人教版 (2019)必修 第三册第九章 静电场及其应用3 电场 电场强度练习

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◎题组一 电场强度的理解和计算
1．(多选)如图是电场中某点的电场强度E及所受电场力F与放在该点处的试探电荷所带电荷量q之间的函数关系图像，其中正确的是( )
A B C D
AD [电场中某点的电场强度与试探电荷无关，A正确，B错误；由F＝qE可知，F­q图线为过原点的倾斜直线，D正确，C错误。]
2．关于电场强度的两个公式E＝eq \f(F,q)和E＝eq \f(kQ,r2)，下列说法中正确的是( )
A．q表示放入电场中的试探电荷的电荷量，Q表示场源电荷的电荷量
B．E随q的增大而减小、随Q的增大而增大
C．第一个公式仅适用于匀强电场，且E的方向与F的方向一致
D．第二个公式适用于包括点电荷在内的所有场源形成的电场
A [本题应明确两个公式的来源：公式E＝eq \f(F,q)为电场强度的定义式，公式E＝eq \f(kQ,r2)是根据电场强度的定义式及库仑定律求出的公式。公式E＝eq \f(F,q)中的q表示放入电场中的试探电荷的电荷量，公式E＝eq \f(kQ,r2)中的Q表示场源电荷的电荷量，故A正确；E与q的大小无关，E随Q的增大而增大，故B错误；第一个公式适用于所有电场，且E的方向与正电荷所受静电力F的方向一致，故C错误；第二个公式只适用于真空中的点电荷电场，故D错误。]
3．如图所示，O、P、Q三点不在一条直线上，eq \x\t(OP)＜eq \x\t(OQ)，在O处有一正点电荷。若P、Q两点的电场强度分别为EP、EQ，则( )
A．EP＜EQ，且方向相同 B．EP＞EQ，且方向相同
C．EP＜EQ，且方向不同D．EP＞EQ，且方向不同
D [正点电荷周围的电场线的方向由正点电荷指向无穷远，可知P点与Q点的电场强度方向不同。由点电荷的电场强度公式可得EP＝eq \f(kQ,\x\t(OP)2)，EQ＝eq \f(kQ,\x\t(OQ)2)，由于eq \x\t(OP)＜eq \x\t(OQ)，所以EP＞EQ。选项D正确。]
4．如图所示，在一半径为R的圆周上均匀分布有N(偶数)个带电小球(可视为质点)无间隙排列，其中A点的小球带电荷量为＋2q，其余小球带电荷量为＋q，此时圆心O点的电场强度大小为E，现仅撤去A点的小球，则O点的电场强度大小为( )
A．E B．eq \f(E,2) C．eq \f(E,3) D．eq \f(E,4)
A [假设圆周上均匀分布的都是带电荷量为＋q的小球，由于圆的对称性，根据电场的叠加原理知，圆心O处电场强度为0；现在A处放置带电荷量为＋2q的小球，此时圆心O点的电场强度大小等效于A点处电荷量为＋q的小球在O点产生的电场强度，所以此时有E＝keq \f(q,r2)，方向水平向左；现仅撤去A点的小球，剩余小球在O点的电场强度与A点放置＋q产生的电场强度大小相等、方向相反，即E′＝keq \f(q,r2)＝E，方向向右，故选项A正确。]
5．如图所示，有一水平方向的匀强电场，电场强度大小为9 000 N/C，在电场内一水平面上作半径为10 cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电荷量为10－8 C的正点电荷，则A处电场强度大小EA＝________N/C，B处的电场强度大小EB＝________N/C。
[解析] 先根据点电荷的电场强度公式求出点电荷在A点的电场强度大小，根据矢量求和得到与匀强电场叠加后A、B两点的电场强度大小。圆心O处的点电荷在A点产生的电场强度EOA＝keq \f(Q,r2)＝9×109×eq \f(10－8,0.12) N/C＝9×103 N/C，方向水平向左，根据矢量求和，所以A处的合电场强度为零；B处电场强度大小EB＝eq \r(E2＋E\\al(2,OB))＝eq \r(2)E＝9eq \r(2)×103 N/C。
[答案] 0 9eq \r(2)×103
◎题组二 对电场线的认识
6．如图所示是静电场的一部分电场线分布，下列说法中正确的是( )
A．这个电场可能是一个带负电的点电荷的电场
B．点电荷q在A点受到的电场力比在B点受到的电场力大
C．点电荷q在A点的瞬时加速度比在B点的瞬时加速度小
D．负电荷在B点受到的静电力方向沿B点的电场强度方向
B [孤立的负点电荷周围的电场线是类似于辐射状的向负点电荷聚集的直线，故A错误；电场线越密的地方电场强度越强，由题图知A点的电场强度比B点的强。又因F＝Eq，得点电荷q在A点受的电场力比在B点大，故B正确；由牛顿第二定律可知，a与F成正比，所以点电荷q在A点的瞬时加速度比在B点的大，故C错误；B点的切线方向即B点的电场强度方向，而负电荷所受电场力方向与其相反，故D错误。]
7．(2021·黄冈中学期中)如图所示为一对不等量异种点电荷的电场线分布，下列说法正确的是( )
A．Q1的电性无法确定
B．B处没画电场线，故B处电场强度为零
C．电子在A点受到的静电力大于在B点受到的静电力
D．电子在A点的加速度小于在B点的加速度
C [根据电场线的特点可知Q1带正电，选项A错误；电场线实际并不存在，没有画出电场线的位置不代表没有电场，选项B错误；电场线越密的地方场强越大，越疏的地方场强越小，可知EA>EB，电子在A点受到的静电力大于在B点受到的静电力，选项C正确；根据牛顿第二定律得a＝eq \f(F,m)＝eq \f(Ee,m)，可知电子在A点的加速度大于在B点的加速度，选项D错误。]
