微专题2 静电力的性质 跟踪练习 -2025-2026学年高二上学期物理人教版必修第三册

微专题2 静电力的性质 跟踪练习 基础强化练 1、 选择题: 1.一个正电荷从电场中的A点由静止释放，仅在静电力作用下沿电场线由A点运动到B点，它运动的v－t图像如图所示．则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图中的(　　) 2．一带负电荷的点电荷，在静电力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知点电荷的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)(　　) 3.如图所示，用金属丝AB弯成半径为r的圆弧，但在A、B之间留出宽度为d的小间隙(d≪r)．通过接触起电的方式将电荷量为Q的正电荷均匀分布在金属丝上，静电力常量为k，则圆心O处的电场强度为(　　) A．k，方向由圆心指向间隙 B．k，方向由间隙指向圆心 C．k，方向由间隙指向圆心 D．k，方向由圆心指向间隙 4．如图所示，真空中A、B两点分别固定两个相同的带电金属小球(均可视为点电荷)，所带电荷量分别为＋Q和－5Q，在A、B的延长线上的C点处固定一电荷量为q的电荷，该电荷受到的静电力大小为F1，已知AB＝BC。若将两带电金属小球接触后再放回A、B两处时，电荷受到的静电力大小为F2，则为(　　) A． 　 B． C． 　 D． 5．(多选)如图所示，带箭头的实线表示某一电场中的电场线的分布情况．一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示．若不考虑其他力，则下列判断正确的是(　　) A．若粒子是从A运动到B，则粒子带正电；若粒子是从B运动到A，则粒子带负电 B．不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电 C．若粒子是从B运动到A，则其加速度减小 D．若粒子是从B运动到A，则其速度减小 6．(多选)下列图中，绝缘细绳一端固定在天花板，一端系一质量为m的带正电小球，为了使小球能静止在图中所示位置，可加一个与纸面平行的匀强电场，所加电场方向可能是(　　) 二、计算题: 7.如图，带电荷量为q的点电荷与竖直放置的均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中A点的电场强度为0，求图中B点的电场强度． 能力综合练 一、选择题: 8.如图所示，在一半径为R的圆周上均匀分布有N个绝缘带电小球(可视为质点)无间隙排列，其中A点的小球带电荷量为＋4q，其余小球带电荷量为＋q，此时圆心O点的电场强度大小为E，现仅撤去A点的小球，则O点的电场强度为(　　) A．大小为E，方向沿AO连线斜向下 B．大小为，方向沿AO连线斜向下 C．大小为，方向沿AO连线斜向上 D．大小为，方向沿AO连线斜向上 9.如图所示，A、B、C、D、E、F六点把绝缘均匀圆环平均分成六部分，其中圆弧AF、BC带正电，圆弧DE带负电，其余部分不带电，单位长度圆弧所带电荷量相等．圆弧AF所带电荷在圆心O处产生的电场强度大小为E1.则圆心O处的合电场强度大小为(　　) A．0 B．E1 C．3E1 D．2E1 10.半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷．点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷．将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零．圆环上剩余电荷分布不变，q为(　　) A．正电荷，q＝ B．正电荷，q＝ C．负电荷，q＝ D．负电荷，q＝ 11.如图所示，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。若P点处的电场强度为零，q>0，则三个点电荷的电荷量可能为(　　) A．Q1＝q，Q2＝q，Q3＝q B．Q1＝－q，Q2＝－q，Q3＝－4q C．Q1＝－q，Q2＝q，Q3＝－q D．Q1＝q，Q2＝－q，Q3＝4q 二、计算题: 12.如图所示，长l＝1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q＝1.0×10－6 C，匀强电场的电场强度E＝3.0×103 N/C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)小球所受静电力F的大小； (2)小球的质量m； (3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小． 13.如图所示，有一水平向左的匀强电场，电场强度为E＝1.25×104 N/C，一根长L＝1.5 m、与水平方向的夹角θ＝37°的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×10－6 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－6 C，质量m＝1.0×10－2 kg.将小球B从杆的上端N由静止释放，小球B开始运动．(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则： (1)小球B开始运动时的加速度为多大？ (2)小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大？ 参考答案： 1．D　[正电荷所受静电力方向与电场强度方向相同，根据v－t图像可知电荷的加速度逐渐增大，即电荷所受静电力逐渐增大，又根据电场线越密集电场强度越大可知，从A到B电场线逐渐密集，综上所述可知A、B、C不可能，D可能．] 2．D　[电荷做曲线运动，静电力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则电场强度也不可能沿轨迹的切线方向．