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第16 讲 库仑定律 电场力的性质
目录
考点一 库仑定律的理解及应用...................................................................................................1
考点二 电场强度的理解...............................................................................................................1
考点三 电场线和运动轨迹问题...................................................................................................6
考点四 带电体的力电综合问题.................................................................................................11
练出高分.........................................................................................................................................15
考点一 库仑定律的理解及应用
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．
2．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．
3．三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1] （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
1
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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
【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。
[例题2] （2023•台州二模）如图所示，两个质量分别为mA和mB的带电小球A、
B（可视为质点）通过一根绝缘轻绳跨放在光滑的定滑轮上（滑轮大小不计），两球
静止，O 为滑轮正下方AB 连线上的一个点。两球到O 点距离分别为xA和xB，到滑轮
的距离分别为lA和lB，且lA：lB＝1：2，细绳与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2，两球
电荷量分别为qA和qB。则（ ）
A．qA＞qB
B．θ1＞θ2
C．mA：mB＝1：2
D．xA：xB＝1：2
【解答】解：A．根据题意可知两球的电场力是相互作用力，所以无法比较两球电荷量
的大小，故A 错误；
B．绳子上的力处处相等，对绳子跨过定滑轮的结点受力分析可知：
T'cosθ1＝T'cosθ2
2
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解得：θ1＝θ2，故B 错误；
CD．对两球受力可知，如下图所示，根据相似三角形可得：
mA g
ℎ
= T '
l A
= F
x A
mB g
ℎ
= T '
lB
= F
xB
可得mA：mB＝2：1
xA：xB＝1：2
故C 错误，D 正确。
故选：D。
[例题3] 如图所示，带电金属小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，O 点正下方带电小
球B 固定在绝缘支座上，两小球可视为质点，平衡时其间距离为L。现将与小球A 完
全相同的三个不带电的金属小球依次并充分与A 接触后移开，则再次平衡后A、B 间
距离为（ ）
A．1
8L
B．1
4 L
C．1
2L
D．L
【解答】解：对小球A 受力分析，小球A 受到重力mg，拉力T 和库仑力F，如图：
3
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设OB 间距离为h，A 的电荷量为q，B 的电荷量为Q，由库仑定律得：F＝kQq
L
2
由三角形相似得：F
L = mg
ℎ
将与小球A 完全相同的三个不带电的金属小球依次并充分与A 接触后移开，小球A 此
时的电荷量为q′= q
8
由库仑定律得：F′=
kQ q
8
L'
2
由三角形相似得：F '
L' = mg
ℎ
联立解得：L′= 1
2L
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
[例题4] （2023•泉州模拟）三个相同的带孔金属小球A、B、C 串在环形绝缘细
绳上，A、B 所带的电荷量分别为+Q、+2Q，C 不带电。将三个小球放在绝缘水平桌
面上，保持静止时三个小球的位置如图甲所示。将三个球一起接触后释放，再次静止
时，三个小球的位置如图乙所示。不计小球的体积与一切摩擦，则前后两次静止时，
细绳中张力大小之比为（ ）
A．4：9
B．8：9
C．8：9√3
D．4：3√3
【解答】解：设绳长为L，三个小球未接触时，细绳中的张力为F1，对A 小球，由平衡
条件得：2F1= kQ⋅2Q
( L
2 )
2
4
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解得：F1= 4 k Q
2
L
2
三个小球一起接触，所带电荷量平分，三个小球所带电荷量为q= Q+2Q
3
=Q
