鲁科版 (2019)必修 第三册第1章 静电力与电场强度第3节 电场与电场强度精品教案

这是一份鲁科版 (2019)必修 第三册第1章 静电力与电场强度第3节 电场与电场强度精品教案，共7页。教案主要包含了选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。

(时间：60分钟 满分：100分)


一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。其中1～5 题为单项选择题，6～8题为多项选择题。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)


1.最早提出用电场线描述电场的物理学家是( )


A.牛顿 B.伽利略


C.法拉第 D.阿基米德


解析 牛顿发现万有引力定律，提出了牛顿三定律；伽利略研究了下落物体运动的特点，并设想了理想斜面实验；法拉第最早提出用电场线描述电场，发现电磁感应现象；阿基米德研究了浮力问题等。综上所述，选项C正确。


答案 C


2.真空中保持一定距离的两个点电荷，若其中一个点电荷的电荷量增加了原来的eq \f(1,2)，但仍然保持它们之间的相互作用力不变，则另一点电荷的电荷量一定减少了原来的( )


A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3)


C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,24)


解析 因为一个点电荷的电荷量增加了原来的eq \f(1,2)，则Q1′＝eq \f(3,2)Q1，根据库仑定律的公式F＝keq \f(Q1Q2,r2)知，若库仑力不变，则Q2′＝eq \f(2,3)Q2，即另一电荷的电荷量减少了原来的eq \f(1,3)，故B正确，A、C、D错误。


答案 B


3.在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点电场强度方向相同的是( )








解析 A选项中与点电荷等间距的a、b两点，场强大小相等，方向不同；对B选项来说，根据电场线的疏密程度及对称性可判断，b点和a点场强大小相等，方向相同；C选项中两等量同种点电荷连线的中垂线与连线等距的a、b两点，场强大小相等，方向相反；D选项中根据电场线的疏密程度可判断，b点的场强大于a点的场强，方向不同。综合以上分析知B正确，A、C、D错误。


答案 B


4.如图所示，AB是某点电荷电场中的一条电场线。在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点运动。对此现象，下列判断正确的是(不计电荷重力)( )





A.电荷向B做匀速运动


B.电荷向B做加速度越来越小的运动


C.电荷向B做加速度越来越大的运动


D.电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定


解析 由于负电荷从P点静止释放，它沿直线运动到B点，说明负电荷受力方向自P指向B，则场强方向自A指向B。由于只有一条电场线无法判断电场的强弱，只能确定负电荷的受力方向向左(自P指向A)，不能确定受力变化情况，也就不能确定加速度变化情况，故选项D正确。


答案 D


5.把带电体上产生的静电荷移走可以防止静电荷积累而造成的危害。下列措施中，没有采取上述方法的是( )


A.油罐车后面装一条拖地铁链


B.电工钳柄上套有绝缘胶套


C.飞机上安装接地电缆


D.印染车间里保持适当的湿度


答案 B


6.如图所示，已知带电小球A、B的电荷量分别为QA、QB，OA＝OB，都用长L的绝缘丝线悬挂在绝缘墙角O点处。静止时A、B相距为d。为使平衡时A、B间距离变为2d，可采用以下哪些方法 ( )





A.将小球B的质量变为原来的八分之一


B.将小球B的质量增加到原来的8倍


C.将小球A、B的电荷量都增为原来的二倍，同时将小球B的质量变为原来的一半


D.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍


解析 如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等，方向相反；根据三角形相似得eq \f(mBg,L)＝eq \f(F,d)①，而库仑力F＝keq \f(QAQB,d2)②，由①②式得d＝eq \r(3,\f(kQAQBL,mBg))，要使d变为2d：





①可以使球B的质量变为原来的八分之一，A正确，B错误；


②小球A、B的电荷量都增为原来的二倍，同时将小球B的质量变为原来的一半，C正确，D错误。


答案 AC


7.如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电荷量为＋Q的小球P。带电荷量分别为－q和＋2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P与M相距L，P、M和N视为点电荷，且三者在同一直线上，下列说法正确的是( )





A.其他条件不变，将P释放，P也能静止


B.M与N的距离为eq \r(2)L


C.P在M、N处产生的电场强度EM＝eq \r(2)EN


D.其他条件不变，小球P的电荷量增加为＋2Q，M、N及细杆组成的系统所受合外力为零


解析 P固定时，M、N及杆静止且P、M、N三者共线，则M、N及杆受到的合外力为零。由牛顿第三定律知P受M、N的库仑力的合力也为零，A正确；设M、N间距为x，由平衡方程得eq \f(kQq,L2)＝eq \f(kQ·2q,（L＋x）2)，解得x＝(eq \r(2)－1)L，B错误；由EM＝eq \f(kQ,L2)、EN＝eq \f(kQ,（\r(2)L）2)得EM＝2EN，C错误；其他条件不变，仅将P的电荷量增加为＋2Q，仍有eq \f(k·2Qq,L2)＝eq \f(k·2Q·2q,（L＋x）2)，M、N及细杆组成的系统所受合力为零，D正确。