故A错误．负电荷所受的静电力方向与电场强度方向相反，图B中静电力方向与速度方向的夹角为锐角，静电力做正功，电荷的速率增大，与题不符．故B错误．图C中电场强度方向指向轨迹的内侧，则静电力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动．故C错误．图D中电场强度方向指向轨迹的外侧，则静电力指向轨迹的内侧，而且静电力方向与电荷的速度方向成钝角，静电力做负功，电荷的速率减小，符合题意．故D正确．] 3．D　[相对圆弧来说间隙是很小的，若间隙处有正电荷可视为点电荷，其在圆心处产生的电场强度大小为E＝＝，因是正电荷，故电场强度方向由圆心向右．由对称性知，完整的带电圆环在圆心O处的合电场强度为0，所以间隙处正电荷在圆心处产生的电场强度与圆环其余部分在圆心处的合电场强度大小相等、方向相反，故圆心处的电场强度大小为k，方向由圆心指向间隙，故选D.] 4．C　[设AB＝BC＝l，根据库仑定律得F1＝＝，将两带电金属小球接触后，两小球所带电荷量均为－2Q，根据库仑定律得F2＝＝，所以＝，故C正确。] 5.BC　[根据做曲线运动物体所受合外力指向轨迹曲线内侧可知粒子所受静电力的方向与电场线的方向相反，所以不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电，故A错误，B正确；电场线密的地方电场强度大，所以粒子在B点受到的静电力大，在B点时的加速度较大，若粒子是从B运动到A，则其加速度减小，故C正确；从B到A过程中粒子所受静电力与速度方向成锐角，即做正功，动能增大，速度增大，故D错误．] 6．BCD　[A图中，小球带正电，电场强度方向水平向左，带电小球所受的静电力水平向左，则小球不可能静止在图示位置，故A错误；B图中，小球带正电，电场强度方向水平向右，带电小球所受的静电力水平向右，则小球可能静止在图示位置，故B正确；C图中小球受静电力方向斜向右上方，向下的重力及向左上方的细绳的拉力，三力可能平衡，选项C正确；D图中，电场强度方向向上，当qE＝mg，绳子拉力为零时，小球能静止在图中位置，故D正确．] 7.答案：　方向水平向左(或垂直薄板向左) 解析　根据电场强度的叠加原理可知，薄板带负电荷．点电荷在A点的电场强度为，A点的电场强度为0，则薄板在A点的电场强度大小为EA＝，方向向右；再根据对称性可知，薄板在B点的电场强度大小为EB＝EA＝，方向向左．正点电荷q在B点产生的电场强度大小为E＝，方向水平向左．故B点的合电场强度大小为E′＝，方向水平向左(或垂直薄板向左)． 8．C　[假设圆周上均匀分布的都是电荷量为＋q的小球，根据对称性及电场的叠加原理知圆心O处电场强度为0，所以圆心O点处的电场强度大小等效于A点处电荷量为＋3q的小球在O点产生的电场强度，有E＝k，方向沿AO连线斜向下；除A点小球外，其余带电荷量为＋q的小球在O点处产生的合电场强度大小等于在A点处带电荷量为＋q的小球在圆心O点产生的电场强度的大小，方向相反，A点处电荷量为＋q的小球在圆心O点产生的电场强度大小为E1＝k＝，方向沿OA连线斜向下，则其余带电荷量为＋q的小球在O点处产生的合电场强度大小为，方向沿OA连线斜向上，故仅撤去A点的小球，O点的电场强度大小为，方向沿AO连线斜向上，C项正确，A、B、D项错误．] 9．D　[由题意可知，单位长度圆弧所带电荷量相等，圆弧AF、DE、BC所带电荷在圆心O处产生的电场强度大小相等，其中圆弧AF与BC所带电荷在O处产生的电场强度方向的夹角为120°，圆弧DE所带电荷在O处产生的电场强度方向在上述两电场强度方向的夹角的角平分线上，如图所示， 根据平行四边形定则知，圆心O处的合电场强度大小为2E1，故D正确，A、B、C错误．] 10．C　[取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示， 因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1＝k＝k，由题意可知，两电场强度方向的夹角为120°，由几何关系得两者的合电场强度大小为E＝E1＝k，根据O点的合电场强度为0，则放在D点的点电荷带负电，在O点产生的电场强度大小为E′＝E＝k，又E′＝k，联立解得q＝，故选C.] 11.D　[由题意得P点合电场强度为零，则Q2在P点处的电场强度一定与Q1、Q3两电荷在P点处的合电场强度方向相反、大小相等，则三者的电性关系为“两同夹一异”，A、B错误；设PQ1＝a，则PQ2＝a，PQ3＝2a，则C选项中，根据库仑定律和电场强度与静电力的关系可知，Q1在P点形成电场的电场强度EQ1P＝－k，Q2在P点形成电场的电场强度EQ2P＝k，Q3在P点形成电场的电场强度EQ3P＝－k，EQ1P、EQ2P、EQ3P的合电场强度不为零，C错误；D选项中，E1＝E3＝，二者合电场强度E13＝，恰在PQ2连线上，且与Q2在P点形成电场的电场强度反向，又E2＝，代入数据得E2＋E13＝0，D正确。] 12．(1)3.0×10－3 N　(2)4.0×10－4 kg　(3)2.0 m/s 解析　(1)根据静电力的计算公式可得静电力 F＝qE＝1.0×10－6×3.0×103 N＝3.0×10－3 N； (2)小球受力情况如图所示： 根据平衡条件得mg＝， 所以m＝＝ kg＝4.0×10－4 kg； (3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则mgl(1－cos 37°)＝mv2， 解得v＝2.0 m/s. 13．(1)3.2 m/s2　(2)0.9 m 解析　(1)对小球B受力分析，如图所示，开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和静电力，沿杆方向运动， 由牛顿第二定律得 mgsin θ－－qEcos θ＝ma， 代入数据解得：a＝3.2 m/s2. (2)小球B速度最大时所受合力为零， 即mgsin θ－－qEcos θ＝0， 代入数据解得：r＝0.9 m. 学科网（北京）股份有限公司 $