【創(chuàng)新設計】2020-2021學年高中物理人教版選修3-1練習：1.3-電場強度

對電場強度的理解及應用圖1341．如圖134所示，在一帶負電的導體A四周有一點B，如在B處放置一個q1＝－2.0×10－8C的電荷，測出其受到的靜電力F1大小為4.0×10－6N，方向如圖，則B處場強多大？假如換用一個q2＝4.0×10－7C的電荷放在B點，其受力多大？答案200N/C8.0×10－5N200N/C解析由場強公式可得EB＝eq\f(F1,q1)＝eq\f(4.0×10－6,2.0×10－8)N/C＝200N/C，由于是負電荷，所以場強方向與F1方向相反．q2在B點所受靜電力F2＝q2EB＝4.0×10－7×200N＝8.0×10－5N，方向與場強方向相同，也就是與F1反向．此時B處場強仍為200N/C不變，方向與F1相反．電場強度的矢量性電場疊加原理圖1352．如圖135所示，A、B、C三點為始終角三角形的三個頂點，∠B＝30°，現在A、B兩點放置兩點電荷qA、qB，測得C點電場強度的方向與AB平行，則qA帶__________電，qA：qB＝__________.答案負1∶8解析如圖所示，放在A點和B點的點電荷在C處產生的電場強度方向分別在AC和BC的連線上，因C點電場強度方向與BA方向平行，故放在A點的點電荷和放在B點的點電荷產生的電場強度方向只能如圖所示：由C→A和由B→C，故qA帶負電，qB帶正電，且EB＝2EA，即keq\f(qB,\x\to(BC)2)＝2keq\f(qA,\x\to(AC)2)，又由幾何關系知eq\x\to(BC)＝2eq\x\to(AC)，所以qA∶qB＝1∶8.電場線的特點及應用圖1363．如圖136所示是點電荷Q四周的電場線，圖中A到Q的距離小于B到Q的距離．以下推斷正確的是()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點的電場強度答案A解析正點電荷的電場是向外輻射狀的，電場線密的地方電場強度大．所以A正確.(時間：60分鐘)題組一對電場及電場強度的理解1．下列關于電場和電場強度的說法正確的是()A．電荷間的相互作用是通過電場產生的，電場最基本的特征是對處在它里面的電荷有力的作用B．電場是人為設想出來的，其實并不存在C．某點的場強越大，則同一電荷在該點所受到的電場力越大D．某點的場強方向為摸索電荷在該點受到的電場力的方向答案AC解析電場是電荷四周客觀存在的一種特殊物質，電荷間的相互作用是通過電場產生的，不是假想的，故A正確；由E＝eq\f(F,q)得．F＝Eq，當q肯定時，E越大，F越大，所以C正確；場強方向規(guī)定為正電荷在該點受到的電場力方向，與負電荷受電場力的方向相反，D錯誤．2．在電場中某點，當放入正電荷時受到的電場力方向向右；當放入負電荷時受到的電場力方向向左，則下列說法中正確的是()A．當放入正電荷時，該點場強方向向右；當放入負電荷時，該點場強方向向左B．該點場強方向肯定向右C．該點場強方向肯定向左D．該點場強方向可能向右，也可能向左答案B解析電場中某一點的電場方向取決于電場本身，其方向與放在該點的正電荷的受力方向全都，與負電荷的受力方向相反，故只有B正確．3.圖137在電場中的A、B兩處分別引入不同的摸索電荷q，得到摸索電荷所受的電場力隨電荷量變化的關系如圖137所示，則()A．EA＞EBB．EA＜EBC．EA＝EBD．不能判定EA、EB的大小答案A解析依據電場強度的定義式E＝eq\f(F,q)，電場強度與圖中圖線的斜率相對應，故EA＞EB，A項正確．題組二電場強度的疊加圖1384．如圖138所示，AC、BD為圓的兩條相互垂直的直徑，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點答案D解析由電場的疊加原理和對稱性可知，＋q、－q在O點的合場強方向應沿OD方向，要使O點的合場強為零，放上的電荷＋Q在O點的場強方向應與＋q、－q在O點的合場強方向相反，所以D正確．圖1395．如圖139所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為900N/C，在電場內一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10－9C的正點電荷，則A處場強大小EA＝________N/C，B處的場強大小EB＝________答案01.27×103解析由E＝keq\f(Q,r2)，點電荷在A處產生的場強EA＝900N/C，方向向左，所以A處合場強為零．點電荷在B處產生的場強EB＝900N/C，方向向下，所以B處合場強為1.27×103N/C.圖13106．N(N>1)個電荷量均為q(q>0)的小球，均勻分布在半徑為R的圓周上，示意如圖1310所示，若移去位于圓周上P點的一個小球，則圓心O點處的電場強度大小為________，方向________.