2024版新教材高考物理复习特训卷考点50静电场及其应用

这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷考点50静电场及其应用，共8页。试卷主要包含了答案等内容，欢迎下载使用。

2．[2023·广东广州二模]如图，在光滑绝缘斜面上有带电小球a与b，两球同时释放瞬间，a球的加速度刚好为零，则下列关于a、b的电性及初始位置，符合要求的是( )
3.
如图所示，一带电小球A固定于定滑轮的正下方，一根绕过定滑轮的轻质绝缘细线一端系有一个带同种电荷的小球B，另一端用一拉力FT拉住使小球B处于静止状态，图示位置两球球心所在高度相同．设定滑轮与小球B间的细线与竖直方向的夹角为θ(θ>0)，小球A、B可视为质点．现缓慢拉动绝缘细线，使小球B移动一段距离，则在小球B移动过程中，下列说法正确的是( )
A．小球A、B间的距离减小
B．细线与竖直方向的夹角θ减小
C．小球B的运动轨迹为圆弧
D．拉力FT先减小再增大
4.
[2023·重庆二模]如图所示，在真空中光滑绝缘的水平面上有三个相同的不带电的小球，小球之间由三根完全相同的轻弹簧连接构成等边三角形，弹簧处于原长l0，若让每个小球带上相同的电荷量q，小球可沿所在角的角平分线运动，当三角形的面积增大到原来的4倍时小球的加速度均为零，弹簧是绝缘体且劲度系数相同，真空中的静电力常量为k，则弹簧的劲度系数为( )
A． eq \f(kq2,l eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(0)) ) B． eq \f(kq2,2l eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(0)) ) C． eq \f(kq2,4l eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) D． eq \f(kq2,4l eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(0)) )
5．[2020·上海卷]以下图中P表示质子，e表示电子，距离D>d.其中O点的场强最大的排布方式是( )
6.
[2023·江苏扬州一模]如图所示的是某电子秤示意图．一绝缘支架放在电子秤上，上端固定一带电小球a，稳定后，电子秤示数为F.现将另一固定于绝缘手柄一端的不带电小球b与a球充分接触后，再移至小球a正上方L处，待系统稳定后，电子秤示数为F1；用手摸小球b使其再次不带电，后将该不带电小球b与a球再次充分接触并重新移至a球正上方L处，电子秤示数为F2.若两小球完全相同，则( )
A．F1B．F1＝4F2
C．若小球a带负电，L增大，则F1增大
D．若小球a带正电，L减小，则F2增大
7.
[2023·山西太原一模](多选)如图，圆环被竖直固定，两个质量均为m的带电小球A、B套在圆环上处于静止状态．A球带正电、位于圆环圆心O的正下方，B球光滑，两球连线与竖直方向成30°角．设A受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
A．圆环对B球的弹力方向由O指向B
B．A球与圆环间的动摩擦因数不小于 eq \f(\r(3),4)
C．圆环对B球弹力的大小为 eq \f(\r(3),2) mg
D．圆环对A球弹力的大小为2.5mg
8.
(多选)如图所示，一匀强电场E大小未知、方向水平向右．两根长度均为L的绝缘轻绳分别将小球M和N悬挂在电场中，悬点均为O.两小球质量均为m、带等量异号电荷，电荷量大小均为q(q＞0).平衡时两轻绳与竖直方向的夹角均为θ＝45°.若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡．已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．M带正电荷 B．N带正电荷
C．q＝L eq \r(\f(mg,k)) D．q＝3L eq \r(\f(mg,k))
9.
[2023·海南海口二诊]如图所示，三角形ABC是等腰三角形，∠BAC＝∠ACB＝30°，在A点固定一个电荷量大小为Q1的点电荷，在B点固定一个电荷量大小为Q2的点电荷，C点处的电场强度方向与AB垂直，则 eq \f(Q1,Q2) 的值为( )
A． eq \f(\r(3),2) B． eq \r(3) C． eq \f(\r(2),2) D． eq \r(2)
10.
[2021·湖南卷]如图，在(a，0)位置放置电荷量为q的正点电荷，在(0，a)位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P(a，a)为 eq \r(2) a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零．则Q的位置及电荷量分别为( )
A．(0，2a)， eq \r(2) q B．(0，2a)，2 eq \r(2) q
C．(2a，0)， eq \r(2) q D．(2a，0)，2 eq \r(2) q
11.
