資源簡介

第1章　靜電力與電場強度
綜合拔高練
高考真題練
考點1　場強疊加原理的應用
1.(2021湖南,4)如圖,在(a,0)位置放置電荷量為q的正點電荷,在(0,a)位置放置電荷量為q的負點電荷,在距P(a,a)為a的某點處放置正點電荷Q,使得P點的電場強度為零。則Q的位置及電荷量分別為 (　　)
A.(0,2a),q　　　　B.(0,2a),2q
C.(2a,0),q　　　　D.(2a,0),2q
2.(2022山東,3)半徑為R的絕緣細圓環固定在圖示位置,圓心位于O點,環上均勻分布著電量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環三等分,取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點,O點的電場強度剛好為零。圓環上剩余電荷分布不變,q為 (　　)
A.正電荷,q=
B.正電荷,q=
C.負電荷,q=
D.負電荷,q=
3.(2023湖南,5)如圖,真空中有三個點電荷固定在同一直線上,電荷量分別為Q1、Q2和Q3,P點和三個點電荷的連線與點電荷所在直線的夾角分別為90°、60°和30°。若P點處的電場強度為零,q>0,則三個點電荷的電荷量可能為(　　)
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
4.(2023全國乙,24)如圖,等邊三角形ABC位于豎直平面內,AB邊水平,頂點C在AB邊上方,3個點電荷分別固定在三角形的三個頂點上。已知AB邊中點M處的電場強度方向豎直向下,BC邊中點N處的電場強度方向豎直向上,A點處點電荷的電荷量的絕對值為q,求
(1)B點處點電荷的電荷量的絕對值并判斷3個點電荷的正負;
(2)C點處點電荷的電荷量。
考點2　庫侖力作用下的力學綜合問題
5.(2023海南,8)如圖所示,一光滑絕緣軌道水平放置,直徑上有A、B兩點,AO=2 cm,OB=4 cm,在A、B固定兩個帶電荷量分別為Q1、Q2的正電荷,現有一個帶正電小球靜置于軌道內側P點(小球可視為點電荷),已知AP∶BP=n∶1,試求Q1∶Q2是多少 (　　)
A.2n2∶1
B.4n2∶1
C.2n3∶1
D.4n3∶1
6.(2021海南,8)如圖,V形對接的絕緣斜面M、N固定在水平面上,兩斜面與水平面夾角均為α=60°,其中斜面N光滑,兩個質量相同的帶電小滑塊P、Q分別靜止在M、N上,P、Q連線垂直于斜面M,已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則P與M間的動摩擦因數至少為 (　　)
A.　　　　B.
C.　　　　D.
7.(多選)(2021湖北,11)如圖所示,一勻強電場E大小未知、方向水平向右。兩根長度均為L的絕緣輕繩分別將小球M和N懸掛在電場中,懸點均為O。兩小球質量均為m、帶等量異號電荷,電荷量大小均為q(q>0)。平衡時兩輕繩與豎直方向的夾角均為θ=45°。若僅將兩小球的電荷量同時變為原來的2倍,兩小球仍在原位置平衡。已知靜電力常量為k,重力加速度大小為g,下列說法正確的是(　　)
A.M帶正電荷
B.N帶正電荷
C.q=L
D.q=3L
8.(2023浙江6月選考,8)某帶電粒子轉向器的橫截面如圖所示,轉向器中有輻向電場。粒子從M點射入,沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑連接成的虛線(等勢線)運動,并從虛線上的N點射出,虛線處電場強度大小分別為E1和E2,則R1、R2和E1、E2應滿足 (　　)
A.=　　　　B.=
C.=　　　　D.=
高考模擬練
應用實踐
1.當空氣中電場的電場強度大小超過E0時,空氣會被擊穿。孤立導體球殼充電后,球殼所帶電荷量為Q,已知靜電力常量為k,則為了保證空氣不被擊穿,球殼半徑的最小值為 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
2.(2024浙江高三開學考試)如圖所示,用與豎直方向成θ角(θ<45°)的傾斜絕緣輕繩和絕緣豎直墻壁上可上下移動的帶電小球b共同固定一個帶正電小球a,小球a與小球b在同一水平線上,小球b對小球a的作用力為F1。現將小球b沿絕緣豎直墻壁豎直向上移動一定距離并調整小球b的電荷量,使小球a、b連線與水平方向成θ角且保持小球a在原位置不動,此時小球b對小球a的作用力為F2,則(　　)
A.F1B.應減小小球b的電荷量
C.輕繩上的拉力始終大于小球a的重力
D.輕繩上的拉力變為原來的倍
3.如圖所示,電荷量為+q的點電荷與較大的均勻帶電薄板(電荷量為+Q)相距2d,點電荷到帶電薄板的垂線通過板的幾何中心。靜電力常量為k,若圖中A點的電場強度為0,則B點的電場強度大小為 (　　)
A.　　　　B.+
C.-　　　　D.
