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2025年高考物理一轮复习讲义学案 第九章 静电场 第一讲 静电场中力的性质
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这是一份2025年高考物理一轮复习讲义学案 第九章 静电场 第一讲 静电场中力的性质，共23页。
考点1 电荷守恒定律 库仑定律的理解及应用
1.电荷
（1）两种电荷：自然界中只存在两种电荷——正电荷和负电荷.同种电荷相互[1] 排斥 ，异种电荷相互[2] 吸引 .
密立根最早用油滴实验测出
（2）元电荷：e＝[3] 1.60×10－19 C，所有带电体的电荷量都是元电荷的[4] 整数 倍.
（3）点电荷：代表带电体的有一定电荷量的点，忽略带电体的[5] 大小、形状及电荷分
类似于质点
布状况 对它们之间的作用力的影响的理想化模型.
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[6] 保持不变 .
（2）三种起电方式：[7] 摩擦 起电、[8] 感应 起电、接触起电.
（3）带电实质：物体[9] 得失电子 .
（4）电荷的分配原则：两个形状、大小相同且带同种电荷的同种导体，接触后再分开，二者带[10] 等量同种 电荷，若两导体原来带异种电荷，则电荷先中和，余下的电荷再平分.
3.库仑定律
（1）内容：[11] 真空 中两个静止[12] 点电荷 之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成[13] 正比 ，与它们的距离的二次方成[14] 反比 ，作用力的方向在它们的连线上.
（2）表达式：F＝[15] kq1q2r2 ，式中k＝[16] 9.0×109 N·m2/C2，叫作静电力常量.
库仑用扭秤测出
（3）适用条件：[17] 真空 中的静止[18] 点电荷 .
①F＝kq1q2r2，r指两点电荷间的距离.对可视为点电荷的两个均匀带电球，r为两球的球心间距.
②当两个电荷间的距离r→0时，电荷不能视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大.
③对于两个距离较近的带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布，如图甲、图乙所示.
图甲：同种电荷，F＜kq1q2r2 图乙：异种电荷，F＞kq1q2r2
静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年就已有对静电现象的记载，《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸衤若”之说.判断下列说法的正误.
（1）梳过头发的塑料梳子吸起纸屑是静电现象.（ √ ）
（2）带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引不是静电现象.（ ✕ ）
（3）小磁针吸引小铁屑不是静电现象.（ √ ）
（4）从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉属于静电现象.（ √ ）
取一对用绝缘柱支持的导体A和B，使它们彼此接触.起初它们不带电，贴在下部的两片金属箔是闭合的，手握绝缘棒，把C移近导体A.
（1）A、B上的金属箔 都分开 ；
（2）先把A、B分开，后移去C，A、B上的金属箔 都分开 ；
（3）先移走C，再分开A、B，A、B上的金属箔 都闭合 .
将两个质量均为m、壳层的厚度和质量分布均匀的完全相同的金属球壳a和b，分别固定于两个绝缘支架上，两球壳球心间的距离l是球壳半径r的3倍.若使它们带上等量异种电荷，且其电荷量的绝对值均为Q，那么
（1）a、b之间的万有引力F引 ＝ Gm2l2；
（2）静电力F电 ＞ kQ2l2.（均填“＞”“＜”或“＝”）
命题点1 电荷守恒定律的应用
1.[2023云南玉溪质检]摩擦可以产生静电，原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后知甲物体带正电，所带电荷量大小为2.8×10－15C，丙物体所带电荷量大小为6.0×10－16C.则关于最后乙、丙两物体的带电情况，下列说法正确的是（ D ）
A.乙物体一定带负电，带电荷量大小为3.4×10－15C
B.乙物体可能带负电，带电荷量大小为2.4×10－15C
C.丙物体一定带正电
D.丙物体一定带负电
解析 根据电荷守恒定律知，甲、乙两物体相互摩擦后，甲物体带正电，所带电荷量大小为2.8×10－15C，则乙物体一定带2.8×10－15C的负电荷，乙物体再与丙物体接触后，丙物体带6.0×10－16C的负电荷，则此时乙物体一定带2.2×10－15C的负电荷，D正确.
命题点2 库仑定律与电荷守恒定律的综合
2.[2024广东茂名开学考/多选]在光滑绝缘水平面上，两带有同种电荷、可视为质点的相同金属块甲、乙放在A、B两点，C点为A、B连线的中点（图中未画出），两金属块所带的电荷量不同.某时刻给两金属块大小相等的瞬时冲量，使两金属块相向运动，经过一段时间发生碰撞，碰后两金属块再返回到A、B两点，忽略碰撞损失的能量.则下列说法正确的是（ BCD ）
A.电荷量多的金属块所受的库仑力较大
B.两金属块在C点发生碰撞
C.两金属块在同一时刻回到A、B点
D.两金属块返回初始位置的动能均大于初动能
解析 由于两金属块之间的库仑力遵循牛顿第三定律，则两金属块之间的库仑力大小相等，A错误；由于两金属块在任意时刻所受的库仑力相等，则任意时刻，它们的加速度相等，速度大小相等，可知碰撞位置在中点C，且它们同时返回A、B点，B、C正确；两金属块碰撞后，电荷量重新分布，在同样的位置时它们之间的库仑力由F＝kq1q2r2变为F'＝k（q1＋q22）2r2，由于两金属块所带的电荷量不相等，结合不等式知识可知q1＋q2＞2q1q2，则碰后在同样的位置时两金属块之间的库仑力比碰撞前的大，又两金属块返回到A、B两点的过程中电场力做正功，则两金属块返回到出发点时的速度都更大，两金属块返回初始位置的动能均大于初动能，D正确.
命题点3 库仑力的叠加
3.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＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm.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（ D ）
A.a、b的电荷同号，k＝169
B.a、b的电荷异号，k＝169
C.a、b的电荷同号，k＝6427
D.a、b的电荷异号，k＝6427
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；若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∠a＝37°、∠b＝53°，则Fasin37°＝Fbcs37°，解得FaFb＝43，又由库仑定律及上式代入数据可解得｜qaqb｜＝6427，B错误，D正确.
命题点4 库仑力作用下的平衡
4.[2023海南]如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有A、B两点，AO＝2cm，OB＝4cm，在A、B两点固定两个带电荷量分别为Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电的小球静置于轨道内侧P点（小球可视为点电荷），已知AP∶BP＝n∶1，则Q1∶Q2是（ C ）
A.2n2∶1B.4n2∶1C.2n3∶1D.4n3∶1
解析 如图所示，小球受到A、B的库仑斥力FA、FB和指向圆心的轨道弹力作用而平衡，由正弦定理有FAsin∠CPH＝FBsin∠CHP，又∠CPH＝∠OPB，
∠CHP＝∠HPD＝∠APO，在△APO中，有APsin(π-∠POB)＝AOsin∠APO，同理在△BPO中，有BPsin∠POB＝BOsin∠BPO，设小球的带电荷量为q，则FA＝kQ1qAP2，FB＝kQ2qBP2，联立解得Q1：Q2＝2n3：1，C正确.
方法点拨
四步解决库仑力作用下的平衡问题
命题点5 库仑力作用下的动力学问题
5.如图所示，真空中三个质量相等的小球A、B、C，带电荷量分别为QA＝6q，QB＝3q，QC＝8q.现用恰当大小的恒力F拉C，可使A、B、C沿光滑水平面做匀加速直线运动，运动过程中A、B、C保持相对静止，且A、B间距离与B、C间距离相等.不计电荷运动产生磁场的影响，小球可视为点电荷，则此过程中B、C之间的作用力大小为（ A ）
A.43FB.FC.23FD.13F
解析 对三个球的整体有F＝3ma，对A、B的整体有F1＝2ma，解得F1＝23F，即
A、B对C的库仑力的合力为23F，又FBCFAC＝k3q·8qL2：k6q·8q4L2＝21，分析库仑力的方向后
可知FBC－FAC＝23F，解得FBC＝43F，选项A正确.
考点2 电场强度的理解和计算
1.电场法拉第最早提出
（1）定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质.
（2）基本性质：对放入其中的电荷有[19] 力 的作用.
2.电场强度
（1）定义：放入电场中某点的电荷受到的[20] 静电力 与它的[21] 电荷量 之比.
（2）定义式：E＝Fq.
单位：N/C或[22] V/m .
（3）矢量性：规定[23] 正电荷 在电场中某点所受静电力的方向为该点电场强度的方向.
（4）意义：描述[24] 电场强弱 的物理量，描述静电力的性质的物理量.
3.电场线不是电荷的运动轨迹
（1）为了形象地描述电场中各点电场强度的[25] 大小 及[26] 方向 ，在电场中画出一些有方向的曲线，曲线上每点的[27] 切线 方向都跟该点的电场
强度方向一致，曲线的[28] 疏密 表示电场的强弱.
（2）电场线的特点
取一个铜质小球置于圆形玻璃器皿中心，将蓖麻油和头发碎屑置于玻璃器皿内拌匀.用起电机使铜球带电时，铜球周围的头发碎屑会呈现如图所示的发散状图样，则
（1）电场线是真实存在的.（ ✕ ）
（2）发散状的黑线是电场线.（ ✕ ）
（3）带电铜球周围存在着电场.（ √ ）
（4）只在发散状的黑线处存在着电场.（ ✕ ）
命题点1 电场强度的理解与计算
6.如图甲所示，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0.2m和0.7m.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的关系分别如图乙中直线a、b所示.忽略A、B间的作用力.下列说法正确的是（ C ）
A.B点的电场强度大小为0.25N/C
B.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0.3m
D.点电荷Q是正电荷
解析 由A处试探电荷的F－q图线可得，该处的场强为E1＝F1q1＝4×105 N/C，方向
水平向右，同理可得，B处的场强为E2＝F2q2＝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＝kQl2＝4×105 N/C，E2＝kQ(0.5m-l)2＝0.25×105 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.
归纳拓展
三个电场强度计算公式的比较
命题点2 电场线的理解与应用
7.[带电粒子运动轨迹分析/2023全国甲]在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集.下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是（ A ）
解析 带电粒子在电场中做曲线运动，粒子所受电场力指向轨迹的凹侧，如图所示，故选A.
