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专题15 电场的力学性质
[题型导航]
题型一 库仑定律的理解和应用...........................................................................................................1
题型二 库仑力作用下的平衡问题.......................................................................................................3
题型三 库仑力下的变速问题.............................................................................................................11
题型四 电场强度的理解和计算.........................................................................................................14
[考点分析]
题型一 库仑定律的理解和应用
1．表达式：F＝k，适用条件是真空中两静止点电荷之间相互作用的静电力．
[例题1]
使两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷）分别带上﹣3Q 和+5Q 的电荷后，
将它们固定在相距为2a 的两点，它们之间库仑力的大小为F1．现用绝缘工具使两小球相互接
触后，再将它们固定在相距为a 的两点，它们之间库仑力的大小为F2．则F1 与F2 之比为（
）
A．2：1
B．4：1
C．15：4
D．60：1
【解答】解：相距为a 时，根据库仑定律得：
F1＝k3Q⋅5Q
(2a)
2
= 15k Q
2
4 a
2
；
接触后，各自带电量变为：Q′= 5Q -3Q
2
=Q，
则此时有：F2＝kQ
2
a
2 ；
则F1与F2之比为15：4，故C 正确，ABD 错误，
故选：C。
1
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[例题2]
放在绝缘支架上的两个相同金属球相距为d，球的半径比d 小得多，分别带有q
和﹣3q 的电荷，相互作用力为F．现将这两个金属球接触，然后分开，仍放回原处，则它们的
相互作用力将为（ ）
A．引力且大小为3F
B．斥力且大小为F
3
C．斥力且大小为2F
D．斥力且大小为3F
【解答】解：由库仑定律可得：F＝k3q
2
r
2
；
而两球接触后再分开平分总电量，由于两球带的是异种电荷，故分开后两球的带电量均为﹣q；
此时两个小球带同种电荷，它们之间的作用力为斥力；
库仑力大小：F′＝kq
2
r
2 = 1
3
F；故ACD 错误，B 正确
故选：B。
[例题3]
两个相同的带电金属小球，带电量分别为+3q 和+7q，小球半径远小于两球心的
距离r．将它们接触后放回原处，则此时的静电力大小为（ ）
A．k10q
2
r
2
B．k16q
2
r
2
C．k21q
2
r
2
D．k25q
2
r
2
【解答】解：因两电荷异性，带电量分别为3q，7q，两物体接触后电量平分，则可知各自的带
电量为5q；
由库仑定律可知：
静电力F= k Q1Q2
r
2
= 25k q
2
r
2
．故ABC 错误，D 正确
故选：D。
[例题4]
对于库仑定律，下面说法中正确的是（ ）
A．凡计算两个点电荷间的相互作用力，都可以使用公式F＝kQ1Q2
r
2
计算
B．相互作用的两个点电荷，若它们的电量不相同，它们之间的库仑力大小可能不相等
C．两个点电荷的电量各减为原来的一半，它们之间的距离保持不变，则它们之间的库仑力减为
原来的一半
2
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D．在公式F＝kQ1Q2
r
2
中，k Q2
r
2
是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；而k Q1
r
2
是点
电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小
【解答】解；A、库仑定律的适用条件是：真空和静止点电荷，两个带电小球距离非常近时，电
荷不能看成点电荷，因此不能使用库仑定律，故A 错误。
B、相互作用的两个点电荷之间的库仑力为作用力和反作用力的关系，大小始终相等，故B 错误。
C、根据库仑定律的计算公式F＝kQ1Q2
r
2
