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章末综合检测（一）　静电场及其应用
（时间：90分钟　满分：100分）
　　
一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1.人类对电磁学的研究经历了漫长而曲折的过程，其中许多物理思想方法体现了物理学家的智慧，以下说法错误的是（　　）
A.电荷守恒定律是物理学中“守恒”思想的具体体现
B.“类比”在库仑定律的建立过程中发挥了重要作用
C.电场强度是通过“比值定义法”建立的
D.点电荷类似于力学中的质点，也使用了“等效替代”的思想
2.（2025·广西高考4题）
用带电玻璃棒接触验电器的金属球，移走玻璃棒，验电器内的两片金属箔张开，稳定后如图。图中a、b、c、d四点电场强度最强的是（　　）
A.a点 B.b点
C.c点 D.d点
3.（2026·山东济南高一下期中）如图所示为某带电导体的电场线分布，
M、N是电场中两点，P点是导体内部紧贴右端的一点，下列说法正确的是（　　）
A.导体左侧带正电，右侧带负电
B.导体左侧电荷分布密度大于右侧电荷分布密度
C.N点的电场强度大于M点的电场强度
D.导体内部P点的电场强度大于N点的电场强度
4.（2026·福建泉州校级期中）如图所示，充气后的气球在头发上摩擦，再靠近不带电的空易拉罐，在气球未接触易拉罐的情况下，可观察到易拉罐会朝气球方向滚动，（已知e＝1.6×10－19 C）下列说法正确的是（　　）
A.易拉罐靠近气球一侧的带电性质和气球不相同
B.易拉罐远离气球一侧的带电性质和气球不相同
C.气球所带电荷量可能是6.6×10－19 C
D.气球对易拉罐远、近两侧的作用力大小相等
5.（2026·河北保定期中）硒鼓是打印机的核心部件，工作时充电辊给感光鼓表面均匀布上一层负电荷，感光鼓上的电荷分布如图所示，可视为众多电荷量为－q的点电荷对称且均匀地分布在半径为R的圆周上。若打印后，圆周上P点的一个点电荷的电荷量变成＋3q，已知静电力常量为k，则O点的场强为（　　）
A.，方向沿半径指向P点
B.，方向沿半径背离P点
C.，方向沿半径指向P点
D.，方向沿半径背离P点
6.如图所示是描述甲、乙两个点电荷电场的部分电场线，下列说法正确的是（　　）
A.甲带负电，乙带正电
B.甲的电荷量大于乙的电荷量
C.在P点由静止释放一个带正电的粒子，仅在静电力的作用下，粒子会沿电场线运动到Q点
D.P点处的电场强度小于Q点处的电场强度
7.如图所示，半径为R的带电荷量为＋Q的绝缘圆环，圆心为O，电荷量均匀
分布。A、B、C为圆环的三等分点，OD＝2R，C点位于OD上。现将A、B两处长为Δl的电荷取走，D点放置一电荷量为q的点电荷，O处电场强度恰好为零，则（　　）
A.D处的点电荷一定带正电
B.C点处的电场强度为零
C.q的绝对值为Q
D.A、B两点处的电场强度相同
8.（2026·浙江杭州期中）如图所示，两根绝缘细线的上端都系在水平天花板上，
另一端分别连着两个带电小球P、Q，两小球静止时处于同一水平高度，P球质量为mP，两细线与天花板间的夹角分别为α＝30°，β＝45°，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A.两个小球带同号电荷
