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考点 32 静电力的性质
1. 高考真题考点分布
题型 考点考查 考题统计
选择题 等量异种电荷电场分布 2024 浙江卷、2024 北京卷
选择题 等量同种电荷电场分布 2024 海南卷、河北卷
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】高考对电场力性质的考查非常频繁，大多在选择题中出现，题目难度各省份大多不是太难，
主要围绕着电场线展开考查有关电场力的性质。
【备考策略】
1.和掌握库仑定律，并会用库仑定律处理有关带电体的平衡和加速问题。
2.理解和掌握电场强度的概念，并会求解有关电场强度的叠加问题。
3.理解和掌握电场线的特点，并会根据其特点处理有关问题。
【命题预测】重点关注特殊电场的电场线的分布特点。
一、点电荷　电荷守恒定律
1．点电荷
有一定的电荷量，忽略形状和大小的一种理想化模型。
2．电荷守恒定律
(1)内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移
到另一部分，在转移过程中，电荷的总量保持不变。
(2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电。
(3)带电实质：物体带电的实质是得失电子。
二、库仑定律
1．内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次
方成反比。作用力的方向在它们的连线上。
q1q2
2．表达式：F＝k ，式中 k＝9．0×109 N·m2/C2，叫作静电力常量。
r2
3．适用条件：(1)真空中；(2)点电荷。
三、电场强度　点电荷的电场
1．定义：放入电场中某点的电荷受到的静电力 F 与它的电荷量 q 的比值。
F
2．定义式：E＝ 。单位为 N/C 或 V/m。
q
kQ
3．点电荷的电场强度：真空中点电荷形成的电场中某点的电场强度，E＝ 。
r2
4．方向：规定正电荷在电场中某点所受静电力的方向为该点的电场强度方向。
5．电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，遵从平行
四边形定则。
四、电场线
1．定义：为了形象地描述电场中各点电场强度的大小及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切
线方向都跟该点的电场强度方向一致，曲线的疏密表示电场强度的大小。
2．电场线的特点
考点一 电荷守恒定律 库仑定律
考向 1 库仑力作用下的平衡问题
1.四步解决库仑力作用下的平衡问题：
2.三个自由点电荷的平衡问题：
①平衡条件：每个点电荷受另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷平衡的位置是另外两个点电荷的合场
强为零的位置。
②平衡规律：
3.利用三角形相似法处理带电小球的平衡问题：
常见模型 几何三角形和力的矢量三角形 比例关系
G T F
= =
OA OB d
kq1q2
mg F 2
= = r
h d r
m1g T1 F= =
OC OA AC
m2g T F = 2 =
OC OB BC
1．如图所示，质量为 m 的带电小球 A 用长为 L 的绝缘细线悬于 O 点，带电小球 B 固定于 O 点的正下方，
小球 A 静止时与小球 B 在同一竖直面内，OB 和 AB 与细线的夹角均为q = 37°，两带电小球带电量相同，
两球均可视为点电荷。已知重力加速度为 g，静电力常量为 k， sin 37° = 0.6，则小球 A 的带电量为（ ）
3 mgL2 4 mgL2 3 mgL2 5 mgL2A． B． C． D．
5 k 5 k 4 k 8 k
2．如图所示，两带电小球 A、B 质量分别为 2m、m，所带电荷量分别为+q、-q，用等长绝缘细线 a、b 连
接后悬挂于 O 点处于静止状态。现在该空间加一水平向右的匀强电场，并将电场强度 E 从 0 开始缓慢增大
mg
到E = ，若不考虑两小球间的库仑力，重力加速度为 g，则当系统稳定后，关于两细线 a、b 拉力的大
q
小Ta 、Tb 计算正确的是（　　）
A．Ta =2mg B．Ta =3mg
C．Tb =mg D．Tb =2mg
考向 2 库仑力作用下的加速运动问题
在电场中，如果带电体做加速运动，处理问题的方法仍然是先要借助整体法或隔离法对研究对象做受
力分析，受力分析时注意对库仑力的分析，然后应用牛顿第二定律处理有关的问题。
3．1720 年，英国的斯蒂芬·格雷提出导体和绝缘体的概念，并发现了导体的静电感应现象——导体在静电
场的作用下，自由电荷发生了再分布的现象。如图所示，将一长为 2L 的光滑金属导体 MN 固定在绝缘水
平面上，倾角为q ，P 是固定于金属导体左上方的一带电荷量为+Q 的点电荷，PM ^ MN ，且PM = L 。
现将一质量为 m、电荷量为+q 的带绝缘壳的小球体（可视为点电荷）从金属导体的 M 端由静止释放，小
球体开始沿金属导体向下滑动。已知重力加速度为 g，小球体的电荷量始终不变，则小球体从 M 运动到 N
的时间（　　）
L
A．等于 2
g sinq
L
B．大于 2
g sinq
L
C．小于 2
g sinq
D．无法确定
4．如图所示，在光滑绝缘水平面上，固定有电荷量分别为+2Q 和- Q 的点电荷 A、B，间距为 L。在 A、B
延长线上距离 B 为 L 的位置，自由释放另一电荷量为+q 的点电荷 C，释放瞬间加速度为 a1；将 A、B 接触
静电平衡后放回原处，再从相同位置自由释放 C，释放瞬间加速度为 a2。则（ ）
A．a1、a2的方向均水平向右 B．a1、a2的方向均水平向左
4 5
C．a1与 a2大小之比等于 D．a1与 a2大小之比等于5 4
考点二 电场强度
考向 1 叠加法求电场强度
叠加法：多个点电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷在该处所产生的电场强度的矢量和。
5．如图所示，真空中两点电荷 q1、q2 分别位于直角三角形的顶点C 和顶点 B 上，D为斜边 AB 的中点，
ABC = 30°。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、q2 电性相同
B． q1电荷量的绝对值等于 q2电荷量的绝对值的一半
C． q1电荷量的绝对值等于 q2电荷量的绝对值的二倍
D．D点电势高于 A 点电势
6．如图所示，水平直线上有 A、O、B 三点，BO = 2AO ，空间存在着竖直方向上的匀强电场（图中未画
出）。若将一个电荷量为-Q的点电荷放在 A 点，则O点的场强大小为E1；若将这个电荷量为-Q的点电荷
放在 B 点，则O点的场强大小变为E2 ，则匀强电场的场强大小为（　　）
16E 2 - E 2 16E 2 2A．E = 2 1 B E 2 - E． = 1
16 4
2 2 2
C E 16E2 - E1 D E 16E2 - E
2
． = ． = 1
15 5
考向 2 对称法求电场强度
对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化。
7．如图所示，一半径为 R 的圆盘上均匀分布着电荷量为 Q 的正电荷，在垂直于圆盘且过圆心 c 的轴线上
有 a、b、d 三个点，a 和 b、b 和 c、c 和 d 间的距离均为 R，在 a 点处有一电荷量为 q（q>0）的固定点电
2kq
荷。已知 b 点处的场强为 E= 2 （k 为静电力常量），方向由 b 指向 a，则 d 点处场强的大小为（　　）9R
10kq 4kq
A．E= 2 B．E=9R 3R2
k 3Q + q k 9Q + qC．E= D．E=
3R2 9R2
8．如图所示，一个半径为 r 的均匀带电圆环，带电量为+Q，在其中轴线上有一点 A，该点距圆环中心 O
的距离为 3r ，已知静电力常量为 k，则 A 点的电场强度大小为（　　）
kQ kQ
A 3kQ 3kQ． B． 2 C2 ． 2 D．8r 4r 3r 4r2
考向 3 补偿法求电场强度
补偿法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，然后再应用对称的特点进行分析，有
时还要用到微元思想。
9．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，一半径为 R
的球壳表面均匀带有正电荷，电荷量为 2q，O 为球心，直线 ab 是过球壳中心的一条水平线，球壳表面与
直线 ab 交于 C、D 两点，直线 ab 上有两点 P、Q，且PC = DQ = R。现垂直于 CD 将球面均分为左右两部
分，并把右半部分移去，左半球面所带电荷仍均匀分布，此时 P 点电场强度大小为 E，则 Q 点的电场强度
大小为（　　）
kq kq kq kq
A．
2R2
B．
4R2
C． + E D． - E
