2027年高考物理总复习训练题-电场力的性质

第1页（共1页）2027年高考物理总复习训练题——电场力的性质一．选择题（共19小题）1．（2026•陕西模拟）如图，PO为光滑绝缘竖直墙壁，OQ为光滑绝缘水平地面，地面上方有一水平向左的匀强电场E，带正电荷的A、B两小球（均视为质点）均紧靠接触面而处于静止状态。若在小球A上加竖直向下的推力F，小球A沿墙壁PO向着O点移动一小段距离后，适当移动B球，小球A与B重新处于静止状态，假设两小球所带电荷量保持不变，则有推力F的新平衡状态与原平衡状态比较（）A．A球对竖直墙壁的作用力增大 B．两球之间的距离不变 C．A球与B球间的静电力增大 D．地面对B球的弹力不变2．（2026•金凤区校级一模）在光滑水平轨道上有两个小球A和B（均可看作质点），质量分别为2m和3m当两球间的距离大于L时，两球之间无相互作用；当两球间的距离等于或小于L时，两球间存在大小为F的恒定斥力。设A球从距离B球足够远处以某一初速度沿两球连线向原来静止的B球运动，如图所示，结果两球恰好接触，则该初速度大小为（）A．3FL2m B．5FL3m C．5FL6m 3．（2026•南京模拟）如图所示，在光滑绝缘水平桌面上，电荷量相同、质量均为m的带正电小球A、B，带负电的小球C质量为2m，A、B间通过绝缘细线连接，C与A、B分别通过两端带铰链的绝缘轻杆相连接，三者构成边长为L的正三角形，小球均处于静止状态，剪断细线（）A．瞬间A的加速度方向沿BA方向 B．瞬间A的加速度大于C的加速度 C．三个球运动过程中，系统机械能守恒 D．三个球开始运动至共线时，C球位移为L4．（2026•广东模拟）如图，带电小滑块甲和乙的质量相同，放置在足够长的光滑绝缘斜面上，相距L1（远远大于滑块宽度），释放两滑块瞬间，甲的加速度为零；经过一段时间，两滑块相距L2时，速度分别为v甲、v乙，加速度之比a甲：a乙＝4：5，则（）A．v甲＝2v乙 B．v甲＝v乙 C．L2＝2L1 D．L2＝3L15．（2026•德阳模拟）如图所示，两条不等长的绝缘细线一端拴在同一点上，另一端分别拴两个带同种电荷的小球A和B，电荷量分别是q1、q2，质量分别为m1、m2，两小球静止在同一水平面，且α＞β。剪断细线a，小球开始运动。重力加速度为g，则（）A．剪断a前，细线a中张力小于细线b中张力 B．剪断a瞬间，小球A的加速度大小为gsinα C．剪断a瞬间，细线b中张力大小为m2gcosβ D．剪断a后，小球A做匀加速直线运动6．（2026•合肥模拟）如图，距离为2l的a、b两点连线水平，MN是ab的竖直中垂线，带电量为Q的正点电荷固定在a点，另一点电荷固定在b点，质量为m的带电小球恰好静止在MN上的c点，ac与ab间的夹角为30°，重力加速度大小为g，静电力常量为k，则（）A．固定在b点的电荷带电量为2Q B．固定在b点的电荷可能带负电 C．带电小球的带电量为mglD．将带电小球沿MN向上移动一段距离后释放球可能静止7．（2026•市中区校级模拟）如图所示，水平天花板下方固定一个光滑小定滑轮O，在定滑轮的正下方C处固定一个正点电荷，不带电的小球a、带正电的小球b分别与跨过定滑轮的绝缘轻绳两端相连。开始时系统在图示位置静止，已知Ob＜OC。若b球所带的电荷量缓慢减少（未减为零），则在b球到达定滑轮O正下方前，下列说法正确的是（）A．a球的质量可能等于b球的质量 B．b球的轨迹是一段以O点为圆心的圆弧 C．此过程中点电荷对b球的库仑力增大 D．此过程中滑轮受到轻绳的作用力减小8．（2026•雨花区校级二模）如图所示，在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形，顶点到O点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、3q、5q、7q、9q的正点电荷，且电荷量为5q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k，则O点的电场强度（）A．方向沿与x轴正方向成18°夹角斜向下 B．方向沿与x轴正方向成54°夹角斜向下 C．大小为4kqR2（cos18°+2cos54D．大小为4kqR2（cos18°9．（2026•滨州二模）如图所示，真空中有一正立方体，A、B、C为立方体的三个顶点，D点是立方体的中心。在A、B、C三点放置电荷量分别为q、2q、q的正点电荷，已知A点处的点电荷在D点产生的场强大小为E，则D点处的合场强大小为（）A．E B．263E C．2310．（2026•青羊区校级模拟）如图甲所示，一带正电的圆环套在粗糙绝缘水平杆上，处于静止状态。在整个空间施加平行于竖直平面与水平方向成θ角的匀强电场，场强大小与圆环加速度大小的对应关系如图乙所示。不计空气阻力，运动过程中电量不变，取重力加速度大小g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A．无论E取何值，圆环一定受到摩擦力作用 B．电场与水平方向的夹角为60° C．圆环与水平杆间的动摩擦因数为0.5 D．圆环的比荷为1.25×10﹣3C/kg11．（2026•南京模拟）“彭宁离子阱”是一个可以用来储存带电粒子的装置，它主要由一对左右对称的环电极和一对上下对称的端电极构成，如图所示，其内部某一截面的部分电场线和等势线分布，则（）A．P、M两点电场强度相同 B．P、Q两点电场强度EP＞EQ C．P、Q两点电势φP＞φQ D．M、N两点电势φM＞φN12．（2026•宝安区校级二模）干燥的季节，人体与衣物摩擦会造成静电积累。如图所示，当伸手靠近门把手等金属物品时，手指与金属之间的空气会被电离，发生放电现象，就有了被“电”的感觉。实验研究发现，通常情况下空气至少要在3×106V/m的电场中才会被导通放电。若手腕到门把手之间电势的变化如图所示，当人手靠近门把手时，下列说法正确的是（）A．人手带负电荷，门把手带正电荷 B．空气中的负电荷靠近人手的过程中，电势能增大 C．从手指前端到门把手，电场强度逐渐减小 D．手指前端与门把手的距离小于1cm，人才会有被“电”的感觉13．（2026•昌平区一模）点电荷+Q产生的电场如图所示，a、b是同一条电场线上的两点，下列说法正确的是（）A．a点电场强度比b点的小 B．电子在a点的电势能比b点的大 C．若Q变为原来的2倍，a、b两点间电势差不变 D．若Q变为原来的2倍，a点电场强度变为原来的2倍14．