1．電場中有一點P，下列哪種說法是正確的( )

　　A．若放在P點電荷的電荷量減半，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點場強越大，則同一電荷在P點所受靜電力越大

　　D．P點的場強方向為試探電荷在該點的受力方向

　　解析：選C.電場中某點的電場強度與試探電荷無關，故A、B錯；由于F＝qE知，C對；場強方向與正試探電荷受力方向相同，故D錯．

　　2．(2011年杭州檢測)真空中距點電荷(電量為Q)為r的A點處，放一個帶電量為q(qQ)的點電荷，q受到的電場力大小為F，則A點的場強為( )

　　A．F/Q B．F/q

　　C．kqr2 D． kQr2

　　答案：BD

　　3．下列各電場中，A、B兩點電場強度相同的是( )

　　圖1－3－12

　　解析：選C.A圖中，A、B兩點場強大小相等，方向不同，B圖中A、B兩點場強的方向相同，但大小不等，C圖中是勻強電場，則A、B兩點場強大小、方向相同；D圖中A、B兩點場強大小、方向均不相同．

　　4．(2011年黃岡高二檢測)如圖1－3－13所示是靜電場的一部分電場線分布，下列說法中正確的是( )

　　圖1－3－13

　　A．這個電場可能是負點電荷的電場

　　B．點電荷q在A點處受到的靜電力比在B點處受到的靜電力大

　　C．點電荷q在A點處的瞬時加速度比在B點處的瞬時加速度小(不計重力)

　　D．負電荷在B點處受到的靜電力的方向沿B點切線方向

　　解析：選B.因為(孤立)負點電荷的電場線是自四周無窮遠處從不同方向指向負電荷的球對稱分布，而圖中的電場線分布不具備這種特點，所以它不可能是負點電荷的電場，選項A錯誤．

　　因電場線越密處場強越大，故由圖知場強EA>EB.又因點電荷q在電場中所受靜電力F＝qE∝E，故靜電力FA>FB，選項B正確．

　　由牛頓第二定律知，加速度a＝F/m∝F，而FA>FB，故aA>aB.選項C錯誤．

　　因“B點切線方向”即B點場強方向，而負電荷所受靜電力的方向與場強方向相反，故選項D錯誤．

　　5．一粒子質量為m，帶電荷量為＋q，以初速度v與水平方向成45°射向空間一勻強電場區域，恰做直線運動．求這個勻強電場的最小場強的大小并說明方向．

　　解析：粒子進入電場區域后要受重力和電場力作用而做直線運動，知其合力必與v在一直線上．由圖及力的分解可知，最小的電場力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、選擇題

　　1．關于電場線的敘述，下列說法正確的是( )

　　A．電場線是直線的地方一定是勻強電場

　　B．電場線的方向就是帶正電的試探電荷的運動方向

　　C．點電荷只受電場力作用時，加速度的方向總是與所在處的電場線的切線重合

　　D．畫有電場線的地方有電場，沒畫電場線的地方就不存在電場

　　答案：C

　　2．一個檢驗電荷在電場中某點受到的電場力為F，這點的電場強度為E，在下圖中能正確反映q、E、F三者關系的是( )

　　圖1－3－14

　　解析：選D.電場中某點的電場強度由電場本身的性質決定，與放入該點的檢驗電荷及其所受電場力無關，A、B錯誤；檢驗電荷在該點受到的電場力F＝Eq，F正比于q，C錯誤，D正確．

　　3．(2011年啟東中學高二檢測)

　　圖1－3－15

　　如圖1－3－15所示，帶箭頭的直線是某一電場中的一條電場線，在這條線上有A、B兩點，用EA、EB表示A、B兩處的場強，則( )

　　A．A、B兩處的場強方向相同

　　B．因為A、B在一條電場線上，且電場線是直線，所以EA＝EB

　　C．電場線從A指向B，所以EA>EB

　　D．不知A、B附近電場線的分布情況，EA、EB的大小不能確定

　　解析：選AD.電場線的切線方向指場強方向，所以A對；電場線的疏密程度表示場強大小，只有一條電場線的情況下不能判斷場強大小，所以B、C錯誤，D正確．

　　4.點電荷A和B，分別帶正電和負電，電荷量分別為4Q和Q，在A、B連線上，如圖1－3－16所示，電場強度為零的地方在( )

　　圖1－3－16

　　A．A和B之間 B．A的右側

　　C．B的左側 D．A的右側及B的左側

　　解析：選C.因為A帶正電，B帶負電，所以只有在A右側和B左側兩者產生的電場強度方向相反，因為QA>QB，所以只有B的左側，才有可能EA與EB等大反向，因而才可能有EA和EB矢量和為零的情況．故正確答案為C.

　　5.如圖1－3－17所示，實線表示勻強電場中的電場線，一帶電粒子(不計重力)經過電場區域后的軌跡如圖中虛線所示，a、b是軌跡上的兩點，關于粒子的運動情況，下列說法中可能的是( )

　　圖1－3－17

　　A．該粒子帶正電荷，運動方向為由a到b

　　B．該粒子帶負電荷，運動方向為由a至b

　　C．該粒子帶正電荷，運動方向為由b至a

　　D．該粒子帶負電荷，運動方向為由b至a

　　解析：選BD.由運動軌跡可判定電場力方向向左，則粒子應帶負電，故A、C錯；運動a→b與b→a均有可能．故B、D對．

　　6. (2011年蘇州高二檢測)一帶電粒子從電場中的A點運動到B點，軌跡如圖1－3－18中虛線所示．不計粒子所受重力，則( )