4R2 2R2
10．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的点电荷产生的电场。如图所示，在
2
绝缘球 球面 AA1B1B
1
上均匀分布正电荷，总电荷量为 q；在剩余 球面 AB 上均匀分布负电荷，总电荷量
3 3
1 q 2是 。球半径为 R，球心为 O，CD 为 球面 AA1B1B的对称轴，在轴线上有 M、N 两点，且2 3
OM = ON = 2R, A1A = B1B ， A1A∥B1B∥CD
1
。已知 球面 A1B1 在 M 点的场强大小为 E，静电力常量为 k，3
则 N 点的场强大小为（　　）
3kq kq
A．E B．2E C． 2 - 2E D + E8R ．12R2
考向 4 微元法求电场强度
微元法：将带电体分成许多电荷元，每个电荷元看成点电荷，先根据库仑定律求出每个电荷元的场强，再
结合对称性和场强叠加原理求出合场强。
11．如图所示，半径为 R 的绝缘细圆环固定，圆心位于 O 点，环上均匀分布着电量为 Q 的正电荷。点 P、
M、N 将圆环三等分，取走 P、M 处两段弧长均为Dl 的小圆弧上的电荷。则圆环对 O 点的合场强为
（　　）
A 3kDlQ
kDlQ kDlQ
B C D 3kDlQ． ． ． ．
2p R3 2p R2 2p R3 2p R2
12．如图，水平面上有一水平均匀带电圆环，带电量为+Q，其圆心为 O 点。有一带电量 q，质量为 m 的小
球，在电场力和重力作用下恰能静止在 O 点正下方的 P 点。OP 间距为 L，P 与圆环边缘上任一点的连线
与 PO 间的夹角为 θ。静电力常量为 k，则带电圆环在 P 点处的场强大小为（　　）
A k Q B k Q cos
3 q mg cosq mg cos2 q
． 2 ． 2 C． q D．L L q
考点三 电场线
考向 1 电场线的应用
1.两种等量点电荷的电场强度及电场线的比较
比较 等量异种点电荷 等量同种点电荷
电场线分布图
沿连线先变小后变大
电荷连线上的
电场强度 O 点最小,但不为零 O 点为零
中垂线上的 O 点最大,向外逐 O 点最小,向外先
电场强度 渐减小 变大后变小
关于 O 点对 A 与 A'、B 与 B'、C 与 C'
称位置的电
等大同向 等大反向
场强度
2.电场线的应用(涉及电势部分将在下一节进一步研究)
13．如图所示，A、B 两点固定两个等量的正点电荷，现在其连线中垂线上的 P 点放一个负点电荷 q（不计
重力），并由静止释放后，下列说法中正确的是（　　）
A．负点电荷在从 P 点到 O 点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大
B．负点电荷在从 P 点到 O 点运动的过程中，加速度越来越少，速度越来越大
C．负点电荷运动到 O 点时加速度为零，速度达最大值
D．负点电荷越过 O 点后，速度越来越小加速度越来越大，直到速度为零
14．电场线能直观地反映电场的分布情况。如图甲是等量异号点电荷形成电场的电场线，图乙是电场中的
一些点；O 是电荷连线的中点，E、F 是连线中垂线上关于 O 对称的两点，B、C 和 A、D 是两电荷连线上
关于 O 对称的两点。则（ ）
A．E、F 两点电场强度不同 B．A、D 两点电场强度不同
C．B、O、C 三点中，O 点电场强度最小 D．从 C 点向 O 点运动的电子加速度逐渐增大
考向 2 电场线+运动轨迹”组合模型
模型特点:当带电粒子在电场中的运动轨迹是一条与电场线不重合的曲线时,这种现象简称为“拐弯现象”,
其实质为“运动与力”的关系。运用牛顿运动定律的知识分析:
(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在某一位置的切线)与“力线”(在同一位置电场线的切线方
向且指向轨迹的凹侧),从二者的夹角情况来分析带电粒子做曲线运动的情况。
(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、电场的方向、电荷运动的方向,是题目中相互制约的三个方面。若已
知其中一个,可分析判定各待求量;若三个都不知(三不知),则要用“假设法”进行分析。
15．某电场线的分布如图中实线所示，M、N 为电场中的两点，虚线为两点间的连线，长度为 d，下列说
法正确的是（ ）
A．电场强度大小的关系：EM > EN
B．电势高低的关系：jM < jN
C．M、N 两点间的电势差 U 与 M 点电场强度EM 的关系：U = EM d
D．将一负点电荷沿虚线从 M 点移动到 N 点，点电荷的电势能增加
16．生活在尼罗河的反天刀鱼，它的器官能在其周围产生电场。如果电场线分布如图所示，M、N、P 为电
场中的点。下列说法正确的是（　　）
A．P 点电势小于 N 点电势
B．P 点电场强度小于 M 点电场强度
C．正电荷在 M 点所受电场力的方向为水平向左
D．某带电粒子只在静电力作用下从 N 点沿虚线轨迹运动到 M 点，则粒子带负电
1．如图所示，两个质量分别为M 和m 的小球带同种电荷，电荷量分别为Q和 q，用 L1和 L2的轻绳悬挂与
sina
同一点，平衡时，两绳与竖直方向的夹角分别是a 和 b ，则 sin b 等于多少（　　）
m M mL ML
A． B． C 2 1． ML D．M m 1 mL2
2．如图所示，在水平面上的正六边形区域 abcdef 的六个顶点上均固定放置一电荷量为+q 的点电荷，正六
边形的边长为 l。在正六边形几何中心 O 点正上方有一点 P，P 点到 O 点的距离为 l，一质量为 m、电荷量
也为+q 的带电小球可以仅在重力及库仑力的作用下静止在 P 点。静电力常量为 k，重力加速度为 g，下列
关系式正确的是（　　）
A mg 3 2kq
2 2
． = B．2 mg
3kq
=
2l l 2
C mg 3 2kq
2 6kq2
． = D
l 2
．mg =
l 2
3．如图所示，在光滑的绝缘水平面上，有两个质量相等、相距为 r、带电荷量分别为 +q 和-q 的小球甲、
乙，在水平恒力 F 作用下做匀加速直线运动。若甲、乙两球的质量分别为 2m 和 m，两小球带异种电荷。
将方向水平向右、大小为 F 的力作用在甲上，当两小球间的距离为 r 时，两小球可保持相对静止。若改用
方向水平向左的力作用在乙上，欲使两小球间的距离保持为 2r 并相对静止，则外力的大小应为（　　）
1 F 1A． B． F
16 8
1
C． F
1
D． F
4 2
4．已知均匀带电薄球壳外部空间电场与将等量电荷全部集中在球心时产生的电场相同。如图（a）所示，
一带电量为+Q，半径为 R 的均匀带电金属薄球壳，以球心为坐标原点，建立 Ox 轴，其中 A 点为球壳内
一点，B 点坐标为 2R，静电力常量为 k，下列说法正确的是（ ）
A．球壳内外场强分布如图（b）所示
B．将电荷量为 +q 的试探电荷由球壳内 A 点移到 O 点，试探电荷的电势能减小
C．在圆心 O 处放一个电量为-2Q的点电荷，球壳外表面带电量仍为+Q
D．在 x = R 处取走极小的一块面积△S（不影响球壳表面其余部分电荷分布），则从 O 点到 B 点电场强
度一直减小，且电势也一直降低
5．如图所示，水平面上有一均匀带电圆环，所带电荷量为＋Q，其圆心为 O 点。有一电荷量为＋q、质量
为 m 的小球恰能静止在 O 点上方的 P 点，O、P 间距为 L。P 与圆环上任一点的连线与 PO 间的夹角都为
q ，重力加速度为 g，以下说法错误的是（　　）
A．P 点场强方向竖直向上
mg
B．P 点场强大小为 q
Q cosq
C．P 点场强大小为 k
L2
Q cos3D P q． 点场强大小为 k
L2
6．空间直角坐标系中，六个完全相同、均匀带电的正方形绝缘平板构成一个正方体，其中心 O 位于坐标
原点，各棱方向与坐标轴平行。记与 z 轴平行的棱中点为 A，正方体与 x 轴的交点为 B，则 A、B、O 三点
的电场（　　）
A．全部为 0
B．全部不为 0
C．有两个满足至少在两个方向上的分量不为 0
D．有一个满足恰在一个方向上的分量不为 0
7．如图所示，立方体的 A、B、G、H 四个顶点各固定着一个带正电的点电荷，电荷量相同，O 点是立方
体的中心。现将处于在 A 点的点电荷沿着 AO 连线向 O 点移动，在这的过程中，下列说法正确的是
（　　）
A．O 点的电场强度减小
B．E 点的电势先增大后减小
C．C 点的电势先增大后减小
D．B 点的电荷受到的电场力减小
8．太极图的含义丰富而复杂，它体现了中国古代哲学的智慧。如图所示，O 为大圆的圆心，O1为上侧阳
半圆的圆心，O2为下侧阴半圆的圆心，O、O1、O2在同一直线上，AB 为大圆的直径且与O1O2 连线垂直，
C、D 为关于 O 点对称的两点，在O1、O2两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷，整个空间只有
O1、O2处点电荷产生的电场。下列说法正确的是（ ）
A．C、D 两点电势相等
B．把质子由 A 沿直线移到 B 的过程中，质子的电势能先增加后减小