（2026•湖南模拟）小明同学在研究了两个等量同种电荷的中垂线上的电场分布规律后，想将其研究方法推广到其它带电体情形，如图所示，一个均匀分布正电荷Q的圆环，其半径为a，以圆环圆心为坐标原点O，垂直于圆环平面建立x轴，他大致画出了x轴上的电场强度与x轴的图像，下列图像符合实际情况的是（）A． B． C． D．15．（2026•道里区校级二模）如图所示，半径为2R的均匀带正电实心球体，总电荷量为Q，以该球体内部的O′点为球心，挖一个半径为R的球形空腔。过原球心O和空腔球心O′的直线上有A、B两点，OB＝BA＝2R。D为OO′的中点，C为O′正上方距O′为R2的一点。已知静电力常量为kA．O′处的电场强度为零 B．C、D两点处电场强度方向不同 C．A点处电场强度的大小为7kQ36D．C点处电场强度的大小为kQ16．（2026•未央区校级模拟）如图所示为密立根油滴实验示意图，两块水平放置的平行金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场。油滴从喷口出来时由于摩擦而带负电，油滴的大小、质量各不相同。油滴进入电场时的初速度、油滴间的相互作用及空气对油滴的浮力忽略不计。下列说法正确的是（）A．悬浮的油滴所带的电荷量一定相等 B．若某油滴向下加速运动，则重力和静电力的合力做负功 C．若某油滴向下加速运动，仅增加平行金属板间距离，可使该油滴处于平衡状态 D．若某油滴悬浮不动，断开电源与平行金属板的连接，仅减小平行金属板间距离，则该油滴仍不动17．（2026•菏泽一模）如图所示长方体框架内，上表面是边长为1.2m的正方形，顶点A、D固定两个电荷量均为+Q（Q＝5×10﹣4C）的点电荷，通过固定在顶点A、D的两段细线悬挂质量m＝0.1kg、不带电的金属小球，其中AP＝DP＝1m，小球在竖直平面efgh内，该平面平行于长方体前表面ABB′A′，平面ADP与ADD′A′夹角为37°。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（）A．使小球在P点保持静止，在efgh面内所加外力F的最小值为0.8N B．小球从图中位置由静止释放的瞬间，绳AP的拉力大小为0.6N C．小球从图中位置由静止释放，运动到最低点时的速度大小为3.2m/sD．若小球电荷量q=+(2518×1018．（2026•松滋市校级模拟）如图所示，半径为R的球体均匀分布着电荷量为Q的正电荷，球心位于xOy坐标系的O点。在x＝3R处放置一正点电荷，x＝2R处的电场强度恰好为零。当截去右半球后（不影响球体内电荷的分布情况），x＝2R处的电场强度大小为E0；已知静电力常量为k，则截去右半球后，x＝﹣2R处的电场强度大小为（）A．k13Q25R2+E0C．kQ100R2+19．（2026•柳州二模）光滑绝缘水平面上方存在一水平向左的匀强电场E，场强大小未知，将带电量分别为+Q、﹣Q的两小球a、b锁定在水平面上的M、N两点，两小球间距为l，如图所示，已知M、N连线中点O处的场强为0，两小球的质量均为m，可视为点电荷。现将小球a解除锁定，则解锁瞬间小球a的加速度大小为（）A．7kQ2ml2 B．6kQ2m二．多选题（共6小题）（多选）20．（2026•毕节市模拟）如图所示，光滑绝缘的半圆环竖直固定，带同种电荷的两小球甲、乙套在圆环上处于静止状态，甲、乙与半圆环圆心的连线与竖直方向的夹角分别为α和β。下列说法正确的是（）A．甲、乙质量之比为tanβ：tanα B．甲、乙质量之比为sinβ：sinα C．甲、乙电荷量缓慢减少一些，两小球间的库仑力不变 D．甲、乙电荷量缓慢减少一些，α和β减小，sinβ：sinα不变（多选）21．（2026•常宁市校级模拟）如图所示，光滑绝缘的竖直墙面和斜面夹角∠MON＝60°，两个带电小球A、B分别处于竖直墙面和斜面上M、N点并处于平衡状态，O、M、N在同一竖直平面内，已知A球质量为m，电荷量为q，OM＝ON＝MN＝l，静电力常量为k，重力加速度为g，则B球（）A．质量为2m B．质量为m2C．电荷量为mgl2kq （多选）22．（2026•金凤区校级一模）如图所示，在半径为R的圆周上均匀地分布着六个电荷量均为q的正电荷。在圆心O处固定有一个电荷量为q的负电荷，现随机将六个正电荷中的两个更换为电荷量为q的负电荷，静电力常量为k，此时O点的负电荷受到的静电力大小可能为（）A．0 B．23kq2R2 C（多选）23．（2026•邢台一模）为探究包装袋易撕口的物理原理，小明进行了以下研究：①模拟实验。如图1所示，用一端固定的竖直纸带模拟包装袋，在纸带边缘切开一个V字型的小缺口模拟易撕口。在纸带的另一端施加拉力，纸带总是从V字型缺口处撕开。②查阅资料。物理学中用“应力”来分析材料的变形和断裂。如图2所示，在物体内部某一截面上，取极小面积ΔS包围A点，因外力引起该处相互作用力的改变量为ΔF，则ΔFΔS称为A点处的应力。类比电场线，用“力线”来描述应力在施力点和支撑点间强弱及方向的分布。图3是有两个对称支撑点的水平横梁中点受向下压力F根据上述信息并结合所学知识，下列推断正确的是（）A．应力的单位与压强的单位相同 B．图1中垂直纸带任取两个水平横截面，穿过两截面的力线条数相等 C．图1中小缺口处P点与Q点相比，Q点处力线密集，应力大 D．图3中M点与N点相比，横梁更容易在M点处断裂（多选）24．（2026•菏泽二模）如图所示，A、B、C为真空中边长为a的正三角形的三个顶点，三个顶点上分别固定了电荷量为+5q、+3q、+q的点电荷，O为正三角形的中心，若规定φ∞＝0，点电荷产生的电势φ＝kQr（k为静电力常量，Q为点电荷电量，rA．O点的电势为93B．O点的电场强度大小为63C．O点的电场强度的方向平行于AC指向C D．固定在B点的点电荷受到另外两个点电荷的作用力大小为18k（多选）25．（2026•岳阳模拟）如图所示，光滑的绝缘细绳两端固定在等高的竖直杆上，细绳质量忽略不计，均匀的带电金属小环（可看成质点）穿在绝缘细绳上，并在水平的匀强电场的作用下在某位置保持静止，匀强电场平行两竖直杆所在平面，细绳上的张力大小用F来表示。下列操作中，细绳上张力F大小可能保持不变的是（）A．只将电场强度增大一点 B．只将电场强度减小一点 C．只将细绳的右端点下移一小段距离 D．只将细绳的左端点下移一小段距离三．解答题（共2小题）26．（2026•亳州模拟）如图所示，水平地面上方存在一匀强电场（大小、方向可调节），一个质量为m，电荷量为q带正电的小球，仅受重力和电场力作用，且这两个力合力沿图中虚线方向，虚线与水平地面的夹角为30°，重力加速度为g。