4.如圖所示,實線為兩個點電荷Q1、Q2產生的電場的電場線,虛線為帶正電的粒子僅在電場力作用下從A點運動到B點的運動軌跡,則下列判斷正確的是 (　　)
A.點電荷Q1、Q2均為正電荷
B.Q1的電荷量大于Q2的電荷量
C.該粒子在A點的加速度大于在B點的加速度
D.該粒子在A點的速度小于在B點的速度
5.一帶電荷量q1=+1.5×10-6 C、質量m=0.1 kg的帶電小球A,用長l=0.25 m的絕緣細線懸掛于O點。現使小球A在水平面內繞帶電荷量q2=+1.0×10-6 C的固定小球B做勻速圓周運動,懸線與豎直方向的夾角始終為37°,如圖所示。(靜電力常量k=9.0×109 N·m2/C2,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:
(1)兩小球之間庫侖力大小;
(2)小球運動的角速度。
6.如圖甲所示,真空中固定電荷量為Q的帶正電點電荷,在其左側存在一質量為m、電荷量為q的帶負電點電荷,已知兩電荷相距為r,靜電力常量為k,且不計負點電荷的重力。
(1)求正點電荷在負點電荷處產生的電場強度大小;
(2)若給予負點電荷一初速度,可使其恰好繞正點電荷做勻速圓周運動,求該初速度大小;
(3)如圖乙所示,兩個等量正點電荷(電荷量均為Q)固定在真空中同一水平線上,相距為r,O為兩者連線的中點,過O點沿豎直方向作兩者連線的垂線MN,現將電荷量為q的帶負電點電荷放在MN上的P點,P到兩個正點電荷的距離均為r,若給予負點電荷一初速度,可使其恰好繞點O做勻速圓周運動,求該初速度大小和方向。
　　
7.如圖所示,光滑絕緣水平面上放著A、B、C三個帶電小球,它們的質量均為m,間距均為r,A帶電荷量QA=+5q,B帶電荷量QB=+q0,現在小球C上加一個水平向右的恒力,欲使A、B、C始終保持r的間距運動,求:
(1)C球的電性和電荷量QC;
(2)水平力F的大小。
遷移創新
8.類比是一種重要的科學思想方法。在物理學史上,法拉第通過類比不可壓縮流體中的流速線提出用電場線來描述電場。
(1)靜電場的分布可以用電場線來形象描述,已知靜電力常量為k。
①真空中有一電荷量為Q的正點電荷,其周圍電場的電場線分布如圖甲所示。距離點電荷r處有一點P,請根據庫侖定律和電場強度的定義式,推導出P點場強大小E的表達式。
②如圖乙所示,若在A、B兩點放置的是電荷量分別為+q1和-q2的點電荷,已知A、B間的距離為2a,C為A、B連線的中點,寫出C點的電場強度的大小EC的表達式。
③根據圖乙電場線的分布情況,通過作圖說明q1和q2的大小關系(要有必要的文字說明)。
(2)“北斗衛星導航系統”是中國自行研制的全球衛星導航系統。其中,2018年10月15日發射的第39顆衛星屬于“中圓軌道衛星”;2020年3月9日發射的第54顆衛星屬于“靜止軌道衛星”。這兩顆衛星繞地球的運動均可看成勻速圓周運動。已知第39顆和第54顆衛星的軌道半徑分別為r1、r2,且r1　
　
答案與分層梯度式解析
第1章　靜電力與電場強度
綜合拔高練
高考真題練
1.B 2.C 3.D 5.C 6.D 7.BC 8.A
