文档文本内容
第17 讲 电场力的性质
题型
一
电荷守恒定律与库仑定律的理解和应用
1．（2026 春•小店区校级月考）如图所示，李辉用多用电表的欧姆挡测量变压器线圈的电阻，为方便操
作，刘伟用两手分别握住线圈裸露的两端，完成读数后，李辉把多用电表的表笔与被测线圈脱离，此
时刘伟感觉有电击感。下列说法正确的是（ ）
A．发生电击瞬间，变压器线圈中的电流变大
B．发生电击前后，通过刘伟的电流方向不变
C．刘伟有电击感是因为两手间有瞬间的高电压
D．若李辉握住表笔金属部分，也会有电击感
【答案】C
【分析】根据自感现象的原理，分析表笔脱离瞬间线圈的自感电动势，结合电流、电压的变化，逐一
判断各选项。
【解答】解：A.发生电击瞬间，线圈的自感作用阻碍电流减小，线圈中电流逐渐减小，并非变大，故
A 错误；
B.原电流由多用电表欧姆挡的电源提供，自感产生的电流方向与原电流方向相反，故通过刘伟的电流
方向发生改变，故B 错误；
C.表笔脱离线圈瞬间，线圈产生自感电动势，在刘伟两手间形成瞬间高电压，故刘伟有电击感，故C
正确；
D.表笔脱离线圈后，李辉未接入线圈的回路，线圈的自感电动势不会作用于李辉，故李辉无电击感，
故D 错误。
故选：C。
2．（2026 春•历下区校级期中）两个分别带有电荷量为﹣Q 和+5Q 的相同金属小球（均可视为点电
荷），固定在相距为r 的两处，它们之间库仑力的大小为F，两小球相互接触后再放回原处，此时两球
之间库仑力的大小为（ ）
A．5 F
16
B．4 F
5
C．5 F
4
D．16 F
5
【答案】B
【分析】先根据初始电荷量和库仑定律写出库仑力的表达式，再计算两相同金属小球接触后的电荷
量，最后用库仑定律求出新的库仑力，与原力\（F\）对比得到结果。
【解答】解：开始时，由库仑定律F =k Q⋅5Q
r
2
两小球相互接触后各带电量为+2Q，则F ′ =k 2Q⋅2Q
r
2
= 4 F
5 ，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
3．（2026 春•盐城期中）如图所示的实验装置为库仑扭秤，该实验通过悬丝扭转的角度可以比较力的大
小，从而找到力F 与距离r 和电量q 的关系。这一实验中用到了下列哪些方法（ ）
①极限法
②控制变量法
③微小量放大法
④逐差法
A．①②
B．①③④
C．②③④
D．②③
【答案】D
【分析】分析库仑扭秤实验中探究力与距离、电量关系时的变量控制方法，以及通过悬丝扭转角度放
大微小库仑力的测量方法，逐一判断所列实验方法是否适用。
【解答】解：要探究F 和r、q 两个物理量的关系，保持其中一个量不变，研究F 和另一个量的关系，
用到了控制变量法，②正确；
电荷间的库仑力非常微小，不能直接观测，本实验通过悬丝扭转的角度将微小的力的作用效果放大，
来进行观察，用到了微小量放大法，③正确，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
（多选）4．（2026•鸡西校级开学）关于点电荷、元电荷、检验电荷，下列说法正确的是（ ）
A．点电荷是一种理想化的模型
B．点电荷所带电荷量一定是元电荷电荷量的整数倍
C．点电荷所带电荷量一定最小
D．点电荷、元电荷、检验电荷是同一种物理模型
【答案】AB
【分析】理想化的模型实际并不存在；元电荷是最小的电量单位；点电荷所带电荷量不一定最小；元
电荷是最小的电荷量，不是物理模型。
【解答】解：A．点电荷是一种理想化的模型，实际并不存在，故A 正确；
B．元电荷是最小的电量单位，任何电荷所带电荷量都一定是元电荷电荷量的整数倍，故B 正确；
C．点电荷所带电荷量不一定最小，只是当带电体间的距离比它们本身的大小大得多，以至于带电体
的形状大小和电荷分布对它们间的相互作用力的影响可忽略不计时，带电体就可以视为点电荷，故C
错误；
D．根据定义可知，点电荷、元电荷、检验电荷表示的意义不一样，点电荷是理想化的物理模型，元
电荷是最小的电荷量，不是物理模型，检验电荷是用来检验电场是否存在的电荷，体积要小，带电量
也要小，所以点电荷、元电荷、检验电荷不是同一种物理模型，故D 错误。
故选：AB。
题型二 静电力作用下的平衡问题
1．（2026 春•河南期中）如图所示，水平天花板下方用短杆固定一个光滑小定滑轮O，在定滑轮的正下
方C 处固定一个正点电荷，不带电的小球a 与带电小球b 通过跨过定滑轮的绝缘轻绳相连。开始时系
统在图示位置静止，已知Ob＜OC，若b 球所带的电荷量缓慢减少（未减为零），则在b 球到达O 正
下方前，下列说法正确的是（ ）
A．b 球受到的绳子拉力逐渐增大
B．a 球位置逐渐升高
C．b 球带正电，点电荷对b 球的库仑力不变
D．此过程中短杆对滑轮的作用力逐渐变大
【答案】D
【分析】同一根轻绳，各处张力相等，对b 球进行受力分析，由相似三角形结合库仑定律以及力的合
成与分解分析。
【解答】解：A．对b 球进行受力分析，受到重力mbg 和库仑力F 以及轻绳的拉力T，如下图所示：
b 球受力平衡，由相似三角形对应边比值相等可知T
Ob = F
bC = mb g
OC
由于mbg、Ob、OC 均不变，则轻绳的拉力T 不变，故A 错误；
B．对a 球分析可知T＝mag
则整个过程中，a 球始终处于平衡状态，即a 球的位置不变，故B 错误；
C．根据上述受力分析可知，a、b 两球间的静电力为斥力，因此b 球带正电，由于b 球所带的电荷量
缓慢减少，b 球缓慢下摆，BC 距离减小，结合上述式子可得F = mb g
OC ⋅bC
因此点电荷对b 球的库仑力变小，故C 错误；
D．滑轮受到的轻绳的作用力大小均为mbg，大小不变，由于bC 减小，可知两绳夹角减小，所以滑轮
受到两绳的合力增大，故D 正确。
故选：D。
2．（2026•河南模拟）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60°、90°和30°。若位于P 点的某负点电荷在这三
个电荷的静电力作用下平衡，q＞0，则三个点电荷的电荷量可能为（ ）
A．Q1＝2q，Q2= ❑√3q，Q3=2❑√3q
B．Q1＝﹣2q，Q2=−❑√2q，Q3=−2❑√3q
C．Q1＝﹣2q，Q2= ❑√3q，Q3=−2❑√3q
D．Q1＝2q，Q2= ❑√2q，Q3=2❑√3q
【答案】C
【分析】先由几何关系确定P 点到各点电荷的距离，再根据库仑定律与矢量平衡条件，分析三个电荷
对P 点负电荷的库仑力合力为零的电荷量大小与符号关系。
【解答】解：AB、负点电荷在P 点能平衡，这三个电荷在P 点荷场强为零，若三个点电荷均为正或均
为负，根据电场强度的叠加法则，P 点的场强不可能为零，故AB 错误；
CD、设Q1、Q2间的距离为r，结合几何关系
PQ1＝2r，PQ2= ❑√3r，PQ3=2❑√3r
P 点产生的合场强为零，Q2产生的电场应与Q1、Q3产生的合电场大小相等、方向相反，Q1、Q3为同种
