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高考物理一轮复习【专题练习】 专题45 库仑定律和电场强度
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高考物理一轮复习策略
首先，要学会听课：
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
2023届高三物理一轮复习重点热点难点专题特训
专题45 库仑定律和电场强度
特训目标
特训内容
目标1
库仑力作用下的平衡问题（1T—4T）
目标2
库仑力作用下的动力学问题（5T—8T）
目标3
三维空间的电场强度的叠加（9T—12T）
目标4
对称法求电场强度（13T—16T）
目标5
割补法求电场强度 （17T—20T）
【特训典例】
一、 库仑力作用下的平衡问题
1．如图所示，一带电小球A固定于定滑轮的正下方，一根绕过定滑轮的轻质绝缘细线一端系有一个带同种电荷的小球B，另一端用一拉力T拉住使小球B处于静止状态，图示位置两球球心所在高度相同。设定滑轮与小球B间的细线与竖直方向的夹角为θ（θ>0），小球A、B可视为质点。现缓慢拉动绝缘细线，使小球B移动一段距离，则在小球B移动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球A、B间的距离减小 B．细线与竖直方向的夹角θ减小
C．小球B的运动轨迹为圆弧 D．拉力T先减小再增大
【答案】C
【详解】AC．设小球A、B间的距离记为，小球B到定滑轮的距离记为，小球A与滑轮间的距离记为，且为一定值，以小球B为研究对象，B球受力分析如图所示
根据相似三角形有又解得即小球A、B间的距离为定值，小球B沿圆周运动，A错误，C正确；
B．小球B沿圆周运动一段距离，细线与竖直方向的夹角θ先增大后减小，B错误；
D．根据受力分析可得随着细线的缩短，拉力T逐渐减小，D错误。故选C。
2．如图所示，一条光滑绝缘柔软轻绳跨过一定滑轮，轻绳两端连接质量分别为m1、m2的两个带同种电荷的小球，稳定时，两侧轻绳的长度分别为l1、l2，且l1>l2，与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，现缓慢减少小球m1的电荷量到一定值，系统重新稳定，两侧轻绳的长度分别变为l1′、l2′，与竖直方向的夹角分别变为θ1′、θ2′，关于稳定时的情景，下列说法正确的是（ ）
A．θ1′<θ2′ B．θ1′＝θ2′ C．l1′
【详解】AB．以两小球作为一个整体研究，滑轮对轻绳的作用力竖直向上，同一轻绳上弹力T大小处处相等，结合对称性可知，左右两侧轻绳与竖直方向的夹角等大，故平衡时满足θ1＝θ2，θ1′＝θ2′，A错，B正确；
C．对左边带电小球受力分析，如图所示
由相似三角形可得同理对右边小球有联立解得可得m1
A．A点的电场强度为
B．点电荷N带电荷量大小为
C．A点的电势为
D．点电荷N的电势能将先增大后减小
【答案】AB
【详解】AB．固定的每个正点电荷对小球的库仑力大小为设F与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可得对小球，由平衡条件有解得，A点的电场强度
故AB正确；
C．根据题意可知，点电荷在A点的电势能为A点的电势为，则A点的电势为故C错误；
D．把点电荷N从A点沿过A点的竖直面向上移动到无穷远处，电场力一直做正功，电势能一直减小，故D错误。故选AB。
4．如图所示，光滑绝缘杆弯成直角，直角处固定在水平地面上，质量为m、带电荷量＋Q小圆环A穿在右边杆上，质量为3m、带电荷量＋3Q小圆环B穿在左边杆上，静止时两圆环的连线与地面平行，右边杆与水平面夹角为。重力加速度为g。则（ ）
A．右边杆对A环支持力大小为 B．左边杆对B环支持力大小为
C．A环对B环库仑力大小为 D．A环对B环库仑力大小为
【答案】D
【详解】AB．对A、B环受力分析，如图
对A环，由平衡条件可得；对B环，由平衡条件可得
因库仑力相等，则有解得则右边杆对A环支持力大小为左边杆对B环支持力大小为故AB错误；
CD．根据两环之间的库仑力大小为故C错误，D正确。故选D。
二、 库仑力作用下的动力学问题
5．如图所示，竖直平面内固定一倾斜的光滑绝缘杆，轻质绝缘弹簧上端固定，下端系带正电的小球A，球A套在杆上，杆下端固定带正电的小球B。现将球A从弹簧原长位置由静止释放，运动距离x0到达最低点，此时未与球B相碰。在球A向下运动过程中，关于两球的电势能Ep、加速度a、球A和弹簧系统的机械能E、球A的速度v随运动距离x的变化图像，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】A．小球A向下运动的过程中，电场力做负功，且电场力变大，电势能增大的越快，所以图像的斜率变大，故A正确；
BD．设A、B小球带电量分别为q1、q2，释放A时二者间距为r，弹簧的劲度系数为k，则在小球A运动到最低点的过程中，在加速阶段有减速阶段有
得，则加速阶段，加速度随着运动距离x的增大而减小，且加速度减小的越来越快。同理，在减速阶段加速度随运动距离x的增大而增大，且加速度增加的越来越快，故BD错误；
C．小球A向下运动过程中，由于克服电场力做功，小球和弹簧组成的系统机械能逐渐减小，越靠近B球，电场力越大，机械能减小的越快，所以图像斜率的绝对值变大，故C错误。故选A。