1.B　兩點電荷(+q,-q)在P點產生的電場強度如圖所示,由圖中幾何關系可知:二者產生的電場強度的合場強大小為E1=,方向如圖所示;由于P點的電場強度為零,則Q在P點產生的電場強度與那兩個點電荷產生的合場強大小相等,方向相反,則 = ,解得Q=2q,由E2的方向知,Q的位置為(0,2a),選項B正確。
2.C　去掉的弧長為ΔL的小圓弧上的電荷等效為點電荷
其帶電荷量Δq=ΔL
EA=k,EB=k
由矢量合成可得E=k
方向水平向左
由題意EO=0,
故點電荷q在O點產生的場強與去掉的A、B兩處弧長為ΔL的小圓弧上的電荷在O點產生的場強大小相等,方向相同,則D點電荷q帶負電荷,且Eq=E=k
解得q=,C正確。
3.D　設帶電荷量分別為Q1、Q2、Q3的點電荷分別為a、b、c,P點處電場強度為零,由幾何關系可知,b和c必定帶異種電荷才能使P點處沿三個點電荷連線方向的電場強度為零,且b和c在垂直三個點電荷連線方向的合場強與a在P處產生的場強等大反向,故選項A、B錯誤;設a到P的距離為r,則由幾何關系可知b和c到P點的距離分別為r和2r,P點處平行于三個點電荷連線方向場強為零,則k·cos 60°=k·cos 30°,解得=,C項不滿足,D項滿足。故選D。
4.答案　(1)見解析　(2)q
解析　(1)M點場強豎直向下,則A、B處兩點電荷在M點的合場強為零,C處點電荷必為正點電荷,故B處點電荷的電荷量絕對值為q且與A處點電荷的電性相同。
N處場強豎直向上,根據平行四邊形定則可知,A處點電荷帶正電,則B處點電荷也帶正電。
(2)設等邊三角形邊長為l,則A、N之間的距離為l
A處點電荷在N處產生的場強大小EA=k
B處點電荷在N處產生的場強大小EB=k
C處點電荷在N處產生的場強大小EC=k
由幾何關系知=tan 30°
因此,EBC==k=k
又EBC=EB-EC
解得qC=q
5.C　在水平面內對小球受力分析如圖所示,根據三角形相似有=,根據庫侖定律有FA=k,FB=k,根據幾何關系得AP'=BP,聯立解得Q1∶Q2=2n3∶1,C正確。
6.D　對兩滑塊受力分析如圖所示,對Q,在沿斜面方向有mg cos 30°=F cos 30°,可得mg=F;對P可得N2=F+mg sin 30°,f=mg cos 30°,又f=μN2,聯立解得μ=,D正確。
7.BC　由受力分析可知小球M帶負電,小球N帶正電,A錯誤、B正確;由幾何關系可知,兩小球之間的距離為r=L,當兩小球的電荷量大小為q時,由力的平衡條件得mg tan 45°=qE-;兩小球的電荷量同時變為原來的2倍后,由力的平衡條件得mg tan 45°=2qE-,整理解得q=L,C正確、D錯誤。
8.A　粒子沿等勢線移動,說明電場力不做功,即在輻向電場中,電場力提供粒子做勻速圓周運動的向心力,則E1q=m、E2q=m,聯立得=,選項A正確。
高考模擬練
1.A 2.D 3.A 4.C
1.A　均勻帶電球殼在殼外某點產生的場強,與一個位于球殼中心、電荷量相等的點電荷在該點產生的場強相同,由E=≤E0,可得R≥,故選A。
