高中物理人教版 (2019)必修 第三册3 电场 电场强度第二课时当堂检测题

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第二课时 电场线
课后篇巩固提升
基础巩固
1.如图所示是点电荷Q周围的电场线,图中A到Q的距离小于B到Q的距离。以下判断正确的是( )
A.Q是正电荷,A点的电场强度大于B点的电场强度
B.Q是正电荷,A点的电场强度小于B点的电场强度
C.Q是负电荷,A点的电场强度大于B点的电场强度
D.Q是负电荷,A点的电场强度小于B点的电场强度
解析正点电荷的电场是向外辐射的,电场线密的地方电场强度大,所以A正确。
答案A
2.
(多选)如图所示,带箭头的直线是某一电场中的一条电场线,在这条线上有A、B两点,用EA、EB表示A、B两处的电场强度,则( )
A.A、B两处的电场强度方向相同
B.因为A、B在一条电场线上,且电场线是直线,所以EA=EB
C.电场线从A指向B,所以EA>EB
D.不知道A、B附近电场线的分布情况,所以EA、EB的大小不能确定
解析电场线的切线方向即电场强度方向,所以A对;电场线的疏密程度表示电场强度大小,只有一条电场线的情况下不能判断电场强度大小,所以B、C错误,D正确。
答案AD
3.某电场的电场线分布如图所示,下列说法正确的是( )
A.c点的电场强度大于b点的电场强度
B.若将一试探电荷+q由a点静止释放,它将沿电场线运动到b点
C.b点的电场强度大于d点的电场强度
D.a点和b点的电场强度的方向相同
解析电场线的疏密表征了电场强度的大小,由题图可知EaEc,Eb>Ed,Ea>Ec,故选项C正确,选项A错误。由于电场线是曲线,由a点静止释放的正电荷不可能沿电场线运动,故选项B错误。电场线的切线方向为该点电场强度的方向,a点和b点的切线不在同一条直线上,故选项D错误。
答案C
4.(多选)如图所示,在真空中等量异种点电荷形成的电场中:O是电荷连线的中点,C、D是连线中垂线上关于O对称的两点,A、B是连线延长线上的两点,且到正、负电荷的距离均等于两电荷间距的一半。则以下结论正确的是( )
A.B、C两点电场强度方向相反
B.A、B两点电场强度相同
C.C、O、D三点比较,O点电场强度最弱
D.A、O、B三点比较,O点电场强度最弱
解析根据电场线分布情况可知,B、C两点的电场强度方向相反,故A正确;根据对称性可知,A、B两处电场线疏密程度相同,则A、B两点电场强度大小相同,方向也相同,故B正确;根据电场线的分布情况可知,C、O、D三点中,O处电场线最密,则O点的电场强度最强,故C错误;设A到+q的距离为r,则A点的电场强度大小为EA=kqr2-kq(3r)2=8kq9r2;O点的电场强度大小为EO=2kqr2,所以A、O、B三点比较,O点电场强度最强,故D错误。
答案AB
能力提升
1.如图所示,倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平面上。为了使质量为m,带电荷量为+q的小球静止在斜面上,可加一平行纸面的匀强电场(未画出),则( )
A.电场强度的最小值为mgtanθq
B.若电场强度E=mgq,则电场强度方向一定竖直向上
C.若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上,则电场强度逐渐增大
D.若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上,则电场强度先减小后增大
解析带电荷量为+q的小球静止在斜面上,受重力、支持力和电场力,三力的合力为零,则三个力的首尾相连构成矢量三角形,如图所示。由图可知,当电场力与支持力垂直时即电场力沿斜面向上时,电场力最小,则电场强度最小,由平衡条件得:qEmin=mgsinθ,解得:Emin=mgsinθq,故A错误;若电场强度E=mgq,则电场力与重力大小相等,电场力方向可能竖直向上,也可能斜向下,故B错误;由图可知,若电场强度方向从沿斜面向上逐渐转到竖直向上,则电场力与竖直方向夹角逐渐减小,电场力逐渐增大,则电场强度逐渐增大,故C正确,D错误。
答案C
2.经过探究,某同学发现:点电荷和无限大的接地金属平板间的电场(如图甲所示)与等量异种点电荷之间的电场分布(如图乙所示)的一部分相同。图丙中点电荷q到MN的距离OA为L,AB是以电荷q为圆心、L为半径的圆上的一条直径,则B点电场强度的大小是( )

A.10kq9L2B.kqL2C.8kq9L2D.3kq4L2
解析由题意知,丙图电场分布与乙图虚线右侧电场分布相同,故B处的电场可看作由位于B左侧3L处的电荷-q和位于B左侧L处的电荷+q产生的电场叠加而成,故B处电场强度大小E=kqL2-kq(3L)2=8kq9L2,C选项对。
答案C
3.
如图所示,有一水平向左的匀强电场,电场强度为E=1.25×104 N/C,一根长L=1.5 m、与水平方向的夹角θ=37°的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中,杆的下端M固定一个带电小球A,电荷量Q=+4.5×10-6 C;另一带电小球B穿在杆上可自由滑动,电荷量q=+1.0×10-6 C,质量m=1.0×10-2 kg。将小球B从杆的上端N静止释放,小球B开始运动。静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,求:
(1)小球B开始运动时的加速度大小;
(2)小球B的速度最大时,与M端的距离r。
解析(1)如图所示,开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力,沿杆方向运动,由牛顿第二定律得mgsinθ-kQqL2-qEcsθ=ma,则a=gsinθ-kQqL2m-qEcsθm,代入数据解得a=3.2m/s2。
(2)小球B速度最大时合力为零,即mgsinθ-kQqr2-qEcsθ=0,则r=kQqmgsinθ-qEcsθ,代入数据解得r=0.9m。
答案(1)3.2 m/s2 (2)0.9 m