备考2024届高考物理一轮复习分层练习第九章静电场第1讲静电场中力的性质

第1讲静电场中力的性质1.[2023浙江台州联考/多选]关于静电的利用与防范，下列说法正确的是（　ACD　）A.安装避雷针可使建筑物免遭雷击B.静电复印机的工作原理和静电现象完全无关C.用静电喷漆的方法给汽车喷涂油漆，既省漆又均匀D.油罐车在运输过程中会产生静电，车后拖一铁链，能防止静电产生危害解析　高大建筑物顶上安放避雷针是为了防止静电危害，使建筑物免遭雷击，故A正确；静电复印机是利用静电工作的，与静电现象有关，故B错误；用静电喷漆的方法给汽车喷涂油漆，由于电荷间的相互作用，既省漆又均匀，故C正确；油罐车拖一条与地面接触的铁链是为了将摩擦产生的静电及时导走，防止静电危害，故D正确.2.[2024江西赣州校考]下列关于电场强度的三个表达式E＝Fq、E＝kQr2和E＝Ud的叙述，错误的是（　A　）A.E＝Fq是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电荷量B.E＝kQr2是点电荷电场强度的决定式，Q是产生电场的电荷的电荷量，它不适用于匀强电场C.E＝Ud是匀强电场场强的计算式，d是两点间沿电场线方向的距离，它仅适用于计算匀强电场的场强D.从点电荷场强决定式分析库仑定律的表达式F＝kq1q2r2，式中kq2r2是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而kq1r2是点电荷q1产生的电场在q2处的场强大小解析　E＝Fq是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是试探电荷的电荷量，故A错误；E＝kQr2是点电荷电场强度的决定式，只适用于点电荷，故B正确；E＝Ud是匀强电场场强的计算式，d是两点间沿电场线方向的距离，它仅适用于计算匀强电场的场强，故C正确；从点电荷场强决定式分析库仑定律的表达式F＝kq1q2r2，式中kq2r2是点电荷q2 产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而kq1r2是点电荷q1产生的电场在q2处的场强大小，故D正确.3.[2024广东广雅中学校考]M和N都是不带电的物体，它们互相摩擦后，M带1.6×10－10C正电荷，下列说法正确的是（　C　）A.在摩擦前M和N的内部没有任何电荷B.摩擦的过程中电子从N转移到了MC.N在摩擦后一定带1.6×10－10C负电荷D.M在摩擦过程中失去了1.0×1010个电子解析　摩擦起电的本质是电子的转移，在摩擦前，M、N内部都有电荷，故A错误.互相摩擦后M带1.6×10－10C正电荷，即M上1.6×10－10C的电荷转移到了N上，故B错误.N原来是电中性，摩擦后M上1.6×10－10C的电荷转移到了N上，即N在摩擦后一定带1.6×10－10C的负电荷，故C正确.M在摩擦过程中失去的电子数为n＝1.6×10-10 C1.6×10-19 C＝1.0×109个，故D错误.4.[电场线画法选择]真空中的O点固定一带负电的点电荷－Q，一原来不带电的金属球从右侧靠近点电荷放置，由于静电感应，金属球左右两侧表面就聚集了等量异种电荷，称之为感应电荷.感应电荷在金属球内部激发电场的三条电场线画法正确的是（　B　）A　　　　B　　　　C　　　　D解析　静电平衡时，金属球内部的合场强处处为零，即感应电荷在球内各处激发的场强与O点的带负电的点电荷激发的场强等大反向，处处抵消，B正确.5.如图所示，M、N为两个等量正点电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的负点电荷，G点与P点关于O点对称，不计负点电荷的重力，只在M、N静电力作用下，下列说法一定正确的是（　C　）A.负点电荷在从P点到O点的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大B.负点电荷在从P点到O点的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C.负点电荷运动到O点时加速度为零，速度达到最大值D.负点电荷在从O点到G点的过程中，速度越来越小，加速度越来越大 解析　负点电荷在从P点到O点的过程中，所受的电场力方向沿纸面向下，做加速运动，所以速度越来越大，因为从O点沿纸面向上到无穷远，电场强度先增大后减小，负点电荷在从P点到O点的过程中，电场强度的大小变化不能确定，所以其所受电场力的大小变化无法确定，加速度的大小变化也不能确定，A、B错误；负点电荷运动到O点时，其所受的电场力为零，加速度为零，然后继续沿纸面向下做减速运动，所以在O点时负点电荷的速度达到最大值，C正确；负点电荷在从O点到G点的过程中，做减速运动，速度越来越小，同理，加速度的大小变化无法确定，D错误.6.