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第14 讲 电场力的性质
【模型一 库仑定律的理解与应用 】
类型1.电荷守恒定律与库仑定律的理解和应用
类型2.静电力作用下的平衡问题
类型3.三个自由点电荷的平衡问题
类型4.静电力作用下的加速问题
【模型二 电场强度 】
类型1. 点电荷的电场中电场强度的计算
类型2. 电场强度的叠加
【模型三 电场线】
类型1 电场线的理解及应用
类型2 常见等量电荷的电场线
类型3“电场线+运动轨迹”组合模型
本讲内容是新高考的常考内容。主要考查电场的力的性质和及其应用,大多在选择题中出现，题目
难易不同，主要围绕着电场线展开考查有关电场力的性质，以及部分计算题中出现。本节库仑定律的表达
式为F＝k，其适用条件是真空中两个静止点电荷之间相互作用的静电力。库仑定律与平衡问题联系比较密
切，因此关于静电力的平衡问题是高考的热点内容，题型多以选择题为主。对于这部分内容，需要注意以
下几点：一是明确库仑定律的适用条件；二是知道完全相同的导体小球接触时电荷量的分配规律；三是进
行受力分析，灵活应用平衡条件。3.备考建议：本讲内容备考时候，强化训练等量电荷电场线在不同场景
下的应用，会通过电场线分析电势、电势能、场强的变化等。关注带电小球的受力平衡问题。
【模型一 库仑定律的理解与应用 】
1
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类型1 电荷守恒定律与库仑定律的理解和应用
电荷守
恒定律
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，电荷的总量保持
不变
三种起
电方式
摩擦起电、感应起电、接触起电
实质
物体得失电子
元电荷e＝1.60×10－19 C，所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍
比荷
带电粒子的电荷量与其质量之比叫作比荷
电子的比荷为：e
me
＝1.76×1011 C/kg
点电荷
代表带电体的有一定电荷量的点，忽略带电体的大小、形状及电荷分布状况对它
们之间的作用力的影响的理想化模型
库仑
定律
内容
真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正
比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上
表达式F＝kq1q2
r
2 ，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫作静电力常量
条件
①真空中；②静止点电荷
①F＝k，r 指两点电荷间的距离。对于可视为点电荷的两个均匀带电绝缘球体，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库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用。
【典例1】（2025·河北·高考真题）如图，真空中固定在绝缘台上的两个相同的金属小球A 和B，带
有等量同种电荷，电荷量为q，两者间距远大于小球直径，两者之间的静电力大小为F。用一个电荷量为Q
的同样的金属小球C 先跟A 接触，再跟B 接触，移走C 后，A 和B 之间的静电力大小仍为F，则Q:q的绝对
值可能是（ ）
2
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A．1
B．2
C．3
D．5
【答案】AD
【解析】C 先跟A 接触后，两者电荷量均变为q1= Q+q
2
，C 再跟B 接触后，两则电荷量均变为
q2= q+q1
2
= Q+3q
4
，此时AB 之间静电力大小仍为F = k q
2
L
2 ，则有F = k q
2
L
2 = k q1q2
L
2
解得Q
q =1或Q =−5q；
则Q:q的绝对值可能是1 或者5。
故选AD。
【变式1-1】（2025·广西高考真题）用带电玻璃棒接触验电器的金属球，移走玻璃棒，验电器内的
两片金属箔张开，稳定后如图。图中a、b、c、d 四点电场强度最强的是（ ）
A．a 点
B．b 点
C．c 点
D．d 点
【答案】D
【解析】bc 两点分别在金属外壳内部和金属杆的内部，则两点的场强均为零；在金属箔上的最下端电
荷分布比金属球上更密集，且d 点距离金箔的下端较近，可知d 点的场强比a 点大，则电场强度最大的点
在d 点。
故选D。
【变式1-2】真空中有两个相同的带等量异号电荷的金属小球A 和B（均可看做点电荷）相距为
3
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r，带电量绝对值均为Q，它们之间静电力的大小为F。现用一个不带电的同样的金属小球C 先与A 接触，
再与B 接触，然后移开C，再将A、B 间距离减小为原来的
倍，则A、B 间的静电力大小为（ ）
A．
B．
C．2F
D．4F
【答案】C
【解析】设小球A 所带电荷量为
，B 所带电荷量为
，根据库仑定律可得
用一个不带电的同样的金属小球C 先与A 接触，则接触后A、C 所带电荷量均为
再与B 接触，接触后B、C 所带电荷量均为
再将A、B 间距离减小为原来的
倍，则A、B 间的静电力大小为
故选C。
【变式1-3】如图是库仑做实验用的库仑扭秤，带电小球A 与不带电小球B 等质量，带电金属小球C 靠
近A，两者之间的静电力使横杆旋转，转动旋钮M，使小球A 回到初始位置，此时A、C 间的静电力与旋钮
旋转的角度成正比。现用一个电荷量是小球C 的三倍、其他完全一样的小球D 与C 完全接触后分开，再次
转动旋钮M 使小球A 回到初始位置，此时旋钮旋转的角度与第一次旋转的角度之比为（ ）
A.1 B.1
2 C.2 D.4
【答案】C
【解析】设A 带电荷量为qA，C 球带电荷量为qC，静电力与旋钮旋转的角度成正比
则有θ＝k1F，
依题意有θ1＝k1F1＝k1
k q A qC
r
2
，
由题可知小球D 带电荷量为qD＝3qC，接触后分开，
4
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电荷量将均分，有qC'＝3qC +qC
2
＝2qC，
依题意有θ2＝k1F2＝k1
k qC'q A
r
2
＝2k1
k q A qC
r
2
，
联立可得
θ2
θ1
＝2。
