(建議用時：40分鐘)一、單項選擇題1．兩個分別帶有電荷量－Q和＋5Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F，兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)?/span>，則兩球間庫侖力的大小為(　　)A．　　 B．C． D．解析：選D.兩球相距r時，根據(jù)庫侖定律F＝k，兩球接觸后，帶電荷量均為2Q，則F′＝k，由以上兩式可解得F′＝，D正確． 2．(2016·高考江蘇卷)一金屬容器置于絕緣板上，帶電小球用絕緣細(xì)線懸掛于容器中，容器內(nèi)的電場線分布如圖所示．容器內(nèi)表面為等勢面，A、B為容器內(nèi)表面上的兩點，下列說法正確的是(　　)A．A點的電場強(qiáng)度比B點的大B．小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的低C．B點的電場強(qiáng)度方向與該處內(nèi)表面垂直D．將檢驗電荷從A點沿不同路徑移到B點，電場力所做的功不同解析：選C.由于A點處電場線比B點處電場線疏，因此A點電場強(qiáng)度比B點小，A項錯誤；沿著電場線的方向電勢逐漸降低，因此小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的電勢高，B項錯誤；由于處于靜電平衡的導(dǎo)體表面是等勢面，電場線垂直于等勢面，因此B點的電場強(qiáng)度方向與該處內(nèi)表面垂直，C項正確；將檢驗電荷從A點沿不同的路徑移到B點，由于A、B兩點的電勢差恒定，因此電場力做功WAB＝qUAB相同，D項錯誤．3．如圖所示為靜電力演示儀，兩金屬極板分別固定于絕緣支架上，且正對平行放置．工作時兩板分別接高壓直流電源的正負(fù)極，表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細(xì)線懸掛在兩金屬極板中間，則(　　)A．乒乓球的左側(cè)感應(yīng)出負(fù)電荷B．乒乓球受到擾動后，會被吸在左極板上C．乒乓球共受到電場力、重力和庫侖力三個力的作用D．用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，放開后乒乓球會在兩極板間來回碰撞解析：選D.兩極板間電場由正極板指向負(fù)極板，鍍鋁乒乓球內(nèi)電子向正極板一側(cè)聚集，故乒乓球的右側(cè)感應(yīng)出負(fù)電荷，選項A錯誤；乒乓球受到重力、細(xì)線拉力和電場力三個力的作用，選項C錯誤；乒乓球與任一金屬極板接觸后會帶上與這一金屬極板同種性質(zhì)的電荷，而相互排斥，不會吸在金屬極板上，到達(dá)另一側(cè)接觸另一金屬極板時也會發(fā)生同樣的現(xiàn)象，所以乒乓球會在兩極板間來回碰撞，選項B錯誤、D正確．4.(2019·海口模擬)兩點電荷Q1、Q2產(chǎn)生的電場線如圖所示，根據(jù)電場線的分布情況，下列判斷正確的是(　　)A．Q1的電荷量小于Q2的電荷量B．Q1的電荷量大于Q2的電荷量C．Q1、Q2一定均為正電荷D．Q1、Q2一定均為負(fù)電荷解析：選A.由電場線的特點可知電場線越密，電場強(qiáng)度越大，可知Q2周圍的電場強(qiáng)度大于Q1周圍的電場強(qiáng)度，結(jié)合點電荷的電場強(qiáng)度的公式E＝可知，Q1的電荷量小于Q2的電荷量，故A正確，B錯誤；電場線從正電荷出發(fā)到負(fù)電荷終止，由于圖中沒有標(biāo)出電場線的方向，所以不能判斷出電荷的正負(fù)，結(jié)合電荷的特點可知，Q1、Q2可能均為正電荷，也有可能Q1、Q2均為負(fù)電荷，故C、D錯誤．5.在一半徑為R的圓周上均勻分布有N個帶電小球(可視為質(zhì)點)無間隙排列，其中A點的小球帶電荷量為＋3q，其余小球帶電荷量為＋q，此時圓心O點的電場強(qiáng)度大小為E，現(xiàn)僅撤去A點的小球，則O點的電場強(qiáng)度大小為(　　)A．E B．C． D．解析：選B.假設(shè)圓周上均勻分布的都是電荷量為＋q的小球，由于圓周的對稱性，根據(jù)電場的疊加原理知，圓心O處電場強(qiáng)度為0，所以A點小球帶電荷量為＋3q，其余小球帶電荷量為＋q時，圓心O點的電場強(qiáng)度大小等效于A點處電荷量為＋2q的小球在O點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小，則有E＝k，當(dāng)A處小球帶電荷量也為＋q時，O點電場強(qiáng)度大小為0，A處＋q在圓心O點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E1＝k，方向水平向左，其余帶電荷量為＋q的小球在O點處產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度大小E2＝E1＝k＝，所以僅撤去A點的小球，O點的電場強(qiáng)度等于E2＝.6.