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第九章 静电场
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合
题目要求的。
1.玻璃棒用丝绸摩擦后，放到验电器上端金属球附近，则（ ）
A．验电器整体带负电
B．验电器上端带正电
C．用手摸一下a 处后验电器带正电
D．用手摸一下b 处后验电器带负电
【答案】D
【详解】AB．玻璃棒用丝绸摩擦后，玻璃棒带正电，当带正电的玻璃棒靠近验电器金属球，由于同种电荷
相互排斥，异种电荷相互吸引，金属箔片的自由电子被吸引到金属球一端。此时金属球因得到电子带负
电，金属箔片因有失去电子带正电，但验电器整体的正、负电荷总量相等，处于电中性状态，并非带电
体，故AB 错误；
CD．当用手触摸验电器金属球时，人体和金属球相当于远端，所以用手摸一下金属球后验电器带负电，与
摸一下a 处或b 处无关，故C 错误，D 正确。
故选D。
2.下面说法正确的是（ ）
1
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A．甲图中弹簧越粗，劲度系数越小
B．乙图中火车转弯时总会与内轨或外轨挤压
C．丙图中用金属网包裹话筒线是为了防止干扰信号侵入
D．丁图是一种可变电容器，通过调节铝片的间距来改变电容
【答案】C
【详解】A．弹簧的劲度系数与弹簧的粗细有关，弹簧越粗，劲度系数越大，故A 错误；
B．当火车所受重力与轨道的支持力的合力恰好提供火车转弯的向心力，则火车轮缘与内外轨间均不发生
挤压，故B 错误；
C．丙图中用金属网包裹话筒线是利用静电屏蔽的原理，防止干扰信号侵入，故C 正确；
D．丁图是一种可变电容器，通过调节铝片的正对面积来改变电容，故D 错误。
故选C。
3.如图所示，孤立点电荷+Q 固定在正方体的一个顶点上，与+Q 相邻的三个顶点分别是A、B、C，下列说
法正确的是（ ）
A．A、B、C 三点的电场强度方向相同
B．A、B、C 三点的电势相同
C．A、B、C 三点所在的平面为一等势面
D．将一电荷量为+q 的试探电荷由A 点沿直线移动到B 点的过程中，电势能始终保持不变
【答案】B
【详解】A．A、B、C 三点的电场强度方向从+Q 分别指向A、B、C 三点，A、B、C 三点的电场强度方向
不相同，A 错误；
B．A、B、C 三点到点电荷+Q 的距离相同，电势相同，B 正确；
2
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C．A、B、C 三点所在的平面不是一等势面，A、B、C 三点所在的球面为一等势面，C 错误；
D．将一电荷量为+q 的试探电荷由A 点沿直线移动到B 点的过程中，试探电荷+q 与点电荷+Q 的距离先减
小后增大，电场力先做负功，后做正功，电势能先增大后减小，D 错误。
故选B。
4.如图所示，在真空中，O 点处固定一正点电荷，电子从距离O 点r0处以初速度v 飞出，电子到O 点的距
离为r，电子的加速度大小为a、动能为Ek，在电子离O 点越来越远的过程中，下列图像可能正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】AB．设场源电荷电量为Q，电子电量为e，质量为m，对电子，由牛顿第二定律有kQe
r
2 =ma
解得a= kQe
mr
2
可知加速度a 与r
2成反比，图像是双曲线的一支，不是线性关系，故AB 错误；
CD．由动能定理可知Ek−r图像斜率绝对值表示合力，对电子，其合力为F = kQe
r
2
随r 增大合力F 减小，故图像斜率绝对值减小，故C 正确，D 错误。
故选C。
5.如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立x 坐标轴，则坐标轴上O~x2间各点的电势分布如图
乙所示，下列说法正确的是（ ）
3
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A．在O∼x2间，电场强度先减小后增大
B．在O∼x2间，电场强度方向没有发生变化
C．若一负电荷从O 点运动到x2点，电势能逐渐减小
D．一正电荷从O 点由静止释放，仅受电场力作用，则其在O∼x2间一直做匀加速运动
【答案】B
【详解】A．图乙的斜率表示电场强度，从图上可以看出斜率先变大后变小，所以电场强度先变大后变
小，故A 错误；
B．在O∼x2间可以看出，电势逐渐降低，电场强度的方向从高电势指向低电势，所以场强方向沿x 轴正
方向，故B 正确；