6．在光滑的水平面上固定两个点电荷和B，它们的质量分别为和，所带电荷量分别为和，如图所示。水平外力先作用在上，解除锁定后，B恰能一起相对静止做匀加速直线运动，调整、B间的距离，后用相同大小的水平外力作用在B上，
、B又恰能一起相对静止做匀加速直线运动。则以下说法正确的是（ ）
A．两点电荷的电性一定相反
B．外力作用在上时两点电荷的加速度小于作用在B上时两点电荷的加速度
C．点电荷对点电荷B的库仑力大于点电荷B对点电荷的库仑力
D．外力作用在上时、B的间距与作用在B上时、B的间距之比为
【答案】D
【详解】A．外力向右作用于或向左作用于B的情况下，两点电荷间的作用力是斥力，两点电荷的电性相同，外力向左作用于或向右作用于B的情况下，两点电荷间的作用力是引力，两点电荷的电性相反，故A错误；
B．对整体外力作用在上时两点电荷的加速度等于作用在B上时的加速度，故B错误；
C．点电荷对点电荷B的库仑力与点电荷B对点电荷的库仑力是一对作用力与反作用力，大小相等、方向相反，故C错误；
D．设当外力作用在上时、B的间距为，对B有设当外力作用在B上时、B的间距为，对有联立解得故D正确。故选D。
7．如图所示，带电荷量为的球1固定在倾角为光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为，球2、3间的静电力大小为。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（ ）
A．带负电
B．运动至a点的速度大小为
C．运动至a点的加速度大小为
D．运动至ab中点时对斜面的压力大小为
【答案】BCD
【详解】A．由题意可知三小球构成一个等边三角形，小球1和3之间的力大于小球2和3之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3一定是斥力，小球1带正电，故小球3带正电，故A错误；
B．小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知，小球2对小球3做功为0；弹簧弹力做功为0，故根据动能定理有解得故B正确；
C．小球3在b点时，设小球3的电荷量为q，有设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有解得小球运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知解得故C正确；
D．当运动至ab中点时，弹簧弹力为0，此时小球2对小球3的力为
斜面对小球的支持力为根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为，故D正确。故选BCD。
8．如图，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O。在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三边形，则（ ）
A．小环A的加速度大小为 B．小环A的加速度大小为
C．恒力F的大小为 D．恒力F的大小为
【答案】BC
【详解】AB．设轻绳的拉力为T，则对A： ， 联立解得
选项B正确，A错误；
CD．恒力F的大小为选项C正确，D错误。故选BC。
三、 三维空间的电场强度的叠加
9．如图所示，高为的绝缘圆柱体，底面半径为R，abcd为过两底面圆心轴线的截面，在c点有一电荷量为+q的点电荷，在a点有一电荷量为-q的点电荷，平面efgh垂直平面abcd、静电力常量为k。下列说法正确的是（ ）
A．h点与g点电场强度相同
B．d点电势高于b点电势
C．正电荷沿eh运动，电场力做正功
D．f点的电场强度大小为
【答案】D
【详解】A．h点与g点电场强度大小相同，方向不同，A错误；
B．在c点有一电荷量为+q的点电荷，a点有一电荷量为-q的点电荷，高为的绝缘圆柱体，底面半径为R，d点电势等于b点电势，B错误；
C．正电荷沿eh运动，电场力做负功，C错误；
D．电荷q在f点受到a、c处电荷的电场力大小分别为；合力为
，f点的电场强度大小为，D正确。故选D。
10．如图所示，一电荷均匀分布的带正电的圆环，半径为R，在垂直于圆环且过圆心O的轴线上有a、b、c三个点，bO＝cO＝，aO＝R，不计重力。则下列判断正确的是（ ）
A．a、c两点的电场场强大小之比为
B．b、c两点的电场场强相同
C．一电子由a点静止释放，电子在O点的动能最大
D．一电子由c点静止释放，能够运动到a点
【答案】AC
【详解】A．设圆环带电荷量为Q，将圆环分成n等份，则每个等份带电荷量为每个等份可看成点电荷，每个点电荷在a点处产生的场强大小为该场强方向与aO的夹角为30°，根据电场的叠加原理可知，a点处场强大小为同理可得，c点处场强大小为
则Ea：Ec＝1：，A正确；
B．由对称性可知，b、c两点的电场场强大小相等，方向相反，故场强不同，B错误；
C．一电子由a点静止释放，从a运动到O时电场力做正功，动能增加，从O向下运动时，电场力做负功，动能减少，所以电子在O点的动能最大，C正确；
D．一电子从c点静止释放，从c运动到O时电场力做正功，从O运动到b点电场力做负功，结合对称性可知，做功的大小相等，即该电子恰好运动到b点，D错误。故选AC。
