第九章 静电场及其应用 章末测评卷 -2026-2027学年高二上学期物理人教版必修第三册

**基本信息** 静电场及其应用章末测评卷，90分钟100分，覆盖点电荷、静电感应等核心知识，通过真实情境与综合问题设计，适配新授课检测，强化物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|14题/56分|点电荷判断、电场强度叠加、静电平衡|结合静电力演示仪、半球面电荷分布等情境，考查模型建构（如第4题半球面电场等效）| |计算题|4题/44分|库仑定律、受力平衡、运动学综合|综合牛顿定律与电场力（如第15题斜面上电荷匀加速运动），体现科学推理与问题解决|

第9章 静电场及其应用 章末测评卷 (时间：90分钟　满分：100分) 一、选择题: 1.下列关于点电荷的说法正确的是(　　) A.任何带电球体，都可看成电荷全部集中于球心的点电荷 B.体积很大的带电体一定不能看成是点电荷 C.当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，可将这两个带电体看成点电荷 D.一切带电体都可以看成是点电荷 2.如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则(　　) A.乒乓球的左侧感应出负电荷 B.乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上 C.乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用 D.用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞 3.有一接地的导体球壳，如图所示，球心处放一点电荷q，达到静电平衡时，则(　　) A.q的电荷量变化时，球壳外电场随之改变 B.q在球壳外产生的电场强度为零 C.球壳内、外表面的电荷在壳外的合场强为零 D.q与球壳内表面的电荷在壳外的合场强为零 4.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　　) A.－E B. C.－E D.＋E 5.真空中有两点电荷q1、q2分别位于直角三角形的顶点C和顶点B上，∠ABC＝30°，如图所示，已知A点电场强度的方向垂直AB向下，则下列说法正确的是(　　) A.q1带正电，q2带正电 B.q1带负电，q2带正电 C.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的二倍 D.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的一半 6.如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则(　　) A.P和Q都带正电荷 B.P和Q都带负电荷 C.P带正电荷，Q带负电荷 D.P带负电荷，Q带正电荷 7.如图所示，面积足够大的、板间距离为d的两平行金属板竖直放置，与直流电压为U的电源连接，板间放一半径为R(2R<d)的绝缘金属球壳，C、D是球壳水平直径上的两点，则以下说法正确的是(　　) A.由于静电感应，球壳外表面以内不再有电荷 B.由于静电感应，球壳中心O点场强为0 C.用手摸一下球壳，再拿去平行金属板，球壳带正电 D.用手摸一下球壳，再拿去平行金属板，球壳不带电 8.如图所示，真空中一条直线上有四点A、B、C、D，AB＝BC＝CD，只在A点放一电荷量为＋Q的点电荷时，B点电场强度为E，若又将等量异号的点电荷－Q放在D点，则(　　) A.B点电场强度为E，方向水平向右 B.B点电场强度为E，方向水平向右 C.B点的电场强度大于C点的电场强度 D.BC线段的中点电场强度为零 9.一段均匀带电的半圆形细线在其圆心O处产生的场强为E，把细线分成等长的三段圆弧，则圆弧BC在圆心O处产生的场强大小和方向为(　　) A.，水平向右 B.，水平向左 C.，水平向右 D.，水平向左 10.如图所示，半径为R的光滑半球内有A、B两个带电小球(均可视为点电荷)，A球固定在半球的最低点，B球静止时，A、B两球之间的距离为R，由于漏电，B球缓慢向A球靠近。设A、B两球之间的静电力大小为F，光滑半球对B球的弹力大小为N，A、B两球之间的距离用x表示，则F－x、N－x的关系图像可能为(　　) 11.(多选)如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷Q和－Q，直线MN是两点电荷连线的中垂线，O是两点电荷连线与直线MN的交点。a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，c、d是直线MN上关于O对称的两个点。下列说法中正确的是(　　) A.c点的场强等于d点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小 B.c点的场强等于d点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大 C.a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小 D.a点的场强大于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大 12.(多选)如图所示，在玻璃管中心轴上安装一根直导线，玻璃管外绕有线圈，直导线的一端和线圈的一端分别跟感应圈的两放电柱相连。