2014高二物理电场强度检测题

1.电场中有一点P，下列哪种说法是正确的(　　)

A.若放在P点电荷的电荷量减半，则P点的场强减半

B.若P点没有试探电荷，则P点场强为零

C.P点场强越大，则同一电荷在P点所受静电力越大

D.P点的场强方向为试探电荷在该点的受力方向

解析：选C.电场中某点的电场强度与试探电荷无关，故A、B错;由于F=qE知，C对;场强方向与正试探电荷受力方向相同，故D错.

高二物理电场强度检测题2.(2011年杭州高二检测)真空中距点电荷(电量为Q)为r的A点处，放一个带电量为q(q≪Q)的点电荷，q受到的电场力大小为F，则A点的场强为(　　)

A.F/Q　　　　　　　　 B.F/q

C.kqr2  D. kQr2

答案：BD

3.下列各电场中，A、B两点电场强度相同的是(　　)

图1-3-12

解析：选C.A图中，A、B两点场强大小相等，方向不同，B图中A、B两点场强的方向相同，但大小不等，C图中是匀强电场，则A、B两点场强大小、方向相同;D图中A、B两点场强大小、方向均不相同.

4.(2011年黄冈中学高二检测)如图1-3-13所示是静电场的一部分电场线分布，下列说法中正确的是(　　)

图1-3-13

A.这个电场可能是负点电荷的电场

B.点电荷q在A点处受到的静电力比在B点处受到的静电力大

C.点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小(不计重力)

D.负电荷在B点处受到的静电力的方向沿B点切线方向

解析：选B.因为(孤立)负点电荷的电场线是自四周无穷远处从不同方向指向负电荷的球对称分布，而图中的电场线分布不具备这种特点，所以它不可能是负点电荷的电场，选项A错误.

因电场线越密处场强越大，故由图知场强EA>EB.又因点电荷q在电场中所受静电力F=qE∝E，故静电力FA>FB，选项B正确.

由牛顿第二定律知，加速度a=F/m∝F，而FA>FB，故aA>aB.选项C错误.

因“B点切线方向”即B点场强方向，而负电荷所受静电力的方向与场强方向相反，故选项D错误.

5.一粒子质量为m，带电荷量为+q，以初速度v与水平方向成45°射向空间一匀强电场区域，恰做直线运动.求这个匀强电场的最小场强的大小并说明方向.

解析：新 课  标  第  一 网

粒子进入电场区域后要受重力和电场力作用而做直线运动，知其合力必与v在一直线上.由图及力的分解知识可知，最小的电场力qE=mgcos45°.所以Emin=mgqcos45°=2mg2q ，方向垂直于v指向斜上方.

答案：2mg2q　垂直于v指向斜上方

一、选择题

1.关于电场线的叙述，下列说法正确的是(　　)

A.电场线是直线的地方一定是匀强电场

B.电场线的方向就是带正电的试探电荷的运动方向

C.点电荷只受电场力作用时，加速度的方向总是与所在处的电场线的切线重合

D.画有电场线的地方有电场，没画电场线的地方就不存在电场

答案：C

2.一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F，这点的电场强度为E，在下图中能正确反映q、E、F三者关系的是(　　)

图1-3-14

解析：选D.电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定，与放入该点的检验电荷及其所受电场力无关，A、B错误;检验电荷在该点受到的电场力F=Eq，F正比于q，C错误，D正确.

3.(2011年启东中学高二检测)

图1-3-15

如图1-3-15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两处的场强，则(　　)

A.A、B两处的场强方向相同

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A、B附近电场线的分布情况，EA、EB的大小不能确定

解析：选AD.电场线的切线方向指场强方向，所以A对;电场线的疏密程度表示场强大小，只有一条电场线的情况下不能判断场强大小，所以B、C错误，D正确.

4.点电荷A和B，分别带正电和负电，电荷量分别为4Q和Q，在A、B连线上，如图1-3-16所示，电场强度为零的地方在(　　)

图1-3-16

A.A和B之间   B.A的右侧

C.B的左侧   D.A的右侧及B的左侧

解析：选C.因为A带正电，B带负电，所以只有在A右侧和B左侧两者产生的电场强度方向相反，因为QA>QB，所以只有B的左侧，才有可能EA与EB等大反向，因而才可能有EA和EB矢量和为零的情况.故正确答案为C.

5.如图1-3-17所示，实线表示匀强电场中的电场线，一带电粒子(不计重力)经过电场区域后的轨迹如图中虚线所示，a、b是轨迹上的两点，关于粒子的运动情况，下列说法中可能的是(　　)

图1-3-17

A.该粒子带正电荷，运动方向为由a到b

B.该粒子带负电荷，运动方向为由a至b

C.该粒子带正电荷，运动方向为由b至a

D.该粒子带负电荷，运动方向为由b至a

解析：选BD.由运动轨迹可判定电场力方向向左，则粒子应带负电，故A、C错;运动a→b与b→a均有可能.故B、D对.

6. (2011年苏州高二检测)一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图1-3-18中虚线所示.不计粒子所受重力，则(　　)

图1-3-18

A.粒子带正电

B.粒子加速度逐渐减小

C.A点的速度大于B点的速度

D.粒子的初速度不为零

解析：选BCD.由运动轨迹可知电场力方向向左，粒子带负电，故A错;A→B电场强度变小，电场力变小，加速度变小，B对;粒子运动过程中，电场力与运动方向的夹角大于90°角，所以速率减小，故C对;若粒子的初速度为0，将沿电场线向左下侧运动，故D对.

7.实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图1-3-19中的虚线所示(a、b只受电场力作用)，则(　　)

图1-3-19

A.a一定带正电，b一定带负电

B.电场力对a做正功，对b做负功

C.a的速度将减小，b的速度将增大

D.a的加速度将减小，b的加速度将增大

解析：选D.由于电场线方向未知，故无法确定a、b的电性，A错;电场力对a、b均做正功，两带电粒子动能均增大，则速度均增大，B、C均错;a向电场线稀疏处运动，电场强度减小，电场力减小，故加速度减小，b向电场线密集处运动，故加速度增大，D正确.

8.AB和CD为圆上两条相互垂直的直径，圆心为O.将电荷量分别为+q和-q的两点电荷放在圆周上，其位置关于AB对称且距离等于圆的半径，如图1-3-20所示.要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷Q，则该点电荷Q(　　)

图1-3-20

A.应放在A点，Q=2q

B.应放在B点，Q=-2q

C.应放在C点，Q=-q

D.应放在D点，Q=-q

解析：选C.由平行四边形定则得出+q和-q在O点产生的合场强水平向右，大小等于其中一个点电荷在O点产生的场强的大小.要使圆心处的电场强度为零，则应在C点放一个电荷量Q=-q的点电荷，故C选项正确.

9.(2011年华南师大附中高二检测)

图1-3-21

如图1-3-21所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是(　　)

A.先变大后变小，方向水平向左

B.先变大后变小，方向水平向右

C.先变小后变大，方向水平向左

D.先变小后变大，方向水平向右

解析：选B.等量异种电荷电场线分布如图(a)所示，由图中电场线的分布可以看出，从A点到O点，电场线由疏到密;从O点到B点，电场线由密到疏，所以沿点A、O、B，电场强度应由小变大，再由大变小，方向为水平向右，如图(b)所示.由于电子做匀速直线运动，所受合外力必为零，故另一个力应与电子所受电场力大小相等、方向相反，电子受到电场力方向水平向左，且沿点A、O、B运动的过程中，电场力由小变大，再由大变小，故另一个力的方向应水平向右，其大小应先变大后变小，所以选项B正确.

二、计算题

10.如图1-3-22所示，在边长为l的正方形四个顶点A、B、C、D上依次放置电荷量为+q、+q、+q和-q的点电荷，求正方形中心O点的电场强度.

图1-3-22

解析：由对称性原理可知：若正方形四个顶点处均放置相同电荷量的电荷，则中心O点的场强为零，因此可把D点的电荷-q等效为两部分：+q和-2q.

+q和另外三个点电荷在中心O点的合场强为零，-2q在中心O点的场强为E=2kql2/2=4kql2

故正方形中心O点的场强大小为E=4kql2，方向沿OD连线由O指向D.

答案：4kql2，方向沿OD连线由O指向D.

11.如图1-3-23所示，两根长为L的绝缘细线下端各悬挂一质量为m的带电小球A、B，A、B带电荷量分别为+q和-q，今加上匀强电场(方向水平向左)，场强为E，使联结AB的绝缘细线(长为L)拉直，并使两小球处于静止状态，E的大小应满足什么条件?

图1-3-23

解析：B球受力如图所示.

由于B球静止，有

mg=Fsin60°　①qE=Fcos60°+kq2L2+FT　②

①②式联立，并考虑到FT≥0，

得E≥mg3q+kqL2.

答案：E≥mg3q+kqL2

12.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场.其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，如图1-3-24所示，请问：

图1-3-24

(1)小球带电荷量是多少?

(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间?

解析：

(1)由于小球处于平衡状态，对小球受力分析如图所示

F sinθ=qE①

F cosθ=mg②

由①②得tanθ=qEmg，故q=mg tanθE.

(2)由第(1)问中的方程②知F=mgcos θ，而剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线的拉力大小相等，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力等于mgcosθ.小球的加速度a=F合m=gcosθ，小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属极上时，它经过的位移为s=bsinθ，又由s=12at2，t=2sa= 2bcosθgsinθ= 2bgcotθ.

答案：(1) mgtanθE　(2) 2bg cotθ

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