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课时突破练41　电场力的性质
基础·满分练
命题角度一　起电过程中电荷守恒定律的应用
1.如图所示,在绝缘支架上的导体A和导体B按图中方式接触放置,最初A、B都不带电,开关K1、K2均断开,现在将一个带正电小球C放置在A左侧,以下判断正确的是(　　)
A.只闭合K1,则A左端不带电,B右端带负电
B.只闭合K2,接着移走带电小球,最后将A、B分开,A带负电
C.K1、K2均闭合时,A、B两端均不带电
D.K1、K2均闭合时,A左端带负电,B右端不带电
命题角度二　同一直线上三个自由点电荷的平衡问题
2.(2026陕西西安模拟)如图所示,甲、乙、丙三个带电小球用长度相同的轻质绝缘细线悬挂在水平横杆上,它们均处于静止状态,三个小球均视为点电荷。已知甲、乙的间距与乙、丙的间距之比为3∶2,小球乙所带电荷量的绝对值为q,则小球甲、丙所带电荷量的乘积为(　　)
A.q2 B.q2
C.q2 D.q2
命题角度三　非共线力作用下带电体的平衡问题
3.(多选)(2026江苏盐城月考)半圆形凹槽静止在粗糙水平地面上,凹槽内壁为光滑绝缘的半圆柱面,截面如图所示。带电小球A固定在半圆形凹槽的最低点P,带电小球B在库仑力的作用下在凹槽的左端点Q保持静止。现由于环境因素影响,小球B所带电荷量缓慢减少,在纸面内沿弧面向下移动,在此过程中凹槽一直处于静止状态,下列说法正确的是(　　)
A.B受到的库仑力逐渐减小
B.凹槽对小球B的支持力变大
C.地面对凹槽的摩擦力逐渐减小
D.水平地面对凹槽的支持力保持不变
命题角度四　点电荷电场强度的矢量叠加
4.(2026广东茂名模拟)如图所示,真空中A、B、C、D是正方形的四个顶点,在A点和C点固定有电荷量均为q的正点电荷。在B点固定一个电荷量和电性未知的点电荷后,D点的电场强度恰好为零。则B点的点电荷(　　)
A.带正电,电荷量为2q
B.带负电,电荷量为q
C.带负电,电荷量为2q
D.带正电,电荷量为q
命题角度五　非点电荷电场强度的矢量叠加
5.(2026山东德州检测)如图所示,真空中有一电荷均匀分布的带正电圆环,半径为r,带电荷量为q,圆心O在x轴的坐标原点处,圆环的边缘A点与x轴上P点的连线与x轴的夹角为37°,静电力常量为k,取sin 37°=0.6、cos 37°=0.8,则整个圆环产生的电场在P点的电场强度大小为(　　)
A. B.
C. D.
命题角度六　电场线的理解和应用
6.把头发屑悬浮在蓖麻油里,加上电场,可以模拟出电场的分布情况。如图甲是模拟孤立点电荷和金属板之间的电场照片,图乙为简化后的电场线分布情况,则(　　)
A.由图甲可知,电场线是真实存在的
B.图甲中,没有头发屑的地方没有电场
C.图乙中A点的电场强度大于B点的电场强度
D.在图乙电场中由A点静止释放的质子能沿着电场线运动到B点
命题角度七　静电平衡与静电屏蔽的综合判析
7.(2025广西卷)用带电玻璃棒接触验电器的金属球,移走玻璃棒,验电器内的两片金属箔张开,稳定后如图。图中a、b、c、d四点电场强度最强的是(　　)
A.a点 B.b点
C.c点 D.d点
能力·高分练
8.(多选)(2026河南郑州模拟)如图所示,在竖直平面内以O点为圆心的绝缘圆环上有A、B、C三点将圆三等分,其中A、B的连线水平。在A、B两点各固定一个电荷量为+Q的点电荷,在C点固定一个电荷量为-2Q的点电荷。在O点有一个质量为M的带电小球处于静止状态,已知圆的半径为R,重力加速度为g,静电力常量为k,下列说法正确的是(　　)
A.小球带正电
B.O点的电场强度大小为
C.小球的电荷量为
D.撤去C点点电荷瞬间,小球的加速度大小为g
9.(2026江西南昌期中)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示,在半球面AB上均匀分布正电荷,电荷量为Q,球面半径为R,CD为通过半球顶点与球心O的轴线,轴线上CO=DO=3R。一质量为m、电荷量为q的小球(用绝缘细线悬挂于悬点),受半球面产生的电场影响偏转θ角度静止于C点,若球C与半球面AB彼此不影响对方的电荷量分布,则半球面AB在D点产生的电场强度大小为(　　)
