专题20 电场力的性质（解析版）

专题20 电场力的性质目录TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc32753" 题型一 库仑定律与带电体平衡  PAGEREF _Toc32753 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc1484" 类型1 库仑力的叠加  PAGEREF _Toc1484 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc21138" 类型2 库仑力作用下的平衡  PAGEREF _Toc21138 \h 3 HYPERLINK \l "_Toc9257" 题型二 电场强度的理解和计算  PAGEREF _Toc9257 \h 7 HYPERLINK \l "_Toc20189" 题型三 等量同种和异种点电荷周围电场强度的比较  PAGEREF _Toc20189 \h 9 HYPERLINK \l "_Toc23240" 题型四 电场强度的叠加  PAGEREF _Toc23240 \h 12 HYPERLINK \l "_Toc5023" 类型1 点电荷电场强度的叠加  PAGEREF _Toc5023 \h 13 HYPERLINK \l "_Toc4420" 类型2 非点电荷电场强度的叠加及计算  PAGEREF _Toc4420 \h 15 HYPERLINK \l "_Toc9730" 题型五 静电场中的动力学分析  PAGEREF _Toc9730 \h 21题型一 库仑定律与带电体平衡1．库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用。2．对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷，r为球心间的距离。3．对于两个带电金属球，要考虑表面电荷的重新分布，如图2所示。(1)同种电荷：F＜keq \f(q1q2,r2)；(2)异种电荷：F＞keq \f(q1q2,r2)。4．不能根据公式错误地认为r→0时，库仑力F→∞，因为当r →0时，两个带电体已不能看作点电荷了。类型1 库仑力的叠加【例1】(多选)内半径为R，内壁光滑的绝缘球壳固定在桌面上。将三个完全相同的带电小球放置在球壳内，平衡后小球均紧靠球壳静止。小球的电荷量均为Q，可视为质点且不计重力。则小球静止时，以下判断正确的是(　　)A. 三个小球之间的距离均等于eq \r(2)RB．三个小球可以位于球壳内任一水平面内C．三个小球所在平面可以是任一通过球壳球心的平面D．每个小球对球壳内壁的作用力大小均为eq \f(\r(3)kQ2,3R2)，k为静电力常量【答案】　CD【解析】　由小球受力分析可知，三个小球受到球壳的作用力都应沿半径指向圆心，则三小球对称分布，如图所示，三个小球之间的距离均等于L＝2Rcos 30°＝eq \r(3)R，故A错误；由小球的平衡可知，三个小球所在平面可以是任一通过球壳球心的平面，故B错误，C正确；由库仑定律可知FAC＝FBC＝keq \f(Q2,（\r(3)R）2)＝eq \f(kQ2,3R2)其合力为F＝2FACcos 30°＝eq \f(\r(3)kQ2,3R2)由平衡条件可知，每个小球对球壳内壁的作用力大小均为FN＝eq \f(\r(3)kQ2,3R2)，故D正确。【例2】(2018·全国卷Ⅰ，16)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则(　　)A．a、b的电荷同号，k＝eq \f(16,9) B．a、b的电荷异号，k＝eq \f(16,9)C．a、b的电荷同号，k＝eq \f(64,27) D．a、b的电荷异号，k＝eq \f(64,27)【答案　】D【解析】如果a、b带同种电荷，则a、b两小球对c的作用力均为斥力或引力，此时c在垂直于a、b连线的方向上的合力一定不为零，因此a、b不可能带同种电荷，A、C错误；a、b带异种电荷，假设a对c的作用力为斥力，则b对c的作用力一定为引力，受力分析如图所示由题意知c所受库仑力的合力方向平行于a、b的连线，则Fa、Fb在垂直于a、b连线的方向上的合力为零，由几何关系可知eq \f(Fa,Fb)＝eq \f(1,tan α)＝eq \f(4,3)，又由库仑定律得eq \f(Fa,Fb)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(qa,qb)))·eq \f(req \o\al(2,bc),req \o\al(2,ac))，联立解得k＝|eq \f(qa,qb)|＝eq \f(64,27)，若a对c的作用力为引力，b对c的作用力为斥力，求得结论与上同，所以B错误，D正确。【例3】(2022·湖北宜昌市元月调考)如图所示，在边长为l的正方形的每个顶点都放置一个点电荷，其中a和b电荷量均为＋q，c和d电荷量均为－q.则a电荷受到的其他三个电荷的静电力的合力大小是(　　)A．0 B.eq \f(\r(2)kq2,l2) C.eq \f(kq2,l2) D.eq \f(3kq2,2l2)【答案】　D【解析】　a和b电荷量为＋q，c和d电荷量为－q，则c、d电荷对a电荷的库仑力为引力，b电荷对a电荷的库仑力为斥力．