2019人教版 必修三 第九章第三節(jié) 電場和電場強度課后練習

第=page44頁，共=sectionpages1616頁2019人教版必修三第九章第三節(jié)電場和電場強度課后練習一、單選題1.點電荷A和B，分別帶正電和負電，電量分別為4Q和Q，在AB連線上，如圖所示，電場強度為零的地方在(

)

A.A和B之間 B.A右側

C.B左側 D.A的右側及B的左側2.以下關于電場和電場線的說法中正確的是(

)A.同一試探電荷在電場線密集的地方所受電場力大

B.電場線能在空間相交

C.越靠近正點電荷，電場線越密，電場強度越大，越靠近負點電荷，電場線越稀，電場強度越小

D.電場線是人們假想的，用以表示電場的強弱和方向，和電場一樣實際并不存在3.電場中有一點P，下列說法中正確的有(

)A.若放在P點的電荷的電荷量減半，則P點的場強減半

B.若P點沒有試探電荷，則P點場強為零

C.P點的場強越大，則同一電荷在P點受到的電場力越大

D.P點的場強方向為放在該點的電荷所受電場力的方向4.如圖所示，A、B為勻強電場中某一條電場線上的兩點。則A、B兩點的電場強度(

)A.大小不等，方向相同 B.大小不等，方向不同

C.大小相等，方向相同 D.大小相等，方向不同5.如圖是表示在一個電場中的a、b、c、d四點分別引入檢驗電荷時，測得的檢驗電荷的電量跟它所受電場力的函數關系圖象，那么下列敘述正確的是(

)A.這個電場是勻強電場

B.a、b、c、d四點的場強大小關系是Ed>Ea>Eb>Ec

C.a、b6.法拉第首先提出用電場線形象生動地描繪電場，如圖所示為點電荷a，b所形成電場的電場線分布圖，規(guī)定無限遠處的電勢為零，以下幾種說法中正確的是(

)A.a、b為異種電荷，a的電荷量小于b的電荷量

B.a、b為同種電荷，a的電荷量大于b的電荷量

C.除無限遠位置外，過a，b的直線上有2處位置的電勢為零

D.除無限遠位置外，過a，b的直線上有2處位置的場強為零7.兩個等量點電荷在真空中產生電場的電場線分布如圖所示，下列判斷可能正確的是(

)

A.一定是兩個等量正點電荷 B.一定是兩個等量負點電荷

C.可能是兩個等量異種點電荷 D.可能是兩個等量同種點電荷8.一帶正電的試探電荷，僅在電場力作用下沿x軸從x=-∞向x=+∞運動，其速度v隨位置x變化的圖象如圖所示．x=x1和x=-x1A.x=x1和x=-x1兩處，電場強度相同

B.x=x1和x=-x1兩處，電場強度最大9.一負電荷從電場中A點由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運動到B點，它運動的速度—時間圖象如圖所示．則A、B兩點所在區(qū)域的電場線分布情況可能是下圖中的A. B. C. D.10.一帶負電的點電荷，在電場力作用下沿曲線abc從a運動到c，已知點電荷的速率是遞減的．關于b點電場強度E的方向，下列圖示中可能正確的是(虛線是曲線在b點的切線)(

)A. B. C. D.二、多選題11.如圖所示，兩個等量同種點電荷分別固定于光滑絕緣水平面上A、B兩點．一個帶電粒子由靜止釋放，僅受電場力作用，沿著AB中垂線從C點運動到D點(C、D是關于AB對稱的兩點).下列關于粒子運動的v-t圖象中可能正確的是(

)A. B.

C. D.12.如圖所示，真空中A、B兩點固定著兩個等量正電荷，一個具有初速度的帶負電的粒子僅在這兩個電荷的作用下可能做(

)A.勻速直線運動 B.變速直線運動 C.勻變速曲線運動 D.勻速圓周運動13.如圖所示為點電荷產生的電場中的一條電場線，若一帶負電的粒子從B點運動到A點時，加速度增大而速度減小，則可判定(

)A.點電荷一定帶正電 B.點電荷一定帶負電

C.點電荷一定在A的左側 D.點電荷一定在B的右側14.在圖中a、b兩點場強相等的圖為(

)A. B.

