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专题15 电场的力学性质
考点
考情
命题方向
考点1 库仑定律
2023 年学业水平等级考试上海卷
2023 高考海南卷
2022 高考上海物理学科水平测试
2022 高考辽宁物理
1.库仑定律高考考查频率较
高，考查方式主要有：单独考
查库仑定律；与平衡条件综合
考查等。
2.电场强度和场强叠加、静电
力的考查有多种形式，多个点
电荷电场叠加的考查有增加的
趋势。
考点2 电场强度
电场力
2024 高考江西卷
2023 高考全国乙卷
2023 年高考湖南卷
2024 高考江苏卷
2023 高考海南卷
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。
1
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[模型演练1] （2024•海淀区校级三模）如图所示，把系在丝线上的带电小球A 挂在铁架
台的P 点，带电球C 置于铁架台旁。小球A 静止时与带电球C 处于同水平线上，丝线与竖直
方向的夹角为α。已知小球A 的质量为m，重力加速度为g，不计丝线质量，则可知小球A 受
到的静电力的大小为（ ）
A．mgsinα
B．mgtanα
C．mg
sinα
D．mg
tanα
【解答】解：对小球A 受力分析，如图所示：
根据共点力平衡可知：FC
mg =tanα，解得：FC＝mgtanα，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
[模型演练2] （2024•宁波二模）如图，用三根绝缘细绳把三个带同种电荷的小球A、B、
C 悬挂在O 点。小球静止时，恰好位于同一水平面，细绳与竖直方向的夹角分别为α、β、γ，
已知小球A、B、C 的质量分别为mA、mB、mC，电荷量分别为qA、qB、qC，则下列说法正确
的是（ ）
A．若小球的质量mA＝mB＝mC，则一定有α＝β＝γ
B．若小球的质量mA＝mB＝mC，则可能有α＝β＞γ
C．若小球所带电荷量qA＝qB＝qC，则一定有α＝β＝γ
2
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D．若小球所带电荷量qA＞qB＞qC，则一定有α＜β＜γ
【解答】解：A.对ABC 三个小球整体来看，其整体重心在竖直线上，由此得到
mAlsinα＝mBlsinβ+mClsinγ
当mA＝mB＝mC时
sinα＝sinβ+sinγ
当 α＝β＝γ 时
sinα＝2sinα
这是不能实现的，故A 错误；
B.由A 项分析，当 γ＝0 时
α＝β＞γ
B 正确；
C.小球位置与其质量有关，与电荷量无关，电荷量只决定小球张开的绝对大小，不影响相对大
小，故C 错误；
D.由C 项分析可知，故D 错误。
故选：B。
[模型演练3] （2024•郑州模拟）如图所示，真空中A、B、C 三点的连线构成一个等腰三
角形，OC 为AB 连线的中垂线，O 为连线中点。A 的电荷量为﹣Q，B 的电荷量为为+Q，两点
电荷分别固定在A、B 点，A、B 相距l，静电力常量为k。现将另一个电荷量为+q 的点电荷放
置在AB 连线的中垂线上距O 点为x = 1
2 l的C 点处，此时+q 所受的静电力大小为（ ）
A．√2kQq
2l
2
B．kQq
l
2
C．√2kQq
l
2
D．2√2kQq
l
2
【解答】解：在C 点，A、B 两点电荷对q 电荷产生的电场力大小相同，为：FA＝FB
=
kQq
( l
2 )
2
+( l
2 )
2，方向为由C 指向A 和由B 指向C，如图所示：
3
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由几何关系可得A、B 两点电荷对q 电荷产生的电场力大小为：F＝FAcos45°= 2√2kQq
l
2
，故D
正确，ABC 错误。
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．
[模型演练4] （2024•朝阳区二模）如图所示，水平面上固定一个绝缘支杆，支杆上固定
一带电小球A，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
缓慢释放细线，使球B 移动一小段距离。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
4
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A．细线中的拉力一直减小
B．球B 受到的库仑力先减小后增大
C．球A、B 系统的电势能保持不变
D．拉力做负功，库仑力做正功
【解答】解：对小球B 分析可知，受细线的拉力T，静电斥力F 和重力G，受力分析如图所示：
由相似三角形可知：G
h = T
L = F
r = k q A qB
r
3
，现缓慢释放细线，使球B 移动一小段距离，可知L
变大，细线中的拉力T 变大；r 不变，球B 受到的库仑力不变；球A、B 系统的电势能保持不变；