C．把电子由 A 沿直线移到 B 的过程中，电子所受电场力先增加后减小
D．将一质子（不计重力）从 A 点由静止释放，质子可以沿直线在 AB 间做往返运动
9．如图所示，轻弹簧一端悬挂于 O 点，一端通过绝缘层与带电金属小球 A 连接，O 点正下方带电小球 B
固定在绝缘支座上，两小球可视为质点。两个小球因带同种电荷而互相排斥，OA带电量不变的情况下，带电小球 B 因漏电造成电量缓慢减小过程中，则根据三角形相似关系，可得
（　　）
A．两带电小球的间距先减小再增大
B．两带电小球间的库仑力可能保持不变
C．弹簧的弹力逐渐增大
D．小球 A 的运动轨迹不是圆弧
10．如图（a），场源点电荷固定在真空中 O 点，从与 O 相距 r0的 P 点由静止释放一个质量为 m、电荷量
为 q（q>0）的离子，经一定时间，离子运动到与 O 相距 rN 的 N 点。用 a 表示离子的加速度，用 r 表示离
1
子与 O 点的距离，作出其 a - 2 图像如图（b）。静电力常量为是 k，不计离子重力。由此可以判定r
（ ）
A．场源点电荷带正电
Q aN r
2m
B．场源点电荷的电荷量为 = N
kq
a
C P N
rN
．离子在 点的加速度大小为 r0
r 2ma
D N N．离子在 P 点受到的电场力大小为
r 20
11．如图所示，在边长为 a的正六边形的三个顶点A 、C 、E 分别固定电荷量为 +q 、 +q 、-q 的点电荷，
O点为正六边形的中心，则下列说法正确的是（　　）
2kq kq
A．O点的电场强度大小为 2 B．O点的电场强度大小为a 2a2
C．电子在O点的电势能比在 B 点的大 D．电子在O点的电势能比在 B 点的小
12．如图所示，两个可看做点电荷的带电绝缘小球均紧靠着塑料圆盘边缘，小球 A 固定不动（图中未画
出）。小球 B 绕圆盘边缘在平面内从q = 0沿逆时针缓慢移动，测量圆盘中心 O 处的电场强度，获得沿 x 方
向的电场强度Ex 随q 变化的图像（如图乙）和沿 y 方向的电场强度Ey 随q 变化的图像（如图丙）。下列说
法正确的是（　　）
A．小球 A 带正电荷，小球 B 带负电荷
B．小球 A、B 所带电荷量之比为1: 2
C．小球 B 绕圆盘旋转一周过程中，盘中心 O 处的电场强度先增大后减小
D．小球 B 绕圆盘旋转一周过程中，盘中心 O 处的电场强度最小值为 2V/m
13．如图所示，在边长为 2L的正方形的四个顶点 A、B、C、D 分别固定有电荷量分别为
+Q、- Q、+ 2Q、- 2Q 的点电荷，a、b 点分别是 AB 和CD边的中点，O 点为正方形的中心。关于四个点电荷
形成的电场，下列判断正确的是（　　）
A．电势jb > ja > jO B．电势jb = ja = jO C．O 点电场强度为 0 D．电场强度
大小Eb > Ea
14．如图所示，两个等量异种点电荷对称地放在一无限大绝缘平面的两侧，O 点是两点电荷连线与平面的
交点，也是连线的中点。在平面内以 O 点为圆心画两个同心圆，两圆上分别有 a、b、c、d 四个点其中 a、
O、d 三点共线，b、O、c 三点共线，则以下说法正确的是（ ）
A．b、c 两点的电场强度方向相反
B．a、d 两点的电场强度方向相同
C．将带正电的试探电荷在平面内从 a 点移动到 d 点，其电势能一定不变
D．试探电荷可以仅在此电场的电场力作用下在此平面内做匀速圆周运动
15．真空中，在 x 轴上 x=0 和 x=8cm 处分别固定两个点电荷 Q1和 Q2。电荷间连线上的电场强度 E 随 x 变
化的图像如图所示（x 轴正方向为场强正方向），其中 x=6cm 处 E=0。将一个正试探电荷在 x=2cm 处由静止
释放（重力不计，取无穷远处电势为零）。则下列说法正确的是（　　）
A．Q1、Q2为异种电荷
B．在 x=6cm 处电势为 0
C．Q1、Q2带电量之比为 9：1
D．该试探电荷沿 x 轴正方向运动时，电势能先减小再增大
16．如图所示，新风系统除尘由机械除尘和静电除尘两部分构成，其中静电除尘是通过电离空气后使空气
中的粉尘微粒带电，从而被电极吸附的空气净化技术。图中虚线为一带电粉尘（不计重力）在静电除尘管
道内的运动轨迹，实线为电场线机械过滤网集尘电极（未标方向），下列判定正确的是（　　）
A．带电粉尘带正电
B．带电粉尘带负电
C．带电粉尘在 a 点的加速度小于在 b 点的加速度
D．带电粉尘在 a 点的加速度大于在 b 点的加速度
17．（2024·浙江·高考真题）如图所示空间原有大小为 E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面
的 M、N 点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环 ABCD 垂直 MN 放置，其圆心 O 在 MN 的中点，半径
为 R、AC 和 BD 分别为竖直和水平的直径。质量为 m、电荷量为+q 的小球套在圆环上，从 A 点沿圆环以
初速度 v0做完整的圆周运动，则（　　）
A．小球从 A 到 C 的过程中电势能减少
B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C．可求出小球运动到 B 点时的加速度
D．小球在 D 点受到圆环的作用力方向平行 MN
18．（2024·北京·高考真题）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于 M、N 两点，P、Q 是 MN 连线上的
两点，且MP = QN 。下列说法正确的是（　　）
A．P 点电场强度比 Q 点电场强度大
B．P 点电势与 Q 点电势相等
C．若两点电荷的电荷量均变为原来的 2 倍，P 点电场强度大小也变为原来的 2 倍
D．若两点电荷的电荷量均变为原来的 2 倍，P、Q 两点间电势差不变
19．（2024·海南·高考真题）真空中有两个点电荷，电荷量均为 q（q ≥ 0），固定于相距为 2r 的 P1、P2两
点，O 是 P1P2连线的中点，M 点在 P1P2连线的中垂线上，距离 O 点为 r，N 点在 P1P2连线上，距离 O 点
为 x（x << r），已知静电力常量为 k，则下列说法正确的是（ ）
A 3．P1P2中垂线上电场强度最大的点到 O 点的距离为 r
3
B P P 4 3kq． 1 2中垂线上电场强度的最大值为
9r2
C．在 M 点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小
D．在 N 点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动考点 32 静电力的性质
1. 高考真题考点分布
题型 考点考查 考题统计
选择题 等量异种电荷电场分布 2024 浙江卷、2024 北京卷
选择题 等量同种电荷电场分布 2024 海南卷、河北卷
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】高考对电场力性质的考查非常频繁，大多在选择题中出现，题目难度各省份大多不是太难，
主要围绕着电场线展开考查有关电场力的性质。
【备考策略】
1.和掌握库仑定律，并会用库仑定律处理有关带电体的平衡和加速问题。
2.理解和掌握电场强度的概念，并会求解有关电场强度的叠加问题。
3.理解和掌握电场线的特点，并会根据其特点处理有关问题。
【命题预测】重点关注特殊电场的电场线的分布特点。
一、点电荷　电荷守恒定律
1．点电荷
有一定的电荷量，忽略形状和大小的一种理想化模型。
2．电荷守恒定律
(1)内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移
到另一部分，在转移过程中，电荷的总量保持不变。
(2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电。
(3)带电实质：物体带电的实质是得失电子。
二、库仑定律
1．内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次
方成反比。作用力的方向在它们的连线上。
q1q2
2．表达式：F＝k ，式中 k＝9．0×109 N·m2/C2，叫作静电力常量。
r2
3．适用条件：(1)真空中；(2)点电荷。
三、电场强度　点电荷的电场
1．定义：放入电场中某点的电荷受到的静电力 F 与它的电荷量 q 的比值。
F
2．定义式：E＝ 。单位为 N/C 或 V/m。
q
kQ
3．点电荷的电场强度：真空中点电荷形成的电场中某点的电场强度，E＝ 。
r2
4．方向：规定正电荷在电场中某点所受静电力的方向为该点的电场强度方向。
5．电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，遵从平行
四边形定则。
四、电场线
1．定义：为了形象地描述电场中各点电场强度的大小及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切