【变式1-4】（2025·海南高考真题）如图所示，带正电的金属球靠近不带电的验电器金属小球
，
则关于验电器金属小球
和金属箔
，下列说法正确的是（ ）
A．
和
都带正电
B．
和
都带负电
C．
带负电，
带正电
D．
带正电，
带负电
【答案】C
【解析】由图可知，验电器本来不带电，由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，正金属球靠近
不带电验电器金属小球
，使得金属球a 带负电荷，从而导致金属箔b 带上正电荷。
故选C。
类型2.静电力作用下的平衡问题
静电力作用下的平衡问题的求解思路
该类平衡问题的分析方法与力学中平衡问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多分析一
个静电力。
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【典例2】（2025·湖南高考真题）如图，两带电小球的质量均为m，小球A 用一端固定在墙上的绝缘
轻绳连接，小球B 用固定的绝缘轻杆连接。A 球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的
夹角为30°，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．A 球静止时，轻绳上拉力为2mg
B．A 球静止时，A 球与B 球间的库仑力为2mg
C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A 球加速度大小为g
D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B 球的作用力变小
【答案】C
【解析】AB．根据题意A 球静止时，对A 球受力分析，如图所示
由平行四边形定则及几何关系，轻绳上拉力为T =mg
A 球与B 球间的库仑力F =2mgcos30° =√3mg
故AB 错误；
C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A 球受到轻绳的拉力消失，其它两力保持不变，根据三力平衡知识，此
时A 球的合外力大小为mg，则加速度大小为g，故C 正确；
D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间B 球受到的库仑力、重力不变，小球仍然处在静止状态，则轻杆对B 球
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的作用力不变，故D 错误。
故选C。
【变式2-1】（多选）（2025·安徽高考真题）如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固
定在竖直平面内，空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球（均可视为质
点）在轨道上同一高度保持静止，间距为L，甲、乙所带电荷量分别为q、2q，质量分别为m、2m，静电
力常量为k，重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2，匀强电场的电场强度大
小为E，不计空气阻力，则（ ）
A．F1= 1
2 F2
B．E = kq
2 L
2
C．若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止
D．若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小
v =√
k q
2
mL
【答案】ABD
【解析】AB．如图，对两球进行受力分析，设两球间的库仑力大小为F，倾角为θ，对甲球根据平衡条
件有FN1cosθ =mg，F = FN1sinθ+ Eq①
对乙球有FN2cosθ =2mg，FN2sinθ = F +2 Eq
联立解得F = 4 Eq②
故
F1
F2
= 4 Eq−Eq
4 Eq+2 Eq = 1
2
同时有F = kq⋅2q
L
2
解得E = kq
2 L
2,故AB 正确；
C．若将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得对甲有FN1' cosθ =mg，FN1' sinθ = F + Eq
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对乙有FN2' cosθ =2mg，FN2' sinθ+2 Eq= F
联立可得F + 4 Eq=0，无解
假设不成立，故C 错误；
D．若撤去甲，对乙球根据动能定理2mg⋅L
2 tanθ−2 Eq⋅L
2 = 1
2 ⋅2m v
2
根据前面分析由①②可知tanθ = 3 Eq
mg
联立解得v =√
k q
2
mL
,故D 正确。
故选ABD。
【变式2-2】 如图所示，三个绝缘带电小球A、B、C 处于竖直平面内，三个小球的连线构成直角三
角形，∠A＝90°，∠B＝60°。用竖直向上的力F 作用在小球A 上，三个小球恰好处于静止状态。下列关
于三个小球所带电荷量的关系中正确的是（ ）
A.qA＝√3
2 qC
B.qA＝1
2qB
C.q A
2＝qBqC
D.qB＝√3
3 qC
【答案】D
【解析】由平衡条件可知，AB 间、AC 间必是引力，BC 间必是斥力，故B、C 带同种电荷，电性与A 相
反，对B 球受力分析，如图所示，由平衡条件可得FABcos 60°＝FBC，同理可得，对于C 球，满足FACcos
30°＝FBC，设A、B 距离为l，则A、C 距离为√3l，B、C 距离为2l，由库仑定律可得FAB＝k
q A qB
l
2
、FAC＝k
q A qC
3l
2 、FBC＝kqBqC
4l
2 ，联立可得qA∶qB∶qC＝√3∶2∶2√3，D 正确。
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【变式2-3】如图所示，用两根同样长的绝缘细绳把两个带同种电荷的小球悬挂在一点。小球A 的质
量大于小球B 的质量，小球A 所带的电荷量大于小球B 所带的电荷量。两小球静止时，细绳与竖直方向的
夹角分别为α 和β，两小球均可视为点电荷，下列说法正确的是（ ）
A. 小球A 受到的库仑力大于小球B 受到的库仑力
B. 小球A 受到的库仑力小于小球B 受到的库仑力
C. α＜β
D. α＞β
【答案】C
