文档文本内容
静电场及其应用：库仑定律及其应用、电场强度的计算专项训练
考点目录
库仑定律及其应用 电场强度的计算
考点一 库仑定律及其应用
核心知识点
qq
库仑定律：F=k 1 2 (真空中点电荷)，k为静电力常量；同种电荷相斥、异种电荷相吸；适用条件：真空、点电
r2
荷。
解题思路点拨
1. 判断受力方向：根据电荷正负，确定库仑力是引力还是斥力，画出受力示意图。
2. 区分研究对象：明确单个电荷/多个电荷系统，选定分析对象。
3. 计算力的大小：满足条件直接代库仑定律公式；非点电荷需等效处理。
4. 力的合成与平衡
共线：力直接代数加减；
不共线：用平行四边形定则、正交分解求合力；
平衡问题：合力为零，列平衡方程求解电荷量、距离、未知力。
5. 动态分析：改变电荷间距、电荷量，结合公式判断力的大小、方向变化。
1.(25-26高一下·江苏南京·期中)如图所示，质量均为m的三个带电小球A、B、C用三根长度均为l的绝
缘轻杆相互连接，放置在光滑绝缘的水平面上，在C球上施加一个水平向右的恒力F之后，三个小球一
起向右运动，三根轻杆刚好都没有弹力，F的作用线反向延长线与A、B间轻杆相交于杆的中点，(已知
F、m、l为已知量，k为静电力常量)，求：
(1)系统的加速度大小；
(2)A、B、C三球电荷量。
F
【答案】(1)a=
3m
l 3F 2l 3F
(2)q =q = ，q =
A B 3 k C 3 k
F
【详解】(1)三个小球相对静止，对整体进行受力分析可得F=3ma，解得a=
3m
(2)因为三个小球一起向右运动时，三根轻杆刚好都没有弹力
所以对三个小球受力分析可知，A、B两球带等量同种电荷，C与A、B两球电性相反
1设C球电荷量为-q ，设A、B两球电荷量为q 、q ，则有q =q
C A B A B
q q q q
对A：k A C cos60°=k A B
l2 l2
q q q q
对C：F-k A C sin60°-k B C sin60°=ma
l2 l2
l 3F 2l 3F
联立解得q =q = ，q =
A B 3 k C 3 k
2.(25-26高一下·江苏淮安·期中)如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接
一根劲度系数为k 的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。A球质量为m，B球质量为M，且均带
0
电，其中A球带电荷量q ，系统处于静止状态。已知静电力常量k，重力加速度g。
A
(1)若已知两球间距为L，求B球所带电荷量q 大小；
B
(2)求弹簧伸长量Δx
MgL2sinα
【答案】(1)q =
B kq
A
M+m
(2)Δx=
2
gsinα
k
0
q q
【详解】(1)根据平衡可知，对B球 Mgsinα=k A B
L2
MgL2sinα
解得q =
B kq
A
(2)对AB整体分析：M+m gsinα=k Δx 0
M+m
解得Δx=
gsinα
k
0
3.(24-25高一下·江苏南京·期中)如图所示，倾角为37°的光滑绝缘斜面体固定在水平面上，带电量为q的
负点电荷A固定在斜面底端，质量为m的带电小球B在斜面上离点电荷A距离为L的M点由静止释
放，释放的瞬间，小球B的加速度大小为a=0.5g，小球B向下运动到N点时，速度达到最大值。已知重
力加速度为g，静电力常量为k，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)小球B所带电的电性；
(2)小球B所带电量q =？
B(3)A、N之间的距离d=？
【答案】(1)带负电
mgL2
(2)
10kq
6
(3) L
6
【详解】(1)由于小球B向下运动到N点时，速度达到最大值，说明此时电场力与重力沿斜面向下的分力
平衡，A带负电，则小球B也带负电。
(2)释放的瞬间，小球B的加速度大小为a=0.5g,
kqq
根据牛顿第二定律可得mgsin37°- B =ma
L2