11．如图所示，A、B、C、D为边长为l的正四面体的四个顶点，M、N分别为边、边的中点。将带电量均为的同种点电荷分别固定在A、B两顶点处，则下列说法正确的是（ ）
A．N点处的电场强度大小为
B．C点与D点处的电场强度相同
C．C、D、M三点的电势大小关系为
D．将一带电量为的试探电荷从C点沿直线移至D点过程中其电势能先增大后减小
【答案】AD
【详解】
A．如图所示，N点处的电场强度大小为；；解得
故选项A正确；
B．C点与D点处的电场强度方向不同，故选项B错误；
C．M点距两点电荷距离更近，因此C、D、M三点的电势大小关系为，故选项C错误；
D．根据得试探电荷在C、D、M三点的电势能大小关系为因此试探电荷从C点沿直线移至D点过程中其电势能先增大后减小，故选项D正确。故选AD。
12．空间中有一正四面体，棱长为l。在4个顶点都放置一个电荷量为的正点电荷，棱、、中点分别为e、f、g，、、中点分别为h、i、j。已知无穷远处电势为0。则下列说法正确的是（ ）
A．e、f、g三点电势不同，h、i、j三点电势相同
B．底面的中心位置点的电场强度为
C．该正四面体内、外整个空间中一共有3个场强为0的位置
D．若将一个负点电荷，从e点沿棱移动到i点，电场力做功为0
【答案】D
【详解】A．根据对称性，六个棱中点分别到四面体各个顶点距离相等，故每个点电荷在六个棱中点各点的电势都相等，所以每条棱的中点电势都相同，故A错误；
B．底面的中心位置O点的电场强度为4个点电荷形成的电场强度的叠加，底面的点电荷形成的电场强度的矢量和为0，故O点的电场强度为由a点的点电荷产生，大小为故B错误；
C．根据对称性正四面体体心和无穷远处两个地方电场强度为0，故C错误；
D．e、i电势差为0，故点电荷从e点沿棱移动到i点，电场力做功为0，D正确。故选D。
四、 对称法求电场强度
13．如图所示，半径为R的金属圆环固定在竖直平面，金属环均匀带电，带电量为Q，一长为L=2R的绝缘细线一段固定在圆环最高点，另一端连接一质量为m、带电量为q（未知）的金属小球（可视为质点）。稳定时带电金属小球在过圆心且垂直圆环平面的轴上的P点处于平衡状态，点P'（图中未画出）是点P关于圆心O对称的点。已知静电常量为k，重力加速度为g，若取无穷远为零势面，下列说法正确的是（ ）
A．O点的场强一定为零
B．P'点场强大小为
C．金属带电小球的电量为
D．固定P处的小球，均匀带电圆环可视为n个带有相同电荷的小球（均可视为质点），现取下一个小球（其余个小球位置不变）置于P'处，则圆心O的场强大小为
【答案】C
【详解】A．将均匀带电圆环可视为n个带有相同电荷的小球，根据对称性可知，圆环在O点产生的场强为零，而带电金属小球在O点产生的场强一定不为零，所以O点的场强一定不为零，故A错误；
C．将均匀带电圆环可视为n个带有相同电荷的小球，设每个小球带电量为，则每个在P点产生的场强的水平分量为根据对称性可知所有在P点产生的场强的竖直分量的矢量和为零，所以对进行求和可得均匀带电圆环在P点产生的电场强度大小为带电金属小球在P点受重力、电场力、绳子拉力而平衡，由平衡条件可得解得故C正确；
B．设细线与半径的夹角为θ，由几何关系、、
由微元法，无限划分，设每一极小段圆环带电量为Δq，则其中，解得根据对称性可知，带电量为Q的圆环，在P、P′两点的场强大小相等，方向相反，即带电量为Q的圆环在P′点的场强大小为，而P′点的场强大小是圆环与带电金属小球在P′的电场强度的叠加，所以故B错误；
D．由题意可知每个小球带电量为取下一个小球后，带电圆环剩余部分的小球在O点产生的场强等效为取下小球的位置关于O点对称的另一位置的小球单独存在时在O点产生的场强，即
方向沿圆环的径向。取下并置于P'的小球在O点产生的场强为方向沿水平方向，而E金沿水平方向，且与E2方向相反，根据矢量合成法则可知E1、E2和E金的矢量和的大小一定不等于，故D错误。故选C。
14．如图，电荷量为＋q的点电荷与一正方形均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心O，图中AO=OB=d，已知B点的电场强度为零，静电力常量为k。下列说法正确的是（ ）
A．薄板带正电，A点的电场强度大小为 B．薄板带正电，A点的电场强度大小为
C．薄板带负电，A点的电场强度大小 D．薄板带负电，A点的电场强度大小
【答案】A
【详解】CD．B点的电场强度为零，而＋q的点电荷在B点的电场强度方向由B到O，根据矢量合成可知，薄板在B点的电场强度方向由O到B，则薄板带正电，故CD错误；
AB．B点的电场强度为零，则薄板在B点的电场强度大小与＋q的点电荷在B点的电场强度大小相等为
根据对称性，薄板在B点的电场强度大小也为E，方向由O到A，而＋q的点电荷在A点的电场强度方向由O到A，则A点电场强度大小故A正确，B错误。故选A。
15．如图所示，将两个完全相同的圆形金属圆盘水平正对放置，两金属盘间距为d，使其带上等量异种电荷。现将一电荷量为的点电荷放置在上金属盘中心正上方的M点，M点到上金属盘中心的距离为d，此时两金属盘轴心中点处的N点电场强度恰好为0．已知静电力常量为k，忽略点电荷对两金属盘电荷分布的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．上金属盘带负电
B．点电荷产生的电场在N点处电场强度大小为
C．两金属盘间电压的数值为
D．上金属盘所带电荷产生的电场在N点处场强为
【答案】AC