[2023·浙江杭州二模](多选)在真空中M、N两点分别放有异种点电荷2Q和－Q，以MN连线中点O为中心作一圆形路径abcd，a、O、c三点恰好将MN四等分．b、d为MN的中垂线与圆的交点，如图所示，则下列说法正确的是( )
A．a、b、c、d四点电场强度的大小关系是Ea＞Ec，Eb＝Ed
B．a、b、c、d四点电势的关系是φa>φc，φb＝φd
C．在MN的连线上，O点的电场强度最小
D．将带负电的试探电荷由b沿直线移动到d的过程中，其电势能始终不变
12.
[2023·山东济南三中模拟]如图所示，有一质量为m、带电量为＋q的物体放在斜面上，为了使物体能在斜面上保持静止，加一方向沿斜面向上的匀强电场，电场强度最小值为E1，最大值为E2，物体受到斜面的最大静摩擦力为( )
A．qE1B．qE2
C． eq \f(qE2－qE1,2) D． eq \f(qE1＋qE2,2)
13．[2022·山东卷]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＝ eq \f(QΔL,πR)
B．正电荷，q＝ eq \f(\r(3)QΔL,πR)
C．负电荷，q＝ eq \f(2QΔL,πR)
D．负电荷，q＝ eq \f(2\r(3)QΔL,πR)
考点50 静电场及其应用——练基础
1．答案：A
解析：处于静电平衡状态的导体，其内部合电场强度处处为零，感应电荷产生的电场在导体内的电场线一定与点电荷的电场线反向，故选A.
2．答案：B
解析：带电小球a在光滑绝缘斜面上，对其受力分析，受重力支持力和带电小球b对它的库仑力．两球同时释放瞬间，a球的加速度刚好为零，即带电小球b对它的库仑力与重力和支持力的合力平衡，故带电小球b对小球a的库仑力沿斜面向上，故B符合题意．
3．答案：C
解析：设小球A、B间的距离记为r，小球B到定滑轮的距离记为L，小球A与滑轮间的距离记为h，且h为一定值，以小球B为研究对象，B球受力分析如图所示
根据相似三角形有 eq \f(F,r)＝ eq \f(GB,h)＝ eq \f(FT,L)，又F＝k eq \f(qAqB,r2)解得r3＝ eq \f(kqAqB,GB)h.即小球A、B间的距离r为定值，小球B沿圆周运动，A错误，C正确；小球B缓慢沿圆周运动一段距离，细线与竖直方向的夹角θ先增大后减小，B错误；根据受力分析可得FT＝ eq \f(L,h)GB随着细线的缩短，拉力FT逐渐减小，D错误．
4．答案：D
解析：设弹簧的劲度系数为k′，三角形的面积增大为原来的4倍，则三角形每边边长增大为原来的2倍，即每根弹簧的伸长量均为l0，此位置每个带电小球受力平衡，有 eq \f(kq2,（2l0）2)＝k′l0，得k′＝ eq \f(kq2,4l eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(0)) )，D正确．
5．答案：C
解析：元电荷电荷量为e，则根据点电荷场强公式和矢量叠加原理可得，A项中EAO＝k eq \f(e,d2)－k eq \f(e,D2)，B项中EBO＝k eq \f(e,D2)＋k eq \f(e,（D＋d）2)，C项中ECO＝k eq \f(e,d2)＋k eq \f(e,D2)，D项中EDO＝k eq \f(e,D2)－k eq \f(e,（D＋d）2)，比较可得C项的排布方式中在O点的合场强最大，C项正确．
6．答案：D
解析：小球b与a球充分接触后b对a有向下的库仑力，设为F′，则F′＝k eq \f(\f(Q,2)×\f(Q,2),L2)＝k eq \f(Q2,4L2)，示数为F1＝F＋F′，用手摸小球b使其再次不带电，后将该不带电小球b与a球再次充分接触并重新移至a球正上方L处，b对a向下的库仑力设为F″，F″＝k eq \f(\f(Q,4)×\f(Q,4),L2)＝k eq \f(Q2,16L2)，电子秤示数为F2＝F＋F″，因此F1＞F2，但F1≠4F2，A、B错误；若小球a带负电，L增大，根据库仑定律可知，F′减小，则F1减小，C错误；若小球a带正电，L减小，根据库仑定律可知，F″增大，则F2增大，D正确．
