和，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有 两场强的夹角为120°，则两者的合场强为 根据O点的合场强为0，放在D点的点电荷带正电，故圆环带正电，且有 解得 故选B。 2．B 【详解】AB．由图可知，电场是非匀强电场，则尘埃受的电场力在变化，根据牛顿第二定律可知尘埃在迁移过程中的加速度不断变化，则尘埃在迁移过程中做非匀变速运动，故B正确，A错误； C．只有电场线是直线，尘埃的初速度为零时，运动轨迹才与电场线重合，电场线是曲线，运动轨迹与电场线不重合，故C错误； D．由图根据电场线的疏密程度表示电场的大小可知，A点的电场强度大于B点的电场强度，则尘埃在图中A点所受的电场力大于其在B点所受的电场力，故D错误。 故选B。 3．C 【详解】A．因为运动到B点时速度最小，则点电荷乙从A点向B点运动的过程中做减速运动，根据牛顿第二定律得 点电荷乙从A点向B点运动的过程中，距离r减小，加速度a减小，A错误； B．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，库仑引力一直做正功，电势能一直减小，B错误； C．因为运动到B点时速度最小，合力等于零 解得 C正确； D．根据动能定理得 解得 D错误。 故选C。 4．D 【详解】AD．根据题意，时刻和时刻图线斜率相同，则小球的加速度相同，O处的场强大于A点的场强，根据牛顿第二定律对A点和O点分析 联立解得O处的场强大小为 由于不知道加速度大小，故不能求出动摩擦因数，和时刻图线斜率均为0，小球对杆的弹力为零，重力等于电场力，也无法求出动摩擦因数，故A错误，D正确； B．根据AD项分析知，A处场强为，时刻场强为 O处的场强大小为 解得 根据等量异种点电荷场线分布情况知，越靠近O点位置场强在单位距离上的增加量越大，所以位置一定处于AO的中点靠右，即时间内圆环的位移小于，故B错误； C．又根据等量异种点电荷场线分布的对称性知，小球从A点运动到B点过程，电场力大小关于中点O对称，则摩擦力大小关于中点O对称，故用平均力代替变力，左边的摩擦力用表示，小球从A点到停在B点，电场力与运动方向始终垂直，不做功，根据动能定理可得 小球从A点到停在O点，根据动能定理可得 解得 故C错误。 故选D。 5．A 【详解】由题意知，半径为R的均匀带电体在A点产生场强为 同理割出的小球半径为，因为电荷平均分布，其带电荷量 则其在A点产生的场强 所以剩余空腔部分电荷在A点产生的场强 所以 故选A。 6．C 【详解】A．根据圆环电场分布的对称性可知，圆环中心轴线上的电场强度均背离圆环中心，沿着中线轴线向外，则可知试探电荷将始终受到向右的电场力，一直做加速运动，故A错误； BCD．如图 将圆环上所带电荷进行无限分割，设每一份的电荷量为，则其在M点的场强 其水平分量 微元累加并根据对称性可知，M点的合场强为 令 则其导函数为 此时 可知当，即试探电荷距离圆环中心为时，场强最大，加速度最大，并且这个位置与电荷量无关，故C正确，BD项错误。 故选C。 7．BC 【详解】A．从图象可知，由C到A的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电势能一直减小，A错误； B．由v—t图可知带电粒子在B点的加速度最大，且为 则小物块在B所受的电场力最大为 Fmax = mamax = 2 × 10 - 3N 则B点处场强最大，且最大值为 B正确； C．据两个等量同种正电荷其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，C正确； D．从图象可知，A、B两点的速度分别为vA = 6 × 10 - 2m/s，vB = 4 × 10 - 2m/s，再根据动能定理得 解得 D错误。 故选BC。 8．BCD 【分析】先以B球为研究对象，分析受力情况，平衡条件分析A球对B球作用的静电力如何变化．再对A球体进行研究，由平衡条件分析墙壁PO对A球的弹力如何变化和力F的变化． 【详解】B球受力如图1所示，A球受力如图2所示： 对B球，由平衡条件得，水平方向有：qE=F1cosα ①，当小球A沿墙壁PO向着O点移动一小段距离后，α减小，cosα增大，而q、E不变，则F1减小，即A球对B球作用的静电力减小，故B正确；对球B，由平衡条件得，竖直方向，N1=G1+F1sinα，当小球A沿墙壁PO向着O点移动一小段距离后，α减小、F1减小、G1不变，则N1减小即OQ对B球的弹力将减小，故A错误；对球A，由平衡条件得，水平方向有：N2=qE+F1cosα ②；竖直方向有：F+G=F1sinα ③，将①代入②得：N2=2qE，则知墙壁PO对A球的弹力不变，故C正确；对球A，由平衡条件得，在竖直方向有：F+G=F1sinα，则：F=F1sinα﹣G，当小球A沿墙壁PO向着O点移动一小段距离后，α减小、F1减小、G不变，则F减小，故D正确；故选BCD． 