C. D.三、計算題15.如圖所示，一質量為m=2.0×10-2kg、帶電荷量為q=10×10-6C的小球，用絕緣細線懸掛在水平向右的勻強電場中，假設電場區(qū)域足夠大，靜止時懸線向左與豎直方向成60°角．小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度取g=10m/s2．

16.如圖甲所示，電荷量為q=1×10-4C的帶正電的小物塊置于絕緣水平面上，所在空間存在方向沿水平向右的電場，電場強度E的大小與時間的關系如圖乙所示，物塊運動速度與時間t的關系如圖丙所示，取重力加速度g=10m/s2.求：

(1)17.23.在豎直向下、電場強度為E的勻強電場中，一個質量為m的帶點液滴，沿著水平方向做直線運動，已知重力加速度為g，則：

(1)該液滴帶什么電?

(2)電荷量為多大?

(3)若將該液滴的帶電量擴大為原來的2倍，則該處的電場強度為多大?該液滴受到的電場力又為多大?18.如圖所示是一組不知方向的勻強電場的電場線，把1.0×10-6C的負電荷從A點沿水平線移到B點，靜電力做了2.0×10-6J的功．A、B兩點間的距離為2cm，問：

(1)19.在如圖所示的電場中，一電荷量q=+1.0×10-8C的點電荷在電場中的A點所受電場力F=2.0×10-4N.求：

(1)A點的電場強度E四、綜合題（本大題共1小題，共12.0分）20.3.如圖所示，勻強電場方向與水平線間夾角θ=30°，方向斜向右上方，電場強度為E，質量為m的小球帶負電，以初速度v0

(1)若小球的帶電荷量為q=mgE，為使小球能做勻速直線運動，應對小球施加的恒力(2)若小球的帶電荷量為q=2mg

1.【答案】C

【解析】【分析】

空間的任意一點的電場是由兩個點電荷產生的電場的疊加，只有當兩個點電荷產生的電場強度大小相等、方向相反時，該點的電場強度才等于零。

根據點電荷場強公式E=kqr2

和點電荷電場分布特點確定在AB連線上，電場強度為零的位置，對于異種電荷，合場強為零的位置在兩電荷的連線上電量少的外側；對于同種電荷，合場強為零的位置在兩電荷的連線上兩電荷之間，靠近電量少的電荷。

【解答】

點電荷電場線的分布特點；正電荷電場的電場線從正電荷出發(fā)到無窮遠終止，負電荷電場的電場線從無窮遠出發(fā)到負電荷終止。

A.A和B之間兩點產生的電場強度方向均向向左，合場強不可能為零，故A錯誤；

B.A的右側，A產生的電場強度向右，B產生的電場強度向左，電場強度方向相反，而且由題A的電量大于B的電量，且A較近，由點電荷場強公式E=kqr2可知，在同一點電場強度大小不可能相等，所以合場強不可能為零，故B錯誤；

C.在B的左側，A產生的電場強度向左，B產生的電場強度向右，電場強度方向相反，但由于A的電量大于B的電量，且A較遠，由點電荷場強公式E=kqr2.【答案】A

【解析】【分析】

本題要抓住電場與電場線的區(qū)別，掌握電場的物質性，掌握電場線不相交、不相切、不存在的特性。

電場中客觀存在的物質，電場線是假設的曲線，并不存在．電場線不能相交，也不能相切．電場線的疏密表示電場強度的相對大小。

【解答】A.在電場線密集的地方場強大，同一試探電荷所受的電場力大，故A正確；

B.電場線既不能相交，也不能相切，否則交點處場強的方向就有兩個．故B錯誤；

C.電場線可以形象表示電場的強弱和方向，疏密表示電場的強弱，與靠近何種電荷無關，故C錯誤；

D.電荷周圍存在電場，電場是一種客觀存在的物質，而電場線是人們假想的曲線，用以表示電場的強弱和方向，客觀上并不存在，故D錯誤。

故選A。

3.【答案】C

【解析】電場強度的大小和方向，與場源電荷有關，與試探電荷無關，則A、B錯．

而D中場強方向為該點正電荷受電場力的方向.故D錯誤．

故選C．

4.【答案】C

【解析】【分析】電場線越密，代表電場強度越大，電場線的方向就是電場強度的方向。把握電場線的特點：電場線越密，代表電場強度越大，電場線的方向就是電場強度的方向，即可順利解決此題。【解答】場強大小處處相等，方向處處相同的電場是勻強電場，所以勻強電場的場強處處相等，方向處處相同，即A、B兩點的電場強度大小相等，方向相同，故C正確，ABD錯誤。