A. B.
C. D.
10.(7分)(2026辽宁丹东高三检测)如图所示,光滑绝缘水平面上固定着A、B、C三个均可视为点电荷的带电小球,它们的质量均为m,彼此间的距离均为r,现对小球C施加一个水平恒力F,同时放开三个小球,三个小球在运动过程中保持间距r不变。已知小球C所带电荷量为-Q(Q>0),小球A、B带等量同种正电荷,静电力常量为k,求:
(1)小球A所带电荷量q;
(2)恒力F的大小。
素养·提升练
11.(多选)(2025安徽卷)如图所示,两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内,空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球(均可视为质点)在轨道上同一高度保持静止,间距为L,甲、乙所带电荷量分别为q、2q,质量分别为m、2m,静电力常量为k,重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2,匀强电场的电场强度大小为E,不计空气阻力,则(　　)
A.F1=F2
B.E=
C.若将甲、乙互换位置,二者仍能保持静止
D.若撤去甲,乙下滑至底端时的速度大小v=
答案：
1.D　解析 只闭合开关K1,由于静电感应的作用,金属导体A左端带负电,B右端不带电,故A错误。只闭合开关K2,由于静电感应的作用,金属导体B右端不带电,A左端带负电,接着移走带电小球,A左端的负电会被中和而都不带电,最后将A、B分开,则A和B均不带电,故B错误。K1、K2均闭合时,即导体A左端会感应异种电荷带负电,B右端不带电,故C项错误,D项正确。
2.A　解析 对小球乙,由二力平衡有,解得q甲∶q丙=9∶4。同理,对小球丙有,解得q甲=q,联立可得q甲q丙=q2。
3.AD　解析 对缓慢下移过程中的小球B受力分析,如图所示,由平衡条件,将力平移后得到的矢量三角形与空间三角形OPQ相似,可得,当小球B缓慢下移过程中,PQ减小,所以库仑力FPQ逐渐减小,OQ不变,所以支持力FN大小保持不变,故A正确,B错误;将凹槽和A、B小球看成一个整体,可知小球B下移过程中只改变系统内部之间的作用力,而不会影响凹槽与地面间的支持力与摩擦力,即地面对凹槽的摩擦力保持不变,地面对凹槽的支持力保持不变,故C错误,D正确。
4.C　解析 设正方形边长为l,A、C点的点电荷在D点产生的电场强度大小均为E=k,由几何知识知A、C点的点电荷在D点的合电场强度大小为E'=,因为D点的电场强度恰好等于零,则B点的点电荷在D点产生的电场强度与A、C点的点电荷在D点的合电场强度等大反向,设B点的点电荷电荷量为Q,则E'=k,解得Q=2q,故C正确,A、B、D错误。
5.B　解析 把圆环分为n等份(n足够大),每一份的电荷量为Δq,则有n=,每小份可以看成点电荷,由点电荷的电场强度公式可知每小份产生的电场在P点的电场强度大小均为E0=,由几何关系sin 37°=,可得E0=。在P点,E0在垂直x轴方向的分量大小为Ey,根据对称性,n个Ey的矢量和为0,E0在x轴方向的分量大小为Ex=E0cos 37°,n个Ex的矢量和就是圆环产生的电场在P点的电场强度,即E=nEx,解得E=,A、C、D错误,B正确。
6.C　解析 电场线是假想的曲线,不是真实存在的,故A错误;题图甲中,没有头发屑的地方同样也有电场存在,故B错误;题图乙中A点的电场线较B点密集,可知A点的电场强度大于B点的电场强度,故C正确;因A、B之间的电场线为曲线,根据物体做曲线运动的条件可知,在题图乙电场中由A点静止释放的质子不可能沿电场线运动到B点,故D错误。
7.D　解析 带电玻璃棒与金属球接触后,金属球与金属箔带上了同种电荷,净电荷分布在带电导体表面,并在尖锐的地方聚集,内部电场强度为0,因此b、c两点电场强度为0,d点附近电荷量比a点附近多,因此d点电场强度最强,故D正确。
8.CD　解析 A、B、C三点的点电荷在O点产生的电场强度方向如图所示,由电场的叠加原理可知,O点的电场方向竖直向下,根据平衡条件可得,小球带负电,A错误;O点的合电场强度为E=2cos 60°+=3,B错误;由平衡条件得Mg=q,得q=,C正确;撤去C点点电荷瞬间E'=,由牛顿第二定律有Mg-=Ma,得a=g,D正确。
9.D　解析 设半球面AB在D点产生的电场强度大小为E1,在C点产生的电场强度大小为E2,根据平衡条件得tan θ=,补齐右半球,D点的合电场强度为k=E1+E2 ,解得E1=。
10.(1)　(2)
解析 (1)对小球A受力分析,小球A受到小球B的库仑斥力和小球C的库仑引力,小球A沿AB连线方向受力平衡,由平衡条件得k=kcos 60°,解得q=。
(2)方法1:小球A在垂直于AB连线方向有水平向右的加速度,根据牛顿运动定律得ksin 60°=ma
对三个小球组成的整体,由牛顿第二定律得F=3ma
两式联立解得F=。
方法2:小球A在垂直于AB连线方向有水平向右的加速度,根据牛顿运动定律得ksin 60°=ma
对小球C,在水平方向上由牛顿第二定律得F-2=ma,两式联立解得F=。
11.ABD　解析 如图所示,对甲、乙两小球进行受力分析,设两球间的库仑力大小为F,光滑绝缘轨道与水平面间的倾角为θ,对甲球根据平衡条件有FN1cos θ=mg,F=FN1sin θ+Eq,对乙球有FN2cos θ=2mg,FN2sin θ=F+2Eq,联立解得F=4Eq,故,同时有F=,解得E=,故A、B正确;若将甲、乙互换位置,若二者仍能保持静止,同理可得对甲有FN1'cos θ=mg,FN1'sin θ=F+Eq,对乙有FN2'cos θ=2mg,FN2'sin θ+2Eq=F,联立可得F+4Eq=0,无解,假设不成立,故C错误;若撤去甲,对乙球根据动能定理,有2mg·tan θ-2Eq··2mv2,其中tan θ=,联立解得v=,故D正确。
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