(2019·福建莆田二檢)如圖所示，邊長為a的正方體的頂點A處有一電荷量為－Q的點電荷，其他7個頂點各有一電荷量為＋Q的點電荷，體心O處有一個電荷量為－q的點電荷，靜電力常量為k，則O點處的點電荷受到的電場力大小為(　　)A． B．C． D．解析：選A.根據(jù)庫侖定律可得電場力F＝，O點到正方體頂點的距離r＝a，則正方體任一頂點上的點電荷對O點處的點電荷的庫侖力大小均為F＝k＝；庫侖力方向沿兩電荷連線方向，正方體體對角線兩端的兩個電荷電性相同時，兩個庫侖力等大反向；正方體體對角線兩端的兩個電荷電性相反時，兩個庫侖力等大同向．根據(jù)矢量疊加定理可知，O點處的點電荷受到的電場力大小為2F＝，A選項正確．7.將兩個質(zhì)量均為m的小球a、b用絕緣細(xì)線相連，豎直懸掛于O點，其中球a帶正電、電荷量為q，球b不帶電，現(xiàn)加一電場強(qiáng)度方向平行豎直平面的勻強(qiáng)電場(沒畫出)，使整個裝置處于平衡狀態(tài)，且繃緊的絕緣細(xì)線Oa與豎直方向的夾角為θ＝30°，如圖所示，則所加勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小可能為(　　)A． B．C． D．解析：選B.取小球a、b整體作為研究對象，則整體受重力2mg、懸線拉力FT和電場力F作用處于平衡，此三力滿足如圖所示的三角形關(guān)系，由圖知F的最小值為2mgsin 30°＝mg，由F＝qE知A、C、D錯，B對．二、多項選擇題8．如圖所示為在同一電場中a、b、c、d四點分別引入檢驗電荷時，測得的檢驗電荷所受電場力跟它的電荷量的函數(shù)關(guān)系圖象，那么下列敘述正確的是(　　)A．這個電場是勻強(qiáng)電場B．a、b、c、d四點的場強(qiáng)大小關(guān)系是Ed＞Ea＞Eb＞EcC．a、b、c、d四點的場強(qiáng)大小關(guān)系是Ea＞Ec＞Eb＞EdD．a、b、d三點的強(qiáng)場方向相同解析：選CD.由場強(qiáng)的定義式E＝并結(jié)合圖象的斜率可知電場強(qiáng)度的大小，則Ea＞Ec＞Eb＞Ed，此電場不是勻強(qiáng)電場，選項A、B錯誤，選項C正確；圖象斜率的正負(fù)表示電場強(qiáng)度的方向，a、b、d三點相應(yīng)圖線的斜率為正，三點的場強(qiáng)方向相同，選項D正確． 9.(2019·黃岡高三調(diào)研)如圖所示，半徑為R的絕緣光滑半圓形槽圓心為O，槽內(nèi)有兩個質(zhì)量、電荷量都相同的帶電小球A和B，其中A小球固定在槽的最低點，當(dāng)B小球靜止時，OB連線與豎直方向成θ角，下列能保持夾角θ不變的方法有(　　)A．僅使半圓形槽的半徑加倍B．僅使A球的電荷量加倍C．使B球的質(zhì)量和電荷量都加倍D．使半圓形槽的半徑和兩球的電荷量都減半解析：選CD.對帶電小球B進(jìn)行受力分析：受重力mg、A小球的庫侖力F以及絕緣光滑槽的支持力N，三力平衡，利用“相似三角形”可得：＝＝，其中R為半圓形槽的半徑，x為帶電小球A、B間的距離，由數(shù)學(xué)知識知，x＝2Rsin ，由庫侖定律知，F＝k，聯(lián)立解得：sin3 ＝，僅使半圓形槽的半徑加倍，θ減小，選項A錯誤；僅使A球的電荷量加倍，θ增大，選項B錯誤；使B球的質(zhì)量和電荷量都加倍，θ保持不變，選項C正確；使半圓形槽的半徑和兩球的電荷量都減半，θ保持不變，選項D正確． 10．(2019·武漢質(zhì)檢)離子陷阱是一種利用電場或磁場將離子俘獲并囚禁在一定范圍內(nèi)的裝置．如圖所示為最常見的“四極離子陷阱”的俯視示意圖，四根平行細(xì)桿與直流電壓和疊加的射頻電壓相連，相當(dāng)于四個電極，相對的電極帶等量同種電荷，相鄰的電極帶等量異種電荷．在垂直于四根桿的平面內(nèi)四根桿的連線是一個正方形abcd，A、C是a、c連線上的兩點，B、D是b、d連線上的兩點，A、C、B、D到正方形中心O的距離相等．則下列判斷正確的是(　　)A．D點的電場強(qiáng)度為零B．A、B、C、D四點電場強(qiáng)度相等C．A點電勢比B點電勢高D．O點的電場強(qiáng)度為零 解析：選CD.