《2025年高考调研高考总复习讲义高中物理人教版》

练5(2023·全国甲卷)在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。下列$4$幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是(A)

答案： 练5　[答案]　A
[解析]　电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，A项正确；电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受力分析有
可见与电场力的受力特点相互矛盾，B项错误；
电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受力分析有
可见与电场力的受力特点相互矛盾，C项错误；
电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受力分析有
可见与电场力的受力特点相互矛盾，D项错误。故选A项。

练6(2024·南京模拟)如图所示，两根完全相同的四分之一圆弧绝缘棒分别放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上。两棒带等量同种电荷且所带电荷均匀分布，此时$O$点电场强度大小为$E$。撤去其中一棒后，$O$点的电场强度大小变为(B)


A.$\frac{E}{2}$
B.$\frac{\sqrt{2}}{2}E$
C.$E$
D.$\sqrt{2}E$

答案： 练6　[答案]　B
[解析]　假设两棒均带正电，左侧棒在O点产生的场强方向与x轴正方向成$45^{\circ}$角向右下，右侧棒在O点产生的场强方向与x轴负方向成$45^{\circ}$角向左下，且两棒在O点产生的电场强度大小相同，均为$E_{1}$，可得$E^{2}=E_{1}^{2}+E_{1}^{2}$，解得$E_{1}=\frac{\sqrt{2}}{2}E$，所以撤去其中一棒后，O点的电场强度大小变为$\frac{\sqrt{2}}{2}E$，B项正确。

练7(2021·湖南)如图，在$(a,0)$位置放置电荷量为$q$的正点电荷，在$(0,a)$位置放置电荷量为$q$的负点电荷，在距$P(a,a)$为$\sqrt{2}a$的某点处放置正点电荷$Q$，使得$P$点的电场强度为零。则$Q$的位置及电荷量分别为(B)


A.$(0,2a)$，$\sqrt{2}q$
B.$(0,2a)$，$2\sqrt{2}q$
C.$(2a,0)$，$\sqrt{2}q$
D.$(2a,0)$，$2\sqrt{2}q$

答案：
练7　[答案]　B
[解析]　设电荷量为q的正点电荷在P点的场强大小为$E_{1}$，负点电荷在P点场强大小为$E_{2}$，正、负点电荷在P点的合场强大小为$E_{12}$，由点电荷场强公式可知$E_{1}=\frac{kq}{a^{2}}$，方向竖直向上，$E_{2}=\frac{kq}{a^{2}}$，方向水平向左，由场强的叠加知$E_{12}=\frac{\sqrt{2}kq}{a^{2}}$，方向为斜向左上方，如图所示。为了使得P点的场强为零，则正点电荷Q在P处的场强$E_{Q}$与$E_{12}$等大反向，可知点电荷Q位于$(0,2a)$处，且场强大小$E_{Q}=E_{12}$，即$\frac{kQ}{(\sqrt{2}a)^{2}}=\frac{\sqrt{2}kq}{a^{2}}$，解得$Q = 2\sqrt{2}q$，B项正确。

练8(2023·湖南模拟)如图所示，$abcd$是由粗细均匀的绝缘线制成的正方形线框，其边长为$L$，$O$点是线框的中心，线框上均匀地分布着正电荷，现将线框左侧中点$M$处取下足够短的一小段，该小段带电荷量为$q$，然后将其沿$OM$连线向左移动$\frac{1}{2}L$的距离到$N$点处，线框其他部分的带电荷量与电荷分布保持不变，若此时在$O$点放一个带电荷量为$Q$的正点电荷，静电力常量为$k$，则该点电荷受到的电场力大小为(D)


A.$\frac{2kQq}{3L^2}$
B.$\frac{3kQq}{2L^2}$
C.$\frac{2kQq}{L^2}$
D.$\frac{3kQq}{L^2}$

答案： 练8　[答案]　D
[解析]　没有截取一小段时，根据对称性可知，O点的合场强为零，则截取的部分和剩下的部分在O点产生的场强等大反向，剩下的部分在O点产生的场强大小为$E_{1}=k\frac{q}{(\frac{L}{2})^{2}}$，方向水平向左，当截取部分移到N点时，其在O点产生的场强大小为$E_{2}=k\frac{q}{L^{2}}$，方向水平向右，则O点的合场强大小为$E = E_{1}-E_{2}=\frac{3kq}{L^{2}}$，方向水平向左，若此时在O点放一个带电荷量为Q的正点电荷，该点电荷受到的电场力大小为$F = EQ=\frac{3kQq}{L^{2}}$，故选D项。

练9(2023·衡水一模)(多选)如图所示，竖直面内固定的均匀带电圆环半径为$R$，带电荷量为$+Q$，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为$m$、带电荷量为$q$的小球(大小不计)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心$O$距离为$R$，已知静电力常量为$k$，重力加速度为$g$，则小球所处位置的电场强度为(AD)


A.$\frac{mg}{q}$
B.$\frac{\sqrt{2}mg}{2q}$
C.$k\frac{Q}{R^2}$
D.$k\frac{\sqrt{2}Q}{4R^2}$

答案：
练9　[答案]　AD
[解析]　由于圆环不能看作点电荷，采用微元法；以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示：

圆环各个点对小球的库仑力的合力为$F_{Q}$，则：$F\sin\theta = mg$
小球到圆环中心O距离为R，而竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，那么$\sin\theta=\frac{\sqrt{2}}{2}$，解得$F = \sqrt{2}mg$。水平方向上，有：$F\cos\theta = qE$，解得：$E=\frac{mg}{q}$，同时，依据点电荷电场强度公式，将环中电荷量分成若干份，结合矢量的合成法则，及数学知识，则有小球所处位置的电场强度为：$E=\frac{kQ}{(\sqrt{2}R)^{2}}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}kQ}{4R^{2}}$，故A、D两项正确，B、C两项错误。