　　圖1－3－18

　　A．粒子帶正電

　　B．粒子加速度逐漸減小

　　C．A點的速度大于B點的速度

　　D．粒子的初速度不為零

　　解析：選BCD.由運動軌跡可知電場力方向向左，粒子帶負電，故A錯；A→B電場強度變小，電場力變小，加速度變小，B對；粒子運動過程中，電場力與運動方向的夾角大于90°角，所以速率減小，故C對；若粒子的初速度為0，將沿電場線向左下側運動，故D對．

　　7.實線為三條未知方向的電場線，從電場中的M點以相同的速度飛出a、b兩個帶電粒子，a、b的運動軌跡如圖1－3－19中的虛線所示(a、b只受電場力作用)，則( )

　　圖1－3－19

　　A．a一定帶正電，b一定帶負電

　　B．電場力對a做正功，對b做負功

　　C．a的速度將減小，b的速度將增大

　　D．a的加速度將減小，b的加速度將增大

　　解析：選D.由于電場線方向未知，故無法確定a、b的`電性，A錯；電場力對a、b均做正功，兩帶電粒子動能均增大，則速度均增大，B、C均錯；a向電場線稀疏處運動，電場強度減小，電場力減小，故加速度減小，b向電場線密集處運動，故加速度增大，D正確．

　　8．AB和CD為圓上兩條相互垂直的直徑，圓心為O.將電荷量分別為＋q和－q的兩點電荷放在圓周上，其位置關于AB對稱且距離等于圓的半徑，如圖1－3－20所示．要使圓心處的電場強度為零，可在圓周上再放一個適當的點電荷Q，則該點電荷Q( )

　　圖1－3－20

　　A．應放在A點，Q＝2q

　　B．應放在B點，Q＝－2q

　　C．應放在C點，Q＝－q

　　D．應放在D點，Q＝－q

　　解析：選C.由平行四邊形定則得出＋q和－q在O點產生的合場強水平向右，大小等于其中一個點電荷在O點產生的場強的大小．要使圓心處的電場強度為零，則應在C點放一個電荷量Q＝－q的點電荷，故C選項正確．

　　9．(2011年華南師大附中高二檢測)

　　圖1－3－21

　　如圖1－3－21所示，一電子沿等量異種電荷的中垂線由A→O→B勻速飛過，電子重力不計，則電子除受電場力外，所受的另一個力的大小和方向變化情況是( )

　　A．先變大后變小，方向水平向左

　　B．先變大后變小，方向水平向右

　　C．先變小后變大，方向水平向左

　　D．先變小后變大，方向水平向右

　　解析：選B.等量異種電荷電場線分布如圖(a)所示，由圖中電場線的分布可以看出，從A點到O點，電場線由疏到密；從O點到B點，電場線由密到疏，所以沿點A、O、B，電場強度應由小變大，再由大變小，方向為水平向右，如圖(b)所示．由于電子做勻速直線運動，所受合外力必為零，故另一個力應與電子所受電場力大小相等、方向相反，電子受到電場力方向水平向左，且沿點A、O、B運動的過程中，電場力由小變大，再由大變小，故另一個力的方向應水平向右，其大小應先變大后變小，所以選項B正確．

　　二、計算題

　　10.如圖1－3－22所示，在邊長為l的正方形四個頂點A、B、C、D上依次放置電荷量為＋q、＋q、＋q和－q的點電荷，求正方形中心O點的電場強度．

　　圖1－3－22

　　解析：由對稱性原理可知：若正方形四個頂點處均放置相同電荷量的電荷，則中心O點的場強為零，因此可把D點的電荷－q等效為兩部分：＋q和－2q.

　　＋q和另外三個點電荷在中心O點的合場強為零，－2q在中心O點的場強為E＝2kql2/2＝4kql2

　　故正方形中心O點的場強大小為E＝4kql2，方向沿OD連線由O指向D.

　　答案：4kql2，方向沿OD連線由O指向D.

　　11．如圖1－3－23所示，兩根長為L的絕緣細線下端各懸掛一質量為m的帶電小球A、B，A、B帶電荷量分別為＋q和－q，今加上勻強電場(方向水平向左)，場強為E，使聯結AB的絕緣細線(長為L)拉直，并使兩小球處于靜止狀態，E的大小應滿足什么條件？

　　圖1－3－23

　　解析：B球受力如圖所示．

　　由于B球靜止，有

　　mg＝Fsin60° ①qE＝Fcos60°＋kq2L2＋FT ②

　　①②式聯立 高中政治，并考慮到FT≥0，

　　得E≥mg3q＋kqL2.

　　答案：E≥mg3q＋kqL2

　　12.豎直放置的兩塊足夠長的平行金屬板間有勻強電場．其電場強度為E，在該勻強電場中，用絲線懸掛質量為m的帶電小球，絲線跟豎直方向成θ角時小球恰好平衡，如圖1－3－24所示，請問：

　　圖1－3－24

　　(1)小球帶電荷量是多少？

　　(2)若剪斷絲線，小球碰到金屬板需多長時間？

　　解析：

　　(1)由于小球處于平衡狀態，對小球受力分析如圖所示

　　F sinθ＝qE①

　　F cosθ＝mg②

　　由①②得tanθ＝qEmg，故q＝mg tanθE.

　　(2)由第(1)問中的方程②知F＝mgcos θ，而剪斷絲線后小球所受電場力和重力的合力與未剪斷絲線時絲線的拉力大小相等，故剪斷絲線后小球所受重力、電場力的合力等于mgcosθ.小球的加速度a＝F合m＝gcosθ，小球由靜止開始沿著絲線拉力的反方向做勻加速直線運動，當碰到金屬極上時，它經過的位移為s＝bsinθ，又由s＝12at2，t＝2sa＝ 2bcosθgsinθ＝ 2bgcotθ.

　　答案：(1) mgtanθE (2) 2bg cotθ

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