【点睛】本题是动态平衡问题，采用隔离法进行研究，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件得到表达式是分析的关键． 9．CD 【详解】A．对小球A受力分析，受重力、静电力、拉力，如图所示： 根据平衡条件，有： 故： 同理，有： 由于θ1＞θ2，故mA＜mB，故A错误； B．两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B错误； C．设悬点到AB的竖直高度为h，则摆球A到最低点时下降的高度： 小球摆动过程机械能守恒，有 解得： 由于θ1＞θ2，A球摆到最低点过程，下降的高度△hA＞△hB，故A球的速度较大，故C正确； D．小球摆动过程机械能守恒，有 mg△h=EK 故 其中Lcosθ相同，根据数学中的半角公式，得到： 其中FLcosθ相同，故θ越大，动能越大，故EkA一定大于EkB，故D正确． 10．ACD 【详解】A．根据对称性可知三个点电荷在O点产生的电场强度大小相等，根据电场强度的叠加法则可得O点的电场强度大小为0，故A正确； B．O点到金属小球的距离均为，A点到金属小球3的距离为，根据电势叠加原则，A、O两点的电势分别为 则A、O两点电势不论在L取何值时都不可能相等，故B错误； C．1电荷的电势能 同理可得2和3电荷电势能 故整个系统电势能为 故C正确； D．三球一条直线时整个系统电势能最小，动能最大，1球速度最大，此时1电荷的电势能 2和3电荷电势能 此时整个系统电势能最小为 对系统，根据能量守恒 根据动量守恒 两式联立解得 故D正确。 故选ACD。 11． D 减小 【详解】（1）[1] 此实验中比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小，再使小球处于同一位置，改变小球所带电荷量，比较小球所受静电力的大小，是采用了控制变量的方法，故选D。 （2）[2] 实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的增大而减小。 （3）[3] 小球偏离竖直方向的角度的正切值为 12．(1)速度先增大后减小，加速度先减小后增大(2) 4kg　1.11×10－5C；(3) 4.2×106V 【分析】(1)根据图线2分析速率的变化情况：速度先增大，后减小，根据库仑定律分析物体的合外力的变化，即可确定加速度的变化情况，从而说明小球的运动情况； (2) 由线1得到EP=mgh=mgssinθ，读出斜率，即可求出m；由图线2看出，s=1m时，速度最大，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，即可求得q； (3) 由线2可得，当带电小球运动至1m处动能最大为27J，根据动能定理求得斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U． 【详解】(1) 由图线2得知，小球的速度先增大，后减小,根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零； (2) 由线1可得EP=mgh=mgssinθ，斜率k=20=mgsin30°，所以m=4kg 当达到最大速度时带电小球受力平衡 由线2可得s0=1m， 解得：； (3) 由线2可得，当带电小球运动至1m处动能最大为27J 根据动能定理WG+W电=△Ek 即有-mgh+qU=Ekm-0 代入数据得U=4.2×106V． 【点睛】本题首先要抓住图象的信息，分析小球的运动情况，再根据平衡条件和动能定理进行处理． 13．(1)E=1×103N/C  (2) 12.5m/s2 【详解】（1）小球受到重力mg、电场力F和绳的拉力T的作用，由共点力平衡条件有： F=qE=mgtanα 解得： 匀强电场的电场强度的方向与电场力的方向相同，即水平向右； （2）剪断细线后，小球做偏离竖直方向，夹角为37°匀加速直线运动，设其加速度为a 由牛顿第二定律有： 解得： 【点睛】本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断此后小球的运动情况． 14．（1）1.0m（2）1s 【详解】开始时AB处于平衡状态，设BC之间的距离为x1，则；代入数据可得：. （2）经时间t， F变为恒力，A、B恰好分离，AB间无相互作用；设BC之间的距离为x2，则：， 代入数据可得: 因为， 代入数据可得. 【点睛】本题的解题关键是抓住AB刚分离时弹力为零，运用牛顿第二定律BC间的距离，要善于挖掘隐含的临界状态，把握临界条件进行分析． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $衡阳市第八中学专项复习试卷(2)一一静电场力的性质 一、单选题 1.如图所示，半径为R的绝缘细圆环被固定，O为圆心，点A、B、C将圆环三等分。