C．对负电荷来说，电势越低，电势能越大，所以从O 点运动到x2点，负电荷的电势能逐渐增大，故C 错
误；
D．由在O∼x2之间图线的斜率不是定值可知，电场是非匀强电场，所以电荷受电场力是变力，电荷要做
变加速运动，故D 错误。
故选B。
6.如图所示，带电量分别为q1、q2的A、B 小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们位于同一水
平面上，相距L，线与竖直方向的夹角分别为α、β，且β >α，重力加速度为g，静电力常数为k。若同时
剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电量不变，则（ ）
A．q1<q2
B．A球的质量为
k q1q2
g L
2sinα
C．两球将同时落地
D．落地时，A球的水平位移更大
【答案】C
【详解】A．虽然二者之间所受的库仑力相等，但是没法判断二者之间电荷量的关系，故A 错误；
B．对A、B 两球进行受力分析，均受重力、细线的拉力和库仑斥力三个力的作用而处于平衡状态，对A 球
有tanα = F
mA g
对B 有tan β = F
mB g
4
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解得mA
mB
= tan β
tan α
由于β >α，所以mA>mB
且F =k q1q2
L
2
解得mA=
k q1q2
g L
2tanα
故B 错误；
C．二者在竖直方向上均只受重力，故在竖直方向上均做自由落体运动，运动时间相同，两球同时落地，
故C 正确；
D．剪断细线后，在水平方向上，A、B 组成的系统动量守恒，故任一时刻有mava=mb vb
因mA>mB ，所以vA<vB ；又因时间相等，所以xA< xB，故D 错误。
故选C。
7.如图所示，地表空间中存在一匀强电场，一个质量为m的带电小球仅在重力和电场力作用下运动，虚线
与水平面的夹角为45
∘，若小球从虚线上某处静止释放，则恰好沿虚线向斜下方向运动；若小球的初速度
方向垂直于虚线向右上方向，大小为v0=2√
E0
m
，从图示位置出发到最高点的过程中，小球重力势能增加
了E0，则在上述过程中小球电势能的改变量为（ ）
A．−3 E0
B．3 E0
C．−E0
D．E0
【答案】A
【详解】若小球从虚线上某处静止释放，则恰好沿虚线向斜下方向运动，说明小球所受重力与电场力的合
力方向沿虚线斜向右下方，将小球所受重力与电场力合成为一个力，叫作等效重力，用G
'表示，等效重力
加速度设为g
'，则
G
' =m g
'
5
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若小球的初速度方向垂直于虚线向右上方向，则小球做类平抛运动，当小球到达最高点时竖直方向的速度
等于零，有
v0sin 45
°= g
' cos 45°t
小球上升的高度为
h= v0cos 45°
2
t
重力势能增加了E0，即
E0=mgh
又
v0=2√
E0
m
以上四式联立解得
g
' =√2g
说明小球所受电场力方向水平向右，大小为
F =mg
即小球水平方向和竖直方向加速度大小相等，则小球上升到最高点过程中，电场力做功为
W = Fx
x = v0cos 45°⋅t + 1
2 gt
2
竖直方向有
v0sin 45° =>¿
联立得
W =3 E0
即小球电势能减少了3 E0，电势能改变量为−3 E0。
故选A。
二、多项选择题：本题共3 个小题。每小题6 分，共18 分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6
分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。
8.如图所示，a、b 两点位于以负点电荷为球心的球面上，c 点在球面外，下列说法正确的是（ ）
6
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A．a、b 两点电场强度相同
B．a 点电场强度比c 点大
C．a、b 两点电势相同
D．a 点电势低于c 点电势
【答案】BCD
【详解】A．根据点电荷电场强度的表达式有E =k Q
r
2
可知，a、b 两点电场强度大小相等，方向不同，即a、b 两点电场强度不相同，故A 错误；
B．根据点电荷电场强度的表达式有E =k Q
r
2
由于a、b 两点位于以负点电荷为球心的球面上，c 点在球面外，则a 点电场强度比c 点大，故B 正确；
C．根据点电荷等势面的分布规律可知，a、b 两点电势相同，故C 正确；