（1）若小球从虚线上某处静止释放，沿虚线向下运动，求满足该条件下电场强度的最小值；（2）若小球的初速度方向垂直于虚线向右上方，大小为v0=8E0（3）求在上述（2）中从图示位置出发到最高点的过程，小球电势能的改变量。27．（2026•漳州模拟）如图，两半径近似相等的光滑绝缘环形挡板固定在光滑水平面内，组成一圆心为O、半径为R的圆形轨道。A、B为轨道上两点，M为OA的中点，N点在OA延长线上、与O点距离为2R，且BO⊥BN。在M点固定一电荷量为Q的负点电荷，在N点固定一电荷量为2Q的正点电荷。一带正电小球在轨道内做匀速圆周运动，经过A点时对内、外侧挡板均无压力。已知小球质量为m、电荷量为q，小球可视为质点且运动过程中电荷量保持不变，静电力常量为k。求：（1）M、N两处的电荷产生的电场在A点的合场强大小；（2）小球做匀速圆周运动的速度大小；（3）小球经过B点时对挡板压力的大小和方向。

解答一．选择题（共19小题）1．（2026•陕西模拟）如图，PO为光滑绝缘竖直墙壁，OQ为光滑绝缘水平地面，地面上方有一水平向左的匀强电场E，带正电荷的A、B两小球（均视为质点）均紧靠接触面而处于静止状态。若在小球A上加竖直向下的推力F，小球A沿墙壁PO向着O点移动一小段距离后，适当移动B球，小球A与B重新处于静止状态，假设两小球所带电荷量保持不变，则有推力F的新平衡状态与原平衡状态比较（）A．A球对竖直墙壁的作用力增大 B．两球之间的距离不变 C．A球与B球间的静电力增大 D．地面对B球的弹力不变【分析】对A、B两球分别进行受力分析，结合平衡条件与库仑定律，分析施加推力后各力及两球间距的变化，逐一判断选项正误。【解答】解：AD.以AB整体，整体在水平方向受到向左的电场力，大小为E（qA+qB），竖直墙壁向右的弹力N，故有N＝E（qA+qB）保持不变，竖直方向，施加力F之前，地面对B的支持力NB＝（mA+mB）g施加力F之后，地面对B的支持力为N'B＝（mA+mB）g+F，变大，故AD错误；BC.分析A球，施加力F之前受力如图1：则B对A的库仑力为F施加力F之后，A的受力如图2：则B对A的库仑力变大为(mAg+F)2+(EqB)故选：C。【点评】本题以带电小球在复合场中的平衡为载体，融合受力分析、库仑定律与平衡条件，考查力电综合问题的分析能力，对物理规律的综合应用与逻辑推导要求较高。2．（2026•金凤区校级一模）在光滑水平轨道上有两个小球A和B（均可看作质点），质量分别为2m和3m当两球间的距离大于L时，两球之间无相互作用；当两球间的距离等于或小于L时，两球间存在大小为F的恒定斥力。设A球从距离B球足够远处以某一初速度沿两球连线向原来静止的B球运动，如图所示，结果两球恰好接触，则该初速度大小为（）A．3FL2m B．5FL3m C．5FL6m 【分析】A球向B球接近至A、B间的距离小于L之后，A球的速度逐步减小，B球从静止开始加速运动，两球间的距离逐步减小；当A、B两球的速度相等时，两球间的距离最小；若此距离为零，则两球就会接触；结合牛顿第二定律和运动学公式求出v0必须满足的条件。【解答】解：A球向B球接近至A、B间的距离小于L之后，A球的速度逐步减小，B球从静止开始加速运动，两球间的距离逐步减小；当A、B两球的速度相等时，两球间的距离最小。若两球间距距离为零，则两球就会接触，所以恰好接触的条件是：v1＝v2，L+s2﹣s1＝0，其中v1、v2为当两球间距离最小时，A、B两球的速度，s1、s2为两球间距离从L变至最小的过程中，A、B两球通过的路程。由牛顿第二定律得：a1=F2m，a2设v0为A球的初速度，则由匀加速运动公式，得：v1＝v0﹣a1t，v2＝a2t，s1＝v0t-12a1t2，s2=12a联立以上各式解得：v0=5FL3m，故ACD错误，故选：B。【点评】解决本题的关键知道两球速度相等时，有最短距离，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。3．（2026•南京模拟）如图所示，在光滑绝缘水平桌面上，电荷量相同、质量均为m的带正电小球A、B，带负电的小球C质量为2m，A、B间通过绝缘细线连接，C与A、B分别通过两端带铰链的绝缘轻杆相连接，三者构成边长为L的正三角形，小球均处于静止状态，剪断细线（）A．瞬间A的加速度方向沿BA方向 B．瞬间A的加速度大于C的加速度 C．三个球运动过程中，系统机械能守恒 D．三个球开始运动至共线时，C球位移为L【分析】A.剪断细线瞬间，分析A的受力情况，结合牛顿第二定律判断加速度方向；B.根据称性可知，A、B的加速度大小相等，根据动量守恒定律结合加速度的合成判断瞬间A的加速度与C的加速度关系；C.根据机械能守恒的条件判断；D.根据长度关系求三个球开始运动至共线时，C球位移。【解答】解：A.剪断细线瞬间，A受到三个作用：B对A的库仑斥力，沿AB连线背离B；C对A的库仑引力，沿AC连线指向C；轻杆AC的弹力，沿AC方向。三个力的合力存在沿AB方向和垂直AB方向的两个分量，因此A的加速度方向不沿BA方向，故A错误；B.系统在光滑水平面上运动，合外力为零，总动量守恒且初始总动量为零。由对称性可知，A、B的加速度大小相等，且垂直AB方向的分量大小相等、方向相同，设为aA⊥，C的加速度仅沿AB的中垂线方向，大小为aC以C的运动方向为正方向，垂直AB方向动量守恒：mvA⊥+mvB⊥+2mvC＝0代入vA⊥＝vB⊥得vC＝﹣vA⊥对时间求导得aC＝aA⊥A的合加速度大小为aA=aAB2+aA⊥显然aA＞aA⊥＝aC，故B正确；C.系统内存在库仑力（电场力）做功，运动过程中电势能与动能相互转化，系统的机械能（仅动能，重力势能无变化）与电势能之和守恒，机械能不守恒，故C错误；D.系统初始静止，合外力为零，质心位置保持不变初始时正三角形质心沿AB中垂线方向的坐标为：y三球共线时，杆长不变（AC＝BC＝L），三球位于同一水平线上，质心y坐标等于C的y坐标，因此C沿中垂线方向的位移大小为：Δy=故D错误。故选：B。【点评】本题考查库仑力作用下的平衡问题，要求学生能正确分析带小球的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。4．（2026•广东模拟）如图，带电小滑块甲和乙的质量相同，放置在足够长的光滑绝缘斜面上，相距L1（远远大于滑块宽度），释放两滑块瞬间，甲的加速度为零；经过一段时间，两滑块相距L2时，速度分别为v甲、v乙，加速度之比a甲：a乙＝4：5，则（）A．