故選C。

5.【答案】B

【解析】根據E=Fq可知，該圖線斜率的絕對值表示電場強度的大小，d圖線斜率的絕對值最大，所以d點的電場強度最大，c圖線斜率的絕對值最小，電場強度的最小，所以四點場強的大小關系是Ed>Ea>Eb>Ec.6.【答案】A

【解析】【分析】

解決本題的關鍵是熟練掌握真空中點電荷的場強的表達式含義和電場線的疏密含義即電場線越密，電場越強，沿著電場線方向電勢降低。根據圖象的細微區(qū)別尋找突破口，是我們必須掌握的一種解題技巧，例如根據兩電荷之間電場強度是否為0判定是否是同種電荷，根據異側電場線的疏密判定電荷量的大小。

【解答】

解：A.電場線是從正電荷出發(fā)，負電荷終止，由電場線的分布圖可知a、b為異種電荷；又由公式E=kQr2可知場源的電荷量越大距離場源相同距離的位置場強越大，電場線越密；由圖可知b的左側側電場線密，a的右側電場線稀疏，故Qb>Qa；故A正確，B錯誤；

C.無限遠處的電勢為零，沿著電場線方向電勢降低，若a為正電荷，b為負電荷，則a處電勢為正，b處電勢為負，則ab之間有一處電勢為零，故C錯誤；

D.除無限遠位置外，過7.【答案】D

【解析】【分析】

電場線從正電荷出發(fā)，到負電荷終止，同種電荷相互排斥，電場線對稱分布。

理解電場線的特點，等量同種和等量異種電荷周圍電場線分布情況是考查的重點，一定要熟練掌握，難度不大，屬于基礎題。

【解答】

根據電場線的特點：電場線從正電荷出發(fā)，到負電荷終止，同種電荷相互排斥，電場線對稱分布，所以為等量同種電荷，由于不知道電場線的方向，所以不能判斷是正點電荷，還是負點電荷，故ABC錯誤，D正確。

故選D。

8.【答案】B

【解析】【分析】

根據速度的變化，判斷電荷所受的電場力方向，確定電場線的方向．根據速度圖象的斜率等于加速度，分析加速度，由牛頓第二定律分析電場強度．根據電場力做功的正負，分析電勢能如何變化．

【解答】

A、由題，正檢驗電荷僅在電場力作用下沿x軸從x=-∞向x=+∞運動，速度先減小后增大，所受的電場力先沿-x軸方向，后沿+x軸方向，電場線方向先沿-x軸方向，后沿+x軸方向，則知x=x1和x=-x1兩處，電場強度的方向相反，電場強度不同，故A錯誤．

B、由v-x圖象的斜率反映了速度隨位移變化的快慢，x=x1和x=-x1兩處斜率最大，速度變化最快，加速度最大，電場力最大，所以電場強度最大，故B正確．

C、由上知，電場線方向先沿-x軸方向，后沿+9.【答案】C

【解析】略

10.【答案】D

【解析】解：

A、電荷做曲線運動，電場力與速度方向不在同一直線上，應指向軌跡彎曲的內側，不可能沿軌跡的切線方向，則場強也不可能沿軌跡的切線方向。故A錯誤。

B、負電荷所受的電場力方向與場強方向相反，圖中電場力方向與速度方向的夾角為銳角，電場力做正功，電荷的速率增大，與題不符。故B錯誤。

C、圖中場強方向指向軌跡的內側，則電場力指向軌跡的外側，電荷的軌跡應向上彎曲，不可能沿如圖的軌跡運動。故C錯誤。

D、圖中場強方向指向軌跡的外側，則電場力指向軌跡的內側，而且電場力方向與電荷的速度方向成鈍角，電場力做負功，電荷的速率減小，符合題意。故D正確。

故選：D。

根據物體做曲線運動的條件和受力特點：合力指向軌跡的內側，分析電荷受的電場力方向，再由負電荷所受的電場力方向與場強方向相反進行選擇．

本題是電場中軌跡問題，抓住電荷所受的合力指向軌跡的內側和速度沿軌跡的切線方向是解題的關鍵．

11.【答案】CD

【解析】【分析】A、B為兩個等量的同種電荷，其連線中垂線上電場強度方向若是負電荷則為C→O、D→O，若是正電荷則為O→C、O→【解答】A、B為兩個等量的同種電荷，其連線中垂線上電場強度方向，若是負電荷則電場強度方向為C→O、D→O，若是正電荷則電場強度方向為O→C、O→D；點電荷q僅受電場力作用從C點到D點運動的過程中，當從電場強度最大的位置釋放時，則帶電粒子所受電場力先減小后增大，那么加速度也是先減小后增大，而C選項圖象的斜率表示加速度的大小，所以C正確；