三个小球带电量相等，三个小球构成一个等边三角形，边长为L
3 ，绳上的张力等于两小
球间的库仑力，则F2= k Q
2
( L
3 )
2 = 9k Q
2
L
2
前后两次静止时，细绳中张力大小之比为F1：F2= 4 k Q
2
L
2
：9k Q
2
L
2
=4：9
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[例题5] （多选）（2023•安徽三模）如图所示，绝缘的斜面体ABC 静止于水平
面上，∠B＝37°，∠C＝53°，两个可视为质点的带电物体P 和Q 分别在AB 和AC 面
上静止不动，且PQ 连线水平。AB 面和AC 面光滑，设斜面体和P、Q 的质量分别为
M、m1、m2，重力加速度为，sin37°＝0.6。下列判断正确的是（ ）
A．P、Q 一定带异种电荷，且Q 的电荷量一定等于P 的电荷量
B．P、Q 的质量之比是 16
9
C．水平面对斜面底部有水平向右的静摩擦力
D．水平面对斜面的支持力等于 （M+m1+m2）g
【解答】解：AB、对P 受力分析，如图所示：
若P、Q 带同种电荷，则两物体受力不平衡，所以P、Q 一定带异种电荷，两物体的库
仑力等大方向，但不能确定两者电荷量的关系。由图可知，P 物体受到的库仑力F＝
m1gtan37°，同理可知Q 受到的库仑力F′＝m2gtan53°，F 与F′等大反向，则有
5
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m1gtan37°＝m2gtan53°，可得m1
m2
= tan53°
tan37° =
4
3
3
4
= 16
9 ，故A 错误，B 正确；
CD、把斜面体和两个带电物体看作一个整体，则整体竖直方向受重力和支持力，所以
支持力N＝（M+m1+m2）g，整体相对地面没有相对运动趋势，故水平面对斜面体没有
摩擦力，故C 错误；D 正确。
故选：BD。
考点二 电场强度的理解
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6] （2023•河北模拟）一轻质绝缘“L”型轻杆固定在水平面上，质量均为
m 的光滑小环A、B 套在支架上，两小环之间用轻绳连接，其中B 环带正电，电荷量
为q，A 环不带电，整个装置放在匀强电场中，电场强度的大小为E，电场强度的方向
与水平面平行，垂直于OM 杆，A 环在一水平力F 作用下缓慢向右移动一段距离，重
力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．当轻绳与OM 杆夹角为θ 时，绳子拉力大小为mg+ Eq
sinθ
B．轻杆对B 环的弹力逐渐增大
C．A 环缓慢向右移动过程中，绳子拉力逐渐减小
D．轻杆OM 对A 环的弹力大小为Eq
【解答】解：AC．以B 环为研究对象，受力如图：
6
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根据平衡条件，竖直方向上：FN1＝mg
水平方向上：FTsinθ＝F 电＝Eq，FTcosθ＝FN2
故当轻绳与OM 杆夹角为θ 时，绳子拉力大小为Eq
sinθ ，故A 错误；当A 环缓慢向右移
动时，θ 逐渐减小，故绳子拉力逐渐变大，故C 错误；
B．轻杆对B 环的弹力大小为F N =√F N 1
2 + F N 2
2
解得FN=√
m
2 g
2+ E
2q
2
tanθ
2
故当A 环缓慢向右移动时，θ 逐渐减小，轻杆对B 环的弹力逐渐增大，故B 正确；
D．同理，以A 环为研究对象，竖直方向上轻杆OM 对A 环的弹力大小为FN1'＝mg
水平方向上FN2'＝FTsinθ＝Eq
故轻杆OM 对A 环的弹力大小为F N ' =√F N 1'
2+ F N 2'
2
解得FN′=√m
2 g
2+ E
2q
2
故D 错误。
故选：B。
[例题7] （多选）如图所示，水平向右的匀强电场中有a、b 两带电小球，小球所
带电量的大小相同、电性未知。现将两小球用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，
它们距水平面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为α、β，且α＜β。不计空气阻
力，下列说法正确的是（ ）
A．若a、b 电性相反，球a 的质量一定大于球b 的质量
B．若a、b 电性相同，球a 的质量可能等于球b 的质量
C．若同时剪断两根细绳，a 球可能先落地
D．若同时剪断两根细绳，a、b 两球一定同时落地
【解答】解：A.下图为ab 的水平方向受力情况，将电场力与库仑力的合力记作F，则a
的重力为F
tanα ，b 的重力为F
tanβ ，由于α＜β，所以a 的重力大于b 的重力；
7
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故A 正确；
B.若ab 均为正电，下图为ab 的水平方向受力情况，由图可知，a 电场力与库仑力的合力
小于b 的，分别记为Fa和Fb，a 的重力为Fa
tanα ，b 的重力为Fb
tanβ ，二者有可能相等；
故B 正确
C、D，由于剪断绳子之后，二者在竖直方向只受重力，所以细绳剪断之后在竖直方向
上均为自由落体运动，同时落地，故C 错误，D 正确。
故选：ABD。
[例题8] （2022•黄浦区二模）如图所示，空间存在一水平向左的匀强电场，两个
带电小球P、Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好竖直，则（
）
A．P、Q 均带正电
B．P、Q 均带负电
C．P 带正电、Q 带负电
D．P 带负电、Q 带正电
【解答】解：由图可知，两小球均在电场力和库仑力的作用下保持平衡；由于库仑力为
相互作用，大小相等、方向相反；故两小球受到的电场力也一定方向相反；因此两小球