，当两个点电荷的电荷量都减为原来的一半，它们之间
的距离保持不变，则它们之间的库仑力减为原来的 1
4
，故C 错误；
D、在公式F＝kQ1Q2
r
2
中，k Q2
r
2
是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；而k Q1
r
2
是点
电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小。故D 正确。
故选：D。
题型二 库仑力作用下的平衡问题
1．平衡问题应注意：
(1)明确库仑定律的适用条件；
(2)知道完全相同的带电小球接触时电荷量的分配规律；
(3)进行受力分析，灵活应用平衡条件．
2．三个自由点电荷的平衡问题
(1)条件：两个点电荷在第三个点电荷处的合场强为零，或每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相
等，方向相反．
(2)规律：“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线上；“两同夹异”——正、负电荷相互间
隔；“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷．
[例题5]
如图所示的光滑绝缘环沿竖直方向固定，两个可视为质点的带电圆环套在绝缘环
上，其中带电圆环Q 与绝缘环的圆心O 等高，已知Q 带正电，两环平衡时∠OQP＝30°。则下
列说法正确的是（ ）
3
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A．圆环P 带负电
B．圆环P、Q 受绝缘环弹力之比为1：1
C．圆环P、Q 的电荷量之比为1：2
D．圆环P、Q 的质量之比为2：1
【解答】解：A、假设P 带负电
图1
P 球受力如图1 所示，P 球不可能平衡，所以P 球带正电，故A 错误；
BD、
图2
由图2 可知
mPg＝F
F＝F″
mQ g
F ″ =sin30° F″＝2mQg
4
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mP
mQ
= 2
1
，故D 正确；
F N 1
2
F
=
cos30° FN1=√3F=√3mPg
mQ g
F N 2
=tan30° FN2=√3mQg
F N 1
F N 2
= 2
1
，故B 错误；
C、两带电小球之间的库仑力与两个小球的电荷量都有关，故无法确定两电荷量的比值，故C 错
误。
故选：D。
[例题6]
（多选）如图，A、B 两带电小球，所带电荷量大小分别为QA、QB，质量分别为
m1 和m2。用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O 点，静止时A、B 两球处于同一水平线上，
∠OBA＝37°，∠OAB＝53°，C 是AB 连线上一点且在O 点的正下方，C 点的场强为零。已知
sin53°＝0.8，则（ ）
A．A、B 两球的质量之比为9：16
B．A、B 两球的带电荷量之比为81：256
C．同时剪断连接两小球A、B 的细线，A 小球一定先落地
D．同时剪断连接两小球A、B 的细线，A、B 小球水平位移之比为9：16
【解答】解：A.根据已知得OA⊥OB，OC⊥AB，对A 小球受力分析如图所示：
库仑斥力F =
m1g
tan53° = 3
4 m1g，同理对B 受力分析可得库仑斥力F ' =
m2 g
tan37° = 4
3 m2 g，根据牛
顿第三定律得F＝F′，联立三式得：m1
m2
= 16
9
，故A 错误；
5
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B. 已知C 点的场强为零，取水平向右为正方向，由点电荷场强公式得
EC = E1+ E2=k Q A
A C
2 +(-k QB
BC
2 )=0，
得
电
荷
量
之
比
为
Q A
QB
=( AC
BC )
2=(
OC
tan53°
OC
tan37°
)
2=( tan37°
tan53° )
2=( 9
16 )
2= 81
256
，故B 正确；
CD.同时剪断连接两小球A、B 的细线，竖直方向都只受重力，水平方向有相互作用的排斥力，
故竖直方向的分运动为自由落体运动，两球同时落地；水平方向满足动量守恒定律中的人船模
型，取水平向右为正方向，设水平位移大小分别为x1，x2，得0＝（﹣m1x1）+m2x2，解得位移
大小之比为x1
x2
= m2
m1
= 9
16
，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
[例题7]