线方向都跟该点的电场强度方向一致，曲线的疏密表示电场强度的大小。
2．电场线的特点
考点一 电荷守恒定律 库仑定律
考向 1 库仑力作用下的平衡问题
1.四步解决库仑力作用下的平衡问题：
2.三个自由点电荷的平衡问题：
①平衡条件：每个点电荷受另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷平衡的位置是另外两个点电荷的合场
强为零的位置。
②平衡规律：
3.利用三角形相似法处理带电小球的平衡问题：
常见模型 几何三角形和力的矢量三角形 比例关系
G T F
= =
OA OB d
kq1q2
mg F 2
= = r
h d r
m1g T1 F= =
OC OA AC
m2g T F = 2 =
OC OB BC
1．如图所示，质量为 m 的带电小球 A 用长为 L 的绝缘细线悬于 O 点，带电小球 B 固定于 O 点的正下方，
小球 A 静止时与小球 B 在同一竖直面内，OB 和 AB 与细线的夹角均为q = 37°，两带电小球带电量相同，
两球均可视为点电荷。已知重力加速度为 g，静电力常量为 k， sin 37° = 0.6，则小球 A 的带电量为（ ）
3 mgL2A B 4 mgL
2
C 3 mgL
2
D 5 mgL
2
． ． ． ．
5 k 5 k 4 k 8 k
【答案】D
5
【详解】设 AB 的距离为 r，由题可知，OB 的距离也为 r，根据几何关系可得 2r cos37o = L 解得 r = L对8
小 A 受力分析，如图所示
OB F合 mg= =
可知 AB 间的库仑力与轻绳的合力大小等于 mg，根据相似三角形原理有 AB F q2 因 OB=AB，则可
仑 k
r 2
q2 2
得 k 2 = mg q
5 mgL
解得 = 故选 D。
r 8 k
2．如图所示，两带电小球 A、B 质量分别为 2m、m，所带电荷量分别为+q、-q，用等长绝缘细线 a、b 连
接后悬挂于 O 点处于静止状态。现在该空间加一水平向右的匀强电场，并将电场强度 E 从 0 开始缓慢增大
E mg到 = ，若不考虑两小球间的库仑力，重力加速度为 g，则当系统稳定后，关于两细线 a、b 拉力的大
q
小Ta 、Tb 计算正确的是（　　）
A．Ta =2mg B．Ta =3mg
C．Tb =mg D．Tb =2mg
【答案】B
【详解】AB．对 AB 整体受力分析，水平方向，受到的合电场力为 0，竖直方向Ta =3mg 故 A 错误，B 正
确；
CD．对 B 隔离受力分析Tb = (qE)
2 + (mg)2 = 2mg 故 CD 错误。故选 B。
考向 2 库仑力作用下的加速运动问题
在电场中，如果带电体做加速运动，处理问题的方法仍然是先要借助整体法或隔离法对研究对象做受
力分析，受力分析时注意对库仑力的分析，然后应用牛顿第二定律处理有关的问题。
3．1720 年，英国的斯蒂芬·格雷提出导体和绝缘体的概念，并发现了导体的静电感应现象——导体在静电
场的作用下，自由电荷发生了再分布的现象。如图所示，将一长为 2L 的光滑金属导体 MN 固定在绝缘水
平面上，倾角为q ，P 是固定于金属导体左上方的一带电荷量为+Q 的点电荷，PM ^ MN ，且PM = L 。
现将一质量为 m、电荷量为+q 的带绝缘壳的小球体（可视为点电荷）从金属导体的 M 端由静止释放，小
球体开始沿金属导体向下滑动。已知重力加速度为 g，小球体的电荷量始终不变，则小球体从 M 运动到 N
的时间（　　）
L
A．等于 2
g sinq
B．大于 2
L
g sinq
L
C．小于 2
g sinq
D．无法确定
【答案】A
【分析】根据题干中“P 是固定于金属导体左上方的一带电荷量为+Q 的点电荷”可知，本题考查点电荷电场
的分布情况，根据库伦定律以及受力分析进行作答。
【详解】金属导体 MN 为等势体，电场力垂直于导体表面，故做匀加速直线运动。小球则从 M 点下滑至
N 点的过程中，根据牛顿第二定律可知其加速度为mg sinq = ma解得 a = g sinq 所以从 M 点下滑至 N 点的
过程中所用的时间满足 2L
1
= at 2 解得 t = 2
L
故选 A。
2 g sinq
4．如图所示，在光滑绝缘水平面上，固定有电荷量分别为+2Q 和- Q 的点电荷 A、B，间距为 L。在 A、B
延长线上距离 B 为 L 的位置，自由释放另一电荷量为+q 的点电荷 C，释放瞬间加速度为 a1；将 A、B 接触
静电平衡后放回原处，再从相同位置自由释放 C，释放瞬间加速度为 a2。则（ ）
A．a1、a2的方向均水平向右 B．a1、a2的方向均水平向左
4 5
C．a1与 a2大小之比等于 D．a1与 a2大小之比等于5 4
【答案】C
【详解】在 A、B 接触前，由于 B、C 的吸引力大于 A、C 的排斥力，所以 a1的方向水平向左，根据库仑定
律和牛顿第二定律可得 k
Qq 2Qq
2 - k 2 = maL (2L) 1在 A、B 接触后，点电荷 A、B 的电荷量先中和再平分后，二者
所带电荷量均为+0.5Q ，由于 A、B 都带正电，所以 C 受到的都是排斥力，则 a2的方向水平向右，根据库
0.5Qq 0.5Qq a1 4
仑定律和牛顿第二定律可得 k + k = ma =L2 (2L)2 2 联立两式可得，a1与 a2大小之比为 a2 5
故选 C。
考点二 电场强度
考向 1 叠加法求电场强度
叠加法：多个点电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷在该处所产生的电场强度的矢量和。
5．如图所示，真空中两点电荷 q1、q2 分别位于直角三角形的顶点C 和顶点 B 上，D为斜边 AB 的中点，
ABC = 30°。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、q2 电性相同
B． q1电荷量的绝对值等于 q2电荷量的绝对值的一半
C． q1电荷量的绝对值等于 q2电荷量的绝对值的二倍
D．D点电势高于 A 点电势
【答案】B
【详解】A．根据题述，A 点的电场强度垂直 AB 向下，如图所示
由电场强度的叠加原理可知 q1带正电、 q2带负电。故 A 错误；
E q q
BC．根据题述，A 0 2 1 2点的电场强度垂直 AB 向下，可得 sin 30 = ，E1 = k EE r 2 ， 2
= k
r 2 联立，解得
q2 = 2q1
1 1 2
故 B 正确；C 错误；
D． q1在 A、D两点产生的电势相等， q2在 A 点产生的电势高于在D点产生的电势，则 A 点的电势高于D
点。故 D 错误。故选 B。
6．如图所示，水平直线上有 A、O、B 三点，BO = 2AO ，空间存在着竖直方向上的匀强电场（图中未画
出）。若将一个电荷量为-Q的点电荷放在 A 点，则O点的场强大小为E1；若将这个电荷量为-Q的点电荷
放在 B 点，则O点的场强大小变为E2 ，则匀强电场的场强大小为（　　）
A E 16E
2
2 - E
2 2
1 B E 16E2 - E
2
． = ． = 1
16 4
16E2 - E2 2 2C．E = 2 1 D．E 16E2 - E= 1
15 5
【答案】C
【详解】电荷量为-Q的点电荷放在 A 点时，设它在O点产生的场强大小为E0 ， 设 AO = r 则根据库仑定
Q
律E0 = k 2 由题意可知E
2 2
1 = E0 + E ，-Q的点电荷放在 B 点时，由于BO = 2AO = 2r根据库仑定律，则它r
2 2 2
在O点产生的场强大小为E0 ，则E0 k
Q E
= 2 =
0 E0 2 16E2 - E1
(2r) 4 由题意可知E2 = ÷ + E 联立可得E =è 4 15
故选 C。
考向 2 对称法求电场强度
对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化。
7．如图所示，一半径为 R 的圆盘上均匀分布着电荷量为 Q 的正电荷，在垂直于圆盘且过圆心 c 的轴线上
有 a、b、d 三个点，a 和 b、b 和 c、c 和 d 间的距离均为 R，在 a 点处有一电荷量为 q（q>0）的固定点电
2kq
荷。已知 b 点处的场强为 E= 2 （k 为静电力常量），方向由 b 指向 a，则 d 点处场强的大小为（　　）9R
10kq 4kq
A．E= 2 B．E=9R 3R2
3Q + q 9Q + q
C．E= k D．E= k
3R2 9R2
【答案】B
2kq E kq 2kq【详解】依题意，b 点的合场强为 E= 2 可知圆盘在 b 点的场强为 = -盘b 2 2 由对称性可知圆盘在 b9R R 9R
点的场强大小和在 d 点大小相等方向相反，再根据电场叠加原理，可得出 d 点的场强为
E kq 4kqd = E + =盘d 2 2 故选 B。9R 3R
8．如图所示，一个半径为 r 的均匀带电圆环，带电量为+Q，在其中轴线上有一点 A，该点距圆环中心 O
的距离为 3r ，已知静电力常量为 k，则 A 点的电场强度大小为（　　）
A 3kQ