【解析】AB．由牛顿第三定律可知，小球A 受到的库仑力与小球B 受到的库仑力大小相等，故AB 错误；
CD．对两小球受力分析，如图所示
每个小球均为三力平衡，有
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且
所以解得
又由
解得
，故D 错误，C 正确。
故选C。
类型3.三个自由点电荷的平衡问题
（1）平衡条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零，即每个点电荷处于另外两个点电荷产
生的合电场强度为零的位置。
（2）模型特点
(3)分析三点电荷平衡模型类问题的思维误区
①本类题目易误认为只要三个点电荷达到平衡就是“三点电荷平衡模型”，而没有分析是否满足模型
成立的条件。如虽然三个点电荷已达到平衡，但若其中某个点电荷受到了外力作用，则不是“三点电荷平
衡模型”。
②原则上对于三个点电荷中的任意两个进行受力分析，列平衡方程，即可使问题得到求解，但不同的
两个点电荷列平衡方程往往会使求解难度不同，要根据不同的题目灵活选取。
【典例3】如图所示，在一条直线上有两个相距0.4 m 的点电荷A、B，A 带电＋Q，B 带电－9Q。现引
入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在静电力的作用下处于平衡状态，则C 的带电性质及位置应为（
）
A.正，B 的右边0.4 m 处
B.正，B 的左边0.2 m 处
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C.负，A 的左边0.2 m 处
D.负，A 的右边0.2 m 处
【答案】C
【解析】 要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异”“两大夹小”“近小远大”的原则，
所以点电荷C 应在A 左侧，带负电。设C 带电荷量为q，A、C 间的距离为x，A、B 间距离用r 表示，由于处
于平衡状态，所以kQq
x
2 ＝9kQq
(r + x )
2 ，解得x＝0.2 m，选项C 正确。
答案 C
【变式3-1】如图所示三个点电荷q1、q2、q3在同一条直线上，q2和q3的距离为q1和q2距离的两倍，
每个点电荷所受静电力的合力为零，由此可以判定，三个点电荷的电荷量之比q1∶q2∶q3为 ( )
A．(－9)∶4∶(－36)
B．9∶4∶36
C．(－3)∶2∶(－6)
D．3∶2∶6
【答案】A
【解析】由三点电荷平衡模型的特点“两同夹异”可知，
q1和q3为同种电荷，它们与q2为异种电荷，
设q1和q2距离为r，则q2和q3的距离为2r，
对于q1有＝，则有＝，
对q3有＝，所以＝，
再考虑到各电荷的电性，A 正确。
【变式3-2】两个可自由移动的点电荷分别在A、B 两处，如图所示。A 处电荷带正电Q1，B 处电荷带
负电Q2，且Q2＝4Q1，另取一个可以自由移动的点电荷Q3，放在直线AB 上，欲使整个系统处于平衡状态，
则
A．Q3为负电荷，且放于A 左方
B．Q3为负电荷，且放于B 右方
C．Q3为正电荷，且放于A 与B 之间
D．Q3为正电荷，且放于B 右方
【答案】A
【解析】Q3为负电荷，分别置于A 左侧、A 与B 之间、B 右侧时，三者受力情况：
置于A 左侧
置于A 与B 之间
置于B 右侧
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虽然Q3距离B 较远，但是
B 的电荷量较大，因此三
者有可能平衡
由A 和Q3受力方向
知，必不平衡
由A 和B 受力方向
知，必不平衡
Q3为正电荷，分别置于A 左侧、A 与B 之间、B 右侧时，三者受力情况：
置于A 左侧
置于A 与B 之间
置于B 右侧
由A、B 受力方
向知，必不平
衡
由Q3、B 受力方向
知，必不平衡
虽然各个电荷受到方向相反的
两个力作用，但是B 的电荷量
大，距离Q3又近，故Q3受到的
两个力必不平衡
故正确答案为A。
类型4.静电力作用下的加速问题
静电力作用下的加速问题的求解思路
该类问题的分析方法与力学中加速问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多分析一
个静电力。具体步骤如下：
确定研究对象→受力分析→由牛顿第二定律列方程→F 合＝ma
【典例4】（多选）（2022·辽宁高考）如图所示，带电荷量为6Q（Q＞0）的球1 固定在倾角为30°
光滑绝缘斜面上的a 点，其正上方L 处固定一电荷量为－Q 的球2，斜面上距a 点L 处的b 点有质量为m 的
带电球3，球3 与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b 点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为L
2 ，球2、3
间的静电力大小为mg
2 。迅速移走球1 后，球3 沿斜面向下运动。g 为重力加速度，球的大小可忽略，下列
关于球3 的说法正确的是（ ）
A.带负电
B.运动至a 点的速度大小为√gL
C.运动至a 点的加速度大小为2g
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D.运动至ab 中点时对斜面的压力大小为3√3-4
6
mg
【答案】BCD
【解析】由题意可知三小球构成一个等边三角形，小球1 和3 之间的力大于小球2 和3 之间的力，弹
簧处于压缩状态，故小球1 和3 一定是斥力，小球1 带正电，则小球3 带正电，故A 错误
小球3 运动至a 点时，弹簧的伸长量等于L
2 ，根据对称性可知，小球2 对小球3 做功为0，弹簧弹力做
功为0，故根据动能定理有mgLsin θ＝1
2mv2，解得v＝√gL，故B 正确；
小球3 在b 点时，设小球3 的电荷量为q，有kqQ
L
2 ＝mg
2 ，设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，
沿斜面方向有F＝kq·6Q
L
2
－kqQ
L
2 sin 30°－mgsin 30°，解得F＝9
4 mg，
小球运动至a 点时，弹簧的伸长量等于L
2 ，
根据对称性可知，此时弹簧的弹力大小仍为F，
由牛顿第二定律得F＋kqQ
L
2 sin 30°－mgsin 30°＝ma，
解得a＝2g，故C 正确；
当小球3 运动至ab 中点时，弹簧弹力为0，