根据库仑定律，|Fca|＝eq \f(kq2,\r(2)l2)；|Fba|＝|Fda|＝keq \f(q2,l2)；根据力的合成法则，a电荷所受的电场力大小为：F＝eq \f(3kq2,2l2)，故A、B、C错误，D正确．类型2 库仑力作用下的平衡(1)解题思路涉及库仑力的平衡问题，其解题思路与力学中的平衡问题一样，只是在原来受力的基础上多了库仑力，具体步骤如下：(2)“三个自由点电荷”的平衡问题①平衡的条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的合电场强度为零的位置。②　　【例1】 (2022·浙江杭州市质检)如图所示，在两个对接的绝缘光滑斜面上放置了电荷量大小均为q的两个小球A和B(均可看成质点)，两个斜面的倾角分别是30°和45°，小球A和B的质量分别是m1和m2。若平衡时，两小球均静止在离斜面底端高度为h的同一水平线上，斜面对两个小球的弹力分别是FN1和FN2，静电力常量为k，下列说法正确的是(　　)A．q＝eq \r(\f(（4＋2\r(3)）m2g,k))hB.eq \f(m1,m2)＝eq \f(\r(3),3)C.eq \f(FN1,FN2)＝eq \r(3)D．若同时移动两球在斜面上的位置，只要保证两球在同一水平线上，则两球仍能平衡【答案】　A【解析】　A处于静止，受力如图所示。设A受到的库仑力为F1，支持力为FN1，由平衡条件可得tan 30°＝eq \f(F1,m1g)，FN1＝eq \f(F1,sin 30°)，同理可得，对B满足tan 45°＝eq \f(F2,m2g)，FN2＝eq \f(F2,sin 45°)，由于F1＝F2＝F，对比可得eq \f(m1,m2)＝eq \f(tan 45°,tan 30°)＝eq \r(3)，eq \f(FN1,FN2)＝eq \f(sin 45°,sin 30°)＝eq \r(2)，B、C错误；两电荷间距为l＝eq \f(h,tan 30°)＋eq \f(h,tan 45°)＝(eq \r(3)＋1)h，由库仑定律可得F＝keq \f(q2,l2)，由B、C的分析可得F＝m2gtan 45°，联立解得q＝eq \r(\f(（4＋2\r(3)）m2g,k))h，A正确；若同时移动两球在斜面上的位置，由于距离变化导致库仑力变化，重力mg和支持力FN不变，不再满足原来的平衡关系，故两球不能处于原来的平衡状态，D错误。【例2】(2022·河北深州长江中学高三月考)如图所示，三个绝缘带电小球A、B、C处于竖直平面内，三个小球的连线构成直角三角形，∠A＝90°，∠B＝60°.用竖直向上的力F作用在小球A上，三个小球恰好处于静止状态．下列关于三个小球所带电荷量的关系中正确的是(　　)A．qA＝eq \f(\r(3),2)qC B．qA＝eq \f(1,2)qBC．qA2＝qBqC D．qB＝eq \f(\r(3),3)qC【答案】　D【解析】　由平衡条件可知，AB间、AC间必是引力，BC间必是斥力，故B、C带同种电荷，与A相反，对B球受力分析，如图所示，由平衡条件可得FABcos 60°＝FBC，同理可得，对于C球满足FACcos 30°＝FBC，设A、B距离为l，则A、C距离为eq \r(3)l，B、C距离为2l，由库仑定律可得FAB＝keq \f(qAqB,l2)、FAC＝keq \f(qAqC,3l2)、FBC＝keq \f(qBqC,4l2)，联立可得qA∶qB∶qC＝eq \r(3)∶2∶2eq \r(3)，D正确．【例3】(多选)如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m．已测得每个小球质量是8.0×10－4 kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，则(　　)A．两球所带电荷量相等B．A球所受的静电力为1.0×10－2 NC．B球所带的电荷量为4eq \r(6)×10－8 CD．A、B两球连线中点处的电场强度为0【答案】　ACD【解析】　两相同的小球接触后电荷量均分，故两球所带电荷量相等，选项A正确；如图所示，由几何关系可知，两球分开后，悬线与竖直方向的夹角为θ＝37°，A球所受的静电力F＝mgtan 37°＝8.0×10－4×10×0.75 N＝6.0×10－3 N，选项B错误；根据库仑定律得，F＝keq \f(qAqB,l2)＝keq \f(qB2,l2)，解得qB＝eq \r(\f(Fl2,k))＝eq \r( \f(6×10－3×0.122,9×109)) C＝4eq \r(6)×10－8 C，选项C正确；A、B两球带等量的同种电荷，故在A、B两球连线中点处的电场强度为0，选项D正确．【例4】(多选)如图所示，在光滑的水平桌面上有三个点电荷A、B、C，电荷量为＋q1、－q2、＋q3.若要保证三个点电荷在库仑力作用下保持静止，则它们电荷量应满足的关系是(　　)A．q1>q2 B．