根據(jù)電場的疊加原理，a、c兩個電極帶等量正電荷，其中點O的合場強(qiáng)為零，b、d兩個電極帶等量負(fù)電荷，其中點O的合場強(qiáng)為零，則O點的合場強(qiáng)為零，D正確；同理，D點的場強(qiáng)方向水平向右，A錯誤；A、B、C、D四點的場強(qiáng)大小相等，方向不同，B錯誤；由電場特點知，電場方向由A指向O，由O指向B，故φA>φO，φO>φB，則φA>φB，C正確． 11.(2019·吉林長春外國語學(xué)校檢測)如圖所示，帶電小球A、B的電荷分別為QA、QB，OA＝OB，都用長L的絲線懸掛在O點．靜止時A、B相距為d.為使平衡時AB間距離減為，可采用的方法有(　　)A．將小球A、B的質(zhì)量都增加到原來的2倍B．將小球B的質(zhì)量增加到原來的8倍C．將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半D．將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半，同時將小球B的質(zhì)量增加到原來的2倍解析：選BD.如圖所示，B受重力、繩子的拉力及庫侖力；將拉力及庫侖力合成，其合力應(yīng)與重力大小相等、方向相反；由幾何關(guān)系可知，＝，而庫侖力F＝；即＝＝k，即mBgd3＝kQAQBL.要使d變?yōu)?/span>，可以使B球質(zhì)量增大到原來的8倍而保證上式成立，故A錯誤，B正確；或?qū)⑿∏?/span>A、B的電荷量都減小到原來的一半，同時小球B的質(zhì)量增加到原來的2倍，也可保證等式成立，故C錯誤，D正確．  12.如圖所示PO為光滑絕緣豎直墻壁、OQ為光滑絕緣水平地面，地面上方有一水平向左的勻強(qiáng)電場E，帶正電荷的A、B兩小球(可視為質(zhì)點)均緊靠接觸面而處于靜止?fàn)顟B(tài)，這時兩球之間的距離為L.若在小球A上加豎直推力F，小球A沿墻壁PO向著O點移動一小段距離后，適當(dāng)移動B球，小球A與B重新處于靜止?fàn)顟B(tài)，則與原來比較(兩小球所帶電荷量保持不變)(　　)A．A球?qū)ωQ直墻壁的作用力不變B．兩球之間的距離一定增大C．A球?qū)?/span>B球作用的靜電力增大D．地面對B球的彈力不變解析：選AC.由題意知，A球加上力F移動一段距離后仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，故B球?qū)?/span>A球的庫侖力沿豎直方向上分力增大，B球應(yīng)該向左移動，A球?qū)?/span>B球的庫侖力在水平方向的分力等于勻強(qiáng)電場對B球的靜電力，而勻強(qiáng)電場對B球的靜電力不變，根據(jù)作用力和反作用力的關(guān)系，B球?qū)?/span>A球的庫侖力在水平方向的分力大小也不變，所以A球?qū)ωQ直墻壁的壓力不變，選項A正確；A、B兩球的連線與水平方向的夾角θ變大，F庫cos θ不變，庫侖力F庫一定變大，選項C正確；兩球之間的距離減小，選項B錯誤；根據(jù)力的相互作用性可知，A球?qū)?/span>B球的庫侖力在豎直方向上的分力變大，故地面對B球的彈力變大，選項D錯誤．三、非選擇題13.(2019·泉州檢測)如圖所示，一半徑為r的圓環(huán)上均勻分布著電荷量為＋Q的電荷，在垂直于圓環(huán)面且過圓心O的軸線上有A、B、C三個點，C和O、O和A間的距離均為d，AB間距離為2d.在B點處有一電荷量為＋q的固定點電荷．已知A點處的場強(qiáng)為零，k為靜電力常量，求：(1)帶電圓環(huán)在O點處的場強(qiáng)大?。?/span>(2)C點處場強(qiáng)．解析：(1)圓環(huán)上關(guān)于圓心對稱的兩小段圓弧上的電荷在O點處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等、方向相反，其合場強(qiáng)為零，則帶電圓環(huán)在O點處的場強(qiáng)為EO＝0.(2)A點處的場強(qiáng)為零，根據(jù)電場疊加原理知，帶電圓環(huán)和B點處點電荷在A點處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小均為EBA＝、兩者方向相反根據(jù)對稱性可知帶電圓環(huán)在C點處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為EC1＝、方向沿OC向外B處點電荷在C點處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為EC2＝、方向沿OC向外，則C點處場強(qiáng)E＝EC1＋EC2，解得E＝、方向沿OC向外．答案：(1)0　(2)，方向沿OC向外 

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