【详解】A．两金属圆盘可视为平行板电容器，由于M点处的正电荷在N点产生的场强方向向下，且N点的合场强为零，所以两盘间场强方向应向上，所以下金属盘带正电，故A正确；
BD．N点的合场强为零，所以点电荷与两金属盘在N点处的场强均为由于两金属盘间产生的电场为匀强电场，板间N点场强为上金属盘和下金属盘在N点产生场强的合场强，根据对称性可知，上金属盘在N点产生的场强为故BD错误；
C．根据可知，两金属盘电压数值为故C正确。故选AC。
16．如图所示，竖直面内一绝缘细圆环，关于水平直径PQ上下对称各镶嵌7个电荷量相等的正、负点电荷，上边为正，下边为负，在竖直直径上各有一个正负电荷，其余6个正、负电荷关于竖直直径对称。a、b、c、d分别为水平和竖直直径上的四个点，四点连线构成一正方形，圆心O位于正方形的中心。则以下说法正确的是（ ）
A．a、b两点的场强不相等
B．c、d两点的场强相等
C．c、d两点的电势相等
D．带正电的试探电荷沿着直线cOd，由c运动到d过程，电场力先减小后增大
【答案】BD
【详解】A．因为关于O点对称的两等量异种电荷在ab两点产生的场强都相等，根据场强叠加，结合对称性可知，a、b两点的场强相等，方向均垂直于PQ向下，选项A错误；
B．因关于O点对称的两等量异种电荷在cd两点产生的场强都相等，由叠加原理可知，c、d两点的场强相等，选项B正确；
C．因c点距离正电荷较近，d点距离负电荷较近，可知c点电势高于d点的电势，选项C错误；
D．结合等量异种电荷连线上的电场线分布可知，在cOd直线上，O点的电场线最稀疏，场强最小，可知带正电的试探电荷沿着直线cOd，由c运动到d过程，电场力先减小后增大，选项D正确。故选BD。
五、 割补法求电场强度
17．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，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，==2R，已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】假设在O点有一个完整的带电荷量为2q的带电球壳，设完整球壳在N点产生的场强大小为E0，左半球壳在N点产生的电场强度大小为E左，右半球壳在N点产生的电场强度大小为E右
，根据电场叠加原理根据题意； 解得，A正确，BCD错误。故选A。
18．如图所示，将表面均匀带正电的半球壳，沿线轴分成厚度相等的两部分，然后将这两部分移开到很远的距离，设分开后球表面仍均匀带电，左半部分在A1点的场强大小为E1，右半部分在A2点的场强的大小为E2，则有 ( )
A．E1= E2 B．E1E2 D．大小无法确定
【答案】C
【详解】如图甲所示
分开后左部分球冠所带电荷在点A1产生的场强以E1表示，右部分球层面电荷在A2产生的场强以E2表示，由对称性可知E1的方向向右，E2的方向向左。 如图乙所示
设想在另一表面均匀分布正电荷的完全相同的半球，附在球层上构成球缺，球缺在A2点产生的电场强度E3大于E2，球缺和球冠构成一个完整球，由于均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，那么，E1与E3必然大小相等，方向相反，所以球冠面电荷在点A1产生的场强E1大于球层面电荷在A2产生的场强E2，故C正确，ABD错误。故选C。
19．如图所示，正方形线框由边长为L、粗细均匀的绝缘棒组成，线框上均匀地分布着正电荷，以线框中心О为原点，建立xOy平面直角坐标系，现从与轴平行的线框上侧的中点A处取下足够短的带电量为q的一小段，将其移动至线框内轴上的B点处，若线框其他部分的带电量与电荷分布保持不变，此时О点的电场强度方向与轴正向成37°角偏上，已知，，则B点的位置坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】整个正方形均匀带正电线框在О点的合场强为零，可知将A处取下足够短的带电量为q的一小段，剩下部分在点产生的场强方向沿方向，大小为将从A处取下的带电量为q的一小段移动至轴上的B点处，设B点离О点的距离为，可知这一小段在点产生的场强方向沿方向，大小为根据题意有联立解得可知B点的位置坐标为（，），B正确，ACD错误。故选B。
20．如图所示，半径为2r的均匀带电球体电荷量为Q，过球心O的x轴上有一点P，已知P到O
点的距离为3r，现若挖去图中半径均为r的两个小球，且剩余部分的电荷分布不变，静电力常量为k，则下列分析中正确的是（ ）
A．挖去两小球前，两个小球在P点产生的电场强度相同
B．挖去两小球前，整个大球在P点产生的电场强度大小为
C．挖去两小球后，P点电场强度方向与挖去前相同
D．挖去两小球后，剩余部分在P点产生的电场强度大小为
【答案】BCD
【详解】A．两小球分别在x轴上下两侧，电性相同，它们在P点产生的场强分别斜向上和斜向下，与x轴夹角相等，方向不同，故A错误；
B．大球所带电荷均匀分布整个球体，它在外部产生的电场可等效为所有电荷集中在球心O点在外部产生的电场，由库仑定律故B正确；
C．大球在P点产生的电场沿x轴方向，两小球在P点的合场强也沿x轴方向，且小于大球在P点的场强，由场强叠加原理可知，挖去两小球后，P点场强方向不变，故C正确；
D．设两小球的球心到P点的距离为l，有几何关系球体积公式为小球半径是大球半径的一半，故小球体积是大球体积的八分之一，故小球所带电荷量为两小球在P点场强均为