q2>q3C.eq \f(1,\r(q1))＋eq \f(1,\r(q3))＝eq \f(1,\r(q2)) D.eq \f(1,q1)＋eq \f(1,q2)＝eq \f(1,q3)【答案】　AC【解析】　设A、B球之间的距离为r1，B、C球之间的距离为r2，则对于A球有keq \f(q1q2,r\o\al(2,1))＝keq \f(q1q3,r1＋r22)，对于C球有keq \f(q1q3,r1＋r22)＝keq \f(q2q3,r\o\al(2,2))，整理后得eq \f(1,\r(q3))＝eq \f(r1,r2＋r1)eq \f(1,\r(q2))，eq \f(1,\r(q1))＝eq \f(r2,r2＋r1)eq \f(1,\r(q2))， 故q1>q2，q3>q2，eq \f(1,\r(q1))＋eq \f(1,\r(q3))＝eq \f(1,\r(q2))，所以A、C正确，B、D错误．【例5】(2022·山西临汾市高三月考)如图所示，竖直平面内固定一个光滑绝缘的大圆环．一带正电的小球固定在大圆环的最高点，另一质量为m的带负电小环套在大圆环上，在库仑力的作用下恰好静止于大圆环上某处，此时小球与小环连线与竖直方向的夹角为30°，重力加速度为g，则小球与小环之间的库仑力为(　　)A.eq \f(1,2)mg B.eq \f(\r(3),2)mgC.eq \r(3)mg D．2mg【答案】　C【解析】　小圆环处于静止状态，设小圆环所受安培力为F，对小圆环受力分析如图所示根据平衡条件可得Fcos θ＝mg＋FNsin θ，Fsin θ＝FNcos θ联立可得F＝eq \f(mgcos θ,cos 2θ－sin 2θ)＝eq \f(mgcos θ,cos 2θ)＝eq \r(3)mg，故选C.【例6】．(多选)如图，绝缘轻杆A端用光滑铰链装在竖直墙面上，另一端点O固定一个带正电的小球a，并用绝缘轻绳拴住小球斜拉并固定在墙面B处，在小球a同一水平线的右侧有一带负电小球b，从无穷远处沿水平方向缓慢向小球a靠近的过程中，小球a始终保持静止状态，小球a重力不可忽略，则(　　)A．细绳BO的拉力一直变大B．细绳BO的拉力先变小后变大C．小球对轻杆AO的弹力一定一直变小D．小球对轻杆AO的弹力可能先变小后变大【答案】　AD【解析】　以小球a为研究对象，受力分析如图甲所示，四力构成一个闭合矢量四边形如图乙，带负电小球b缓慢从无穷远处向小球a靠近过程中，库仑力变大，从闭合矢量四边形的动态变化可以看出细绳BO的拉力一直变大，小球对轻杆AO的弹力可能先变小后变大，所以A、D正确，B、C错误．题型二 电场强度的理解和计算1．电场强度的性质(1)矢量性：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点电场强度的方向。(2)唯一性：电场中某一点的电场强度E是唯一的，它的大小和方向与放入该点的电荷q无关，它决定于形成电场的电荷(场源电荷)及空间位置。(3)叠加性：如果有几个静止点电荷在空间同时产生电场，那么空间某点的电场强度是各场源电荷单独存在时在该点所产生的电场强度的矢量和。2．电场强度的三个公式比较eq \a\vs4\al(三个,公式)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(E＝\f(F,q)（适用于任何电场）,E＝\f(kQ,r2)（适用于点电荷产生的电场）,E＝\f(U,d)（适用于匀强电场）))【例1】(多选)如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，O、A、B为轴上三点．放在A、B两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示．以x轴的正方向为电场力的正方向，则(　　)A．点电荷Q一定为正电荷B．点电荷Q在A、B之间C．A点的电场强度大小为2×103 N/CD．同一电荷在A点受到的电场力比在B点的大【答案】　BCD【解析】　由题图乙知，两直线都是过原点的倾斜直线，由场强的定义式可知，其斜率的绝对值大小为各点的场强大小，则EA＝eq \f(FA,qA)＝2×103 N/C，EB＝eq \f(FB,qB)＝0.5×103 N/C＝eq \f(EA,4).同一电荷在A点受到的静电力比在B点的大，C、D正确；由题图知正试探电荷在A点受静电力方向为正，负试探电荷在B点受静电力方向也为正，可得A、B两点电场强度方向相反，则点电荷Q在A、B之间，且为负电荷，A错误，B正确．【例2】如图甲所示，AB是一个点电荷形成的电场中的一条电场线，图乙则是放在电场线上P、Q处检验电荷所受电场力的大小与其电荷量之间的函数图像，电场方向由A指向B，由此可以判断(　　)A．场源电荷是正电荷，位于A侧B．场源电荷是正电荷，位于B侧C．场源电荷是负电荷，位于A侧D．场源电荷是负电荷，位于B侧【答案】　A【解析】　由电场强度的定义式E＝eq \f(F,q)得：F＝Eq，则知：F－q图像的斜率表示电场强度大小，图线Q的斜率小于P的斜率，说明Q处场强小于P处的场强，该电场是由点电荷产生的，说明Q距离场源较远，即场源位置位于A侧；因为电场线的方向由A指向B，因此为正电荷．故选A.【例3】真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2 m和0.7 m．