已知环上均匀分布着电荷量 为Q(大小、正负未知)的电荷，现取走A、B处两段弧长均为△x(△x<R)的小圆弧，圆环上剩余电荷分布不变： 将一电荷量为q(心0)的正点电荷置于CO延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度恰好为零。则() A D A.细圆环带正电荷，Q大小为 △x B.细圆环带正电荷，Q大小为Bg 2Ax C.细圆环带负电荷，Q大小为g x D,细圆环带负电荷，Q大小为A 2.如图所示，这是静电除尘机原理示意图（俯视图），废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的 尘埃只在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，图中虚线为电场线（方向未标)，不考虑尘埃在 迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则下列说法中正确的是() 机械过滤 ÷静电除尘区 菱■ 口集尘极 废气 O放电极净化后的空气 B 集尘极 A.尘埃在迁移过程中做匀变速运动 B.尘埃在迁移过程中的加速度不断变化 C.每个尘埃的运动轨迹都与一条电场线重合 D.尘埃在图中A点所受的电场力小于其在B点所受的电场力 3.一个电荷量为-Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点。另一个电荷量为+、质量为m的点电荷乙，从A 点以初速度v沿它们的连线向甲运动，运动到B点时速度为'，且为运动过程中速度的最小值。己知点电荷乙受到 的阻力大小恒为A、B两点间距离为L,静电力常量为k,则下列说法正确的是() +0 甲 77777777777777777777777777 B A.点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度一直增大 B.点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小 C.O、B两点间的距离为 kOq f 1 D.在点电荷甲形成的电场中，A、B两点间的电势差为U= 亿。+ 22 衡阳市第八中学专项复习试卷(2)一一静电场力的性质 4.如图甲，两等量异种点电荷位于同一竖直线上，在两点电荷连线的中垂线上放置一粗糙水平横杆，有一质量为 m,电荷量为+9的圆环（可视为质点）可沿横杆滑动。t=0时刻，圆环自A处以初速度V。向右运动，此后圆环运 动的v-t图像如图乙所示，t=0时刻和t,时刻图线斜率相同，t1和t时刻图线斜率均为0，已知圆环2时刻运动至O 点，继续向右运动至B点停下，且A、B关于两电荷连线中点O对称。若A处场强为E。,AO间距为L,重力加速 度为g,且圆环运动过程中电量始终不变，则下列说法正确的是() ⊙- m,tg vo 12 ⊕+Q 分 乙 A.圆环与横杆之间的动摩擦因数u=矿B.(-:时桐内圆环的位移大小为 4gL 1 C.圆环在0处运动的速度，=立% D.0处的场强大小为丑=2g-。 5.己知均匀带电球体在球的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。如图所示， 半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B、B和A间的距离 均为R,现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k,球的体积公式为”=，在挖掉球体部分前 3 后，A点处场强的大小之比为( B 9 A.7 B号 C. 6.如图所示，一个带正电的绝缘圆环竖直放置，圆环半径为，带电量为+Q,电荷量均匀分布在圆环表面上，将 一正试探电荷+q从圆环中心偏右侧一点（图中未画出）的位置静止释放，试探电荷只在电场力的作用下沿着中心 轴线向右侧运动，则下列说法正确的是() R A.试探电荷将向右先加速后减速 B.试深电荷的加速度逐渐减小 C.当试探电荷距离圆环中心为三R时，其加速度最大 D.将圆环所带电量扩大两倍，则加速度最大的位置右移 2 衡阳市第八中学专项复习试卷(2)一一静电场力的性质 二、多选题 7.两个等量正点电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一个带电荷量为 +2x107C,质量为0.1kg的小物块（可视为质点）从C点静止释放，其运动的v-t图像如图乙所示，其中B点处 为整条图线切线（图中标出了该切线）斜率最大的位置，则下列说法正确的是() ●A ◆v/(103ms) B 8 ◆C 6 0 57101215/s 图甲 图乙 A.由C到A的过程中物块的电势能一直在增大 B.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1×l04Vm C.由C点到A点电势逐渐降低 D.A、B两点间的电势差U4B=500V 8.如图所示，光滑绝缘、相互垂直的固定挡板PO,OQ竖直放置于匀强电场E中，场强方向水平向左且垂直于挡 板PO:图中A,B两球（可视为质点）质量相同且带同种正电荷.