第九章 静电场及其应用(拔高练)-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第三册（人教版2019）

进阶 突破 第九章静电场及其应用 第1节电荷 (2025·吉林长春质检)如图所示的椭圆形导体右侧有一带负电的带电体，甲、乙虚线是椭圆形 导体长轴的三等分线，可沿虚线将椭圆形导体分开.下列说法正确的是 () 123 ⊙ 甲乙 A.沿虚线甲分开，则左侧部分所带正电的电荷量大于右侧部分所带负电的电荷量 B.沿虚线乙分开，则左侧部分所带负电的电荷量等于右侧部分所带正电的电荷量 C.先沿虚线甲分开，再沿虚线乙分开，则1部分所带负电的电荷量等于3部分所带正电的电 荷量 D.先沿虚线乙分开，再沿虚线甲分开，则1部分所带负电的电荷量小于3部分所带正电的电 荷量 第2节库仑定律 1.如图所示，绝缘轻弹簧的一端固定于斜面底端挡板，另一端连接带正电的小物块A,带正电的小 球B固定在绝缘斜面顶端，现压缩弹簧使A处于O点，弹簧未超过弹性限度，将A由O点静止 释放，A沿斜面向B运动，设此运动过程中，A的加速度为a、速度为v、动能为E、弹簧与A的机 械能为E,下列关于这些物理量随A上滑位移x的变化关系图像，可能正确的是 () 2.如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为0，一根轻质绝缘细线 的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行.小球A的质量为m、电 荷量为g,小球A的右侧固定放置带电小球B,两球心的高度相同、间距为，静电力常量为k, 重力加速度为g,两带电小球可视为点电荷.小球A静止在斜面上，且仅受三个力作用，求细线 的拉力大小和B小球的带电量 进阶突破·拔高练01 第3节电场电场强度 第1课时》电场电场强度 1.如图所示，以0为圆心，半径为R的实心球内有一个半径为4R的空腔，0A为空腔的直径，实 心部分均匀分布有正电荷，OA延长线上的B点离0点距离为1.5R,已知均匀带电球壳内的 场强为零，均匀带电球外某点的场强可以看成是电荷量集中在球心的点电荷产生的电场，求 A、B两点的电场强度大小之比 2.(2023·全国乙卷)如图，等边△ABC位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个 点电荷分别固定在三角形的三个顶点上.已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC 边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q,求： (1)B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负； (2)C点处点电荷的电荷量： O2黑白题物理1必修第三册·RJ 第2课时》电场线 1.(2025·安徽期中)科学推理及实验探究均表明：①均匀带电球壳（或球体）在球外部产生的 电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷产生的电场相同：②均匀带电球壳在空腔内部的 电场强度处处为零.由此可知，一个半径为R的均匀带电球体在空间的电场强度大小E与到 球心距离r的关系图像可能为 2.(2025·福州期中)有一个负点电荷只受电场力的作用，从电场中的α点由静止释放，在它沿 直线运动到b点的过程中，动能E,随位移s变化的关系图像如图所示，则电场线分布图是下 图中的 () E B.g6 D. 第4节静电的防止与利用 (2024·河北沧州月考)一半径为R的金属薄球壳内壁接地，其球心处安置有一个点电荷+Q,如 图所示.P为金属球外距离球心2的一点，下列表述中正确的是 () A.金属球壳的外表面带正电 B.金属球壳的内表面不带电 C.在P处引入正点电荷q,受斥力大小为 4R2 D.金属球壳感应电荷在P处形成的场强大小为 4R2 进阶突破·拔高练0317.