此时小球2 对小球3 的力为F23＝k
qQ
(
√3
2 L)
2＝4
3 ·kqQ
L
2 ＝4
3 ×mg
2 ＝2
3mg，
斜面对小球的支持力为FN＝mgcos 30°－F23＝√3
2 mg－2
3mg＝3√3-4
6
mg，
根据牛顿第三定律可知，小球3 对斜面的压力大小为3√3-4
6
mg，
故D 正确。
答案 BCD
【变式4-1】如图所示，在光滑绝缘水平面上，固定着三个带电小球a、b、c，三球在一条直线上，其
质量之比为1∶2∶4，设向右为正方向，若仅释放a 球，a 球的初始加速度为−6 m/s
2，若仅释放c 球，c
球初始加速度为3 m/s
2，当仅释放b 球时，b 球的初始加速度为（ ）
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A．3m/s2
B．−3 m/s
2
C．5m/s2
D．−5 m/s
2
【答案】B
【解析】设a、b、c三个小球的质量分别为m、2m、4 m，则若仅释放a 球，
根据牛顿第二定律Fba+ Fca=maa
若仅释放c 球，根据牛顿第二定律Fac+ Fbc= 4 mac
根据牛顿第三定律Fca=−Fac
当仅释放b 球时，根据牛顿第二定律Fab+ Fcb=−( Fba+ Fbc)=−maa−4 mac =2mab
解得ab=−3 m/s
2故选B。
【变式4-2】如图所示，在竖直平面内有一个半径为
的光滑圆轨道，在轨道的圆心
处固定一带电
量为
的点电荷，一质量为
、带电量为
的小球（可视为质点）在轨道的外侧沿着轨道运动。已知
静电力常量为
，重力加速度为
。为使小球能做完整的圆周运动，
至少为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由于小球（可视为质点）在轨道的外侧沿着轨道运动，为使小球能做完整的圆周运动，则小
球能够顺利通过轨道的最低点，当
取最小值时，小球在最低点所受轨道弹力恰好为0，小球在轨道最高
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点速度也恰好为0，在轨道最低点有
从最高点到最低点过程，根据动能定理有
解得
故选C。
【模型二 电场强度 】
类型1. 电场强度的理解及应用
1.电场强度的理解:
电场
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力的作用
电场强度
定义：放入电场中某点的电荷受到的静电力F 与它的电荷量q 的比值
定义式：E＝F
q ；单位：N/C 或V/m
方向：规定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
点电荷的电场
表达式：E＝kQ
r
2
方向：对于正点电荷的电场，方向背离正点电荷；对于负点电荷的电场，
方向指向负点电荷
电场强度的叠加
遵循平行四边形定则
2.电场强度的三个公式的比较
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【典例5】（2024·河北·高考真题）如图，真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，分别固定
在正三角形ABC的顶点B、C．M 为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均
匀带电细杆，电荷量为q
2．已知正三角形ABC的边长为a,M 点的电场强度为0，静电力常量的k．顶点A
处的电场强度大小为（ ）
A．2√3kq
a
2
B．kq
a
2 (6+√3)
C．kq
a
2 (3√3+1)
D．kq
a
2 (3+√3)
【答案】D
【解析】B 点C 点的电荷在M 的场强的合场强为
E =2
kq
(
√3
3 a)
2 cos60° = 3kq
a
2
因M 点的合场强为零，因此带电细杆在M 点的场强EM = E，由对称性可知带电细杆在A 点的场强为
E A = EM = E，方向竖直向上，因此A 点合场强为
E合= E A+2 kq
a
2 cos30° = kq
a
2 (√3+3)
故选D。
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【变式5-1】（多选）（2025·湖北高考真题）如图所示，在xOy 平面内有一以O 点为中心的正五边
形，顶点到O 点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q 的正
点电荷，且电荷量为3q 的电荷在y 轴正半轴上。静电力常量为k，则O 点处的电场强度（ ）
A．方向沿x 轴负方向
B．方向与x 轴负方向成18°夹角斜向下
C．大小为2kq
R
2 (cos54°+cos18°)
D．大小为2kq
R
2 (2cos54°+cos18°)
【答案】AD
【解析】由题意可知，如图
将五个点电荷等效成
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五个点电荷与O 点距离为R，设E0= kq
R
2
则O 点场强大小为E =2×2 E0cos54°+2 E0cos18°
代入可得E =2 kq
R
2 (2cos54°+cos18°)
方向沿x 轴负方向；
故选AD。
【变式5-2】（2025·山东高考真题）球心为O，半径为R 的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上，带
电量分别为+2q和+q的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B 两点，过O、A、B 的截面如图所示，C、D 均为
圆弧上的点，OC 沿竖直方向，∠AOC = 45°，OD⊥AB，A、B 两点间距离为√3 R，E、F 为AB 连线的三
等分点。下列说法正确的是（ ）
A．甲的质量小于乙的质量
B．C 点电势高于D 点电势
C．E、F 两点电场强度大小相等，方向相同
D．D．沿直线从O 点到D 点，电势先升高后降低
【答案】BD
【解析】A．对甲、乙两小球受力分析如图所示，甲、乙两小球分别受到重力、支持力、库仑力作用
保持平衡。
设OC与AB线段交点为G点，由几何关系2 R cos∠OAB =√3 R
解得∠OAB =∠OBA =30°
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因此有∠OGA =105°，∠OGB =75°
