2018-2019學年高中物理 第一章 靜電場 課時提升作業(yè)三 1.3 電場強度 新人教版選修3-1

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1、課時提升作業(yè) 三 電場強度 (40分鐘　100分) 一、選擇題(本題共8小題，每小題7分，共56分) 1.(多選)以下關于電場和電場線的說法中正確的是 (　　) A.電場、電場線都是客觀存在的物質，因此電場線不僅在空間相交，也能相切 B.在電場中，凡是電場線通過的點，場強不為零，不畫電場線區(qū)域內的點場強為零 C.同一試探電荷在電場線密集的地方所受靜電力大 D.電場線是人們假設的，用以形象表示電場的強弱和方向，客觀上并不存在 【解析】選C、D。電場是客觀存在的物質，看不見，摸不著，而電場線是為形象描述電場而假想產生的；由于場強是矢量，在某點的大小和方向具有唯一性，且電場線上某點

2、的場強方向是該點的切線方向，所以電場線不能相交，否則違背場強的矢量性；電場線只是大體形象描述電場，不畫的區(qū)域場強不一定為零，故選項A、B錯誤，選項D正確； 據F=Eq可知同一試探電荷在電場線密集的地方所受電場力大，選項C正確。 2.關于電場強度的定義式為E=，下列說法中正確的是 (　　) A.該定義式只適用于點電荷產生的電場 B.F是檢驗電荷所受到的電場力，q是產生電場的電荷電量 C.場強的方向與F的方向相同 D.由該定義式可知，電場中某點電荷所受的電場力大小與該點場強的大小成正比 【解析】選D。E=是電場強度的定義式，適用于任何電場，故A錯誤；公式中F是檢驗電荷所受的電場力，q是

3、檢驗電荷的電荷量，故B錯誤；場強的方向與放在該點的正電荷所受的電場力方向相同，與放在該點的負電荷所受的電場力方向相反，故C錯誤；由F=E·q得知，電場中某點電荷所受的電場力大小與該點場強的大小成正比，故D正確。 3.如圖是點電荷Q周圍的電場線，圖中A到Q的距離小于B到Q的距離。以下判斷正確的是 (　　) A.Q是正電荷，A點的電場強度大于B點的電場強度 B.Q是正電荷，A點的電場強度小于B點的電場強度 C.Q是負電荷，A點的電場強度大于B點的電場強度 D.Q是負電荷，A點的電場強度小于B點的電場強度 【解析】選A。點電荷的電場是向外輻射的，電場線密的地方電場強度大，所以選項A正

4、確。 【補償訓練】 如圖所示為電場中的一根電場線，在該電場線上有a、b兩點，用Ea、Eb分別表示兩處電場強度的大小，則 (　　) A.a、b兩點的電場強度方向相同 B.因為電場線由a指向b，所以Ea>Eb C.因為電場線是直線，所以Ea=Eb D.Ea、Eb電場強度方向不相同 【解析】選A。電場線的疏密程度反映了電場強度的大小，由于只有一根電場線，題目中也沒有明確指出這根電場線是什么電場中的電場線，故無法判斷a、b兩點的電場強度大小；電場線的切線方向表示電場強度的方向，故a、b兩點的電場強度方向相同。 4.(2018·榆林高二檢測)如圖所示，AC、BD為圓的兩條互相垂直的直

5、徑，圓心為O，將帶有等量電荷q的正、負點電荷放在圓周上，它們的位置關于AC對稱。要使圓心O處的電場強度為零，可在圓周上再放置一個適當電荷量的正點電荷+Q，則該點電荷+Q應放在 (　　) A.A點 B.B點　　 C.C點　 　D.D點 【解析】選D。設等量電荷q的正、負點電荷在O點的電場強度分別為E1、E2，如圖所示，根據電場的疊加原理可知，若要圓心O處的電場強度為零，正點電荷應放在D點，D正確。 【補償訓練】 1.如圖所示，以O為圓心的圓周上有六個等分點a、b、c、d、e、f。等量正、負點電荷分別放置在a、d兩處時，在圓心O處產生的電場強度大小為E。現(xiàn)改變a處點電荷

