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 江苏专用）

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> 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、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 () D 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q,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d,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。 777777777777777T 进阶突破·拔高练0 第3节电场电场强度 第1课时》电场电场强度 1.一个半径为R的绝缘球壳上均匀地带有电荷量为+Q的电荷，另一个电荷量为+q的点电荷放 在球心O上，由于对称性，点电荷受到的电场力为零现在球壳上挖去一个半径为r的圆， R,静电力常量为k,如图所示，求此时置于球心的点电荷受到的电场力的大小和方向. Or R 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 点电荷分别周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I必修第三册 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π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a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 () B.g 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2R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,受斥力大小为图 4R2 D.金属球壳感应电荷在P处形成的场强大小为 4R3 进阶突破·拔高练03(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,=8, 即当R='=8Ω时，滑动变阻器清耗的功率最大，此时电路 中的电流/=R品代人数据解得=0375A 2U。4 18.(1)m (2)2,(3)32+21m 42gUa 解析：（由动能定理得化%g=了：解得，- 2U4 (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)=分水平方向1=以， 竖直方向y产2r,a=m .9解得U.=2U (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 N 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O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=k得，库仑力与距离 的平方成反比.A.根据牛顿第二定律得T-∫-mgsin0- 参考答案与解析 由题意得lom,=1=2L. 设出电场时速度与水平方向夹角为8，则有an9= ,,三 au.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= m E为圆弧的圆心，由儿何关系可得 Bm,=BE=BF+F0,= 则有 p=EEo45=35. 4 则水平位移有 3*24, 4 最短时间为 -0p.32+2lm 4 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- -mgxsin0-W=△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的机械能减小，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4，B是同种电荷时，F=0,0=mgam6 当A,B是异种 电荷时F-器6Q mgd kgtan 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=,对A受力分析，如图所示 mhmmmmmit mg 黑白题49 沿斜面和垂直于斜面两个方向正交分解，沿斜面方向上F,+ Fcos0=mgsin 0,垂直于斜面方向F=ngeos+Fsin8. 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 Feos 0=l Pms0=mgsin0,B小球的带电量Q为Q=mgm0 当A,B是异种电荷时，对A受力分析，如图所示 ○B 0 jimmmmmthn 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+Fcos0,垂直于斜面方向F、+Fsin8=mgeos, 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=mgcos0,解 得Q=mgd kqtan 0' 则F,=mgsin+fcs0=mg sin 第3节电场电场强度 第1课时电场电场强度 1.490 方向指向小孔解析：将带电球壳分割成无数小块 4R (如该题中半径为r的小圈)，当每一小块面积均远小于球壳 面积时，每一小块均可看成→个点电荷.根据场强叠加原理。 