答案 AD


8.如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受电场力作用，根据此图可做出的正确判断是( )





A.带电粒子所带电荷的电性


B.带电粒子在a、b两点的受力方向


C.带电粒子在a、b两点的加速度大小关系


D.带电粒子在a、b两点的速度大小关系


解析 根据轨迹弯曲方向只能判断出粒子所受电场力方向，即指向轨迹凹侧，由于不知道电场线方向，故无法判断带电粒子的电性。由电场线疏密程度知a点场强大，则粒子在a点所受电场力大，在a点的加速度大于在b点的加速度，粒子由a到b电场力做负功，粒子的速度减小，故B、C、D正确。


答案 BCD


二、计算题(共4小题，共52分。写出必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)


9.(10分)一根长为l的绝缘丝线吊着一质量为m、带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，重力加速度为g，求：(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)





(1)小球受到的静电力大小；


(2)匀强电场电场强度的大小。


解析 (1)小球在电场中静止时，受力分析如图所示，由平衡条件得





F电＝mgtan 37°＝eq \f(3,4)mg


(2)E＝eq \f(F电,q)＝eq \f(3mg,4q)


答案 (1)eq \f(3,4)mg (2)eq \f(3mg,4q)


10.(12分)如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，细杆右侧距杆0.3 m处有一固定的点电荷Q，A、B是细杆上的两点，点A与Q、点B与Q的连线与杆的夹角均为α＝37°。中间有小孔的带电荷量为q的小球穿在绝缘细杆上滑下，通过A点时加速度为零，g取10 m/s2，求小球下落到B点时的加速度大小。





解析 分析小球在A处和B处的受力情况，根据库仑定律和牛顿第二定律分别列式，联立求解小球下落到B点时的加速度。


在A、B处，小球受力如图所示，由题意可知：


在A处，keq \f(Qq,r2)cs α－mg＝0①


在B处，keq \f(Qq,r2)cs α＋mg＝ma②


由①②得a＝2g＝20 m/s2


答案 20 m/s2


11．(15分)如图所示，一质量为m＝1.0×10－2 kg、带电荷量为q＝1.0×10－6 C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场范围足够大，静止时悬线向左与竖直方向成θ＝37°角。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度g取10 m/s2。





(1)求电场强度E的大小；


(2)若在某时刻将细线突然剪断，求经过1 s时小球的速度大小v及方向。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)


解析 (1)由平衡条件得，小球所受电场力F＝mgtan θ，所以电场强度


E＝eq \f(F,q)＝eq \f(mgtan θ,q)＝eq \f(1.0×10－2×10×0.75,1.0×10－6) N/C


＝7.5×104 N/C。


(2)剪断细线后，小球的合力F合＝eq \f(mg,cs 37°)＝1.25mg


方向沿原细线方向斜向下


根据牛顿第二定律得小球的加速度


a＝eq \f(F合,m)＝1.25g＝12.5 m/s2。


所以1 s时小球的速度大小v＝at＝12.5 m/s，速度方向沿原细线方向向下，即方向与竖直方向成37°角，斜向左下。


答案 (1)7.5×104 N/C (2)12.5 m/s 方向与竖直方向成37°角，斜向左下


12．(15分)如图所示，在E＝103 V/m 的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R ＝0.4 m。一带正电荷q＝10－4 C的小滑块，质量为m＝ 0.04 kg，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，求：





(1)要使小滑块能运动到半圆轨道的最高点Q，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？


(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？(P为半圆轨道中点)


解析 (1)滑块刚能通过轨道最高点的条件是


mg＝meq \f(v2,R)，v＝eq \r(gR)＝2 m/s


滑块由释放点到最高点过程中，由动能定理得


qEx－μmgx－2mgR＝eq \f(1,2)mv2


所以x＝eq \f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v2＋2gR)) ,qE－μmg)


代入数据得x＝20 m。


(2)滑块从P到Q的过程中，由动能定理得


－mgR－qER＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,P)


所以veq \\al(2,P)＝v2＋2(g＋eq \f(qE,m))R


在P点由牛顿第二定律得N－qE＝eq \f(mveq \\al(2,P),R)


所以N＝3(mg＋qE)，代入数据得N＝1.5 N。


由牛顿第三定律知，滑块通过P点时，轨道对小滑块的弹力N与滑块对轨道的压力N′等大、反向，所以N′＝N＝1.5 N。


答案 (1)20 m (2)1.5 N