方法点拨
电场线的应用
8.[等量点电荷电场线分布/2023北京]如图所示，两个带等量正电的点电荷位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，EO＝OF.一带负电的点电荷在E点由静止释放后（ C ）
A.做匀加速直线运动
B.在O点所受静电力最大
C.由E到O的时间等于由O到F的时间
D.由E到F的过程中电势能先增大后减小
解析 中垂线上，从O点向上或向下→电场强度先增大后减小→负电荷所受静电力变化，不做匀变速运动，A错
O点电场强度为0→负电荷在O点所受静电力为0，B错
OE段和OF段电场关于O点上下对称→负电荷在E、F之间对称往复运动→tEO＝tOF，C对
负电荷从E到F→电场力先做正功后做负功→电势能先减小后增大，D错
命题拓展
命题条件拓展，进一步考查等量点电荷电场线分布
若将该题M、N两点的电荷换为等量负点电荷，一带正电的点电荷在E点由静止释放后向F点运动的过程中速度和加速度如何变化？
解析 根据等量负点电荷的电场线分布可知，在MN的中垂线上，从无穷远处到O点，电场强度先变大后变小，到O点变为零，电场强度方向沿中垂线指向O点；若E、F相距较远，则带正电点电荷受库仑力从E向O运动过程中，点电荷的速度不断增大，加速度先变大后变小，在O点时加速度变为零，速度达到最大，从O向F运动过程中，带正电点电荷的速度不断减小，加速度先变大后变小——具有对称性，运动到F点时，速度减为零.如果E、F相距较近，则带正电点电荷受库仑力从E向O运动过程中，速度不断增大，加速度越来越小，在O点时加速度变为零，速度达到最大，从O向F运动过程中，速度不断减小，加速度越来越大，运动到F点时，速度减为零.
方法点拨
两种等量点电荷电场强度及电场线比较
考点3 电场强度的叠加
1.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[29] 矢量和 .
2.常用特殊思维方法
如图，空间存在两个点电荷Q1、Q2，则
（1）图中P点的电场强度的大小与方向和哪些因素有关？
答案 与两个点电荷所带电荷量的大小、正负和Q1、Q2与P点之间的距离有关.
（2）由于电场强度是 矢量 ，故计算P点的电场强度时需要使用 平行四边形定则 .
命题点1 点电荷电场强度的叠加
9.[2023重庆]真空中固定有两个点电荷，负电荷Q1位于坐标原点处，正电荷Q2位于x轴上，Q2的电荷量大小为Q1的8倍.若这两点电荷在x轴正半轴的x＝x0处产生的合电场强度为0，则Q1和Q2相距（ B ）
A.2x0B.（22－1）x0
C.22x0D.（22＋1）x0
解析 根据题意分析可知，正电荷Q2应位于x轴负半轴上，如图所示，设Q1与Q2相
距x1，则根据场强叠加原理可知，kQ1x02＝kQ2(x0＋x1)2，又Q2＝8Q1，联立解得
x1＝(22－1)x0，B正确.
方法点拨
分析电场叠加问题的一般步骤
电场强度是矢量，叠加时遵从平行四边形定则.
命题点2 对称法、填补法、微元法、等效法的应用
10. [填补法、对称法]如图所示，正电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R，CD为通过半球面顶点C和球心O的轴线.P、M为轴线上的两点，距球心O的距离均为R2.在M右侧轴线上O'点固定一带正电的点电荷Q，O'、M点间的距离为R，已知P点的场强为零，若均匀带电的封闭球壳内部电场强度处处为零，则M点的场强大小为（ C ）
A.0B.3kq4R2
C.3kQ4R2D.kQR2－kq4R2
解析 因P点的场强为零，所以半球面上的正电荷q在P点产生的场强和点电荷Q在P点产生的场强等大反向，即半球面上的正电荷q在P点产生的场强大小为E1＝kQ4R2，方向沿轴线向右.现补全右侧半球面，如图所示，根据均匀带电的封闭球壳内部电场强度处处为零知，均匀带电的封闭球面在M点产生的电场强度为零，即左半球面在M点产生的场强和右半球面在M点产生的场强等大反向，又由对称性知左半球面在P点产生的场强和右半球面在M点产生的场强等大反向，即左半球面在M点产生的场强大小为E2＝kQ4R2，方向沿轴线向右，点电荷Q在M点产生的场强大小为E3＝kQR2，方向沿轴线向左，故M点的场强大小为EM＝kQR2－kQ4R2＝3kQ4R2，方向沿轴线向左，故C正确.
11.[微元法]如图所示，均匀带正电圆环带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为过圆心且垂直于圆环平面的直线上的一点，OP＝l，求P点的场强大小和方向.
答案 kQl（R2＋l2）32，方向由O指向P
解析 若将圆环分成n小段，则每一小段可视为点电荷，其电荷量为q＝Qn，
这样就把非理想化模型转化为了理想化模型，每一个点电荷在P点产生的场强大小为E＝kQnr2＝kQn(R2＋l2).如图所示，根据对称性可知，每一个点电荷在P点产生的场强在垂直于OP方向的分量Ey、Ez(未画出)都会被抵消，又Ex＝E cs θ
＝kQn(R2＋l2)· cs θ＝kQn(R2＋l2)·lR2＋l2＝kQln(R2＋l2)32，所以P点的场强EP＝nEx＝kQl(R2＋l2)32，方向由O指向P.
12.[等效法/2022山东]半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷.点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷.将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零.圆环上剩余电荷分布不变，q为（ C ）
A.正电荷，q＝QΔLπRB.正电荷，q＝3QΔLπR
C.负电荷，q＝2QΔLπRD.负电荷，q＝23QΔLπR
解析 在取走A、B处两段小圆弧上的电荷之前，整个圆环上的电荷在O点产生的
场强为零.根据等效法知，取走的A、B处的电荷的电荷量qA＝qB＝Q2πRΔL，qA、qB在
O点产生的合场强大小为EAB＝kQ2πRΔLR2＝kQΔL2πR3，方向为从O指向C，故取走A、B处的
电荷之后，剩余部分在O点产生的场强大小为kQΔL2πR3，方向由C指向O，而点电荷q放
在D点后，O点场强为零，故q在O点产生的场强与qA、qB在O点产生的合场强相同，
所以q为负电荷，即有kq(2R)2＝kQΔL2πR3，解得q＝2QΔLπR，C正确.
热点9 静电现象的利用和防护
静电现象在生活中随处可见，随着人们对静电的认知逐渐深入，人们开始科学对待静电.要关注日常生活中常见的静电现象，养成用物理知识解释生活现象的习惯.
1.[静电吸附]在一次科学晚会上，一位老师表演了一个“魔术”：如图所示，一个没有底的空塑料瓶中固定着一根铁锯条和一块易拉罐（金属）片，把它们分别跟静电起电机的两极相连.在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看见整个透明塑料瓶里烟雾缭绕.当摇动起电机时，塑料瓶里变得清澈透明，停止摇动，瓶里又是烟雾缭绕.关于以上实验，下列说法正确的是（ B ）
A.室内的空气湿度越大，实验效果越好
B.若锯条接电源负极，金属片接正极，则这些烟尘附着在金属片上面
C.摇动起电机前，需先让烟尘颗粒带上电荷，实验才能成功
D.起电机摇动时，塑料瓶内金属片处电场强度最大
解析 潮湿的空气易于导电，则起电机产生的静电不容易在铁锯条和易拉罐（金属）片上积累，则该实验不易成功，A错误；锯条和金属片间的电场让空气电离，电离出的电子让烟尘颗粒带负电，不需先让烟尘颗粒带上电荷，C错误；若锯条接电源负极，金属片接正极，带负电的烟尘附着在金属片上面，B正确；起电机摇动时，铁锯条处聚集的电荷最密集，则电场强度最大，D错误.
2.[静电应用]如图所示是用一种新型“静电”绝缘纤维布制成的口罩.熔喷布经驻极工艺，表面带有电荷，它能阻隔直径极微小的病毒，这种静电的阻隔作用属于（ D ）
A.静电屏蔽B.摩擦起电
C.尖端放电D.静电吸附
解析 熔喷布表面带有电荷，当极微小的病毒靠近时，由于静电感应而带电，从而被熔喷布吸附，其原理为静电吸附，选项D正确.
3.[静电现象理解]如图所示，某同学在桌上放两摞书，然后把一块洁净的玻璃板放在上面，使玻璃板离开桌面2～3cm，在宽约0.5cm的纸条上画出各种舞姿的人形，用剪刀把它们剪下来，放在玻璃板下面，再用一块硬泡沫塑料在玻璃上来回擦动，此时会看到小纸人翩翩起舞.下列哪种做法能使实验效果更好（ D ）
A.将玻璃板换成钢板
B.向舞区哈一口气
C.将玻璃板和地面用导线连接
D.用火把舞区烤一烤
解析 钢板是导体，与泡沫塑料摩擦时不易带电，效果并不好，故A错误；向舞区哈一口气时，由于哈出的气中含有大量的水分，玻璃板所带电荷量会减小，效果减弱，故B错误；将玻璃板和地面用导线连接时，可能会有一部分电荷流入大地，效果不明显，故C错误；用火烤会使玻璃板更加干燥，更容易发生静电现象，实验现象更明显，故D正确.
1.[电荷守恒定律/2023上海]三个大小相同的导体球x、y、z，带电荷量分别为＋4μC、0（不带电）和－10μC，让x与y先接触，然后让y与z接触，最终y所带的电荷量为（ A ）
A.－4μCB.－3μC
C.－2μCD.－1μC
解析 由于x、y、z三个导体球大小相同，则x与y接触时，根据电荷守恒定律得
Q1＝Qx＋Qy2＝+4μC+02＝＋2 μC，故y所带的电荷量为＋2 μC；y再与z接触，两者带异
种电荷，电荷先中和，余下的电荷再平分，由电荷守恒定律得Q2＝Qx＋Qy2＝+2μC＋(-10μC)2＝－4 μC，最终y所带的电荷量为－4 μC，A正确，BCD错误.