根据正弦定理，对甲有m甲g
sin30° =
F电
sin 45°
对乙有m乙g
sin30° =
F电
′
sin75°
因为sin45°<sin75°
F电与F电
′是一对相互作用力，可得m甲>m乙
A 错误；
B．根据点电荷场强公式E = kQ
r
2 ，由场强叠加知识，可知C 到D 之间的圆弧上各点场强方向都向右下
方，若有一正试探电荷从C 运动到D 的过程中，电场力做正功，电势能减小，故可判断C 点电势高于D 点
电势，B 正确；
C．两带电小球连线上的电场分布可以等效成一对等量异种点电荷的电场和在A点带电量为3q的正点
电荷的电场相互叠加的电场。在等量异种点电荷的电场中E、F 两点电场强度大小相等，方向相同。但是A
点带电量为3q的正点电荷在E、F 两点的电场强度不同。E、F 两点电场强度大小不同，C 错误；
D．电势是标量，OD与AB线段的交点距离两带电小球最近，所以该点电势最大，那么沿直线从O 点
到D 点，电势先升高后降低，D 正确。
故选BD。
【变式5-3】（2024·江苏高考真题）在静电场中的A、B 两点放置试探电荷，其受到的静电力F 与试
探电荷的电荷量q 的关系，分别如图中直线a、b所示。A、B两点的电场强度之比为（ ）
A． 1:1
B． 2:1
C． 3:1
D． 4:1
【答案】D
【解析】设F −q图像的横坐标单位长度电荷量为q0,纵坐标单位长度的力大小为F0
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根据 E = F
q
可知F −q图像斜率表示电场强度，由图可知 Ea= 4 F0
q0
= 4 F0
q0
Eb= 4 F0
4 q0
= F0
q0
可得
Ea
Eb
= 4:1
故选D。
类型2. 电场强度的叠加
1.电场强度叠加遵循的规律（如图所示）
2.求解特殊带电体电场强度的计算方法
（1）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，如图甲、乙所示。
（2）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。例
如均匀带电的3
4 球壳在O 点产生的电场，等效为弧BC 所带电荷产生的电场，其方向又等效为弧的中点M 处
的电荷在O 点产生的电场方向。
（3）填补法
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。
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（4）微元法：将带电体分成许多电荷元，每个电荷元看成点电荷，先根据库仑定律求出每个电荷元
的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。
【典例6】（2024·贵州·高考真题）如图，A、B、C 三个点位于以O 为圆心的圆上，直径
与弦
间的夹角为
。A、B 两点分别放有电荷量大小为
的点电荷时，C 点的电场强度方向恰好沿圆的
切线方向，则
等于（ ）
A．
B．
C．
D．2
【答案】B
【解析】根据题意可知两电荷为异种电荷，假设
为正电荷，
为负电荷，两电荷在C 点的场强如
下图，设圆的半径为r，根据几何知识可得
，
同时有
，
联立解得
故选B。
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【变式6-1】三根相同长度的绝缘均匀带电棒组成等边三角形，带电量分别为-Q、+Q 和
，其中一
根带电量为+Q 的带电棒在三角形中心O 点产生的场强为E，则O 点的合场强为（ ）
A．
B．E
C．
D．
【答案】A
【解析】+Q 和-Q 在O 点的合场强为
三个棒在O 点的合场强为
故选A。
【变式6-2】如图所示，A、B、C 为一直角三角形的三个顶点，带电量绝对值分别为q1和q2的两个点电
荷分别固定在A、B 两点，在C 点电场强度的大小为E1，方向与AB 连线平行，AB 连线中点D 点场强大小为
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E2，∠A为30°。则下列关系正确的是（ ）
A．q1:q2=8:1，E1: E2=√3:12
B．q1:q2=8:1，E1: E2=3√3:12
C．q1:q2= 4:1，E1: E2=3√3:20
D．q1:q2= 4:1，E1: E2=√3:12
【答案】A
【解析】由于在C 点电场强度方向与AB 连线平行，可知q1和q2为异种电荷，设BC 长度为d，则q1和q2
在C 点产生的电场强度大小分别为E A = k q1
4 d
2 、EB= k q2
d
2 几何关系可知sin30° = EB
E A
联立解得
q1
q2
= 8
1由电场
叠加原理可知，在C 点电场强度的大小为E1= E Acos30°在D 点电场强度的大小为E2= k q1
( √3
2 )
2 + k q2
( √3
2 )
2联
立解得
E1
E2
= √3
12 故选A。
【变式6-3】如图所示，MN 是一半圆形绝缘线，O 点为圆心，P 为绝缘线所在圆上一点，且OP 垂直于
MN，等量异种电荷分别均匀分布在绝缘线上、下1
4 圆弧上。下列说法中正确的有（ ）
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A．O 点处和P 点处的电场强度大小相等，方向相同
B．O 点处电势大于和P 点处的电势
C．将一正点电荷沿直线从O 移动到P，电势能增加
D．将一正点电荷沿直线从O 移动到P，电场力始终不做功
【答案】D
【解析】分别画出正、负电荷产生的电场强度的方向如图
由图可知，O 点与P 点的合场强的方向都向下，同理可知，在OP 的连线上，各点的合场强的方向均向
下；
A．O 点到两处电荷的距离比较小，所以两处电荷在O 点产生的场强都大于在P 处产生的场强，而且在
O 点出两处电荷的场强之间的夹角比较小，所以O 点的合场强一定大于P 点的合场强，故A 错误；
B．根据对称性可知OP 连线是一条等势线，故B 错误；
CD．由于OP 连线是一条等势线，将一正试探电荷沿直线从O 移动到P，电场力始终不做功，电势能不
变，故C 错误，D 正确；故选D。
【变式6-4】（2022·山东高考）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（ ）
A.正电荷，q＝Q Δ L