B.两个小球具有相同的质量
C.两细线对小球的拉力大小相等
D.细线对P球的拉力小于细线对Q球的拉力
9.（2026·浙江杭州期末）如图所示，半径为R的圆O固定在水平面内，
AB为圆O的直径，在A、B两点分别固定电荷量均为Q的正点电荷，P为圆上的一点，∠PAB＝30°，静电力常量为k，则P点的电场强度大小为（　　）
A. B.
C. D.
10.（2026·湖北武汉期中）如图所示，真空中有一个棱长为L的正方体，
正方体的两个顶点处分别放置一对电荷量都为q的正、负点电荷。图中的a、b、c、d是其他的四个顶点，下列表述正确的是（　　）
A.a、d两点电场强度大小相等
B.a、c两点电场强度的比为∶1
C.a、b、c、d四个顶点处电场方向不相同
D.将正点电荷移到c点，b点的电场强度不变
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分，每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
11.（2026·浙江温州期中）对于以下几幅图片所涉及的物理现象或原理，下列说法正确的是（　　）
A.图甲中，该女生和带电的金属球带有异种性质的电荷
B.图乙中，库仑使用过的扭秤装置利用了微小量放大原理
C.图丙中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理
D.图丁中，超高压作业的电力工人要穿绝缘材料做成的工作服
12.（2025·河北高考8题）如图，真空中固定在绝缘台上的两个相同的金属小球A和B，带有等量同种电荷，电荷量为q，两者间距远大于小球直径，两者之间的静电力大小为F。用一个电荷量为Q的同样的金属小球C先跟A接触，再跟B接触，移走C后，A和B之间的静电力大小仍为F，则Q∶q的绝对值可能是（　　）
A.1 B.2
C.3 D.5
13.（2026·天津期中）如图所示，M、N为两个等量正点电荷Q，在其连线的中
垂线上任意一点P自由释放一个负点电荷q，不计重力影响，下列关于点电荷q的运动的说法正确的是（　　）
A.从P→O的过程中，加速度一定先增大后减小，速度也越来越大
B.从P→O的过程中，加速度可能越来越小，而速度越来越大
C.点电荷运动到O点时加速度为零，速度达到最大值
D.点电荷越过O点后，速度越来越小，可能某段过程加速度也越来越小，直到速度为零
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
14.（6分）（2025·浙江温州学业考试模拟）如图所示，有两个质量均为 m、
带等量异号电荷的小球M和N，带电荷量均为Q，通过两根长度均为L的绝缘轻绳悬挂在电场中O'点，两个小球处在一水平向右的匀强电场中，平衡后两轻绳与竖直方向的夹角均为θ＝30°。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g， 则球M带　　　　电荷（填“正”或“负”）， M与N之间的相互作用力大小为　　　　　，匀强电场的电场强度为　　　　　。
15.（8分）（2026·河北唐山期中）在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，
一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关。他选用带正电的小球A和B，A球固定在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于C点，如图所示。实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角α越大；再保持两球距离不变，改变小球A所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角α越大。
（1）实验表明：两电荷之间的相互作用力的大小随其距离的减小而　　　　　，随其所带电荷量的增大而　　　　　。（填“增大”或“减小”）
（2）该同学在探究中应用的科学方法是　　　。（单选）
A.累积法 B.等效替代法
C.控制变量法 D.演绎法
16.（12分）（2026·重庆期中）如图所示，质量为m、电荷量为＋q的
带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，另一个电荷量也为q的带电小球B固定于O点的正下方，小球A静止时与小球B在同一水平线上，此时细线与竖直方向的夹角为θ，两带电小球均可视为点电荷。已知重力加速度为g，静电力常量为k。求：
（1）小球B的电性；
（2）电荷A、B间的距离；
（3）带电小球B在A处产生的电场强度的大小。
17.（14分）（2026·湖北黄冈期中）如图所示，一质量为m、