在A点放一个带正电的试探电荷，在B点放一个带负电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到静电力的方向都跟x轴正方向相同，静电力的大小F跟试探电荷电荷量q的关系分别如图中直线a、b所示．忽略A、B间的作用力．下列说法正确的是(　　)A．B点的电场强度大小为0.25 N/CB．A点的电场强度的方向沿x轴负方向C．点电荷Q的位置坐标为0.3 mD．点电荷Q是正电荷【答案】　C【解析】　由A处试探电荷的F－q图线可得，该处的场强为E1＝eq \f(F1,q1)＝4×105 N/C，方向水平向右，同理可得，B处的场强为E2＝eq \f(F2,q2)＝0.25×105 N/C，方向水平向左，A、B错误；由A、B的分析可知，点电荷Q应为负电荷，且在A、B之间，设Q到A点的距离为l，由点电荷场强公式可得E1＝keq \f(Q,l2)＝4×105 N/C，E2＝keq \f(Q,0.5－l2)＝eq \f(1,4)×105 N/C，联立解得l＝0.1 m，故点电荷Q的位置坐标为0.3 m，C正确，D错误．题型三 等量同种和异种点电荷周围电场强度的比较【例1】(多选)电场线能直观、方便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两点场强相同B．A、D两点场强不同C．B、O、C三点中，O点场强最小D．从E点向O点运动的电子加速度逐渐减小【答案】　AC【解析】　等量异号点电荷连线的中垂线是一条等势线，电场强度方向与等势线垂直，因此E、F两点场强方向相同，由于E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，则其场强大小也相等，故A正确；根据对称性可知，A、D两点处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同，由题图甲看出，A、D两点场强方向相同，故B错误；由题图甲看出，B、O、C三点比较，O点处的电场线最稀疏，场强最小，故C正确；由题图可知，电子从E点向O点运动过程中，电场强度逐渐增大，则静电力逐渐增大，由牛顿第二定律可知电子的加速度逐渐增大，故D错误．【例2】(多选)如图所示，正方形ABCD的对角线相交于O点，两个等量同种正电荷分别固定在A、C两点，则(　　)A．B、D两处电势相同、场强不相同B．B、D两处电势不相同、场强相同C．若在B点静止释放一电子，电子一定在B、D间往复运动，且加速度先减小后增大D．若在B点给电子一垂直纸面合适的速度，电子可绕O点做匀速圆周运动【答案】　AD【解析】　电场中存在两个等量的正点电荷，且B、D两点关于O点对称，故B、D两点电势相等，场强大小相等，方向相反，故A正确，B错误；B、D所在直线，电场强度从上方无穷远处到O点先增加后减小，到O点电场强度为零，从O到下方无穷远电场强度先增大后减小，由于无法确定电场强度最大的位置，所以电子在B、D间运动时加速度变化情况无法判断，故C错误；在垂直纸面经过B、D两点的圆上，所有点的电势都相等，并且电子受到的电场力指向O点，与速度方向垂直，故给电子一垂直纸面合适的速度，电子可绕O点做匀速圆周运动，故D正确．【例3】.在M、N两点放置等量的异种点电荷如图所示，MN是两电荷的连线，HG是两电荷连线的中垂线，O是垂足．下列说法正确的是(　　)A．OM中点的电场强度大于ON中点的电场强度B．O点的电场强度大小与MN上各点相比是最小的C．O点的电场强度大小与HG上各点相比是最小的D．将试探电荷沿HG由H移送到G，试探电荷所受电场力先减小后增大【答案】　B【解析】　等量的异种点电荷电场线分布如图所示，电场线的疏密表示电场的强弱，由对称性可知OM中点的电场强度等于ON中点的电场强度；O点的电场强度大小与MN上各点相比是最小的；O点的电场强度大小与HG上各点相比是最大的，故A、C错误，B正确；因电场线的疏密表示电场的强弱，沿HG由H到G电场强度先增大再减小，由 F＝qE可知，将试探电荷沿HG由H移送到G，试探电荷所受电场力先增大后减小，故D错误．【例4】 (2022·山东济南市模拟)如图所示，真空中两个等量带正电的点电荷分别固定在P、Q两点，O为P、Q的中点，MO垂直于P、Q连线，a点位于P、Q连线上，b点位于连线的中垂线MO上，下列说法正确的是(　　)A．若将一电子从a点由静止释放，则电子做往复运动B．若将一电子从b点由静止释放，则电子做往复运动C．若一质子从O点以某一初速度沿OM运动，质子可能回到原处D．若一质子从b点以某一初速度垂直纸面向里运动，质子可能回到原处【答案】　B【解析】　等量同种点电荷连线的中点电场强度为0，向两边逐渐增大，中垂线上的电场由O点向外，先增大后减小。若将一电子从a点由静止释放，电子受力指向P，向P点运动，A错误；若将一电子从b点由静止释放，电子受力指向O点，电子先做加速运动，过O点后做减速运动，电子终将做往复运动，B正确；若一质子从O点以某一初速度沿OM运动，质子受力沿OM方向，不可能回到原处，C错误；若一质子从b点以某一初速度垂直纸面向里运动，质子将做速度增大的曲线运动，回不到原点，D错误。题型四 电场强度的叠加1．电场强度的叠加(如图所示)2．