π R
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B.正电荷，q＝√3Q Δ L
πR
C.负电荷，q＝2Q Δ L
π R
D.负电荷，q＝2√3Q Δ L
π R
【答案】C
【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 点产生的电场强度为零，
而取走的A、B 处的电荷的电量qA＝qB＝Q Δ L
2πR ，
qA、qB在O 点产生的合电场强度为EAB＝k Q Δ L
2π R
R
2
＝kQ Δ L
2π R
3 ，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 点产生的电场强度大小为kQ Δ L
2π R
3 ，方向由C 指向O，
而点电荷q 放在D 点后，O 点电场强度为零，
故q 在O 点产生的电场强度与qA、qB在O 点产生的合电场强度相同，
所以q 为负电荷，即有k
q
(2 R)
2 ＝kQ Δ L
2π R
3，
解得q＝2Q Δ L
π R
，故C 正确。
答案 C
【变式6-5】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 上均匀分布正电荷，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，轴线上
CO=DO=3R。一质量为m、电荷量为q 的小球（用绝缘细线悬挂于悬点），受半球面产生的电场影响偏转θ
角度静止于C 点，（若球C 与半球面AB 彼此不影响对方的电量分布）则半球面AB 在D 点产生的场强大小
为（ ）
A．kQ
9 R
2 + mg tanθ
q
B．kQ
9 R
2 −mg tanθ
q
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C．k 2Q
9 R
2 + mg tanθ
q
D．k 2Q
9 R
2 −mg tanθ
q
【答案】D
【解析】设半球面AB 在D 点产生的场强大小为E1，在C 点产生的场强大小为E2，根据平衡条件得
tanθ = q E2
mg 补齐右半球，D 点的合场强为k 2Q
(3 R)
2 = E1+ E2 解得E1= k 2Q
9 R
2 −mg tanθ
q
故选D。
【变式6-6】如图所示，有一均匀带正电的绝缘细圆环，半径为r、带电量为q。点P、Q、N 把圆环分
为三等分，现取走P、Q 处两段弧长为Δx( Δx ≪r )的小圆弧。NO 延长线交细圆环于M 点，静电力常量为
k，则在O 点同定一个带电量为q 的负电荷，它受到圆环的电场力为（ ）
A．方向由O 指向N，大小为k q
2 Δx
2π r
3
B．方向由O 指向N，大小为√3k q
2 Δx
2π r
3
C．方向由O 指向M，大小为k q
2 Δx
2π r
3
D．方向由O 指向M，大小为√3k q
2 Δx
2π r
3
【答案】A
【解析】由于圆环所带电荷量均匀分布，故长度为Δx的小圆弧所带电荷量为Δq = Δx
2πr q
根据对称性，没有取走电荷时圆心 O 点的电场强度为零，取走 P、Q 两处的电荷后，圆环剩余电荷在
O 点产生的电场强度大小等于P、Q 处弧长为Δx的小圆弧所带正电荷在O 点产生的合场强大小，方向相反，
则E剩= E合=2 kΔq
r
2 cos60
∘= kqΔx
2π r
3
P、Q 处弧长为Δx的小圆弧所带正电荷在O 点产生的合场强沿ON 方向，则取走 P、Q 两处的电荷后，
O 点的电场强度沿OM 方向。所以，在 O 点固定一个带电量为q 的负电荷，它受到圆环的电场力大小为
F = E剩q = k q
2 Δx
2π r
3 ，沿ON 方向。
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故选A。
【模型三 电场线】
类型1.电场线的理解及应用
典型电场
的电场线
电场线
的特征
(1)电场线是假想的，实际电场中不存在
(2)电场线起始于正电荷(或无限远)，终止于无限远(或负电荷)。
静电场的电场线不闭合
(3)电场线不相交，也不相切
(4)电场线的疏密程度反映电场的强弱
(5)电场线不表示电荷在电场中运动的轨迹
电场线的应用
1．判断电场强度的方向——电场线上任意一点的切线方向即为该点电场强度的方向。
2．判断电场力的方向——正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同，负电荷的受力方向和电
场线在该点切线方向相反。
3．判断电场强度的大小(定性)——同一电场，电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小。
4．判断电势的高低与电势降低的快慢——沿电场线方向电势逐渐降低，电场强度的方向是电势降低
最快的方向。
【典例7】（2025·陕晋青宁卷高考真题）某同学绘制了四幅静电场的电场线分布图，其中可能正确
的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】ABC．静电场中电场线不相交、不闭合，故B 正确、故AC 错误；
D．若电场线相互平行，应等间距，故D 错误。
故选B。
【变式7-1】（2025·甘肃·高考真题）如图，两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板间形成
非匀强电场，实线为电场线，虚线表示等势面。M、N 点在同一等势面上，N、P 点在同一电场线上。下列说
法正确的是（ ）
A．M 点的电势比P 点的低
B．M 点的电场强度比N 点的小
C．负电荷从M 点运动到P 点，速度增大
D．负电荷从M 点运动到P 点，电场力做负功
【答案】D
【解析】A．MN 两点电势相等，电场线由上到下，NP 在同一电场线上，沿电场线电势逐渐降低，可知
N 点电势高于P 点，可知M 点电势高于P 点，选项A 错误；
B．M 点电场线分布比N 点密集，可知M 点电场强度比N 点大，选项B 错误；
CD．负电荷从M 点运动到P 点，电势能增加，则电场力做负功，动能减小，速度减小，选项C 错误，D
正确；
故选D。
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【变式7-2】（2025·北京·高考真题）某小山坡的等高线如图，M 表示山顶，
是同一等高线上
两点，