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N1和N2，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
6
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A．q=√
(4+2√3)m2 g
k
h
B．m1
m2
= √3
3
C．N 1
N 2
=√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
【解答】解：A、对小球B 受力分析，其受重力、支持力和库仑力作用，如图所示，由力的平衡
条件可知
F＝m2gtan45° ①
根据库仑定律得F＝k q
2
r AB
2
②
由几何关系可知，rAB=
h
tan30° +
h
tan 45°
③
联立解得q=√
(4+2√3)m2 g
k
h，故A 正确；
B、对小球A 受力分析，其受重力、支持力和库仑力作用，如图所示，由力的平衡条件有：F＝
m1gtan30° ④
由①④解得m1
m2
=√3，故B 错误；
C、对A 球，由平衡条件可得N1=
F
sin30°
，对B 球，由平衡条件得N2=
F
sin 45°
，解得N 1
N 2
=√2，
故C 错误；
7
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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，两球间库仑力减小，两球
将不能平衡，故D 错误。
故选：A。
[例题8]
如图，两根等长的细线一端拴在同一悬点O 上，另一端各系一个带电小球，两球
的质量分别为m1和m2，已知两细线与竖直方向的夹角分别为45°和30°。则m1与m2的比值为
（ ）
A．√2
2
B．√3
3
C．1
2
D．1
3
【解答】解：对两个球分别受力分析，如图所示
根据平衡条件，对m1，有
m1gcos7.5°﹣T1cos37.5°＝0
F﹣m1gsin7.5°﹣T1sin37.5°＝0
对m2，有
m2gcos7.5°﹣T2cos37.5°＝0
F+m2gsin7.5°﹣T2sin37.5°＝0
联立解得m1
m2
= √2
2
故BCD 错误，A 正确。
8
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故选：A。
[例题9]
如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c 为三个套在半径为R 圆环上可自由滑动
的空心带电小球，已知小球c 位于圆环最高点（未画出），ac 连线与竖直方向成60°角，bc 连
线与竖直方向成30°角，小球a 的电量为√3q（q＞0），质量为m，三个小球均处于静止状态
下列说法正确的是（ ）
A．a、b、c 小球带同种电荷
B．a、b 小球带异种电荷，b、c 小球带同种电荷
C．a、b 小球电量之比为√3
6
D．小球c 电量数值为√3mg R
2
3kq
【解答】解：AB、对c，受到重力、环的支持力以及a 与b 的库仑力，其中重力与支持力的方向
在竖直方向上，水平方向有a 对c 的库仑力的分力与b 对c 的库仑力的分力，由共点力平衡的条
件可知，a 与b 对c 的作用力都是吸引力，或都是排斥力，则a 与b 的电性必定是相同的，a 与b
带同种电荷，它们之间的库仑力是斥力；
对a，a 受到重力、环的支持力以及b、c 对a 的库仑力，重力的方向在竖直方向上，水平方向有
支持力的向右的分力、b 对a 的库仑力向左的分力、c 对a 的库仑力的分力，若a 要平衡，则c 对
a 的库仑力沿水平方向的分力必须向右，所以c 对a 的作用力必须是吸引力，所以c 与a 的电性
一定相反，即：a、b 小球带同种电荷，b、c 小球带异种电荷，故AB 错误；
C、设环的半径为R，a、b、c 三个小球的带电量分别为：qa、qb和qc，由几何关系可得：ac =
R，bc =√3R；
a 与b 对c 的作用力都是吸引力，它们对c 的作用力在水平方向的分力大小相等，则：k qaqc
(ac)
2
•sin60°= k qbqc
(bc)
2
•sin30°，所以：qa
qb
= √3
9
．故C 错误；
9
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D、对a 受力分析，重力mg，c 对a 的库仑引力Fac，b 对a 的库仑斥力Fab，及环对a 的支持力
N，如下图所示，依据几何关系，可知，图中的平行四边形一半是等边三角形，依据矢量的合成
法则，及平衡条件，与则有：k qaqc
(ac)
2
•cos60°= 1
2
mg，且qa=√3q，解得：qc= √3mg R