如图所示是一对不等量异种点电荷的电场线分布图，图中两点电荷连线长度为2r，左侧点电荷带电荷量为＋2q，右侧点电荷带电荷量为－q，点M、N、P、Q位于两点电荷形成的电场中，其中P、Q两点关于两电荷连线对称.静电力常量为k.由图可知（　D　）A.P、Q两点的电场强度相同B.M点的电场强度小于N点的电场强度C.一试探电荷在N点所受电场力大于该试探电荷在M点所受的电场力D.两点电荷连线的中点处的电场强度大小为3kqr2解析　根据题图可知，P点场强方向与Q点场强方向不同，所以P、Q两点的电场强度不相同，故A错误；电场线的疏密表示电场强度的大小，所以M点的电场强度大于N点的电场强度，故B错误；因M点的电场强度大于N点的电场强度，根据F＝qE知，试探电荷在M点所受电场力大于在N点所受电场力，故C错误；依据点电荷的电场强度公式及电场叠加原理知，两点电荷连线的中点处的电场强度为E合＝2kqr2＋kqr2＝3kqr2，故D正确.7.[非点电荷电场/2023上海七宝中学期中]图甲为二分之一均匀带电圆环，O1为其圆心，图乙为四分之三均匀带电圆环，O2为其圆心，两圆环半径相同，单位长度的带电荷量、电性相同，O1处的电场强度大小为E0，电势为φ0.已知在真空中电荷量为Q的点电荷产生的电场中，若取无穷远处为零电势点，则离该点电荷距离为r的某点的电势为φ＝kQr，则O2处的场强大小和电势分别为（　C　）A.32E0，32φ0B.32E0，12φ0 C.22E0，32φ0D.22E0，22φ0解析　设四分之一圆环在圆心处产生的场强大小为E，对题图甲中的二分之一圆环，由电场强度的合成可知2E＝E0，故E＝22E0，题图乙中的四分之三圆环的左上四分之一圆环和右下四分之一圆环在圆心处产生的场强等大反向，故O2处的场强大小等于右上四分之一圆环在O2处产生的场强大小，为22E0.设题图甲中的二分之一圆环的带电荷量为q，则题图乙中的四分之三圆环的带电荷量为32q，电势是标量，由φ0＝kqr得O2处的电势为φO2＝3q2·kr＝32φ0，故选C.8.[库仑力作用下的平衡/2023广东韶关一模]如图所示，有三个质量相等可视为点电荷的带电绝缘小球A、B、C，其中A带负电并固定在竖直绝缘弹簧下端，当A、B、C三个小球的球心距离均为L时，B、C两小球悬在空中处于静止状态.已知B、C两小球带电荷量相等.下列说法正确的是（　A　）A.小球A带的电荷量是小球B带电荷量的2倍B.小球A受到5个作用力C.弹簧弹力等于B、C两个小球对A球库仑力的矢量和D.小球A与弹簧连接处断开瞬间，B、C两个小球一起做自由落体运动解析　根据B、C两小球受力平衡可知B、C两小球带等量的正电荷，设小球A、B的电荷量绝对值分别为qA、qB，则A、B之间的库仑力FAB＝kqAqBL2，B、C之间的库仑力FBC＝kqB2L2，对B受力分析如图所示，有FABcosθ＝FBC，θ＝60°，解得qA＝2qB，故A正确；分析A的受力，A受到重力、两个库仑力和弹簧弹力，共4个力，故B错误；对小球A受力分析，受竖直向上的弹力，竖直向下的重力，竖直向下的B、C两球的库仑力的合力，小球处于平衡状态，即弹簧弹力大于B、C两个小球对A球库仑力的合力，故C错误；小球A与弹簧连接处断开瞬间，A受重力和B、C小球对A的库仑力，A下落的加速度大于重力加速度，断开瞬间小球B、C受力不变，加速度为零，故D错误.9.[2023湖南]如图，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（　D　）A.Q1＝q，Q2＝2q，Q3＝qB.Q1＝－q，Q2＝－433q，Q3＝－4qC.Q1＝－q，Q2＝2q，Q3＝－qD.Q1＝q，Q2＝－433q，Q3＝4q解析　若三个点电荷都带正电或负电，则三个点电荷在P点产生的场强叠加后一定不为零，AB错；几何关系如图1，若Q1＝Q3＝－q，则根据E＝kQr2分析可知E1＝4E3，Q1和Q3在P点产生的电场强度叠加后为E13，如图2所示，与Q2在P点产生的电场强度不可能在一条直线上，即P点处的电场强度不可能叠加为零，C错；若4Q1＝Q3＝4q，Q2＝－433q，则根据E＝kQr2分析可知E1＝E3＝kqr2，叠加后E13＝k3qr2，如图3所示，与Q2在P点产生的电场强度等大反向，叠加为零，D对.一题多解　根据图1所示的几何关系可知E1＝kQ1r2、E2＝kQ2(23r)2＝3kQ24r2、E3＝kQ3(2r)2＝kQ34r2，将Q2、Q3在P点产生的场强分解为水平方向和竖直方向，则由题意P点处的电场强度为零可得，水平方向上有E2cos60°＋E3cos30°＝0，竖直方向上有E1＋E2sin60°＋E3sin30°＝0，联立解得Q3＝－3Q2，Q1＝－34Q2，即Q3Q1＝41，Q2与Q1和Q3的电性相反，故D对，ABC错.10.