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专题15 电场的力学性质
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...............................................................................................................8
题型四 电场强度的理解和计算.........................................................................................................11
类型1 点电荷电场强度的叠加..................................................................................................11
类型2 非点电荷电场强度的叠加和计算..................................................................................14
题型一 库仑定律的理解和应用
①F＝k，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。
[题型专练1]. （2023 秋•长宁区校级月考）如图所示，把一个带电小球A 固定在光滑的绝
缘水平桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B，现给小球B 一个垂直A、B 连线方向的速度
v0，使其在水平桌面上运动，则下列说法中正确的是（ ）
A．若A、B 带同种电荷，B 球可能做速度减小的曲线运动
B．若A、B 带同种电荷，B 球一定做加速度增大的曲线运动
C．若A、B 带异种电荷，B 球一定做匀变速曲线运动
D．若A、B 带异种电荷，B 球可能做速度大小和加速度大小都不变的曲线运动
【解答】解：AB、若A、B 带同种电荷，则A 对B 有斥力作用，且斥力方向和速度方向夹角越
1
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来越小，斥力做正功B 球的速度增大，两球间距离越来越大，静电力越来越小，所以加速度越
来越小，故AB 错误；
D、若B 的速度恰，当静电力恰好等于B 绕A 做匀速圆周运动需要的向心力，B 球做匀速圆周运
动，所以B 球可能做速度大小和加速度大小都不变的曲线运动，故D 正确；
C、若A、B 带异种电荷，B 受到的静电力指向A 球，力的大小或方向肯定有一个发生变化，加
速度一定变化，不可能做匀变速运动，故C 错误。
故选：D。
[题型专练2]. （2023 秋•镜湖区校级期中）法国科学家库仑在1785 年发现了库仑定律，下
列关于库仑定律发现过程的说法，正确的是（ ）
A．库仑从万有引力定律中得到启示，将电荷间的相互作用类比于物体间的引力作用，用实验直
接测量了电荷间作用力与距离的关系
B．库仑用库仑扭秤直接测出了静电力常量的数值k＝9.0×109N•m2/C2
C．质量相等的两个带电金属球，如果相互接触后再分开，每个金属球的电荷量都是原来的一半
D．任何两个电荷间的相互作用都满足库仑定律
【解答】解：A．库仑从万有引力定律中得到启示，将电荷间的相互作用类比于物体间的引力作
用，用实验直接测量了电荷间作用力与距离的关系，故A 正确；
B．库仑通过库仑扭秤实验得出库仑定律，没有测出静电力常量，故B 错误；
C．两个完全相同的带电金属球，根据电荷守恒定律可知，如果相互接触后再分开，电荷量的分
配应先中和再平分，不一定是原来的一半，故C 错误；
D．真空中两个静止的点电荷间的相互作用力满足库仑定律，故D 错误。
故选：A。
[题型专练3]. （2023 秋•郫都区期中）光滑水平面上的两个小球A、B 绕着它们连线上的
某点做匀速圆周运动．两个小球间的距离为L 并保持不变，小球A、B 所带电荷量分别为+2Q
和﹣Q．质量分别为m 和2m，不计两球间的万有引力，则下列说法正确的是（ ）
2
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A．A、B 所受库仑力大小之比为2：1
B．A、B 的线速度大小之比为2：1
C．若仅把B 的电荷量变为﹣2Q．则稳定后A、B 做圆周运动的半径之比为1：1
D．若仅把A 的质量变为2m，则稳定后A、B 的线速度大小之比为2：1