◎题组三 匀强电场的性质及应用
8．如图所示，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则( )
A．P和Q都带正电荷
B．P和Q都带负电荷
C．P带正电荷，Q带负电荷
D．P带负电荷，Q带正电荷
D [对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受静电力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A、B错误；对P进行受力分析可知，匀强电场对它的静电力应水平向左，与Q对它的静电力平衡，所以P带负电荷，Q带正电荷，选项D正确，C错误。]
9．如图所示，绝缘细线一端固定于O点，另一端连接一电荷量为q、质量为m的带正电小球，要使带电小球静止时细线与竖直方向成α角，可在空间中加一匀强电场，则当所加的匀强电场沿着什么方向时可使其电场强度最小？最小的电场强度多大？这时细线中的张力多大？
[解析] 小球受到重力mg、绳的拉力T、电场力F三个力作用，根据平衡条件可知，拉力T与电场力F的合力必与重力G等值反向，因为拉力T的方向确定，F与T的合力确定。
由矢量图可知，当电场力F垂直悬线时，电场力最小，即此时的电场强度也最小，则有qEmin＝mgsin α，
解得Emin＝eq \f(mg,q)sin α，
此时绳中的张力T＝mgcs α。
[答案] 沿垂直细线方向 eq \f(mg,q)sin α mgcs α
10．(多选)A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度—时间图像如图所示。则这一电场不可能是下列图中的( )
A B C D
BCD [负电荷受力方向和电场线方向相反，由v­t图像可知，微粒做加速度不断增大的减速运动，电场力逐渐变大、且与运动方向相反，故A可能，B、C、D不可能。故B、C、D正确。]
11．如图所示，三根均匀带电的等长绝缘棒组成等边三角形ABC，P为三角形的中心，当AB、AC棒所带电荷量均为＋q，BC棒带电荷量为－2q时，P点场强大小为E，现将BC棒取走，AB、AC棒的电荷分布不变，则取走BC棒后，P点的场强大小为( )
A．eq \f(E,4) B．eq \f(E,3) C．eq \f(E,2) D．E
B [根据电场叠加原理分析，AB棒和AC棒在P点的场强大小相等，夹角为120°，两者的合场强与分场强相等，即E合＝EAB＝EAC，BC棒在P点的场强等于AB棒的二倍，所以E合＝EAB＝EAC＝eq \f(E,3)，EBC＝eq \f(2,3)E，故取走BC棒后，P点的场强大小为eq \f(E,3)，选项B正确。]
12．如图所示，匀强电场方向沿与水平方向成θ＝30°角斜向右上方，电场强度为E，质量为m的带负电的小球以初速度v0开始运动，初速度方向与电场方向一致。(重力加速度为g)
(1)若小球带的电荷量为q＝eq \f(mg,E)，为使小球能做匀速直线运动，求应对小球施加的恒力F1的大小和方向；
(2)若小球带的电荷量为q＝eq \f(2mg,E)，为使小球能做直线运动，求应对小球施加的最小恒力F2的大小和方向。
[解析] (1)如图甲所示，欲使小球做匀速直线运动，应使其所受的合力为零，有
甲
F1cs α＝qEcs 30°
F1sin α＝mg＋qEsin 30°
联立解得α＝60°，F1＝eq \r(3)mg
即恒力F1与水平方向的夹角为60°，斜向右上方。
(2)为使小球能做直线运动，则小球受的合力应和运动方向在一条直线上，故要求力F2和mg的合力与静电力在一条直线上。如图乙所示，当F2取最小值时，有F2＝mgsin 60°＝eq \f(\r(3),2)mg
乙
F2的方向与水平方向的夹角为60°，斜向左上方。
[答案] (1)eq \r(3)mg 方向与水平方向的夹角为60°，斜向右上方
(2)eq \f(\r(3),2)mg 方向与水平方向的夹角为60°，斜向左上方
13．如图所示，长为L＝0.12 m的绝缘轻杆上端固定在O点，质量为m＝0.6 kg、电荷量为q＝＋0.5 C的金属小球套在绝缘轻杆上，空间存在水平向右的匀强电场，球与杆间的动摩擦因数为μ＝0.75。当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑，g取10 m/s2。
(1)求匀强电场的电场强度大小；
(2)改变轻杆与竖直方向的夹角，使小球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，并将小球从O点由静止释放，求小球离开杆时的速度大小。
[解析] (1)当杆竖直固定放置时，有N＝Eq，mg＝f，f＝μN，
联立解得E＝eq \f(mg,μq)，
代入数据得E＝16 N/C。
(2)小球与杆之间的摩擦力为0，说明小球与杆之间的弹力为0，则有Eqcs θ＝mgsin θ，
联立解得tan θ＝eq \f(Eq,mg)，
代入数据得tan θ＝eq \f(4,3)，
则可得θ＝53°。
设小球的加速度为a，则有mgcs 53°＋Eqsin 53°＝ma，
代入数据解得a＝eq \f(50,3) m/s2。
由运动学规律有v2＝2aL，
代入数据解得小球离开杆时的速度v＝2 m/s。
[答案] (1)16 N/C (2)2 m/s