分别是沿左、右坡面的直滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则（ ）
A．小球沿
运动的加速度比沿
的大
B．小球分别运动到
点时速度大小不同
C．若把等高线看成某静电场的等势线，则A 点电场强度比B 点大
D．若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快
【答案】D
【解析】A．等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律可得
（
为坡面与水平面夹角），
MB 对应的等高线更密集，坡面更陡，小球沿着MB 运动时加速度比沿着MA 运动时加速度大，A 错误；
B．A、B 在同一等高线，小球下落高度相同，根据机械能守恒，运动到A、B 点时速度大小相同，B 错
误；
C．等势线越密集，电场强度越大，B 处等势线更密集，A 点电场强度比B 点小，C 错误；
D．等势线越密集，电势降落越快，右侧等势线更密集，右侧电势比左侧降落得快，D 正确。
故选D。
【变式7-3】（2023·上海·高考真题）如图所示，a 为匀强电场，b 为非匀强电场，三个电荷用轻棒
连接为正三角形，则整个系统受合力的情况是（ ）
A．a 为0，b 为0 B．a 为0，b 不为0
C．a 不为0，b 为0
D．a 不为0，b 不为0
【答案】B
【解析】对于图a，由于是匀强电场，设电场强度为E，则两个＋q 的电荷受到的电场力为2Eq 方向沿
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电场线向上，一个－2q 的电荷受到的电场力为2Eq 方向沿电场线向向下，则图a 整个系统受合力为0；同
理分析，由于两个＋q 的电荷所在的场强更弱，则图b 整个系统受合力不为0。
故选B。
类型2 常见等量电荷的电场线
两种等量点电荷的电场分布
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
【典例8】（2023·河北·高考真题）如图，在
轴上放置四个点电荷
和
位于
点
两侧，
位于
点两侧。
点在
轴上，且
。取无穷远处电势为零，电荷位置与电荷量
满足一定关系，使得以
点为球心、以
为半径的球面上各点的电势均为零。下列说法正确的是
（ ）
A．
两点电场强度的方向一定沿
轴正方向
B．若在
点放一正点电荷，则
两点的电势一定升高
C．试探电荷
沿
轴运动过程中，若静电力始终不做功，则它受到的静电力始终为零
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D．试探电荷
沿
轴运动过程中，若静电力始终不做功，则
点的电场强度一定为零
【答案】BD
【解析】A．以
点为球心、以
为半径的球面为等势面，由电场强度和等势面的关系可知，
两点电场强度的方向与半径垂直，与
轴重合。由于无法判断各个电荷的电性，故
两点电场强度的方
向无法判断，故A 错误；
B．取无穷远处为零电势点，由于正点电荷周围的电势为正值，若在0 点放一正点电荷，则
两点
的电势一定升高，故B 正确；
C．试探电荷
沿
轴运动过程中，根据电荷分布，若静电力始终不做功，则经过
轴且垂直于
轴的
平面为等势面，但静电力不一定为零，故C 错误；
D．根据以
点为球心、以
为半径的球面为等势面，可知
点的电场强度方向应与
轴重合，再根
据经过
轴且垂直于
轴的平面为等势面，可知
点的电场强度方向应与
轴垂直，同一点电场强度的方
向是唯一的，故
点的电场强度一定为零，故D 正确。
故选BD。
【变式8-1】（2024·全国甲卷·高考真题）在电荷量为Q 的点电荷产生的电场中，将无限远处的电
势规定为零时，距离该点电荷r 处的电势为
，其中k 为静电力常量，多个点电荷产生的电场中某点的电
势，等于每个点电荷单独存在的该点的电势的代数和。电荷量分别为
和
的两个点电荷产生的电场的
等势线如图中曲线所示（图中数字的单位是伏特），则（ ）
A．
，
B．
，
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B．C．
，
D．
，
【答案】B
【解析】根据两点电荷周围的电势分布可知
带正电，
带负电；由图中电势为0 的等势线可知
由图中距离关系可知
联立解得
故选B。
【变式8-2】（2024·海南·高考真题）真空中有两个点电荷，电荷量均为−q（q ≥ 0），固定于相
距为2r 的P1、P2两点，O 是P1P2连线的中点，M 点在P1P2连线的中垂线上，距离O 点为r，N 点在P1P2连线
上，距离O 点为x（x << r），已知静电力常量为k，则下列说法正确的是（ ）
A．P1P2中垂线上电场强度最大的点到O 点的距离为
B．P1P2中垂线上电场强度的最大值为
C．在M 点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小
D．在N 点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动
【答案】BCD
【解析】AB．设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A 处产生的场强与竖直向下的夹角为θ，则根据场
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强的叠加原理可知，A 点的合场强为
根据均值不等式可知当
时E 有最大值，且最大值为
再根据几何关系可知A 点到O 点的距离为
故A 错误，B 正确；
C．在M 点放入一电子，从静止释放，由于
可知电子向上运动的过程中电场力一直减小，则电子的加速度一直减小，故C 正确；
D．根据等量同种电荷的电场线分布可知，电子运动过程中，O 点为平衡位置，可知当发生位移x 时，
粒子受到的电场力为
由于x << r，整理后有
在N 点放入一电子，从静止释放，电子将以O 点为平衡位置做简谐运动，故D 正确。
故选BCD。
【变式8-3】（多选）电场线能直观、方便地反映电场的分布情况。图甲是等量异种点电荷形成电场
的电场线，图乙是场中的一些点；O 是电荷连线的中点，E、F 是连线中垂线上相对O 对称的两点，B、C 和
A、D 也相对O 对称。则（ ）
A.E、F 两点电场强度相同
B.A、D 两点电场强度不同
C.B、O、C 三点，O 点电场强度最小
D.从E 点向O 点运动的电子所受静电力逐渐减小
【答案】AC