2.D　如圖所示,作出小球a受力的矢量三角形,可知要滿足小球a靜止,F2是庫侖力的最小值,且=cos θ,故A錯誤;兩球間距變為原來的倍,根據庫侖定律,有F1==mg tan θ,F2==mg sin θ,可得qb'=,應增大小球b的電荷量,故B錯誤;由力的矢量圖可知繩上的拉力一開始大于小球a的重力,后來小于小球a的重力,故C錯誤;FT1=,FT2=mg cos θ,可得FT2=FT1 cos2 θ=FT1,可知繩上的拉力變為原來的倍,故D正確。故選D。
3.A　電荷量為+q的點電荷在A點處的場強大小為E1=,A點的電場強度為0,根據場強疊加原理可知帶電薄板在A點處的場強大小為E2=E1=,A、B兩點關于帶電薄板左右對稱,所以帶電薄板在B點處的場強大小為E3=E2=,方向水平向右;電荷量為+q的點電荷在B點處的場強大小為E1'=,方向水平向右,故B點的電場強度大小為EB=E3+E1'=,故選A。
4.C　根據電場線分布情況可知,點電荷Q1、Q2可能均為正電荷,也可能均為負電荷,A錯誤;Q2處電場線比Q1處密集,所以Q2的電荷量大于Q1的電荷量,B錯誤;電場線越密處,場強越大,帶電粒子受的電場力越大,加速度越大,A點處電場線比B點處密集,所以該粒子在A點的加速度大于在B點的加速度,C正確;該粒子的軌跡向下彎曲,則所受的電場力向下,電場力的方向與速度方向成鈍角,則速度減小,所以該粒子在A點的速度大于在B點的速度,D錯誤。故選C。
導師點睛　本題關鍵是理解電荷量越大其周圍產生的電場強度越強,即電場線越密,電場線疏密反映電場強度大小,即反映粒子的加速度,結合做曲線運動的物體所受合外力指向曲線內側判斷粒子所受的電場力方向即可求解。
5.答案　(1)0.6 N　(2) rad/s
解析　(1)小球做圓周運動的半徑為r=l sin 37°
兩小球之間庫侖力大小為F=k
代入數據解得F=0.6 N
(2)對小球A受力分析,則豎直方向有T cos 37°=mg
在水平方向有T sin 37°-F=mω2r
聯立解得ω= rad/s
6.答案　(1)k　(2)　(3),方向垂直紙面向里或向外
解析　(1)E=k
(2)負點電荷恰好繞正點電荷做勻速圓周運動,則有
k=m
解得v=
(3)F合=k
k=m
解得v'=,方向垂直紙面向里或向外。
7.答案　(1)負電　　(2)
解析　(1)對A、B、C整體研究得a=
A球受到B球庫侖斥力F1和C球庫侖力F2后,要產生水平向右的加速度,故F2必為引力,C球帶負電。
對A、B兩球有
a=,a=
聯立可得QC=
(2)整體和A加速度相等,有
=
解得F=
8.答案　(1)①E=k　②EC=k　③見解析　(2)
解析　(1)①在距該正點電荷r處P點放置電荷量為+q的點電荷Q1,則Q1所受電場力大小為F=k
電場強度大小E的定義式為E=
則P點場強大小E=k
②根據場強疊加原理,C點的電場強度的大小EC的表達式為EC=E1+E2=k
③如圖所示,過C作A、B連線的中垂線,交某條電場線于D點,由圖可知該點場強ED斜向上,因此q1>q2
(2)根據萬有引力公式有F引=
根據題意有E引==
得=
7

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