拉力做负功，球A、B 间距离不变，库仑力做不做功，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
[模型演练5] （2024•西湖区校级模拟）如图所示，两相同的小球M、N 用等长的绝缘细
线悬挂在竖直绝缘墙壁上的O 点，悬点到小球中心的距离均为L，给小球N 带上电，电荷量大
小为q，小球M 上电荷量未知且保持不变。由于库仑斥力作用，初次平衡时两小球间的距离为
d1，由于某种原因，小球N 缓慢漏电，当两小球间的距离为d2 时，小球N 的电荷量为
（ ）
A．q d2
d1
B．q d2
3
d1
3
5
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C．q d1
2
d2
2
D．q d1d2
L
2
【解答】解：如图所示：
对小球M 受力分析可知M 所受的重力，绳的拉力和库仑力F 构成的力的三角形与OMN 长度三
角形一直相似，所以当初次平衡时两小球间的距离为d1 时，有：F1
mg = d1
L
，当两小球间的距离
为d2 时，有：F2
mg = d2
L
，而根据库仑定律，两种状态下库仑力分别有：F1=k q qM
d1
2
，
F2=k q qM
d2
2 ，联立解得：q' = q d2
3
d1
3
，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
[模型演练6] （2023•海南模拟）用绝缘细线a、b 将两个带电小球1 和2 连接并悬挂，已
知小球2 的重力为G，如图所示，两小球处于静止状态，细线a 与竖直方向的夹角为30°，两
小球连线与水平方向夹角为30°，细线b 水平，则（ ）
A．小球1 带电量一定小于小球2 的带电量
B．细线a 拉力大小为2√3G
C．细线b 拉力大小为√3
3 G
D．小球1 与2 的质量比为1：2
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【解答】解：C、对小球2，由平衡条件，在水平方向上可得：Fb＝F 库•cos30°，在竖直方向上可
得：G＝F 库•sin30°
解得细线b 拉力大小为Fb=
G
tan30° =√3G，故C 错误；
BD、对小球1，由平衡条件，同理可得：
Fa•sin30°＝F 库•cos30°
m1g+F 库sin30°＝Fa•cos30°
解得细线a 拉力大小为Fa=2√3G，
同时可得：m1g＝2G
又有m2g＝G
则小球1 与2 的质量比为m1：m2＝2：1，故B 正确，D 错误；
A、由上述分析只能得到库仑力的大小，由F 库= k q1q2
r
2
，可知不能确定小球1 与小球2 的带电
量大小关系，故A 错误。
故选：B。
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。
[模型演练7] 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 的等边三角形，则（ ）
A．小环A 的加速度大小为√3k q
2
ml
2
7
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B．小环A 的加速度大小为√3k q
2
3ml
2
C．恒力F 的大小为√3k q
2
3l
2
D．恒力F 的大小为√3k q
2
l
2
【解答】解：AB、设轻绳的拉力为T，则对A：T +Tcos60° =k q
2
l
2
；Tcos30°＝maA，联立解得：
aA = √3k q
2
3ml
2
，选项B 正确，A 错误；
CD、恒力F 的大小为F =2ma=2m× √3k q
2
3ml
2 = 2k q
2
√3l
2
，选项CD 错误；
故选：B。
[模型演练8] 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)
8
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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。
[模型演练9] 如图所示，电荷量Q＝2×10﹣7C 的正点电荷A 固定在空间中O 点，将质量m
＝2×10﹣4kg、电荷量q＝1×10﹣7C 的另一正点电荷B 从O 点正上方高于0.5m 的某处由静止释
放，B 运动过程中速度最大位置在P．若静电力常量k＝9×109N•m2/C2，重力加速度g＝10m/s
求
（1）B 运动到距O 点l＝0.5m 处的加速度大小；
（2）P、O 间的距离L。
【解答】解：根据牛顿第二定律，则有：mg﹣kQq
l
2 =ma；
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代入数据解得：a＝10- 9×10
9×2×10
-7×10
-7
2×10
- 4×5
2
=6.4m/s2；
（2）速度最大时加速度为零，由力的平衡条件，则有：kQq
L
2 =mg
代入数据，解得：L=√
9×10
9×2×10
-7×1×10
-7
2×10
- 4×10
=0.3m。
答：（1）B 运动到距O 点l＝0.5m 处的加速度大小6.4m/s2；