kQ kQ
． B． 2 C
3kQ
． D．
8r2 4r 3r 2 4r2
【答案】A
【详解】带正电圆环不能看成质点，将圆环的带电量 Q 无限分割，假设每一份的电量为 q，其中一份 q 在
x 轴的 A 点处产生的电场强度如图所示
E kq kq Q有 0 = =2 2 4r 2 假设圆环上有 n 个 q，则有
n =
q 在 A 点，在垂直 x 轴方向，
E0 的分量为Ey ，根r +（ 3r）
据对称性，n 个Ey 的矢量和为 0，沿着 x 轴方向，E0 的分量Ex = E0 cosq
3
由几何关系知 cosq = n 个Ex 的
2
3kQ
矢量和就是圆环在 A 处产生的场强，即E = nEx 联立解得E = 2 故选 A。8r
考向 3 补偿法求电场强度
补偿法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，然后再应用对称的特点进行分析，有
时还要用到微元思想。
9．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，一半径为 R
的球壳表面均匀带有正电荷，电荷量为 2q，O 为球心，直线 ab 是过球壳中心的一条水平线，球壳表面与
直线 ab 交于 C、D 两点，直线 ab 上有两点 P、Q，且PC = DQ = R。现垂直于 CD 将球面均分为左右两部
分，并把右半部分移去，左半球面所带电荷仍均匀分布，此时 P 点电场强度大小为 E，则 Q 点的电场强度
大小为（　　）
kq kq kq
A． 2 B． 2 C． 2 + E
kq
D． 2 - E2R 4R 4R 2R
【答案】D
【详解】先将带电球体补全，一半径为 R 的球体表面均匀带有正电荷，电荷量为 2q，在球外空间产生的电
E k 2q k q场等效于电荷集中于球心处产生的电场，则在 P、Q 两点所产生的电场为 0 = = 左半球面所
（2R）2 2R2
带电荷在 P 点的电场强度大小为 E，由对称性可知去掉的右半球面所带电荷在 Q 点的电场强度大小为 E，
q
则EQ = E0 - E = k 2 - E 故选 D。2R
10．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的点电荷产生的电场。如图所示，在
2 1
绝缘球 球面 AA1B1B上均匀分布正电荷，总电荷量为 q；在剩余 球面 AB 上均匀分布负电荷，总电荷量3 3
1 2
是 q 。球半径为 R，球心为 O，CD 为 球面 AA1B1B的对称轴，在轴线上有 M、N 两点，且2 3
OM = ON = 2R, A1A = B1B ， A1A∥B1B∥CD
1
。已知 球面 A1B1 在 M 点的场强大小为 E，静电力常量为 k，3
则 N 点的场强大小为（　　）
3kq kq
A．E B．2E C． - 2E D + E8R2 ．12R2
【答案】C
3
【详解】将 AB 部分补上，使球壳变成一个均匀带正电的完整的球壳，完整球壳带电荷量为Q = q为保证
2
kQ 3kq
电荷量不变，球面 AB 带负电荷量为 q，则该球壳带正电的部分在 M 点产生的场强为EM = =(2R)2 8R2 根
3kq
据对称性可知：①带正电的部分完整球壳在 N 点产生的场强大小EN = 2 ②球面 AB 带负电荷量为 q，8R
3kq
在 N 点产生的场强大小为 2E，两者方向相反；则 N 点的场强大小为EN = 2 - 2E 故选 C。8R
考向 4 微元法求电场强度
微元法：将带电体分成许多电荷元，每个电荷元看成点电荷，先根据库仑定律求出每个电荷元的场强，再
结合对称性和场强叠加原理求出合场强。
11．如图所示，半径为 R 的绝缘细圆环固定，圆心位于 O 点，环上均匀分布着电量为 Q 的正电荷。点 P、
M、N 将圆环三等分，取走 P、M 处两段弧长均为Dl 的小圆弧上的电荷。则圆环对 O 点的合场强为
（　　）
A 3kDlQ
kDlQ kDlQ
B C D 3kDlQ． ． ． ．
2p R3 2p R2 2p R3 2p R2
【答案】C
DlQ
【详解】反向延长 PO 交圆环于P ，反向延长 MO 交圆环于M , P 和M 处的电荷量为 q1 = 根据2p R
E kq kDlQ= 12 可以算出P 和M 对 O 点的场强为E = 3 因点 P、M、N 将圆环三等分，两场强的夹角为R 2p R
kDlQ
120°，则圆环对 O 点的合场强为E =
2p R3
故选 C。
12．如图，水平面上有一水平均匀带电圆环，带电量为+Q，其圆心为 O 点。有一带电量 q，质量为 m 的小
球，在电场力和重力作用下恰能静止在 O 点正下方的 P 点。OP 间距为 L，P 与圆环边缘上任一点的连线
与 PO 间的夹角为 θ。静电力常量为 k，则带电圆环在 P 点处的场强大小为（　　）
Q Q cos3 q mg cosq mg cos2 qA． k 2 B． k 2 C． D．L L q q
【答案】B
【详解】AB．如图所示
选取圆环上某一小微元，所带电荷量为 Q，该微元在 P 点的场强大小为
E DQ DQ DQ cos
2 q
= k 2 = k = kr 2( L )2 L 由于整个圆环上所有带电微元在 P 点的场强在水平方向的合场强为零，
cosq
2 3
故带电圆环在 P 点处的场强大小为E合 = Ey = E cosq k DQ cos q Q cos q= 2 ×cosq = k 2 故 A 错误，BL L
正确；
mg
CD．小球恰能静止在 P 点，根据平衡条件可得E q = mg 解得E合 =合 q 即带电圆环在 P 点处的场强大小为
mg
q ，故 CD 错误。故选 B。
考点三 电场线
考向 1 电场线的应用
1.两种等量点电荷的电场强度及电场线的比较
比较 等量异种点电荷 等量同种点电荷
电场线分布图
沿连线先变小后变大
电荷连线上的
电场强度 O 点最小,但不为零 O 点为零
中垂线上的 O 点最大,向外逐 O 点最小,向外先
电场强度 渐减小 变大后变小
关于 O 点对 A 与 A'、B 与 B'、C 与 C'
称位置的电
等大同向 等大反向
场强度
2.电场线的应用(涉及电势部分将在下一节进一步研究)
13．如图所示，A、B 两点固定两个等量的正点电荷，现在其连线中垂线上的 P 点放一个负点电荷 q（不计
重力），并由静止释放后，下列说法中正确的是（　　）
A．负点电荷在从 P 点到 O 点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大
B．负点电荷在从 P 点到 O 点运动的过程中，加速度越来越少，速度越来越大
C．负点电荷运动到 O 点时加速度为零，速度达最大值
D．负点电荷越过 O 点后，速度越来越小加速度越来越大，直到速度为零
【答案】C
【详解】AB．根据点电荷电场强度的叠加法则，可知，同种正电荷连线的中垂线上，电场强度方向由 O 点
向两边延伸，且大小先增大后减小，在 P 点由静止释放一个负点电荷 q，在从 P 点到 O 运动的过程中，它
只在电场力作用下，向下加速，电场强度可能越来越小，也可能先增大后减小，电场力可能越来越小，也
可能先增大后减小，则加速度可能越来越小，也可能先增大后减小，但速度一定越来越大，故 AB 错误；
C．运动到 O 点时，所受的电场力为零，加速度为零，速度达最大值，故 C 正确；
D．点电荷越过 O 点后，所受的电场力向上，速度减小，电场强度可能越来越大，也可能先增大后减小，
加速度可能越来越大，也可能先增大后减小，故 D 错误。故选 C。
14．电场线能直观地反映电场的分布情况。如图甲是等量异号点电荷形成电场的电场线，图乙是电场中的
一些点；O 是电荷连线的中点，E、F 是连线中垂线上关于 O 对称的两点，B、C 和 A、D 是两电荷连线上
关于 O 对称的两点。则（ ）
A．E、F 两点电场强度不同 B．A、D 两点电场强度不同
C．B、O、C 三点中，O 点电场强度最小 D．从 C 点向 O 点运动的电子加速度逐渐增大
【答案】C
【详解】A．根据对称性，E、F 两点电场强度大小相等、方向相同，E、F 两点电场强度相同，A 错误；
B．根据对称性，A、D 两点电场强度大小相等、方向相同，A、D 两点电场强度相同，B 错误；
C．电场线越疏，电场强度越小，所以 B、O、C 三点中，O 点电场强度最小，C 正确；
D．电场线越疏，电场强度越小，电子所受的电场力越小，电子的加速度越小，所以从 C 点向 O 点运动的
电子加速度逐渐减小，D 错误。故选 C。
考向 2 电场线+运动轨迹”组合模型
模型特点:当带电粒子在电场中的运动轨迹是一条与电场线不重合的曲线时,这种现象简称为“拐弯现象”,
其实质为“运动与力”的关系。运用牛顿运动定律的知识分析:
(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在某一位置的切线)与“力线”(在同一位置电场线的切线方
向且指向轨迹的凹侧),从二者的夹角情况来分析带电粒子做曲线运动的情况。