电荷，Q2与Q1、Q3是异种电荷，结合矢量三角形与几何三角形相似则如图
则由
k Q1
(2r )
2
❑√3
=
k Q2
(❑√3r )
2
2
=
k Q3
(2❑√3r )
2
1
代入数据可得Q1
2 = Q2
❑√3 = Q3
2❑√3
，故C 正确，D 错误。
故选：C。
3．（2026•黄冈二模）空间存在匀强电场，电场强度大小为E，方向与竖直方向成θ 角。如图所示，用绝
缘细线悬挂一个质量为m、带电荷量为+q 的小球，当小球静止时细线与竖直方向的夹角为30°；保持
电场方向不变，将电场强度大小调整为2E，小球静止时细线与竖直方向的夹角变为60°，已知重力加
速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．强度大小E= mg
2q ，夹角θ＝60°
B．强度大小E= 2❑√3mg
3q
，夹角θ＝60°
C．强度大小E=
❑√3mg
2q
，夹角θ＝30°
D．强度大小E=
❑√3mg
3q
，夹角θ＝30°
【答案】A
【分析】对小球两次静止状态分别开展受力分析，通过正交分解建立平衡方程，联立求解得出电场强
度大小与电场方向和竖直方向的夹角。
【解答】解：带正电小球受重力mg、电场力qE、细线拉力T，静止时受力平衡，α 为细线与竖直方向
夹角，电场方向与竖直方向成θ 角，对小球进行水平、竖直方向受力分析有：水平方向：qEsinθ＝
Tsinα
竖直方向：qEcosθ+Tcosα＝mg
电场强度变为2E 后，同理列平衡方程，联立解得E = mg
2q ，夹角θ＝60°，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
（多选）4．（2026•岳阳模拟）如图所示，光滑的绝缘细绳两端固定在等高的竖直杆上，细绳质量忽略
不计，均匀的带电金属小环（可看成质点）穿在绝缘细绳上，并在水平的匀强电场的作用下在某位置
保持静止，匀强电场平行两竖直杆所在平面，细绳上的张力大小用F 来表示。下列操作中，细绳上张
力F 大小可能保持不变的是（ ）
A．只将电场强度增大一点
B．只将电场强度减小一点
C．只将细绳的右端点下移一小段距离
D．只将细绳的左端点下移一小段距离
【答案】AB
【分析】将重力与电场力合成等效重力，对小环受力分析，利用两段绳张力相等的特点，结合绳长与
水平杆间距的几何关系，分别分析电场强度变化和端点移动时，张力的变化情况，判断张力是否可能
不变。
【解答】解：A、将重力和电场力等效成一个力F 各则小环受到两边绳子上的拉力关于F 合对称，绳子
的两端在垂直F 合方向上的距离为d，两竖直杆间绳子的长度为L，两绳间的夹角为2θ，对小环受力分
析如图
沿着合力方向和垂直合力方向进行正交分解，有2Fcosθ＝F 合
根据几何关系可知sinθ = d
L，则有：
A、若只电场强度增大一点，F 合变大，小环向左移动，再次稳定后，绳子间的夹角减小，则F 可能不
变，故A 正确；
B、若只电场强度减小一点，F 合变小，小环向右移动，再次稳定后，绳子间的夹角变大，则F 可能不
变，故B 正确；
C、若只将绳子的右端点下移一小段距离，再次稳定后，绳子两端在垂直F 合方向的距离增大，绳子间
的夹角增大，则F 将变大，故C 错误；
D、若只将绳子的左端点下移一小段距离，再次稳定后，绳子两端在垂直F 合方向的距离减小，绳子间
的夹角减小，则F 将变小，故D 错误。
故选：AB。
题型三 三个自由点电荷的平衡问题
1．（2026•天水校级开学）如图所示，两个点电荷，电荷量分别为q1＝4×10﹣9C 和q2＝﹣9×10﹣9C，分别
固定于相距20cm 的a、b 两点，有一个点电荷q 放在a、b 所在直线上且静止不动，该点电荷所处的位
置是（ ）
A．在a 点左侧40cm 处
B．在a 点右侧8cm 处
C．在b 点右侧20cm 处
D．无法确定
【答案】A
【分析】先根据异种电荷的电场特性，判断第三个点电荷的平衡位置只能在q1左侧或q2右侧（中间位
置两电场力方向相同无法平衡）；再依据库仑定律和受力平衡条件，列出电场力相等的方程，得到两
点电荷的距离比例；结合a、b 两点的间距，计算出具体位置，进而验证选项。
【解答】解：q1的电量比q2电量小，所以第三个电荷不论正负，只有放在q1的左侧才能处于平衡，且
q1与q2对该点电荷的电场力大小应相等，所以设q 距q1的距离为r，则k q1q
r
2 =k
q2q
(r +0.2)
2
代入数据得r＝0.4m
即在ab 连线上，a 的左侧40cm 处，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
2．（2025 秋•和平区校级月考）如图所示，在真空中同一直线上的三个点电荷A、B、C 恰好都处于平衡
状态，所带电荷量的绝对值分别为q1、q2、q3。已知A、B 之间距离与B、C 之间距离之比是3：2，除
相互作用的静电力外不受其他外力作用，下列说法正确的是（ ）
A．若A、B 带正电，则C 带负电
B．q1：q3＝25：4
C．q2：q3＝9：25
D．q1：q2＝9：4
【答案】C
【分析】三个点电荷平衡遵循“两同夹异、两大夹小、近小远大”的规律。通过对每个电荷进行受力
分析，结合库仑定律列平衡方程，结合A、B、C 的距离关系，推导电荷量的比例。
【解答】解：A、根据题意分析可知，三个点电荷都处于平衡状态，A、C 电性相同且与B 相反，故A
错误；
B、根据题意分析可知，A、B 与B、C 之间的距离之比
r12
r23
= 3
2
根据B 受力平衡可得
k q1q2
r12
2
=k q2q3
r23
2
可得
q1
q3
= 9
4
故B 错误；
C、根据题意分析可知，由A 受力平衡可得
k q1q2
r12
2
=k
q1q3
(r12+r23)
2
可得
q2
q3
= 9
25
故C 正确；
D、根据题意分析可知，由C 受力平衡可得
k
q1q3
(r12+r23)
2 =k q2q3
r23
2
可得
q1
q2
= 25
4
故D 错误。
故选：C。
3．（2025 秋•巩义市期末）如图所示，小球A，C 均带正电，B 球带负电，A 球在绝缘的粗糙水平地面
上，B 球由绝缘的细线拉着，C 球处在与B 球等高的位置，A、B、C 三球均静止且三者所在位置构成
一个等边三角形。若细线与竖直方向的夹角为60°，mC＝6mB，则A，B，C 三球所带电荷量qA：qB：
qC大小之比为（ ）
A．1：1：1
B．2：1：4
C．4：2：1
D．1：❑√2：❑√3
【答案】B
【分析】对小球B 进行受力分析，结合库仑定律和平衡条件，建立水平与竖直方向的受力方程，再联
立求解电荷量的比值。
【解答】解：对B、C 两球进行受力分析，如图所示，
对C 球，由力的平衡条件可得F BC = 1
2 F AC =
❑√3
3 mC g，对B 球，由力的平衡条件有FT•sin60°＝FAB.