一定带异种电荷，则P 球所受库仑力向右，Q 球所受库仑力向左。
匀强电场方向水平向左，故正电荷受电场力向左，其受库仑力一定向右，故P 带正电荷，
Q 带负电荷，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
[例题9] 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
（ ）
8
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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 为带正电的场源电荷位置，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=
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10] （2023•龙岩模拟）如图（a）。长度L＝0.8m 的光滑绝缘细杆左端固定
一带电荷量为Q A =+ 4.0×10
−6C的点电荷A，一质量为m＝0.04kg、带电荷量为q＝
+2.0×10﹣7C 的小球B 套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端
为原点，沿杆向右为x 轴正方向建立坐标系。点电荷A 对小球B 的作用力随B 位置x
的变化关系如图（b）中曲线Ⅰ所示，小球B 所受水平方向的合力随B 位置x 的变化
9
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关系如图（b）中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在x≥0.40m 范围可近似看作直线。求：
（1）小球B 在x＝0.30m 处受到外电场对它沿杆方向的电场力F 和外电场在该点沿杆方
向的电场强度E；
（2）已知小球在x＝0.20m 处获得水平向右的初速度v＝0.20m/s 时，最远可以运动到x
＝0.40m。若小球在x＝0.20m 处受到方向向右、大小为0.02N 的恒力作用后，由静止开
始运动，为使小球能离开杆，恒力作用的最小距离s 是多少？
【解答】解：（1）根据题意，设小球B 在x＝0.30m 处受到点电荷A 对它的作用力为
F1，外电场对它沿杆方向的作用力为F，合力为F 合，则有F 合＝F1+F
结合图像信息可得F＝F 合﹣F1＝﹣0.06N﹣0.08N＝﹣0.14N
即小球B 在x＝0.30m 处受到的外电场对它沿杆方向的电场力F 的大小为0.14N，方向水
平向左，根据电场强度定义式可得E= F
q =
0.14 N
2×10
−7C
=7×105N/C，方向水平向左。
（2）根据图（b）中曲线Ⅱ围成的面积表示合电场力对小球B 做的功，可知小球从x＝
0.20m 到x＝0.40m 处，合电场力做功为
W 1=0−1
2 m v
2=0−1
2 ×0.04×0.2
2J =−8×10
−4 J
由图可知，小球从x＝0.40m 到x＝0.80m 处，合电场力做功为
W 2=−0.02×0.4 J =−8×10
−3J
由动能定理有W1+W2+F 外s＝0
解得：s= W 1+W 2
−F外
= −8×10
−4 J +8×10
−3J
−0.02 N
=0.44m
答：（1）小球B 在x＝0.30m 处受到外电场对它沿杆方向的电场力为0.14N，方向水平
向左；外电场在该点沿杆方向的电场强度为7×105N/C，水平向左；（2）恒力作用的最
小距离为0.44m。
考点三 电场线和运动轨迹问题
1．电场线与运动轨迹的关系
根据电场线的定义，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
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同时满足以下3 个条件时，两者才会重合：
(1)电场线为直线；
(2)电荷的初速度为零，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的合力的方向与电场线平行．
2．解题思路
(1)根据带电粒子的弯曲方向，判断出受力情况；(2)把电场线方向、受力方向与电性相联系；
(3)把电场线疏密和受力大小、加速度大小相联系，有时还要与等势面联系在一起．
[例题11] （2023•重庆模拟）如图所示，实线是一簇由负点电荷产生的电场线。一
带正电的粒子仅在电场力作用下通过电场，图中虚线为粒子的运动轨迹，a、b 是轨迹
上的两点。下列判断错误的是（ ）
A．a 点场强大于b 点场强
B．带电粒子从a 到b 电势能减小
C．带电粒子从a 到b 动能减小
D．a 点电势小于b 点电势
【解答】解：A．电场线的疏密表示电场强度的强弱，由图可知a 点场强大于b 点场强，
故A 正确；
BC．粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力沿电场线向左，若粒子从a 到
b，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，故B 错误，C 正确；
D．根据顺着电场线方向，电势降低，可知a 点电势小于b 点电势，故D 正确。
本题选错误的，
故选：B。
[例题12] 如图，正点电荷放在O 点，图中画出了该电荷电场八条对称分布电场线．
以其中一条电场线上的O′点为圆心画一个圆，与电场线分别相交于点a、b、c、d、e
和f，下列说法正确的是（ ）
A．b、f 两点的电场强度相同
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B．a 点电势比d 点电势高
C．c、b 两点间电势差小于C、f 两点间电势差
D．电子沿圆周由e 到b 与由c 到b，电场力做功相等