6、的位置，使O點的電場強度改變，下列敘述正確的是 (　　) A.移至c處，O處的電場強度大小不變，方向沿Oe B.移至b處，O處的電場強度大小減半，方向沿Od C.移至e處，O處的電場強度大小減半，方向沿Oc D.移至f處，O處的電場強度大小不變，方向沿Oe 【解析】選C。放置在a、d兩處的等量正、負點電荷在圓心O處產生的電場強度方向相同，每個電荷在圓心O處產生的電場強度大小為。根據場強疊加原理，a處正電荷移至c處，O處的電場強度大小為，方向沿Oe，選項A錯誤；a處正電荷移至b處，O處的電場強度大小為2×cos 30°=E，方向沿∠eOd的角平分線，選項B錯誤；a處正電荷移至e處，O處

7、的電場強度大小為，方向沿Oc，選項C正確；a處正電荷移至f處，O處的電場強度大小為2×cos 30°=E，方向沿∠cOd的角平分線，選項D錯誤。 2.如圖所示，M、N為兩個等量的帶正電的點電荷，在其連線的中垂線上的P點放置一個靜止的點電荷A(負電荷)，不計重力，下列說法正確的是 (　　) A.點電荷A在從P到O的過程中，加速度越來越大，速度也越來越大 B.點電荷A在從P到O的過程中，加速度越來越小，速度越來越小 C.點電荷A運動到O點時加速度為零，速度達到最大值 D.點電荷A超過O點后，速度越來越小，加速度越來越大，直到速度為零 【解析】選C。因為中垂線上半部分的各點電場強度的矢量

8、和方向相同；均為O指向P，而O至無窮遠處電場強度先增大、后減小，電場強度最大的位置有可能在OP之間，也可能在OP的延長線上，所以點電荷A從P至O一直加速，到O時v最大，而加速度的大小變化不確定，即只有C正確。 5.(多選)四種電場中分別標有a、b兩點，兩點電場強度相同的是 (　　) A.甲圖：與點電荷等距的a、b兩點 B.乙圖：等量異種電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點 C.丙圖：等量同種電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點 D.丁圖：勻強電場中的a、b兩點 【解析】選B、D。A項甲圖中兩點電場線方向不同，故電場強度的方向不同，故A錯誤； B項a、b兩點電場線方向均為

9、水平向左，且兩點關于連線對稱，電場強度相等，故B正確； C項a、b兩點的場強方向不同，故C錯誤； D項a、b兩點都處在勻強電場中，電場強度相同，故D正確。 【總結提升】等量異種點電荷形成的電場特點 (1)兩點電荷連線上各點，電場線方向從正電荷指向負電荷，在連線中點處電場強度最小。 (2)兩個點電荷連線的中垂線(中垂面)上電場線方向都相同，與中垂線垂直。在中垂線(中垂面)上到連線中點等距離處各點的電場強度等大同向。由連線中點沿中垂線(中垂面)向外電場強度逐漸減小。 (3)在中垂線(中垂面)上的電荷受到的電場力方向總與中垂線(中垂面)垂直，因此，在中垂線(中垂面)上移動電荷電場力不做功。

10、 【補償訓練】 (多選)用電場線能很直觀、很方便地比較電場中各點場強的強弱。如圖甲是等量異種點電荷形成電場的電場線，圖乙是場中的一些點，O是電荷連線的中點，E、F是連線中垂線上相對O對稱的兩點，B、C和A、D也相對O對稱。則(　　) A.B、C兩點場強大小和方向都相同 B.A、D兩點場強大小相等，方向相反 C.E、O、F三點比較，O點場強最強 D.B、O、C三點比較，O點場強最弱 【解析】選A、C、D。 根據對稱性看出，B、C兩處電場線疏密程度相同，則B、C兩點場強大小相同，這兩點場強的方向均由B→C，方向相同，選項A正確；根據對稱性看出，A、D兩處電場線疏密程度相同，則A、