当A球受竖直向下推力F作用时，A,B两球 均紧靠挡板处于静止状态，这时两球之间的距离为L.若使小球A在推力F作用下沿挡板PO向O点移动一小段距 离后，小球A与B重新处于静止状态.在此过程中() E OB GfmmmmmmmmmmtmmO A.OQ对B球的弹力将增大 B.A球对B球作用的静电力将减小 C.墙壁PO对A球的弹力不变 D.力F将减小 9.如图，质量分别为A和的两小球带有同种电荷，电荷量分别为q4和qB,用绝缘细线悬挂在天花板上.平衡 时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为0，与2(>0).两小球突然失去各自所带电荷后开 始摆动，最大速度分别为vA和vB,最大动能分别为EA和EB.则() LCCCCCCC00011112100141 A B A.mA一定大于mB B.qA一定小于qB C.VA一定大于阳 D.EA一定大于EB 衡阳市第八中学专项复习试卷(2)一一静电场力的性质 10.如图，光滑绝缘水平面上，由1、2、3三个带电量均为十q、质量均为m的相同金属小球，用长均为L的三根 轻质绝缘细绳连接，A、B、C分别为其中点，O为三角形中心，已知单个点电荷q周围空间的电势=k9,,为到 74 点电荷的距离，则下列说法正确的是() B A.O点的电场强度为零 B.长度L取合适值时，A、O两点的电势可能相等 C.系统的总电势能为E。=k3女 D.若B处剪断。则之后小球1的最大速度为=43L 2k 三、实验题 11.某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素，A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的 带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来，他们分别 进行了以下操作。 步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的乃P等位置，比较小球在 PP 不同位置所受静电力的大小。 步骤二：使小球处于同一位置，增大或减小其所带的电荷量，比较小球所受的静电 力大小。 (1)图中实验采用的方法是（填正确选项前的字母）。 A.理想实验法B.等效替代法C.微小量放大法D.控制变量法 (2)实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的增大而」 。(填“增大“减小”或“不变) (3)带电体A的电荷量用Q表示，小球的电荷量用9表示、质量用表示，物体与小球间的距离用d表示，静电 力常量为k,重力加速度为g,可认为带电体A与小球在同一水平线上，则小球偏离竖直方向的角度的正切值 为 。 四、解答题 12.如图()所示，倾角0=30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为Q=2×104℃的正点电荷，将一带正电小球（可视为 点电荷)从斜杆的底端（但与Q未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图像如图b)所示， 其中线1为重力势能随位移变化图像，线2为动能随位移变化图像（静电力恒量K=9×10N1C则： 70 60l 50---i--r- 线1 10 0 0.511.522.533.5m (a) (b) (1)请描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况； (2)求小球的质量m和电量q: (3)求斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷Q形成的电场的电势差U. 衡阳市第八中学专项复习试卷(2)一一静电场力的性质 13.竖直放置的平行金属板A、B带等量异种电荷（如图），两板之间形成的电场是匀强电场.板间用绝缘细线悬挂 着的小球质量=4.0×10kg,带电荷量q=3.0×107C,平衡时细线与竖直方向之间的夹角c=37°.求： (1)A、B之间匀强电场的场强多大？ (2)若剪断细线，计算小球运动的加速度，小球在A、B板间将如何运动？ 1B a 14.如图所示，均可视为质点的三个物体A、B、C穿在竖直固定的光滑绝缘细线上，A与B紧靠在一起，C紧贴着 绝缘地板，质量分别为Ma=2.32kg,M。=0.20g,M=2.00kg,其中A不带电，B、C的带电量分别为 q=+4.0×10c,q=+7.0×10c,且电量都保持不变，开始时三个物体均静止.现给物体A施加一个竖直向上的力F, 使它由静止开始向上做加速度a=4.0m/s2的匀加速直线运动，经时间t,F变为恒力.已知g=10m/s2,静电力恒量 K=9x10Nm2/c2,求： 8含 7m鼎品n (1)静止时B与C之间的距离： (2)时间t的大小.