sin30°+ FCB= F AB⋅sin30°+
❑√3
3 mC g，FT•cos60°＝FAB•cos30°+mBg
由题设条件有mB= 1
6 mC
联立各式解得F AB=
❑√3
6 mC g= 1
2 F BC
由上述结论FBC = 1
2 F AC，FAB= 1
2FBC，
以及库仑定律F=k q1q2
r
2
代入数据得qA：qB：qC＝2：1：4，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
（多选）4．（2025 秋•武清区月考）如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球A、B、C（均可视为
点电荷），三球沿一条直线摆放，仅受它们相互之间的静电力，三球均处于静止状态，AB 和BC 小球
间的距离分别是r1、r2，则以下判断正确的是（ ）
A．C 两个小球可能带异种电荷
B．三个小球的电荷量大小为QC＞QA＞QB
C．摆放这三个小球时，可以先固定C 球，摆放A、B 使其能处于静止状态，再释放C 球
D．r1
r2
= Q A
QC
【答案】BC
【分析】三个带电小球平衡，满足“同一直线、两同夹异、两大夹小、近小远大”的规律，结合库仑
定律和平衡条件作答。
【解答】解：A．三球均处于静止状态，根据“两同夹异”原则判断，A、C 必定带同种电荷，故A 错
误；
B．根据“两大夹小、近小远大”原则，判断可得QC＞QA＞QB，故B 正确；
C．摆放这三个小球时，可以先固定C 球，摆放A、B 使其能处于静止状态，再释放C 球，故C 正
确；
D．对B 受力分析，左右两个方向的库仑力大小相等，根据库仑定律可得
k Q AQB
r1
2
=k QBQC
r2
2
解得
Q A
QC
= r1
2
r2
2
故D 错误。
故选：BC。
题型四 静电力作用下的加速问题
1．（2026•柳州二模）光滑绝缘水平面上方存在一水平向左的匀强电场E，场强大小未知，将带电量分别
为+Q、﹣Q 的两小球a、b 锁定在水平面上的M、N 两点，两小球间距为l，如图所示，已知M、N 连
线中点O 处的场强为0，两小球的质量均为m，可视为点电荷。现将小球a 解除锁定，则解锁瞬间小
球a 的加速度大小为（ ）
A．7 k Q
2
ml
2
B．6 k Q
2
ml
2
C．5k Q
2
ml
2
D．4 k Q
2
ml
2
【答案】A
【分析】解除锁定前，由点电荷的场强公式结合电场的叠加可求匀强电场的场强，解除锁定后，对小
球a，由库仑定律结合牛顿第二定律列式即可求解加速度的大小。
【解答】解：由题意可知，在小球a 解除锁定前，M、N 连线中点O 处的场强为0，即小球a、b 和匀
强电场在O 处的合场强为0，小球a 在点O 处产生的场强方向水平向右，大小为E1=k
Q
( l
2 )
2 = 4 kQ
l
2
，
小球b 在点O 处产生的场强方向水平向右，大小为E2=k
Q
( l
2 )
2 = 4 kQ
l
2
，在O 点，取向左方向为正方
向，由场强的合成可得：0＝E﹣（E1+E2），联立解得：E = 8kQ
l
2
；
解锁后瞬间，对小球a，由牛顿第二定律可得：QE−k Q
2
l
2 =ma，解得：a= 7 k Q
2
ml
2 ，故A 正确，BCD
错误。
故选：A。
2．（2025 春•长沙月考）如图，两等量异种点电荷+Q 和﹣Q 位于同一竖直线上，在两点电荷连线的中垂
线上放置一粗糙水平绝缘横杆，有一质量为m，电荷量为+q 的小圆环在横杆的A 点以初速度v0向右滑
动，经过两点电荷连线的中点O，运动到B 点静止。已知BO＝AO，O 点场强为E，且小圆环在A 和
O 两点的加速度相同，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．若小圆环在B 点以初速度1
2 v0向左滑动，则它运动到O 点静止
B．若小圆环在B 点以初速度
❑√2
2 v0向左滑动，则它运动到AO 之间某点静止
C．A 处的场强大小为2mg
q
−E
D．小环从A 点到B 点的过程中，有三个加速度为零的位置
【答案】C
【分析】分析等量异种电荷中垂线的电场分布，利用A、O 点加速度相同的条件，结合受力分析与动
能定理，逐一分析各选项。
【解答】解：AB、结合等量异种点电荷电场的对称性知，小环从A 点到O 点与从O 点到B 点的过程
中，克服摩擦力做功相等，而电场力与运动方向一直垂直，始终不做功，结合动能定理
−2W f =0−1
2 mv0
2
小圆环在B 点以初速度
❑√2
2 v0向左滑动，运动到O 点刚好静止，故AB 错误；
C、小圆环在A 和O 两点的加速度相同，O 处的场强大于A 点的场强，结合牛顿第二定律在A 点和O
点摩擦力相同μ（mg﹣EAq）＝μ（Eq﹣mg）
代入数据可得E A = 2mg
q
−E，故C 正确；
D、小环从A 点到O 点与从O 点到B 点的过程中，各有一处电场力和重力大小相等的位置，故有两个
加速度为零的位置，故D 错误。
故选：C。
3．（2026•青羊区校级模拟）如图甲所示，一带正电的圆环套在粗糙绝缘水平杆上，处于静止状态。在
整个空间施加平行于竖直平面与水平方向成θ 角的匀强电场，场强大小与圆环加速度大小的对应关系
如图乙所示。不计空气阻力，运动过程中电量不变，取重力加速度大小g＝10m/s2，最大静摩擦力等于
滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．无论E 取何值，圆环一定受到摩擦力作用
B．电场与水平方向的夹角为60°
C．圆环与水平杆间的动摩擦因数为0.5
D．圆环的比荷为1.25×10﹣3C/kg
【答案】D
【分析】对圆环进行受力分析，加速度恒定阶段的受力平衡与牛顿第二定律，联立方程求解动摩擦因
数μ 和角度θ；在加速度恒定阶段，根据牛顿第二定律列出电场力水平分量与滑动摩擦力的合力表达
式，代入已知加速度和已求出的μ、θ，计算得出圆环的比荷；因为电场力的垂直分量与重力平衡分析
判断。
【解答】解：E 达到一定程度后加速度大小恒为7.5m/s2，对圆环受力分析如图1：
竖直方向平衡有
FN+mg＝Eqsinθ
水平方向由牛顿第二定律有
Eqcosθ﹣f＝ma
f＝μFN
联立可得
a= Eq
m (cosθ−μsinθ)+ μg
结合图乙可知
cosθ﹣μsinθ＝0
μg＝7.5m/s2
解得
μ ＝0.75
θ＝53°
E＝5×103N/C 时，圆环恰好处于平衡状态，受力分析如图2：
水平方向平衡有
fm＝Eqcosθ
fm＝μF'N
竖直方向平衡有
F'N+Eqsinθ＝mg
解得圆环的比荷
q
m =1.25×10﹣3C/kg
当Eqsinθ＝mg 时，圆环不受摩擦力作用。
故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
（多选）4．（2026 春•海淀区校级期中）如图所示，在O 点固定一点电荷1，另一点电荷2 顺时针沿轨
道PMQNP 绕点电荷1 运动。若只考虑两点电荷之间的库仑力作用，由于库仑定律与万有引力定律的
相似，点电荷2 的运动可类比于行星绕太阳的运动，其轨道为椭圆，O 点为这个椭圆的左边焦点。图
中P、Q 为椭圆轨道长轴的两个端点，它们到O 点的距离分别为r1和r2，M、N 为椭圆轨道短轴的两个
端点，点电荷2 沿椭圆轨道运行的周期为T0，下列说法正确的是（ ）
A．点电荷2 在从Q 点到N 点的过程中，库仑力一直做正功
B．点电荷2 在P 点的速度最大
C．点电荷2 从N 点运动到P 点所用的时间等于T 0
4
D．点电荷2 在从P 点到M 点的过程中加速度不断变小
【答案】ABD
【分析】类比行星绕太阳运动，结合库仑力做功、开普勒定律和牛顿第二定律，分析速度、加速度变
化及运动时间。
【解答】解：A、点电荷2 在从Q 点到N 点的过程中，与点电荷1 的距离逐渐减小，库仑力一直做正
功，故A 正确；
B、类比行星绕太阳运动的开普勒第二定律，点电荷2 在近地点（离O 点最近的P 点）时，单位时间
内扫过的面积相等，因此速度最大，故B 正确；
C、点电荷2 从P 点运动到Q 点的过程中遵循类同于开普勒第二定律的规律，由于点电荷1、2 间距离
逐渐增大，可知点电荷2 在Q 点的速度比在P 点的小，又P 到M 比M 到Q 更靠近点电荷1，可知点电
荷2 从P 点运动到M 点的平均速率比从M 点运动到Q 点的大，即从P 点运动到M 点所用的时间小于
T 0
4 ，故C 错误；
D、加速度由库仑力提供，根据牛顿第二定律和库仑定律，a= F
m = k Q1Q2
mr
2
从P 到M，点电荷2 到O 点的距离r 持续增大，因此加速度不断变小，故D 正确。
故选：ABD。
题型五 电场强度的叠加
1．（2026•九龙坡区校级模拟）如图所示，真空中存在直角坐标系xOy，以O 点为圆心，R 为半径的圆
弧上，存在a、b、两点，ab 连线与x 轴平行，并与y 轴交于e 点，已知a、b 的间距为R，a、b 两点均
固定电荷量为Q 的正点电荷，已知静电力常量为k，则下列说法中正确的是（ ）
A．y 轴上e 点电势最低
B．O 点的电场强度大小为
❑√3kQ
R
2
C．将电子沿y 轴负方向从e 点移动到O 点，电场力不做功
D．O 点的电场强度方向为y 轴正方向
【答案】B
【分析】根据几何关系确定两电荷位置，结合电势、电场强度叠加原理，分析各点电势高低、场强大
小方向及电场力做功情况。
【解答】解：AD、由等量正点电荷周围电场分布情况可知，y 轴上e 点电场强度为0、其余各点的电
场强度方向均由e 点指向该点，又沿电场方向电势降低，则y 轴上e 点电势最高，故AD 错误；
B、作出两点电荷在O 点产生的电场，如图所示
由点电荷周围电场强度公式有E1= E2= kQ
R
2 ，由几何关系可知∠1＝∠2＝30°，则O 点的合场强为
E =2 E1cos30° =
❑√3kQ
R
2
，故B 正确；
C、电子从e 点沿y 轴负方向移动到O 点的过程中，电场方向从e 指向O，电场力做负功，故C 错误。
故选：B。
2．（2026•石景山区二模）如图所示，APB 与CPD 是粗细均匀、半径相同的绝缘半圆环，APB 所在平面
与CPD 所在平面垂直，A、C、B、D 均在圆心为O 的圆周上。四分之一圆环AP、DP 上分别均匀分布
电荷量为+Q 的电荷，四分之一圆环CP、BP 上分别均匀分布电荷量为﹣Q 的电荷，已知O 点的电场强
度大小为E。下列说法正确的是（ ）
A．O 点场强方向沿PO 向右
B．O 点场强方向与ACBD 圆面成45°角
C．四分之一圆环PB 上的电荷在O 点产生的场强大小为
❑√2
2 E
D．四分之一圆环PD 上的电荷在O 点产生的场强大小为1
2E
【答案】D
【分析】首先，根据对称性，分析四个四分之一圆环在 O 点产生的场强，判断哪些场强可以相互抵
消，哪些需要矢量叠加；接着，将四个场强分解到两个互相垂直的平面上，利用已知的合场强大小
E，建立场强分量的关系方程；最后，逐一分析各选项的场强方向、夹角和大小关系。
【解答】解：AB.四分之一圆环AP、DP 上均匀分布有电荷量为+Q 的电荷，四分之一圆环CP、BP 上
均匀分布有电荷量为﹣Q 的电荷，对APB 可构建O 点在无数对等量异种电荷的中垂线上，故其在O 点
合场强方向为OB 方向，同理对DPC 可构建O 点在无数对等量异种电荷的中垂线上，故其在O 点合场
强方向为OC 方向；由对称性及叠加原理，O 点场强方向在ACBD 圆内，由O 指向BC 中点，故AB 错
误：
CD.由对称性，四分之一圆环的电荷在O 点产生的场强大小都相等，设为E0，则AP 与PB 在O 点产生
的场强大小为
❑√2 E0，方向为OB 方向：则DP 与PC 在O 点产生的场强大小为
❑√2 E0，方向为OC 方
向，由对称性及叠加原理，则APB 与CPD 在O 点产生的合场强大小为❑√2❑√2 E0=2 E0= E，故四分之
一圆环的电荷在O 点产生的场强大小都为E0= E
2 ，故C 错误，D 正确。
故选：D。
3．（2026•河南模拟）如图，xOy 平面直角坐标系的第一象限内存在沿x 轴正方向的匀强电场，电场强度
大小为E0，第一象限的P 点坐标为（24L，18L），在以P 点为圆心、半径为15L 的圆上某点放置一负
点电荷，图中没有画出，要使P 点的合电场强度方向沿OP 方向且放置的点电荷电荷量最小，静电力
常量为k，sin37°= 3
5，cos37°= 4
5 ，则关于该点电荷的放置位置坐标和电荷量的绝对值，下列正确的是
（ ）
A．（33L，6L），135 L
2 E0
k
B．（15L，30L），135 L
2 E0
k
C．（24L，21L），675 L
2 E0
4 k
D．（24L，3L），675 L
2 E0
4 k
【答案】B