11、D兩點場強大小相同，由圖看出，A、D兩點場強方向相同，選項B錯誤；由圖看出，E、F兩點中，電場線疏密程度相同，兩點場強方向相同，而E、O、F三點比較，O點場強最強，選項C正確；由圖看出，B、 O、C三點比較，O點場強最弱，選項D正確。 6.如圖所示，質量為m，帶正電的滑塊，沿絕緣斜面勻速下滑，當滑至豎直向下的勻強電場區(qū)時，滑塊的運動狀態(tài)為 (　　) A.繼續(xù)勻速下滑 B.將加速下滑 C.減速下滑 D.上述三種情況都有可能發(fā)生 【解析】選A。設斜面的傾角為θ，滑塊沒有進入電場時，根據平衡條件得：mgsinθ=f，F(xiàn)N=mgcosθ，又f=μFN，得mg

12、sinθ=μmgcosθ， 即sinθ=μcosθ；當滑塊進入電場時，設滑塊受到的電場力大小為F，根據正交分解得(mg+F)sinθ=μ(mg+F)cosθ，即受力仍平衡，所以滑塊仍做勻速運動，故選A。 7.如圖所示，光滑絕緣細桿與水平面成θ角固定，桿上套有一帶正電小球，質量為m，帶電荷量為q，為使小球靜止在桿上，可加一勻強電場，所加電場的場強滿足什么條件時，小球可在桿上保持靜止 (　　) A.垂直于桿斜向上，場強大小為 B.豎直向上，場強大小為 C.垂直于桿斜向上，場強大小為 D.水平向右，場強大小為 【解析】選B。若所加電場的場強垂直于桿斜向上

13、，對小球受力分析可知，其受到豎直向下的重力、垂直于桿斜向上的電場力和垂直于桿方向的支持力，在這三個力的作用下，小球沿桿方向上不可能平衡，選項A、C錯誤；若所加電場的場強豎直向上，對小球受力分析可知，當E=時，電場力與重力等大反向，小球可在桿上保持靜止，選項B正確；若所加電場的場強水平向右，對小球受力分析可知，其共受到三個力的作用，假設小球此時能夠靜止，則根據平衡條件可得Eq=mgtanθ，所以E=，選項D錯誤。 8.(多選)(2018·新鄉(xiāng)高二檢測)如圖所示，實線是勻強電場的電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點，若帶電粒子在運動過程中只受電場力作用，則由

14、此圖可做出的判斷是 A.帶電粒子帶負電荷 B.帶電粒子帶正電荷 C.帶電粒子所受電場力的方向向左 D.帶電粒子做勻變速運動 【解析】選A、C、D。因為帶電粒子只受電場力作用而做曲線運動，如題圖所示，所以電場力指向曲線內側，即電場力的方向與場強的方向相反，帶電粒子必帶負電荷；因帶電粒子在勻強電場中運動，故帶電粒子所受電場力為恒力，做勻變速運動。故A、C、D正確。 二、非選擇題(本題共2小題，共44分。要有必要的文字說明和解題步驟，有數值計算的要注明單位) 9.(22分)用一條絕緣輕繩懸掛一個帶電小球，小球質量為1.0×10-2 kg，所帶電荷量為+2.0×10-8 C?，F(xiàn)加一

15、水平方向的勻強電場，平衡時絕緣繩與鉛垂線成30°角(如圖所示)。求這個勻強電場的電場強度(g取10 N/kg)。 【解析】 小球在三個共點力的作用下處于平衡狀態(tài)，受力分析如圖所示。小球在重力mg、電場力F及繩的拉力T作用下處于平衡狀態(tài)，則有F=mgtan 30°，而F=qE，所以，電場強度E== N/C≈2.89×106 N/C。 答案：2.89×106 N/C 【補償訓練】 如圖所示，一質量為m = 1.0×10-2 kg，帶電量為q = 1.0×10-6 C的小球，用絕緣細線懸掛在水平向右的勻強電場中，假設電場足夠大，靜止時懸線向左與豎直方向成60°角。小球在運