v甲＝2v乙 B．v甲＝v乙 C．L2＝2L1 D．L2＝3L1【分析】先利用初始甲加速度为零的受力平衡条件，结合库仑力的相互性和牛顿第二定律，由加速度比推导两滑块的距离关系，再用系统动量守恒分析速度。【解答】解：CD、释放瞬间甲的加速度为零，根据牛顿第二定律，甲所受合力为零，甲受重力沿斜面分力mgsinθ（沿斜面向下）、库仑力F故有F＝mgsinθ，此时两滑块相距L1由库仑定律得：F=k联立可得：k运动过程中加速度关系两滑块在库仑斥力作用下沿斜面远离，距离增大为L2时，库仑力减小为F'此时甲的加速度a乙的加速度a此时甲受库仑力沿斜面向下，乙受库仑力沿斜面向上，加速度分别为：a甲=由a甲：a乙＝4：5代入得：mgsinθ+F'代入数据可得F'=结合mgsinθ=k代入F'得：1化简得L故L2＝3L1，故D正确，C错误；AB、系统沿斜面方向受重力分力的合外力不为零，动量不守恒，无法直接得出U甲与v乙的定量关系，故AB错误。故选：D。【点评】本题考查库仑力作用下的受力分析、牛顿第二定律与动量守恒的综合应用，关键是利用库仑力的相互性和受力平衡条件，结合加速度比推导距离关系，对综合分析能力要求较高。5．（2026•德阳模拟）如图所示，两条不等长的绝缘细线一端拴在同一点上，另一端分别拴两个带同种电荷的小球A和B，电荷量分别是q1、q2，质量分别为m1、m2，两小球静止在同一水平面，且α＞β。剪断细线a，小球开始运动。重力加速度为g，则（）A．剪断a前，细线a中张力小于细线b中张力 B．剪断a瞬间，小球A的加速度大小为gsinα C．剪断a瞬间，细线b中张力大小为m2gcosβ D．剪断a后，小球A做匀加速直线运动【分析】剪断前对两球受力分析，利用平衡条件推导张力关系；剪断瞬间分析小球A的受力变化，结合库仑力的特点判断加速度大小与后续运动，同时分析小球B的受力变化。【解答】解：A、对小球A、B分别进行受力分析，均受重力、细线拉力、库仑斥力，三力平衡。设库仑斥力大小为F，对A球：重力m1g，竖直向下，拉力Ta沿细线方向，库仑力F水平向右。将Ta分解为水平分力Tasinα和竖直分力Tacosα由平衡条件得：Tacosα＝m1g（竖直方向平衡），Tasinα＝F（水平方向平衡）对B球同理：Tbcosβ＝m2g，Tbsinβ＝Fa联立得Ta=m1gcosα，Tb=m2由库仑定律F＝kq两球距离r相同，故F相同，结合Tasinα＝Tbsinβ＝F可得Ta=Fsinα，Tb=Fsinβ，因α＞β，则sinα＞sinβ，故TaB、剪断细线a瞬间，细线a的拉力Ta消失，库仑力F和重力m1g不变，小球A所受合力为F与m1g的合力，方向斜向右下方，由平衡时F＝m1gtanα合力大小为(加速度a=合力m1C、剪断细线a瞬间，小球B的受力仍为重力m2g、库仑力F、细线b拉力Tb三力平衡。竖直方向：Tbcosβ＝m2g解得Tb=mD、剪断细线a后，小球A在重力和库仑力作用下运动，库仑力大小随距离变化而变化，合力大小和方向均变化，加速度变化，故做变加速曲线运动，而非匀加速直线运动，故D错误。故选：A。【点评】本题结合库仑力考查受力平衡与瞬时加速度问题，需分析平衡状态、瞬间受力突变及后续运动，检验对力学平衡和瞬时问题的综合应用能力。6．（2026•合肥模拟）如图，距离为2l的a、b两点连线水平，MN是ab的竖直中垂线，带电量为Q的正点电荷固定在a点，另一点电荷固定在b点，质量为m的带电小球恰好静止在MN上的c点，ac与ab间的夹角为30°，重力加速度大小为g，静电力常量为k，则（）A．固定在b点的电荷带电量为2Q B．固定在b点的电荷可能带负电 C．带电小球的带电量为mglD．将带电小球沿MN向上移动一段距离后释放球可能静止【分析】小球在c点静止，需分析其受力平衡。已知重力竖直向下，电荷a对小球有库仑力，方向沿ac连线。为使小球在MN上平衡，电荷b对小球的作用力必须与a对称，保证水平合力为零。由几何关系ac等于bc，结合水平方向平衡条件，可知b点电荷电量与a相同，且都带正电，否则无法实现水平平衡。竖直方向，两个库仑力的竖直分量之和需与重力平衡，据此可求小球电量。选项D涉及将小球沿MN上移后的平衡可能性，需考虑等量同种点电荷中垂线上场强分布规律，判断是否存在另一位置满足电场力与重力平衡。【解答】解：AB、小球在c点受到重力mg、电荷a的静电力Fa和电荷b的静电力Fb作用而处于静止状态。依据对称性与水平方向受力平衡条件，Fa与Fb在水平方向的分力必须等大反向，因为ac＝bc，所以两点电荷在c点产生的场强在水平分量相互抵消，可得Qa＝Qb＝Q。如果电荷b带负电，则其对小球的水平作用力与a相同，小球无法在MN上维持平衡；同时，为了平衡重力，合电场力方向需向上，由于a为正电荷，因此小球必须带正电，且b也需为正电荷，故AB错误；C、根据几何关系，AO＝l，在三角形aOc中，ac=lcos30°=233lD、依据等量同种正点电荷连线中垂线的场强分布规律，场强从O点沿MN向上先增大后减小，在y=2当前位置Oc=ltan30°=33l≈0.577l由于c点为平衡点，在该点上方电场力先增后减，在最大场强点上方必然存在另一点c'，使得该处电场力再次等于重力，所以将小球向上移动一段距离后释放，它有可能在更高位置保持静止，故D正确。故选：D。【点评】本题以等量同种点电荷的静电场为背景，综合考查共点力平衡、电场力的合成以及场强分布规律。题目涉及几何关系的运用与受力分析，计算量适中，对学生的建模分析能力和逻辑推理能力有较好要求。其亮点在于将常见的平衡问题置于特定场强分布中，并引导学生判断移动后再次平衡的可能性，这需要学生深刻理解场强随位置变化的非单调性。易错点在于容易忽略b点电荷的带电性质对水平方向平衡的决定性影响，以及误判中垂线上场强的变化规律。选项D的判定尤为关键，它考查学生对平衡稳定性和场强极值点位置关系的深入理解。7．（2026•市中区校级模拟）如图所示，水平天花板下方固定一个光滑小定滑轮O，在定滑轮的正下方C处固定一个正点电荷，不带电的小球a、带正电的小球b分别与跨过定滑轮的绝缘轻绳两端相连。开始时系统在图示位置静止，已知Ob＜OC。若b球所带的电荷量缓慢减少（未减为零），则在b球到达定滑轮O正下方前，下列说法正确的是（）A．a球的质量可能等于b球的质量 B．b球的轨迹是一段以O点为圆心的圆弧 C．此过程中点电荷对b球的库仑力增大 D．此过程中滑轮受到轻绳的作用力减小【分析】对b球进行受力分析，由相似三角形结合库仑定律以及力的合成与分解分析。