7．答案：D
解析：若B球带负电，则A对B为吸引力，方向沿BA方向，此时无论圆环给球B的支持力指向圆心还是背离圆心，小球B都不能处于平衡状态，所以小球A对B为排斥力，方向沿AB方向，如图所知，且受力分析可得，圆环给球B的支持力指向圆心，即由B指向O，A错误；对球B受力分析可得，由几何关系可知圆环对B球弹力的大小为FN＝mg，则AB两球之间的排斥力为FAB＝2mg cs 30°＝ eq \r(3)mg，对A球由力的平衡条件得FN′＝mg＋ eq \r(3)mg cs 30°＝2.5mg，Ff＝ eq \r(3)mg sin 30°＝ eq \f(\r(3)mg,2)，所以当Ff＝μFN′时，动摩擦因数最小为μ＝ eq \f(\r(3),5)，B、C错误，D正确．
8．答案：BC
解析：由题图可知，对小球M受力分析如图甲所示，对小球N受力分析如图乙所示，由受力分析图可知小球M带负电，小球N带正电，A错误，B正确；由几何关系可知，两小球之间的距离为r＝ eq \r(2)L，当两小球的电荷量为q时，由力的平衡条件得mg tan 45°＝qE－k eq \f(q2,r2)；两小球的电荷量同时变为原来的2倍后，由力的平衡条件得mg tan 45°＝2qE－k eq \f(（2q）2,r2)，整理解得q＝L eq \r(\f(mg,k))，C正确，D错误．
9．答案：B
解析：设BC边长度为r，则AC边长度为 eq \r(3)r，根据库仑定律有E1＝ eq \f(kQ1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)r))2)，E2＝ eq \f(kQ2,r2)；由于E1、E2的水平分量相等，则E1sin 60°＝E2sin 30°，解得 eq \f(Q1,Q2)＝ eq \r(3)，B正确．
10．答案：B
解析：
(a，0)和(0，a)两点处的电荷量为q的点电荷在P点产生的电场强度的矢量和E＝ eq \f(\r(2)kq,a2)，方向由点(a，a)指向点(0，2a)，如图所示，因在距P点为 eq \r(2)a的某点处放置的正点电荷Q，使得P点电场强度为零，此正电荷应位于(0，2a)点，且电荷量Q满足 eq \f(kQ,（\r(2)a）2)＝ eq \f(\r(2)kq,a2)，解得Q＝2 eq \r(2)q，B正确．
11．答案：AB
解析：设Ma＝aO＝d.则Ea＝ eq \f(k·2Q,d2)＋ eq \f(kQ,（3d）2)＝ eq \f(19kQ,9d2)，Ec＝ eq \f(k·2Q,（3d）2)＋ eq \f(kQ,d2)＝ eq \f(11kQ,9d2)，故Ea＞Ec，b、d两点由于对称，则有Eb＝Ed，A正确．沿电场线方向电势降低，故φa＞φc，根据对称性可知φb＝φd，B正确．电场线的疏密表示电场强度的大小，由电场线疏密程度可知，MN连线上电场强度最小值出现在O点的右侧，C错误．负点电荷沿直线由b运动到d的过程中，虽然初末位置的电势能相等，但是过程中电势能在变化，D错误．
12．答案：C
解析：当静摩擦力沿斜面向上时，则E1q＋Ff＝mg sin θ，当静摩擦力沿斜面向下时则E2q＝Ff＋mg sin θ，得Ff＝ eq \f(qE2－qE1,2)，C正确．
13．答案：C
解析：在取走A、B处两段小圆弧上的电荷之前，整个圆环上的电荷在O点产生的场强为零，而取走的A、B处的电荷的电量qA＝qB＝ eq \f(Q,2πR)ΔL，qA、qB在O点产生的合场强为EAB＝ eq \f(k\f(Q,2πR)ΔL,R2)＝ eq \f(kQΔL,2πR3)，方向为从O指向C，故取走A、B处的电荷之后，剩余部分在O点产生的场强大小为 eq \f(kQΔL,2πR3)，方向由C指向O，而点电荷q放在D点后，O点场强为零，故q在O点产生的场强与qA、qB在O点产生的合场强相同，所以q为负电荷，即有k eq \f(q,（2R）2)＝k eq \f(QΔL,2πR3)，解得q＝ eq \f(2QΔL,πR)，C项正确．