【解答】解：AB、设A 球做圆周运动的半径为r1，B 球做圆周运动的半径为r2两球做圆周运动
的角速度相等，
设此角速度为ω，根据库仑力提向心力有：k 2Q⋅Q
L
2
=mω
2r1=2mω
2r2
，解得r1
r2
= 2
1
，根据v
＝ωr，得v1
v2
= 2
1
，故A 项错误，B 项正确；
C、若仅把B 的电荷量变为﹣2Q，根据库仑力提向心力可知，稳定后r1
r2
= 2m
m = 2
1
，C 项错误；
D、若仅把A 的质量变为2m，稳定后r1
r2
= 2m
2m = 1
1
，故稳定后A、B 的线速度大小之比为1：1，
D 项错误。
故选：B。
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．
3
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[题型专练4]. （2024 秋•榆阳区校级月考）如图所示，甲、乙两个带电金属小球（均视为
质点）的质量均为m，甲用长度为3L 的轻质绝缘细线悬挂在O 点，乙用长度为5L 的轻质绝
缘细线也悬挂在O 点，甲靠在光滑绝缘的竖直墙壁上，甲、乙静止时两条细线之间的夹角正
好为53°，重力加速度为g，静电引力常量为k，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法正确的是
（ ）
A．甲、乙两球的高度不相同
B．甲、乙两球一定带等量的同种电荷
C．甲、乙两球带电量的乘积等于64 mg L
2
3k
D．细线对甲球的拉力大于 mg
【解答】解：A．乙用长度为5L 的轻质绝缘细线也悬挂在O 点，甲用长度为3L 的轻质绝缘细线
悬挂在O 点，由于甲、乙静止时两条细线之间的夹角正好为53°，可根据几何关系可判断甲、乙
两球的高度一定相同，所受库仑力方向水平，若不等高，二者夹角不可能为53°，故A 错误；
B．根据牛顿第三定律可知，甲、乙两球之间的作用力为相互作用力，大小相同方向相反，由图
中可见两球相互排斥，两球带同种电荷，但不一定等量，故B 错误；
C．根据平衡关系可知mgtan53° = k q甲q乙
r
2
解得q甲q乙= 64 mg L
2
3k
故C 正确；
D．根据平衡条件可知，甲球所受绳子的拉力T＝mg
故D 错误。
故选：C。
[题型专练5]. （2023 秋•庐阳区校级月考）如图所示，在倾角为30°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、
4
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B 两小球的质量均为m，A 球的电荷量qA＝q＞0，A、B 两小球的间距为L，系统处于静止状
态。已知静电力常量为k，A、B 两小球均可视为点电荷，则（ ）
A．弹簧伸长量为2mg
k0
B．B 球的电荷量qB=- mg L
2
2kq
C．A 球受到的库仑力大小为mg
D．若增大B 球的电荷量，系统再次平衡后，弹簧伸长量会增加
【解答】解：A、以A、B 两小球为整体，由平衡条件可得k0Δx＝（m+m）gsin30°
解得Δx = mg
k0
，故A 错误；
BC、对B 小球，由库仑定律公式和平衡条件可得k q A qB
L
2 =mgsin30°
因A 小球带正电，A、B 两小球之间的库仑力为引力，因此解得qB= mg L
2
2k q A
= mg L
2
2kq
由牛顿第三定律可知，A 小球受到B 小球库仑力大小为mgsin30° = 1
2 mg
故B 正确，C 错误；
D、若增大B 球的电荷量，会增大A、B 两球的库仑力，A、B 两球组成的系统再次平衡后，弹
簧的弹力只与两球的质量有关，两球的质量不变，弹簧伸长量不变，弹簧伸长量不会增加，故
D 错误。
故选：B。
[题型专练6]. （2023 秋•重庆期中）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k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A 球连接。三个可视为
质点的带电小球A、B、C，质量均为M，其中A 带电量为qA＝q0＞0，B 的带电量qB＝﹣q0。
当系统静止时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，则（ ）
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A．弹簧伸长量为Mgsinα
k0
B．qC = 4
7 q0