若從小于電場強度最大值位置釋放，則帶電粒子所受電場力先增大后減小再增大最后減小，那么加速度也是先增大后減小再增大最后減小；而D選項圖象的斜率表示加速度的大小故D正確；A、B

12.【答案】BD

【解析】【分析】根據兩個同號點電荷周圍電場的分布，同時結合各運動需要的條件進行判斷。本題考查對電場的理解，要求能正確理解電場的分布?！窘獯稹績蓚€等量正電荷的電場中，場強處處不等，帶負電的粒子所受電場力處處不等，故只受電場力時不可能做勻速直線運動、勻變速直線運動和勻變速曲線運動，但可以做變速直線運動、變速曲線運動。只有中垂面上且以垂足為圓心的圓周上，各點場大小相等，方向由垂足向外，因此帶負電的粒子在此平面上以垂足為圓心的各點所受電場力大小相等，方向總指向垂足，所以可能在此平面上做勻速圓周運動。故BD正確，AC錯誤。故選BD。

13.【答案】BC

【解析】【分析】根據題意判斷出負電荷的受力方向，進而判斷出電場強度方向。再根據加速度的變化，判斷出電場強度的關系，進而判斷出源電荷的位置。本題考查了牛頓第二定律在電場中的應用問題。根據負電荷的運動情況，判斷出電場強度方向及場強的變化情況，是解題的關鍵?！窘獯稹扛鶕}意知，帶負電的粒子從B點運動到A點時，速度減小，說明電場力方向從A點到B點，說明電場強度方向是從B點到A點。加速度增大而速度減小，說明場強增大，則點電荷一定在A的左側，并且一定帶負電。故AD錯誤，BC正確。

故選BC。

14.【答案】AD

【解析】解：A、平行板間的電場是勻強電場，a、b兩點的場強相等，故A正確．

B、a、b兩點的場強大小相等，但方向不同，所以場強不等，故B錯誤．

C、根據電場線的分布情況可知，a、b兩點的場強大小相等，方向相反，所以場強不等，故C錯誤．

D、根據對稱性和電場線的分布情況可知，a、b兩點的場強大小相等，方向相同，所以場強相等，故D正確．

故選：AD

場強是矢量，只有大小和方向都相同時場強才相同．根據電場線的疏密分析場強的大小關系，由電場線的切線方向分析場強的方向關系，再作判斷．

本題要求學生了解常見電場的電場線分布情況及電場特點，對于等量同種電荷和異種電荷的電場要抓住對稱性分析．

15.【答案】解：(1)小球受豎直向下的重力、沿繩子方向的拉力和水平向左的電場力，電場強度水平向右，則：小球帶負電。

(2)對小球，由平衡條件得：qE=mgtan60°

代入數據解得：E=23×104N/C

(3)剪斷細線后小球做初速度為0的勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：mgcos60°=ma

代入數據解得a=20m/s2，運動【解析】解決動力學問題的關鍵是正確受力分析和運動過程分析，然后選擇相應規(guī)律列式求解即可。

本題的關鍵是正確對小球受力分析，根據平衡條件可得小球受到的電場力方向向左并可求出電場強度的值；剪斷細線后，由于小球受到的重力與電場力都為恒力，所以小球將做初速度為零的勻加速直線運動，根據牛頓第二定律求解加速度，用位移公式求運動1s的位移。16.【答案】解：(1)由題意可得，在勻強電場中電場力F為：F=qE，

由圖象得前2秒內的位移S為：S=12at2，

則電場力做的功為：W=FS，

代入數據解得：W=6J

(2)在2秒到4秒內圖象可得，qE2=μmg

在前2秒物塊的加速度為：a=1m/s2

由牛頓第二定律得：qE1-qE2=ma

代入數據解得：m=1kg

(3)在【解析】(1)速度時間圖象的斜率表示加速度，再由位移公式得出位移大小，最后由恒力功表達式即可求解；

(2)由圖丙可知物體先做勻加速運動，然后做勻速運動，根據圖象可知電場力與摩擦力的關系，再由牛頓第二定律可得出物塊的質量；

(3)根據2秒到4秒內圖象與已知的質量，即可求解．

對物體搞好受力分析，準確提取圖象信息，利用速度圖象的特點解題，難度適中．

17.【答案】解：(1)粒子在豎直方向保持靜止，重力和電場力二力平