（2）P、O 间的距离0.3m。
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
[模型演练10] （2023•莆田模拟）当空气中电场的电场强度大小超过E0时，空气会被击穿。
孤立导体球壳充电后，球壳所带电荷量为Q，已知静电力常量为k，则为了保证空气不被击穿，
球壳半径的最小值为（ ）
A．
√
kQ
E0
B．
√
E0
kQ
C．
√
Q
k E0
D．√kQ E0
【解答】解：均匀带电球壳对壳外某点产生的电场强度，可以看作集中在球壳中心的点电荷对
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球外某点的场强的大小，由E = kQ
R
2 ≤E0
可得R≥√
kQ
E0
，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[模型演练11] （2024•湖南三模）如图所示，真空中有四个点电荷分别固定在A、B、C、
D 四点，O 为AB 的中点，若O 点的电场强度为零，已知A、C 两点放置的点电荷均为+Q，则
B、D 两个点电荷的电荷量分别为（ ）
A．- √3
6 Q，3
2 Q
B．3
2 Q，- √3
6 Q
C．- √3
2 Q，3
8 Q
D．3
8 Q，- √3
2 Q
【解答】解：A、B、C、D 各点在O 点的电场方向如图所示
由于O 点的电场强度为零，可知B 点电荷带正电、D 点电荷带负电，设AC 长度为x，根据电场
叠加原理和几何知识得
EA+ECsin30°＝EB
ECcos30°＝ED
即
k Q
x
2 sin30
o+ k Q
x
2 =k QB
x
2
k Q
x
2 cos30
o=k
QD
( xtan30
o)
2
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联立解得：QB= 3
2 Q，QD=- √3
6 Q
故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[模型演练12] （2023•沛县校级模拟）如图所示，一固定的不带电金属球壳接地，半径为
R，球心为A，将一带电量为+q 的点电荷固定在离球心为2R 的B 点，D、E 是AB 连线上的两
点，BD＝BE，BC 与球壳相切于C 点，球壳静电平衡时，C 点的场强EC= √3kq
3 R
2 ，下列说法正
确的是（ ）
A．C 点电势低于A 点
B．D 点电势低于E 点
C．A 点的场强E A = kq
4 R
2
D．球上的感应电荷在C 处的场强大小E感= kq
3 R
2
【解答】解：A、处于静电平衡状态的导体是等势体，所以C 点和A 点电势相等，故A 错误；
B、DE 两点到+q 的距离相等，则+q 在DE 两点的电势相等，D 点到金属球壳的距离更小，由于
金属球壳发生感应起电，金属球壳带负电，则感应电荷在D 点的电势更低，则D 点的电势低于
E 点，故B 正确；
C、处于静电平衡状态得导体内部场强处处为零，故C 错误；
D、由几何关系得，BC 间的距离r=√(2 R)
2- R
2=√3R
点电荷+q 在C 点的场强大小E＝k q
r
2 = kq
3 R
2
球壳是等势体，表面为等势面，则球壳表面的合场强垂直于球壳的切面，沿半径指向A，如图：
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由几何关系得，感应电荷在C 处的场强为E 感=√E
2+ EC
2 = 2kq
3 R
2
故D 错误。
故选：B。
类型2 非点电荷电场强度的叠加和计算
[模型演练13] （2024•杭州二模）水平面上有一块半径为R 均匀带正电的圆形薄平板，单
位面积带电量为σ，以圆盘圆心为原点，以向上为正方向，垂直圆盘建立x 轴，轴上任意一点
P（坐标为x）的电场强度为：E =2πkσ [1-
x
√R
2+ x
2 ]，现将一电量大小为q、质量为m 的负
点电荷在x＝d（d＞0）处静止释放。若d≪R，不计点电荷重力，则点电荷碰到圆盘前瞬间的
速度大小最接近（ ）
A．√
2πkσqd
m
B．2√
πkσqd
m
C．√
2πkσqd
mR
D．2√
πkσqd
mR
【解答】解：根据电场强度的表达式：E =2πkσ [1-
x
√R
2+ x
2 ]，可知在x＝0 处的电场强度为
E0＝2πkσ
因d≪R，故0～d 之间的电场强度大小可认为接近于E0＝2πkσ，根据电场叠加原理，由对称性
可知x 轴正半轴上的电场方向均沿z 轴正方向。
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此过程点电荷，根据动能定理得：qE0d= 1
2
mv2﹣0
解得：v＝2√
πkσqd
m
，故点电荷碰到圆盘前瞬间的速度大小最接近2√
πkσqd
m
，故B 正确，ACD
错误。
故选：B。
[模型演练14] （2023•永丰县校级一模）甲和乙图分别是半径为R、带电均匀的六分之四
圆环和半圆环（两环的材料和横截面积相同），带有同种电荷，且两环上单位长度所带电荷量
相等，它们的圆心分别是O1和O2。已知O1点的电场强度大小为E0，则O2点的电场强度大小