【解答】解：A、由图看出，b、f 两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度
是矢量，所以b、f 两点的电场强度不同，故A 错误。
B、根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O 越远，电势越低，故a 点电势低于
d 点电势。故B 错误。
C、根据对称性可知，b、c 两点间电势差与e、f 两点间电势差都等于零，故C 错误。
D、e 到b 与由c 到b 的电势差相等，所以电场力做功相等，故D 正确。
故选：D。
[例题13] （2022•浙江模拟）一对不等量异种点电荷周围的电场线分布如图所示，
下列说法正确的是（ ）
A．Q1为负电荷
B．Q1的带电荷量一定比Q2的带电荷量多
C．以大地为零电势，则Q1Q2连线的中点电势必定为零
D．尽管B 处没画出电场线，但B 处的场强比A 处大
【解答】解：A、图中电场线的方向可知，Q2为负电荷，故A 错误；
B、图中Q1、Q2附近电场线的分布数目或形态可知，Q1的带电荷量一定比Q2的带电荷
量多，故B 正确；
C、为两个电荷电量不相等，故以大地为零电势，Q1Q2连线的中点及中垂线的电势不再
等于零，故C 错误；
D、管B 处没画出电场线，B 处有场强，但是根据电场线的分布疏密可知，B 处的场强
比A 处小，故D 错误。
故选：B。
[例题14] （2022•浙江三模）把一个不带电的金属球壳导体置于匀强电场中，达到
稳定状态后球壳周围的电场线和等势线分布如图所示，其中a、d 两点对称地分布在球
壳两侧且连线过球心c，b 点位于球壳上。下列说法中正确的是（ ）
A．实线是等势线
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B．b 点电场强度比c 点大
C．感应电荷在c 点产生的场强为零
D．a、b 两点间的电势差值等于c、d 两点间的电势差值
【解答】解：A、金属球壳导体置于匀强电场中产生静电感应现象，表面带电，根据电
场线从正电荷或无穷远出发到负电荷或无穷远终止，而等势线与电场线垂直，可知，实
线是电场线，虚线是等势线，故A 错误；
B、金属球壳处于静电平衡状态，内部场强处处为零，则b 点与c 点电场强度均为零，
故B 错误；
C、c 点的合场强为零，即匀强电场与感应电荷在c 点的合场强为零，则感应电荷在c 点
产生的场强不为零，故C 错误；
D、金属球壳处于静电平衡状态，整个球壳是一个等势体，则b、c 两点的电势相等，根
据对称性可知，a、d 两点的电势相等，则a、b 两点间的电势差值等于c、d 两点间的电
势差值，故D 正确。
故选：D。
[例题15] （2022•天津模拟）把头发屑悬浮在蓖麻油里，加上电场，可以模拟出电
场线的分布情况，如图甲是模拟孤立点电荷和金属板之间的电场照片，乙图为简化后
的
电
场
线
分
布
情
况
，
则
（
）
A．由图甲可知，电场线是真实存在的
B．图甲中，没有头发屑的地方没有电场
C．图乙中A 点的电场强度大于B 点的电场强度
D．在图乙电场中A 点静止释放的质子能沿着电场线运动到B 点
【解答】解：A、电场线是假想的曲线，不是真实存在的，故A 错误；
B、图甲中，没有头发屑的地方同样有电场，故B 错误；
C、图乙中A 点的电场线较B 点密集，可知A 点的电场强度大于B 点的电场强度，故C
正确；
D、因AB 之间的电场线上曲线，则在图乙电场中A 点静止释放的正点电荷不可能沿电
场线运动到B 点，故D 错误。
故选：C。
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考点四 带电体的力电综合问题
1．解答力电综合问题的一般思路
2．运动情况反映受力情况
(1)物体静止(保持)：F 合＝0.
(2)做直线运动
①匀速直线运动：F 合＝0.
②变速直线运动：F 合≠0，且F 合与速度方向总是一致．
(3)做曲线运动：F 合≠0，F 合与速度方向不在一条直线上，且总指向运动轨迹曲线凹的一侧．
(4)F 合与v 的夹角为α，加速运动：0≤α＜90°；减速运动；90°＜α≤180°.
(5)匀变速运动：F 合＝恒量．
[例题16] （2023•成都模拟）如图，绝缘水平桌面上、电荷量为Q（Q＞0）的小
球甲固定于A 点，另一个电荷量为q 的有孔小球乙套在固定的绝缘竖直细杆上，且恰
能静止于B 点，杆上O 点与A 等高，AO＝d，∠OAB＝α＝30°，静电力常量为k，重
力加速度大小为g，不计摩擦力和空气阻力，小球视为质点且电荷量不变。
（1）指出小球乙带哪种电荷，求出小球乙的质量m；
（2）将小球乙向上拉到C 点（∠OAC＝β＝60°），再由静止释放，求：
①乙球在C 点释放后瞬间的加速度大小a；
②小球到达D 点（C、D 关于O 点对称）时的动能Ek。
【解答】解：（1）小球乙在B 点受重力、弹力和电场力这三个力作用平衡，故甲、乙
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间的电场力为引力，所以乙球带负电；
由平衡条件得k
Qq
(
d
cosα )
2 sinα =mg
解得m= kQqsinα cos
2α
gd
2
= 3kQq
8 gd
2
（2）①在C 点，由牛顿第二定律有k
Qq
(
d
cosβ )
2 sinβ +mg=ma
解得a=( sinβ cos
2 β
sinα cos
2α
+1)g= 3+√3
3
g
②C、D 两点电势相等，从C 到D，电场力做功为零，由动能定理有mg×2dtanβ＝Ek﹣
0
解得Ek= 3√3kQq
4 d
答：（1）小球乙带负电，乙的质量为3kQq
8 gd
2 ；
（2）①乙球在C 点释放后瞬间的加速度大小为3+√3
3
g；
②小球到达D 点（C、D 关于O 点对称）时的动能为3√3kQq
4 d
。
[例题17] （1）一个带电金属球达到静电平衡时，球内部没有净剩电荷，电荷均匀
