专题强化2 静电场力的性质(Word练习)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中物理必修第三册（人教版)

**基本信息** 聚焦静电场力性质，通过轨迹分析、场强计算、平衡问题三大模块，系统整合对称性、等效法、受力分析等解题方法，构建“概念-规律-应用”逻辑链条，强化物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |轨迹分析|2题|轨迹凹侧判断力向、电场线疏密定加速度|电场线性质→粒子运动关系→动能变化推理| |场强计算|5题|对称补偿法、微元叠加法、等效替代法|点电荷场强→对称分布电荷场强叠加→复杂模型简化| |平衡问题|3题|受力分析、正交分解、平衡条件应用|电场力概念→共点力平衡规律→实际情境问题解决|

专题强化2　静电场力的性质 1.（2026•广东深圳期中）如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹。带电粒子只受静电力的作用，运动过程中速度逐渐增大，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是（　　） 2.〔多选〕某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，由M运动到N，其运动轨迹如图中虚线所示，以下说法正确的是（　　） A．粒子带正电荷 B．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度 C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度 D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能 3.如图所示，用金属线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（d≪r）。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，静电力常量为k，则圆心O处的电场强度为（　　） A．k，方向由圆心指向间隙 B．k，方向由间隙指向圆心 C．k，方向由间隙指向圆心 D．k，方向由圆心指向间隙 4.（2026•安徽黄山期中）如图甲、乙所示，半径相同的半圆环和四分之三的圆环带有同种电荷，电荷量比为1∶3，环上电荷分布均匀且环的粗细可忽略不计。图甲中圆心处的电场强度大小为E，图乙中圆心处的电场强度大小为（　　） A．E　 B．E C．E　 D．E 5.（2026•河南开封期中）如图所示，用粗细均匀的绝缘线制成半径为R的圆环，O为圆环的圆心，圆环上均匀分布着负电荷。现在圆环上的E处取下足够短的带电荷量为－q的一小段，将其沿O、E连线向左移动到F点处，且EF=R。设圆环其他部分的带电荷量与电荷分布保持不变，静电力常量为k，若此时在O点放一个带电荷量为＋Q的试探电荷，则该试探电荷受到的静电力为（　　） A．，水平向左　 B．，水平向右 C．，水平向左　 D．，水平向右 6.（2026•河北石家庄期中）把一段细玻璃丝与丝绸摩擦，玻璃丝上就带上了正电荷，然后用绝缘工具把这段玻璃丝弯曲成一个半径为R的闭合圆环，如图所示，O是圆环的圆心，A与O的距离为R，O、A连线与圆环平面垂直，已知静电力常量为k，A点电场强度大小为E，则玻璃丝因摩擦所带的电荷量为（　　） A．E　 B．E C．E　 D．E 7.（人教版必修第三册P17•T6改编）如图所示，轻绳一端固定在O点，另一端系一个质量为m，电荷量为q的带正电小球，当整个空间存在水平向右的匀强电场，平衡时细绳与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，则该匀强电场的电场强度大小为（　　） A．　 B． C．　 D． 8.（2026•安徽合肥期中）如图所示，12个带电荷量均为＋q的点电荷，均匀对称地分布在半径为r的圆周上，某时刻，P、Q两处的点电荷电荷量突然减为零，则O点的电场强度大小为（静电力常量为k）（　　） A．　 B． C．　 D． 9.（2026•河北保定期末）两个带电小球A、B，分别用等长的绝缘细线悬挂在天花板下方，平衡时如图甲所示，细线与竖直方向夹角均为α，此时细线对A的拉力大小为T1。施加一水平向左的匀强电场后，两小球再次平衡时如图乙所示，细线与竖直方向夹角均为β，且α＜β，此时细线对A的拉力大小为T2。下列说法正确的是（　　） A．A带负电， B带正电 B．A的电荷量小于B的电荷量 C．