2.[库仑定律＋点电荷模型/2021上海]如图，在一个点电荷Q附近的a、b两点放置检验电荷.则检验电荷的受力F与其电荷量q的关系图为（ B ）
A B
C D
解析 由公式F＝Eq可知检验电荷的受力F与其电荷量q关系图线的斜率表示该点的电场强度，又由点电荷产生的电场的电场强度E＝kQr2可知a点的电场强度大于b点的电场强度，所以F－q图像中a点与坐标原点连线的斜率大于b点与坐标原点连线的斜率，B正确，A、C、D错误.
3.[“对称法”分析电场强度/2021江苏]一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，OA＝OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则（ A ）
A.O、C两点电势相等
B.A点的电场强度大于B点
C.沿直线从A到B电势先升高后降低
D.沿直线从A到B电场强度逐渐增大
解析 将题中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，左、右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且E1＝E2，故在图示电场中，A的电场强度大小为E2，方向向左，B的电场强度大小为E1，方向向左，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同，B、D错误.由电场强度的叠加可知，B点左侧的电场方向均向左，沿电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从 A到 B电势一直升高，C错误.由排除法可知，A正确.
4.[对称思想＋模型建构/2020全国Ⅱ/多选]如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷.a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等，则（ ABC ）
A.a、b两点的场强相等
B.a、b两点的电势相等
C.c、d两点的场强相等
D.c、d两点的电势相等
解析 沿竖直方向将圆环分割成无穷个小段，关于水平直径对称的两小段构成等量异种点电荷模型，在等量异种点电荷的垂直平分线上各点场强方向由正点电荷指向负点电荷，根据对称性可知a、b两点的场强相等，A项正确；取无穷远处电势为零，在等量异种点电荷的垂直平分线上各点电势均为零，故a、b两点的电势相等，B项正确；沿水平方向将圆环分割成无穷个小段，关于竖直直径对称的两小段构成等量同种点电荷模型，在等量同种点电荷的垂直平分线上各点场强方向垂直于连线，根据对称性可知c、d两点的场强相等，C项正确；在等量异种点电荷模型中，距离正点电荷近的点电势高，故φc＞φd，D项错误.
5.[点电荷模型＋场强叠加/2023全国乙]如图，等边三角形ABC位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上.已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求
（1）B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；
（2）C点处点电荷的电荷量.
答案 （1）q 3个点电荷均带正电 （2）3－33q
解析 （1）题中已知M点的场强竖直向下，可知A、B处点电荷在M点产生的场强等大反向，C处点电荷带正电，又M为AB边的中点，结合点电荷的场强公式E＝kqr2可知，A、B处两点电荷的电荷量大小相等，电性相同，即B点处点电荷的电荷量的绝对值为q
C处点电荷在N点产生的电场强度方向为N→B，假设A、B两点处点电荷均带负电，则三个点电荷在N处产生的合场强方向不可能竖直向上，所以A、B两点处点电荷均带正电，即3个点电荷均带正电
（2）设C点处点电荷的电荷量为qC，等边三角形的边长为2L，则AN＝3L，对三个点电荷在N处产生的电场强度分析，如图所示，其中EBC是B、C处点电荷在N处产生的合场强，EAN是A处点电荷在N处产生的场强，EN为N点处的合场强
根据几何关系得EANEBC＝tan30°
故kq（3L）2＝（kqL2－kqCL2）tan30°
解得qC＝3－33q.
1.[2023浙江台州联考/多选]关于静电的利用与防范，下列说法正确的是（ ACD ）
A.安装避雷针可使建筑物免遭雷击
B.静电复印机的工作原理和静电现象完全无关
C.用静电喷漆的方法给汽车喷涂油漆，既省漆又均匀
D.油罐车在运输过程中会产生静电，车后拖一铁链，能防止静电产生危害
解析 高大建筑物顶上安放避雷针是为了防止静电危害，使建筑物免遭雷击，故A正确；静电复印机是利用静电工作的，与静电现象有关，故B错误；用静电喷漆的方法给汽车喷涂油漆，由于电荷间的相互作用，既省漆又均匀，故C正确；油罐车拖一条与地面接触的铁链是为了将摩擦产生的静电及时导走，防止静电危害，故D正确.
2.[2024江西赣州校考]下列关于电场强度的三个表达式E＝Fq、E＝kQr2和E＝Ud的叙述，错误的是（ A ）
A.E＝Fq是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电荷量
B.E＝kQr2是点电荷电场强度的决定式，Q是产生电场的电荷的电荷量，它不适用于匀强电场
C.E＝Ud是匀强电场场强的计算式，d是两点间沿电场线方向的距离，它仅适用于计算匀强电场的场强
D.从点电荷场强决定式分析库仑定律的表达式F＝kq1q2r2，式中kq2r2是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而kq1r2是点电荷q1产生的电场在q2处的场强大小
解析 E＝Fq是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是试探电荷的电荷量，故A错误；E＝kQr2是点电荷电场强度的决定式，只适用于点电荷，故B正确；E＝Ud是匀强电场场强的计算式，d是两点间沿电场线方向的距离，它仅适用于计算匀强电场的场强，故C正确；从点电荷场强决定式分析库仑定律的表达式F＝kq1q2r2，式中kq2r2是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而kq1r2是点电荷q1产生的电场在q2处的场强大小，故D正确.
3.[2024广东广雅中学校考]M和N都是不带电的物体，它们互相摩擦后，M带1.6×10－10C正电荷，下列说法正确的是（ C ）
A.在摩擦前M和N的内部没有任何电荷
B.摩擦的过程中电子从N转移到了M
C.N在摩擦后一定带1.6×10－10C负电荷
D.M在摩擦过程中失去了1.0×1010个电子
解析 摩擦起电的本质是电子的转移，在摩擦前，M、N内部都有电荷，故A错误.互相摩擦后M带1.6×10－10 C正电荷，即M上1.6×10－10 C的电荷转移到了N上，故B错误.N原来是电中性，摩擦后M上1.6×10－10 C的电荷转移到了N上，即N在摩擦后一定带1.6×10－10 C的负电荷，故C正确.M在摩擦过程中失去的电子数为n＝1.6×10-10 C1.6×10-19 C＝1.0×109个，故D错误.
4.[电场线画法选择]真空中的O点固定一带负电的点电荷－Q，一原来不带电的金属球从右侧靠近点电荷放置，由于静电感应，金属球左右两侧表面就聚集了等量异种电荷，称之为感应电荷.感应电荷在金属球内部激发电场的三条电场线画法正确的是（ B ）
A B C D
解析 静电平衡时，金属球内部的合场强处处为零，即感应电荷在球内各处激发的场强与O点的带负电的点电荷激发的场强等大反向，处处抵消，B正确.
5.如图所示，M、N为两个等量正点电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的负点电荷，G点与P点关于O点对称，不计负点电荷的重力，只在M、N静电力作用下，下列说法一定正确的是（ C ）
A.负点电荷在从P点到O点的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大
B.负点电荷在从P点到O点的过程中，加速度越来越小，速度越来越大
C.负点电荷运动到O点时加速度为零，速度达到最大值
D.负点电荷在从O点到G点的过程中，速度越来越小，加速度越来越大
解析 负点电荷在从P点到O点的过程中，所受的电场力方向沿纸面向下，做加速运动，所以速度越来越大，因为从O点沿纸面向上到无穷远，电场强度先增大后减小，负点电荷在从P点到O点的过程中，电场强度的大小变化不能确定，所以其所受电场力的大小变化无法确定，加速度的大小变化也不能确定，A、B错误；负点电荷运动到O点时，其所受的电场力为零，加速度为零，然后继续沿纸面向下做减速运动，所以在O点时负点电荷的速度达到最大值，C正确；负点电荷在从O点到G点的过程中，做减速运动，速度越来越小，同理，加速度的大小变化无法确定，D错误.
6.如图所示是一对不等量异种点电荷的电场线分布图，图中两点电荷连线长度为2r，左侧点电荷带电荷量为＋2q，右侧点电荷带电荷量为－q，点M、N、P、Q位于两点电荷形成的电场中，其中P、Q两点关于两电荷连线对称.静电力常量为k.由图可知（ D ）
A.P、Q两点的电场强度相同
B.M点的电场强度小于N点的电场强度
C.一试探电荷在N点所受电场力大于该试探电荷在M点所受的电场力
D.两点电荷连线的中点处的电场强度大小为3kqr2
解析 根据题图可知，P点场强方向与Q点场强方向不同，所以P、Q两点的电场强度不相同，故A错误；电场线的疏密表示电场强度的大小，所以M点的电场强度大于N点的电场强度，故B错误；因M点的电场强度大于N点的电场强度，根据F＝qE知，试探电荷在M点所受电场力大于在N点所受电场力，故C错误；依据点电荷的电场强度公式及电场叠加原理知，两点电荷连线的中点处的电场强度为E合＝2kqr2＋kqr2＝3kqr2，故D正确.
7.[非点电荷电场/2023上海七宝中学期中]图甲为二分之一均匀带电圆环，O1为其圆心，图乙为四分之三均匀带电圆环，O2为其圆心，两圆环半径相同，单位长度的带电荷量、电性相同，O1处的电场强度大小为E0，电势为φ0.已知在真空中电荷量为Q的点电荷产生的电场中，若取无穷远处为零电势点，则离该点电荷距离为r的某点的电势为φ＝kQr，则O2处的场强大小和电势分别为（ C ）
A.32E0，32φ0B.32E0，12φ0
C.22E0，32φ0D.22E0，22φ0
解析 设四分之一圆环在圆心处产生的场强大小为E，对题图甲中的二分之一圆环，由电场强度的合成可知2E＝E0，故E＝22E0，题图乙中的四分之三圆环的左上四分之一圆环和右下四分之一圆环在圆心处产生的场强等大反向，故O2处的场强大小等于右上四分之一圆环在O2处产生的场强大小，为22E0.设题图甲中的二分之一圆环的带电荷量为q，则题图乙中的四分之三圆环的带电荷量为32q，电势是标量，由φ0＝kqr得O2处的电势为φO2＝3q2·kr＝32φ0，故选C.
