人教版 (新课标)选修33 电场强度课后测评

这是一份人教版 (新课标)选修33 电场强度课后测评，共4页。试卷主要包含了)关于电场，下列说法正确的是，1 m不变，试问F多大？等内容，欢迎下载使用。

eq \a\vs4\al(1.)关于电场，下列说法正确的是( )
A．由E＝eq \f(F,q)知，若q减半，则该处电场强度为原来的2倍
B．由E＝keq \f(Q,r2)知，E与Q成正比，而与r2成反比
C．由E＝keq \f(Q,r2)知，在以Q为球心，以r为半径的球面上，各处场强均相同
D．电场中某点场强方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向
答案：B
eq \a\vs4\al(2.)
图3
(2012·北京四中高二检测)如图3所示，金属板带电量为＋Q，质量为m的金属小球带电量为＋q，当小球静止后，悬挂小球的绝缘细线与竖直方向间的夹角为α，小球与金属板中心O恰好在同一条水平线上，且距离为L.下列说法正确的是( )
A．＋Q在小球处产生的场强为E1＝eq \f(kQ,L2)
B．＋Q在小球处产生的场强为E1＝eq \f(mgtanα,q)
C．＋q在O点产生的场强为E2＝eq \f(kq,L2)
D．＋q在O点产生的场强为E2＝eq \f(mgtanα,Q)
解析：选BC.金属板不能看做点电荷，在小球处产生的场强不能用E＝eq \f(kQ,r2)计算，故A错；根据小球处于平衡得小球受电场力F＝mgtanα，由E＝eq \f(F,q)得：E1＝eq \f(mgtanα,q)，B正确；小球可看做点电荷，在O点产生的场强E2＝eq \f(kq,L2)，C对；根据牛顿第三定律知金属板受到小球的电场力大小为F＝mgtanα，但金属板不能看做试探电荷，故不能用E＝eq \f(F,Q)求场强，D错．
eq \a\vs4\al(3.)
图4
如图4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( )
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；运动方向a→b与b→a均有可能．故B、D对．
eq \a\vs4\al(4.)
图5
一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度—时间图象如图5所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是( )
图6
解析：选C.由速度—时间图象可知，负电荷做加速度逐渐增大的加速运动，再由电场线的分布特点可知C选项正确．
eq \a\vs4\al(5.)
图7
(2012·成都外国语学校高二检测)如图7，在场强为E的匀强电场中有一个质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，当小球静止时，细线与竖直方向成30°角，已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，则小球所带的电量应为( )
A.eq \f(mg,E) B.eq \f(3mg,E)
C.eq \f(2mg,E) D.eq \f(mg,2E)
解析：
选D.由题意电场方向恰使小球受的电场力最小可知，E的方向与细线垂直，受力如图．由平衡条件可得，eq \f(1,2)mg＝qE，q＝eq \f(mg,2E)，故D正确．
eq \a\vs4\al(6.)
图8
如图8所示，E为某匀强电场，将质量为2×10－3 kg的小球从A点由静止释放，小球恰能沿直线AB向右下方运动，且AB与竖直方向成45°角．已知小球的带电量为2×10－4 C．求匀强电场强度大小．(g＝10 m/s2)
解析：
小球受力情况如图所示，
F＝Eq＝mg
E＝eq \f(F,q)＝eq \f(mg,q)
＝eq \f(2×10－3×10 N,2×10－4 C)＝100 N/C.
答案：100 N/C
eq \a\vs4\al(7.)
图9
(2012·长沙一中高二月考)如图9所示，带电小球A和B放在光滑绝缘水平面上，质量分别为m1＝2 g，m2＝1 g；所带电荷量值q1＝q2＝10－7 C，A带正电，B带负电，现有水平向右的恒力F作用于A球，可使A、B一起向右运动，且保持间距d＝0.1 m不变，试问F多大？
解析：两球相互吸引的库仑力
F电＝eq \f(kq1q2,d2)＝9×10－3 N，
A球和B球加速度相同，隔离B球，由牛顿第二定律
F电＝m2a①
把A球和B球看成整体，水平恒力F即其合外力，由牛顿第二定律
F＝(m1＋m2)a②
代入数据，由①式得a＝9 m/s2，由②式得
F＝2.7×10－2 N.
答案：2.7×10－2 N
eq \a\vs4\al(8.)
图10
如图10所示，光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的eq \f(1,2)，求：
(1)原来的电场强度为多大？
(2)物块运动的加速度？
(3)沿斜面下滑距离为l＝0.5 m时物块的速度大小．
(sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g取10 m/s2)
解析：
(1)对小物块受力分析如图所示，物块静止于斜面上，则mgsin37°＝qEcs37°，
E＝eq \f(mgtan37°,q)＝eq \f(3mg,4q).
(2)当场强变为原来的eq \f(1,2)时，小物块所受的合外力F合＝mgsin37°－eq \f(1,2)qEcs37°＝eq \f(1,2)mgsin37°＝0.3mg
又F合＝ma，所以a＝3 m/s2，方向沿斜面向下．
(3)由动能定理得F合·l＝eq \f(1,2)mv2－0
即eq \f(1,2)mgsin37°·l＝eq \f(1,2)mv2，
得v＝eq \r(3) m/s.
答案：(1)eq \f(3mg,4q)
(2)3 m/s2，方向沿斜面向下
(3)eq \r(3) m/s