电荷量为q（q＞0）的小球以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。小球运动到达MN连线上的某点Q（图中未标出）。已知MN与水平方向成45°角，重力加速度为g，求：
（1）从P到Q所用的时间；
（2）小球在Q点的速度大小。
18.（18分）（2026·浙江宁波期中）如图所示，单层光滑绝缘圆形轨道竖直放置，半径r＝1 m，其圆心处有一电荷量Q＝＋1×10－4 C的点电荷，轨道左侧是一个钢制“隧道”，一直延伸至圆形轨道最低点B；在“隧道”底部铺设绝缘层。“隧道”左端固定一弹簧，用细线将弹簧与一静止物块拴接，初始状态弹簧被压缩，物块可看成质点，质量m＝0.1 kg，电荷量q＝－×10－6 C，与“隧道”绝缘层间的动摩擦因数μ＝0.2。剪断细线，弹簧释放弹性势能Ep，促使物块瞬间获得初速度（忽略加速过程）。之后物块从A点沿直线运动至B点后沿圆形轨道运动，恰好通过最高点C。其中lAB＝2 m，设物块运动时电荷量始终不变，且不对Q的电场产生影响，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2。求：
（1）物块在最高点C时的速度大小；
（2）物块在圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小；
（3）弹簧压缩时的弹性势能Ep。章末综合检测（一）　静电场及其应用
1.D　电荷守恒定律是物理学的基本定律之一，它指出，对于一个孤立系统，不论发生什么变化，其中所有电荷的代数和永远保持不变，因此其是物理学中“守恒”思想的具体体现，故A正确，不符合题意；库仑定律的确立遵循：类比—科学假说—实验验证的过程，由万有引力和静电力的类比，提出假说，最后用实验来验证，故B正确，不符合题意；比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，或基本运动特征，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变，电场中电场强度大小和点电荷所带电荷量及所受静电力大小无关，故C正确，不符合题意；在研究带电体之间的相互作用时，若带电体的尺寸远小于它们之间的距离，就可以把带电体看作点电荷，这采用了理想模型法，并不是等效替代法，故D错误。
2.D　带电玻璃棒与金属球接触后，金属球带电，金属箔与金属球通过导体棒连接，金属箔与金属球带同种电荷；净电荷在尖锐的地方聚集，因此d点的电荷聚集最多，电场强度最强，A、B、C错误，D正确。
3.C　根据导体周围的电场线分布可知，正电荷的电场线向外辐射，则导体左侧和右侧都带正电，选项A错误；电场线越密集处的电场强度越大，电荷分布越密集，则导体左侧电荷分布密度小于右侧电荷分布密度，选项B错误；电场线越密集处的电场强度越大，则N点的电场强度大于M点的电场强度，选项C正确；导体内部P点的电场强度为零，小于N点的电场强度，选项D错误。
4.A　根据静电感应，易拉罐远离气球一侧与气球带同种电荷，靠近气球一侧与气球带异种电荷，故B错误，A正确；6.6×10－19 C不是1.6×10－19 C的整数倍（点拨：带电体的电荷量只能是元电荷的整数倍），故C错误；根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引可知，气球对易拉罐远侧为斥力，近侧为吸引力，并且对近侧的力大于对远侧的力，故D错误。
5.D　原系统电荷呈对称分布，圆心O处合场强为零。当P点电荷从－q变为＋3q时，等效于在P点叠加了附加电荷Δq＝＋3q－（－q）＝＋4q。此时O点场强仅由Δq产生，根据点电荷场强公式E＝k，代入得E＝。由于Δq为正电荷，其场强方向沿半径背离P点（即由P指向O），故A、B、C错误，D正确。
6.B　根据电场线分布特点，可判断出甲带正电，乙带负电，并且甲的电荷量大于乙的电荷量，A错误，B正确；在P点静止释放一个带正电的粒子，仅在静电力的作用下，粒子沿P点电场线的切线从该点由静止开始加速，不沿电场线运动，C错误；根据电场线的密集程度可以判断出P点处的电场强度大于Q点处的电场强度，D错误。
7.C　圆环上的电荷在O点产生的电场强度为零，取走A、B两处电荷后，A、B两点关于O点对称的两点分别为A'、B'，产生的合电场强度水平向右，大小为k，与D点处的点电荷产生的电场的电场强度叠加后，O点电场强度为零，所以D点处的点电荷一定为负电荷，由k＝k，解得｜q｜＝Q，A错误，C正确；C点处的电场强度一定向左，B错误；A、B两点处的电场强度方向不同，D错误。
8.D　对小球P或Q受力分析，根据平衡条件可知，两小球之间的库仑力F只能为引力，则两个小球带异种电荷，故A错误；对小球P和Q分别进行受力分析如图甲、乙所示
根据平衡条件，可得FTPcos α＝F，FTQcos β＝F，Ftan α＝mPg，Ftan β＝mQg，求得两小球质量关系为mP＝mQ，两细线对小球的拉力大小关系为FTP＝FTQ，故B、C错误，D正确。