分布在外表面，球内部场强处处为0，其在球的外部产生的电场，与一个位于球心、
电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同。已知静电力常量为k。
a．根据电场强度的定义式和库仑定律，推导一个电荷量为Q 的点电荷，在与之相距r
处的电场强度的表达式。
b．若将金属球内部挖空，使其成为一个均匀球壳，如图1 所示。金属球壳的电荷量为
Q，A、B 是到球心的距离分别为r1和r2的两点，则A 点的场强E1＝
0
，B 点的场强
E2＝ kQ
r2
2 。
（2）万有引力定律与库仑定律有相似的形式，因此质点的引力场与点电荷的电场也有
很多相似的规律。已知引力常量为G。
a．类比点电荷电场强度的表达式，写出一个质量为m 的质点在与之相距r 处的引力场
强度EG的表达式。
b．假设沿地轴的方向凿通一条贯穿地球两极的隧道，隧道极窄，地球仍可看作一个半
径为R、质量分布均匀的球体。如图2 所示，以地心为原点，向北为正方向建立x 轴，
请在图3 中作图描述隧道中地球引力场强度随x 变化的规律，并说明作图依据。
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【解答】解：（1）a、电荷量为Q 的点电荷，在与之相距，处放一试探电荷q，根据库
仑定律，该试探电荷受到的电场力为F= kQq
r
2
由电场强度E= F
q 得电荷量为C 的点电荷，在与之相距r 处电场强度为E= kQ
r
2
b、一个带电金属球达到静电平衡时，球内部没有净剩电荷，电荷均匀分布在外表面，
球内部场强处处为0，其在球的外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电
荷在同一点产生的电场相同。A 点在均匀带电球壳内部，故A 点场强
E1＝0
B 点的场强
E2= kQ
r2
2
（2）设距离一个质量为m 的质点r 处，放一个质量为m1另外一质点，引力场强度为EG
= F
m1
=
G mm1
r
2
m1
=Gm
r
2
假设地球平均密度为ρ，隧道中距离地心为x 处地球引力场强度大小EG= 4
3 πρGx
又因为在隧道中，在原点以北某物体受地球引力向南，在原点以南某物体受地球引力向
北，故隧道中地球引力场强度随：变化的规律定性变化图像为
故答案为：（1）a.相距r 处的电场强度的表达式为E = kQ
r
2 ；b.0，kQ
r2
2
（2）a.EG= Gm
r
2
b.图见解析。
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[例题18] 类比是一种重要的科学思想方法。在物理学史上，法拉第通过类比不可
压缩流体中的流速线提出用电场线来描述电场。
（1）静电场的分布可以用电场线来形象描述，已知静电力常量为k。
①真空中有一电荷量为Q 的正点电荷，其周围电场的电场线分布如图1 所示。距离点
电荷r 处有一点P，请根据库仑定律和电场强度的定义，推导出P 点场强大小E 的表达
式；
②如图1 所示，若在A、B 两点放置的是电荷量分别为+q1和﹣q2的点电荷，已知A、B
间的距离为2a，C 为A、B 连线的中点，求C 点的电场强度的大小EC的表达式，并根据
电场线的分布情况比较q1和q2的大小关系。
（2）有一足够大的静止水域，在水面下足够深的地方放置一大小可以忽略的球形喷头，
其向各方向均匀喷射水流。稳定后水在空间各处流动速度大小和方向是不同的，为了形
象地描述空间中水的速度的分布，可引入水的“流速线”。水不可压缩，该情景下水的
“流速线”的形状与图2 中的电场线相似，箭头方向为速度方向，“流速线”分布的疏
密反映水流速的大小。
①已知喷头单位时间喷出水的体积为Q1，写出喷头单独存在时，距离喷头为r 处水流
速大小v1的表达式；
②如图3 所示，水面下的A 点有一大小可以忽略的球形喷头，当喷头单独存在时可以
向空间各方向均匀喷水，单位时间喷出水的体积为Q1；水面下的B 点有一大小可以忽
略的球形吸收器，当吸收器单独存在时可以均匀吸收空间各方向的水，单位时间吸收水
的体积为Q2。同时开启喷头和吸收器，水的“流速线”的形状与图2 中电场线相似。若
A、B 间的距离为2a，C 为A、B 连线的中点。喷头和吸收器对水的作用是独立的，空
间水的流速和电场的场强一样都为矢量，遵循矢量叠加原理，类比图2 中C 处电场强度
的计算方法，求图3 中C 点处水流速大小v2的表达式。
【解答】解：（1）①在距该正点电荷r 处放置试探电荷+q，其所受电场力大小为
F =k Qq
r
2
电场强度大小E 的定义为E = F
q
联立以上两式得E =k Q
r
2
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②根据电场的叠加C 点的电场强度的大小EC的表达式为EC = E1+ E2=k q1+q2
a
2
如图所示，过C 作A、B 连线的中垂线，交某条电场线于D 点，由图可知该点场强ED
斜向上方，因此q1＞q2
（2）①当喷头单独存在时，喷头向空间各方向均匀喷水，设单位时间喷头喷出水的体
积为Q，在距喷头r 处水流速度大小为v，设极短的一段时间△t，则v△t⋅4πr2＝Q △
⋅
t
因此，在距喷头r 处的流速大小为v1= Q1
4 π r
2
②喷头在C 点引起的流速为v '1=
Q1
4 π a
2
吸收器在C 点引起的流速为v '2=
Q2
4 π a
2
当喷头和吸收器都存在时，类似于电场的叠加，C 点处的实际流速为
v2= v '1+ v '2= Q1+Q2
4 π a
2
答：（1）①P 点场强大小E 的表达式E =k Q
r
2；
②C 点的电场强度的大小EC的表达式为Ec＝kq1+q2
a
2
，q1＞q2
（2）①距离喷头为r 处水流速大小v1的表达式v1= Q1
4 π r
2
②C 点处水流速大小v2的表达式v2= Q1+Q2
4 π a
2 .