“等效法”“对称法”和“填补法”(1)等效法在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景．例如：一个点电荷＋q与一个无限大薄金属板形成的电场，等效为两个等量异种点电荷形成的电场，如图甲、乙所示．(2)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．例如：如图所示，均匀带电的eq \f(3,4)球壳在O点产生的场强，等效为弧BC产生的场强，弧BC产生的场强方向，又等效为弧的中点M在O点产生的场强方向．(3)填补法将有缺口的带电圆环或圆板补全为完整的圆环或圆板，或将半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍．3．选用技巧(1)点电荷电场、匀强电场场强叠加一般应用合成法．(2)均匀带电体与点电荷场强叠加一般应用对称法．(3)计算均匀带电体某点产生的场强一般应用补偿法或微元法．类型1 点电荷电场强度的叠加【例1】直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图所示．M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k表示．若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为(　　)A.eq \f(3kQ,4a2)，沿y轴正向 B.eq \f(3kQ,4a2)，沿y轴负向C.eq \f(5kQ,4a2)，沿y轴正向 D.eq \f(5kQ,4a2)，沿y轴负向【答案】　B【解析】　处于O点的正点电荷在G点处产生的场强大小E1＝keq \f(Q,a2)，方向沿y轴负向；因为G点处场强为零，所以M、N处两负点电荷在G点产生的合场强大小E2＝E1＝keq \f(Q,a2)，方向沿y轴正向；根据对称性，M、N处两负点电荷在H点产生的合场强大小E3＝E2＝keq \f(Q,a2)，方向沿y轴负向；将该正点电荷移到G处，该正点电荷在H点产生的场强大小E4＝keq \f(Q,2a2)，方向沿y轴正向，所以H点的场强大小E＝E3－E4＝eq \f(3kQ,4a2)，方向沿y轴负向．【例2】(2021·山西省临汾市适应性训练)如图所示，在电场强度大小为E的匀强电场中A、B、C三个点构成等边三角形。在B、C两点各放一个等量的正点电荷，A点的场强刚好为零。若把B点的正电荷换成等量的负点电荷，则A点的电场强度大小为(　　)A.eq \f(\r(3),2)E B.eq \r(3)E C．E D.eq \f(2\r(3),3)E【答案】　D【解析】　根据点电荷的电场强度公式E＝keq \f(Q,r2)可知，B、C处所放正电荷在A处的电场强度大小相等，设为E1，两电荷的合电场强度方向竖直向上，由于A点的电场强度刚好为零，故匀强电场方向竖直向下，满足2E1cos 30°＝E；若把B点的正电荷换成等量的负点电荷，则两电荷的合电场强度大小等于E1，方向水平向左，与匀强电场叠加后，A点的电场强度大小为E′＝eq \r(E2＋Eeq \o\al(2,1))，联立可解得E′＝eq \f(2\r(3),3)E，故D正确。【例3】(2021·湖南卷，4)如图所示，在(a，0)位置放置电荷量为q的正点电荷，在(0，a)位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P(a，a)为eq \r(2)a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为 (　　)A．(0，2a)，eq \r(2)q B．(0，2a)，2eq \r(2)qC．(2a，0)，eq \r(2)q D．(2a，0)，2eq \r(2)q【答案】　B【解析】　(a，0)和(0，a)两点处的电荷量为q的点电荷在P点产生的电场强度的矢量和E＝eq \f(\r(2)kq,a2)，方向由点(a，a)指向点(0，2a)，如图所示。因在距P点为eq \r(2)a的某点处放置的正点电荷Q，使得P点电场强度为零，此正电荷Q应位于(0，2a)点，且电荷量Q满足eq \f(kQ,（\r(2)a）2)＝eq \f(\r(2)kq,a2)，解得Q＝2eq \r(2)q，B正确。【例4】（2022届云南省昆明市第一中学月考）如图所示，真空中有A.、B、C、D四个点在同一直线上，AB=BC=CD=d，在A、C两点各放置一个点电荷，其中位于C点的点电荷带电量为q（q<0），已知D点的电场强度为零，静电力常量为k，则B点的电场强度为（　　）A. ，方向由C指向B B. ，方向由B指向CC. ，方向由C指向B D. ，方向由B指向C【答案】D【解析】【详解】由于D点的电场强度为零可知则B点的电场强度方向由B指向C，故D正确。故选D。类型2 非点电荷电场强度的叠加及计算1．等效法在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情境变换为简单的或熟悉的电场情境。例如：一个点电荷＋q与一个无限大薄金属板形成的电场，等效为两个异种点电荷形成的电场，如图甲、乙所示。【例1】如图所示，一无限大接地导体板MN前面放有一点电荷＋Q，它们在周围产生的电场可看作是在没有导体板MN存在的情况下，由点电荷＋Q与其像电荷－Q共同激发产生的。