mgL2
解得q =
B 10kq
kqq
(3)小球B向下运动到N点时，速度达到最大值，根据平衡条件可得mgsin37°= B
d2
6
解得d= L
6
4.(24-25高一下·浙江杭州·期中)真空中有两个完全相同的半径为1cm的带电绝缘金属小球A和B，它
们分别带有电荷量Q =+9×10-9C，Q =-7×10-9C。已知静电力常量k=9.0×109Nm2/C2，求
A B
(1)A、B相距1m时，A、B间的库仑力大小。
(2)让两绝缘金属小球接触，在接触过程中，电子如何转移并转移了多少个电子？
【答案】(1)
5.67×10-7 N
(2)
电子由B转移到A，共转移5×1010个电子
∣Q Q ∣
【详解】(1)两球相距1m，远大于自身半径1cm，可视为点电荷。根据库仑定律F=k A B =
r2
9.0×109×9×10-9×7×10-9
N=5.67×10-7N
12
Q +Q
(2)相同带电金属小球接触后，电荷先中和、剩余电荷平分。接触后每个小球带电量q= A B =+1
2
×10-9C
A原本带+9×10-9C，接触后带+1×10-9C，说明A得到了8×10-9C的负电荷，因此电子从B转移到
A。转移的总电荷量大小ΔQ=8×10-9C
ΔQ 8×10-9
转移电子数 n= = 个=5×1010个
e 1.6×10-19
5.(24-25高二上·福建漳州·阶段检测)如图所示，一电荷量为Q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，另
一个带电量也为Q的带电小球B固定于O点的正下方，已知绳长OA为2l，O到B点的距离为l，平衡
时A、B带电小球处于同一高度，静电力常量为k。求：
3(1)A、B间库仑力大小。
(2)细线拉力大小。
(3)A小球的质量M。
Q2
【答案】(1)k
3l2
2 3kQ2
(2)
9l2
3kQ2
(3)
9gl2
【详解】(1)由几何关系，A、B间的距离为r= 3l
Q2 Q2
根据库仑定律，可得库仑力大小为F=k =k
r2 3l2
(2)受力分析，根据几何关系T:F=2: 3
Q2
且F=k
3l2
2 3kQ2
可得细线拉力大小T=
9l2
(3)根据Mg:F=1: 3
3 3kQ2
可得M= F=
3g 9gl2
6.(25-26高二上·陕西渭南·期末)如图所示，有两个相同的带正电小球A、B(视为点电荷)，小球A固定在
竖直绝缘墙上，轻质绝缘丝线一端连接小球B，另一端悬挂在墙上C点，两球保持静止状态，此时丝线与
竖直方向的夹角θ=30°，A、B连线与竖直方向的夹角也为30°，已知两球带电荷量均为q，A、B间距离
为x，重力加速度大小为g，静电力常量为k。
(1)求每个小球的质量m；
(2)若突然剪断丝线，求此瞬间小球B的加速度大小a。
43kq2
【答案】(1)
gx2
3
(2) g
3
kq2
【详解】(1)根据库仑定律有F =
库 x2
对小球B受力分析，由平衡条件得F sin30°=Tsin30°，F cos30°+Tcos30°=mg
库 库
3kq2
解得m=
gx2
3
(2)剪断丝线瞬间，小球B所受的合外力大小等于T，有T= mg
3
由牛顿第二定律有T=ma
3
解得a= g
3
5考点二 电场强度的计算
核心知识点
F
6. 定义式：E= (普遍适用，E与F、q无关)；
q
Q
7. 点电荷场强公式：E=k (仅适用于真空中点电荷)；
r2
8. 场强叠加原理：多个电荷的合场强为各电荷单独产生场强的矢量和。
解题思路点拨
9. 选对应公式
F
已知试探电荷受力：用定义式E= ；
q
Q
已知场源点电荷：用E=k 。
r2
10. 确定场强方向：正电荷场强背离自身，负电荷场强指向自身。
11. 单一场源：直接代入公式计算大小，标注方向。
12. 多个场源(场强叠加)
分别算出每个电荷在该点产生场强的大小、方向；
共线场强：直接代数运算；
不共线场强：正交分解/平行四边形定则矢量合成，求合场强大小与方向。
13. 综合题型：结合电场力F=qE、平衡条件，联立求解未知量。
7.(25-26高一下·浙江温州·期中)如图所示，同一竖直平面内，有两根光滑绝缘杆OA和OB，与竖直线
OC的夹角均为45°，两杆上均套有能自由滑动的完全相同的导体小球，带电量均为+q，且静止于同一竖
直高度处，与O点的距离都为L，已知静电力常量k和重力加速度g，两小球可视为质点，求：
(1)两小球间的库仑力的大小；
(2)O点的电场强度；
(3)小球的质量。
q2
【答案】(1)k
2L2
2q
(2)k ，方向竖直向下
L2
q2
(3)k
2gL2
【详解】(1)由几何关系可知，平衡时两球相距L = 2L
AB
q2 q2
由库仑定律可得F =k =k
库 L2 AB 2L
6
q2
=k
2 2L2(2)两导电小球在O点的电场强度如图所示
q
两电场强度大小为E =E =k
1 2 L2
2q
可得E =k
0 L2
方向竖直向下。
mg
(3)以其中一个小球为对象，由平衡条件可得tan45°=
F
库
q2
可得m=k
2gL2
8.(25-26高一下·江苏盐城·期中)如图所示，A、B、C三点为一直角三角形的三个顶点，∠B=30°，现在
A、B两点放置两点电荷q 、q 测得C点电场强度的方向与AB平行，则
A B
(1)q 带正电还是负电？
A
(2)q 、q 电荷量之比为多少？
A B
【答案】(1)负电
(2)q :q =1:8
A B
【详解】(1)该直角三角形直角顶点在A，合场强E 沿水平向左平行于AB，说明C点合场强竖直分量为
C
0：
A在C正下方，若q 为正电，A在C的场强沿AC向上；若q 为负电，场强沿AC向下。
A A
B在C右下方，要使合场强水平向左，B在C的场强方向斜向左上即q 带正电，其竖直分量向上，因此需
B
要A的场强竖直向下抵消该分量，故q 带负电。
A
(2)由几何关系∠B=30°，直角三角形中BC=2AC，设AC=r ，BC=r =2r
A B A
1
竖直方向场强分量抵消，得E =E sin30°= E
A B 2 B
∣q ∣ 1 ∣q ∣
根据点电荷场强公式得 k A = ⋅k B
r2 2 (2r )2
A A
∣q ∣ 1
整理得 A =
∣q ∣ 8
B
即q :q =1:8
A B
79.(2026·福建南平·一模)如图，两半径近似相等的光滑绝缘环形挡板固定在光滑水平面内，组成一圆心为
O、半径为R的圆形轨道。A、B为轨道上两点，M为OA的中点，N点在OA延长线上、与O点距离为
2R，且BO⊥BN。在M点固定一电荷量为Q的负点电荷，在N点固定一电荷量为2Q的正点电荷。一
带正电小球在轨道内做匀速圆周运动，经过A点时对内、外侧挡板均无压力。已知小球质量为m、电荷
量为q，小球可视为质点且运动过程中电荷量保持不变，静电力常量为k。求：
(1)M、N两处的电荷产生的电场在A点的合场强大小；
(2)小球做匀速圆周运动的速度大小；
(3)小球经过B点时对挡板压力的大小和方向。
6kQ
【答案】(1)
R2
6kQq
(2)
mR
2 3
(3)大小为6-
3
8
kQq
，方向沿O→B方向
R2
Q
【详解】(1)M处的电荷在A点产生的方向沿A→O方向，大小为E =k
1 R
2
4kQ
=
2 R2
2Q 2kQ
N处的电荷在A点产生的方向沿A→O方向，大小为E =k =
2 R2 R2
4kQ 2kQ 6kQ
M、N两处的电荷产生的电场在A点的合场强大小E =E +E = + =
A 1 2 R2 R2 R2
v2
(2)小球经过A点时，小球所受库仑力的合力提供向心力，有qE =m
A R
6kQq
求得v=
mR
(3)由数学知识可知，∠BNO=30°，∠BON=60°，BM⊥ON，∠OBM=30°
小球经过B点时，M处的点电荷对小球的库仑力沿半径方向的分力与挡板对小球支持力的合力提供向
Qq
心力，有k
Rsin60°
v2
cos30°+F =m
2 N R
2 3
求得F =6-
N 3
kQq
R2
2 3
根据牛顿第三定律可知，小球经过B点时对挡板压力大小F'=F =6-