【分析】题目要求P 点合电场强度方向沿OP 方向且点电荷电荷量绝对值最小，需先明确OP 方向与匀
强电场方向夹角为37°，通过矢量合成分析，当点电荷在P 点产生的电场强度方向垂直于OP 时其值最
小，由电场强度矢量三角形可得该最小电场强度大小为匀强电场强度的正弦37°分量。点电荷位于以P
为圆心、15L 为半径的圆上，根据点电荷场强公式关联最小电场强度与电荷量及距离，即可求得电荷
量绝对值。为确定点电荷坐标，需结合负电荷电场方向指向自身，由最小电场强度方向反推点电荷相
对于P 点的位置方向，进而计算其坐标。
【解答】解：由P 点坐标（24L，18L）可知，从原点到P 点的连线与x 轴正方向的夹角满足
sinφ=
18 L
❑√(24 L)
2+(18 L)
2 = 3
5，cosφ= 4
5 ，即φ＝37°。
在P 点，原匀强电场强度为E0，方向沿x 轴正方向。
引入负点电荷后，其在P 点产生的电场强度Eq方向指向该负电荷。
为使P 点的合电场强度沿OP 方向，且所放置的点电荷电荷量最小，由矢量合成的三角形定则可知，
当Eq的方向垂直于OP 方向时其值最小，最小值为Eqmin＝E0sin37°，解得：Eqmin= 3
5 E0。
根据点电荷的场强公式有Eqmin= kq
R
2，代入半径R＝15L，解得该点电荷电荷量的绝对值为
q = 135 L
2 E0
k
。
此时Eq的方向与OP 连线垂直且斜向左上方，该方向与x 轴正方向夹角的余弦值为﹣0.6，正弦值为
0.8。
由于负点电荷产生的电场方向指向点电荷本身，故点电荷相对于P 点的位置方向与Eq的场强方向相
同，则点电荷的位置坐标为x＝24L+15L×（﹣0.6），解得：x＝15L；
y＝18L+15L×0.8，解得：y＝30L，即坐标为（15L，30L）。故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
（多选）4．（2026•山西模拟）如图所示，真空中有一等边三角形ABC，B、C 两点分别固定一个点电
荷，A 点的电场强度方向如图所示，取无穷远处为电势零点，下列说法正确的是（ ）
A．B 处点电荷带负电，C 处点电荷带正电
B．B 处的电荷量大于C 处的电荷量
C．若仅使B 处的电荷量增大，则A 点的电势会升高
D．若使B 和C 处的电荷量均变为原来的2 倍，则A 点的电势也变为原来的2 倍
【答案】AD
【分析】根据点电荷电场强度的方向特点，结合矢量合成确定B、C 电荷的正负及大小关系；再利用
电势标量叠加原理分析电势的变化。
【解答】解：A、将A 点的电场强度分解如图所示，
由图可知，E1指向B 点，E2背离C 点，故B 处点电荷带负电，C 处点电荷带正电，故A 正确；
B、因AB＝AC，E1＜E2，由E =k Q
r
2可知B 处点电荷的电荷量小于C 处点电荷的电荷量，故B 错误；
C、若仅使B 处的点电荷电荷量增大，因B 处点电荷带负电，则B 处点电荷在A 点产生的电势降低，
故A 点的电势会降低，故C 错误；
D、若使C 和B 处点电荷的电荷量均变为原来的2 倍，B 和C 处的点电荷在A 点的电势也变为原来的2
倍，A 点的电势变为原来2 倍，故D 正确。
故选：AD。
题型六 电场线的理解及应用
1．（2024 秋•仁寿县校级期末）如图所示，虚线a、b、c 表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且
相邻等势面之间的电势差相等。实线为一带正电荷粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，
M、N 是这条轨迹上的两点，则下面判断正确的是（ ）
A．电势φa＞φb＞φc
B．电势能EpM＜EpN
C．电场强度EM＞EN
D．加速度aM＞aN
【答案】B
【分析】带电粒子只受电场力作用而做曲线运动，所受电场力指向运动轨迹的内侧，且电场力垂直于
等势面，由此确定电场力方向，再判断电场线方向，进而判断出电势高低。电势能变化可以通过电场
力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等差等势面密的地方电场线密，电场场强大，最后判断加
速度关系。
【解答】解：A、带电粒子做曲线运动，所受电场力的方向指向运动轨迹的凹侧，且和等势面垂直，
所以粒子受到的电场力方向斜向左上方，则电场线斜向左上方，沿电场线电势降低，所以φa＜φb＜
φc，故A 错误；
B、因M 点电势低于N 点电势，粒子带正电，所以EpM＜EpN，故B 正确；
CD、由于相邻等势面之间的电势差相等，因为N 点等势面密集，所以N 点附近电场强度大，则电场
强度EM＜EN，由于带电粒子只受电场力，所以根据牛顿第二定律可知，粒子在N 点的加速度大于M
点加速度，即aN＞aM，故CD 错误。
故选：B。
2．（2026•云南模拟）静电纺纱利用高压静电场使纤维两端带上等量异种电荷，能将不同层面纤维分离
开来提升生产效率。图中实线是纤维两端等量异种电荷（可视为点电荷）周围的电场线分布图，其中
O 点是M 和N 连线的中点，矩形ABCD 中心位于O 点且AB 边与MN 垂直。则下列说法正确的是（
）
A．A、B 两点电场强度相同
B．A 点电势高于B 点电势
C．B、D 两点电场强度相同
D．将电子从C 点沿直线移动至D 点，电势能先减小后增大
【答案】C
【分析】根据等量异种点电荷的电场线分布与对称性，分析各点电场强度（大小、方向）、电势高低
及电子移动时电势能的变化，逐一判断选项。
【解答】解：A、电场强度是矢量，A、B 两点电场强度大小相同，方向沿各自所在的曲线的切线方
向，A、B 两点电场强度不同，故A 错误；
B、纤维两端等效为点电荷模型，且带有等量异种电荷，其中N 端带正电，M 端带负电，点电荷在周
围的电势满足φ= kq
r
M 和N 在A、B 两点产生的电势相同，故A 点电势等于B 点电势，故B 错误；
C、B、D 两点关于O 点中心对称，结合等量异种电荷的电场线分布可知B、D 两点电场强度相同，故
C 正确；
D、将电子从C 点沿直线移动至D 点过程中，电场力首先斜向右下，过MN 连线后变为斜向右上，电
场力与电子的运动方向先成钝角，电场力做负功，后成锐角，电场力做正功，电子的电势能先增大后
减小，故D 错误。
故选：C。
3．（2026•乐山模拟）场离子显微镜（FIM）是最早能看到原子尺度的显微镜，其结构简图如图所示。样