【解答】解：A、对b球进行受力分析，B球受到重力mbg、受到轻绳的拉力T和库仑力F，如图所示：由相似三角形关系可知：FbC=mbgOC=TOb，其中：F=kqbqCbC2，T＝maB、由mag不变，可知Ob不变，故b球的轨迹是一段以O点为圆心的圆弧，故B正确；C、由于qb减小，可知bC也减小，此过程中B球所受库仑力减小且方向改变，故C错误；D、滑轮受到的轻绳的作用力大小始终为mag，大小不变，由于bC减小，可知两绳夹角减小，所以滑轮受到两绳的合力增大，故D错误。故选：B。【点评】解这类与库仑力有关的平衡题目就像解决共点力的平衡类题目一样，先对物体进行受力分析，然后进行力的合成与分解，列出平衡表达式，进而求出所需的物理量。8．（2026•雨花区校级二模）如图所示，在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形，顶点到O点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、3q、5q、7q、9q的正点电荷，且电荷量为5q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k，则O点的电场强度（）A．方向沿与x轴正方向成18°夹角斜向下 B．方向沿与x轴正方向成54°夹角斜向下 C．大小为4kqR2（cos18°+2cos54D．大小为4kqR2（cos18°【分析】根据点电荷产生的场强公式结合电场的叠加合成知识进行分析解答。【解答】解：由题意可知，如图题干中的五个点电荷在O点产生的场可等效成乙图中的五个点电荷在O点产生的场，设E0=2kqE＝2E0cos18°+2×2E0cos54°代入可得E=4kq方向沿x轴负方向。故ABD错误，C错误。故选：C。【点评】本题考查点电荷产生的场强公式结合电场的叠加合成知识，会根据题意进行准确分析解答。9．（2026•滨州二模）如图所示，真空中有一正立方体，A、B、C为立方体的三个顶点，D点是立方体的中心。在A、B、C三点放置电荷量分别为q、2q、q的正点电荷，已知A点处的点电荷在D点产生的场强大小为E，则D点处的合场强大小为（）A．E B．263E C．23【分析】根据A点处的点电荷在D点产生的场强大小为E，结合电场强度的计算公式、矢量的叠加方法进行解答。【解答】解：设正方体的棱长为L，根据几何关系可得：AB＝BC＝CA=2L，DA＝DB＝D﹣ABC为四面体，D与三角形ABC中心O连线与DA的夹角为θ，如图所示：则有：AO=DO=则sinθ=AOAD=6将B处的电荷等效于q+q，其中三个q在D处的合场强为：E1＝3Ecosθ＝E，方向沿OD方向；B处剩余q的电荷在OD方向的分量为：Ey＝Ecosθ=13E，垂直于OD方向的分量为：Ex＝则D点的电场强度为：ED=解得：ED=263E，故故选：B。【点评】本题主要考查考查电场强度的叠加，关键是掌握电场强度的叠加方法，知道电场强度是矢量，符合适量的叠加方法。10．（2026•青羊区校级模拟）如图甲所示，一带正电的圆环套在粗糙绝缘水平杆上，处于静止状态。在整个空间施加平行于竖直平面与水平方向成θ角的匀强电场，场强大小与圆环加速度大小的对应关系如图乙所示。不计空气阻力，运动过程中电量不变，取重力加速度大小g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A．无论E取何值，圆环一定受到摩擦力作用 B．电场与水平方向的夹角为60° C．圆环与水平杆间的动摩擦因数为0.5 D．圆环的比荷为1.25×10﹣3C/kg【分析】对圆环进行受力分析，加速度恒定阶段的受力平衡与牛顿第二定律，联立方程求解动摩擦因数μ和角度θ；在加速度恒定阶段，根据牛顿第二定律列出电场力水平分量与滑动摩擦力的合力表达式，代入已知加速度和已求出的μ、θ，计算得出圆环的比荷；因为电场力的垂直分量与重力平衡分析判断。【解答】解：E大到一定程度后加速度大小恒为7.5m/s2，对圆环受力分析如图1：竖直方向平衡有FN+mg＝Eqsinθ水平方向由牛顿第二定律有Eqcosθ﹣f＝maf＝μFN联立可得a=Eq结合图乙可知cosθ﹣μsinθ＝0μg＝7.5m/s2解得μ＝0.75θ＝53°E＝5×103N/C时，圆环恰好处于平衡状态，受力分析如图2：水平方向平衡有fm＝Eqcosθfm＝μF'N竖直方向平衡有F'N+Eqsinθ＝mg解得圆环的比荷qm=1.25×10﹣当Eqsinθ＝mg时，圆环不受摩擦力作用。故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题以带电圆环在斜向电场中的运动为背景，结合a﹣E图像的临界状态，考查受力分析、牛顿运动定律与摩擦力规律，综合性较强，能有效检验学生对力学与电场知识的综合应用能力。11．（2026•南京模拟）“彭宁离子阱”是一个可以用来储存带电粒子的装置，它主要由一对左右对称的环电极和一对上下对称的端电极构成，如图所示，其内部某一截面的部分电场线和等势线分布，则（）A．P、M两点电场强度相同 B．P、Q两点电场强度EP＞EQ C．P、Q两点电势φP＞φQ D．M、N两点电势φM＞φN【分析】根据电场线的疏密判断场强大小，结合电场线方向判断电势高低，再利用对称性分析各点的场强与电势关系，逐一判断选项。【解答】解：A.电场强度是矢量，包含大小和方向。P、M两点电场线疏密程度相同，场强大小相等，但电场线切线方向不同，场强方向不同，故A错误；B.电场线的疏密表示电场强度的大小。Q点电场线比P点更密集，说明EQ＞EP，故B错误；C.沿着电场线的方向电势逐渐降低，P、Q两点处于同一等势线上，电势相等，故C错误；D.沿着电场线的方向电势逐渐降低，即φM＞φN，故D正确。故选：D。【点评】本题考查电场线与等势线的基本性质，需通过电场线的疏密和方向分析场强、电势，是静电场基础概念的典型应用，对电场基本性质的理解要求较高。12．（2026•宝安区校级二模）干燥的季节，人体与衣物摩擦会造成静电积累。如图所示，当伸手靠近门把手等金属物品时，手指与金属之间的空气会被电离，发生放电现象，就有了被“电”的感觉。实验研究发现，通常情况下空气至少要在3×106V/m的电场中才会被导通放电。若手腕到门把手之间电势的变化如图所示，当人手靠近门把手时，下列说法正确的是（）A．人手带负电荷，门把手带正电荷 B．空气中的负电荷靠近人手的过程中，电势能增大 C．