[三维坐标系中场强分析]如图所示的坐标系中，P、M、N为坐标轴上的三点，它们到坐标原点O的距离相等.空间内存在场强大小为E的匀强电场，M、N两点固定有电荷量相等的正点电荷，O点的场强为0.现把N点的点电荷移到P点，其他条件不变.则此时O点的场强大小为（　B　）A.0B.EC.2ED.2E 解析　如图，M、N处的点电荷在O点产生电场的场强EM、EN大小相等，方向分别沿负y和负z方向，故匀强电场的方向平行于yOz平面，与Oy、Oz两轴的夹角相等，对O点进行分析，匀强电场在y、z两轴的分量Ey、Ez分别与EM、EN大小相等，均为22E.将N点的点电荷移到P点后，该电荷在O点产生的电场的场强EP大小等于EN，方向沿负x方向，Ey与EM的合场强为0，此时O点的场强为Ez与EP的合场强，合场强大小为E，B正确.11.[验证库仑定律实验/2023广东深圳中学校考/多选]某同学设计如图所示的实验装置来验证库仑定律.首先，将一个带电小球A用绝缘细线悬挂，并使另一个与它带同种电荷的小球B靠近它，A球受到B球的静电斥力F而发生偏移，测得A球的质量为m，悬点到A球球心的距离为l.然后，在保持两球电荷量不变的情况下，移动小球B改变两球之间的距离，最后，用刻度尺测量稳定后两球间的距离r和A球偏移的距离d（实验中满足l≫d）.下列说法正确的是（　BD　）A.实验中，小球A所受静电力的测量值F＝mgldB.实验中仅测量d与r，也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”C.为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与r2的关系图像D.为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与1r2的关系图像解析　设小球A受静电斥力作用发生偏移达到平衡后细线与竖直方向的夹角为θ，由于l≫d，可以认为两小球的运动在同一直线上，小球A所受的静电力F＝mgtanθ，由于θ很小，tanθ≈sinθ＝dl，所以F≈mgdl，再由库仑定律F＝kqAqBr2＝mgdl，可得d＝klqAqBmgr2，所以实验中仅测量d与r，也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”，故A错误，B正确；为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与1r2的关系图像，得到一条倾斜的直线，故C错误，D正确.12.[电偶极子]“顿牟掇芥”是两千多年前我国古人对摩擦起电现象的观察记录，“顿牟掇芥”是指经摩擦后的带电玳瑁能吸起轻小物体.我们可以将其简化为下述模型分析探究.如图所示，在某处固定一个电荷量为Q的点电荷，在其正下方h处有一个原子.在点电荷产生的电场（场强为E） 作用下，原子的负电荷中心与正电荷中心会分开很小的距离l，形成电偶极子.描述电偶极子特征的物理量称为电偶极矩p，p＝ql，这里q为原子核的电荷.实验显示p＝αE，α为原子的极化系数，是与原子本身特性有关的物理量，反映原子被极化的难易程度.被极化的原子与点电荷之间产生作用力F.在一定条件下，原子会被点电荷“掇”上去.（1）判断F是吸引力还是排斥力，简要说明理由.（2）若固定点电荷的电荷量增加一倍，力F如何变化？（3）若原子与点电荷间的距离减小为原来的一半，力F如何变化？答案　（1）吸引力　理由见解析　（2）增大到原来的4倍　（3）增大到原来的32倍解析　（1）F为吸引力.理由：当原子极化时，与Q异性的电荷在库仑力作用下移向Q，而与Q同性的电荷在库仑力作用下远离Q，这样异性电荷之间的吸引力大于同性电荷之间的排斥力，总的效果表现为F是吸引力.（2）电荷Q与分离开距离为l的一对异性电荷之间的总作用力为F＝kQq（h－l2）2－kQq（h＋l2）2考虑到l≪h，化简得F＝kqQ（1h2－hl－1h2＋hl）＝2kQqlh3利用p＝ql，可得F＝2kQph3，根据点电荷电场强度公式知，若固定点电荷的电荷量增加一倍，即Q增大为2Q，被极化的原子处的电场强度E增大到原来的2倍.由p＝αE可知电偶极矩p增大到原来的2倍.由F＝2kQph3可知作用力F增大到原来的4倍.（3）根据点电荷电场强度公式知，若原子与点电荷间的距离减小为原来的一半，即h减小为原来的一半，则被极化的原子处的电场强度E增大到原来的4倍.由p＝αE可知电偶极矩p增大到原来的4倍.由F＝2kQph3可知作用力F增大到原来的32倍.