开始，感应圈未接通电源，点燃蚊香，让烟通过玻璃管冒出。当感应圈电源接通时，玻璃管中的导线和管外线圈间就会加上高电压，立即可以看到不再有烟从玻璃管中冒出来了。过一会儿还可以看到管壁吸附了一层烟尘，这是因为(　　) A.烟尘在高压电场作用下带上了负电 B.烟尘在高压电场作用下带上了正电 C.带负电的烟尘吸附在管壁上，因此看不到有烟冒出 D.带正电的烟尘吸附在直导线上，因此看不到有烟冒出 13.(多选)如图所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘细线系一带电小球，小球的质量为m，电荷量为q。为了保证当细线与竖直方向的夹角为60°时，小球处于平衡状态，则匀强电场的场强大小可能为(　　) A. B. C. D. 14.(多选)如图所示，质量相同的A、B两物体放在光滑绝缘的水平面上，所在空间有水平向左的匀强电场，场强大小为E，其中A带正电，电荷量大小为q，B始终不带电。一根轻弹簧一端固定在墙面上，另一端与B物体连接，在电场力作用下，物体A紧靠着物体B，一起压缩弹簧，处于静止状态。现在A物体上施加一水平向右的恒定外力F。弹簧始终处于弹性限度范围内，下列判断正确的是(　　) A.若F＝qE，则弹簧恢复到原长时A、B两物体分离 B.若F＝qE，则弹簧还未恢复到原长时A、B两物体分离 C.若F>qE，则弹簧还未恢复到原长时A、B两物体分离 D.若F<qE，则A、B两物体不能分离，且弹簧一定恢复不到原长 二、计算题(本题共4小题。计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 15.如图所示，带电小球A和B(可视为点电荷)放在倾角为30°的光滑固定绝缘斜面上，已知A球的质量为m，所带电荷量为＋q，B球的质量为2m，所带电荷量为－q。沿斜面向上的恒力F作用于A球，可使A、B保持间距r不变沿斜面向上做匀加速直线运动，已知重力加速度为g，静电力常量为k，求： (1)加速度a的大小； (2)F的大小。 16.质量均为m的两个可视为质点的小球A、B，分别被长为L的绝缘细线悬挂在同一点O，给A、B分别带上一定量的正电荷，并用水平向右的外力作用在A球上，平衡以后，悬挂A球的细线竖直，悬挂B球的细线向右偏60°角，如图所示。若A球的电荷量为q，重力加速度为g，静电力常量为k，则： (1)B球的电荷量为多少； (2)水平外力多大。 17.竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场，其电场强度为E，在该匀强电场中，用轻质丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线与竖直方向成θ角时小球恰好平衡，此时小球与右金属板间的距离为b，如图所示(重力加速度为g)。 (1)求小球所带电荷量； (2)若剪断丝线，则小球多长时间碰到金属板？ 18.如图所示，光滑绝缘的固定斜面(足够长)倾角为37°，一带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，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求： (1)原来的电场强度大小； (2)小物块运动的加速度； (3)小物块2 s末的速度大小和2 s内的位移大小。 参考答案： 1.答案　C解析　能否把一个带电体看成点电荷，关键在于我们分析时是否考虑它的体积大小和形状。能否把一个带电体看成点电荷，不能以它的体积大小而论，应该根据具体情况而定。若它的体积大小和形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，就可以将其看成点电荷，若带电球体之间的距离不是很大、带电球体电荷分布不均匀时，则带电球体不能看成电荷全部集中于球心的点电荷，故选项C正确。 2.答案　D解析　根据静电感应近异远同的特性可知乒乓球左侧感应出正电荷，A错误；乒乓球不可能吸在左极板上，B错误；库仑力就是电场力，C错误；乒乓球与右极板接触后带正电，在电场力作用下向负极运动，碰到负极板正电荷与负极板上的负电荷中和后带负电，在电场力作用下又向正极板运动，这样会在两极板间来回碰撞，D正确。 3.答案　D解析　当导体球壳接地时，壳内电荷在壳外表面所产生的感应电荷流入大地，这时壳内电荷与壳内表面的感应电荷在壳内壁以外(包含导体壳层)任一点的合场强为零。故选项D正确。 4.答案　A解析　完整球壳在M点产生电场的场强为k＝，根据电场叠加原理，右半球壳在M点产生电场的场强为－E，根据对称性，左半球壳在N点产生的电场的场强为－E，选项A正确。 5.答案　D解析　根据题述，A点的电场强度垂直AB向下，由平行四边形定则可知，q1带正电，q2带负电，故A、B错误；A点的电场强度垂直AB向下，可得 sin 30°＝，E1＝k，E2＝k 又r2＝2r1，联立解得q1＝q2 C错误，D正确。 6.答案　D解析　由图可知，两小球均在电场力和它们之间的库仑力的作用下保持平衡；由于库仑力为相互作用力，大小相等、方向相反；故两小球受到的电场力也一定方向相反；因此两小球一定带异种电荷，则P球所受库仑力方向向右，Q球所受库仑力方向向左，匀强电场方向水平向右，故正电荷受电场力方向向右，其受库仑力方向一定向左，故Q带正电荷，P带负电荷，故D正确，A、B、C错误。 7.