专题探究1 带电体的电场-【经纶学霸】2026-2027学年高二物理必修第三册4星学霸黑白题（人教版）

专题探究一 黑题 专题强化 题型1割补法 1.(2025·辽宁朝阳质检)如图所示，一带正电 绝缘球体A(球心为O1)半径为2R,所带电荷 量为+Q且均匀分布，现将其中半径为R、与A 相切的小球体B(球心为O2)部分的电荷量变 为等量负电（球A其他部分电荷量分布情况 不变)，静电力常量为k,则在O1、02连线上， 与0，距离为4R的P点的电场强度大小为 A.、 5kQ B 13k0 C. 5kQ D. 13kQ 144R2 144R2 72R2 72R2 A (第1题) (第2题) 2.如图所示，用金属丝AB弯成半径为r的圆弧， 但在A、B之间留出宽度为d的小间隙（相对r 而言很小).通过接触起电的方式将电荷量为 Q的正电荷均匀分布在金属丝上，则圆心0 处的电场强度为 A.0 ,方向由圆心指向间歌 书.，方向由间隙指向圆心 (2mr-dr户，方向由间隙指向圆心 C kQd (2r-4,方向由圆心指向间隙 kQd D 3.(2024·广东深圳月考)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 布着正电荷，总电荷量为q,球面半径为R,CD 为通过半球顶点与球心0的轴线，在轴线上 第九章 带电体的电场 限时：35min 有M、N两点，OM=ON=2R,已知N点的电场 强度大小为E,静电力常量为k,则M点的电 场强度大小为 -D A.9-E B.kg 2R2 4R2 D. kq+E 4R2 题型2对称法 4.（2025·安徽期中)如图所示，电荷量为+g的 点电荷与均匀带负电的薄板相距2d,点电荷 处在带电薄板过几何中心的垂线上.垂线上 A、B两点分别位于薄板两侧，与薄板距离均为 d.已知A点的电场强度为E,方向从A指向 B,则图中B点的电场强度大小为（ B.+E C.E D. 0kq+E 9d2 92 9d2 (第4题) (第5题) 5.如图所示，边长为L的正六边形ABCDEF的5 条边上分别放置5根长度都为的相同绝缘 细棒，每根细棒均匀带上相同的正电荷，现将 电荷量为+Q的点电荷置于BC中点，此时正 六边形几何中心0点的场强为零，若移走+Q 及AB边上的细棒，则O点电场强度大小为( 为静电力常量，不考虑绝缘细棒之间及绝缘细 棒与+Q的相互影响) 黑白题011 B. 23k0 C. 43kQ 3L2 D. 3kQ 3L2 6.如图所示，x0y平面是无穷大 导体的表面，该导体充满z<0 的空间，>0的空间为真空.将 电荷量为g的点电荷置于z轴上z=h处，则在 xOy平面上会产生感应电荷.空间任意一点处 的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应 电荷共同产生的.已知静电平衡时导体内部场 强处处为0，则在：轴上2=处的场强大小为 (k为静电力常量) ( 人解 B.g 9h2 C.32g 9h2 D.640g 9h2 题型3等效法 7.MN为足够大的不带电的金属板，在其右侧距 离为d的位置放一个电荷量为+g的点电荷 0,金属板右侧空间的电场分布如图甲所示，P 是金属板表面上与点电荷O距离为r的一点. 已知图甲所示的电场分布与图乙中等量异种 点电荷的部分电场线分布是一样的.由此对图 甲P点的电场强度方向和大小做出的以下判 断，其中正确的是 A.方向沿P点和点电荷的连线向左，大小 灣 B.方向沿P点和点电荷的连线向左，大小 为2gvP-a 必修第三册：RJ C.方向垂直于金属板向左，大小为2gd D.方向垂直于金属板向左，大小为2g√-d 8.硒鼓是激光打印机的核心部件，主要由感光 鼓、充电辊、显影装置、粉仓和清洁装置构成， 工作中充电辊表面的导电橡胶给感光鼓表面 均匀地布上一层负电荷.我们可以用下面的模 型模拟上述过程：电荷量均为-g的点电荷，对 称均匀地分布在半径为R的圆周上，若某时刻 圆周上P点的一个点电荷的电荷量突变成 +q,则圆心0点处的电场强度为 充电辊 0000 0 光 直流电 0000 7接地 A. ,方向沿半径指向P点 2kq 2kq B. R2 方向沿半径背离P点 C 3,方向沿半径指向P点 R2 3k 方向沿半径背离P点 R2 题型4微元法 9.如图所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q,半 径为R,圆心为O,P为垂直于圆环平面的对 称轴上的一点，OP=L,试求P点的电场强度. 黑白题012位置不确定，试探电荷从一x。运动到x。