(1)2.5W(2)6V1(3)0.375A P,解得l 解析：()当开关5，拨到a位置时，则有1- 1A,则电动机正常工作时输出的机械功率P出=P-rw, 代入数据解得Pm出=2.5W: (2)当开关S2拨到a位置，则有R= -,解得R=20,根 据闭合电路欧姆定律有E=U,+lwr=5.0+r,当开关S,拨到b 位置，则有R=R+R1=9D,根据1= =。,解得1=0.6A,根 据闭合电路欧姆定律有E=U,+r=5.4+0.6r,联立解得E= 6V,r=1n: (3)当开关S,拨到b位置时，可将除滑动变阻器外的电路 视为等效电源，该等效电源的等效内电阻r=r+R,=8D, 即当R='=8Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，此时电路 中的电流I=品，代入数据解得=0375九 04 18.(1)入m (2)20,(3)32+2)Lm 42gUo 2U.9 解析：(1)由动能定理得U%9=2m,解得6√m (2)粒子从极板右侧边缘射出时，对应的电压最大，此时竖 直偏转量y-2,水平方向1=g, 竖直方向y=2,a=m ,U.9,解得U。=2。 进阶突破 第九章静电场及其应用 第1节电荷 B解析：A.椭圆形导体原来不带电，在右侧带电体的静电感 应下，导体内部的自由电子向左侧发生定向移动，则椭圆形导 体左侧的负电荷较多，沿虚线甲分开，则左侧部分带负电，由电 荷守恒定律可知右侧部分带上等量的正电，故A错误；B.与A 选项同理，沿虚线乙分开，则左侧部分所带负电的电荷量等于 右侧部分所带正电的电荷量，故B正确：C.沿虚线甲分开，则 左侧部分所带负电的电荷量等于右侧部分所带正电的电荷 量，2、3部分内部的自由电子在与带电体之间的库仑力作用下 向左侧移动，中和了一部分2部分所带的正电，但不可能全部 中和，因此沿虚线乙分开后2、3部分均带正电且所带正电的电 荷量之和等于1部分所带负电的电荷量，则3部分所带正电的 电荷量小于1部分所带负电的电荷量，故C错误：D.与C选项 同理，先沿虚线乙分开，再沿虚线甲分开，1部分所带负电的电 荷量大于3部分所带正电的电荷量，故D错误故选B. 第2节库仑定律 1.D解析：将A由0点静止释放，对A进行受力分析，受重 力、支持力、弹簧的弹力、斜面的摩擦力和带电球B的库仑 力这些力随A上滑位移x的变化关系是：重力、支持力、摩 擦力均不变，弹簧的弹力与形变量成正比，故与位移成一次 线性关系；根据库仑力的表达式P=,得，库仑力与距离 的平方成反比.A.根据牛顿第二定律得Tm-f-mgsin8- 必修第三册·RJ (3)半圆荧光屏的圆心与两极板中心重合，才能使粒子全 部垂直撞击在屏幕上，当粒子从极板右侧边缘射出时，水平 总位移最小，故时间最短，如图所示 0 U。i N 由题意得loo,=t=2L. 设出电场时速度与水平方向夹角为0，则有m0=上】 at,解得0=45° 由于速度反向延长线过水平位移中点，且由几何关系得EF= E为圆弧的圆心，由几何关系可得EO,=EE'=EF+FO1= 则有EP=EE'cos45=4 2 则水平位移有0p=32,L32+2 1*2 = 4 , 最短时间为-0P.32+21m 4W2g0。 拔高练 F,=ma,弹簧的弹力与位移成一次线性关系，库仑力与位移 不成线性关系，根据牛顿第二定律表达式可知加速度与位移 不成一次线性关系，故A错误：C.根据动能定理得W x-mgxsin0-W电=△E,弹力和库仑力都随位移的变化而变 化，开始时弹力沿斜面向上较大，库仑力较小，故经过相同的 位移开始时动能变化量较大，故C错误：B.当A在运动过程 中速度达到最大后，库仑力继续增大，弹簧弹力继续减小，合 外力增大，根据库仑力和弹力的变化特点可知，速度不可能 关于位移成线性减小，其斜率应该越来越大，故B错误： D.摩擦力和库仑力做负功使得弹簧与A的机械能诚小，在 运动过程中摩擦力和库仑力一直做负功，且库仑力随位移变 化越来越大，故弹簧与A的机械能E一直减小，且经过相同 位移机械能的变化量越来越大，D正确.故选D. 2.