2024版新教材高考物理復(fù)習(xí)特訓(xùn)卷考點(diǎn)50靜電場(chǎng)及其應(yīng)用-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

2．[2023·廣東廣州二模]如圖，在光滑絕緣斜面上有帶電小球a與b，兩球同時(shí)釋放瞬間，a球的加速度剛好為零，則下列關(guān)于a、b的電性及初始位置，符合要求的是( )
3.
如圖所示，一帶電小球A固定于定滑輪的正下方，一根繞過(guò)定滑輪的輕質(zhì)絕緣細(xì)線一端系有一個(gè)帶同種電荷的小球B，另一端用一拉力FT拉住使小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，圖示位置兩球球心所在高度相同．設(shè)定滑輪與小球B間的細(xì)線與豎直方向的夾角為θ(θ>0)，小球A、B可視為質(zhì)點(diǎn)．現(xiàn)緩慢拉動(dòng)絕緣細(xì)線，使小球B移動(dòng)一段距離，則在小球B移動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是( )
A．小球A、B間的距離減小
B．細(xì)線與豎直方向的夾角θ減小
C．小球B的運(yùn)動(dòng)軌跡為圓弧
D．拉力FT先減小再增大
4.
[2023·重慶二模]如圖所示，在真空中光滑絕緣的水平面上有三個(gè)相同的不帶電的小球，小球之間由三根完全相同的輕彈簧連接構(gòu)成等邊三角形，彈簧處于原長(zhǎng)l0，若讓每個(gè)小球帶上相同的電荷量q，小球可沿所在角的角平分線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)三角形的面積增大到原來(lái)的4倍時(shí)小球的加速度均為零，彈簧是絕緣體且勁度系數(shù)相同，真空中的靜電力常量為k，則彈簧的勁度系數(shù)為( )
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]以下圖中P表示質(zhì)子，e表示電子，距離D>d.其中O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)最大的排布方式是( )
6.
[2023·江蘇揚(yáng)州一模]如圖所示的是某電子秤示意圖．一絕緣支架放在電子秤上，上端固定一帶電小球a，穩(wěn)定后，電子秤示數(shù)為F.現(xiàn)將另一固定于絕緣手柄一端的不帶電小球b與a球充分接觸后，再移至小球a正上方L處，待系統(tǒng)穩(wěn)定后，電子秤示數(shù)為F1；用手摸小球b使其再次不帶電，后將該不帶電小球b與a球再次充分接觸并重新移至a球正上方L處，電子秤示數(shù)為F2.若兩小球完全相同，則( )
A．F1φc，φb＝φd
C．在MN的連線上，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最小
D．將帶負(fù)電的試探電荷由b沿直線移動(dòng)到d的過(guò)程中，其電勢(shì)能始終不變
12.
[2023·山東濟(jì)南三中模擬]如圖所示，有一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的物體放在斜面上，為了使物體能在斜面上保持靜止，加一方向沿斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度最小值為E1，最大值為E2，物體受到斜面的最大靜摩擦力為( )
A．qE1B．qE2
C． eq \f(qE2－qE1,2) D． eq \f(qE1＋qE2,2)
13．[2022·山東卷]半徑為R的絕緣細(xì)圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點(diǎn)，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷．點(diǎn)A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長(zhǎng)均為ΔL的小圓弧上的電荷．將一點(diǎn)電荷q置于OC延長(zhǎng)線上距O點(diǎn)為2R的D點(diǎn)，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度剛好為零．圓環(huán)上剩余電荷分布不變，q為( )
A．正電荷，q＝ eq \f(QΔL,πR)
B．正電荷，q＝ eq \f(\r(3)QΔL,πR)
C．負(fù)電荷，q＝ eq \f(2QΔL,πR)
D．負(fù)電荷，q＝ eq \f(2\r(3)QΔL,πR)
考點(diǎn)50 靜電場(chǎng)及其應(yīng)用——練基礎(chǔ)
1．答案：A
解析：處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體，其內(nèi)部合電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)在導(dǎo)體內(nèi)的電場(chǎng)線一定與點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線反向，故選A.