A的质量大于B的质量 D．T1＜T2 10.如图所示，一质量为m=1.0×10－2 kg、带电荷量大小为q=1.0×10－6 C的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场足够大，静止时悬线向左偏离与竖直方向夹角为θ=37°。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求： （1）电场强度E的大小； （2）若在某时刻将细线突然剪断，经过1 s时小球的速度大小v及方向。 答案 专题强化2　静电场力的性质 1.D　带电粒子只受静电力的作用，运动过程中速度逐渐增大，则静电力做正功，静电力方向与粒子速度方向夹角为锐角，静电力方向沿着电场线，同时指向曲线运动轨迹凹侧，可知D符合要求。 2.ACD　根据粒子运动轨迹弯曲的情况，粒子所受电场力应指向运动轨迹的凹侧，又粒子所受电场力的方向沿电场线切线方向，可知此粒子带正电，选项A正确；由于电场线越密，电场强度越大，粒子所受电场力越大，根据牛顿第二定律可知加速度也越大，因此粒子在N点的加速度大于它在M点的加速度，选项B错误，C正确；粒子从M点运动到N点，电场力做正功，根据动能定理知此粒子在N点的动能大于它在M点的动能，选项D正确。 3.D　相对圆弧来说间隙是很小的，若间隙处有正电荷可视为点电荷，其在圆心处产生的电场强度大小为E==，电场强度方向由圆心向右，由对称性知，完整的带电圆弧在圆心O处的合电场强度为0，所以间隙处正电荷在圆心处产生的电场强度与圆弧其余部分在圆心处的合电场强度大小相等、方向相反，即圆心处的电场强度大小为k，方向由圆心指向间隙，故D正确。 4.A　题图甲可以分成两个四分之一的圆环在圆心产生的电场强度的合电场强度为E，而这两个四分之一圆环分别产生的电场强度成90°夹角，根据平行四边形定则，单个四分之一圆环产生的电场强度为E，图乙在圆心产生的电场强度可以等效为三个四分之一的圆环在圆心产生的电场强度的合电场强度，而关于圆心对称的两个四分之一圆环在圆心的合电场强度为零，所以剩余的四分之一的圆环在圆心产生的电场强度，就是图乙中圆心处的电场强度，但图乙圆环的电荷线密度是图甲的2倍，故四分之一的圆环在圆心产生的电场强度为E，故选A。 5.B　圆环上的剩余电荷在O点产生的电场等效为E、O连线向右， 距离O点的距离为R的电荷量为－q的点电荷在O点产生的电场，其电场强度大小为E1=，方向水平右，在F点电荷量为－q的点电荷在O点产生的电场强度大小为E2==，方向水平向左，则O点的合电场强度大小为E=E1－E2=，方向水平向右，带电荷量为＋Q的试探电荷受到的静电力大小为F=QE=，方向水平向右，故选B。 6.D　圆环上各点到A点的距离为r==2R，圆环上各点与A点的连线与竖直方向的夹角满足sin θ== 根据平行四边形定则可知 E=cos θ 联立解得Q=E 故选D。 7.D　以带电小球为对象，根据平衡条件可得tan θ=，解得该匀强电场的电场强度大小为E=，故选D。 8.A　P、Q两处的点电荷在O点产生的电场强度大小相等，均为E=，根据几何关系P、Q两处的点电荷在O点的合电场强度大小为E合=2Ecos 60°=，P、Q两处的点电荷电荷量突然减为零时，O点的电场强度大小为E合′=E合=，故A正确。 9.D　根据图乙可知，小球A所受匀强电场的静电力方向向左，与匀强电场的电场强度方向相同，则A带正电，同理可知B带负电，故A错误；图甲中，对小球A进行受力分析，根据平衡条件有F库1=mAgtan α，T1=，对小球B进行受力分析，根据平衡条件有F库1=mBgtan α，T3=，解得mA=mB，T1=T3==，故C错误；图乙中，对小球A进行受力分析，根据平衡条件有qAE=F库2＋T2sin β，T2cos β=mAg，对小球B进行受力分析，根据平衡条件有qBE=F库2＋T4sin β，T4cos β=mBg，解得T2=T4==，qA=qB，故B错误；T1=，T2=，由于α＜β，则有T1＜T2，故D正确。 10.（1）7.5×104 N/C　（2）12.5 m/s　与竖直方向夹角为37°斜向左下方 解析：（1）由平衡条件得小球所受静电力大小 F=mgtan θ 所以电场强度的大小 E=== N/C =7.5×104 N/C。 （2）剪断细线后，小球所受合力大小 F合==1.25mg 根据牛顿第二定律知，小球的加速度大小 a==1.25g=12.5 m/s2 所以经过1 s时小球的速度大小v=at=12.5 m/s，方向与竖直方向夹角为37°斜向左下方。 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $