《2025年高考调研高考总复习讲义高中物理人教版》

1.(2023·湖南)如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为$Q_1$、$Q_2$和$Q_3$，$P$点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为$90^{\circ}$、$60^{\circ}$和$30^{\circ}$。若$P$点处的电场强度为零，$q ＞ 0$，则三个点电荷的电荷量可能为(D)


A.$Q_1 = q$，$Q_2 = \sqrt{2}q$，$Q_3 = q$
B.$Q_1 = -q$，$Q_2 = -\frac{4\sqrt{3}}{3}q$，$Q_3 = -4q$
C.$Q_1 = -q$，$Q_2 = \sqrt{2}q$，$Q_3 = -q$
D.$Q_1 = q$，$Q_2 = -\frac{4\sqrt{3}}{3}q$，$Q_3 = 4q$

答案： 1.答案　D
解析　A、B两项的电荷均为正和均为负，则根据电场强度的叠加法则可知，P点的场强不可能为零，A、B两项错误；设P、$Q_{1}$间的距离为r，则$Q_{1}$、$Q_{3}$在P点产生的合场强大小有$\cos120^{\circ}=\frac{(\frac{kq}{r^{2}})^{2}+(\frac{k\cdot4q}{(4r)^{2}})^{2}-E_{1}^{2}}{2\cdot\frac{k^{2}q^{2}}{4r^{4}}}$，解得$E_{1}=\frac{\sqrt{21}kq}{4r^{2}}$，而$Q_{2}$产生的场强大小为$E_{1}'=\frac{3\sqrt{2}kq}{4r^{2}}$，则P点的场强不可能为零，C项错误；设P、$Q_{1}$间的距离为r，则$Q_{1}$、$Q_{3}$在P点产生的合场强大小有$\cos120^{\circ}=\frac{(\frac{kq}{r^{2}})^{2}+(\frac{k\cdot4q}{(4r)^{2}})^{2}-E_{2}^{2}}{2\cdot\frac{k^{2}q^{2}}{4r^{4}}}$，解得$E_{2}=\frac{\sqrt{3}kq}{r^{2}}$，而$Q_{2}$产生的场强大小为$E_{2}'=\frac{\sqrt{3}kq}{r^{2}}$，则P点的场强可能为零，D项正确。故选D项。

2.(2023·海南)如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有$A$、$B$两点，$AO = 2\ cm$，$OB = 4\ cm$，在$A$、$B$固定两个带电荷量分别为$Q_1$、$Q_2$的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧$P$点(小球可视为点电荷)，已知$AP:BP = n:1$，试求$Q_1:Q_2$是多少(C)


A.$2n^2:1$
B.$4n^2:1$
C.$2n^3:1$
D.$4n^3:1$

答案：
2.答案　C
解析　对小球受力分析如图所示

由正弦定理有$\frac{F_{A}}{\sin\angle CPH}=\frac{F_{B}}{\sin\angle CHP}$，其中$\angle CPH=\angle OPB$，$\angle CHP=\angle HPD=\angle APO$，其中$\triangle APO$中$\frac{AP}{\sin(\pi-\angle POB)}=\frac{AO}{\sin\angle APO}$，同理有$\frac{BP}{\sin\angle POB}=\frac{BO}{\sin\angle BPO}$，其中$F_{A}=\frac{kQ_{1}q}{AP^{2}}$，$F_{B}=\frac{kQ_{2}q}{BP^{2}}$，联立有$Q_{1}:Q_{2}=2n^{3}:1$，故选C项。

3.(2022·山东)半径为$R$的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于$O$点，环上均匀分布着电荷量为$Q$的正电荷。点$A$、$B$、$C$将圆环三等分，取走$A$、$B$处两段弧长均为$\Delta L$的小圆弧上的电荷。将一点电荷$q$置于$OC$延长线上距$O$点为$2R$的$D$点，$O$点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，$q$为(C)


A.正电荷，$q = \frac{Q\Delta L}{\pi R}$
B.正电荷，$q = \frac{\sqrt{3}Q\Delta L}{\pi R}$
C.负电荷，$q = \frac{2Q\Delta L}{\pi R}$
D.负电荷，$q = \frac{2\sqrt{3}Q\Delta L}{\pi R}$