2．答案：B
解析：帶電小球a在光滑絕緣斜面上，對(duì)其受力分析，受重力支持力和帶電小球b對(duì)它的庫(kù)侖力．兩球同時(shí)釋放瞬間，a球的加速度剛好為零，即帶電小球b對(duì)它的庫(kù)侖力與重力和支持力的合力平衡，故帶電小球b對(duì)小球a的庫(kù)侖力沿斜面向上，故B符合題意．
3．答案：C
解析：設(shè)小球A、B間的距離記為r，小球B到定滑輪的距離記為L(zhǎng)，小球A與滑輪間的距離記為h，且h為一定值，以小球B為研究對(duì)象，B球受力分析如圖所示
根據(jù)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間的距離r為定值，小球B沿圓周運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，C正確；小球B緩慢沿圓周運(yùn)動(dòng)一段距離，細(xì)線與豎直方向的夾角θ先增大后減小，B錯(cuò)誤；根據(jù)受力分析可得FT＝ eq \f(L,h)GB隨著細(xì)線的縮短，拉力FT逐漸減小，D錯(cuò)誤．
4．答案：D
解析：設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k′，三角形的面積增大為原來(lái)的4倍，則三角形每邊邊長(zhǎng)增大為原來(lái)的2倍，即每根彈簧的伸長(zhǎng)量均為l0，此位置每個(gè)帶電小球受力平衡，有 eq \f(kq2,（2l0）2)＝k′l0，得k′＝ eq \f(kq2,4l eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(0)) )，D正確．
5．答案：C
解析：元電荷電荷量為e，則根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式和矢量疊加原理可得，A項(xiàng)中EAO＝k eq \f(e,d2)－k eq \f(e,D2)，B項(xiàng)中EBO＝k eq \f(e,D2)＋k eq \f(e,（D＋d）2)，C項(xiàng)中ECO＝k eq \f(e,d2)＋k eq \f(e,D2)，D項(xiàng)中EDO＝k eq \f(e,D2)－k eq \f(e,（D＋d）2)，比較可得C項(xiàng)的排布方式中在O點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)最大，C項(xiàng)正確．
6．答案：D
解析：小球b與a球充分接觸后b對(duì)a有向下的庫(kù)侖力，設(shè)為F′，則F′＝k eq \f(\f(Q,2)×\f(Q,2),L2)＝k eq \f(Q2,4L2)，示數(shù)為F1＝F＋F′，用手摸小球b使其再次不帶電，后將該不帶電小球b與a球再次充分接觸并重新移至a球正上方L處，b對(duì)a向下的庫(kù)侖力設(shè)為F″，F(xiàn)″＝k eq \f(\f(Q,4)×\f(Q,4),L2)＝k eq \f(Q2,16L2)，電子秤示數(shù)為F2＝F＋F″，因此F1＞F2，但F1≠4F2，A、B錯(cuò)誤；若小球a帶負(fù)電，L增大，根據(jù)庫(kù)侖定律可知，F(xiàn)′減小，則F1減小，C錯(cuò)誤；若小球a帶正電，L減小，根據(jù)庫(kù)侖定律可知，F(xiàn)″增大，則F2增大，D正確．
7．答案：D
解析：若B球帶負(fù)電，則A對(duì)B為吸引力，方向沿BA方向，此時(shí)無(wú)論圓環(huán)給球B的支持力指向圓心還是背離圓心，小球B都不能處于平衡狀態(tài)，所以小球A對(duì)B為排斥力，方向沿AB方向，如圖所知，且受力分析可得，圓環(huán)給球B的支持力指向圓心，即由B指向O，A錯(cuò)誤；對(duì)球B受力分析可得，由幾何關(guān)系可知圓環(huán)對(duì)B球彈力的大小為FN＝mg，則AB兩球之間的排斥力為FAB＝2mg cs 30°＝ eq \r(3)mg，對(duì)A球由力的平衡條件得FN′＝mg＋ eq \r(3)mg cs 30°＝2.5mg，F(xiàn)f＝ eq \r(3)mg sin 30°＝ eq \f(\r(3)mg,2)，所以當(dāng)Ff＝μFN′時(shí)，動(dòng)摩擦因數(shù)最小為μ＝ eq \f(\r(3),5)，B、C錯(cuò)誤，D正確．
8．答案：BC