练出高分
一．选择题（共10 小题）
1．（2023•海口一模）如图所示，a、b 两点位于以正点电荷+Q（Q＞0）为球心的球面上，
c 点在球面外，则（ ）
A．a 点的电场强度比b 点的大
B．b 点的电场强度比c 点的小
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C．将电荷量为+q 的试探电荷从a 点移到b 点，电场力做正功
D．b 点的电势比C 点的高
【解答】解：AB、根据点电荷电场强度的计算公式E= kQ
r
2 可知，a 点电场强度的大小和
b 点电场强度的大小相等，b 点的电场强度比c 点的大，故AB 错误；
C、a、b 在以正点电荷为球心的同一球面上，即在同一等势面上，故a 点电势和b 点电
势相等，在等势面上移动电荷，电场力不做功，故C 错误；
D、根据沿电场线方向电势降低可得，a、b 两点的电势都比c 点的高，故D 正确。
故选：D。
2．（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。
3．（2023•山东模拟）如图，真空中正四面体abed 的四个顶点各固定一个点电荷，其中Qa
＝Qc＝+Q（Q＞0），Qb＝Qd＝﹣Q，M、N、P、O 分别为ab、be、bd、ac 的中点。关
于M、N、P、O 四点的电场强度和电势，下列说法正确的是（ ）
A．O、P 两点电场强度大小相等，电势相同
B．O、P 两点电场强度大小不相等，电势不同
C．M、N 两点电场强度大小相等，电势相同
D．M、N 两点电场强度大小不相等，电势不同
【解答】解：AB、O 在两等量正点电荷Qa、Qc连线的中点，根据对称性可知，两个正
点电荷在O 点的合场强为零，两等量负点电荷Qb、Qd连线的垂直平分线过O 点，根据
等量负点电荷中垂线上的电场线特点，可知O 处的合场强为两个负点电荷在此产生的合
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场强；同理P 点的合场强等于两个等量正点点电荷在此产生的合场强，根据正四面体的
特点可知，O、P 两点电场强度大小相等；但是由于正负点电荷周围的电势不同，正电
荷周围的电势为正，负电荷周围的电势为负，所以O 点的电势低于P 点的电势，故AB
错误；
CD、M 点位于等量异种点电荷Qa、Qb连线的中点，两点电荷在M 点的合场强由a 指向
b，M 点也位于等量异种电荷Qc、Qd的中垂线上，两点电荷在M 点的合场强与ab 垂直，
根据矢量合成可分析场强的大小；同理，N 点位于等量异种点电荷Qb、Qc连线的中点，
两点电荷在N 点的合场强由c 指向b，也位于等量异种电荷Qa、Qd的中垂线上，两点电
荷在N 点的合场强与cd 垂直，结合点电荷电场的特点可知M、N 两点场强大小相等；
根据异种电荷周围的电场特点可知M 点和N 点的电场强度大小相等，电势相等，故C
正确，D 错误。
故选：C。
4．（2023•驿城区校级二模）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，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M 点的场强大小为E，则N 点的场强大小为（ ）
A．kq
4 R
2 −E
B．kq
4 R
2 +E
C．kq
2 R
2 −E
D．kq
2 R
2 +E
【解答】解：若将带电量为2q 的球面放在O 处，
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。
则在M、N 点所产生的电场为E= k ⋅2q
(2 R)
2 = kq
2 R
2，
由题知当半球面如图所示产生的场强为E，则N 点的场强为
E′= kq
2 R
2 −E，
故选：C。
5．（2023•张掖模拟）将金属板靠近带负电的塑料板，金属板下表面与接地金属柱接触，
在金属板上表面撒细纸屑，上抬金属板至某一位置时，可以看到静置的纸屑从金属板上
飞溅出来，这就是“静电飞花”实验。关于本实验下列说法正确的是（ ）
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A．金属板碰触接地金属柱后不带电
B．上抬金属板，金属板容纳电荷本领增强
C．纸屑飞离的瞬间，金属板的电势降低
D．纸屑是因为带负电相互排斥而不断飞出
【解答】解：A．塑料板带负电，金属板靠近后，金属板的下表面带正电，上表面带负
电，当下表面与接地金属柱接触后，上表面的负电荷会流到大地，只有下表面带正电，
故A 错误；
B．上抬金属板，金属板与塑料板的距离增大，根据电容的决定式C = ɛr S
4 πkd 可知，电容
减小，所以容纳电荷本领减弱，故B 错误；
C．由于金属板容纳电荷的本领变小，所以纸屑带了一小部分正电荷，飞离金属表面，
所以静电力做正功，电势能减少，金属板的电势降低，故C 正确；
D．纸屑与金属板接触，所以纸屑与金属板间因为同种电荷（正电荷）相互排斥，所以
飞离金属板上表面，故D 错误。
故选：C。
6．（2023•重庆模拟）如图所示，在边长为a 的等边三角形的三个顶点A、B、C 上，分别