合场强为剩余部分在P点的场强为故D正确。故选BCD。
高考物理一轮复习策略
首先，要学会听课：
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活
2023届高三物理一轮复习重点热点难点专题特训
专题45 库仑定律和电场强度
特训目标
特训内容
目标1
库仑力作用下的平衡问题（1T—4T）
目标2
库仑力作用下的动力学问题（5T—8T）
目标3
三维空间的电场强度的叠加（9T—12T）
目标4
对称法求电场强度（13T—16T）
目标5
割补法求电场强度 （17T—20T）
【特训典例】
一、 库仑力作用下的平衡问题
1．如图所示，一带电小球A固定于定滑轮的正下方，一根绕过定滑轮的轻质绝缘细线一端系有一个带同种电荷的小球B，另一端用一拉力T拉住使小球B处于静止状态，图示位置两球球心所在高度相同。设定滑轮与小球B间的细线与竖直方向的夹角为θ（θ>0），小球A、B可视为质点。现缓慢拉动绝缘细线，使小球B移动一段距离，则在小球B移动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球A、B间的距离减小 B．细线与竖直方向的夹角θ减小
C．小球B的运动轨迹为圆弧 D．拉力T先减小再增大
【答案】C
【详解】AC．设小球A、B间的距离记为，小球B到定滑轮的距离记为，小球A与滑轮间的距离记为，且为一定值，以小球B为研究对象，B球受力分析如图所示
根据相似三角形有又解得即小球A、B间的距离为定值，小球B沿圆周运动，A错误，C正确；
B．小球B沿圆周运动一段距离，细线与竖直方向的夹角θ先增大后减小，B错误；
D．根据受力分析可得随着细线的缩短，拉力T逐渐减小，D错误。故选C。
2．如图所示，一条光滑绝缘柔软轻绳跨过一定滑轮，轻绳两端连接质量分别为m1、m2的两个带同种电荷的小球，稳定时，两侧轻绳的长度分别为l1、l2，且l1>l2，与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，现缓慢减少小球m1的电荷量到一定值，系统重新稳定，两侧轻绳的长度分别变为l1′、l2′，与竖直方向的夹角分别变为θ1′、θ2′，关于稳定时的情景，下列说法正确的是（ ）
A．θ1′<θ2′ B．θ1′＝θ2′ C．l1′
【详解】AB．以两小球作为一个整体研究，滑轮对轻绳的作用力竖直向上，同一轻绳上弹力T大小处处相等，结合对称性可知，左右两侧轻绳与竖直方向的夹角等大，故平衡时满足θ1＝θ2，θ1′＝θ2′，A错，B正确；
C．对左边带电小球受力分析，如图所示
由相似三角形可得同理对右边小球有联立解得可得m1
A．A点的电场强度为
B．点电荷N带电荷量大小为
C．A点的电势为
D．点电荷N的电势能将先增大后减小
【答案】AB
【详解】AB．固定的每个正点电荷对小球的库仑力大小为设F与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可得对小球，由平衡条件有解得，A点的电场强度
故AB正确；
C．根据题意可知，点电荷在A点的电势能为A点的电势为，则A点的电势为故C错误；
D．把点电荷N从A点沿过A点的竖直面向上移动到无穷远处，电场力一直做正功，电势能一直减小，故D错误。故选AB。
4．如图所示，光滑绝缘杆弯成直角，直角处固定在水平地面上，质量为m、带电荷量＋Q小圆环A穿在右边杆上，质量为3m、带电荷量＋3Q小圆环B穿在左边杆上，静止时两圆环的连线与地面平行，右边杆与水平面夹角为。重力加速度为g。则（ ）
A．右边杆对A环支持力大小为 B．左边杆对B环支持力大小为
C．A环对B环库仑力大小为 D．A环对B环库仑力大小为
【答案】D
【详解】AB．对A、B环受力分析，如图
对A环，由平衡条件可得；对B环，由平衡条件可得
因库仑力相等，则有解得则右边杆对A环支持力大小为左边杆对B环支持力大小为故AB错误；
CD．根据两环之间的库仑力大小为故C错误，D正确。故选D。
二、 库仑力作用下的动力学问题
5．如图所示，竖直平面内固定一倾斜的光滑绝缘杆，轻质绝缘弹簧上端固定，下端系带正电的小球A，球A套在杆上，杆下端固定带正电的小球B。现将球A从弹簧原长位置由静止释放，运动距离x0到达最低点，此时未与球B相碰。在球A向下运动过程中，关于两球的电势能Ep、加速度a、球A和弹簧系统的机械能E、球A的速度v随运动距离x的变化图像，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】A．小球A向下运动的过程中，电场力做负功，且电场力变大，电势能增大的越快，所以图像的斜率变大，故A正确；
BD．设A、B小球带电量分别为q1、q2，释放A时二者间距为r，弹簧的劲度系数为k，则在小球A运动到最低点的过程中，在加速阶段有减速阶段有
得，则加速阶段，加速度随着运动距离x的增大而减小，且加速度减小的越来越快。同理，在减速阶段加速度随运动距离x的增大而增大，且加速度增加的越来越快，故BD错误；
C．小球A向下运动过程中，由于克服电场力做功，小球和弹簧组成的系统机械能逐渐减小，越靠近B球，电场力越大，机械能减小的越快，所以图像斜率的绝对值变大，故C错误。故选A。
6．在光滑的水平面上固定两个点电荷和B，它们的质量分别为和，所带电荷量分别为和，如图所示。水平外力先作用在上，解除锁定后，B恰能一起相对静止做匀加速直线运动，调整、B间的距离，后用相同大小的水平外力作用在B上，