D．根据负点电荷电场线与等势线的分布规律可知，a 点电势低于c 点电势，故D 正确。
故选BCD。
9.如图所示，绝缘水平地面上固定有一带正电小球A，小球A 正上方有一个轻小光滑定滑轮（忽略大
小），绝缘细线绕过定滑轮拴住另一个相同的带电小球B。已知两小球的质量均为m，电荷量均为q，重力
加速度大小为g，静电力常量为k，两小球均可视为点电荷，拉力F = 2√3
3
mg时，小球B 对地面恰好无压
力。然后继续缓慢拉动细线使小球B 缓慢移动到定滑轮的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球B 对地面恰好无压力时两小球间的距离为
√
√3k q
2
mg
B．小球B 被拉动后，受到小球A 的库仑力大小先不变再逐渐减小
7
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C．小球B 被拉动后，电场力对小球B 先不做功后做正功
D．小球B 恰好被拉到小球A 正上方的过程中，拉力对小球B 做的功为√2√3mgk q
2
【答案】ABC
【详解】A．设小球A 到定滑轮的距离为H，A、B 间的距离为L，小球B 恰好离开地面时，静电力
F电=k q
2
L
2
由平衡可知F
2=(mg)
2+ F电
2
解得L=√
√3k q
2
mg
，故A 正确；
BC．小球B 被拉动后，一直处于平衡状态，其受力示意图为
设小球A、B 之间的距离为L
'，A 球到滑轮的距离为H，则库仑力为F =k q
2
L
' 2
根据相似三角形的关系L
'
H = F
mg
可知B 球移动到A 球正方向过程中，两球之间的距离L 保持不变，小球B 受到小球A 的库仑力大小不变，
电场力对小球B 不做功，从A 球正上方到移动定滑轮的过程中，电场力做正功，库仑力逐渐减小，故全过
程B 受到小球A 的库仑力大小先不变再逐渐减小，电场力对小球B 先不做功后做正功，故BC 正确；
D．根据功能关系可知，拉力对小球B 做的功等于小球B 重力势能的增加量，W =mgL=√√3mgk q
2，选
项D 错误。
故选ABC。
8
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10.如图，空间存在范围足够大的匀强电场,场强大小E = mg
q
，方向水平向右。竖直面内一绝缘轨道由半径
为R的1
4
光滑圆弧BC与足够长的倾斜粗糙轨道AB、CD组成，AB、CD与水平面夹角均为45
∘且在
B、C两点与圆弧轨道相切。带正电的小滑块质量为m，电荷量为q，从AB轨道上与圆心O等高的P点以
v0=2√gR的速度沿轨道下滑。已知滑块与AB、CD轨道间的动摩擦因数μ= √2
2
，重力加速度大小为g。
则（ ）
A．滑块在AB轨道下滑时的加速度大小为√2
4 g
B．滑块在BC轨道运动中对轨道的最大压力为(2+√2)mg
C．滑块最终会停在AB轨道上
D．滑块在粗糙轨道上运动的总路程为3 R
【答案】BC
【详解】A．根据题意可知，qE =mg
则重力与电场力的合力为√2mg，方向垂直于AB 面向下
当滑块在AB 轨道下滑时，有−μ√2mg =ma
解得a=−g，即加速度大小为g，故A 错误；
B．由几何关系可知，xPB= R
滑块在轨道的B 点对轨道有最大压力，设此时滑块的速度为v，轨道对滑块的支持力为FN，有
−μ√2mg xPB= 1
2 m v
2−1
2 m v0
2
解得v =√2gR
根据牛顿第二定律，有FN−√2mg=m v
2
R
解得FN=(2+√2)mg
9
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根据牛顿第三定律，滑块在轨道中对轨道的最大压力为FN' = FN=(2+√2)mg，故B 正确；
C．从B 点到C 点，电场力做负功，滑块需克服电场力做功为W 克=qE·√2 R =√2mgR> 1
2 mv
2
所以滑块在到达C 点前已经减速到零，后反向滑回到B 点，滑块从B 点出发到滑回到B 点的过程中，合力
做功为零，所以速度大小不变，仍为v，然后沿BA 轨道上向上滑行，由于在BA 轨道只有摩擦力做负功，
所以最后会停在AB 轨道上，故C 正确；
D．由C 选项分析可知，滑块不能经过C 点，所以滑块在轨道上整个运动过程合力做功为零，滑块滑回B
点时，速度依然为√2 gR，设在AB 轨道上滑行x1后减速为零，有−μ√2mg x1=0−1
2 mv
2
解得x1= R
所以滑块在AB 轨道及CD 轨道上运动的总路程为s= xPB+ x1=2 R，故D 错误。
故选BC。