解析：由題圖可知，對(duì)小球M受力分析如圖甲所示，對(duì)小球N受力分析如圖乙所示，由受力分析圖可知小球M帶負(fù)電，小球N帶正電，A錯(cuò)誤，B正確；由幾何關(guān)系可知，兩小球之間的距離為r＝ eq \r(2)L，當(dāng)兩小球的電荷量為q時(shí)，由力的平衡條件得mg tan 45°＝qE－k eq \f(q2,r2)；兩小球的電荷量同時(shí)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍后，由力的平衡條件得mg tan 45°＝2qE－k eq \f(（2q）2,r2)，整理解得q＝L eq \r(\f(mg,k))，C正確，D錯(cuò)誤．
9．答案：B
解析：設(shè)BC邊長(zhǎng)度為r，則AC邊長(zhǎng)度為 eq \r(3)r，根據(jù)庫(kù)侖定律有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，則E1sin 60°＝E2sin 30°，解得 eq \f(Q1,Q2)＝ eq \r(3)，B正確．
10．答案：B
解析：
(a，0)和(0，a)兩點(diǎn)處的電荷量為q的點(diǎn)電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量和E＝ eq \f(\r(2)kq,a2)，方向由點(diǎn)(a，a)指向點(diǎn)(0，2a)，如圖所示，因在距P點(diǎn)為 eq \r(2)a的某點(diǎn)處放置的正點(diǎn)電荷Q，使得P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，此正電荷應(yīng)位于(0，2a)點(diǎn)，且電荷量Q滿足 eq \f(kQ,（\r(2)a）2)＝ eq \f(\r(2)kq,a2)，解得Q＝2 eq \r(2)q，B正確．
11．答案：AB
解析：設(shè)Ma＝aO＝d.則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兩點(diǎn)由于對(duì)稱，則有Eb＝Ed，A正確．沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，故φa＞φc，根據(jù)對(duì)稱性可知φb＝φd，B正確．電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，由電場(chǎng)線疏密程度可知，MN連線上電場(chǎng)強(qiáng)度最小值出現(xiàn)在O點(diǎn)的右側(cè)，C錯(cuò)誤．負(fù)點(diǎn)電荷沿直線由b運(yùn)動(dòng)到d的過(guò)程中，雖然初末位置的電勢(shì)能相等，但是過(guò)程中電勢(shì)能在變化，D錯(cuò)誤．
12．答案：C
解析：當(dāng)靜摩擦力沿斜面向上時(shí)，則E1q＋Ff＝mg sin θ，當(dāng)靜摩擦力沿斜面向下時(shí)則E2q＝Ff＋mg sin θ，得Ff＝ eq \f(qE2－qE1,2)，C正確．
13．答案：C
解析：在取走A、B處兩段小圓弧上的電荷之前，整個(gè)圓環(huán)上的電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為零，而取走的A、B處的電荷的電量qA＝qB＝ eq \f(Q,2πR)ΔL，qA、qB在O點(diǎn)產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)為EAB＝ eq \f(k\f(Q,2πR)ΔL,R2)＝ eq \f(kQΔL,2πR3)，方向?yàn)閺腛指向C，故取走A、B處的電荷之后，剩余部分在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為 eq \f(kQΔL,2πR3)，方向由C指向O，而點(diǎn)電荷q放在D點(diǎn)后，O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，故q在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)與qA、qB在O點(diǎn)產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)相同，所以q為負(fù)電荷，即有k eq \f(q,（2R）2)＝k eq \f(QΔL,2πR3)，解得q＝ eq \f(2QΔL,πR)，C項(xiàng)正確．

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