、B又恰能一起相对静止做匀加速直线运动。则以下说法正确的是（ ）
A．两点电荷的电性一定相反
B．外力作用在上时两点电荷的加速度小于作用在B上时两点电荷的加速度
C．点电荷对点电荷B的库仑力大于点电荷B对点电荷的库仑力
D．外力作用在上时、B的间距与作用在B上时、B的间距之比为
【答案】D
【详解】A．外力向右作用于或向左作用于B的情况下，两点电荷间的作用力是斥力，两点电荷的电性相同，外力向左作用于或向右作用于B的情况下，两点电荷间的作用力是引力，两点电荷的电性相反，故A错误；
B．对整体外力作用在上时两点电荷的加速度等于作用在B上时的加速度，故B错误；
C．点电荷对点电荷B的库仑力与点电荷B对点电荷的库仑力是一对作用力与反作用力，大小相等、方向相反，故C错误；
D．设当外力作用在上时、B的间距为，对B有设当外力作用在B上时、B的间距为，对有联立解得故D正确。故选D。
7．如图所示，带电荷量为的球1固定在倾角为光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为，球2、3间的静电力大小为。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（ ）
A．带负电
B．运动至a点的速度大小为
C．运动至a点的加速度大小为
D．运动至ab中点时对斜面的压力大小为
【答案】BCD
【详解】A．由题意可知三小球构成一个等边三角形，小球1和3之间的力大于小球2和3之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3一定是斥力，小球1带正电，故小球3带正电，故A错误；
B．小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知，小球2对小球3做功为0；弹簧弹力做功为0，故根据动能定理有解得故B正确；
C．小球3在b点时，设小球3的电荷量为q，有设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有解得小球运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知解得故C正确；
D．当运动至ab中点时，弹簧弹力为0，此时小球2对小球3的力为
斜面对小球的支持力为根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为，故D正确。故选BCD。
8．如图，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O。在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三边形，则（ ）
A．小环A的加速度大小为 B．小环A的加速度大小为
C．恒力F的大小为 D．恒力F的大小为
【答案】BC
【详解】AB．设轻绳的拉力为T，则对A： ， 联立解得
选项B正确，A错误；
CD．恒力F的大小为选项C正确，D错误。故选BC。
三、 三维空间的电场强度的叠加
9．如图所示，高为的绝缘圆柱体，底面半径为R，abcd为过两底面圆心轴线的截面，在c点有一电荷量为+q的点电荷，在a点有一电荷量为-q的点电荷，平面efgh垂直平面abcd、静电力常量为k。下列说法正确的是（ ）
A．h点与g点电场强度相同
B．d点电势高于b点电势
C．正电荷沿eh运动，电场力做正功
D．f点的电场强度大小为
【答案】D
【详解】A．h点与g点电场强度大小相同，方向不同，A错误；
B．在c点有一电荷量为+q的点电荷，a点有一电荷量为-q的点电荷，高为的绝缘圆柱体，底面半径为R，d点电势等于b点电势，B错误；
C．正电荷沿eh运动，电场力做负功，C错误；
D．电荷q在f点受到a、c处电荷的电场力大小分别为；合力为
，f点的电场强度大小为，D正确。故选D。
10．如图所示，一电荷均匀分布的带正电的圆环，半径为R，在垂直于圆环且过圆心O的轴线上有a、b、c三个点，bO＝cO＝，aO＝R，不计重力。则下列判断正确的是（ ）
A．a、c两点的电场场强大小之比为
B．b、c两点的电场场强相同
C．一电子由a点静止释放，电子在O点的动能最大
D．一电子由c点静止释放，能够运动到a点
【答案】AC
【详解】A．设圆环带电荷量为Q，将圆环分成n等份，则每个等份带电荷量为每个等份可看成点电荷，每个点电荷在a点处产生的场强大小为该场强方向与aO的夹角为30°，根据电场的叠加原理可知，a点处场强大小为同理可得，c点处场强大小为
则Ea：Ec＝1：，A正确；
B．由对称性可知，b、c两点的电场场强大小相等，方向相反，故场强不同，B错误；
C．一电子由a点静止释放，从a运动到O时电场力做正功，动能增加，从O向下运动时，电场力做负功，动能减少，所以电子在O点的动能最大，C正确；
D．一电子从c点静止释放，从c运动到O时电场力做正功，从O运动到b点电场力做负功，结合对称性可知，做功的大小相等，即该电子恰好运动到b点，D错误。故选AC。
11．如图所示，A、B、C、D为边长为l的正四面体的四个顶点，M、N分别为边、边的中点。将带电量均为的同种点电荷分别固定在A、B两顶点处，则下列说法正确的是（ ）
A．N点处的电场强度大小为
B．C点与D点处的电场强度相同