8.[库仑力作用下的平衡/2023广东韶关一模]如图所示，有三个质量相等可视为点电荷的带电绝缘小球A、B、C，其中A带负电并固定在竖直绝缘弹簧下端，当A、B、C三个小球的球心距离均为L时，B、C两小球悬在空中处于静止状态.已知B、C两小球带电荷量相等.下列说法正确的是（ A ）
A.小球A带的电荷量是小球B带电荷量的2倍
B.小球A受到5个作用力
C.弹簧弹力等于B、C两个小球对A球库仑力的矢量和
D.小球A与弹簧连接处断开瞬间，B、C两个小球一起做自由落体运动
解析 根据B、C两小球受力平衡可知B、C两小球带等量的正电荷，设小球A、B的电荷量绝对值分别为qA、qB，则A、B之间的库仑力FAB＝kqAqBL2，B、C之间的库仑力FBC＝kqB2L2，对B受力分析如图所示，有FAB cs θ＝FBC，θ＝60°，解得qA＝2qB，故A正确；分析A的受力，A受到重力、两个库仑力和弹簧弹力，共4个力，故B错误；对小球A受力分析，受竖直向上的弹力，竖直向下的重力，竖直向下的B、C两球的库仑力的合力，小球处于平衡状态，即弹簧弹力大于B、C两个小球对A球库仑力的合力，故C错误；小球A与弹簧连接处断开瞬间，A受重力和B、C小球对A的库仑力，A下落的加速度大于重力加速度，断开瞬间小球B、C受力不变，加速度为零，故D错误.
9.[2023湖南]如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°.若P点处的电场强度为零，q＞0，则三个点电荷的电荷量可能为（ D ）
A.Q1＝q，Q2＝2q，Q3＝q
B.Q1＝－q，Q2＝－433q，Q3＝－4q
C.Q1＝－q，Q2＝2q，Q3＝－q
D.Q1＝q，Q2＝－433q，Q3＝4q
解析 若三个点电荷都带正电或负电，则三个点电荷在P点产生的场强叠加后一定不为零，AB错；几何关系如图1，若Q1＝Q3＝－q，则根据E＝kQr2分析可知E1＝4E3，Q1和Q3在P点产生的电场强度叠加后为E13，如图2所示，与Q2在P点产生的电场强度不可能在一条直线上，即P点处的电场强度不可能叠加为零，C错；若4Q1＝Q3＝4q，Q2＝
－433q，则根据E＝kQr2分析可知E1＝E3＝kqr2，叠加后E13＝k3qr2，如图3所示，与Q2在P点产生的电场强度等大反向，叠加为零，D对.
一题多解 根据图1所示的几何关系可知E1＝kQ1r2、E2＝kQ2(23r)2＝3kQ24r2、E3＝kQ3(2r)2＝kQ34r2，将Q2、Q3在P点产生的场强分解为水平方向和竖直方向，则由题意P点处的电场强度为零可得，水平方向上有E2 cs 60°＋E3 cs 30°＝0，竖直方向上有E1＋E2 sin 60°＋E3 sin 30°＝0，联立解得Q3＝－3Q2，Q1＝－34Q2，即Q3Q1＝41，Q2与Q1和Q3的电性相反，故D对，ABC错.
10.[三维坐标系中场强分析]如图所示的坐标系中，P、M、N为坐标轴上的三点，它们到坐标原点O的距离相等.空间内存在场强大小为E的匀强电场，M、N两点固定有电荷量相等的正点电荷，O点的场强为0.现把N点的点电荷移到P点，其他条件不变.则此时O点的场强大小为（ B ）
A.0B.EC.2ED.2E
解析 如图，M、N处的点电荷在O点产生电场的场强EM、EN大小相等，方向分别沿负y和负z方向，故匀强电场的方向平行于yOz平面，与Oy、Oz两轴的夹角相等，对O点进行分析，匀强电场在y、z两轴的分量Ey、Ez分别与EM、EN大小相等，均为22E.将N点的点电荷移到P点后，该电荷在O点产生的电场的场强EP大小等于EN，方向沿负x方向，Ey与EM的合场强为0，此时O点的场强为Ez与EP的合场强，合场强大小为E，B正确.
11.[验证库仑定律实验/2023广东深圳中学校考/多选]某同学设计如图所示的实验装置来验证库仑定律.首先，将一个带电小球A用绝缘细线悬挂，并使另一个与它带同种电荷的小球B靠近它，A球受到B球的静电斥力F而发生偏移，测得A球的质量为m，悬点到A球球心的距离为l.然后，在保持两球电荷量不变的情况下，移动小球B改变两球之间的距离，最后，用刻度尺测量稳定后两球间的距离r和A球偏移的距离d（实验中满足l≫d）.下列说法正确的是（ BD ）
A.实验中，小球A所受静电力的测量值F＝mgld
B.实验中仅测量d与r，也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”
C.为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与r2的关系图像
D.为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与1r2的关系图像
解析 设小球A受静电斥力作用发生偏移达到平衡后细线与竖直方向的夹角为θ，由于l≫d，可以认为两小球的运动在同一直线上，小球A所受的静电力F＝mgtan θ，由于θ很小，tan θ≈ sin θ＝dl，所以F≈mgdl，再由库仑定律F＝kqAqBr2＝mgdl，可得d＝klqAqBmgr2，所以实验中仅测量d与r，也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”，故A错误，B正确；为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与1r2的关系图像，得到一条倾斜的直线，故C错误，D正确.
12.[电偶极子]“顿牟掇芥”是两千多年前我国古人对摩擦起电现象的观察记录，“顿牟掇芥”是指经摩擦后的带电玳瑁能吸起轻小物体.我们可以将其简化为下述模型分析探究.
如图所示，在某处固定一个电荷量为Q的点电荷，在其正下方h处有一个原子.在点电荷产生的电场（场强为E）作用下，原子的负电荷中心与正电荷中心会分开很小的距离l，形成电偶极子.描述电偶极子特征的物理量称为电偶极矩p，p＝ql，这里q为原子核的电荷.
实验显示p＝αE，α为原子的极化系数，是与原子本身特性有关的物理量，反映原子被极化的难易程度.被极化的原子与点电荷之间产生作用力F.在一定条件下，原子会被点电荷“掇”上去.
（1）判断F是吸引力还是排斥力，简要说明理由.
（2）若固定点电荷的电荷量增加一倍，力F如何变化？
（3）若原子与点电荷间的距离减小为原来的一半，力F如何变化？
答案 （1）吸引力 理由见解析 （2）增大到原来的4倍 （3）增大到原来的32倍
解析 （1）F为吸引力.理由：当原子极化时，与Q异性的电荷在库仑力作用下移向Q，而与Q同性的电荷在库仑力作用下远离Q，这样异性电荷之间的吸引力大于同性电荷之间的排斥力，总的效果表现为F是吸引力.
（2）电荷Q与分离开距离为l的一对异性电荷之间的总作用力为
F＝kQq（h－l2）2－kQq（h＋l2）2
考虑到l≪h，化简得F＝kqQ（1h2－hl－1h2＋hl）＝2kQqlh3
利用p＝ql，可得F＝2kQph3，根据点电荷电场强度公式知，若固定点电荷的电荷量增加一倍，即Q增大为2Q，被极化的原子处的电场强度E增大到原来的2倍.由p＝αE可知电偶极矩p增大到原来的2倍.由F＝2kQph3可知作用力F增大到原来的4倍.
（3）根据点电荷电场强度公式知，若原子与点电荷间的距离减小为原来的一半，即h减小为原来的一半，则被极化的原子处的电场强度E增大到原来的4倍.由p＝αE可知电偶极矩p增大到原来的4倍.由F＝2kQph3可知作用力F增大到原来的32倍.课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
1.通过实验，了解静电现象.能用原子结构模型和电荷守恒的知识分析静电现象.
2.知道点电荷模型.知道两个点电荷间相互作用的规律.体会探究库仑定律过程中的科学思想和方法.
3.知道电场是一种物质.了解电场强度，体会用物理量之比定义新物理量的方法.会用电场线描述电场.
4.了解生产生活中关于静电的利用与防护.
电荷守恒定律 库仑定律的理解及应用
2023：海南T8，上海T6，全国乙T24，上海T11；
2021：湖北T11，上海T12；
2020：浙江1月T13；
2019：全国ⅠT15
1.物理观念：理解电荷、电场强度等基本概念；掌握库仑定律的基本规律；认识场的物质性.
2.科学思维：类比库仑定律及万有引力定律；掌握点电荷模型的思维方法.
3.科学探究：探究电荷间的相互作用.
4.科学态度与责任：认识静电对生产生活的影响.
电场强度的理解和计算
2023：全国甲T18；
2022：山东T3，湖南T2；
2020：全国ⅡT20
电场强度的叠加
2023：湖南T5，全国乙T24；
2021：湖南T4，北京T9，江苏T10；
2019：全国ⅢT21
命题分析预测
每年必考，高考对此部分内容的考查难度不大，以选择题为主.库仑定律的应用及电场强度叠加为考查热点.预计2025年高考可能会考查电场的叠加问题，结合实际考查静电的利用也可能是新的命题热点.
公式
适用条件
说明
定义式
E＝Fq
任何电场
某点的场强为确定值，其大小及方向与试探电荷q无关
决定式
E＝kQr2
真空中点电荷形成的电场
某点的场强由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r决定
关系式
E＝Ud
匀强电场
由电场本身决定，d是沿电场方向的距离
比较
等量异种点电荷
等量同种点电荷
电场线分布图
电荷连线上的电场强度
沿连线先变小后变大
O点最小，但不为零
O点为零
中垂线上的电场强度
O点最大，向外逐渐减小
O点最小，向外先变大后变小
关于O点对称位置的电场强度
A与A'、B与B'、C与C'
等大同向
等大反向
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.如图所示，均匀带电的34圆弧在O点产生的场强可等效为弧BC在O点产生的场强
填补法
如图，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
微元法
将研究对象分割成若干微小的单元，或从研究对象上选取某一“微元”加以分析，从而使变量、难以确定的量转化为常量、容易确定的量
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，等效为两个等量异种点电荷形成的电场的一部分，如图甲、乙所示
考点1 电荷守恒定律 库仑定律的理解及应用
1.电荷
（1）两种电荷：自然界中只存在两种电荷——正电荷和负电荷.同种电荷相互[1] 排斥 ，异种电荷相互[2] 吸引 .
密立根最早用油滴实验测出
（2）元电荷：e＝[3] 1.60×10－19 C，所有带电体的电荷量都是元电荷的[4] 整数 倍.
（3）点电荷：代表带电体的有一定电荷量的点，忽略带电体的[5] 大小、形状及电荷分
类似于质点
布状况 对它们之间的作用力的影响的理想化模型.
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[6] 保持不变 .
（2）三种起电方式：[7] 摩擦 起电、[8] 感应 起电、接触起电.
（3）带电实质：物体[9] 得失电子 .
（4）电荷的分配原则：两个形状、大小相同且带同种电荷的同种导体，接触后再分开，二者带[10] 等量同种 电荷，若两导体原来带异种电荷，则电荷先中和，余下的电荷再平分.
3.库仑定律
（1）内容：[11] 真空 中两个静止[12] 点电荷 之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成[13] 正比 ，与它们的距离的二次方成[14] 反比 ，作用力的方向在它们的连线上.
（2）表达式：F＝[15] kq1q2r2 ，式中k＝[16] 9.0×109 N·m2/C2，叫作静电力常量.
库仑用扭秤测出
（3）适用条件：[17] 真空 中的静止[18] 点电荷 .
①F＝kq1q2r2，r指两点电荷间的距离.对可视为点电荷的两个均匀带电球，r为两球的球心间距.
②当两个电荷间的距离r→0时，电荷不能视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大.
③对于两个距离较近的带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布，如图甲、图乙所示.
图甲：同种电荷，F＜kq1q2r2 图乙：异种电荷，F＞kq1q2r2
静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年就已有对静电现象的记载，《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸衤若”之说.判断下列说法的正误.
（1）梳过头发的塑料梳子吸起纸屑是静电现象.（ √ ）
（2）带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引不是静电现象.（ ✕ ）
（3）小磁针吸引小铁屑不是静电现象.（ √ ）
（4）从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉属于静电现象.（ √ ）
取一对用绝缘柱支持的导体A和B，使它们彼此接触.起初它们不带电，贴在下部的两片金属箔是闭合的，手握绝缘棒，把C移近导体A.
（1）A、B上的金属箔 都分开 ；
（2）先把A、B分开，后移去C，A、B上的金属箔 都分开 ；
（3）先移走C，再分开A、B，A、B上的金属箔 都闭合 .
将两个质量均为m、壳层的厚度和质量分布均匀的完全相同的金属球壳a和b，分别固定于两个绝缘支架上，两球壳球心间的距离l是球壳半径r的3倍.若使它们带上等量异种电荷，且其电荷量的绝对值均为Q，那么
（1）a、b之间的万有引力F引 ＝ Gm2l2；
（2）静电力F电 ＞ kQ2l2.（均填“＞”“＜”或“＝”）
命题点1 电荷守恒定律的应用
1.[2023云南玉溪质检]摩擦可以产生静电，原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后知甲物体带正电，所带电荷量大小为2.8×10－15C，丙物体所带电荷量大小为6.0×10－16C.则关于最后乙、丙两物体的带电情况，下列说法正确的是（ D ）
A.乙物体一定带负电，带电荷量大小为3.4×10－15C
B.乙物体可能带负电，带电荷量大小为2.4×10－15C
C.丙物体一定带正电
D.丙物体一定带负电
解析 根据电荷守恒定律知，甲、乙两物体相互摩擦后，甲物体带正电，所带电荷量大小为2.8×10－15C，则乙物体一定带2.8×10－15C的负电荷，乙物体再与丙物体接触后，丙物体带6.0×10－16C的负电荷，则此时乙物体一定带2.2×10－15C的负电荷，D正确.
命题点2 库仑定律与电荷守恒定律的综合
2.[2024广东茂名开学考/多选]在光滑绝缘水平面上，两带有同种电荷、可视为质点的相同金属块甲、乙放在A、B两点，C点为A、B连线的中点（图中未画出），两金属块所带的电荷量不同.某时刻给两金属块大小相等的瞬时冲量，使两金属块相向运动，经过一段时间发生碰撞，碰后两金属块再返回到A、B两点，忽略碰撞损失的能量.则下列说法正确的是（ BCD ）
A.电荷量多的金属块所受的库仑力较大
B.两金属块在C点发生碰撞
C.两金属块在同一时刻回到A、B点
D.两金属块返回初始位置的动能均大于初动能
解析 由于两金属块之间的库仑力遵循牛顿第三定律，则两金属块之间的库仑力大小相等，A错误；由于两金属块在任意时刻所受的库仑力相等，则任意时刻，它们的加速度相等，速度大小相等，可知碰撞位置在中点C，且它们同时返回A、B点，B、C正确；两金属块碰撞后，电荷量重新分布，在同样的位置时它们之间的库仑力由F＝kq1q2r2变为F'＝k（q1＋q22）2r2，由于两金属块所带的电荷量不相等，结合不等式知识可知q1＋q2＞2q1q2，则碰后在同样的位置时两金属块之间的库仑力比碰撞前的大，又两金属块返回到A、B两点的过程中电场力做正功，则两金属块返回到出发点时的速度都更大，两金属块返回初始位置的动能均大于初动能，D正确.
命题点3 库仑力的叠加
3.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＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm.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（ D ）
A.a、b的电荷同号，k＝169
B.a、b的电荷异号，k＝169
C.a、b的电荷同号，k＝6427
D.a、b的电荷异号，k＝6427
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；若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∠a＝37°、∠b＝53°，则Fasin37°＝Fbcs37°，解得FaFb＝43，又由库仑定律及上式代入数据可解得｜qaqb｜＝6427，B错误，D正确.
命题点4 库仑力作用下的平衡
4.[2023海南]如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有A、B两点，AO＝2cm，OB＝4cm，在A、B两点固定两个带电荷量分别为Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电的小球静置于轨道内侧P点（小球可视为点电荷），已知AP∶BP＝n∶1，则Q1∶Q2是（ C ）
A.2n2∶1B.4n2∶1C.2n3∶1D.4n3∶1
解析 如图所示，小球受到A、B的库仑斥力FA、FB和指向圆心的轨道弹力作用而平衡，由正弦定理有FAsin∠CPH＝FBsin∠CHP，又∠CPH＝∠OPB，
∠CHP＝∠HPD＝∠APO，在△APO中，有APsin(π-∠POB)＝AOsin∠APO，同理在△BPO中，有BPsin∠POB＝BOsin∠BPO，设小球的带电荷量为q，则FA＝kQ1qAP2，FB＝kQ2qBP2，联立解得Q1：Q2＝2n3：1，C正确.
方法点拨
四步解决库仑力作用下的平衡问题
命题点5 库仑力作用下的动力学问题
5.如图所示，真空中三个质量相等的小球A、B、C，带电荷量分别为QA＝6q，QB＝3q，QC＝8q.现用恰当大小的恒力F拉C，可使A、B、C沿光滑水平面做匀加速直线运动，运动过程中A、B、C保持相对静止，且A、B间距离与B、C间距离相等.不计电荷运动产生磁场的影响，小球可视为点电荷，则此过程中B、C之间的作用力大小为（ A ）
A.43FB.FC.23FD.13F
解析 对三个球的整体有F＝3ma，对A、B的整体有F1＝2ma，解得F1＝23F，即
A、B对C的库仑力的合力为23F，又FBCFAC＝k3q·8qL2：k6q·8q4L2＝21，分析库仑力的方向后
可知FBC－FAC＝23F，解得FBC＝43F，选项A正确.
考点2 电场强度的理解和计算
1.电场法拉第最早提出
（1）定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质.
（2）基本性质：对放入其中的电荷有[19] 力 的作用.
2.电场强度
（1）定义：放入电场中某点的电荷受到的[20] 静电力 与它的[21] 电荷量 之比.
（2）定义式：E＝Fq.
单位：N/C或[22] V/m .
（3）矢量性：规定[23] 正电荷 在电场中某点所受静电力的方向为该点电场强度的方向.
（4）意义：描述[24] 电场强弱 的物理量，描述静电力的性质的物理量.
3.电场线不是电荷的运动轨迹
（1）为了形象地描述电场中各点电场强度的[25] 大小 及[26] 方向 ，在电场中画出一些有方向的曲线，曲线上每点的[27] 切线 方向都跟该点的电场
强度方向一致，曲线的[28] 疏密 表示电场的强弱.
（2）电场线的特点
取一个铜质小球置于圆形玻璃器皿中心，将蓖麻油和头发碎屑置于玻璃器皿内拌匀.用起电机使铜球带电时，铜球周围的头发碎屑会呈现如图所示的发散状图样，则
（1）电场线是真实存在的.（ ✕ ）
（2）发散状的黑线是电场线.（ ✕ ）
（3）带电铜球周围存在着电场.（ √ ）
（4）只在发散状的黑线处存在着电场.（ ✕ ）
命题点1 电场强度的理解与计算
6.如图甲所示，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0.2m和0.7m.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的关系分别如图乙中直线a、b所示.忽略A、B间的作用力.下列说法正确的是（ C ）
A.B点的电场强度大小为0.25N/C
B.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0.3m
D.点电荷Q是正电荷
解析 由A处试探电荷的F－q图线可得，该处的场强为E1＝F1q1＝4×105 N/C，方向
水平向右，同理可得，B处的场强为E2＝F2q2＝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＝kQl2＝4×105 N/C，E2＝kQ(0.5m-l)2＝0.25×105 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.
归纳拓展
三个电场强度计算公式的比较
命题点2 电场线的理解与应用
7.[带电粒子运动轨迹分析/2023全国甲]在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集.下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是（ A ）
解析 带电粒子在电场中做曲线运动，粒子所受电场力指向轨迹的凹侧，如图所示，故选A.
方法点拨
电场线的应用
8.[等量点电荷电场线分布/2023北京]如图所示，两个带等量正电的点电荷位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，EO＝OF.一带负电的点电荷在E点由静止释放后（ C ）
A.做匀加速直线运动
B.在O点所受静电力最大
C.由E到O的时间等于由O到F的时间
D.由E到F的过程中电势能先增大后减小
解析 中垂线上，从O点向上或向下→电场强度先增大后减小→负电荷所受静电力变化，不做匀变速运动，A错
O点电场强度为0→负电荷在O点所受静电力为0，B错
OE段和OF段电场关于O点上下对称→负电荷在E、F之间对称往复运动→tEO＝tOF，C对
负电荷从E到F→电场力先做正功后做负功→电势能先减小后增大，D错
命题拓展
命题条件拓展，进一步考查等量点电荷电场线分布
若将该题M、N两点的电荷换为等量负点电荷，一带正电的点电荷在E点由静止释放后向F点运动的过程中速度和加速度如何变化？
解析 根据等量负点电荷的电场线分布可知，在MN的中垂线上，从无穷远处到O点，电场强度先变大后变小，到O点变为零，电场强度方向沿中垂线指向O点；若E、F相距较远，则带正电点电荷受库仑力从E向O运动过程中，点电荷的速度不断增大，加速度先变大后变小，在O点时加速度变为零，速度达到最大，从O向F运动过程中，带正电点电荷的速度不断减小，加速度先变大后变小——具有对称性，运动到F点时，速度减为零.如果E、F相距较近，则带正电点电荷受库仑力从E向O运动过程中，速度不断增大，加速度越来越小，在O点时加速度变为零，速度达到最大，从O向F运动过程中，速度不断减小，加速度越来越大，运动到F点时，速度减为零.
方法点拨
两种等量点电荷电场强度及电场线比较
考点3 电场强度的叠加
1.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[29] 矢量和 .
2.常用特殊思维方法
如图，空间存在两个点电荷Q1、Q2，则
（1）图中P点的电场强度的大小与方向和哪些因素有关？
答案 与两个点电荷所带电荷量的大小、正负和Q1、Q2与P点之间的距离有关.
（2）由于电场强度是 矢量 ，故计算P点的电场强度时需要使用 平行四边形定则 .
命题点1 点电荷电场强度的叠加
9.[2023重庆]真空中固定有两个点电荷，负电荷Q1位于坐标原点处，正电荷Q2位于x轴上，Q2的电荷量大小为Q1的8倍.若这两点电荷在x轴正半轴的x＝x0处产生的合电场强度为0，则Q1和Q2相距（ B ）
A.2x0B.（22－1）x0
C.22x0D.（22＋1）x0
解析 根据题意分析可知，正电荷Q2应位于x轴负半轴上，如图所示，设Q1与Q2相
距x1，则根据场强叠加原理可知，kQ1x02＝kQ2(x0＋x1)2，又Q2＝8Q1，联立解得
x1＝(22－1)x0，B正确.
方法点拨
分析电场叠加问题的一般步骤
电场强度是矢量，叠加时遵从平行四边形定则.
命题点2 对称法、填补法、微元法、等效法的应用
10. [填补法、对称法]如图所示，正电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R，CD为通过半球面顶点C和球心O的轴线.P、M为轴线上的两点，距球心O的距离均为R2.在M右侧轴线上O'点固定一带正电的点电荷Q，O'、M点间的距离为R，已知P点的场强为零，若均匀带电的封闭球壳内部电场强度处处为零，则M点的场强大小为（ C ）
A.0B.3kq4R2
C.3kQ4R2D.kQR2－kq4R2
解析 因P点的场强为零，所以半球面上的正电荷q在P点产生的场强和点电荷Q在P点产生的场强等大反向，即半球面上的正电荷q在P点产生的场强大小为E1＝kQ4R2，方向沿轴线向右.现补全右侧半球面，如图所示，根据均匀带电的封闭球壳内部电场强度处处为零知，均匀带电的封闭球面在M点产生的电场强度为零，即左半球面在M点产生的场强和右半球面在M点产生的场强等大反向，又由对称性知左半球面在P点产生的场强和右半球面在M点产生的场强等大反向，即左半球面在M点产生的场强大小为E2＝kQ4R2，方向沿轴线向右，点电荷Q在M点产生的场强大小为E3＝kQR2，方向沿轴线向左，故M点的场强大小为EM＝kQR2－kQ4R2＝3kQ4R2，方向沿轴线向左，故C正确.
11.[微元法]如图所示，均匀带正电圆环带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为过圆心且垂直于圆环平面的直线上的一点，OP＝l，求P点的场强大小和方向.
答案 kQl（R2＋l2）32，方向由O指向P
解析 若将圆环分成n小段，则每一小段可视为点电荷，其电荷量为q＝Qn，
这样就把非理想化模型转化为了理想化模型，每一个点电荷在P点产生的场强大小为E＝kQnr2＝kQn(R2＋l2).如图所示，根据对称性可知，每一个点电荷在P点产生的场强在垂直于OP方向的分量Ey、Ez(未画出)都会被抵消，又Ex＝E cs θ
＝kQn(R2＋l2)· cs θ＝kQn(R2＋l2)·lR2＋l2＝kQln(R2＋l2)32，所以P点的场强EP＝nEx＝kQl(R2＋l2)32，方向由O指向P.
12.[等效法/2022山东]半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷.点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷.将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零.圆环上剩余电荷分布不变，q为（ C ）
A.正电荷，q＝QΔLπRB.正电荷，q＝3QΔLπR
C.负电荷，q＝2QΔLπRD.负电荷，q＝23QΔLπR
解析 在取走A、B处两段小圆弧上的电荷之前，整个圆环上的电荷在O点产生的
场强为零.根据等效法知，取走的A、B处的电荷的电荷量qA＝qB＝Q2πRΔL，qA、qB在
O点产生的合场强大小为EAB＝kQ2πRΔLR2＝kQΔL2πR3，方向为从O指向C，故取走A、B处的
电荷之后，剩余部分在O点产生的场强大小为kQΔL2πR3，方向由C指向O，而点电荷q放
在D点后，O点场强为零，故q在O点产生的场强与qA、qB在O点产生的合场强相同，
所以q为负电荷，即有kq(2R)2＝kQΔL2πR3，解得q＝2QΔLπR，C正确.
热点9 静电现象的利用和防护
静电现象在生活中随处可见，随着人们对静电的认知逐渐深入，人们开始科学对待静电.要关注日常生活中常见的静电现象，养成用物理知识解释生活现象的习惯.
1.[静电吸附]在一次科学晚会上，一位老师表演了一个“魔术”：如图所示，一个没有底的空塑料瓶中固定着一根铁锯条和一块易拉罐（金属）片，把它们分别跟静电起电机的两极相连.在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看见整个透明塑料瓶里烟雾缭绕.当摇动起电机时，塑料瓶里变得清澈透明，停止摇动，瓶里又是烟雾缭绕.关于以上实验，下列说法正确的是（ B ）
A.室内的空气湿度越大，实验效果越好
B.若锯条接电源负极，金属片接正极，则这些烟尘附着在金属片上面
C.摇动起电机前，需先让烟尘颗粒带上电荷，实验才能成功
D.起电机摇动时，塑料瓶内金属片处电场强度最大
解析 潮湿的空气易于导电，则起电机产生的静电不容易在铁锯条和易拉罐（金属）片上积累，则该实验不易成功，A错误；锯条和金属片间的电场让空气电离，电离出的电子让烟尘颗粒带负电，不需先让烟尘颗粒带上电荷，C错误；若锯条接电源负极，金属片接正极，带负电的烟尘附着在金属片上面，B正确；起电机摇动时，铁锯条处聚集的电荷最密集，则电场强度最大，D错误.
2.[静电应用]如图所示是用一种新型“静电”绝缘纤维布制成的口罩.熔喷布经驻极工艺，表面带有电荷，它能阻隔直径极微小的病毒，这种静电的阻隔作用属于（ D ）
A.静电屏蔽B.摩擦起电
C.尖端放电D.静电吸附
解析 熔喷布表面带有电荷，当极微小的病毒靠近时，由于静电感应而带电，从而被熔喷布吸附，其原理为静电吸附，选项D正确.
3.[静电现象理解]如图所示，某同学在桌上放两摞书，然后把一块洁净的玻璃板放在上面，使玻璃板离开桌面2～3cm，在宽约0.5cm的纸条上画出各种舞姿的人形，用剪刀把它们剪下来，放在玻璃板下面，再用一块硬泡沫塑料在玻璃上来回擦动，此时会看到小纸人翩翩起舞.下列哪种做法能使实验效果更好（ D ）
A.将玻璃板换成钢板
B.向舞区哈一口气
C.将玻璃板和地面用导线连接
D.用火把舞区烤一烤
解析 钢板是导体，与泡沫塑料摩擦时不易带电，效果并不好，故A错误；向舞区哈一口气时，由于哈出的气中含有大量的水分，玻璃板所带电荷量会减小，效果减弱，故B错误；将玻璃板和地面用导线连接时，可能会有一部分电荷流入大地，效果不明显，故C错误；用火烤会使玻璃板更加干燥，更容易发生静电现象，实验现象更明显，故D正确.
1.[电荷守恒定律/2023上海]三个大小相同的导体球x、y、z，带电荷量分别为＋4μC、0（不带电）和－10μC，让x与y先接触，然后让y与z接触，最终y所带的电荷量为（ A ）
A.－4μCB.－3μC
C.－2μCD.－1μC
解析 由于x、y、z三个导体球大小相同，则x与y接触时，根据电荷守恒定律得
Q1＝Qx＋Qy2＝+4μC+02＝＋2 μC，故y所带的电荷量为＋2 μC；y再与z接触，两者带异
种电荷，电荷先中和，余下的电荷再平分，由电荷守恒定律得Q2＝Qx＋Qy2＝+2μC＋(-10μC)2＝－4 μC，最终y所带的电荷量为－4 μC，A正确，BCD错误.