品制成针尖形状，针尖O 与荧光膜之间加高压，形成辐射状的电场。极强的电场使吸附在样品表面的
氦原子电离成带正电的氦离子，并向荧光膜运动。a、b、c、O 为同一平面上的点，且a、c 到O 点的
距离相等，则下列判断正确的是（ ）
A．荧光膜接高压正极
B．a、c 两点场强相同
C．氦离子在a 点的加速度大于在b 点的加速度
D．氦离子在a 点的电势能小于在b 点的电势能
【答案】C
【分析】先根据带正电氦离子的运动方向判断电场极性，再结合辐射状电场的场强分布，分析场强的
大小与方向，由电场力与加速度的关系判断加速度，再根据电场力做功或电势高低判断电势能变化。
【解答】解：A、氦离子带正电，其运动方向为由针尖O 指向荧光膜。根据正电荷在电场中受力方向
与电场方向一致，可知电场方向为从针尖O 指向荧光膜，由于电场线从高电势指向低电势，故针尖O
为高电势，荧光膜为低电势，因此荧光膜应接高压负极，故A 错误；
B、针尖O 为点电荷，其周围电场线呈辐射状分布，场强大小与距离O 点的距离成反比( E = kQ
r
2 )，方
向沿电场线切线方向。a、c 两点到O 点距离相等，故场强大小相等，但方向不同，由于矢量方向不同
则场强不同，故B 错误；
C、电场线疏密表示场强大小，电场线越密场强越大。由题意及电场线分布规律可知，a 点到O 点的距
离小于b 点到O 点的距离，因此a 点电场线比b 点密集，即Ea＞Eb
根据牛顿第二定律a= F
m = qE
m
氦离子电荷量q 和质量m 不变，故aa＞ab，故C 正确；
D、氦离子带正电，从a 点运动到b 点的过程中，电场力方向与位移方向一致，电场力做正功。根据电
场力做功与电势能变化的关系，电场力做正功时电势能减小，因此氦离子在a 点的电势能大于在b 点
的电势，故D 错误。
故选：C。
（多选）4．（2026 春•海淀区校级期中）如图甲，真空中固定两点电荷P、Q，O 为PQ 连线的中点，MN
为PQ 连线的中垂线。一试探电荷从中垂线上C 点静止释放，仅在电场力作用下沿MN 做直线运动，
其速度v 随时间t 变化的图像如图乙所示，该图像关于虚线对称，则（ ）
A．P、Q 为等量异种电荷
B．t1时刻，试探电荷通过O 点
C．t2时刻，试探电荷回到C 点
D．从C 到O，电场强度先增大后减小
【答案】BD
【分析】根据v﹣t 图像斜率反映加速度，结合等量同种电荷中垂线电场分布特点，分析试探电荷在不
同位置的加速度与速度变化，逐一判断选项正误。
【解答】解：A.根据v﹣t 图像关于虚线对称，试探电荷沿MN 做直线运动，受到P、Q 两电荷等大引
力，P、Q 为等量同种电荷，故A 错误；
B.根据v﹣t 图像的斜率代表加速度，t1时刻，图像斜率为零，加速度为零，根据qE＝ma 可知此时电场
强度为零，故试探电荷位于O 点，故B 正确；
C.t2时刻，试探电荷速度为零，运动到关于O 对称的点，故C 错误；
D.从C 到O，图像的斜率先增大后减小，加速度先增大后减小，根据qE＝ma
电场强度先增大后减小，故D 正确。
故选：BD。
题型七 常见等量电荷的电场线
1．（2026 春•铜山区期中）利用带电的细塑料丝来模拟电场线，实验现象如图所示，图中A、B 处模拟
电场的电场强度分别记为EA、EB。下列说法正确的是（ ）
A．EA＝EB
B．EA＞EB
C．实验模拟的是同种电荷产生电场的电场线
D．实验模拟的是异种电荷产生电场的电场线
【答案】C
【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱；根据电场线的分布特点进行分析。
【解答】解：AB.根据电场线的疏密表示电场强度的强弱，可知，A 点的电场强度大小小于B 点的电
场强度大小，故AB 错误；
CD.由图电场线的分布，可知，该图是等量的同种电荷的电场，故D 错误，C 正确。
故选：C。
2．（2026•黔东南州模拟）真空中两点电荷A、B 形成的电场的部分电场线如图所示，O 点为A、B 连线
的中点，电场线关于过O 点且垂直A、B 连线的虚线对称。下列说法正确的是（ ）
A．A、B 带等量的正电荷
B．A、B 带等量的负电荷
C．A、B 带不等量的正电荷
D．A、B 带不等量的负电荷
【答案】A
【分析】根据电场线从正电荷出发、终止于负电荷，且电场线分布关于过O 点的虚线对称，判断A、
B 的电性及电荷量关系。
【解答】解：电场线箭头向外，从A、B 出发指向外侧，说明A、B 都带正电。
电场分布关于过O 点的虚线对称，说明A、B 的电荷量相等，即二者带等量正电荷，符合等量正点电
荷的电场线分布特征。
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
3．（2026•南川区校级模拟）寒假假期的水族馆之旅中，小王同学偶然关注到电鲶，随即对这种生物产
生了浓厚兴趣。如图（a）所示，他查阅资料发现电鲶遇到危险时，可产生数百伏的电压，若将电鲶放
电时形成的电场等效为等量异种点电荷的电场，如图（b）所示，其中正电荷集中在头部，负电荷集中
在尾部，O 为电鲶身体的中点，AO＝BO 且AB 为鱼身长的一半，下列说法正确的是（ ）
A．从头到尾O 点的电场强度最大
B．A 点电势高于B 点电势
C．若将一负电荷放入电鲶体内，则它在A 点具有电势能小于它在B 点具有电势能
D．若电鲶头尾部间产生380V 的电压时，AB 间的电压小于190V
【答案】D
【分析】根据等量异种点电荷的电场分布、电势规律及电势能、电势差的计算，逐一分析各选项的正
误。一句话点评：
【解答】解：A.将电鲶放电时形成的电场等效为等量异种点电荷的电场，两点电荷连线的中点O 点，
电场强度最小，故A 错误；
BC.沿电场线的方向是电势降低的方向，故A 点电势低于B 点电势，负电荷在电势高的地方具有的电
势能小，因此若将一负电荷放入电鲶体内，则它在A 点具有电势能高于它在B 点具有电势能，故BC
错误；
D.根据等量异种点电荷的电场分布规律可知A、B 间的电场线比A 点到鱼尾或B 点到鱼头的电场线稀
疏，则平均场强也较小，电鲶头尾部间产生380V 的电压，根据 U＝Ed
可知 AB 之间电压小于190V，故D 正确。
故选：D。
（多选）4．（2025 秋•武清区月考）如图所示为真空中两点电荷A、B 形成的电场中的部分电场线，已
知该电场线关于图中虚线对称，O 点为A、B 两点电荷连线的中点，a、b 为A、B 两点电荷连线的中