(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、电场的方向、电荷运动的方向,是题目中相互制约的三个方面。若已
知其中一个,可分析判定各待求量;若三个都不知(三不知),则要用“假设法”进行分析。
15．某电场线的分布如图中实线所示，M、N 为电场中的两点，虚线为两点间的连线，长度为 d，下列说
法正确的是（ ）
A．电场强度大小的关系：EM > EN
B．电势高低的关系：jM < jN
C．M、N 两点间的电势差 U 与 M 点电场强度EM 的关系：U = EM d
D．将一负点电荷沿虚线从 M 点移动到 N 点，点电荷的电势能增加
【答案】D
【详解】A. 电场线是描述电场强度的理想模型，电场线越密电场强度越大，由图可知，电场强度大小的关
系：EM＜EN ，故 A 错误；
B. 电势沿着电场线方向降低的最快，由图可知，电势高低的关系：jM＞jN ，故 B 错误；
U
C. 在匀强电场中，电场强度与电势差的关系为E = 图中 M、N 两点间的电场强度并非匀强电场，M 点的
d
电场强度比两点间的电场强度弱，所以U＞EM d 故 C 错误；
D. 电势能公式为Ep = jq 对于负电荷而言，电势越低，电势能越高，所以将一负点电荷沿虚线从 M 点移动
到 N 点，点电荷的电势能增加，故 D 正确。故选 D。
16．生活在尼罗河的反天刀鱼，它的器官能在其周围产生电场。如果电场线分布如图所示，M、N、P 为电
场中的点。下列说法正确的是（　　）
A．P 点电势小于 N 点电势
B．P 点电场强度小于 M 点电场强度
C．正电荷在 M 点所受电场力的方向为水平向左
D．某带电粒子只在静电力作用下从 N 点沿虚线轨迹运动到 M 点，则粒子带负电
【答案】B
【详解】A．由图可知，从 P 点到无穷远，电势降低，从无穷远到 N 点，电势降低，所以 P 点电势高于 N
点电势，故 A 错误；
B．由图可知，P 点位置的电场线要比 M 点的稀疏，所以 P 点电场强度小于 M 点电场强度，故 B 正确；
C．正电荷在 M 点所受电场力的方向为水平向右，故 C 错误；
D．某带电粒子只在静电力作用下从 N 点沿虚线轨迹运动到 M 点，可知，带电粒子所受静电力方向与电场
方向相同，则粒子带正电，故 D 错误。故选 B。
1．如图所示，两个质量分别为M 和m 的小球带同种电荷，电荷量分别为Q和 q，用 L1和 L2的轻绳悬挂与
sina
同一点，平衡时，两绳与竖直方向的夹角分别是a 和 b ，则 sin b 等于多少（　　）
m M mL ML
A 2 1． B． C． ML D．M m 1 mL2
【答案】C
【详解】设平衡时两球的距离为 r ，两个质量分别为M 和m 的小球连线与绳长为 L1和 L2的轻绳夹角分别为
q1、q2 ，如图所示对两球受力分析
sina sinq1 sin b sinq= = 2 sinq L sina mL
由正弦定理得 k Qq Mg ， k Qq mg
1 2 2
又 =sinq L 综合解得
=
sin b ML 故选 C。
r 2 r 2 2 1 1
2．如图所示，在水平面上的正六边形区域 abcdef 的六个顶点上均固定放置一电荷量为+q 的点电荷，正六
边形的边长为 l。在正六边形几何中心 O 点正上方有一点 P，P 点到 O 点的距离为 l，一质量为 m、电荷量
也为+q 的带电小球可以仅在重力及库仑力的作用下静止在 P 点。静电力常量为 k，重力加速度为 g，下列
关系式正确的是（　　）
2
A 3kq
2
．mg 3 2kq= B．
2l 2
mg =
l 2
C mg 3 2kq
2
D mg 6kq
2
． = ．
l 2
=
l 2
【答案】A
【详解】由于正六边形的边长为 l，则 O 点到各顶点的距离为 l，P 点到 O 点的距离为 l，则 P 点与各顶点
kq2 2
的连线与竖直方向的夹角为 45° 3 2kq，根据平衡条件可得mg = 6F cos 45°，F = 所以mg =
( 2l)2 2l 2
故选
A。
3．如图所示，在光滑的绝缘水平面上，有两个质量相等、相距为 r、带电荷量分别为 +q 和-q 的小球甲、
乙，在水平恒力 F 作用下做匀加速直线运动。若甲、乙两球的质量分别为 2m 和 m，两小球带异种电荷。
将方向水平向右、大小为 F 的力作用在甲上，当两小球间的距离为 r 时，两小球可保持相对静止。若改用
方向水平向左的力作用在乙上，欲使两小球间的距离保持为 2r 并相对静止，则外力的大小应为（　　）
1 F 1A． B． F
16 8
1
C． F
1
D． F
4 2
【答案】B
F = 3ma1
【详解】当方向水平向右、大小为F 的力作用在甲上，甲、乙间的距离为 r 时，有 kq2 ，若改用方向
2 = mar 1
F2 = 3ma2
1
水平向左的力作用在乙上，两小球间的距离保持为 2r 并相对静止时，有 kq2 2ma 联立可得
F2 = F 故
2 = 2 8(2r)
选 B。
4．已知均匀带电薄球壳外部空间电场与将等量电荷全部集中在球心时产生的电场相同。如图（a）所示，
一带电量为+Q，半径为 R 的均匀带电金属薄球壳，以球心为坐标原点，建立 Ox 轴，其中 A 点为球壳内
一点，B 点坐标为 2R，静电力常量为 k，下列说法正确的是（ ）
A．球壳内外场强分布如图（b）所示
B．将电荷量为 +q 的试探电荷由球壳内 A 点移到 O 点，试探电荷的电势能减小
C．在圆心 O 处放一个电量为-2Q的点电荷，球壳外表面带电量仍为+Q
D．在 x = R 处取走极小的一块面积△S（不影响球壳表面其余部分电荷分布），则从 O 点到 B 点电场强
度一直减小，且电势也一直降低
【答案】D
【详解】A．壳内场强处处为 0，故 A 错误；
B．壳内场强处处为 0，故移动试探电荷不做功，从 A 点移到 O 点，试探电荷的电势能不变，故 B 错误；
C．在圆心 O 处放一个电量为-2Q的点电荷，由于静电感应，球壳内表面感应出+2Q的电荷，则球壳外表
面带电量为-Q，故 C 错误；
D．在 x = R 处取走极小的一块面积DS ，根据电场的对称性可知，O 点的场强为-R 处面积为DS 的球壳上
k DS× Q
的电荷产生的场强，大小为 4p R2E kQDS= 2 =
根据正点电荷的电场线分布可知，从 O 点到 B 点电场强
R 4p R4
度一直减小，且电势也一直降低，故 D 正确。故选 D。
5．如图所示，水平面上有一均匀带电圆环，所带电荷量为＋Q，其圆心为 O 点。有一电荷量为＋q、质量
为 m 的小球恰能静止在 O 点上方的 P 点，O、P 间距为 L。P 与圆环上任一点的连线与 PO 间的夹角都为
q ，重力加速度为 g，以下说法错误的是（　　）
A．P 点场强方向竖直向上
mg
B．P 点场强大小为 q
Q cosq
C．P 点场强大小为 k
L2
D P Q cos
3 q
． 点场强大小为 k
L2
【答案】C
Q
【详解】将圆环分为 n 等份（n 很大，每一份可以认为是一个点电荷），则每份的电荷量为 q0 = 每份在n
k Qkq0 n kQ cos
2 q
P 点的电场强度大小：E0 = r2
=
L 2
=
nL2 根据对称性可知，水平方向的合场强为零，P 点的电

è cosq ÷
kQ cos3 q
场强度方向竖直向上，其大小E = nE0 cosq = 2 由二力平衡可得在 P 点mg = qE 解得 P 点场强为L
E mg= 故 ABD 正确，C 错误。本题选错误的，故选 C。
q
6．空间直角坐标系中，六个完全相同、均匀带电的正方形绝缘平板构成一个正方体，其中心 O 位于坐标
原点，各棱方向与坐标轴平行。记与 z 轴平行的棱中点为 A，正方体与 x 轴的交点为 B，则 A、B、O 三点
的电场（　　）
A．全部为 0
B．全部不为 0
C．有两个满足至少在两个方向上的分量不为 0
D．有一个满足恰在一个方向上的分量不为 0
【答案】D
【详解】根据对称性可知，O 点场强为零，B 点场强在 y 轴和 z 轴方向分量为 0，在 x 轴方向分量不为 0，
A 点场强在 z 轴方向的分量为 0 ，在 x 轴和 y 轴方向的分量不为零 0。
故选 D。
7．如图所示，立方体的 A、B、G、H 四个顶点各固定着一个带正电的点电荷，电荷量相同，O 点是立方
体的中心。现将处于在 A 点的点电荷沿着 AO 连线向 O 点移动，在这的过程中，下列说法正确的是
（　　）
A．O 点的电场强度减小
B．E 点的电势先增大后减小
C．C 点的电势先增大后减小
D．B 点的电荷受到的电场力减小
【答案】B
【详解】A．B、H 两点的点电荷在 O 点的合场强为 0，初始时 A、G 两点的点电荷在 O 点的合场强也为
0，则在 A 点的点电荷沿着 AO 连线向 O 点移动，根据电场强度叠加原则可知 O 点的电场强度逐渐增大，
故 A 错误；
B．由于电势是标量，B、G、H 三点的点电荷在 E 点的电势不变，处于在 A 点的点电荷沿着 AO 连线向 O
点移动，该点电荷与 E 点的距离先减小后增大，且点电荷带正电，所以 E 点的电势先增大后减小，故 B 正
确；