2
3kq
，故D 正
确；
故选：D。
[例题10] （多选）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k0 的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A 球连接。A、B、C 三小球的质量均为
m，qA＝q0＞0，qB＝﹣q0，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为
k，重力加速度为g。则（ ）
A．qc= 4
7 q0
B．弹簧伸长量为mgsinα
k0
C．A 球受到的库仑力大小为2mg
D．相邻两小球间距为q0√
3k
7mgsinα
【解答】解：AD、对C 分析，受重力、支持力和AB 的库仑力，则AB 的库仑力之和沿斜面向
上，又B 距离C 近，给C 的库仑力大，则C 球带正电，设小球间距为a，
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对C：kq0qC
a
2 -k q0qC
(2a)
2 =mgsinα
对B：kq0
2
a
2 -kq0qC
a
2 =mgsinα
联立解得：qC= 4
7
q0
代入kq0
2
a
2 -kq0qC
a
2 =mgsinα
解得：a=q0√
3k
7mgsinα
，故AD 正确；
BC、对A 球受到的库仑力为：F= k q0
2
a
2 -k q0qC
(2a)
2
根据对C 的分析有：kq0qC
a
2 -k q0qC
(2a)
2 =mgsinα
则有：F＝2mgsinα
对A 有：k0x＝F+mgsinα
解得：x0= 3mgsinα
k0
，故BC 错误。
故选：AD。
[例题11] 如图所示，两个带电量分别为Q1与Q2的小球固定于相距为5 的光滑水平面上，
另有一个带电小球A，悬浮于空中不动，此时A 离Q1的距离为4d，离Q2的距离为3d。现将带
电小球A 置于水平面上某一位置，发现A 刚好静止，则此时小球A 到Q1、Q2的距离之比为（
）
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A．√3：2
B．2：√3
C．3：4
D．4：3
【解答】解：有一个带电小球A，悬浮于空中不动，对带电小球A 受力分析，A 受重力和Q1与
Q2对A 的库仑斥力，
根据共点力平衡条件和库仑定律得kQ1q
(4 d )
2
：kQ2q
(3d )
2 =3：4，
解得Q1：Q2＝4：3，
将带电小球A 置于水平面上某一位置，发现A 刚好静止，
根据共点力平衡条件和库仑定律得出kQ1q
r1
2
= kQ2q
r2
2
，
解得：r1：r2＝2：√3，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
[例题12] 如图所示，a、b、c、d 四个质量均为m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，
其中a、b、c 三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O 点做半径为R 的
匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。小球d 位于O 点正上方h 处，且在外力F 作
用下恰处于静止状态。已知a、b、c 三小球的电荷量均为q，d 球的电荷量为﹣6q，h=√2 R，
重力加速度为g，静电力常量为k。则（ ）
A．小球a 的线速度为
√
k q
2
3 Rm
B．小球b 的角速度为√
√3k q
2
3 R
2m
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C．小球c 的向心加速度大小为√3k q
2
3 R
2m
D．外力F 竖直向上，大小为2√6k q
2
R
2
【解答】解：ABC、a、b、c 三小球电荷量相等，完全相同，受力相同，绕O 点做半径为R 的匀
速圆周运动，线速度、角速度、加速度大小均相等，
设 db 连线与水平方向的夹角为α，则cosα=
R
√h
2+ R
2 = √3
3
，则sinα= √6
3
，
对b 球，根据牛顿第二定律和向心力得：k6q⋅q
h
2+ R
2
cosα﹣2k
q
2
(2 Rcos30°)
2
•cos30°＝mv
2
R =mω2R
＝ma
解得：v=√
√3k q
2
3 Rm
，ω=√
√3k q
2
3 R
3m
，a= √3k q
2
3 R
2m
，故AB 错误，C 正确；
D、小球d 受到a、b、c 三球的库仑引力、重力、竖直向上的外力F 作用，由平衡条件得：F＝
3k6q⋅q
h
2+ R