答案　B解析　由于静电感应，最终达到静电平衡状态，球壳外表面以内不再有多余的净电荷，并不是没有电荷，选项A错误；达到静电平衡后，球壳处于静电平衡状态，外表面以内各点的电场强度均为0，选项B正确；用手摸一下球壳，相当于球壳与左边的极板连接为一个导体后又断开，球壳表面原来感应出来的正电荷被大地输入的负电荷中和，再拿去平行金属板，球壳带负电，故选项C、D错误。 8.答案　B解析　只在A点放正电荷时，B点的场强为E＝k，又将等量异号的点电荷－Q放在D点后，B点的场强大小为EB＝k＋k＝E，方向水平向右，故A错误，B正确；此时C点的场强大小为EC＝k＋k＝E，方向水平向右，与B点的电场强度相同，故C错误；Q和－Q在BC线段的中点产生的场强大小相等，方向相同，叠加后合场强不为零，故D错误。 9.答案　A解析　如图所示，B、C两点把半圆环等分为三段。设每段在O点产生的电场强度大小均为E′。AB段和CD段在O处产生的场强夹角为120°，它们的合场强大小为E′。则O点的合场强E＝2E′，则E′＝，所以圆弧BC在圆心O处产生的场强为，方向水平向右，故A正确，B、C、D错误。 10.答案　B解析　以B为研究对象，B受到重力G，A对B的库仑斥力F，绝缘光滑半球对B的支持力N，如图所示，由几何关系可知＝＝，因为G、OA、OB不变，所以N不变；AB减小，则F减小，故B正确，A、C、D错误。 11.答案　AC解析　根据等量异种电荷周围的电场分布，a、b两点的电场强度的大小相等，方向相同。MN上的场强O点最大，向两边逐渐减小，所以检验电荷在O点受到的电场力最大。c、d两点关于O点对称，场强大小相等，方向相同。一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小。故A、C正确，B、D错误。 12.答案　AC解析　烟尘在直导线和管外线圈形成的高压电场作用下，带上了负电。带负电的烟尘颗粒被吸附到了管壁上，因此看不到有烟冒出，选项A、C正确。 13.答案　ACD解析　取小球为研究对象，它受到重力mg、细线的拉力F和静电力Eq的作用。因小球处于平衡状态，则它受到的合外力等于零，由平衡条件知，F和Eq的合力与mg是一对平衡力。根据力的平行四边形定则可知，当静电力Eq的方向与细线拉力方向垂直时，静电力最小，如图所示，则Eq＝mgsin 60°，得最小场强E＝。所以选项A、C、D正确。 14.答案　AC解析　若F＝qE，A物体所受合力为0，在弹簧处于压缩状态时，B物体由于弹簧的作用向右加速运动，而A物体将受到B物体的作用力以相同的加速度一起向右加速运动，A、B两物体未能分离；当弹簧恢复到原长后，B物体在弹簧的作用下做减速运动，A物体做匀速直线运动，则B物体的速度小于A物体的速度，A、B两物体将分离，故A正确，B错误；若F>qE，A物体将受到水平向右的恒力FA＝F－qE的作用，弹簧在恢复到原长之前，对B物体的弹力逐渐减小，则B物体的加速度逐渐减小，当A、B两物体刚要分离时，A、B两物体接触面的作用力刚好为0，此时弹簧对B物体的作用力所产生的加速度与恒力FA对A物体产生的加速度相等(aB＝aA≠0)，此时弹簧还未恢复到原长，故C正确；若F<qE，A物体将受到水平向左的恒力FA′＝qE－F的作用，如果FA′比较小，那么A、B两物体还是可以分离的，并且在超过弹簧原长处分离，故D错误。 15.答案　(1)－　(2) 解析　(1)根据库仑定律，两球相互吸引的库仑力F库＝k＝ A球和B球的加速度相同，隔离B球， 由牛顿第二定律有F库－2mgsin 30°＝2ma 所以a＝－。 (2)把A球和B球看成整体，A、B间的库仑力为系统内力， 由牛顿第二定律有F－3mgsin 30°＝3ma F＝。 16.答案　(1)　(2)mg 解析　(1)当系统平衡以后，B球受到如图所示的三个力：重力mg、细线的拉力F1、库仑斥力F。 合力为零，由平衡条件得Fcos 30°－F1cos 30°＝0 Fsin 30°＋F1sin 30°－mg＝0 由库仑定律得F＝k 联立上述三式，可得B球的带电荷量qB＝。 (2)A球受到如图所示的四个力作用，合力为零。 得FT＝F′·cos 30° 而F′＝F＝mg 所以，A球受到的水平推力FT＝mgcos 30°＝mg。 17.答案　(1)　(2) 解析　(1)由题图知小球处于平衡状态时所受电场力水平向右，则小球带正电，对小球受力分析如图所示，则有 FTsin θ＝qE　① FTcos θ＝mg　② 由①②联立得tan θ＝， 故q＝。 (2)由第(1)问中的方程②知FT＝，而剪断丝线后小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线对小球的拉力大小相等、方向相反，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力大小等于，小球的加速度大小a＝＝，小球由静止开始沿着丝线的拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属板时，它的位移为x＝；又有x＝at2，得t＝＝＝。 18.答案　(1)　(2)3 m/s2，方向沿斜面向下 (3)6 m/s　6 m 解析　(1)对小物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上， 则mgsin 37°＝qEcos 37°， E＝＝。 (2)当场强变为原来的时，小物块受到的合外力 F合＝mgsin 37°－qEcos 37°＝0.3mg， 由牛顿第二定律有F合＝ma，所以a＝3 m/s2，方向沿斜面向下。 (3)由运动学公式，知v＝at＝3×2 m/s＝6 m/s x＝at2＝×3×22 m＝6 m。 学科网（北京）股份有限公司 $