像电荷－Q的位置就是把导体板当作平面镜时，点电荷＋Q在此镜中的像位置。已知＋Q所在位置P点到金属板MN的距离为L，a为OP的中点，abcd是边长为L的正方形，其中ab边平行于MN。则(　　)A．a点的电场强度大小为E＝4eq \f(kQ,L2)B．a点的电场强度大小大于b点的电场强度大小C．b点的电场强度和c点的电场强度相同D．一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电势能的变化量为零【答案】　B【解析】　由题意可知，点电荷＋Q和金属板MN周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效，所以a点的电场强度E＝keq \f(Q,（\f(L,2)）2)＋keq \f(Q,（\f(3L,2)）2)＝eq \f(40kQ,9L2)，A错误；等量异种点电荷周围的电场线分布如图所示，由图可知Ea＞Eb，B正确；图中b、c两点的场强方向不同，C错误；由于a点的电势高于d点的电势，所以一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电场力做正功，电荷的电势能减小，D错误。【例2】下列选项中的各eq \f(1,4)圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各eq \f(1,4)圆环间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是(　　)【答案】　B【解析】　根据点电荷的电场强度公式E＝eq \f(kq,r2)可得各eq \f(1,4)圆环上的电荷在O点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强，最后比较它们的大小即可．由于电荷均匀分布，则相当于各eq \f(1,4)圆环上的电荷等效集中于eq \f(1,4)圆环的中心，设圆的半径为r，则A选项中O点处的场强大小为EA＝eq \f(kq,r2)；将B选项中正、负电荷产生的场强进行叠加，两等效电荷场强方向间的夹角为90°，则在O点的合场强EB＝eq \f(\r(2)kq,r2)，方向沿x轴负方向；C选项中两正电荷在O点的合场强为零，则C中的场强大小为EC＝eq \f(kq,r2)，D选项中由于完全对称，易得合场强ED＝0.故O 处电场强度最大的是B.【例3】(2022·陕西西安中学高三期中)一段均匀带电的半圆形细线在其圆心O处产生的场强为E，把细线分成等长的三段圆弧，则圆弧BC在圆心O处产生的场强大小和方向为(　　)A.eq \f(E,2)，水平向右B.eq \f(E,2)，水平向左C.eq \f(E,3)，水平向右D.eq \f(E,3)，水平向左【答案】　A【解析】　如图所示，B、C两点把半圆环等分为三段。设每段在O点产生的电场强度大小均为E′。AB段和CD段在O处产生的场强夹角为120°，它们的合场强大小为E′。则O点的合场强E＝2E′，则E′＝eq \f(E,2)，所以圆弧BC在圆心O处产生的场强为eq \f(E,2)，方向水平向右，故A正确，B、C、D错误。2．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。例如：如图所示，均匀带电的eq \f(3,4)球壳在O点产生的电场强度，等效为弧BC产生的电场强度，弧BC产生的电场强度方向，又等效为弧的中点M在O点产生的电场强度方向。【例4】 (2021·广东省高考模拟)一半径为R的绝缘球体上均匀分布着电荷量为Q的正电荷，以球心为原点O建立坐标系，如图所示，在x＝3R的D点有一电荷量为q的固定点电荷，已知在x＝2R的C点电场强度为零，静电力常量为k。则下面说法正确的是(　　)A．D点点电荷带负电B．O点电场强度为零C．F点电场强度大小为eq \f(26kq,25R2)D．从B点到D点，电势先升高后降低【答案】　C【解析】　因为C点的电场强度为零，故D点为正电荷，故选项A错误；均匀带电绝缘球体在球心O处产生的电场强度为零，即O点的电场强度源自D点电荷产生的电场强度EO＝eq \f(kq,9R2)，故选项B错误；均匀带电绝缘球体在其周围形成的电场具有对称性，因此均匀带电绝缘球体在C点与F点产生的场强大小相等，方向相反，即EC＝EF，又因为在C点合场强为零，则有EC＝eq \f(kq,R2)，在F点合场强大小为EF＝eq \f(kq,R2)＋eq \f(kq,（5R）2)＝eq \f(26kq,25R2)，故选项C正确；C点处电场强度为零，则从B到C电场线向右，从C到D电场线向左，故从B点到D点，电势先降低后升高，故选项D错误。【例5】(2022·河南高三月考)如图，一电荷量为Q的点电荷P与均匀带电圆板相距2r，此点电荷到带电圆板的垂线通过板的几何中心，A、B为垂线上两点，到圆板的距离均为r，静电力常量为k.