垂线上关于O 点对称的两点，则下列说法正确的是（ ）
A．A、B 为等量正点电荷
B．a、b 两点处无电场线，故其电场强度为零
C．将一电子沿虚线从a 点移动到b 点，电场力先做负功，后做正功
D．同一试探电荷在a、b 两点处所受的电场力大小相等，方向相反
【答案】AD
【分析】电场线是从正电荷或者无穷远处发出，到负电荷或无穷远处为止。电场线只是形象描述电场
的假想曲线，a.b 两点处无电场线，其电场强度也不为零。
【解答】解：A、从正电荷出发到负电荷终止及对称性可以判断，A、B 是两个等量同种正点电荷，故
A 正确；
B、电场线只是形象描述电场的假想曲线，a、b 两点处无电场线，但电场强度不为零，故B 错误；
C、将一电子沿虚线从a 点移动到b 点，电子所受电场力方向与电场方向相反，电场力先做正功，后做
负功，故C 错误；
D、a、b 两点的电场强度大小相等，方向相反，则同一试探电荷在a、b 两点处所受的电场力大小相
等，方向相反，故D 正确。
故选：AD。
题型八 “电场线+
”
运动轨迹 组合题型
1．（2024 秋•张家口期末）电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像。一种
电子显微镜的电场分布如图所示（截取其中一部分），虚线为电场线，电子枪发射的电子仅在电场力
作用下的运动轨迹如图中实线所示，电子依次经过a、b、c 三点，则下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的方向大致指向上侧
B．电子在a 点的加速度的大小大于在b 点的加速度的大小
C．电子在a 点的动能大于在b 点的动能
D．电子在a 点的电势能大于在b 点的电势能
【答案】D
【分析】根据电子的轨迹弯向，判断所受的电场力的方向，从而确定电场强度方向；根据电场线的疏
密程度判断电场强度大小，结合牛顿第二定律判断加速度的大小；根据电子所受电场力的方向与电场
线方向反向来判断做功情况，从而在由功能关系求各点电势能的大小。
【解答】解：A、由于电子枪发射的电子仅受电场力作用，则电场力为电子所受的合力，根据曲线运
动的合外力指向轨迹的凹侧，电子受到的电场力方向大致指向右上侧，负电荷所受电场力方向与电场
强度方向相反，故电场强度的方向大致指向左下侧，故A 错误；
B、根据电场线越密，电场强度越大，故电子在a 点受到的电场力小于在b 点受到的电场力，结合牛顿
第二定律，可知电子在a 点的加速度大小小于在b 点的加速度大小，故B 错误；
CD、根据曲线运动轨迹的切线方向为瞬时速度方向，电子依次经过a、b、c 三点，电场力方向与速度
方向的夹角小于90°，电场力做正功，电子的动能增大，电势能减小，所以电子在a 点的动能小于在b
点的动能，电子在a 点的电势能大于在b 点的电势能，故C 错误，D 正确。
故选：D。
2．（2024 秋•南陵县校级期末）负点电荷Q 固定在正方形的一个顶点上，带电粒子P 仅在该电荷的电场
力作用下运动时，恰好能经过正方形的另外三个顶点a、b、c，如图所示，则下列说法错误的是
（ ）
A．粒子P 带正电
B．a、b、c 三点的电势高低关系是φa＝φc＜φb
C．粒子P 由a 到b 电势能增加，由b 到c 电势能减小
D．粒子P 在a、b、c 三点时的加速度大小之比是1：2：1
【答案】D
【分析】电性判断：根据轨迹凹侧确定受力方向，进而判断电荷正负；
电势比较：结合负点电荷等势面分布规律与距离远近进行判断；
电势能变化：通过电场力做功的正负来分析；
加速度比例：依据库仑定律与牛顿第二定律推导，核心关系为a∝1
r
2。
【解答】解：A．粒子轨迹凹向固定负电荷Q，表明电场力为吸引力，由于固定电荷带负电，因此粒
子P 带正电，故A 正确；
B．根据点电荷的电场线的特点，Q 与a、c 间的距离相等，都小于b，故b 点的电势高于a、c 两点的
电势，a、c 两点的电势相等，即φa＝φc＜φb，故B 正确；
C．正电荷P 从a 到b，电势升高，根据Ek＝qφ 可知，电势能增加；反之，从b 到c 电势能减小，故C
正确；
D．粒子P 在a、b、c 三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力．由图可知，ra=rc =
❑√2
2 rb
结合库仑定律F =k q1q2
r
2
可得粒子P 在a、b、c 三点时的电场力之比为Fa：Fb：Fc＝2：1：2
由牛顿第二定律a= F
m得加速度之比为aa：ab：ac＝2：1：2，故D 错误。
本题选错误的，故选：D。
3．（2024 秋•广元期末）某些电子显示设备的阴极射线管能让发散的电子束聚集，如图所示，实线表示
电场线，虚线表示电子仅受电场力作用下的运动轨迹，P、Q、R 是运动轨迹上的三点，其中判断正确
的是（ ）
A．R 点的电势低于Q 点的电势
B．Q 点的电场强度大小小于R 点的电场强度大小
C．电子从P 点运动到R 点的过程中电势能和动能之和保持不变
D．质子仅受电场力作用下也可以沿轨迹从P 点运动到R 点
【答案】C
【分析】电子做曲线运动，所受电场力方向指向运动轨迹的内侧且沿电场线切线方向的反方向，由此
确定电场线方向，再判断电势高低；根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；根据能量守恒分析
C 项；分析质子受力情况，判断质子仅受电场力作用下能否沿轨迹从P 点运动到R 点。
【解答】解：A、电子做曲线运动，电子运动轨迹的切线方向为速度方向，电子所受电场力方向指向
运动轨迹的内侧且沿电场线切线方向的反方向，则电场线的方向如图所示：
由上图可知，R 点的电势高于Q 点的电势，故A 错误；
B、电场线的疏密程度表示电场强度的大小，由图可知，Q 点的电场强度大小大于R 点的电场强度大
小，故B 错误；
C、电子从P 点运动到R 点的过程中，由低电势向高电势运动，静电力一直做正功，电势能减少，转
化为动能，因只有电场力做功，所以电势能和动能之和保持不变，故C 正确；
D、质子在各点是受力方向沿电场线切线方向，与电子所受电场力方向相反，其轨迹的内侧应该为斜
左上，不可能沿轨迹从P 运动到R 点，故D 错误。
故选：C。
（多选）4．（2026•河北模拟）细胞电转染是一种通过电场将外源分子导入细胞的技术，其原理可简化
为如图所示。细胞附近存在电场，其中带箭头的实线为电场线，关于过细胞中心的竖直线PQ 对称分