C．A 球受到的库仑力大小为8 Mgsinα
3
D．相邻两小球间距为q0√
3k
Mg
【解答】解：A、对A、B、C 三小球整体受力分析，根据平衡条件：3Mgsinα＝k0x
从而可以得到弹簧伸长量：x= 3 Mgsinα
k0
，故A 错误；
BD、三小球间距r 均相等，对C 球受力分析，可知C 球带正电，根据平衡条件：Mgsinα+k
q0qC
(2r )
2 =kq0qC
r
2
对B 小球受力分析，同理根据平衡条件：Mgsinα+kq0qC
r
2
=kq0
2
r
2
两式联立解得：qC= 4
7 q0，r＝q0√
3k
7 Mgsinα
，故B 正确，D 错误；
C、对A 球受力分析，若受到BC 两球对A 的库仑力为F 库，根据平衡条件：Mgsinα+F 库＝kx0
那么根据牛顿第三定律，联立解得A 球受到的库仑力：F 库′＝F 库＝2Mgsinα，故C 错误。
故选：B。
[题型专练7]. （2023 秋•重庆期中）如图所示，带电小球A 固定在绝缘支架上，带电小球
B 用绝缘丝线悬挂于天花板，悬点P 位于小球A 的正上方，A、B 均视为点电荷，小球B 静止
时悬线与竖直方向的夹角为θ，由于漏电，A、B 两小球的电荷量逐渐减小，在电荷漏完之前
有关悬线对悬点P 的拉力T 和A、B 之间库仑力F 的大小，下列说法中正确的是（ ）
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A．T 保持不变，F 逐渐减小
B．T 逐渐增大，F 先变大后变小
C．T 逐渐减小，F 逐渐减小
D．T 先变大后变小，F 逐渐增大
【解答】解：以小球为研究对象，球受到重力G，A 的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出
力图，如图所示：
作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F＝G。
根据相似性得：G'
PQ = F
QB = T
PB
在A、B 两质点带电量逐渐减少的过程中，PB、PQ、G'均不变，则线的拉力T 不变，由于QB
减小，所以F 变小，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[题型专练8]. （2023 秋•青羊区校级期中）如图所示，水平面上放置一个绝缘支杆，支杆
上的带电小球A 位于光滑小定滑轮O 的正下方，绝缘细线绕过定滑轮与带电小球B 相连，在
拉力F 的作用下，小球B 静止，此时两球处于同一水平线。假设两球的电荷量均不变，现缓慢
拉动细线，使B 球移动一小段距离，支杆始终静止。在此过程中以下说法正确的是（ ）
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A．细线上的拉力一直增大
B．B 球受到的库仑力先减小后增大
C．B 球的运动轨迹是一段圆弧
D．支杆受到地面向左的摩擦力逐渐减小
【解答】解：受力分析如图：
ABC．如图所示，设A、B 间的距离为r，O、A 间的距离为h，O、B 间距离为l，B 球重力为
mg。A、B 之间的库仑力大小为
F 库=k q A qB
r
2
根据三角形相似可得
mg
h = F 库
r
= F
l
解得
F = mgl
h
r =
3√
k q A qBh
mg
现缓慢拉动细线，使B 球移动一小段距离，则l 减小，h 不变，所以F 减小，即细线上的拉力一
直减小；r 不变，即B 球的运动轨迹是一段圆弧，并且B 球受到的库仑力大小不变。故AB 错误，
8
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C 正确；
D．根据平衡条件可知，直杆受到的地面的摩擦力与B 对A 的库仑力的水平分量大小相等、方
向相反，而B 对A 的库仑力大小不变，方向由水平向左变为斜向左下，则水平分量变小，即支
杆受到地面向右的摩擦力逐渐减小，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。
[题型专练9]. （2023•台州模拟）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
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，
9
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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。
[题型专练10].