若B点的电场强度为0，则A点的电场强度大小为(　　)A.eq \f(10kQ,9r2) B.eq \f(9kQ,10r2) C.eq \f(8kQ,9r2) D.eq \f(3kQ,10r2)【答案】　A【解析】　由于B点处的合电场强度为零，所以带电圆板的电性与点电荷的电性相反，那么带电圆板在B处产生的电场强度与点电荷Q在B处产生的电场强度大小相等，均为：E＝eq \f(kQ,9r2)，方向相反，由带电圆板产生电场强度的特点可知，圆板在A点产生的电场强度大小为：E＝eq \f(kQ,9r2)，而点电荷Q在A处的电场强度大小为：E′＝eq \f(kQ,r2)，由矢量的合成法则，则A点的电场强度大小为：E″＝E＋E′＝eq \f(10kQ,9r2)，故A正确，B、C、D错误．【例6】(2022·广西壮族自治区高三一模)如图所示，边长为L的正六边形ABCDEF的5条边上分别放置5根长度也为L的相同绝缘细棒。每根细棒均匀带上正电。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O点的场强为零。若移走＋Q及AB边上的细棒，则O点强度大小为(k为静电力常量)(不考虑绝缘棒及＋Q之间的相互影响)(　　)A.eq \f(kQ,L2) B.eq \f(4kQ,3L2)C.eq \f(2\r(3)kQ,3L2) D.eq \f(4\r(3)kQ,3L2)【答案】　D【解析】　根据对称性，AF与CD上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零，AB与ED上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零。BC中点的点电荷在O点产生的电场强度为eq \f(kQ,（Lsin 60°）2)＝eq \f(4kQ,3L2)，因EF上的细棒与BC中点的点电荷在O点产生的电场强度叠加为零，EF上的细棒在O点产生的电场强度为eq \f(4kQ,3L2)，故每根细棒在O点产生的电场强度为eq \f(4kQ,3L2)，移走＋Q及AB边上的细棒，O点的电场强度为EF与ED上的细棒在O点产生的电场强度叠加，这两个场强夹角为60°，所以叠加后电场强度为2eq \f(4kQ,3L2)cos 30°＝eq \f(4\r(3)kQ,3L2)；故选D。3．填补法将有缺口的带电圆环或圆板补全为完整的圆环或圆板，或将半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍。【例7】(多选)已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等。如图11所示，正电荷均匀分布在半球面上，Ox为通过半球顶点与球心O的轴线，A、B为轴上的点，且AO＝OB，则下列判断正确的是(　　)A．A、B两点的电势相等B．A、B两点的电场强度相同C．点电荷从A点移动到B点，电场力一定做正功D．同一个负电荷放在B点比放在A点的电势能大【答案】　BD【解析】　根据电场的叠加原理可知，x轴上电场线方向向右，则A点的电势高于B点的电势，故A错误；将半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2。由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知 E1＝E2。根据对称性可知，左、右半球在B点产生的场强大小分别为E2和E1，且 E1＝E2。则在图示电场中，A的场强大小为E1，方向向右，B的场强大小为E2，方向向右，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同，故B正确；点电荷从A点移到B点，电势降低，由于点电荷的电性未知，则电场力不一定做正功，故C错误；A点的电势高于B点的电势，根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，知同一个负电荷放在B点比放在A点的电势能大，故D正确。【例8】如图所示，正电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R，CN为通过半球顶点C和球心O的轴线．P、M为CN轴线上的两点，距球心O的距离均为eq \f(R,2).在M右侧轴线上O′点固定正点电荷Q，点O′、M间距离为R，已知M点的场强方向水平向左、大小为eq \f(3kQ,4R2)，带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零，则P点的场强为(　　)A．0 B.eq \f(3kq,4R2)C.eq \f(3kQ,4R2) D.eq \f(kQ,R2)－eq \f(kq,4R2)【答案】　A【解析】　均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零，将带电半球壳ACB右侧补全一个同样的带电半球壳ADB，则半球壳ADB在P点场强EP′与半球壳ACB在M点场强EM 对称，大小相等，方向相反，补全后内部合场强处处为零，所以半球壳ACB在P点场强EP＝EP′＝EM，方向向右，未补全时EP＝EM＝eq \f(kQ,R2)－eq \f(3kQ,4R2)＝eq \f(kQ,4R2)，则P点的合场强E＝eq \f(kQ,2R2)－EP＝eq \f(kQ,2R2)－eq \f(kQ,4R2)＝0，故选A.