三、非选择题：本题共5 小题，共54 分。其中后三小题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演
算步骤：有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11.（6 分）某小组同学通过实验研究电容器充放电的规律。
(1)若通过图中电流表的电流方向向左，则此时单刀双掷开关S 应置于接线柱 （选涂：A．1B．2），
电容器处于 （选涂：A．充电 B．放电）过程中。
(2)（多选）用电压传感器和电流传感器分别代替图中的电压表与电流表，采集所测电路的电压、电流信
号，则放电过程中，正确的图像有（ ）
A．
B．
10
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C．
D．
【答案】(1) B（2 分） B（2 分）
(2)BD（2 分）
【详解】（1）[1][2]若将开关接与1 上，则电源给电容器充电，电路中的电流方向顺时针，若开关接与2
上，则电容器放电，电路中的电流方向逆时针，故两空均选B。
（2）AB．电容器放电时，电容器两端的电压逐渐减小，A 错误，B 正确；
CD．电容器放电过程中，一开始电容器两端电压大，电荷多，放电快，随着电压逐渐减小，放电越来越
慢，C 错误，D 正确。
故选BD。
12.利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象。电源电压U=8V，A、B 两电容器完全相同。
实验步骤是：
①开关S1接1，经一段足够长的时间，记录电压表示数U1
②S2断开，开关S1接2，经一段足够长的时间，记录电压表示数U2
③断开开关S1，闭合开关S2，
④再断开开关S2，开关S1接2，经一段足够长的时间，记录电压表示数U3
(1)在实验步骤②时，设在此过程中通过电流表的电流大小为i，电容器A 所带的电荷量为Q，电容器A 两
极板电势差为U，电容器的电容为C，时间为t。下列图像中正确的是 （选填选项对应的字母）：
A．
B．
C．
D．
11
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(2)在实验步骤③中，电容器进行的是 （选填“充电”或“放电”）过程。
(3)电压表示数U1= V，U2= V，U3= V。
【答案】(1)C（2 分）
(2)放电（2 分）
(3) 8V（2 分） 4V（2 分） 2V（2 分）
【详解】（1）S2断开，开关S1接2，电容器A 相当于电源给电容器B 充电，电容器A 的电荷量逐渐减为Q
2
，电容器A 两极板的电势差逐渐减小为U
2
,电容器的电容不变，充电过程，电流逐渐减小为0。
故选C。
（2）断开开关S1，闭合开关S2，对电容器B 进行放电；
（3）[1]开关S1先接1，电源对电容B 充电，充电完成后，电压表的示数等于电源电压，即U 1=8 V
[2]S2断开，开关S1接2，两电容并联，总电荷量不变，相当于增大横截面积，根据C = εrS
4 kπd
可知，电容器的电容变为原来的2 倍，结合C = Q
U
可知，电容器两端的电压变为原来的1
2
，即U 2= 1
2 U 1= 4 V
[3] 断开开关S1，闭合开关S2，电容器B 的电荷量被中和，电容器A 在电容不变的情况下，电压变为最初
的一半，再断开开关S2，开关S1接2，同理可知U 3= 1
2 U 2=2V
13.（10 分）如图所示，光滑绝缘水平面上（俯视图）有三个可视为点电荷的带电小球A、B、C。在小球C
上作用一水平恒力F（未知），三个小球保持相对静止一起向右运动。已知三球质量均为m，间距均为r。
A、B 球带等量正电荷q。求：
(1)C 球的电性和电荷量qC；
(2)水平外力F 的大小。
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【答案】(1)C 球带负电荷，2q
(2)3√3k q
2
r
2
【详解】（1）由题意可知C 球带负电荷，对A 球有k q
2
r
2 = kq⋅qC
r
2
sin30
∘（2 分）
解得qC=2q（2 分）
（2）设三球运动加速度为a，对A 球有k q
2
r
2 tan60
∘=ma（2 分）
对三球整体有F =3ma（2 分）
解得F = 3√3k q
2
r
2
（2 分）
14.（12 分）如图所示，半径为R 的圆形绝缘光滑轨道处于竖直向下的匀强电场中，电场强度为E。一质量
为m、带电量大小为q 的小球在轨道内侧做圆周运动，始终未脱离轨道，A 点为最高点，B 点为最低点。
小球运动到A 点时对轨道的压力恰好为0，最高点A 到P 点的距离为R。重力加速度为g，取A 点处电势能
