第1章 专题提升课2 课后达标检测（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中物理必修第三册（鲁科版）

　　　　　　　　 题组1　两个点电荷形成的电场 1．(多选)(2025·天津北辰区期中)如图为真空中两点电荷A、B形成的电场中的电场线，该电场线关于虚线对称，O点为A、B两点电荷连线的中点，a、b为其连线的中垂线上关于O点对称的两点，则下列说法正确的是(　　) A．A、B一定带等量负电荷 B．A、B一定带等量的正电荷 C．a、b两点处无电场线，故其电场强度为零 D．同一试探电荷在a、b两点处所受静电力大小相等、方向相反 解析：选BD。根据点电荷电场线分布的特点可以判断，A、B是两个等量带正电的同种电荷，故A错误，B正确；电场线只是形象描述电场的假想曲线，a、b两点处无电场线，但其电场强度并不为零，故C错误；根据场强叠加原理可知，a、b两点处电场强度大小相等，方向相反，则同一试探电荷在a、b两点所受静电力大小相等、方向相反，故D正确。 2.如图所示，a、b两点处分别固定有等量异种点电荷＋Q和－Q，c是线段ab的中点，d是ac的中点，e是ab的垂直平分线上的一点，将一个正点电荷先后放在c、d、e三点，它所受的静电力分别为Fc、Fd、Fe，则这三个力的大小关系为(　　) A．Fd＞Fc＞Fe B．Fd＞Fc＝Fe C．Fc＞Fd＞Fe D. Fe＞Fc＞Fd 解析：选A。等量异种点电荷的电场线的分布特点如图，电场线的密集程度代表电场强度的强弱，从图中可以看到在两等量异种电荷连线上电场强度先减小后增大，c处电场强度最小；在连线的垂直平分线上，自上而下电场强度先增大后减小，c处电场强度最大，故Ed＞Ec＞Ee，由静电力F＝Eq可知，Fd＞Fc＞Fe。 题组2　静电场中的平衡问题 3.如图所示，有两个电荷量分别为＋q和－q，质量均为m的带电小球a和b，用两根绝缘细线悬挂起来，现加一个水平向左的匀强电场E，当小球处于平衡状态时的大致位置是(　　) 解析：选A。以a、b整体为研究对象，整体电荷量相当于0，水平方向不受电场力，根据平衡条件可得上面的绳子沿竖直方向。以下面的小球b为研究对象，b带负电，受水平向右的电场力，根据平衡条件可知下面的绳子向右倾斜。 4.在如图所示的水平匀强电场中，将两个带电粒子M和N(可视为点电荷)移至同一水平线上的不同位置，释放后，M、N恰好保持静止，不计粒子所受的重力，忽略M、N对匀强电场的影响，则(　　) A．M带正电荷，N带负电荷 B．M、N所带电荷量大小一定相等 C．静止时M受到的合力比N的大 D．将M、N分开一些，释放后M、N仍保持静止 解析：选B。由题意可知M、N所受对方的库仑力与各自在匀强电场中所受的电场力平衡，因此M带负电荷，N带正电荷，故A错误；根据前面分析可知，M、N所受匀强电场的电场力大小相等，所以M、N所带电荷量大小一定相等，故B正确；静止时M、N受到的合力均为零，故C错误；将M、N分开一些，M、N之间的库仑力大小变化，将不能与在匀强电场中所受的电场力平衡，所以释放后M、N将不能保持静止，故D错误。 5．(多选)如图所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘丝线系一带电小球，小球的质量为m、电荷量为q，为保证当丝线与竖直方向的夹角为60°时，小球处于平衡状态，则匀强电场的电场强度大小可能为(　　) A．　 　　　　　B． C．　 　 D． 解析：选BCD。小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据平行四边形定则，当电场力方向与拉力方向垂直时，电场力最小，如图所示，可得Fmin＝mg sin 60°，所以电场强度的最小值 Emin＝＝，所以E≥。 题组3　静电场中的动力学问题 6.(多选)如图所示，A、B为两个固定的等量正点电荷，在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正电荷C，现给电荷C一个垂直于连线的初速度v0，若不计电荷C所受的重力，则关于电荷C运动过程中的速度和加速度情况，下列说法正确的是(　　) A．加速度始终增大 B．加速度先增大后减小 C．速度始终增大，最后趋于无穷大 D．速度始终增大，最后趋于某一有限值 解析：选BD。