答案： 3.答案　C
解析　在取走A、B处两段小圆弧上的电荷之前，整个圆环上的电荷在O点产生的场强为零，而取走的A、B处的电荷的电荷量$q_{A}=q_{B}=\frac{Q}{2\pi R}\Delta L$，$q_{A}$、$q_{B}$在O点产生的合场强为$E_{AB}=\frac{k\frac{Q}{2\pi R}\Delta L}{R^{2}}=\frac{kQ\Delta L}{2\pi R^{3}}$，方向为从O指向C，故取走A、B处的电荷之后，剩余部分在O点产生的场强大小为$\frac{kQ\Delta L}{2\pi R^{3}}$，方向由C指向O，而点电荷q放在D点后，O点场强为零，故q在O点产生的场强与$q_{A}$、$q_{B}$在O点产生的合场强相同，所以q为负电荷，即有$\frac{kq}{(2R)^{2}}=\frac{kQ\Delta L}{2\pi R^{3}}$，解得$q=\frac{2Q\Delta L}{\pi R}$，C项正确。

4.(2022·辽宁)(多选)如图所示，带电荷量为$6Q(Q ＞ 0)$的球$1$固定在倾角为$30^{\circ}$光滑绝缘斜面上的$a$点，其正上方$L$处固定一电荷量为$-Q$的球$2$，斜面上距$a$点$L$处的$b$点有质量为$m$的带电球$3$，球$3$与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在$b$点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为$\frac{L}{2}$，球$2$、$3$间的静电力大小为$\frac{mg}{2}$。迅速移走球$1$后，球$3$沿斜面向下运动。$g$为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球$3$的说法正确的是(BCD)


A.带负电
B.运动至$a$点的速度大小为$\sqrt{gL}$
C.运动至$a$点的加速度大小为$2g$
D.运动至$ab$中点时对斜面的压力大小为$\frac{3\sqrt{3} - 4}{6}mg$

答案： 4.答案　BCD
解析　由题意可知三个小球构成一个等边三角形，弹簧处于压缩状态，故小球1和3一定是斥力，小球1带正电，故小球3带正电，故A项错误；小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于$\frac{L}{2}$，根据对称性可知，小球2对小球3做功为0；弹簧弹力做功为0，故根据动能定理有$mgL\sin\theta=\frac{1}{2}mv^{2}$，解得$v=\sqrt{gL}$，故B项正确；小球3在b点时，设小球3的电荷量为q，有$\frac{kQq}{L^{2}}=\frac{mg}{2}$，设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有$F=\frac{kq\cdot6Q}{L^{2}}\sin30^{\circ}-mg\sin30^{\circ}=\frac{9}{4}mg$，小球运动至a点时，弹簧的伸长量等于$\frac{L}{2}$，根据对称性可知$F+\frac{kQq}{L^{2}}\sin30^{\circ}-mg\sin30^{\circ}=ma$，解得$a = 2g$，故C项正确；当运动至ab中点时，弹簧弹力为0，此时小球2对小球3的力为$F_{23}=\frac{kQq}{(\frac{\sqrt{3}}{2}L)^{2}}=\frac{4}{3}\cdot\frac{kQq}{L^{2}}=\frac{4}{3}×\frac{mg}{2}=\frac{2}{3}mg$，斜面对小球的支持力为$F_{N}=mg\cos30^{\circ}-F_{23}=\frac{\sqrt{3}}{2}mg-\frac{2}{3}mg=\frac{3\sqrt{3}-4}{6}mg$，根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为$\frac{3\sqrt{3}-4}{6}mg$，故D项正确。故选B、C、D三项。

5.（2023·全国乙卷）如图，等边三角形$\triangle ABC$位于竖直平面内，$AB$边水平，顶点$C$在$AB$边上方，$3$个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知$AB$边中点$M$处的电场强度方向竖直向下，$BC$边中点$N$处的电场强度方向竖直向上，$A$点处点电荷的电荷量的绝对值为$q$，求：

（1）$B$点处点电荷的电荷量的绝对值并判断$3$个点电荷的正负；
（2）$C$点处点电荷的电荷量。

答案：
5.答案　
(1)q；$A$、$B$、$C$均为正电荷
(2)$\frac{3-\sqrt{3}}{3}q$
解析　
(1)因为M点电场强度竖直向下，则C为正电荷，根据场强的叠加原理，可知A、B两点的电荷在M点的电场强度大小相等，方向相反，则B点电荷带电荷量为q，电性与A相同，又N点电场强度竖直向上，可得A处电荷在N点的场强垂直BC沿AN连线向右上，如图所示，

可知A处电荷为正电荷，所以A、B、C均为正电荷。
(2)如图所示，

由几何关系$\frac{E_{N}'}{E_{A}'}=\frac{E_{BC}'}{E_{BC}}\cdot\tan30^{\circ}$，即$\frac{kq}{AN^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}(\frac{kq}{BN^{2}}-\frac{kq_{C}}{CN^{2}})$，其中$AN=\sqrt{3}BN=\sqrt{3}CN$，解得$q_{C}=\frac{3-\sqrt{3}}{3}q$。