9.D　将BP相连，在直角三角形中，由几何知识得AP＝2Rcos 30°，BP＝2Rsin 30°，故A、B在P点产生的场强大小分别为EA＝、EB＝，其中，EA、EB相互垂直，故P点的电场强度大小为E＝，联立解得E＝，故D正确，A、B、C错误。
10.A　因a、d两点到两个电荷的距离均相等，且两点电荷在a、d两点的电场强度大小相等，方向相互垂直，所以合场强大小也相等，故A正确。根据点电荷场强公式可知a点电场强度Ea＝，两电荷在c点产生的场强竖直方向的分量抵消，则水平方向叠加的电场强度Ec＝·cos 45°＝，则a、c两点电场强度的比为2∶1，故B错误。a、b、c、d四个顶点都处在两点电荷连线的中垂面上，则四点处电场方向相同，都是平行于两点电荷连线，指向负点电荷方向，故C错误。原来b点在两点电荷连线的中垂面上，b点场强方向垂直中垂面指向负电荷一方；将正点电荷移到c点，b点仍在两电荷连线的中垂面上，b点场强方向仍垂直中垂面指向负电荷一方，但是由于两个中垂面不同，则b点的电场强度一定不同，则场强要变化，故D错误。
11.BC　女生接触金属球，与金属球带同种电荷，故A错误；库仑使用过的扭秤装置利用了微小量放大原理，提高了测量精确度，故B正确；燃气灶中电子点火器应用了尖端放电的原理，故C正确；电力工人进行高压带电操作时一定要穿含金属丝的工作服，通过静电屏蔽来防止静电对人体的危害，故D错误。
12.AD　C先跟A接触后，两者电荷量均变为q1＝，C再跟B接触后，两者电荷量均变为q2＝＝，此时A、B之间静电力大小仍为F＝，则有＝F＝，解得Q＝q或Q＝－5q；则Q∶q的绝对值可能是1或者5，故选A、D。
13.BCD　点电荷在从P→O的过程中，根据等量同种正点电荷电场线分布特点可知，负点电荷所受的电场力方向竖直向下，做加速运动，所以速度越来越大，因为从O点向上到无穷远，电场强度先增大后减小，从P→O的过程中，电场强度大小可能越来越小，也可能先增大再减小，加速度的变化也是如此，故A错误，B正确；分析可知点电荷运动到O点时，所受的电场力为零，加速度为零，然后向下做减速运动，所以经过O点时的速度最大，故C正确；根据电场线的对称性可知，点电荷越过O点后，负电荷做减速运动，加速度可能越来越小，也可能先增大后减小，故D正确。
14.负　　＋
解析：如图为小球M的受力示意图，
可知所受匀强电场的电场力方向为水平向左，即受力方向与电场强度方向相反，带负电荷。由库仑定律，可得M与N之间的相互作用力大小为F库＝，由几何关系，可知r＝L，联立，解得F库＝，由平衡条件，可得mg＝FTcos θ，FTsin θ＋F库＝F电，又F电＝QE，联立，解得E＝＋。
15.（1）增大　增大　（2）C
解析：（1）根据平衡条件，两电荷之间的相互作用力大小为F＝mgtan α
先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角α越大，F越大，表明两电荷之间的相互作用力的大小随其距离的减小而增大；再保持两球距离不变，改变小球A所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角α越大，F越大；表明两个电荷之间的相互作用力的大小随其所带电荷量的增大而增大。
（2）该同学在探究中应用的科学方法是控制变量法：先控制两电荷的电荷量不变，后控制两电荷之间的距离不变，故选C。
16.（1）正电　（2）q　（3）
解析：（1）由平衡条件可知小球A受到的电场力水平向右，两小球之间的库仑力是排斥力，所以小球B带正电。
（2）A球静止时，由平衡条件可知tan θ＝
即F库＝k＝mgtan θ
解得r＝q。
（3）电场强度E＝k＝。
17.（1）　（2）v0
解析：（1）从P到Q小球做类平抛运动，当到达MN连线上某点时，位移与水平方向的夹角为α＝45°
根据牛顿第二定律有mg＋qE＝ma
垂直电场方向的位移为x＝v0t
平行电场方向的位移为y＝at2
根据几何关系tan 45°＝
联立解得t＝。
（2）在Q点vy＝at
得vy＝2v0
即小球在Q点时的速度大小为v＝＝v0。
18.（1）4 m/s　（2）6 N　（3）3.2 J
解析：（1）根据题意可知，物块恰好通过最高点C，轨道对物块没有作用力，由牛顿第二定律得mg＋＝m，
解得vC＝4 m/s。
（2）根据题意可知，物块从B到C的过程中，由动能定理有－mg·2r＝m－m，
解得vB＝2 m/s，
在B点，由牛顿第二定律有FN＋－mg＝m，
解得FN＝6 N。
由牛顿第三定律可知，物块在圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小FN'＝FN＝6 N。
（3）根据题意，物块由释放到B点过程中，由能量守恒定律有Ep＝μmglAB＋m
解得Ep＝3.2 J。

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