16、動過程中電量保持不變，重力加速度g取10 m/s2。 (1)判斷小球帶何種電荷？ (2)求電場強度E。 (3)若在某時刻將細線突然剪斷，求經過1 s時小球的速度為多大？ 【解析】(1)由題圖可知，小球向電場強度的反方向運動，故小球受向左的電場力，故小球帶負電。 (2)小球的電場力F=qE， 由平衡條件得：F=mgtanθ， 解得電場強度E== N/C=×105 N/C。 (3)剪斷細線后小球做初速度為0的勻加速直線運動，經過1 s時小球的速度為v。 小球所受合外力F合= 由牛頓第二定律有F合=ma 又由運動學公式v=at 解得小球的速度v=20 m/s 答案

17、：(1)負電荷　(2)×105 N/C　(3)20 m/s 10.(22分)電荷量為q=1×10-4 C的帶正電小物塊置于絕緣水平面上，所在空間存在沿水平方向且方向始終不變的電場，電場強度E的大小與時間t的關系和物塊速度v與時間t的關系如圖所示。若重力加速度g取10 m/s2，求： (1)物塊的質量m。 (2)物塊與水平面之間的動摩擦因數μ。 【解析】(1)由圖可知，前2 s物塊做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有qE1-μmg=ma， 2 s后物體做勻速直線運動，由力的平衡條件有qE2=μmg， 聯(lián)立解得q(E1-E2)=ma。 由圖可得E1=3×104 N/C，E2=2×

18、104 N/C，a=1 m/s2， 代入數據可得m=1 kg。 (2)μ===0.2。 答案：(1)1 kg　(2)0.2 【能力挑戰(zhàn)區(qū)】 1.均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場。如圖所示在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM=ON=2R，已知M點的電場強度為E，則N點的電場強度 (　　) A.k-E B.k C.k-E D.k+E 【解析】選A。完整球殼在M點產生電場的場強為k=k，根據電場疊加原理，右半球殼在M點產生電場的場強為k-E，根據對稱性，左半

19、球殼在N點產生電場的場強為k-E，A正確。 【補償訓練】 如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、 b、d三個點，a和b、b和c、 c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q (q>0)的固定點電荷。已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量) (　　) A.k　　　　　　　　 B.k C.k D.k 【解析】選B。電荷量為q的點電荷在b處產生的電場強度為E=k，因b點處的場強為零，故圓盤在b處的電場強度為E=k，則圓盤在d處的電場強度也為E=k，而電荷量為q的點電荷在d處產生的電場強度為E=k=k，電荷

20、q和圓盤在d處產生的電場強度方向相同，d處場強即為兩者大小相加，故在d處的場強為k。 2.一根長為L的線吊著一質量為m的帶電量為q的小球靜止在水平向右的勻強電場中，如圖所示，線與豎直方向成37°角，現(xiàn)突然將該電場方向變?yōu)橄蛳虑掖笮〔蛔?，不考慮因電場的改變而帶來的其他影響，重力加速度為g，求： (1)勻強電場的電場強度的大小。 (2)求小球經過最低點時線的拉力。 【解析】(1)小球平衡時受到繩子的拉力、重力和電場力，由平衡條件得：mgtan 37°=qE， 解得：E=。 (2)電場方向變成向下后，重力和電場力都向下， 兩個力做功，小球開始擺動做圓周運動 由動能定理：mv2=(mg+qE)L(1-cos37°) 在最低點時繩子的拉力、重力和電場力的合力提供向心力， T-(mg+qE)=m 解得：T=(mg+qE)+m= 答案：(1)　(2) 11