(已知靜電力常量為k)答案大小為eq\f(kq,R2)，方向沿OP指向P點解析依據對稱性可知，均勻分布在半徑為R的圓周上帶電小球在圓心O處的合場強E＝0，那么移去位于圓周上P點的一個小球后，圓心O處的場強與P電荷在圓心O處產生的場強大小相等、方向相反．即大小為eq\f(kq,R2)，方向沿OP指向P點．題組三電場線的特點及應用7．關于電場線的性質，以下說法正確的有()A．電場線是電荷在電場中的運動軌跡B．電場線的分布狀況反映電場中不同點的場強的相對大小C．電場線的箭頭方向表示場強減弱的方向D．空間中兩條電場線不能相交答案BD解析電場線是為了描述電場的強弱及方向的便利而引進的假想線，它一般不與電荷的運動軌跡重合，A錯誤，B正確．電場線的箭頭方向表示場強的方向，C錯誤．由于電場的具體方向與電場線上某點的切線方向相同，若兩條電場線相交，則在該點可以作出兩條切線，表明該點的電場不唯一，這與實際不符，D正確．故選BD.8．下列各電場中，A、B兩點電場強度相同的是()答案C解析A圖中，A、B兩點場強大小相等，方向不同，B圖中，A、B兩點場強的方向相同，但大小不等，C圖中是勻強電場，則A、B兩點場強大小、方向相同；D圖中A、B兩點場強大小、方向均不相同．故選C.圖13119．法拉第首先提出用電場線形象生動地描繪電場，如圖1311所示，為點電荷a、b所形成電場的電場線分布，以下幾種說法正確的是()A．a、b為異種電荷，a的電荷量大于b的電荷量B．a、b為異種電荷，a的電荷量小于b的電荷量C．a、b為同種電荷，a的電荷量大于b的電荷量D．a、b為異種電荷，a的電荷量等于b的電荷量答案B解析由題中圖形可知一系列電場線在a、b之間，則肯定為異種電荷，由電場線左右不對稱可知，兩電荷是不等量的，又依據電場線的疏密可知b所帶電荷量大，則答案為B.圖131210．A、B是一條電場線上的兩個點，一帶負電的微粒僅在靜電力作用下，以肯定的初速度從A點沿電場線運動到B點，其v－t圖象如圖1312所示．則此電場的電場線分布可能是()答案A解析從題圖可以直接看出，粒子的速度隨時間的增大漸漸減?。粓D線的斜率漸漸增大，說明粒子的加速度漸漸變大，電場強度漸漸變大，從A到B電場線漸漸變密．綜合分析知，微粒是順著電場線運動，由電場線疏處到達密處，正確選項是A.題組四綜合應用圖131311．如圖1313所示，一電子沿等量異種電荷的中垂線由A→O→B勻速飛過，電子重力不計，則電子除受電場力外，所受的另一個力的大小和方向變化狀況是()A．先變大后變小，方向水平向左B．先變大后變小，方向水平向右C．先變小后變大，方向水平向左D．先變小后變大，方向水平向右答案B解析等量異種電荷電場線分布如圖甲所示，由圖中電場線的分布可以看出，從A點到O點，電場線由疏到密；從O點到B點，電場線由密到疏，所以沿點A、O、B，電場強度應先由小變大，再由大變小，方向為水平向右，如圖乙所示．由于電子做勻速直線運動，所受合外力必為零，故另一個力應與電子所受電場力大小相等、方向相反，電子受到電場力方向水平向左，且沿點A、O、B運動的過程中，電場力由小變大，再由大變小，故另一個力的方向應水平向右，其大小應先變大后變小，故選B.圖131412．如圖1314所示，真空中帶電荷量分別為＋Q和－Q的點電荷A、B相距r，則：(1)兩點電荷連線的中點O的場強多大？(2)在兩點電荷連線的中垂線上，距A、B兩點都為r的O′點的場強如何？答案(1)eq\f(8kQ,r2)，方向由A指向B(2)eq\f(kQ,r2)，方向與AB連線平行，由A指向B解析本題考查了點電荷的電場及電場強度的疊加問題．求解方法是分別求出＋Q和－Q在某點的場強大小和方向，然后依據電場強度的疊加原理求出合場強．(1)如圖甲所示，A、B兩點電荷在O點產生的場強方向相同，由A指向B.A、B兩點電荷在O點產生的電場強度EA＝EB＝eq\f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,2)))2)＝eq\f(4kQ,r2).故O點的合場強為E0＝2EA＝eq\f(8kQ,r2)，方向由A指向B.(2)如圖乙所示，EA′＝EB′＝eq\f(kQ,r2)，由矢量圖所形成的等邊三角形可知，O′點的合場強E0′＝EA′＝EB′＝eq\f(kQ,r2)，方向與A、B的中垂線垂直，即E0′與E0同向．圖131513．豎直放置的兩塊足夠長的平行金屬板間有勻強電場．其電場強度為E，在該勻強電場中，用絲線懸掛質量為m的帶電小球，絲線跟豎直方向成θ角時小球恰好平衡，如圖1315所示．請問：(1)小球帶電荷量是多少？(2)若剪斷絲線，小球遇到金屬板需多長時間？答案(1)eq\f(mgtanθ,E)(2)eq\r(\f(2b,g)cotθ)解析(1)由于小球處于平衡狀態(tài)知小球帶正電，對小球受力分析如圖所示FTsinθ＝qE①FTcosθ＝mg②由eq\f(①,②)得tanθ＝eq\f(qE,mg)，故q＝eq\f(mgtanθ,E).(2)由第(1)問中的方程②知FT＝eq\f(mg,cosθ)，而剪斷絲線后小球所受電場力和重力的合力與未剪斷絲線時