2
sinα+mg＝mg+ 2√6k q
2
R
2
，故D 错误。
故选：C。
题型三 库仑力下的变速问题
当点电荷受到的合力不为零时，应用牛顿第二定律进行运动分析和计算。
[例题13] 如图所示，两个带电小球A、B 分别处在光滑绝缘的斜面和水平面上，且在同一
竖直平面内。用水平向左的推力F 作用于B 球，两球在图示位置静止。现将B 球水平向左移动
一小段距离，发现A 球随之沿斜面向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡。与移动前相比，
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下列说法正确的是（ ）
A．斜面对A 的弹力增大
B．水平面对B 的弹力不变
C．推力F 变小
D．两球之间的距离变小
【解答】解：AD、以A 为研究对象，受到重力、支持力和库仑力，如图所示，根据矢量三角形
法则可知，A 球随之沿斜面向上移动少许，支持力和库仑力减小，根据F 库= k q1q2
r
2
可知两球之
间的距离增大，故AD 错误；
BC、以B 球为研究对象，受到重力、支持力、推力和库仑力，如图所示；
将B 球水平向左移动一小段距离，A 球随之沿斜面向上移动少许，库仑力减小，推力F＝F 库
cosθ，θ 增大，cosθ 减小，则F 减小；
以整体为研究对象，竖直方向受到总的重力、地面的支持力和斜面的支持力，斜面的支持力减
小，则地面对B 的支持力增大，故B 错误、C 正确。
故选：C。
[例题14] （多选）如图所示，带电小球甲固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面上距甲一
定距离有另一个带电小球乙，乙在桌面上运动，甲乙均视为质点。某时刻乙的速度沿垂直于甲
乙的连线方向，则（ ）
A．若甲乙带同种电荷，以后乙一定做速度变大的曲线运动
14
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B．若甲乙带同种电荷，以后乙一定做加速度变大的曲线运动
C．若甲乙带异种电荷，以后乙可能做匀速圆周运动
D．若甲乙带异种电荷，以后乙可能做加速度和速度都变小的曲线运动
【解答】解：AB、若甲、乙为同种电荷，甲、乙之间的库仑力为排斥力，并且力的方向和速度
的方向不再一条直线上，所以质点乙一定做曲线运动，由于两者之间的距离越来越大，它们之
间的库仑力也就越来越小，所以乙的加速度在减小，速度增大，故A 正确，B 错误；
C、若甲乙带异种电荷，甲、乙之间的库仑力为吸引力，如果吸引力刚好等于乙做匀速圆周运动
需要的向心力，则以后乙做匀速圆周运动，故C 正确；
D、若甲乙带异种电荷，甲、乙之间的库仑力为吸引力，如果吸引力小于乙做匀速圆周运动需要
的向心力，则乙做离心运动，由于两者之间的距离越来越大，它们之间的库仑力也就越来越小，
所以乙的加速度在减小，速度也减小，故D 正确；
故选：ACD。
[例题15] （多选）如图所示，带电质点P1 固定在光滑的水平绝缘面上，在水平绝缘面上
距P1一定距离处有另一个带电质点P2，P2在水平绝缘面上运动，某一时刻质点P2以速度v 沿
垂直于P1 P2的连线方向运动，则下列说法正确的是（ ）
A．若P1、P2带同种电荷，以后P2一定做速度变大的曲线运动
B．若P1、P2带同种电荷，以后P2一定做加速度变大的曲线运动
C．若P1、P2带异种电荷，以后P2的速度和加速度可能都不变
D．若P1、P2带异种电荷，以后P2可能做加速度、速度都变小的曲线运动
【解答】解：A、若P1、P2为同种电荷，P1、P2之间的库仑力为排斥力，并且力的方向和速度的
方向不再一条直线上，所以质点P2一定做曲线运动，由于两者之间的距离越来越大，它们之间
的库仑力也就越来越小，所以P2的加速度在减小。速度增大，故A 正确，B 错误；
C、若P1、P2为异种电荷，P1、P2之间的库仑力为吸引力，当P1、P2之间的库仑力恰好等于向心
力的时候，P2就绕着P1做匀速圆周运动，此时P2速度的大小和加速度的大小都不变，但是方向
改变，故C 错误。
D、若P1、P2为异种电荷，P1、P2之间的库仑力为吸引力，若速度较大，吸引力小于向心力，P2
做离心运动，吸引力减小，则加速度减小，引力做负功，速度减小，做加速度、速度都变小的
曲线运动，故D 正确。
故选：AD。
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[例题16] 如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置．在管子的底部固定一电荷量为
Q（Q＞0）的点电荷．在距离底部点电荷为h2的管口A 处，有一电荷量为q（q＞0）、质量为