C．C、D、M三点的电势大小关系为
D．将一带电量为的试探电荷从C点沿直线移至D点过程中其电势能先增大后减小
【答案】AD
【详解】
A．如图所示，N点处的电场强度大小为；；解得
故选项A正确；
B．C点与D点处的电场强度方向不同，故选项B错误；
C．M点距两点电荷距离更近，因此C、D、M三点的电势大小关系为，故选项C错误；
D．根据得试探电荷在C、D、M三点的电势能大小关系为因此试探电荷从C点沿直线移至D点过程中其电势能先增大后减小，故选项D正确。故选AD。
12．空间中有一正四面体，棱长为l。在4个顶点都放置一个电荷量为的正点电荷，棱、、中点分别为e、f、g，、、中点分别为h、i、j。已知无穷远处电势为0。则下列说法正确的是（ ）
A．e、f、g三点电势不同，h、i、j三点电势相同
B．底面的中心位置点的电场强度为
C．该正四面体内、外整个空间中一共有3个场强为0的位置
D．若将一个负点电荷，从e点沿棱移动到i点，电场力做功为0
【答案】D
【详解】A．根据对称性，六个棱中点分别到四面体各个顶点距离相等，故每个点电荷在六个棱中点各点的电势都相等，所以每条棱的中点电势都相同，故A错误；
B．底面的中心位置O点的电场强度为4个点电荷形成的电场强度的叠加，底面的点电荷形成的电场强度的矢量和为0，故O点的电场强度为由a点的点电荷产生，大小为故B错误；
C．根据对称性正四面体体心和无穷远处两个地方电场强度为0，故C错误；
D．e、i电势差为0，故点电荷从e点沿棱移动到i点，电场力做功为0，D正确。故选D。
四、 对称法求电场强度
13．如图所示，半径为R的金属圆环固定在竖直平面，金属环均匀带电，带电量为Q，一长为L=2R的绝缘细线一段固定在圆环最高点，另一端连接一质量为m、带电量为q（未知）的金属小球（可视为质点）。稳定时带电金属小球在过圆心且垂直圆环平面的轴上的P点处于平衡状态，点P'（图中未画出）是点P关于圆心O对称的点。已知静电常量为k，重力加速度为g，若取无穷远为零势面，下列说法正确的是（ ）
A．O点的场强一定为零
B．P'点场强大小为
C．金属带电小球的电量为
D．固定P处的小球，均匀带电圆环可视为n个带有相同电荷的小球（均可视为质点），现取下一个小球（其余个小球位置不变）置于P'处，则圆心O的场强大小为
【答案】C
【详解】A．将均匀带电圆环可视为n个带有相同电荷的小球，根据对称性可知，圆环在O点产生的场强为零，而带电金属小球在O点产生的场强一定不为零，所以O点的场强一定不为零，故A错误；
C．将均匀带电圆环可视为n个带有相同电荷的小球，设每个小球带电量为，则每个在P点产生的场强的水平分量为根据对称性可知所有在P点产生的场强的竖直分量的矢量和为零，所以对进行求和可得均匀带电圆环在P点产生的电场强度大小为带电金属小球在P点受重力、电场力、绳子拉力而平衡，由平衡条件可得解得故C正确；
B．设细线与半径的夹角为θ，由几何关系、、
由微元法，无限划分，设每一极小段圆环带电量为Δq，则其中，解得根据对称性可知，带电量为Q的圆环，在P、P′两点的场强大小相等，方向相反，即带电量为Q的圆环在P′点的场强大小为，而P′点的场强大小是圆环与带电金属小球在P′的电场强度的叠加，所以故B错误；
D．由题意可知每个小球带电量为取下一个小球后，带电圆环剩余部分的小球在O点产生的场强等效为取下小球的位置关于O点对称的另一位置的小球单独存在时在O点产生的场强，即
方向沿圆环的径向。取下并置于P'的小球在O点产生的场强为方向沿水平方向，而E金沿水平方向，且与E2方向相反，根据矢量合成法则可知E1、E2和E金的矢量和的大小一定不等于，故D错误。故选C。
14．如图，电荷量为＋q的点电荷与一正方形均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心O，图中AO=OB=d，已知B点的电场强度为零，静电力常量为k。下列说法正确的是（ ）
A．薄板带正电，A点的电场强度大小为 B．薄板带正电，A点的电场强度大小为
C．薄板带负电，A点的电场强度大小 D．薄板带负电，A点的电场强度大小
【答案】A
【详解】CD．B点的电场强度为零，而＋q的点电荷在B点的电场强度方向由B到O，根据矢量合成可知，薄板在B点的电场强度方向由O到B，则薄板带正电，故CD错误；
AB．B点的电场强度为零，则薄板在B点的电场强度大小与＋q的点电荷在B点的电场强度大小相等为
根据对称性，薄板在B点的电场强度大小也为E，方向由O到A，而＋q的点电荷在A点的电场强度方向由O到A，则A点电场强度大小故A正确，B错误。故选A。
15．如图所示，将两个完全相同的圆形金属圆盘水平正对放置，两金属盘间距为d，使其带上等量异种电荷。现将一电荷量为的点电荷放置在上金属盘中心正上方的M点，M点到上金属盘中心的距离为d，此时两金属盘轴心中点处的N点电场强度恰好为0．已知静电力常量为k，忽略点电荷对两金属盘电荷分布的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．上金属盘带负电
B．点电荷产生的电场在N点处电场强度大小为
C．两金属盘间电压的数值为
D．上金属盘所带电荷产生的电场在N点处场强为
【答案】AC
【详解】A．两金属圆盘可视为平行板电容器，由于M点处的正电荷在N点产生的场强方向向下，且N点的合场强为零，所以两盘间场强方向应向上，所以下金属盘带正电，故A正确；