C．B、G、H 三点的点电荷在 C 点的电势不变，，处于在 A 点的点电荷沿着 AO 连线向 O 点移动，该点电
荷与 C 点的距离一直减小，则 C 点的电势一直增大，故 C 错误；
D．G、H 两点的点电荷对 B 点的电荷的库仑合力FGH 保持不变，处于在 A 点的点电荷沿着 AO 连线向 O 点
移动，一开始，该点电荷与 B 点距离减小，则该点电荷对 B 点的电荷的库仑斥力增大，且与 G、H 两点的
点电荷对 B 点的电荷的库仑合力FGH 的夹角变小，故 B 点的电荷受到的电场力一开始一定是增大的，故 D
错误。故选 B。
8．太极图的含义丰富而复杂，它体现了中国古代哲学的智慧。如图所示，O 为大圆的圆心，O1为上侧阳
半圆的圆心，O2为下侧阴半圆的圆心，O、O1、O2在同一直线上，AB 为大圆的直径且与O1O2 连线垂直，
C、D 为关于 O 点对称的两点，在O1、O2两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷，整个空间只有
O1、O2处点电荷产生的电场。下列说法正确的是（ ）
A．C、D 两点电势相等
B．把质子由 A 沿直线移到 B 的过程中，质子的电势能先增加后减小
C．把电子由 A 沿直线移到 B 的过程中，电子所受电场力先增加后减小
D．将一质子（不计重力）从 A 点由静止释放，质子可以沿直线在 AB 间做往返运动
【答案】C
【详解】A．在O1、O2两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷，设处O1为正点电荷，在O2处为负点电
荷，由于 C 点靠近正点电荷，D 点靠近负点电荷，则 C 点电势高于 D 点电势，反之则故 C 点电势低于 D
点电势。故 A 错误；
B．AB 为等量异种电荷连线的中垂线，根据等量异种电荷电势分布特点可知，中垂线为一等势线，所以把
电子由 A 沿直线移到 B 的过程中，电子的电势能保持不变。故 B 错误；
C．根据等量异种电荷中垂线电场分布特点可知，O 点为中垂线上场强最大的点，则把质子由 A 沿直线移
到 B 的过程中，场强先变大后变小，质子所受电场力先增加后减小。故 C 正确；
D．由于根据等量异种电荷中垂线上的场强方向与中垂线垂直，所以将一质子（不计重力）从 A 点由静止
释放，在 A 处受到的电场力与 AB 直线垂直，电子不可能沿直线在 AB 间做往返运动。故 D 错误。故选
C。
9．如图所示，轻弹簧一端悬挂于 O 点，一端通过绝缘层与带电金属小球 A 连接，O 点正下方带电小球 B
固定在绝缘支座上，两小球可视为质点。两个小球因带同种电荷而互相排斥，OA带电量不变的情况下，带电小球 B 因漏电造成电量缓慢减小过程中，则根据三角形相似关系，可得
（　　）
A．两带电小球的间距先减小再增大
B．两带电小球间的库仑力可能保持不变
C．弹簧的弹力逐渐增大
D．小球 A 的运动轨迹不是圆弧
【答案】AD
q q
【详解】B．由库仑定律有F = k A B库 2 由于初始时小球 B 的电量缓慢减小，所以库仑力一定发生变化，故AB
B 错误；
A．对小球 A 进行受力分析，受到重力 G、弹簧的弹力以及库仑力的作用，在三力作用下平衡，则三力构
成首尾相连的三角形，其如图所示
G F F q q
其力的矢量三角形和三角形 OAB 相似，有 = 库 = 弹 又由于F = k A B
OB AB OA 库 AB2
联立整理有
AB k × qA ×OB= 3 qB 由于小球 A 的重力不变，带电量不变以及 OB 之间的距离不变，随着小球 B 的带电量G
逐渐减小，AB 之间的距离也在减小，由于 OA排斥，所以 AB 之间的距离增加，故 A 正确；
C．有上述分析，整理有F
G ×OA
弹 = 小球 A 的重力不变、OB 之间的距离不变，但 OA 之间的距离先增加后OB
减小，所以弹力先增加后减小，故 C 错误；
D．由上述分析可知，OA 之间的距离先增加后减小，所以小球 A 轨迹并不是以 O 为圆心的圆弧，故 D 错
正确。故选 AD。
10．如图（a），场源点电荷固定在真空中 O 点，从与 O 相距 r0的 P 点由静止释放一个质量为 m、电荷量
为 q（q>0）的离子，经一定时间，离子运动到与 O 相距 rN 的 N 点。用 a 表示离子的加速度，用 r 表示离
1
子与 O 点的距离，作出其 a - 2 图像如图（b）。静电力常量为是 k，不计离子重力。由此可以判定r
（ ）
A．场源点电荷带正电
a r 2m
B．场源点电荷的电荷量为Q = N N
kq
a
C P N
rN
．离子在 点的加速度大小为 r0
r 2ma
D．离子在 P N N点受到的电场力大小为
r 20
【答案】BD
1
【详解】A．从 P 到 N，带正电的离子的加速度随 2 的增加而增大，即随 r 的减小而增大，可知场源点电r
荷带负电，故 A 错误；
B．在 N 点，由库仑定律及牛顿第二定律得
a FN kQqN = =m r 2N m
解得
Q a r
2
= N N
m
kq
故 B 正确；
CD．离子在 P 点时，由库仑定律及牛顿第二定律可得
a FP kQq r
2
N
P = = 2 = am r0 m r
2 N
0
离子在 P 点受到的电场力大小
2
F rN maNP = maP = r 20
故 C 错误，D 正确。
故选 BD。
11．如图所示，在边长为 a的正六边形的三个顶点A 、C 、E 分别固定电荷量为 +q 、 +q 、-q 的点电荷，
O点为正六边形的中心，则下列说法正确的是（　　）
2kq kq
A．O点的电场强度大小为 2 B．O点的电场强度大小为a 2a2
C．电子在O点的电势能比在 B 点的大 D．电子在O点的电势能比在 B 点的小
【答案】AC
【详解】AB．根据点电荷周围的电场强度和电场强度的叠加可知O点的电场强度大小为
E kq kq 2kq= 2 o
a2
cos 60 + =
a2 a2
A 正确，B 错误；
CD．根据电势叠加可知，OB 两点距离两个正电荷距离相等，而 O 点距离负电荷较近，则O点的电势比 B
点的电势低，所以电子在O点的电势能比在 B 点的大，故 C 正确，D 错误。
故选 AC。
12．如图所示，两个可看做点电荷的带电绝缘小球均紧靠着塑料圆盘边缘，小球 A 固定不动（图中未画
出）。小球 B 绕圆盘边缘在平面内从q = 0沿逆时针缓慢移动，测量圆盘中心 O 处的电场强度，获得沿 x 方
向的电场强度Ex 随q 变化的图像（如图乙）和沿 y 方向的电场强度Ey 随q 变化的图像（如图丙）。下列说
法正确的是（　　）
A．小球 A 带正电荷，小球 B 带负电荷
B．小球 A、B 所带电荷量之比为1: 2
C．小球 B 绕圆盘旋转一周过程中，盘中心 O 处的电场强度先增大后减小
D．小球 B 绕圆盘旋转一周过程中，盘中心 O 处的电场强度最小值为 2V/m
【答案】BD
p
【详解】A．由乙、丙两图可知，当q = 时，小球 B 在 O 点正上方，此时 Ex=0，Ey=-6V/m，则说明小球2
A 一定在 y 轴上固定；当 θ=0 时，Ex=-4V/m，Ey=0，小球 B 在 O 点正右侧，而水平方向场强方向为 x 轴负
向，则说明小球 B 为正电荷，此时 Ey=-2V/m，竖直方向的场强方向为 y 轴负向，若小球 A 在 O 点正上方
固定，则小球 A 带正电荷，若小球 A 在 O 点正下方固定，则小球 A 带负电荷，所以小球 A 的带电性质不
能确定，故 A 错误；
B．由于两小球都紧靠在塑料圆盘的边缘，所以到 O 点的距离，相同，当 θ=0 时，Ex=-4V/m，Ey=-2V/m，
由
E kQ=
r 2
可得
QA：QB=1：2
故 B 正确；
C．盘中心 O 处的电场强度为小球 A 和小球 B 在 O 点产生的场强的矢量和，随着小球 B 从 θ=0 转到 2π 的
p
过程中，EA和 EB大小都不变，EA和 EB的夹角在增大的过程中，当q = 2
q 3p时，O 处的合场强最大；当 = 时，O 处的合场强最小，所以小球 B 从 θ=0 转到 2π 的过程中，中心 O
2
处的合场强先增大后减小再增大，故 C 错误；
3p
D．小球 B 绕圆盘旋转一周过程中，当q = 时，O 处的合场强最小，其值大小为
2
E=EA+EB=（-2+4）V/m=2V/m
故 D 正确。
故选 BD。
13．如图所示，在边长为 2L的正方形的四个顶点 A、B、C、D 分别固定有电荷量分别为
+Q、- Q、+ 2Q、- 2Q 的点电荷，a、b 点分别是 AB 和CD边的中点，O 点为正方形的中心。关于四个点电荷
形成的电场，下列判断正确的是（　　）
A．电势jb > ja > jO B．电势jb = ja = jO C．O 点电场强度为 0 D．电场强度
大小Eb > Ea
【答案】BD
【详解】AB．顶点 C、D 放置等量异种电荷，根据等量异种电荷电势分布可知，CD 的中垂线即直线 ab 为
0 等势面，同理 A、B 也放置等量异种电荷，故 ab 为 0 等势面，则
φa = φb = φO = 0
故 A 错误，B 正确；