m 的点电荷由静止释放，在距离底部点电荷为h1的B 处速度恰好为零．现让一个电荷量为q、
质量为3m 的点电荷仍在A 处由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该点电荷
（ ）
A．运动到B 处的速度为零
B．在下落过程中加速度逐渐减小
C．运动到B 处的速度大小为2
3 √3 g(h2-h1)
D．速度最大处与底部点电荷距离为√
kQq
mg
【解答】解：点电荷在下落中受重力和电库仑力，由动能定理可得：
mgh+WE＝0；
即WE＝﹣mgh；
当小球质量变为3m 时，库仑力不变，故库仑力做功不变，由动能定理可得：
3mgh﹣mgh= 1
2
3mv2；
解得：v= 2
3 √3 g(h2-h1)；故C 正确，A 错误；
由题意知，小球应先做加速运动，再做减速运动，即开始时重力应大于库仑力；而在下落中，
库仑力增大，故下落时加速度先减小，后增大；故B 错误；
当重力等于库仑力时，合力为零，此时速度最大，F 库＝3mg= kQq
r
2 ，解得：r=√
kQq
3mg ，故D 错
误；
故选：C。
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题型四 电场强度的理解和计算
1．场强公式的比较
三个公式
2．电场的叠加
(1)电场叠加：多个电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷单独在该处所产生的电场强度的矢量和．
(2)运算法则：平行四边形定则．
[例题17] 在真空中，一点电荷在M、N 两点产生的电场场强方向如图所示，已知在两点的
连线上电场强度的最大值为100N/C，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，则（ ）
A．该点电荷为负电荷
B．N 点电势低于M 点电势
C．N 点的场强与M 点的电场强度大小之比为3：4
D．N 点的电场强度大小为E＝64N/C
【解答】解：A、反向延长两场强方向，交点O 为带正点的场源电荷位置，如下图所示，沿电场
线方向电势逐渐降低，所以N 点电势高于M 点电势，故AB 错误；
CD、如图所示
由题意可知OM 与ON 垂直，过O 点作AC 垂线，垂足为C，该点离场源电荷最近，场强最大，
最大值为Emax ＝kQ
r
2 =100N/C ，N 点的电场强度EN=
kQ
(
r
sin53° )
2，M 点的电场强度EM
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=
kQ
(
r
sin37° )
2，所以N 点的场强与M 点的电场强度大小之比为4：3；联立解得N 点的电场强度
大小为64N/C；故C 错误，D 正确。
故选：D。
[例题18] 如图所示，水平面内三点A、B、C 为等边三角形的三个顶点，三角形的边长为
L，O 点为AB 边的中点。CD 为光滑绝缘细杆，D 点在O 点的正上方，且D 点到A、B 两点的
距离均为L。在A、B 两点分别固定点电荷，电荷量均为﹣Q。现将一个质量为m、电荷量为
+q 的中间有细孔的小球套在细杆上，从D 点由静止释放。已知静电力常量为k、重力加速度为
g、且kQq
L
2 = √3
3 mg，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．固定在A、B 处两点电荷的合电场在C、D 两点的场强相同
B．小球在D 点刚释放时的加速度大小为（√2
2 + √6
3
）g
C．小球到达C 点的速度大小为√√3 gL
D．小球将在D、C 两点之间做往复运动
【解答】解：A、C、D 两点到A、B 两点电荷的距离相等，根据点电荷的场强公式，以及场强
的叠加知，固定在A、B 处两点电荷在C、D 两点产生的场强大小相等，方向不同，故A 错误；
B
、
两
点
电
荷
在
D
点
对
小
球
的
库
仑
引
力
的
合
力
：
F =2×k Qq
L
2 ×cos30° = √3kQq
L
2
=√3× √3
3 mg=mg，
根据几何关系得，CD 与水平面的夹角为45°，
根据牛顿第二定律得，小球在D 点的瞬时加速度：
a= mgsin 45°+ Fsin45°
m
=√2g，故B 错误；
C、A、B 两点的点电荷为等量的同种电荷，可知C、D 两点电势相等，由于在C、D 两点电势能
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相等，则小球从D 到C，电场力不做功，根据动能定理得：
mgh= 1
2 mvC
2，
根据几何关系得：h= √3
2 L，
解得：vC =√√3 gL，故C 正确；