由电场的叠加原理可知，AB中垂线上由C向上，电场强度先增大后减小，故电荷C所受电场力向上先增大后减小，所以C的加速度先增大后减小，但速度始终增大，且有一有限值，可知B、D正确。 7.(2025·福建福州市期中)如图所示，A、B、C三个小球(可视为质点)的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电(不考虑小球间的静电感应)，不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E，静止时，A、B两小球间细线的拉力大小为____________；剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力大小为________。 解析：把B、C作为整体受力分析，设A、B间细线的拉力大小为F，则有F－2mg－3mg－qE＝0，解得F＝5mg＋qE; 剪断O点与A小球间细线后，若B不带电，三个小球具有共同的加速度g(三个球做自由落体运动)，此时AB间、BC间细线的拉力均为零，现在B球带负电，AB间细线的拉力不为零，BC间细线的拉力仍为零，设此时AB间细线的拉力大小为F′，把AB作为一个整体受力分析，根据牛顿第二定律可得mg＋2mg＋qE＝(m＋2m)aAB，解得aAB＝g＋，对A受力分析，结合牛顿第二定律则有F′＋mg＝maAB，解得F′＝。 答案：5mg＋qE　 8.(2025·福建福州市期中)有一个负点电荷只受静电力的作用，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Ek随位移x变化的关系图像如图所示，则电场线分布图是图中的(　　) 解析：选C。在A图中，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；由动能定理得，在短距离内ΔEk＝qE·Δx，解得＝qE，即图线斜率为qE，因为斜率逐渐增大，即点电荷由静止开始从a点沿直线运动到b点过程中电场强度逐渐增大，故B、D错误，C正确。 9．(12分)(2025·福建福州市期中) 如图所示，两个带等量负电荷的小球A、B(可视为点电荷)，电荷量大小均为1.0×10－6 C。A固定在竖直放置的绝缘支杆上，B静止于光滑绝缘的倾角为37°的斜面上且恰与A等高，若B的质量为40 g，整个装置处于真空中，重力加速度g取10 m/s2，k＝9.0×109 N·m2/C2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)B球受到的静电力大小；(4分) (2)带电小球A在图中B球静止位置处产生的电场强度；(4分) (3)A、B两球间的距离。(4分) 解析：(1)对B进行受力分析如图所示，根据受力平衡可得 F＝mg tan 37°＝0.3 N。 (2)带电小球A在图中B球静止位置处产生的电场强度E＝＝3×105 N/C 方向水平向左。 (3)根据E＝，可得A、B两球间的距离 r＝＝ m。 答案：(1)0.3 N　(2)3×105 N/C，方向水平向左 (3) m 10．(14分)(2025·北京市部分学校期中)如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的小球。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向的夹角θ＝37°。重力加速度为g(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。 (1)判断小球的带电性质，在原图画出小球在A位置的受力分析图。(4分) (2)求该匀强电场的电场强度E的大小。(4分) (3)若将小球向左拉起至与O点同一水平高度且细线刚好张紧，将小球由静止释放，求： ①小球运动到最低点时细线对小球的拉力大小；(3分) ②小球运动过程中的最大速度。(3分) 解析： (1)小球带负电，受力分析如图所示。 (2)小球在A点静止，由平衡条件可知tan 37°＝，解得E＝。 (3)①小球摆至最低点的过程根据动能定理可知 mgl－qEl＝mv2，解得v＝，小球在最低点，根据牛顿第二定律可知T－mg＝m，解得T＝mg。 ②小球摆至A点时速度最大，根据动能定理可知，mgl cos 37°－qEl(1－sin 37°)＝mv，解得vmax＝。 答案：(1)带负电　图见解析　(2) (3)①mg　② 学科网（北京）股份有限公司 $