（2022 秋•涧西区校级期末）如图所示，在倾角为α 的足够长的光滑斜
面上放置两个质量分别为2m 和m 的带电小球A 和B（均可视为质点），它们相距L。两球同
时由静止开始释放，释放的瞬间，B 球的加速度恰好等于零。经过一段时间后，当两球距离为
L′时，A、B 的加速度大小之比为a1：a2＝11：5。静电力常量为k。
（1）若B 球带正电荷且电荷量为q，求A 球所带电荷量Q 及电性。
（2）在（1）的条件下求L′与L 的比值。
【解答】解：（1）对B 球分析有，A 球带正电荷，初始时B 球沿斜面方向合力为零，则
F﹣mgsinα＝0，
又F＝kQq
L
2 ，
解得Q= mg L
2sinα
kq
；
（2）初始时B 球受力平衡，两球相互排斥运动一段距离后，两球间距离增大，库仑力一定减小，
小于mgsinα。
A 球加速度a1方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有
10
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F'+2mgsinα＝2ma1，
B 球加速度a2方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有
mgsinα﹣F'＝ma2
依题意a1：a2＝11：5
解得F'= 4
9
mgsina
又F'＝kQq
L'
2，
解得：L'：L＝3：2。
[题型专练11].
（2022 秋•江北区校级期末）如图所示，质量均为m、带等量异种电荷
的A、B 两个小球放在光滑绝缘的固定斜面上，给B 球施加沿斜面向上、大小为F＝2mg（g 为
重力加速度）的拉力，结果A、B 两球以相同的加速度向上做匀加速运动，且两球保持相对静
止，两球间的距离为L，小球大小忽略不计，斜面的倾角θ＝30°，静电力常量为k。求：
（1）两球一起向上做加速运动的加速度大小；
（2）A 球所带的电荷量。
【解答】解：（1）对两球整体分析，两球一起向上做匀加速运动，设加速度为a，根据牛顿第
二定律可得：
F﹣2mgsinθ＝2ma
解得：a= 1
2 g
（2）设A 球的带电量为q，对A 球研究，根据牛顿第二定律有
kq
2
L
2 -mgsinθ＝ma
解得：q＝L√
mg
k
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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．
类型1 点电荷电场强度的叠加
[题型专练12].
（2023 秋•庐阳区校级月考）如图所示，真空中有两个点电荷Q1＝
+8×10﹣8C 和Q2＝﹣2×10﹣8C，分别固定在x 坐标轴的x＝0 和x＝4cm 的位置上。以下说法正
确的是（ ）
A．在x 轴上有两个场强为零的点
B．在x= 8
3
cm 处场强恰好为零
C．x＝9cm 处的场强沿x 轴正方向
D．x＝7cm 处的场强方向沿x 轴正方向
【解答】解：A、场强为0 时，两个点电荷在该处产生的场强大小相等、方向相反。由于两个点
电荷带异种电，电荷量不等，由E= kQ
r
2 知，在x 轴上有一个场强为0 的点，该点在x 轴上x＞
6cm 的某位置，故A 错误。
B、设场强为0 的点坐标为x。则有 k Q1
x
2 =
k Q2
( x -6)
2
，解方程可得 x＝8m，故B 错误；
C 、根据点电荷的场强公式E= kQ
r
2 可知，Q1 在x ＝9cm 处的场强：E1
=k ×
Q1
(9×10
-2)
2 =k ×+8×10
-8
(9×10
-2)
2 =+k 8
81 ×10
-4，沿x 轴正方向
12
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Q2在x＝9cm 的场强：E2＝k×
Q2
[(9- 4)×10
-2]
2 =-k× 2×10
-8
25×10
- 4 =-k 2
25 ×10
-4，沿x 轴负方向
显然E1＞E2，所以x＝9cm 的合场强沿x 轴负方向，故C 正确；
D、同理可知Q1在x＝7cm 处的场强：E1′＝+k 8
49 ×10
-4
Q2在x＝7cm 处的场强：E2′＝k2
9 ×10
-4
可知E1′＜E2′，因此x＝7cm 处的场强方向沿x 轴负方向，故D 错误。
故选：C。
[题型专练13].