从手指前端到门把手，电场强度逐渐减小 D．手指前端与门把手的距离小于1cm，人才会有被“电”的感觉【分析】根据电势高低判断电场方向，确定电荷正负；由电势能与电势的关系，分析负电荷的电势能变化；利用φ﹣x图像的斜率与电场强度的关系，判断电场为匀强电场；通过匀强电场场强公式计算放电临界距离。【解答】解：A.当手靠近门把手时，手指与门把手之间的空气被电离，说明手指与金属门把手之间存在强电场。人手附近的电势远高于门把手附近的电势，可知电场方向由手指指向门把手；因为电场线由正电荷指向负电荷，所以人手带正电，门把手带负电，故A错误。B.空气中的负电荷靠近人手时，所处位置的电势逐渐升高。根据负电荷在高电势处电势能更小，可知负电荷靠近人手的过程中，电势能减小，故B错误。C.在φ﹣x图像中，电场强度E等于图像斜率的绝对值，即E=|Δφ倾斜直线，斜率恒定，说明电场强度大小不变，故C错误。D.根据匀强电场场强公式E=Δφd，可得发生放电的临界距离d=ΔφE=故选：D。【点评】本题考查电场的基本性质、φ﹣x图像的物理意义、匀强电场场强与电势差的关系，是静电场的基础综合题，重点考查对电场、电势、电势能的理解与公式应用能力。13．（2026•昌平区一模）点电荷+Q产生的电场如图所示，a、b是同一条电场线上的两点，下列说法正确的是（）A．a点电场强度比b点的小 B．电子在a点的电势能比b点的大 C．若Q变为原来的2倍，a、b两点间电势差不变 D．若Q变为原来的2倍，a点电场强度变为原来的2倍【分析】根据点电荷电场强度公式E=kQ【解答】解：A、点电荷的电场强度公式为E=k其中r为到场源电荷的距离。由题目中“+Q”的位置及a、b两点的标注可知，a点距离场源电荷更近（ra＜rb）根据公式，距离越小，电场强度越大，因此Ea＞Eb，故A错误；B、正电荷的电场线从场源电荷出发向外辐射，沿电场线方向电势逐渐降低。由于a点距离场源电荷更近，其电势高于b点（φa＞φb）。电子带负电，电势能公式为Ep＝qφ，其中q＝﹣e（e为元电荷）故﹣eφa＜﹣eφb，即电子在a点的电势能小于在b点的电势能，故B错误；C、a、b两点间的电势差Uab＝Ed其中E为a、b两点间的平均电场强度，d为两点沿电场线方向的距离，当Q变为原来的2倍时，电场强度E变为原来的2倍（由E=kQr2可知），因此Uab也变为原来的2D、由电场强度公式E=kQr2可知，当Q变为原来的2倍时，E与Q成正比，因此a点的电场强度变为原来的2故选：D。【点评】本题考查点电荷电场的场强与电势规律，需准确区分场强、电势的决定因素及电场力做功与电势能变化的关系。14．（2026•湖南模拟）小明同学在研究了两个等量同种电荷的中垂线上的电场分布规律后，想将其研究方法推广到其它带电体情形，如图所示，一个均匀分布正电荷Q的圆环，其半径为a，以圆环圆心为坐标原点O，垂直于圆环平面建立x轴，他大致画出了x轴上的电场强度与x轴的图像，下列图像符合实际情况的是（）A． B． C． D．【分析】根据均匀带正电圆环轴线上的电场叠加规律，圆心O处场强为零，轴线上场强沿x轴正负方向对称，从O点向两侧先增大到最大值后逐渐减小，据此判断符合的图像。【解答】解：先考虑相距为2a的等量同种正电荷P1为P2的中垂线上的电场分布，此时设其中垂线上某点和两电荷P1或P2的连线与P1P2连线间的夹角为θ，有0则该点的电场强度E=2对此式求极值，设f（θ）＝sinθcos2θ则f'（θ）＝cosθ﹣3sin2θcosθ当f'（θ）＝0，即sinθ=33也即在距离两电荷中点x=atanθ=22a时，f（θ）取最大值，此时电场强度最大（也可以用其他方法如不等式求极值）；由于均匀带电圆环可以看作无数个关于圆心对称的等量点电荷微元，每一对微元电荷的极值点位置都相同，根据矢量叠加原理可知圆环两侧的场强极值点仍然在距离圆心x=atanθ=22故选：A。【点评】本题以均匀带电圆环的电场分布为载体，考查电场强度的叠加原理，侧重对电场分布特点、对称性的理解，是电场叠加规律的典型应用。15．（2026•道里区校级二模）如图所示，半径为2R的均匀带正电实心球体，总电荷量为Q，以该球体内部的O′点为球心，挖一个半径为R的球形空腔。过原球心O和空腔球心O′的直线上有A、B两点，OB＝BA＝2R。D为OO′的中点，C为O′正上方距O′为R2的一点。已知静电力常量为kA．O′处的电场强度为零 B．C、D两点处电场强度方向不同 C．A点处电场强度的大小为7kQ36D．C点处电场强度的大小为kQ【分析】将带空腔的球体等效为一个半径为2R、带正电荷量为Q的完整均匀实心大球，和一个半径为R、带负电（电荷体密度与大球相同）的均匀实心小球（球心在O′）的叠加，根据点电荷场强公式和场强的合成逐个分析求解。【解答】解：采用割补法进行整体分析。将带空腔的球体等效为一个半径为2R、带正电荷量为Q的完整均匀实心大球，和一个半径为R、带负电（电荷体密度与大球相同）的均匀实心小球（球心在O′）的叠加。完整大球体积V1空腔小球体积V2故等效负电小球的电荷量大小为Q'=18Q。设空腔内部任意一点P距球心O的位置矢量为F，距球心O'E→小负电球在P处产生的场强E→叠加后空腔内部的实际场强E→因为OO→'是大小恒为R、方向由O指向O'的常矢量，这说明空腔内部是一个匀强电场，电场强度大小恒为kQ8A、O'点位于空腔内部，其电场强度大小为kQ8R2B、C、D两点均位于空腔内部，处于同一个匀强电场中，电场强度的方向相同，故B错误；C、A点位于球体外部，到大球球心的距离OA＝4R，到小球球心的距离O'A＝3R，根据点电荷场强公式叠加，A点场强EA故C错误；D、C点位于空腔内部，处于匀强电场中，其电场强度的大小为kQ8R2故选：D。【点评】本题考查特殊场强的求解，求带空腔的球体的场强一般可以采用割补法进行整体分析，列关系式求解即可。16．（2026•未央区校级模拟）如图所示为密立根油滴实验示意图，两块水平放置的平行金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场。油滴从喷口出来时由于摩擦而带负电，油滴的大小、质量各不相同。油滴进入电场时的初速度、油滴间的相互作用及空气对油滴的浮力忽略不计。下列说法正确的是（）A．悬浮的油滴所带的电荷量一定相等 B．若某油滴向下加速运动，则重力和静电力的合力做负功 C．若某油滴向下加速运动，仅增加平行金属板间距离，可使该油滴处于平衡状态 D．