D、在两点间做往复运动的前提是在两点速度为零，由C 选项可知，在C 点有速度，所以小球不
会在C、D 两点之间做往复运动，故D 错误。
故选：C。
[例题19] 均匀带电的球壳在球壳外空间中某点产生的电场可等效为在球心处所带电荷量相
同的点电荷产生的电场。如图所示，半径为R 的半球壳（厚度不计）上均匀分布着总电荷量为
q 的正电荷，以球心O 为坐标原点、以过半球壳中心的轴线为x 轴建立坐标系，在x＝R 处固
定一带电荷量为﹣Q 的点电荷，在x＝1.5R 处由静止释放一试探电荷，在x＝2R 处试探电荷速
度最大，静电力常量为k，则x＝﹣2R 处的电场强度大小为（ ）
A．k
q
2 R
2 -k 10Q
9 R
2
B．k
q
2 R
2 -k Q
R
2
C．0
D．k
q
2 R
2 -k Q
9 R
2
【解答】解：试探电荷在x＝2R 处的速度最大，说明试探电荷在该处的加速度大小为0，即点电
荷和半球壳在此处产生的电场强度大小相等，设半球壳在此处产生的电场强度大小为Eq，有：
Eq=k Q
R
2
将半球壳补全，完整球壳在x＝﹣2R 处产生的电场强度大小为：Eq' =k 2q
4 R
2 =k q
2 R
2
由对称性可知右侧半球壳在x＝﹣2R 处产生的电场强度大小为：Eq=k Q
R
2
左半球壳在x＝﹣2R 处产生的电场强度大小为：E＝Eq′﹣Eq
计算得：E＝k q
2 R
2 -k Q
R
2
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x＝﹣2R 处的电场强度大小为：E' = E -k
Q
(3 R)
2
计算得：E′＝k q
2 R
2 -k10Q
9 R
2 ，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[例题20] 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
顶点C 和球心O 的轴线。P、M 为CD 轴线上的两点，距球心O 的距离均为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3kQ
4 R
2 ，
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．3kq
4 R
2
C．3kQ
4 R
2
D．kQ
R
2 - kq
4 R
2
【解答】解：设半球面ACB 上的电荷在M 点的场强大小为E1，O′点固定正点电荷Q 在M 点
的场强大小为E2，如图1：
由点电荷场强公式有E2= kQ
R
2 ，又M 点的场强E＝E2﹣E1，即：3kQ
4 R
2 = kQ
R
2 -E1，解得：E1= kQ
4 R
2
将半球面补全为一个完整的球面，根据电荷分布及对称性可知：半球面ACB 上电荷q 在P 点的
场强与补上的半球面带相同电荷在M 点形成的场强大小相等，方向相反；
又有带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零，故半球面ACB 上电荷q 在M 点的场强与在P
点的场强相同，大小均为kQ
4 R
2
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所以，P 点的场强如图2：
由点电荷场强公式有E2′=
kQ
(2 R)
2 = kQ
4 R
2
所以P 点的场强E＝E1﹣E2′＝0，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
[例题21] 为探测地球表面某空间存在的匀强电场电场强度E 的大小，某同学用绝缘细线将
质量为m、带电量为+q 的金属球悬于O 点，如图所示，稳定后，细线与竖直方向的夹角θ＝
60°；再用另一完全相同的不带电金属球与该球接触后移开，再次稳定后，细线与竖直方向的
夹角变为α＝30°，重力加速度为g，则该匀强电场的电场强度E 大小为（ ）
A．E= √3
q
mg
B．E= √3mg
2q
C．E= √3mg
3q
D．E= mg
q
【解答】解：ABCD、设金属球原来带电量为q，质量为m。
第一次金属球稳定时，受力如上图所示，重力mg 与电场力qE 的合力与绳子拉力等大反向共线，
根据正弦定理得：
qE
sinθ = mg
sinβ
金属球与另一完全相同的不带电金属球接触后带电量为0.5q，受力如下图所示，根据正弦定理
得：
0.5qE
sinα =
mg
sin( β +30°)
联立以上两式解得 E= mg
q
，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
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