题型五 静电场中的动力学分析【例1】如图所示，有一水平向左的匀强电场，电场强度为E＝1.25×104 N/C，一根长L＝1.5 m、与水平方向的夹角θ＝37°的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×10－6 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－6 C，质量m＝1.0×10－2 kg。将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动。(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)小球B开始运动时的加速度为多大？(2)小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大？【答案】　(1)3.2 m/s2　(2)0.9 m【解析】　(1)如图所示，开始运动时小球B受重力、小球A对它的库仑力、匀强电场对它的静电力和杆的弹力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得mgsin θ－eq \f(kQq,L2)－qEcos θ＝ma，代入数据得a＝3.2 m/s2。(2)小球B速度最大时所受合力为零，即mgsin θ－eq \f(kQq,r2)－qEcos θ＝0，代入数据解得r＝0.9 m。【例2】如图所示，光滑绝缘的固定斜面(足够长)倾角为37°，一带正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上。从某时刻开始，电场强度变化为原来的eq \f(1,2)，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：(1)原来的电场强度大小；(2)小物块运动的加速度；(3)小物块2 s末的速度大小和2 s内的位移大小。【答案】　(1)eq \f(3mg,4q)　(2)3 m/s2，方向沿斜面向下 (3)6 m/s　6 m【解析】　(1)对小物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上，则mgsin 37°＝qEcos 37°，E＝eq \f(mgtan 37°,q)＝eq \f(3mg,4q)。(2)当场强变为原来的eq \f(1,2)时，小物块受到的合外力F合＝mgsin 37°－eq \f(1,2)qEcos 37°＝0.3mg，由牛顿第二定律有F合＝ma，所以a＝3 m/s2，方向沿斜面向下。(3)由运动学公式，知v＝at＝3×2 m/s＝6 m/sx＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×3×22 m＝6 m。【例3】如图所示，在光滑绝缘的水平面上沿一直线等距离排列三个小球A、B、C，三个球的质量均为m，A和B、B和C相距均为L，若三球均带电，且qA＝＋10q，qB＝＋q，为保证三球间距不发生变化，将一水平向右的恒力F作用于C球，使三者一起向右匀加速运动，求：(1)F的大小；(2)C球的电性和电荷量。【答案】　(1)eq \f(70kq2,L2)　(2)C球带负电　qC＝eq \f(40,3)q【解析】　A球向右匀加速运动，合力向右，B球对A球有向左的静电力，故C球对A球的作用力为吸引力，故C球带负电。设加速度为a，由牛顿第二定律，对A：keq \f(qCqA,（2L）2)－keq \f(qBqA,L2)＝ma，对B：keq \f(qCqB,L2)＋keq \f(qBqA,L2)＝ma，解得qC＝eq \f(40,3)q，a＝eq \f(70kq2,3mL2)，对整体，根据牛顿第二定律有F＝3ma，所以F＝eq \f(70kq2,L2)。【例4】(2022·陕西西安中学高三期中)如图所示，带电小球A和B(可视为点电荷)放在倾角为30°的光滑固定绝缘斜面上，已知A球的质量为m，所带电荷量为＋q，B球的质量为2m，所带电荷量为－q。沿斜面向上的恒力F作用于A球，可使A、B保持间距r不变沿斜面向上做匀加速直线运动，已知重力加速度为g，静电力常量为k，求：(1)加速度a的大小；(2)F的大小。【答案】　(1)eq \f(kq2,2mr2)－eq \f(g,2)　(2)eq \f(3kq2,2r2)【解析】　(1)根据库仑定律，两球相互吸引的库仑力F库＝keq \f(q1q2,r2)＝eq \f(kq2,r2)A球和B球的加速度相同，隔离B球，由牛顿第二定律有F库－2mgsin 30°＝2ma所以a＝eq \f(kq2,2mr2)－eq \f(g,2)。(2)把A球和B球看成整体，A、B间的库仑力为系统内力，由牛顿第二定律有F－3mgsin 30°＝3maF＝eq \f(3kq2,2r2)。比较项目等量异种点电荷等量同种点电荷电场线的分布图连线中点O处的场强连线上O点场强最小，指向负电荷一方为零连线上的场强大小(从左到右)沿连线先变小，再变大沿连线先变小，再变大沿连线的中垂线由O点向外的场强大小O点最大，向外逐渐变小O点最小，向外先变大后变小关于O点对称点的场强(如A与A′、B与B′、C与C′等)等大同向等大反向