若某油滴悬浮不动，断开电源与平行金属板的连接，仅减小平行金属板间距离，则该油滴仍不动【分析】根据油滴的受力平衡条件，结合匀强电场场强与极板电压、间距的关系，分析油滴的运动、做功及平衡状态的变化，逐一判断各选项。【解答】解：A.油滴进入电场后受重力与电场力，若油滴悬浮不动，说明重力与电场力平衡即mg＝qE则m则油滴比荷相等，电荷量不一定相等，故A错误；B.根据动能定理可知，若某油滴向下加速运动，重力与静电力的合力做正功，故B错误；C.若某油滴向下加速运动，说明重力大于电场力，增大平行金属板间距离，根据E=可知电场力减小，油滴向下运动，故C错误；D.若某油滴悬浮不动，断开电源与平行金属板的连接，仅减小平行金属板间距离，根据E=Ud，C=ɛr化简得E=4πkQɛr故选：D。【点评】本题以密立根油滴实验为经典情境，综合考查电场力、受力平衡、电场强度的变化规律，贴合实验原理，能有效巩固电场相关的受力分析与平衡条件。17．（2026•菏泽一模）如图所示长方体框架内，上表面是边长为1.2m的正方形，顶点A、D固定两个电荷量均为+Q（Q＝5×10﹣4C）的点电荷，通过固定在顶点A、D的两段细线悬挂质量m＝0.1kg、不带电的金属小球，其中AP＝DP＝1m，小球在竖直平面efgh内，该平面平行于长方体前表面ABB′A′，平面ADP与ADD′A′夹角为37°。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（）A．使小球在P点保持静止，在efgh面内所加外力F的最小值为0.8N B．小球从图中位置由静止释放的瞬间，绳AP的拉力大小为0.6N C．小球从图中位置由静止释放，运动到最低点时的速度大小为3.2m/sD．若小球电荷量q=+(2518×10【分析】先分析小球不带电时的受力，结合空间几何分解重力，通过受力平衡、牛顿第二定律、动能定理分析前三个选项；再分析带电后库仑力与重力的等效合力，结合圆周运动临界条件分析最后一个选项，逐一判断各选项。【解答】解：A.小球静止在P点，绳子拉力沿径向指向e，外力F最小需平衡重力的切向分量Fmin＝mgsin37°代入数据得Fmin＝0.6N，故A错误；B.释放瞬间速度为0，向心力为0，径向合力为零，设单根绳拉力为T，每根绳径向分量为T两根总径向分量为1.6T，等于重力径向分量1.6T＝mgcos37°代入数据得T＝0.5N，故B错误；C.从P到最低点，竖直下落高度差Δh＝r（1﹣cos37°）＝0.8×（1﹣0.8）＝0.16m由动能定理mgΔ代入数据得v=3.2m/s，故D.由对称性，两个点电荷对q的库仑斥力合力恒沿径向背离圆心e点，库仑力合力为F重力为mg＝0.1×10N＝1N即F电＞mg故经过最高点的最小速度可以为0，故D错误。故选：C。【点评】本题以空间长方体为载体，融合静电场、力学平衡、动能定理与圆周运动，侧重空间受力分析和临界问题，难度适中，能有效考查学生的空间想象与物理综合解题能力。18．（2026•松滋市校级模拟）如图所示，半径为R的球体均匀分布着电荷量为Q的正电荷，球心位于xOy坐标系的O点。在x＝3R处放置一正点电荷，x＝2R处的电场强度恰好为零。当截去右半球后（不影响球体内电荷的分布情况），x＝2R处的电场强度大小为E0；已知静电力常量为k，则截去右半球后，x＝﹣2R处的电场强度大小为（）A．k13Q25R2+E0C．kQ100R2+【分析】根据点电荷场强计算公式，结合具体位置对称性、挖补法分析即可。【解答】解：设在x＝3R处放置正点电荷的电荷量为q，球体可以等效为放置在球心处的点电荷Q，正点电荷q和带电球体Q在x＝2R处的合场强恰好叠加为零，即根据库仑定律kQ4R2=kqR2可得Q＝4q；依题意结合挖补法，截去右半球后，x＝2R处的电场强度大小为E0可知截去的右半球在x＝2R处产生的电场强度大小等于E0根据对称性可知，余下的左半球在x＝﹣2R处的电场强度大小等于E0方向沿x轴负方向，而x＝3R处的正点电荷q在x＝﹣2R处的电场强度大小为kq(5R)2=kQ故选：C。【点评】本题考查电场强度的叠加，意在考查等效法、对称法、矢量叠加法等物理思维方法，意在考查考生应用合适的物理方法解决物理问题的能力，体现物理观念和科学思维的学科素养。19．（2026•柳州二模）光滑绝缘水平面上方存在一水平向左的匀强电场E，场强大小未知，将带电量分别为+Q、﹣Q的两小球a、b锁定在水平面上的M、N两点，两小球间距为l，如图所示，已知M、N连线中点O处的场强为0，两小球的质量均为m，可视为点电荷。现将小球a解除锁定，则解锁瞬间小球a的加速度大小为（）A．7kQ2ml2 B．6kQ2m【分析】解除锁定前，由点电荷的场强公式结合电场的叠加可求匀强电场的场强，解除锁定后，对小球a，由库仑定律结合牛顿第二定律列式即可求解加速度的大小。【解答】解：由题意可知，在小球a解除锁定前，M、N连线中点O处的场强为0，即小球a、b和匀强电场在O处的合场强为0，小球a在点O处产生的场强方向水平向右，大小为E1=kQ(l2)2=4kQl2，小球b在点O处产生的场强方向水平向右，大小为E2=k解锁瞬间小球a的瞬间，对小球a，由牛顿第二定律可得：QE-kQ2l2=ma故选：A。【点评】本题是对电场的叠加及库仑定律和牛顿第二定律的考查，解题的关键是要根据题意结合电场的叠加求出匀强电场的场强，由库仑定律结合牛顿第二定律即可解答。二．多选题（共6小题）（多选）20．（2026•毕节市模拟）如图所示，光滑绝缘的半圆环竖直固定，带同种电荷的两小球甲、乙套在圆环上处于静止状态，甲、乙与半圆环圆心的连线与竖直方向的夹角分别为α和β。下列说法正确的是（）A．甲、乙质量之比为tanβ：tanα B．甲、乙质量之比为sinβ：sinα C．甲、乙电荷量缓慢减少一些，两小球间的库仑力不变 D．甲、乙电荷量缓慢减少一些，α和β减小，sinβ：sinα不变【分析】利用等效法进行分析，根据杠杆的平衡条件求解质量之比；根据库仑定律分析库仑力的变化；根据质量之比分析两个角度正弦值之比。【解答】解：AB、利用等效法进行分析，可认为甲和乙以O点为圆心转动，此时受力平衡，满足杠杆的平衡条件，如图所示：设圆的半径为R，根据杠杆的平衡条件可得：m甲gRsinα＝m乙gsinβ解得：m甲：m乙＝sinβ：sinα，故A错误，B正确；C、甲、乙电荷量缓慢减少一些，根据F库=kq1D、甲、乙电荷量缓慢减少一些，库仑力减小，两球之间的距离减小，则α和β减小，但sinβ：sinα＝m甲：m乙保持不变，故D正确。故选：BD。【点评】本题巧妙的应用杠杆的平衡条件分析质量之比，作到了事半功倍的效果，要掌握库仑定律的计算公式。