全国版2021高考物理一轮复习专题八电场考点1电场力的性质精练含解析 4页

电场力的性质 ‎1.[2020福建漳平检测]如图所示,两个不带电的导体A和B,用一对绝缘柱支持使它们彼此接触.把一带正电荷的物体C置于A附近,贴在A、B下部的金属箔都张开,则(　　)‎ A.此时A带正电,B带负电 B.此时A电势低,B电势高 C.移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合 D.先把A和B分开,然后移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合 ‎2.[2020江西上饶第一次联考]如图所示,竖直绝缘墙壁上的Q处有一个固定的质点A,在A的上方P点用丝线悬挂着另一个质点B.A、B两质点因带同种电荷而相斥,致使丝线与竖直方向成一角度,由于缓慢漏电,A、B两质点带的电荷量逐渐减少,在电荷漏完之前A、B未接触,下列说法正确的是(　　)‎ A.A、B之间的库仑力先变大后变小 B.A、B之间的库仑力一直变大 C.丝线的拉力一直不变 D.丝线的拉力先变大后变小 ‎3.[2020河北六校第一次联考]研究磁现象时,常常要讨论穿过某一面积的磁场及其变化,为此引入了磁通量的概念.在电场中也可以定义为电通量,如图甲所示,设在电场强度为E的匀强电场中,有一个与电场方向垂直的平面,面积为S,我们把E与S的乘积叫做穿过这个面积的电通量,用字母ΦE表示,即ΦE=ES.假设真空中O点有一点电荷q,以O为球心,分别以r1、r2为半径作两个球面,如图乙所示.设通过半径为r1的球面的电通量为ΦE1,通过半径为r2的球面的电通量为ΦE2.则ΦE1与ΦE2的比值为(　　)‎ A.r‎1‎r‎2‎ B.r‎2‎r‎1‎ C.r‎2‎‎2‎r‎1‎‎2‎ D.1‎ ‎4.[2020山西大同高三检测]如图所示,a、b是两个带有同种电荷的小球,用绝缘细线悬挂于同一点.两球静止时,它们距水平地面的高度相等,细线与竖直方向的夹角分别为α、β(α<β).若同时剪断两根细线,空气阻力不计,则下列说法正确的是(　　)‎ A.a、b两球同时落地 - 4 -‎ B.a球先落地 C.a球水平飞行的距离比b球的大 D.a、b两球水平飞行的距离相等 ‎5.[2020河北唐山摸底改编]如图所示,在光滑绝缘水平面上,三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上:a、b带正电,电荷量均为q,c带负电.整个系统置于方向水平的匀强电场中,已知静电力常量为k,若三个小球均处于静止状态,则匀强电场场强的大小为(　　)‎ A.‎3‎kq‎3‎l‎2‎ B.‎3‎kql‎2‎ C.‎3kql‎2‎ D.‎‎2‎3‎kql‎2‎ ‎6.[2020河北衡水模拟,9分]如图所示,在倾角为α的足够长光滑斜面上放置两个质量分别为2m和m的带电小球A和B(均可视为质点),它们相距为L.两球同时由静止开始释放时,B球的初始加速度恰好等于零.经过一段时间后,当两球距离为L'时,A、B的加速度大小之比为a1:a2=11:5.(静电力常量为k,重力加速度为g)‎ ‎(1)B球带正电荷且电荷量为q,求A球所带电荷量Q及电性;‎ ‎(2)求L'与L之比.‎ 考点1　电场力的性质 ‎1.C　由静电场中电荷间的作用力特点及静电感应特点可知,A带负电,B带正电,A错误;处于静电平衡状态的导体是等势体,故A、B电势相等,B错误;移去C,A、B上的感应电荷失去外电场的作用,又回到原状态,A、B下部的金属箔闭合,C正确;A、B先分开后,再移去C,A带负电,B带正电,A、B下部的金属箔都不会闭合,D错误. ‎ - 4 -‎ ‎2.C　对质点B受力分析,B受重力、丝线的拉力、库仑力作用处于平衡状态,如图所示.由几何关系可知,GPA=FTPB=FAB,由于PB、PA、G不变,AB减小,故FT不变,F减小,C正确.‎ ‎3.D　由点电荷电场强度公式E=kqr‎2‎,电通量公式ΦE=ES,球体表面积公式S=4πr2,联立解得通过任意球面的电通量为ΦE=ES=kqr‎2‎×4πr2=4πkq,所以ΦE1与ΦE2的比值为1,选项D正确.‎ ‎【光速解法】　在论述磁通量物理意义时,可以把通过某一面积的磁感线条数看作磁通量大小.与此类似,我们可以把通过某一面积的电场线条数看作电通量的大小.由此可得,在点电荷电场中,通过以点电荷为球心的任意球面的电通量都相等,所以选项D正确.‎ ‎4. A　两球在竖直方向上做自由落体运动,同时落地.对两小球受力分析,根据平衡条件有ma g=F库tanα,mbg=F库tanβ,由于β>α,所以ma> mb.剪断两根细线后,两球在水平方向上做初速度为零的加速运动,由于水平方向上两球受力大小始终相等,且ma> mb,故水平方向上a球的加速度一直小于b球的加速度,因此a球水平飞行的距离比b球的小,故B、C、D错误,A正确.‎ ‎5.B　以小球c为研究对象,其受力如图所示,其中F库=kqqcl‎2‎,由平衡条件得2F库cos 30°=Eqc,即‎3‎kqqcl‎2‎=Eqc,解得E=‎3‎kql‎2‎,故B正确.‎ ‎6.解析:(1)对B球初始时受力分析可知A球带正电荷(1分)‎ 初始时B球沿斜面方向合力为零,则有F-mgsin α=0(1分)‎ 又F=kQqL‎2‎,解得Q=mgL‎2‎sinαkq.(1分)‎ ‎(2)初始时B球受力平衡,两球相互排斥,运动一段距离后,两球间距增大,库仑力减小,小于mgsin α.A球加速度a1方向沿斜面向下,根据牛顿第二定律,有F'+2mgsin α=2ma1(2分)‎ B球加速度a2方向应沿斜面向下,根据牛顿第二定律,有mgsin α-F'=ma2(1分)‎ 由题意知a1:a2=11:5(1分)‎ 又F'=kQqL‎'‎‎2‎(1分)‎ - 4 -‎ 联立解得L':L=3:2.(1分)‎ - 4 -‎