C．顶点 C、D 放置等量异种电荷，根据等量异种电荷电场分布可知，O 点的电场强度水平向左，同理 A、
B 也放置等量异种电荷，在 O 点的电场强度水平向右，但顶点 C、D 放置点电荷的电荷量为 A、B 的 2
倍，所以在 O 点 C、D 形成的水平向左的电场为 A、B 形成水平向右电场强度大小的 2 倍，故 O 点电场强
度不为 0，故 C 错误；
D．根据等量异种电荷周围电场分布，b 点电场强度为 C、D 形成的水平向左的电场大小减去 A、B 形成水
平向右电场强度大小，a 点的电场强度为 A、B 形成水平向右电场强度大小减去 C、D 形成的水平向左的电
场大小，又因为 C、D 放置点电荷的电荷量为 A、B 的 2 倍，即 b 点 C、D 形成的水平向左的电场大小为
a 点 A、B 形成水平向右电场强度大小的 2 倍，a 点 C、D 形成的水平向左的电场大小为 b 点 A、B 形成水
平向右电场强度大小的 2 倍，则 b 点的电场强度大于 a 点的电场强度，故 D 正确。
故选 BD。
14．如图所示，两个等量异种点电荷对称地放在一无限大绝缘平面的两侧，O 点是两点电荷连线与平面的
交点，也是连线的中点。在平面内以 O 点为圆心画两个同心圆，两圆上分别有 a、b、c、d 四个点其中 a、
O、d 三点共线，b、O、c 三点共线，则以下说法正确的是（ ）
A．b、c 两点的电场强度方向相反
B．a、d 两点的电场强度方向相同
C．将带正电的试探电荷在平面内从 a 点移动到 d 点，其电势能一定不变
D．试探电荷可以仅在此电场的电场力作用下在此平面内做匀速圆周运动
【答案】BC
【详解】A B．根据等量异种点电荷电场的特点，两电荷连线的中垂面是等势面，题图中 a、b、c、d 四点
的电场方向均与绝缘平面垂直且方向相同，故 A 错误，故 B 正确；
C．两等量异种点电荷连线的中垂面是等势面，则 a、b、c、d 四个点的电势相等，正电荷从 a 点在平面内
移动到 d 点电势能不变，故 C 正确；
D．根据等量异种点电荷的电场线的分布可知，检验电荷受到的电场力不在此平面内，因此不可能做圆周
运动，故 D 错误。
故选 BC。
15．真空中，在 x 轴上 x=0 和 x=8cm 处分别固定两个点电荷 Q1和 Q2。电荷间连线上的电场强度 E 随 x 变
化的图像如图所示（x 轴正方向为场强正方向），其中 x=6cm 处 E=0。将一个正试探电荷在 x=2cm 处由静止
释放（重力不计，取无穷远处电势为零）。则下列说法正确的是（　　）
A．Q1、Q2为异种电荷
B．在 x=6cm 处电势为 0
C．Q1、Q2带电量之比为 9：1
D．该试探电荷沿 x 轴正方向运动时，电势能先减小再增大
【答案】CD
【详解】A．由图可知，0~6cm 范围内场强沿正方向，6~8cm 范围内场强沿负方向，所以 Q1、Q2均带正电
荷，故 A 错误；
B．由于无穷远处电势为零，且 Q1、Q2均带正电荷，所以在 x=6cm 处电势不为零，故 B 错误；
C．Q1和 Q2在 x=6cm 处的电场强度大小相等、方向相反，即
k Q1 = k Q2
6cm 2 2cm 2
解得
Q1 = 9
Q2
故 C 正确；
D．该试探电荷沿 x 轴正方向运动时，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，故 D 正确。
故选 CD。
16．如图所示，新风系统除尘由机械除尘和静电除尘两部分构成，其中静电除尘是通过电离空气后使空气
中的粉尘微粒带电，从而被电极吸附的空气净化技术。图中虚线为一带电粉尘（不计重力）在静电除尘管
道内的运动轨迹，实线为电场线机械过滤网集尘电极（未标方向），下列判定正确的是（　　）
A．带电粉尘带正电
B．带电粉尘带负电
C．带电粉尘在 a 点的加速度小于在 b 点的加速度
D．带电粉尘在 a 点的加速度大于在 b 点的加速度
【答案】BC
【详解】AB．带电粉尘带负电才能在电场力作用下向集尘电极移动，选项 B 正确，A 错误；
CD．因 b 点电场线较 a 点密集，可知粉尘在 b 点受电场力较大，即带电粉尘在 a 点的加速度小于在 b 点的
加速度，选项 C 正确，D 错误。
故选 BC。
17．（2024·浙江·高考真题）如图所示空间原有大小为 E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面
的 M、N 点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环 ABCD 垂直 MN 放置，其圆心 O 在 MN 的中点，半径
为 R、AC 和 BD 分别为竖直和水平的直径。质量为 m、电荷量为+q 的小球套在圆环上，从 A 点沿圆环以
初速度 v0做完整的圆周运动，则（　　）
A．小球从 A 到 C 的过程中电势能减少
B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C．可求出小球运动到 B 点时的加速度
D．小球在 D 点受到圆环的作用力方向平行 MN
【答案】C
【详解】A．根据等量异种点电荷的电场线特点可知，圆环所在平面为等势面，匀强电场方向竖直向上，
则小球从 A 到 C 的过程电势增加，电势能增加；故 A 错误；
B．当场强满足Eq = mg 时，小球运动时受到的向心力大小不变，可沿圆环做匀速圆周运动，故 B 错误；
C．根据动能定理
mg - Eq R 1= mv 2 1B - mv 22 2 0
2
可求出小球到 B 点时的速度 v vB ，根据 a B1 = 可得小球的向心加速度，再根据牛顿第二定律R
mg - Eq = ma2
可得小球的切向加速度 a2，再根据矢量合成可得 B 点的加速度为
a = a 21 + a
2
2
故 C 正确；
D．小球在 D 点受到圆环指向圆心的力提供向心力，故小球在 D 点受到圆环的作用力方向不平行 MN，故
D 错误。
故选 C。
18．（2024·北京·高考真题）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于 M、N 两点，P、Q 是 MN 连线上的
两点，且MP = QN 。下列说法正确的是（　　）
A．P 点电场强度比 Q 点电场强度大
B．P 点电势与 Q 点电势相等
C．若两点电荷的电荷量均变为原来的 2 倍，P 点电场强度大小也变为原来的 2 倍
D．若两点电荷的电荷量均变为原来的 2 倍，P、Q 两点间电势差不变
【答案】C
【详解】A．由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q 两点电场强度大小相等，A 错误；
B．由沿电场线方向电势越来越低知，P 点电势高于 Q 点电势，B 错误；
CD．由电场叠加得 P 点电场强度
E = k Q 2 + k
Q
MP NP2
若仅两点电荷的电荷量均变为原来的 2 倍，则 P 点电场强度大小也变为原来的 2 倍，同理 Q 点电场强度大
小也变为原来的 2 倍，而 PQ 间距不变，根据U = Ed 定性分析可知 P、Q 两点间电势差变大，C 正确，D
错误。
故选 C。
19．（2024·海南·高考真题）真空中有两个点电荷，电荷量均为 q（q ≥ 0），固定于相距为 2r 的 P1、P2两
点，O 是 P1P2连线的中点，M 点在 P1P2连线的中垂线上，距离 O 点为 r，N 点在 P1P2连线上，距离 O 点
为 x（x << r），已知静电力常量为 k，则下列说法正确的是（ ）
A．P1P
3
2中垂线上电场强度最大的点到 O 点的距离为 r
3
B 4 3kq．P1P2中垂线上电场强度的最大值为
9r2
C．在 M 点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小
D．在 N 点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动
【答案】BCD
【详解】AB．设 P1处的点电荷在 P1P2中垂线上某点 A 处产生的场强与竖直向下的夹角为 θ，则根据场强
的叠加原理可知，A 点的合场强为
E = k 2q sin22 q cosqr
3
根据均值不等式可知当cos q = 时 E 有最大值，且最大值为
3
E 4 3kq=
9r 2
再根据几何关系可知 A 点到 O 点的距离为
y 2= r
2
故 A 错误，B 正确；
C．在 M 点放入一电子，从静止释放，由于
r 2> r
2
可知电子向上运动的过程中电场力一直减小，则电子的加速度一直减小，故 C 正确；
D．根据等量同种电荷的电场线分布可知，电子运动过程中，O 点为平衡位置，可知当发生位移 x 时，粒
子受到的电场力为
F = keq -4rx×
(r + x)2 (r - x)2
由于 x << r，整理后有
F 4keq= - 3 × xr
在 N 点放入一电子，从静止释放，电子将以 O 点为平衡位置做简谐运动，故 D 正确。
故选 BCD。

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