（2024 秋•榆阳区校级月考）等腰梯形ABCD 的顶点上分别固定了三个
点电荷，电量及电性如图所示，梯形边长AB = AC = BD = 1
2 CD = L，则CD 连线的中点E 处
的场强大小为（静电力常数为k）（ ）
A．0
B．kQ
L
2
C．√3kQ
L
2
D．2kQ
L
2
【解答】解：CD 两点的两个负电荷在E 点的场强等效于一个﹣Q 的电荷放在D 点时的场强，大
小为
ECD= kQ
L
2 方向由E 指向D；
B 点的点电荷在E 点的场强大小也为EB= kQ
L
2 ，方向沿BE 连线斜向下
两场强方向夹角为120°，则E 点的合场强为E = kQ
L
2 ，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[题型专练14].
（2023 春•辽宁期末）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，则三个点电荷的电荷量可能为（ ）
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A．Q1＝e，Q2=√2e，Q3=√3e
B．Q1＝﹣e，Q2=- 4√3
3
e，Q3=- 4√3e
C．Q1＝﹣e，Q2=√2e，Q3＝e
D．Q1＝e，Q2=- 4√3
3
e，Q3＝4e
【解答】解：AB、若三个点电荷同时带正电或者负电，则P 点的场强不可能为零，故AB 错误；
C 、设P 和Q1 间的距离为r ，则Q1 和Q3 在P 点处的场强大小为：
cos120° =
( ke
r
2 )
2+( ke
4 r
2 )
2- E
2
2× k
2q
2
4 r
4
解得：E = √21ke
4 r
2
根据点电荷的场强公式可得Q2在P 点处产生的场强大小为：E = 3√2ke
4 r
2
，则P 点的合场强不为
零，故C 错误；
D、同理可得，Q1和Q3在P 点处的场强大小为：cos120° =
( ke
r
2 )
2+( 4 ke
4 r
2 )
2- E
2
2× 4 k
2q
2
4 r
4
解得：E = √3ke
r
2
根据点电荷的场强公式可得Q2在P 点处产生的场强大小为：E = √3ke
r
2
，则P 点的合场强为零，
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故D 正确。
故选：D。
[题型专练15].
（2023•济南开学）如图所示，真空中两个点电荷的电荷量均为+Q，两
者之间的距离为L，直线n 为两者连线的中垂线。则直线n 上电场强度的最大值为（ ）
A．16√3kQ
9 L
2
B．8√3kQ
9 L
2
C．3kQ
2 L
2
D．√3kQ
L
2
【解答】解：设n 上某一点的场强为E 总，点电荷在该点上的场强方向与直线n 的夹角α，有
E总=2
kQ
(
L
2
sinα )
2
cosα
整理有E总= 8kQ
L
2 sin
2α ⋅cosα
u＝sin2α•cosα
变式u
2= sin
2α ⋅sin
2α ⋅co s
2α = 1
2 sin
2α ⋅sin
2α ⋅(2co s
2α )
由均值不等式可知a+b+c≥3
3√abc
当a+b+c 一定，a＝b＝c 时，abc 最大。
因sin2α+sin2α+2cos2α＝2
故有sin
2α ⋅sin
2α ⋅(2co s
2α )≤( 2
3 )
3
即umax
2
= 1
2 ⋅( 2
3 )
3= 4
27
即(sin
2α ⋅cosα )max = 2√3
9
所以电场强度的最大值为
E
max
总
= 16√3kQ
9 L
2
，故A 正确，BCD 错误。
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故选：A。
类型2 非点电荷电场强度的叠加和计算
[题型专练16].
（2023 春•黑龙江期末）如图所示，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电
荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a、b、d 三个点，a 和b、b 和c、c 和d
间的距离均为R，在a 点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷。已知b 点处的场强为零，
则d 点处场强的大小为（k 为静电力常量）（ ）
A．k10q
9 R
2
B．k3q
R
2
C．k(9Q+q)
9 R
2
D．k(Q+q)
R
2
【解答】解：由已知Eb＝0，即kq
R
2 - Ec =0，即Ec= kq
R
2，方向水平向左，说明圆盘带正电荷。由
于bd 两点关于圆盘对称，故圆盘在此两点处产生的场强大小相等，方向相反，故Ed
=
kq
(3 R)
2 + kq
R
2 =k10q
9 R
2，故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
[题型专练17].