（多选）21．（2026•常宁市校级模拟）如图所示，光滑绝缘的竖直墙面和斜面夹角∠MON＝60°，两个带电小球A、B分别处于竖直墙面和斜面上M、N点并处于平衡状态，O、M、N在同一竖直平面内，已知A球质量为m，电荷量为q，OM＝ON＝MN＝l，静电力常量为k，重力加速度为g，则B球（）A．质量为2m B．质量为m2C．电荷量为mgl2kq 【分析】对A、B两球分别进行受力分析，结合等边三角形的几何关系，利用共点力平衡条件列方程，先由A球平衡求出库仑力大小，再对B球平衡求解质量，最后通过库仑定律计算B球的电荷量。【解答】解：由题意知，OM＝ON＝MN＝l，故△OMN为等边三角形，各内角均为60°A球在竖直墙面，B球在斜面，两球间距MN＝lA球受力分析与平衡方程A球受重力mAg（竖直向下）、墙面支持力NA（水平向右）、库仑力F，沿MA方向，即与竖直方向夹角60°水平方向：NA＝Fsin60°竖直方向：mAg＝Fcos60°联立解得F＝2mAg，NA=3B球受力分析与平衡方程B球受重力mBg（竖直向下）、斜面支持力NB（垂直斜面向上）、库仑力F，沿NB方向，与竖直方向夹角60°垂直斜面方向：NB＝mBgcos60°+Fcos60°沿斜面方向：mBgsin60°＝Fsin60°联立解得：mBg＝F，即mB＝2mA由库仑定律F=kqAqBl2，已知qA＝q代入得：2解得qB=2mA故选：AD。【点评】本题以带电小球在墙面与斜面的平衡为载体，融合受力分析、平衡条件及库仑定律，侧重几何关系与力的分解，能有效考查学生的受力分析能力与综合运算水平。（多选）22．（2026•金凤区校级一模）如图所示，在半径为R的圆周上均匀地分布着六个电荷量均为q的正电荷。在圆心O处固定有一个电荷量为q的负电荷，现随机将六个正电荷中的两个更换为电荷量为q的负电荷，静电力常量为k，此时O点的负电荷受到的静电力大小可能为（）A．0 B．23kq2R2 C【分析】6个小球均带正电，而且均匀分布，所以同一个直径上的两个带电小球在圆心上产生的电场强度和为零，所以总的合场强为零；若再将两个带电量为q的负电荷小球，放入任意两个位置，分三种情况计算这两处的小球对O点处电荷的作用力，从而可以求出O点处的电场力的合力。【解答】解：采用等效替代法，在更换电荷的位置，再放一个电荷量为q的正电荷和一个电荷量为q的负电荷，对于O点电荷的受力不产生实际影响，由于原所有正电荷对O点电荷的作用力的合力为0，那么更换电荷后所有电荷对O点电荷的作用力可等效为：在A、B、C、D、E、F中随机两个点位置放置电荷量为2q的负电荷对O点电荷作用力的合力，有邻、间、对三种可能，如图所示，相对的情况（如图左）：A处电荷对O点电荷的作用力：F对位的情况，合力：F对＝0相邻的情况（如图中）：邻位时两力夹角为60°，合力：F相间的情况（如图右）：间位时两力夹角为120°，合力：F间=F0=2k故选：ABC。【点评】解决本题的关键在于计算其余8个小球的对O点电荷作用力的大小和方向。而8个小球的合场强要依据原6个小球的作用力为零来计。（多选）23．（2026•邢台一模）为探究包装袋易撕口的物理原理，小明进行了以下研究：①模拟实验。如图1所示，用一端固定的竖直纸带模拟包装袋，在纸带边缘切开一个V字型的小缺口模拟易撕口。在纸带的另一端施加拉力，纸带总是从V字型缺口处撕开。②查阅资料。物理学中用“应力”来分析材料的变形和断裂。如图2所示，在物体内部某一截面上，取极小面积ΔS包围A点，因外力引起该处相互作用力的改变量为ΔF，则ΔFΔS称为A点处的应力。类比电场线，用“力线”来描述应力在施力点和支撑点间强弱及方向的分布。图3是有两个对称支撑点的水平横梁中点受向下压力F根据上述信息并结合所学知识，下列推断正确的是（）A．应力的单位与压强的单位相同 B．图1中垂直纸带任取两个水平横截面，穿过两截面的力线条数相等 C．图1中小缺口处P点与Q点相比，Q点处力线密集，应力大 D．图3中M点与N点相比，横梁更容易在M点处断裂【分析】A、根据题干条件给出的公式条件进行分析；B、V型缺口会引起应力集中，据此进行判断；C、在V型缺口的尖端，力线最密集，可类比电场线；D、对于两端支撑、中点受集中力的横梁，最容易在跨中断裂。【解答】解：A、应力的定义为“单位面积上的内力”，其单位是N/m2（帕斯卡），与压强的单位相同。故A正确；B、V型缺口会引起应力集中，纸带上各截面的应力分布不均匀，因而任意两个水平截面上穿过的力线条数不一定相等。故B错误；C、在V型缺口的尖端（应力集中最严重的位置），力线最密集、应力最大；若P为尖端，则P点的应力大于Q点，故“Q点应力更大”与实际情况相反。故C错误；D、对于两端支撑、中点受集中力的横梁，跨中弯矩最大，应力最高，梁最容易在跨中（对应图中M点）发生断裂。故D正确。故选：AD。【点评】根据题干进行分析解答，可类比电场线再结合生活实际进行分析，有一定的难度。（多选）24．（2026•菏泽二模）如图所示，A、B、C为真空中边长为a的正三角形的三个顶点，三个顶点上分别固定了电荷量为+5q、+3q、+q的点电荷，O为正三角形的中心，若规定φ∞＝0，点电荷产生的电势φ＝kQr（k为静电力常量，Q为点电荷电量，rA．O点的电势为93B．O点的电场强度大小为63C．O点的电场强度的方向平行于AC指向C D．固定在B点的点电荷受到另外两个点电荷的作用力大小为18k【分析】根据几何关系可得OA、OB、OC的长度，根据电势计算公式求解O点的电势；根据等效法结合电场强度的计算公式求解O点的电场强度大小和方向；根据库仑定律求解B点电荷受到的电场力。【解答】解：A、根据几何关系可得OA＝OB＝OC=33a，则O点的电势为：φ=5kqOABC、根据均匀带电体在中心产生的电场强度为零，将A、B、C处的电荷同时减去3q，则O点的电场强度等效于A处的电荷为2q，B处的电荷为0，C处的电荷为﹣2q共同产生的电场，如图所示：根据电场强度的合成可得：EO=2×k×2q(33a)2cos30°D、A处电荷对B处电荷的作用力大小为：F1=k×5q×3qa2C处电荷对B处电荷的作用力大小为：F2=k×q×3qa2由于F1和F2不在同一条直线上，所以固定在B点的点电荷受到另外两个点电荷的作用力大小F＜F1+F2=18kq2故选：ABC。【点评】本题主要是考查电场强度的叠加，关键是掌握电场强度的叠加方法和电势的叠加方法。（多选）25．（2026•岳阳模拟）如图所示，光滑的绝缘细绳两端固定在等高的竖直杆上