过程中，如果从靠近 点电荷处释放，电场强度先变小后变大，则试探电荷先做加 速度（图线斜率）逐渐减小的加速运动，到达0点时加速度 为0，过O点后做加速度逐渐增大的减速运动，故图A符合 要求；如果从较远位置释放，电场强度先变大再变小，过O 点后先变大再变小，则试探电荷运动的加速度按变大、变小、 变大、变小的规律变化，故图B符合要求.故选AB. 5.B解析：A.根据库仑定律，分析A点电场强度如图所示，A 点电场强度为0，根据电场叠加原理，可知匀强电场的电场 强度E2,故A错误；B.分析B点电场强度如图所示，由 对称性，三个点电荷在B点的合场强大小为E,沿OB方向， 则B点的总电场强度Ea=√3E,故B正确；C.同理C点电场 强度大小与B相同，但方向不同，故C错误；D.三个点电荷 在0点的合场强大小为0，放E,=B=写，放D错误故 选 E -习E +0 a" E 4a 0 a2 +q" 6.C解析：ABC.在水平向左的匀强电场中，物体静止在绝缘 斜面上，对物体受力分析如图，由于物块重力与电场力大小 关系无法确定，摩擦力可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下， 也可能为零，故在匀强电场中的物体是否受摩擦力作用以及 摩擦力方向均无法确定，撤去电场后，根据受力分析可知摩 擦力沿斜面向上，故撤去电场后与撤去电场前相比较，摩擦 力大小可能增大也可能减小，摩擦力方向可能发生改变， 故AB错误，C正确：D.撤去电场前物体对斜面的压力 为N1=Fsin a+mgcos a,撤去电场后物体对斜面的压力 为N2=mgcos a,可知物体对斜面的压力减小了，故D错误 故选C. G a 7.BC解析：由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判 断电子向哪个方向运动，故A错误；若a4>ag,则A点离点电 荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指 向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠 近M端且为正电荷，故B正确：由B可知，电子所受电场力 方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负 功；若电子从B向A运动，则电场力做正功，该过程与Q所 带电荷无关，只与电场线方向相关，故C正确：由B可知，电 场线方向由M指向N,故D错误.故选BC 8.A解析：正点电荷仅在静电力作用下由静止释放，从A点 沿电场线运动到B点，由图可知，做加速度减小的加速运 动，则电场线由A指向B,且B点的场强较A点小，可知A处 电场线较B点密集，可知A正确，BCD错误.故选A 参考答案与解析 9.C解析：AD.杆一端用铰链与带电物体甲相连，杆对乙的作 用力只能沿杆，若乙带负电，不论杆对乙的作用力沿杆向上 还是向下，乙都不可能处于平衡状态，所以乙只能带正电，受 到电场力、重力和杆对乙的作用力，乙不可能只受两个力的 作用，故AD错误；B.甲带负电，受力如图所示，在重力、地面 支持力、杆的作用力和电场力作用下，甲可能处于平衡状态， 故地面对甲不一定有摩擦力，故B错误；C.甲、乙和轻杆所 构成的整体保持静止，整体竖直方向受到重力和支持力，根 据平衡条件可知地面对甲的支持力一定等于甲、乙的重力之 和，故C正确故选C 10.B解析：由电场的叠加原理可知，两个等量异种点电荷形 成的电场，若以两电荷连线为x轴，在两电荷连线中点的场 强不为零，在两电荷连线上连线中点的场强最小：若以两电 荷连线中垂线为x轴，在中垂线上连线中点处场强最大，而 从连线中点沿中垂线向两边一直减小，故A错误，B正确； 两个等量同种点电荷形成的电场，若以两电荷连线为x轴， 在两电荷连线的中点场强为零，从连线中点向两边场强逐 渐增大到无穷大，再由无穷大逐渐减小到零：若以两电荷连 线中垂线为x轴，在两电荷连线中垂线上从连线中点向两 边场强从零开始先增大后减小，故CD错误故选B. 压轴挑战 11.BC解析：AB.对A分析可知，A 受重力、绳子的拉力、向左的电场 力以及B向右的库仑力而处于E 平衡，由平衡条件可知Eg1= F,TB ,解得9，对B受力分 Er2 2 G 析如图所示，由图可知，B受重力、绳子的拉力、向右的电场 力以及向左的库仑力而处于平衡，由于小球向右偏，说明B 受到的电场力大于库仑力，则有4>a,则有9<，则 2 说明Ig1I<|g2I,故A错误，B正确；CD.若让球A缓慢放 电，由Eq1= 19可知，只要E和g,不变，A球受力仍可以平 2 衡：先假设AB间的距离不变，B受到A的吸引力变小，则B 球受到的水平方向上的合力变大，则水平方向合力与重力 的合力变大，且合力的方向与竖直方向上的夹角变大，故根 据平衡条件可知，α变大，轻绳对B的拉力变大，故C正确， D错误故选BC. 