（2023•蕉城区校级开学）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 上均匀分布着正电荷，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，OM＝ON
＝2R，已知N 点的电场强度大小为E，静电力常量为k，则M 点的电场强度大小为（ ）
A．kq
2 R
2 - E
B．kq
4 R
2
C．kq
4 R
2 - E
D．kg
4 R
2 + E
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【解答】解：设有一个以O 点为球心的完整的带电荷量为2q 的带电球壳，设完整球壳在M 点产
生的场强大小为E0，左半球壳在M 点产生的电场强度大小为E 左，右半球壳在M 点产生的电场
强度大小为E 右，根据电场叠加原理得：E 左+E 右＝E0
由题意可知，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，根
据题意得：E0= k ⋅2q
(2 R)
2
根据对称性可得：E 右＝E
联立解得：E左= kq
2 R
2 - E
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[题型专练18].
（2023 春•龙华区校级期末）如图所示，一半径为R 的圆盘上均匀分布
着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a、b、d 三个点，a 和b 间、b 和c
间、c 和d 间的距离均为R，在a 点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷.已知b 点处的电场
强度为零，则d 点处的电场强度大小为（静电力常量为k）（ ）
A．k 3q
R
2
B．k Q+q
R
2
C．k 10q
9 R
2
D．k 9Q+q
9 R
2
【解答】解：设Q 在b 点产生的场强大小为E，由对称性可知Q 在d 点产生的场强大小也为E，
方向相反，水平向右，由于b 点的场强为零，得E= kq
R
2，所以q、Q 在d 点产生的场强为
Ed=
kq
(3 R)
2 +E=
kq
(3 R)
2 + kq
R
2 =k10q
9 R
2
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
[题型专练19].
（多选）（2023 秋•思明区校级期中）甲、乙、丙、丁四图中的各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1
4
圆环间彼此绝缘。下列关于坐
标原点O 处电场强度的说法中正确的是（ ）
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A．图甲与图丙场强相同
B．图乙与图丁场强相同
C．四图中O 处电场强度的大小关系为E 乙＞E 丙＝E 甲＞E 丁
D．乙、丙两图中O 处电场强度的大小关系为E乙=√2 E丙
【解答】解：设1
4
带电圆环在O 点产生的场强大小为E，带正电的圆环电场方向由圆环指向O
点且与x 轴夹角为45°，带负电的圆环电场方向由O 点指向圆环且与x 轴夹角为45°。甲图中原
点O 处电场强度大小为E；根据矢量的合成可知乙图中坐标原点O 处电场强度大小等于√2 E；
丙图中原点O 处电场强度大小为E；丁图中坐标原点O 处电场强度为0。综合以上分析，甲图和
丙图方向相反，图乙与图丁电场不同，且E 乙＞E 丙＝E 甲＞E 丁，故AB 错误；CD 正确，
故选：CD。
[题型专练20].
（2022 秋•阎良区校级月考）如图所示，电荷量为+q 的点电荷与均匀带
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。若图中A 点的电场强度为0，则
图中B 点的电场强度（ ）
A．大小为kq
9d
2，方向沿AB 方向
B．大小为kq
9d
2，方向沿BA 方向
C．大小为8kq
9d
2 ，方向沿AB 方向
D．大小为10kq
9d
2 ，方向沿BA 方向
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【解答】解：根据点电荷的场强公式，电荷+q 在A 点产生的场强E A =k q
9d
2，方向沿BA 方向；
由于EA 合＝0，所以薄板在A 点产生的场强大小为E A' = kq
9d
2，方向沿AB 方向；根据对称性，
薄板在B 点产生的场强EB' = kq
9d
2，方向沿BA 方向；电荷+q 在B 点产生的场强EB= kq
d
2 ，方向
沿BA 方向，所以B 点的合场强EB 合= EB+ EB' = kq
d
2 + kq
9d
2 = 10kq
9d
2 ，方向沿BA 方向，故D 正
确，ABC 错误。
故选：D。
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