2.[库仑定律＋点电荷模型/2021上海]如图，在一个点电荷Q附近的a、b两点放置检验电荷.则检验电荷的受力F与其电荷量q的关系图为（ B ）
A B
C D
解析 由公式F＝Eq可知检验电荷的受力F与其电荷量q关系图线的斜率表示该点的电场强度，又由点电荷产生的电场的电场强度E＝kQr2可知a点的电场强度大于b点的电场强度，所以F－q图像中a点与坐标原点连线的斜率大于b点与坐标原点连线的斜率，B正确，A、C、D错误.
3.[“对称法”分析电场强度/2021江苏]一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，OA＝OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则（ A ）
A.O、C两点电势相等
B.A点的电场强度大于B点
C.沿直线从A到B电势先升高后降低
D.沿直线从A到B电场强度逐渐增大
解析 将题中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，左、右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且E1＝E2，故在图示电场中，A的电场强度大小为E2，方向向左，B的电场强度大小为E1，方向向左，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同，B、D错误.由电场强度的叠加可知，B点左侧的电场方向均向左，沿电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从 A到 B电势一直升高，C错误.由排除法可知，A正确.
4.[对称思想＋模型建构/2020全国Ⅱ/多选]如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷.a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等，则（ ABC ）
A.a、b两点的场强相等
B.a、b两点的电势相等
C.c、d两点的场强相等
D.c、d两点的电势相等
解析 沿竖直方向将圆环分割成无穷个小段，关于水平直径对称的两小段构成等量异种点电荷模型，在等量异种点电荷的垂直平分线上各点场强方向由正点电荷指向负点电荷，根据对称性可知a、b两点的场强相等，A项正确；取无穷远处电势为零，在等量异种点电荷的垂直平分线上各点电势均为零，故a、b两点的电势相等，B项正确；沿水平方向将圆环分割成无穷个小段，关于竖直直径对称的两小段构成等量同种点电荷模型，在等量同种点电荷的垂直平分线上各点场强方向垂直于连线，根据对称性可知c、d两点的场强相等，C项正确；在等量异种点电荷模型中，距离正点电荷近的点电势高，故φc＞φd，D项错误.
5.[点电荷模型＋场强叠加/2023全国乙]如图，等边三角形ABC位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上.已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求
（1）B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；
（2）C点处点电荷的电荷量.
答案 （1）q 3个点电荷均带正电 （2）3－33q
解析 （1）题中已知M点的场强竖直向下，可知A、B处点电荷在M点产生的场强等大反向，C处点电荷带正电，又M为AB边的中点，结合点电荷的场强公式E＝kqr2可知，A、B处两点电荷的电荷量大小相等，电性相同，即B点处点电荷的电荷量的绝对值为q
C处点电荷在N点产生的电场强度方向为N→B，假设A、B两点处点电荷均带负电，则三个点电荷在N处产生的合场强方向不可能竖直向上，所以A、B两点处点电荷均带正电，即3个点电荷均带正电
（2）设C点处点电荷的电荷量为qC，等边三角形的边长为2L，则AN＝3L，对三个点电荷在N处产生的电场强度分析，如图所示，其中EBC是B、C处点电荷在N处产生的合场强，EAN是A处点电荷在N处产生的场强，EN为N点处的合场强
根据几何关系得EANEBC＝tan30°
故kq（3L）2＝（kqL2－kqCL2）tan30°
解得qC＝3－33q.
1.[2023浙江台州联考/多选]关于静电的利用与防范，下列说法正确的是（ ACD ）
A.安装避雷针可使建筑物免遭雷击
B.静电复印机的工作原理和静电现象完全无关
C.用静电喷漆的方法给汽车喷涂油漆，既省漆又均匀
D.油罐车在运输过程中会产生静电，车后拖一铁链，能防止静电产生危害
解析 高大建筑物顶上安放避雷针是为了防止静电危害，使建筑物免遭雷击，故A正确；静电复印机是利用静电工作的，与静电现象有关，故B错误；用静电喷漆的方法给汽车喷涂油漆，由于电荷间的相互作用，既省漆又均匀，故C正确；油罐车拖一条与地面接触的铁链是为了将摩擦产生的静电及时导走，防止静电危害，故D正确.
2.[2024江西赣州校考]下列关于电场强度的三个表达式E＝Fq、E＝kQr2和E＝Ud的叙述，错误的是（ A ）
A.E＝Fq是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电荷量
B.E＝kQr2是点电荷电场强度的决定式，Q是产生电场的电荷的电荷量，它不适用于匀强电场
C.E＝Ud是匀强电场场强的计算式，d是两点间沿电场线方向的距离，它仅适用于计算匀强电场的场强
D.从点电荷场强决定式分析库仑定律的表达式F＝kq1q2r2，式中kq2r2是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而kq1r2是点电荷q1产生的电场在q2处的场强大小
解析 E＝Fq是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的力，q是试探电荷的电荷量，故A错误；E＝kQr2是点电荷电场强度的决定式，只适用于点电荷，故B正确；E＝Ud是匀强电场场强的计算式，d是两点间沿电场线方向的距离，它仅适用于计算匀强电场的场强，故C正确；从点电荷场强决定式分析库仑定律的表达式F＝kq1q2r2，式中kq2r2是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而kq1r2是点电荷q1产生的电场在q2处的场强大小，故D正确.
3.[2024广东广雅中学校考]M和N都是不带电的物体，它们互相摩擦后，M带1.6×10－10C正电荷，下列说法正确的是（ C ）
A.在摩擦前M和N的内部没有任何电荷
B.摩擦的过程中电子从N转移到了M
C.N在摩擦后一定带1.6×10－10C负电荷
D.M在摩擦过程中失去了1.0×1010个电子
解析 摩擦起电的本质是电子的转移，在摩擦前，M、N内部都有电荷，故A错误.互相摩擦后M带1.6×10－10 C正电荷，即M上1.6×10－10 C的电荷转移到了N上，故B错误.N原来是电中性，摩擦后M上1.6×10－10 C的电荷转移到了N上，即N在摩擦后一定带1.6×10－10 C的负电荷，故C正确.M在摩擦过程中失去的电子数为n＝1.6×10-10 C1.6×10-19 C＝1.0×109个，故D错误.
4.[电场线画法选择]真空中的O点固定一带负电的点电荷－Q，一原来不带电的金属球从右侧靠近点电荷放置，由于静电感应，金属球左右两侧表面就聚集了等量异种电荷，称之为感应电荷.感应电荷在金属球内部激发电场的三条电场线画法正确的是（ B ）
A B C D
解析 静电平衡时，金属球内部的合场强处处为零，即感应电荷在球内各处激发的场强与O点的带负电的点电荷激发的场强等大反向，处处抵消，B正确.
5.如图所示，M、N为两个等量正点电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的负点电荷，G点与P点关于O点对称，不计负点电荷的重力，只在M、N静电力作用下，下列说法一定正确的是（ C ）
A.负点电荷在从P点到O点的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大
B.负点电荷在从P点到O点的过程中，加速度越来越小，速度越来越大
C.负点电荷运动到O点时加速度为零，速度达到最大值
D.负点电荷在从O点到G点的过程中，速度越来越小，加速度越来越大
解析 负点电荷在从P点到O点的过程中，所受的电场力方向沿纸面向下，做加速运动，所以速度越来越大，因为从O点沿纸面向上到无穷远，电场强度先增大后减小，负点电荷在从P点到O点的过程中，电场强度的大小变化不能确定，所以其所受电场力的大小变化无法确定，加速度的大小变化也不能确定，A、B错误；负点电荷运动到O点时，其所受的电场力为零，加速度为零，然后继续沿纸面向下做减速运动，所以在O点时负点电荷的速度达到最大值，C正确；负点电荷在从O点到G点的过程中，做减速运动，速度越来越小，同理，加速度的大小变化无法确定，D错误.
6.如图所示是一对不等量异种点电荷的电场线分布图，图中两点电荷连线长度为2r，左侧点电荷带电荷量为＋2q，右侧点电荷带电荷量为－q，点M、N、P、Q位于两点电荷形成的电场中，其中P、Q两点关于两电荷连线对称.静电力常量为k.由图可知（ D ）
A.P、Q两点的电场强度相同
B.M点的电场强度小于N点的电场强度
C.一试探电荷在N点所受电场力大于该试探电荷在M点所受的电场力
D.两点电荷连线的中点处的电场强度大小为3kqr2
解析 根据题图可知，P点场强方向与Q点场强方向不同，所以P、Q两点的电场强度不相同，故A错误；电场线的疏密表示电场强度的大小，所以M点的电场强度大于N点的电场强度，故B错误；因M点的电场强度大于N点的电场强度，根据F＝qE知，试探电荷在M点所受电场力大于在N点所受电场力，故C错误；依据点电荷的电场强度公式及电场叠加原理知，两点电荷连线的中点处的电场强度为E合＝2kqr2＋kqr2＝3kqr2，故D正确.
7.[非点电荷电场/2023上海七宝中学期中]图甲为二分之一均匀带电圆环，O1为其圆心，图乙为四分之三均匀带电圆环，O2为其圆心，两圆环半径相同，单位长度的带电荷量、电性相同，O1处的电场强度大小为E0，电势为φ0.已知在真空中电荷量为Q的点电荷产生的电场中，若取无穷远处为零电势点，则离该点电荷距离为r的某点的电势为φ＝kQr，则O2处的场强大小和电势分别为（ C ）
A.32E0，32φ0B.32E0，12φ0
C.22E0，32φ0D.22E0，22φ0
解析 设四分之一圆环在圆心处产生的场强大小为E，对题图甲中的二分之一圆环，由电场强度的合成可知2E＝E0，故E＝22E0，题图乙中的四分之三圆环的左上四分之一圆环和右下四分之一圆环在圆心处产生的场强等大反向，故O2处的场强大小等于右上四分之一圆环在O2处产生的场强大小，为22E0.设题图甲中的二分之一圆环的带电荷量为q，则题图乙中的四分之三圆环的带电荷量为32q，电势是标量，由φ0＝kqr得O2处的电势为φO2＝3q2·kr＝32φ0，故选C.