为零。求：
(1)A、B 两点间的电势差U AB；
(2)运动过程中小球最小电势能Epmin；
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(3)小球运动到P 点时，电场力的瞬时功率PF。
【答案】(1)U AB=2 ER
(2)-2qER、0
(3)qE
2 √
6(qE+mg) R
m
或qE
2 √
6(mg−qE) R
m
【详解】（1）由电势差计算公式U = Ed（2 分）
可知U AB=2 ER（1 分）
（2）由于小球所带电荷电性未知，因此要分两种情况讨论
①若小球带正电，则小球位于B 点电势能最小，则：Epmin=−2qER（2 分）
②若小球带负电，则小球位于A 点电势能最小，则：Epmin=0（1 分）
（3）由于小球所带电荷电性未知，因此要分两种情况讨论
①若小球带正电，则在最高点由牛顿第二定律得qE+mg =m v A
2
R
（1 分）
对A →P过程，由动能定理得：(qE+mg) R (1−cos60°)= 1
2 mv p
2 −1
2 mv A
2 （1 分）
解得v p=√
2(qE+mg) R
m
根据PF= Eq v pcos30°
得：PF= qE
2 √
6(qE+mg) R
m
（1 分）
②若小球带负电，则在最高点由牛顿第二定律得：mg−qE =m v A
2
R
（1 分）
对A →P过程，由动能定理得：(mg−qE) R (1−cos60°)= 1
2 m v p
2 −1
2 m v A
2 （1 分）
解得：v p=√
2(mg−qE) R
m
根据PF= Eq v pcos30°
得：PF= qE
2 √
6(mg−qE) R
m
（1 分）
14
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15.（16 分）如图甲所示，在xOy坐标系中，在第Ⅱ象限放置了粒子射线管，粒子射线管由平行于x轴的平
行金属板A、B 和平行于金属板的细管C 组成、细管C 到两板的距离相等，且右侧开口在y轴上（图中C 与
两板连线绝缘）。粒子源P 在靠近A 极板下方的左端，可以斜向下沿某一方向发射初速度为v0的带电粒
子。A、B 板长为L，当A、B 板加上某一电压时，带电粒子刚好能以4
5 v0的速度水平进入细管C 且以相同
速度水平射出。然后进入位于第Ⅰ象限的静电分析器中做半径r = 8
25 L的匀速圆周运动，静电分析器中电
场线的方向均沿半径方向指向圆心O，且粒子经过处的电场强度大小均为E0= mv0
2
2eL
。之后带电粒子垂直x
轴进入第Ⅳ象限。第Ⅳ象限内存在电场强度大小不变、方向水平且随时间呈周期性变化的电场，若从此刻
为计时零点，电场变化关系如图乙（图中E0= mv0
2
2eL
，T为已知值，规定沿x轴正方向为电场正方向）。已
知带电粒子的质量为m，重力不计。忽略电场的边缘效应。求：
(1)带电粒子的电性和电荷量q；
(2)金属板A、B 间的电势差U AB。
(3)当t =T时，带电粒子的横坐标x。
【答案】(1)带正电，q = 4 e
(2)U AB=−9m v0
2
100e
(3)x = 8 L
25 + v0
2T
2
2 L
15
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【详解】（1）带电粒子在分析器中做匀速圆周运动，电场力指向圆心，所以粒子带正电。由牛顿第二定
律可得q E0=
m( 4 v0
5 )
2
r
（2 分）
解得q = 4 e（1 分）
（2）带电粒子从P 点运动到C 入口的过程中，由动能定理得qU AC= 1
2 m( 4
5 v0)
2
−1
2 m v0
2（2 分）
且U AC= 1
2 U AB（1 分）
联立解得U AB=−9mv0
2
100e
（2 分）
（3）带电粒子进入第Ⅳ象限做类平抛运动：沿x 正方向做单方向周期性的匀加速、匀减速直线运动，沿y
负方向做匀速直线运动。x 轴方向上：前T
2 内做匀加速直线运动，此段时间内的位移大小x1= 1
2 a( T
2 )
2
（2
分）
电场力提供合外力q E0=ma（1 分）
得：x1= v0
2T
2
4 L
（1 分）
由对称性可得，t =T时间内，粒子的沿x 正方向总位移为：Δ x =2× v0
2T
2
4 L = v0
2T
2
2 L
（2 分）
故在t =T时，带电粒子的横坐标为x = 8 L
25 + v0
2T
2
2 L
（2 分）
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