N N 3
kQq
R2
方向沿O→B方向。
10.(25-26高二上·四川巴中·阶段检测)如图所示，以O为圆心，r为半径的圆与坐标轴的交点分别为a、b、c、d，空间有与x轴正方向相同的匀强电场，同时在O点固定一个电荷量为+Q的点电荷。如果把一个
电荷量为-q的试探电荷放在c点，恰好平衡。求：
(1)匀强电场的场强大小为多少；
(2)a、d两点的场强。(不计-q产生的场强)
kQ
【答案】(1)E=
r2
2kQ 2kQ
(2) ，沿x轴正方向； ；方向斜向上方与x轴成45o
r2 r2
Qq
【详解】(1)在c点受力平衡：O点+Q对-q的库仑力沿x轴正方向，大小为k ；匀强电场对-q的电
r2
场力沿x轴负方向，大小为qE。
Qq
由平衡条件：k =qE
r2
kQ
解得匀强电场场强：E=
r2
(2)a点场强
kQ
+Q在a点产生的场强沿x轴正方向(正电荷场强背离自身)，大小为 ，与匀强电场同向叠加：E =
r2 a
kQ kQ 2kQ
+ = ，方向沿x轴正方向。
r2 r2 r2
d点场强
kQ
+Q在d点产生的场强沿y轴正方向，大小为 ，与沿x轴正方向的匀强电场垂直，合场强大小：E =
r2 d
kQ
r2
9
2 kQ
+
r2
2 2kQ
= ，方向与x轴正方向成45°角斜向上。
r2
11.(25-26高二上·内蒙古包头·期末)如图，A、B、C、D是正方形的四个顶点，正方形边长为a，在A点和
C点分别固定电荷量均为q的正点电荷，在B点固定一电荷量未知的点电荷后，D点的电场强度恰好等
于0。静电力常量为k，求：
(1)固定在B点的点电荷的电性和电荷量；(2)此时A处的正点电荷所受库仑力的大小及方向。(方向用力与水平方向夹角的正切值表示)
【答案】(1)带负电，2 2q
5kq2
(2) ，tanθ=7
2a2
【详解】(1)D点的电场强度恰好等于0，即A、B、C处3个点电荷在D点的合场强为0。
kq
E =E = 且E 垂直于E
CD AD a2 CD AD
则E = 2E
BD CD
kq
即E = B
BD 2a
10
kq
= 2
2 a2
解得q =2 2q
B
A、B处2个点电荷在D点的合场强方向为左上方45°，则B点处电荷在D点的场强方向为沿DB方向指
向B，可以判断B点处电荷带负电。
kq q kq2
(2)A、B 处点电荷相互吸引，方向沿AB方向指向B ，由库仑定律可得F = B A =2 2
BA a2 a2
kq q
A、C 处点电荷相互排斥，方向沿A C方向指向右上方45°，由库仑定律可得F = C A
CA 2a
kq2
=
2 2a2
2kq2 7 2kq2
正交分解可得F =F cos45°= ，F =F -F sin45°=
x CA 4a2 y BA CA 4a2
5kq2
则F = F2+F2=
合 x y 2a2
F
方向与水平方向夹角设为θ，则tanθ= y =7，斜向右下
F
x
12.(25-26高二上·河南商丘·阶段检测)如图所示，两个电荷量均为Q的正点电荷固定于真空中的A、B两
点，A、B间距离为L，MN为A、B连线在竖直面内的中垂线，交点为O，OM=ON=OA=OB=0.5L，
空间还存在沿MN向下的匀强电场，质量为m、电荷量为-q的负电荷C恰好静止在M点处，不计负电
荷C的重力，静电力常量为k。
(1)求匀强电场的场强大小；
(2)给电荷C一沿MO方向的初速度v ，若电荷C能运动到N点，求电荷C到N点时的速度大小。
0
2 2kQ
【答案】(1)
L2
4 2kQq
(2) v2-
0 mLkQq
【详解】(1)负电荷在M点受三力平衡，有Eq=2
2
L
2
11
2 2kQq
cos45°=
2 L2
2 2kQ
解得E=
L2
(2)点电荷A和B在M点和N点产生的电势相等，整个过程中两点电荷产生的电场对负电荷C做功的
1 1
代数和为0，根据动能定理有W= mv2- mv2
2 2 0
L 1 1
则有-2Eq = mv2- mv2
2 2 2 0
4 2kQq
解得v= v2-
0 mL