固定三个电荷量相等的点电荷，其中A、B 处的点电荷均带正电，C 处的点电荷带负电，
O 为三角形中心。已知点电荷Q 的电势表达式为φ=k Q
r ，式中k 为静电力常量，r 为电
场中某点到点电荷的距离，则下列说法正确的是（ ）
A．O 点的电场强度大小为9kQ
a
2
B．O 点的电场强度大小为3kQ
4 a
2
C．O 点的电势为k √3Q
a
D．O 点的电势为−2√3kQ
3a
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【解答】解：如图所示，
A、B、C 三处的点电荷到O 的距离r =
a
2
cos30° = a
2 × 2
√3 = √3
3 a
AB.根据点电荷的场强公式，A、B、C 三处的点电荷在O 点产生的场强的大小
E1= E2= E3= kQ
r
2 =
kQ
( √3a
3
)
2
= 3kQ
a
2
由于场强E1 、E2 之间的夹角为120° ，根据平行四边形定则，它们的合场强
E12= E1= E2= 3kQ
a
2 ，方向由O 指向C
所以O 点的合场强EO= E12+ E3= 3kQ
a
2 + 3kQ
a
2 = 6kQ
a
2 ，故AB 错误；
CD.由于电荷A、C 为等量异种电荷，根据等量异种电荷等势面的分布规律，它们的连
线的中垂线上的电势为零，即电荷A、C 在O 点的电势为零；根据点电荷Q 的电势表达
式φ = kQ
r 可知，点电荷B 在O 点的电势φO= kQ
r = kQ
√3a
3
= √3kQ
a
，故C 正确，B 错误。
故选：C。
7．（2023•山西模拟）如图所示，在演示带电体间的相互作用时发现，用绝缘细线悬挂在
支架上质量为m 的带电小球B，在均匀带电小球A 的作用下保持静止。且知细线与竖直
方向夹角α＝45°，两球心连线与水平方向所成角β＝15°，重力加速度为g，则下列判断
正确的是（ ）
A．细线中张力的大小为√2mg
B．小球A 所受静电力的大小为√2mg
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C．细线中张力的大小为√3mg
D．小球A 对小球B 的引力要大于小球B 对小球A 的引力
【解答】解：AC．小球B 受力分析如图
由平衡条件可得：
mg
sin30° =
F
sin 45° =
T
sin105°
解得：T = sin105°
sin30° mg = √2+√6
2
mg
故AC 错误；
BD．而A 对B 的静电力大小为：
F= sin 45°
sin30° mg=
√2
2
1
2
mg=√2mg
且“A 对B 的引力”与“B 对A 的引力”为一对相互作用力，由牛顿第三定律可知其等
大反向，故B 正确，D 错误。
故选：B。
8．（2023•渭南一模）如图所示，电荷量为+q 和﹣q 的点电荷分别位于边长为a 的正方体
的顶点，设静电力常量为k，则正方体中心的电场强度大小为（ ）
A．0
B．16√3kq
9a
2
C．8√3kq
3a
2
D．16√6 kq
9a
2
【解答】解：将图中两组对角线上的电荷产生的场强合成即为中心O 点的场强（另外两
对角线上的正电荷在O 点的合场强为零），如图所示
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根据电场强度的叠加有：
E1= E2=
2kq
( √3
2 a)
2 = 8kq
3a
2
由几何关系可知，两场强夹角的一半θ，则sinθ =
√2
2 a
√3
2 a
= √6
3
cosθ = √3
3
则O 点合场强：E =2 E1cosθ = 16√3kq
9a
2
，故B 正确，ACD 错误。
故选B。
9．（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°
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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。
10．（2023•泰州模拟）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。
二．计算题（共3 小题）
11．（2022•北京）如图所示，真空中平行金属板M、N 之间距离为d，两板所加的电压为
U。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从M 板由静止释放。不计带电粒子的重力。
（1）求带电粒子所受的静电力的大小F；
（2）求带电粒子到达N 板时的速度大小v；
（3）若在带电粒子运动d
2 距离时撤去所加电压，求该粒子从M 板运动到N 板经历的时
间t。
【解答】解：（1）根据电场强度的公式可得：
E = U
d
则带电粒子受到的电场力为
F＝qE= qU
d
（2）带电粒子从M 板出发，到达N 板的过程中，根据动能定理可得：
qU = 1
2 mv
2
解得：v=√
2qU
m
（3）带电粒子在撤去电压前做匀加速直线运动，之后做匀速直线运动，则
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d