为（ ）
A．2√3
3
E0
B．3
4 E0
C．√3
3 E0
D．√3 E0
【解答】解：如图所示：
根据图甲可知，E0＝2Ecos30°
在图乙中，E′＝E+2Ecos60°
联立解得：E' = 2√3
3
E0，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
[模型演练15] （多选）电荷量为+Q 的点电荷与半径为R 的均匀带电圆形薄板相距2R，点
电荷与圆心O 连线垂直薄板，A 点位于点电荷与圆心O 连线的中点，B 与A 关于O 对称，若
A 点的电场强度为0，则（ ）
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A．圆形薄板所带电荷量为+Q
B．圆形薄板所带电荷在A 点的电场强度大小为kQ
R
2 ，方向水平向左
C．B 点的电场强度大小为kQ
R
2 ，方向水平向右
D．B 点的电场强度大小为10kQ
9 R
2 ，方向水平向右
【解答】解：AB、点电荷在A 点产生的场强为E＝k Q
R
2，方向水平向右，A 点的电场强度为零，
则可知圆形薄板所带电荷在A 点的电场强度大小为kQ
R
2 ，方向水平向左，知圆形薄板带正电；若
圆形薄板所带电荷量集中在圆心O，则电荷量大小应为Q，而实际上圆形薄板的电荷量是均匀分
布在薄板上的，除了圆心O 处距离A 点的距离与点电荷+Q 距离O 点的距离相同外，其余各点距
离O 点的距离都大于R，若将电荷量Q 均匀的分布在薄板上，则根据点电荷在某点处产生的场
强公式E0=k q
r
2可知，合场强一定小于E，因此可知圆形薄板所带电荷量一定大于+Q，故A 错
误，B 正确；
CD、B 点关于O 点与A 点对称，则可知圆形薄板在B 点产生的电场强度为EB′＝k Q
R
2，方向水
平向右，而点电荷在B 点产生的场强为EB″＝k
Q
(3 R)
2 = kQ
9 R
2，方向水平向右，则B 点得电场强
度为EB＝EB′+EB″= kQ
R
2 + kQ
9 R
2 = 10kQ
9 R
2 ，方向水平向右，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
[模型演练16] （2015•淮南模拟）如图，一个内、外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电
平面，其单位面积带电量为σ．取环面中心O 为原点，以垂直于环面的轴线为x 轴．设轴上任
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意点P 到O 点的距离为x，P 点电场强度的大小为E．下面给出E 的四个表达式（式中k 为静
电力常量），其中只有一个是合理的．你可能不会求解此处的场强E，但是你可以通过一定的
物理分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断，E 的合理表达式应为（ ）
A．E＝2πkσ（
R1
√x
2+ R1
2 -
R2
√x
2+ R2
2
）x
B．E＝2πkσ（
1
√x
2+ R1
2 -
1
√x
2+ R2
2
）x
C．E＝2πkσ（
R1
√x
2+ R1
2 +
R2
√x
2+ R2
2
）D．E＝2πkσ（
1
√x
2+ R1
2 +
1
√x
2+ R2
2
）x
【解答】解：场强的单位为N/C，k 为静电力常量，单位为Nm2/C2，σ 为单位面积的带电量，单
位为C/m2，则2πkσ 表达式的单位即为N/C，故各表达式中其它部分应无单位，故可知A 肯定错
误；
当x＝0 时，此时要求的场强为O 点的场强，由对称性可知EO＝0，而C 项x＝0 时，E＝4πkσ，
故C 错误；
当x→∞时E→0，而D 项中E→4πκσ，故D 项错误；所以正确选项只能为B；
故选：B。
[模型演练17] （2023•潍坊三模）如图甲所示，半径为R 的均匀带电圆形平板，单位面积
带电荷量为σ（σ＞0），其轴线上任意一点P（坐标为x）的电场强度可以由电场强度的叠加
原理求出：E＝2πkσ[1-
x
√x
2+ R
2]，方向沿x 轴。现考虑单位面积带电荷量为σ0的无限大均匀
带电平板，从其中间挖去一半径为r 的圆板后（如图乙所示），在其轴线上任意一点Q（坐标
为x）处放置一个点电荷q0，则q0所受电场力的大小为（ ）
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A．2πkσ0q0
x
√x
2+r
2
B．2πkσ0q0
r
√x
2+r
2
C．2πkσ0q0x
r
D．2πkσ0q0r
x
【解答】解：在Q 点处的合场强E＝E1+E2，E1＝2πkσ（无穷大的带电圆盘在此处产生的场强），
E2＝2πkσ[1-
x
√x
2+r
2]方向与E1相反。合成得
E＝2πkδ0
x
√x
2+r
2方向与E1 相同，q0 在此处受的电场力就是2πkδ0q
x
√x
2+r
2，故BCD 错误，故
A 正确。
故选：A。
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