专题探究一带电体的电场 黑题■ 专题强化 4 1.A解析：半径为R的均匀带电球的电量为Q,= 3R3 -0= 3T(2R 黑白题05 Q,带-Q,的带电球在P点产生的场强大小为E,=k 1 82 3R)2, 方向向左.假设半径为2R的球均匀带正电Q,其在P点产生 的场强大小为E2=k 402,方向向右。所以将其中半径为R 与A相切的小球体B(球心为O2)部分的电荷量变为等量负 5kQ,故 电，此时在P点产生的场强大小为E=E,-2E,44R, 选A 2.D解析：若将这个圆环缺口补上，并且补上部分的电荷密 度与原有缺口的环体上的电荷密度相等，这样就形成一个电 荷分布均匀的完整带电圆环，则圆心O处的合场强为0.因 此缺口环在圆心0处的场强与补上部分在圆心0处的场强 大小相等，方向相反.由题意，补上部分可视为点电荷，电荷 量为30在0处的场强大小为20 (2r-d户，方向由间隙指 向圆心，则缺口环在0处的场强大小为，01 (2m-d,2,方向由 圆心指向间隙， 3.A解析：假设在0点有一个完整的带电荷量为2g的带电 球壳，设完整球壳在M点产生的场强大小为E。,左半球壳 在M点产生的电场强度大小为E左，右半球壳在M点产生的 电场强度大小为E右，根据电场叠加原理E左+E右=E。,根据 题意么-名米器对常在可得：=，解得一冷-品， 故选A 4.D解析：由于薄板带负电，根据对称性可知，该薄板在A点 形成的场强方向由A指向B,该场强大小为E',根据场强的 叠加原理可知，A点的合场强为E'包=E,解得E'=忽+E 9d2 9d2 根据对称性可知，薄板在B点产生的场强和在A点产生的 场强大小相等，方向相反，故B点的电场强度大小为E”= E'+k9=10+B,故选D. d2 92 5.C解析：根据对称性的特点可知，AB棒与DE棒在O点的 合场强为0，AF棒与DC棒在O点的合场强也为0，所以EF 棒与点电荷+Q的合场强也为0，则有EF棒的场强大小与点 电荷+Q在0点的场强大小相等，所以有Es=E。= 之一W 度大小为EF棒与DE棒的合场强大小，有E=2 EEFCOS30°= 450,所以C正确，ABD错误.故选C 3L2 6.D解析：根据题设，：轴上=处的合场强为0，说明感应 电荷在该处激发的电场与点电荷q在该处激发的电场等大 反向，点电荷g在该处激发的场强大小E=kg,故感应电 9h21 荷在2轴上2士仁处激发的场强大小也为号，在：细 上=2处的合场强大小为是+是=地，故D正 必修第三册·RJ 确，ABC错误故选D. 7.C解析：据题意，从乙图可以看出，P点电场方向为水平向 左；由图乙可知，设P点与+g之间的连线与两电荷连线之间 的夹角为0，其中cs0=,正、负电荷在P点电场叠加，其 大小为E=2号·m0=24号·-2冰号故选项C正确 2 r 故选C. 8.B解析：当P点的电荷量为-q时，根据电场的对称性，可得 在0点的电场强度为0，当P点的电荷为+q时，由-q和+2q 两个电荷等效替代，故0点电场可以看作均匀带电圆环 和+2g产生的两个电场的叠加，故0点的电场强度为E=0+ k29,电场方向为+2g在0点的电场方向，即方向沿半径背 R2 离P点，故B正确，ACD错误故选B. 9.hoL 解析：设想将圆环等分为n个小段，当n相当大 (L2+R2)2 时，每一小段都可以看作点电荷，其所带电荷量为：g= n 由点电荷场强公式可求得每一点电荷在P处的场强为： E=kQ、 nr2 n(R2+12) 由对称性可知，各小段带电环在P处的场强E的分量E,相 互抵消，而分量E,之和即为带电圆环在P处的场强E, 如图， 故Ep=nE.=n L kQL n(R+L)I(L2+R)是 第4节静电的防止与利用 白题基础过关 1.D解析：A.由于q为正电荷，根据静电感应规律可知棒左 端感应出负电荷，右端感应出正电荷，故A错误；BC.处于静 电平衡的导体是等势体，内部场强处处为零，A、B两点的场 强都是零，故BC错误；D.静电平衡时A点的合场强为零，因 此感应电荷在A点的场强与点电荷g在A点的场强等值反 向，得棒上感应电荷在A点产生的场强大小为E,三，g (R+L)2, 故D正确.故选D. 2.B解析：AB.在导体外表面，越尖锐的位置单位面积上分布 的电荷越多，所以带电体B处比A处电荷密集，故A错误， B正确：CD.验电器的C处做成球形是为了使更多的电荷分 布在比较尖的金属箔片上，故C错误，D错误故选B. 3.B解析：A.依题意，由于金属网的静电屏蔽，导致验电器的 箔片不会张开，故A错误；B.金属网处于静电平衡状态，是 一个等势体，P、Q两点电势相等，验电器和金属网之间场强 为零，故B正确，D错误；C.用带正电的金属球靠近金属网， 由于静电感应，金属网P端感应出负电荷，故C错误.故 选B. 4.C解析：ABC.由于静电感应，金属球壳B内壁感应出负电 黑白题06