2 = 1
2 × qU
md t1
2
t2= d
2v1
其中，v1= qU
md t1
t＝t1+t2
联立解得：t=
3d
2√
qU
m
答：（1）带电粒子所受的静电力的大小为qU
d ；
（2）带电粒子到达N 板时的速度大小为√
2qU
m
；
（3）该粒子从M 板运动到N 板经历的时间为
3d
2√
qU
m
。
12．如图所示，有一光滑竖直圆环轨道，O 为圆心，半径为R＝0.5m，B 点与O 点等高，
在最低点固定一点电荷A，B 点恰能静止一质量为m＝0.1kg、电荷量为q=√2×10
−6C
的带电小球，现将点电荷A 的电荷量增大为原来的两倍，小球沿圆环轨道向上运动到最
高点C 时的速度为√10m/s，g 取10m/s2，静电力常量k＝9.0×109N•m2/C2。求：
（1）小球静止在B 点时点电荷A 的带电荷量Q；
（2）点电荷A 的电荷量增大为原来的两倍后，小球在B 点刚开始运动时的加速度；
（3）小球在C 点时对轨道的压力。
【解答】解：（1）小球在B 点静止时，设A 对B 的力为F 库，由平衡条件得：
mg
F 库
=cos 45°
则有k
qQ
(√2 R)
2 =√2mg
代入数据解得：Q= 1
18 ×10
−3C
（2）A 的电荷量增大为原来的两倍后，小球水平方向受力平衡，竖直方向上，由牛顿
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第二定律有F 合=k
2Qq
(√2 R)
2 ⋅cos 45°−mg=ma
代入数据解得：a＝10 m/s2
方向竖直向上；
（3）小球在C 点时，竖直方向上受到向下的重力、支持力和向上的库仑力，由牛顿第
二定律得：mg+N﹣k 2Qq
(2 R)
2 = m vc
2
R
代入数据解得：N＝（√2+1）N
由牛顿第三定律可知，小球在C 点时对轨道的压力大小为（√2+1）N，方向竖直向上。
答：（1）小球静止在B 点时点电荷A 的带电荷量Q 为1
18 ×10
−3C；
（2）点电荷A 的电荷量增大为原来的两倍后，小球在B 点刚开始运动时的加速度为10
m/s2；
（3）小球在C 点时对轨道的压力大小为（√2+1）N，方向竖直向上。
13．为研究一均匀带正电球体A 周围静电场的性质，某同学在干燥的环境中先将球A 放在
一灵敏电子秤的绝缘托盘上，如图（a）所示，此时电子秤的示数为N1；再将另小球B
用绝缘细线悬挂在一绝缘支架上，使其位于球A 的正上方点P，电子秤稳定时的示数减
小为N2。缓慢拉动绝缘细线，使质量为m 的小球B 从点P 沿竖直方向逐步上升到点
Q，用刻度尺测出点P 正上方不同位置到点P 的距离x，并采取上述方法确定该位置对
应的场强E，然后作出E−x 图像，如图（b）所示，x 轴上每小格代表的距离均为x0，
已知绝缘细线上点M 和点Q 到点P 的距离分别为5x0和10x0，小球B 所带电量为﹣q，
且q 远小于球A 所带的电量，球A 与球B 之间的距离远大于两球的半径，忽略空气阻力
的影响，已知重力加速度为g。
（1）求图（b）中E0的值及点M 处由球A 所激发的电场的场强大小。
（2）小球B 位于点M 时，电子秤的示数应为多大？
（3）实验过程中，当小球B 位于点Q 时，剪掉细线，小球B 将由静止开始运动，估算
小球B 落回到点P 时动能的大小。
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【解答】解：（1）小球B 位于P 点时，所受电场力为FP＝N1﹣N2
故小球A 在P 点激发的电场场强大小为E0= N 1−N 2
q
由图像可知球A 在M 点所激发的电场的场强大小约为2E0，故M 点的场强大小为
EM =2 E0= N 1−N 2
5q
（2）小球B 在M 在所受电场力为F M =q EM = N 1−N 2
5
故此时电子秤的示数应为NM＝N1﹣FM＝0.8N1+0.2N2
（3）由图可知，每一个小正方形的面积所代表的电势差为U0＝E0x0
在0～10x0之间这一段E﹣x 图线与x 轴所围成的面积等于P、Q 两点的电势差，查得上
述图形中，小正方形数约29 （26 ～32 ）个，故P 、Q 间电势差为：
U PQ=29U 0= 29( N 1−N 2)
10q
x0
设小球运动到P 点时的动能为Ek，对于小球B 从Q 点运动到P 点的过程，根据动能定理
有qUPQ+mgh＝Ek
解得EK =29qU 0+mgℎ= 29( N 1−N 2)
10
x0+10mg x0
答：（1）图（b）中E0 的值为N 1−N 2
q
，点M 处由球A 所激发的电场的场强大小为
N 1−N 2
5q
。
（2）小球B 位于点M 时，电子秤的示数应为0.8N1+0.2N2；
（3）实验过程中，当小球B 位于点Q 时，剪掉细线，小球B 将由静止开始运动，估算
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小球B 落回到点P 时动能的大小为29( N 1−N 2)
10
x0+10mg x0。
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