【解析】等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，电场强度方向与等势线垂直，
因此E、F 两点电场强度方向相同，
由于E、F 是连线中垂线上相对O 对称的两点，则其电场强度大小也相等，故A 正确；
根据对称性可知，A、D 两点处电场线疏密程度相同，
则A、D 两点电场强度大小相同，
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由题图甲看出，A、D 两点电场强度方向相同，故B 错误；
由题图甲看出，B、O、C 三点比较，O 点的电场线最稀疏，电场强度最小，故C 正确；
由题图甲可知，电子从E 点向O 点运动过程中，电场线逐渐变密，则电场强度逐渐增大，电子所受静
电力逐渐增大，故D 错误。
类型3“电场线+运动轨迹”组合模型
1.电场线、带电粒子运动轨迹判断
(1)判断速度方向：带电粒子轨迹的切线方向为该点处的速度方向。
（2）判断电场力(或场强)的方向：带电粒子所受电场力方向(仅受电场力作用)指向轨迹曲线的凹侧，
再根据粒子的正、负判断场强的方向。
（3）判断电场力做功的正、负及电势能的增、减：若电场力与速度方向成锐角，则电场力做正功，
电势能减少；若电场力与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加。
2.电场线与带电粒子运动轨迹的关系
一般情况下带电粒子在电场中的运动轨迹不会与电场线重合，只有同时满足以下三个条件时，两者才
会重合：
(1)电场线为直线；
(2)电荷初速度为零或速度方向与电场线平行；
(3)电荷仅受电场力或所受其他力合力的方向始终与电场力方向相同或相反。
【典例9】（2024·甘肃·高考真题）某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带
电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N 分别是运动轨迹与等势面b、a 的交点，下列说法正确的是（
）
A．粒子带负电荷
B．M 点的电场强度比N 点的小
C．粒子在运动轨迹上存在动能最小的点
D．粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能
【答案】BCD
【解析】A．根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知，带电粒子带正电，故A 错误；
B．等差等势面越密集的地方场强越大，故M 点的电场强度比N 点的小，故B 正确；
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CD．粒子带正电，因为M 点的电势大于在N 点的电势，故粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能；
由于带电粒子仅在电场作用下运动，电势能与动能总和不变，故可知当电势能最大时动能最小，故粒子在
运动轨迹上到达最大电势处时动能最小，故CD 正确。
故选BCD。
【变式9-1】（2023·北京·高考真题）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。一不计重力带负电的点电荷在E 点由静止释放
后（ ）
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
【答案】C
【解析】AB．带负电的点电荷在E 点由静止释放，将以O 点为平衡位置做往复运动，在O 点所受电场
力为零，故AB 错误；
C．根据运动的对称性可知，点电荷由E 到O 的时间等于由O 到F 的时间，故C 正确；
D．点电荷由E 到F 的过程中电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D 错误。
故选C。
【变式9-2】（2023·天津·高考真题）如图所示，在一固定正点电荷产生的电场中，另一正电荷q
先后以大小相等、方向不同的初速度从P 点出发，仅在电场力作用下运动，形成了直线PM 和曲线PN 两条
轨迹，经过M、N 两点时q 的速度大小相等，则下列说法正确的有（ ）
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A．M 点比P 点电势低
B．M、N 两点的电势不同
C．q 从P 到M 点始终做减速运动
D．q 在M、N 两点的加速度大小相等
【答案】AD
【解析】A．由图中正电荷运动轨迹可知，正电荷在
受力方向向右，即电场线为
指向
，所以P
点电势高于M 点电势，即M 点比P 点电势低，故A 正确；
B．由题意知，同一个正电荷q 两次以大小相同、方向不同的初速度从P 点出发，分别抵达M 点与N 点，
且q 在M，N 点时速度大小也一样，由动能定理可知M、N 两点的电势相同，故B 错误；
C．q 从P 到M 做加速运动，故C 错误；
D．根据以上分析可知，M、N 两点在同一等势面上，且该电场是固定正电荷产生的电场，则说明M、N
到固定正电荷的距离相等，由点电荷的场强公式可知M、N 两点处电场强度大小相同，根据
可
知，q 在M、N 两点的加速度大小相等，故D 正确。
故选AD。
【变式9-3】细胞电转染的原理简化如图所示，两带电的平行金属板间，由于细胞的存在形成如图所
示的电场。其中实线为电场线，关于y轴对称分布。虚线为带电的外源DNA 进入细胞膜的轨迹，M、N为
轨迹上的两点，P点与N点关于y轴对称，下列说法正确的是（ ）
A．N、P两点的电场强度相同
B．M点的电势与N点的电势相等
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C．DNA 分子在M点的加速度比在N点小
D．DNA 分子在M点的电势能比在N点小
【答案】C
【解析】A．电场中某点的电场强度的方向为电场线在该点的切线方向，由图可知N、P两点的电场强
度的方向不同，故A 错误；
B．沿着电场线电势降低，故M点的电势低于N点的电势，故B 错误；
C．M处的电场线更稀疏，场强更小，由牛顿第二定律可知a= qE
m ，DNA分子在M点的加速度比在N
点小，故C 正确；
D．由轨迹可知，DNA 分子由M向N运动的过程电场力做正功，电势能减小，故DNA 分子在M点的电势
能比在N点大，故D 错误。
故选C。
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