BD．N点的合场强为零，所以点电荷与两金属盘在N点处的场强均为由于两金属盘间产生的电场为匀强电场，板间N点场强为上金属盘和下金属盘在N点产生场强的合场强，根据对称性可知，上金属盘在N点产生的场强为故BD错误；
C．根据可知，两金属盘电压数值为故C正确。故选AC。
16．如图所示，竖直面内一绝缘细圆环，关于水平直径PQ上下对称各镶嵌7个电荷量相等的正、负点电荷，上边为正，下边为负，在竖直直径上各有一个正负电荷，其余6个正、负电荷关于竖直直径对称。a、b、c、d分别为水平和竖直直径上的四个点，四点连线构成一正方形，圆心O位于正方形的中心。则以下说法正确的是（ ）
A．a、b两点的场强不相等
B．c、d两点的场强相等
C．c、d两点的电势相等
D．带正电的试探电荷沿着直线cOd，由c运动到d过程，电场力先减小后增大
【答案】BD
【详解】A．因为关于O点对称的两等量异种电荷在ab两点产生的场强都相等，根据场强叠加，结合对称性可知，a、b两点的场强相等，方向均垂直于PQ向下，选项A错误；
B．因关于O点对称的两等量异种电荷在cd两点产生的场强都相等，由叠加原理可知，c、d两点的场强相等，选项B正确；
C．因c点距离正电荷较近，d点距离负电荷较近，可知c点电势高于d点的电势，选项C错误；
D．结合等量异种电荷连线上的电场线分布可知，在cOd直线上，O点的电场线最稀疏，场强最小，可知带正电的试探电荷沿着直线cOd，由c运动到d过程，电场力先减小后增大，选项D正确。故选BD。
五、 割补法求电场强度
17．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，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，==2R，已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】假设在O点有一个完整的带电荷量为2q的带电球壳，设完整球壳在N点产生的场强大小为E0，左半球壳在N点产生的电场强度大小为E左，右半球壳在N点产生的电场强度大小为E右
，根据电场叠加原理根据题意； 解得，A正确，BCD错误。故选A。
18．如图所示，将表面均匀带正电的半球壳，沿线轴分成厚度相等的两部分，然后将这两部分移开到很远的距离，设分开后球表面仍均匀带电，左半部分在A1点的场强大小为E1，右半部分在A2点的场强的大小为E2，则有 ( )
A．E1= E2 B．E1
【答案】C
【详解】如图甲所示
分开后左部分球冠所带电荷在点A1产生的场强以E1表示，右部分球层面电荷在A2产生的场强以E2表示，由对称性可知E1的方向向右，E2的方向向左。 如图乙所示
设想在另一表面均匀分布正电荷的完全相同的半球，附在球层上构成球缺，球缺在A2点产生的电场强度E3大于E2，球缺和球冠构成一个完整球，由于均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，那么，E1与E3必然大小相等，方向相反，所以球冠面电荷在点A1产生的场强E1大于球层面电荷在A2产生的场强E2，故C正确，ABD错误。故选C。
19．如图所示，正方形线框由边长为L、粗细均匀的绝缘棒组成，线框上均匀地分布着正电荷，以线框中心О为原点，建立xOy平面直角坐标系，现从与轴平行的线框上侧的中点A处取下足够短的带电量为q的一小段，将其移动至线框内轴上的B点处，若线框其他部分的带电量与电荷分布保持不变，此时О点的电场强度方向与轴正向成37°角偏上，已知，，则B点的位置坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】整个正方形均匀带正电线框在О点的合场强为零，可知将A处取下足够短的带电量为q的一小段，剩下部分在点产生的场强方向沿方向，大小为将从A处取下的带电量为q的一小段移动至轴上的B点处，设B点离О点的距离为，可知这一小段在点产生的场强方向沿方向，大小为根据题意有联立解得可知B点的位置坐标为（，），B正确，ACD错误。故选B。
20．如图所示，半径为2r的均匀带电球体电荷量为Q，过球心O的x轴上有一点P，已知P到O
点的距离为3r，现若挖去图中半径均为r的两个小球，且剩余部分的电荷分布不变，静电力常量为k，则下列分析中正确的是（ ）
A．挖去两小球前，两个小球在P点产生的电场强度相同
B．挖去两小球前，整个大球在P点产生的电场强度大小为
C．挖去两小球后，P点电场强度方向与挖去前相同
D．挖去两小球后，剩余部分在P点产生的电场强度大小为
【答案】BCD
【详解】A．两小球分别在x轴上下两侧，电性相同，它们在P点产生的场强分别斜向上和斜向下，与x轴夹角相等，方向不同，故A错误；
B．大球所带电荷均匀分布整个球体，它在外部产生的电场可等效为所有电荷集中在球心O点在外部产生的电场，由库仑定律故B正确；
C．大球在P点产生的电场沿x轴方向，两小球在P点的合场强也沿x轴方向，且小于大球在P点的场强，由场强叠加原理可知，挖去两小球后，P点场强方向不变，故C正确；
D．设两小球的球心到P点的距离为l，有几何关系球体积公式为小球半径是大球半径的一半，故小球体积是大球体积的八分之一，故小球所带电荷量为两小球在P点场强均为
合场强为剩余部分在P点的场强为故D正确。故选BCD。
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