8.[库仑力作用下的平衡/2023广东韶关一模]如图所示，有三个质量相等可视为点电荷的带电绝缘小球A、B、C，其中A带负电并固定在竖直绝缘弹簧下端，当A、B、C三个小球的球心距离均为L时，B、C两小球悬在空中处于静止状态.已知B、C两小球带电荷量相等.下列说法正确的是（ A ）
A.小球A带的电荷量是小球B带电荷量的2倍
B.小球A受到5个作用力
C.弹簧弹力等于B、C两个小球对A球库仑力的矢量和
D.小球A与弹簧连接处断开瞬间，B、C两个小球一起做自由落体运动
解析 根据B、C两小球受力平衡可知B、C两小球带等量的正电荷，设小球A、B的电荷量绝对值分别为qA、qB，则A、B之间的库仑力FAB＝kqAqBL2，B、C之间的库仑力FBC＝kqB2L2，对B受力分析如图所示，有FAB cs θ＝FBC，θ＝60°，解得qA＝2qB，故A正确；分析A的受力，A受到重力、两个库仑力和弹簧弹力，共4个力，故B错误；对小球A受力分析，受竖直向上的弹力，竖直向下的重力，竖直向下的B、C两球的库仑力的合力，小球处于平衡状态，即弹簧弹力大于B、C两个小球对A球库仑力的合力，故C错误；小球A与弹簧连接处断开瞬间，A受重力和B、C小球对A的库仑力，A下落的加速度大于重力加速度，断开瞬间小球B、C受力不变，加速度为零，故D错误.
9.[2023湖南]如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°.若P点处的电场强度为零，q＞0，则三个点电荷的电荷量可能为（ D ）
A.Q1＝q，Q2＝2q，Q3＝q
B.Q1＝－q，Q2＝－433q，Q3＝－4q
C.Q1＝－q，Q2＝2q，Q3＝－q
D.Q1＝q，Q2＝－433q，Q3＝4q
解析 若三个点电荷都带正电或负电，则三个点电荷在P点产生的场强叠加后一定不为零，AB错；几何关系如图1，若Q1＝Q3＝－q，则根据E＝kQr2分析可知E1＝4E3，Q1和Q3在P点产生的电场强度叠加后为E13，如图2所示，与Q2在P点产生的电场强度不可能在一条直线上，即P点处的电场强度不可能叠加为零，C错；若4Q1＝Q3＝4q，Q2＝
－433q，则根据E＝kQr2分析可知E1＝E3＝kqr2，叠加后E13＝k3qr2，如图3所示，与Q2在P点产生的电场强度等大反向，叠加为零，D对.
一题多解 根据图1所示的几何关系可知E1＝kQ1r2、E2＝kQ2(23r)2＝3kQ24r2、E3＝kQ3(2r)2＝kQ34r2，将Q2、Q3在P点产生的场强分解为水平方向和竖直方向，则由题意P点处的电场强度为零可得，水平方向上有E2 cs 60°＋E3 cs 30°＝0，竖直方向上有E1＋E2 sin 60°＋E3 sin 30°＝0，联立解得Q3＝－3Q2，Q1＝－34Q2，即Q3Q1＝41，Q2与Q1和Q3的电性相反，故D对，ABC错.
10.[三维坐标系中场强分析]如图所示的坐标系中，P、M、N为坐标轴上的三点，它们到坐标原点O的距离相等.空间内存在场强大小为E的匀强电场，M、N两点固定有电荷量相等的正点电荷，O点的场强为0.现把N点的点电荷移到P点，其他条件不变.则此时O点的场强大小为（ B ）
A.0B.EC.2ED.2E
解析 如图，M、N处的点电荷在O点产生电场的场强EM、EN大小相等，方向分别沿负y和负z方向，故匀强电场的方向平行于yOz平面，与Oy、Oz两轴的夹角相等，对O点进行分析，匀强电场在y、z两轴的分量Ey、Ez分别与EM、EN大小相等，均为22E.将N点的点电荷移到P点后，该电荷在O点产生的电场的场强EP大小等于EN，方向沿负x方向，Ey与EM的合场强为0，此时O点的场强为Ez与EP的合场强，合场强大小为E，B正确.
11.[验证库仑定律实验/2023广东深圳中学校考/多选]某同学设计如图所示的实验装置来验证库仑定律.首先，将一个带电小球A用绝缘细线悬挂，并使另一个与它带同种电荷的小球B靠近它，A球受到B球的静电斥力F而发生偏移，测得A球的质量为m，悬点到A球球心的距离为l.然后，在保持两球电荷量不变的情况下，移动小球B改变两球之间的距离，最后，用刻度尺测量稳定后两球间的距离r和A球偏移的距离d（实验中满足l≫d）.下列说法正确的是（ BD ）
A.实验中，小球A所受静电力的测量值F＝mgld
B.实验中仅测量d与r，也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”
C.为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与r2的关系图像
D.为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与1r2的关系图像
解析 设小球A受静电斥力作用发生偏移达到平衡后细线与竖直方向的夹角为θ，由于l≫d，可以认为两小球的运动在同一直线上，小球A所受的静电力F＝mgtan θ，由于θ很小，tan θ≈ sin θ＝dl，所以F≈mgdl，再由库仑定律F＝kqAqBr2＝mgdl，可得d＝klqAqBmgr2，所以实验中仅测量d与r，也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”，故A错误，B正确；为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与1r2的关系图像，得到一条倾斜的直线，故C错误，D正确.
12.[电偶极子]“顿牟掇芥”是两千多年前我国古人对摩擦起电现象的观察记录，“顿牟掇芥”是指经摩擦后的带电玳瑁能吸起轻小物体.我们可以将其简化为下述模型分析探究.
如图所示，在某处固定一个电荷量为Q的点电荷，在其正下方h处有一个原子.在点电荷产生的电场（场强为E）作用下，原子的负电荷中心与正电荷中心会分开很小的距离l，形成电偶极子.描述电偶极子特征的物理量称为电偶极矩p，p＝ql，这里q为原子核的电荷.
实验显示p＝αE，α为原子的极化系数，是与原子本身特性有关的物理量，反映原子被极化的难易程度.被极化的原子与点电荷之间产生作用力F.在一定条件下，原子会被点电荷“掇”上去.
（1）判断F是吸引力还是排斥力，简要说明理由.
（2）若固定点电荷的电荷量增加一倍，力F如何变化？
（3）若原子与点电荷间的距离减小为原来的一半，力F如何变化？
答案 （1）吸引力 理由见解析 （2）增大到原来的4倍 （3）增大到原来的32倍
解析 （1）F为吸引力.理由：当原子极化时，与Q异性的电荷在库仑力作用下移向Q，而与Q同性的电荷在库仑力作用下远离Q，这样异性电荷之间的吸引力大于同性电荷之间的排斥力，总的效果表现为F是吸引力.
（2）电荷Q与分离开距离为l的一对异性电荷之间的总作用力为
F＝kQq（h－l2）2－kQq（h＋l2）2
考虑到l≪h，化简得F＝kqQ（1h2－hl－1h2＋hl）＝2kQqlh3
利用p＝ql，可得F＝2kQph3，根据点电荷电场强度公式知，若固定点电荷的电荷量增加一倍，即Q增大为2Q，被极化的原子处的电场强度E增大到原来的2倍.由p＝αE可知电偶极矩p增大到原来的2倍.由F＝2kQph3可知作用力F增大到原来的4倍.
（3）根据点电荷电场强度公式知，若原子与点电荷间的距离减小为原来的一半，即h减小为原来的一半，则被极化的原子处的电场强度E增大到原来的4倍.由p＝αE可知电偶极矩p增大到原来的4倍.由F＝2kQph3可知作用力F增大到原来的32倍.课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
1.通过实验，了解静电现象.能用原子结构模型和电荷守恒的知识分析静电现象.
2.知道点电荷模型.知道两个点电荷间相互作用的规律.体会探究库仑定律过程中的科学思想和方法.
3.知道电场是一种物质.了解电场强度，体会用物理量之比定义新物理量的方法.会用电场线描述电场.
4.了解生产生活中关于静电的利用与防护.
电荷守恒定律 库仑定律的理解及应用
2023：海南T8，上海T6，全国乙T24，上海T11；
2021：湖北T11，上海T12；
2020：浙江1月T13；
2019：全国ⅠT15
1.物理观念：理解电荷、电场强度等基本概念；掌握库仑定律的基本规律；认识场的物质性.
2.科学思维：类比库仑定律及万有引力定律；掌握点电荷模型的思维方法.
3.科学探究：探究电荷间的相互作用.
4.科学态度与责任：认识静电对生产生活的影响.
电场强度的理解和计算
2023：全国甲T18；
2022：山东T3，湖南T2；
2020：全国ⅡT20
电场强度的叠加
2023：湖南T5，全国乙T24；
2021：湖南T4，北京T9，江苏T10；
2019：全国ⅢT21
命题分析预测
每年必考，高考对此部分内容的考查难度不大，以选择题为主.库仑定律的应用及电场强度叠加为考查热点.预计2025年高考可能会考查电场的叠加问题，结合实际考查静电的利用也可能是新的命题热点.
公式
适用条件
说明
定义式
E＝Fq
任何电场
某点的场强为确定值，其大小及方向与试探电荷q无关
决定式
E＝kQr2
真空中点电荷形成的电场
某点的场强由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r决定
关系式
E＝Ud
匀强电场
由电场本身决定，d是沿电场方向的距离
比较
等量异种点电荷
等量同种点电荷
电场线分布图
电荷连线上的电场强度
沿连线先变小后变大
O点最小，但不为零
O点为零
中垂线上的电场强度
O点最大，向外逐渐减小
O点最小，向外先变大后变小
关于O点对称位置的电场强度
A与A'、B与B'、C与C'
等大同向
等大反向
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.如图所示，均匀带电的34圆弧在O点产生的场强可等效为弧BC在O点产生的场强
填补法
如图，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
微元法
将研究对象分割成若干微小的单元，或从研究对象上选取某一“微元”加以分析，从而使变量、难以确定的量转化为常量、容易确定的量
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，等效为两个等量异种点电荷形成的电场的一部分，如图甲、乙所示
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