整个带电球壳所带电荷量Q在球心处产生的电场其合场强 为零 Qr 当球壳上挖去半径为r的圆时，被挖去的圆原先在球心产生 的场强与剩余的球壳在球心产生的场强大小相等，方向相 反.欲求置于球心的点电荷所受力的大小，只要知道被挖去 的圆关于0对称的圆在球心处产生的场强即可如图所示， 由题意知球壳所带电荷的面密度（单住面积上的电荷量）为 = 4πR2 正对小孔的那一小块球壳的带电荷量为g'=ππ， 9在球心处产生的场强E=k实 则球心处的点电荷所受的电场力F=站=专咒=k R 4R,方向 指向小孔 2.(1)9A,B,C均为正电荷(2)3-3， 39 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 必修第三册 大小相等，方向相反，则B点电荷带电量为q,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 +q E 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 309 由儿何关系E,'=E·tan30°， 骆（条祭） 其中AN=√3BN=3CN, _3-√3 解得9c=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？的关系位为=号.故水的区间上，E与：为丰线性 关系：在<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 长：又因球体均匀带电，所以名三子 即E=kQ （p为单位体积的电荷量)，所以E=x,即Ex,在rK 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4B=gb·4,解得 As =gE,即图像斜率为gE, 因为斜率逐渐增大，即点电荷从静止开始从点沿直线运动 到6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q,此时在球壳外表面上会感应出一定 黑白题50 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 属球完感应电荷在P处形腹的场强大小为。侵方向指向 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 a22e44(e- g 4 mglo 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T1c0s30°=mg,T,sin30°+T,=gE,联立以上两式解得T,= 3 mg.E=3mg 2/3 30%T 图1 图2 (2)若只剪断A、B之间的橡皮筋，A、B球再次平衡时，小球A受 力如图2所示，由平衡条件可得T2cs0=mg,T2sin8=gE,解 得9=60°，T2=2mg.设橡皮筋的劲度系数为k,则有k= 24 4,此时像皮筋的伸长量山=专-受，由小球与0点在 3Lo 水平距离的变化，可得小球A电势能的减少量△E,吨=gEL,+ 月)血-B由0子g,小球及原来距0点 3 的高度6-四3035此时距0点的高度-（么 )m=+，小球B重力势能的增加量 3 △E,m=mg(h。-h)=3-m 2 mgl. (3)若改为只剪断OB之间的橡皮筋，小球A,B受力分析如图3 所示，由平衡条件可得T,ina+T:inB=gE,T3csa=mg+ T,cosB,对小球B,由平衡条件可得T,'sinB=gE,T'cosB=mg 由牛顿第三定律可有T,=T,',联立以上各式解得x=0.B=60°， T. 乙=了'=90三2mg,此时下方橡皮筋的伸长量为△/=月 3 ,则有小球A电势能增加量△E,=gE×2L,i血30°= 33 4mg4,则有小球B电势能的减少量△E,=E(+ )血B子×女-弓山，可得平衡时AB球系统 3 3 参考答案与解析 6-3/3 电势能的变化量△E,=△E-△E,= 4 -mgLo 图3 第2节电势差 B解析：A.根据题意，顶点b,d,e在连线g的中垂面靠近正 电荷的一侧，电势为正：顶点c,h∫在连线g的中垂面靠近负 电荷的一侧，电势为负，则d和∫电势不相等，故A错误：B.固 定电荷量为+Q和-Q的点电荷分别对e点和h点的电场强度 如图所示： 根据E=水号.由周可知E,=,=。根据平行四边定则 可知：点和h点场强大小相等，故B正确：C,由图可知∫点和c 点到正，负电荷的距离相等，它们的电势相同：d点和点到正、 负电荷的距离相等，它们的电势相同，由U财=中，一9，U=Pa g,则有U=Uk,故C错误：D.沿直线从e到h,远离正电荷。 靠近负电荷，故电势越来越小，根据E,=9,9为正，故E,一直 减小，故D错误，故选B. 第3节电势差与电场强度的关系 B解析：D,从D点射出的粒子速度最大，说明电场力做功最 多，粒子沿电场线方向的位移最大，可知电场强度沿着CD方 向：由题意知圆半径r=1m,则有Um=E×2cos60°=8V,解得 E=8V/m,故D错误；AB.C、D间的电势差为Um=E×2r= 16V,把一电子从D移到C电场力做功为W=gUr=-e× (-16V)=16eV,故A错误，B正确：C.因B点电势为零，则 Ucw=9e-em=Er(1+cos60°)=12V,则C点电势为c=12V, 故C错误故选B. 第4节电容器的电容 1.A解析：A.仅将滑片P,向左移动少许时，电路中总电阻将 增大，电流将减小，与电容器并联部分电阻的电压将减小，电 容器本应放电，但由于二极管的存在，电容器不能放电，因而 电容器两极板电压不变，板内电场强度不变，液滴仍静止不 动，A正确：B.仅将滑片P,向上移动少许时，电路总电阻不 变，电流不变，与电容器并联部分电阻的电压增大，对电容器 充电，使电容器板内的电场强度增大，液滴将向上运动，B错 、误，C仅将A板向上移动时，据C=心可 可知C将减小，再据 黑白题51