当A,B是同种电荷时，厂，=0,0=mgm9,当AB是异种 电有时：品0。 解析：当A、B是同种电荷时，设B的电荷量为Q,由库仑定律 得，库仑力为F=架，对A受力分析，如图所示 7777 mg 沿斜面和垂直于斜面两个方向正交分解，沿斜而方向上F,+ 黑白题50 Fcos0=mgsin9,垂直于斜面方向Fx=mgcos+Fsin0, 小球A静止在斜面上，且仅受三个力作用，A所受重力、库仑 力和支持力不可能为0，则可知拉力为0，即F,=0,则 os0= d os0=mgsin0,B小球的带电量Q为Q=mgdun0 当A、B是异种电荷时，对A受力分析，如图所示 rhmmmmmmkotmt mg 沿斜面和垂直于斜面两个方向正交分解，沿斜面方向上 F,=mgsin 0+Fcos6,垂直于斜面方向F、+Fsin=mgeos日， 小球A静止在斜面上，且仅受三个力作用，A所受重力、拉力 和库仑力不可能为0，则支持力为0，则Fsin0=mgcos8,解 得Q=g kqtan 0' 则F=mgsin0+Fcos0=mg sin 第3节电场电场强度 第1课时电场电场强度 1.225:391解析：设单位体积内的电荷量为9，用补偿法，将 空腔补上同等电荷密度的正电荷，则A点的电场强度大小 41。 E=k ( ( 3如9，根据点电 3 nR'g 荷的场强公式，可知B点的电场强度大小E。=k (3r （八 13 πR4,则A、B两点的电场强度大小之 ( 675 E225 比为：E。39T 2（0948.G均为正电有（2)32月 解析：(1)因为M点电场强度竖直向下，则C为正电荷，根据 场强的叠加原理，可知A、B两点的电荷在M点的电场强度 大小相等，方向相反，则B点电荷带电量为9，电性与A相 同，又N点电场强度竖直向上，可得A处电荷在N点的场强 垂直BC沿AN连线向右上，如图所示 EBEN 可知A处电荷为正电荷，所以A,B、C点处均为正电荷。 (2)如图所示 参考答案与解析 30 由几何关系E,/=Ec·tan30°， 即g-3(ge) AN3BN CNP 其中AN=3BN=√5CN, 3-√3 解得qe= 39 第2课时电场线 1.B解析：由“均匀带电球壳（或球体）在球的外部产生的电 场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷产生的电场相 同”可知，在>R的区间上，均匀带电球体周围电场的场强E 与，的关系应为B=k号，放>R的区间上，B与，为非线性 关系：在r<R的区间，因“均匀带电球壳在空腔内部的电场 强度处处为零”，所以场强仅由，内球体部分所带电荷决定， 4 即”=上g:又因球体均匀带电，所以2-子7· 4 p3T·RR “Qa (p为单位体积的电荷量)，所以E"=kx,即Ex,在心 R R的区间，E与r为线性关系.故选B. 2.C解析：A,因为电荷为负，所以点电荷不可能从静止开始 从a点沿直线运动到b点，故A错误；BCD.由动能定理得， 在短距离内△E,=gE·△，解得△=gE,即图像斜率为g6, 因为斜率逐渐增大，即点电荷从静止开始从α点沿直线运动 到b点过程中电场强度逐渐增大，故BD错误，C正确.故 选C. 第4节静电的防止与利用 D解析：A.由于球壳内壁接地，此时球壳和大地组成新的导 体，大地是导体的远端，因此金属球壳的外表面不带电，A错 误：B.由于静电感应，球壳内表面带负电，而且所带电荷量为 -Q,B错误；C.由于球壳接地，球壳外部的电场强度处处为零， 若在P处引人正点电荷9，此时在球壳外表面上会感应出一定 量的负电荷，它与g间的电场力与Q无关，C错误；D.由于球壳 接地，球壳外部的电场强度处处为零，即Q在某点产生的场强 与感应电荷在某点产生的场强等大反向，合场强为零，因此金 属球壳感应电荷在P处形成的场强大小为=，方向指向 球心，D正确.故选D. 第十章静电场中的能量 第1节电势能和电势 (822h5nh(e5 解析：(1)由题意对小球A受力分析，如图1所示，由平衡条件 可得T1cos30°=mg,Tsin30°+T,=gE,联立以上两式解得T1= 3 mg,E-3mg 2W3 黑白题51