布。虚线为带电的外源DNA 分子仅在静电力作用下进入细胞膜的轨迹，A、B 为轨迹上的两点，C 点
与B 点关于PQ 对称。已知DNA 分子在B 点的速度大于在A 点的速度，则（ ）
A．DNA 分子带正电
B．DNA 分子在A 点的加速度小于在B 点的加速度
C．B、C 两点的电场强度相同
D．A 点的电势比B 点的电势低
【答案】BD
【分析】由DNA 分子的运动轨迹及速度变化关系，即可分析判断电性的正负；结合题图，根据电场线
的分布及加速度与电场强度的关系，即可分析判断；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，据此分析判断；由电势能的变化，结合电势能的公式判断两点电势的高低。
【解答】解：A．由题意，DNA 分子由A 点运动到B 点过程中，DNA 分子的速度增大，则动能增
大，可知静电力做正功，由于图中所受静电力与速度方向成锐角，所以DNA 带负电，故A 错误；
B．由图，A 点电场线比B 点稀疏，故A 点电场强度比B 点小，根据a= qE
m 可知，DNA 分子在A 点的
加速度比B 点小，故B 正确；
C．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，则由图可知，B、C 两点的电场强度的
方向不同，则B、C 两点的电场强度不可能相同，故C 错误；
D．带负电的DNA 分子由A 点运动到B 点过程中，静电力做正功，电势能减小，结合Ep＝qφ，可知
A 点的电势比B 点低，故D 正确。
故选：BD。
综合提升
一．选择题
1．（2026 春•盐城期中）真空中有两个静止的点电荷，它们之间的静电力大小为F。如果仅将它们之间
的距离变为原来的3 倍，则它们之间的静电力大小变为（ ）
A．F
9
B．F
3
C．3F
D．9F
【答案】A
【分析】根据库仑定律，点电荷间静电力与距离的平方成反比，将距离变为原来的3 倍，即可求出新
的静电力大小。
【解答】解：真空中有两个静止的点电荷，静电力大小为F，结合库仑定律F =k Q1Q2
r
2
仅将它们之间的距离变为原来的3 倍，则它们之间的静电力大小变为F ′ =k Q1Q2
(3r )
2 = 1
9 ×k Q1Q2
r
2
= F
9
，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
2．（2026•南开区模拟）如图所示为密立根油滴实验示意图，两块水平放置的平行金属板分别与电源的
正负极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场。油滴从喷口
出来时由于摩擦而带负电，油滴的大小、质量各不相同。油滴进入电场时的初速度、油滴间的相互作
用及空气对油滴的浮力忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．悬浮的油滴所带的电荷量一定相等
B．若某油滴向下加速运动，则重力和静电力的合力做负功
C．若某油滴向下加速运动，仅增加平行金属板间距离，可使该油滴处于平衡状态
D．若某油滴悬浮不动，断开电源与平行金属板的连接，仅减小平行金属板间距离，则该油滴仍不动
【答案】D
【分析】根据油滴的受力平衡条件，结合匀强电场场强与极板电压、间距的关系，分析油滴的运动、
做功及平衡状态的变化，逐一判断各选项。
【解答】解：A.油滴进入电场后受重力与电场力，若油滴悬浮不动，说明重力与电场力平衡即mg＝qE
则m
q = E
g
则油滴比荷相等，电荷量不一定相等，故A 错误；
B.根据动能定理可知，若某油滴向下加速运动，重力与静电力的合力做正功，故B 错误；
C.若某油滴向下加速运动，说明重力大于电场力，增大平行金属板间距离，根据E = U
d
可知电场力减小，油滴向下运动，故C 错误；
D.若某油滴悬浮不动，断开电源与平行金属板的连接，仅减小平行金属板间距离，根据E = U
d ，C
= ɛr S
4 πkd
，Q＝CU
化简得E= 4 πkQ
ɛr S ，电场力不变，所以油滴不动，故D 正确。
故选：D。
3．（2026•石家庄模拟）如图所示，水平放置的正方体四条边a、b、c、d 上有四根完全相同、均匀带电
且电荷量为﹣q 的绝缘棒，O 点为正方体上表面的中心。现将d 处的绝缘棒替换为带电荷量为+q 的绝
缘棒，下列说法正确的是（ ）
A．替换前，O 点的电场强度方向竖直向上
B．替换后，O 点的电场强度方向竖直向下
C．若将c 处的绝缘棒也替换为带电荷量为+q 的绝缘棒，则O 点的电场强度方向竖直向上
D．若将c 处的绝缘棒也替换为带电荷量为+q 的绝缘棒，则O 点的电场强度方向竖直向下
【答案】C
【分析】替换前四根棒均带负电，分析a 和b 关于O 点对称，它们在O 点产生的电场强度大小相等方
向相反相互抵消；c 和d 也对称，它们产生的电场强度方向分别指向各自棒，水平分量抵消，竖直分量
均向下叠加，因此O 点合电场强度方向竖直向下。替换d 为带正电棒后，a 和b 仍抵消，c 带负电产生
指向左下方的电场，d 带正电产生背离左上的电场，两者大小相等，竖直分量抵消，水平分量均向左
叠加，合电场强度方向水平向左。若再将c 也替换为正电棒，a 和b 抵消，c 和d 均带正电且对称，它
们产生的电场强度方向背离各自棒，水平分量抵消，竖直分量均向上叠加，合电场强度方向竖直向
上。
【解答】解：对正方体沿垂直于四根绝缘棒的截面进行投影分析。以O 点为原点，水平向右为x 轴正
方向，竖直向上为y 轴正方向建立平面直角坐标系。绝缘棒a、b、c、d 在该截面上的投影坐标分别为
(−L
2 ，0)、( L
2 ，0)、(−L
2 ，−L)、( L
2 ，−L)，其中L 为正方体的棱长。带负电绝缘棒在O 点产
生的电场强度方向指向该棒，带正电绝缘棒产生的电场强度方向背离该棒。
AB、替换前，四根绝缘棒均带电荷量为﹣q。由于a 和b 关于O 点对称，它们在O 点产生的电场强度
大小相等、方向相反，相互抵消；
而c 和d 在O 点产生的电场强度方向分别指向c 和d，其水平分量相互抵消，竖直分量均向下叠加，故
替换前O 点的合电场强度方向竖直向下。
当仅将d 处的绝缘棒替换为+q 时，a 和b 的电场仍相互抵消，c 处的负电棒产生指向c（左下方）的电
场，d 处正电棒产生背离d（左上方）的电场，两者大小相等，竖直分量相互抵消，水平分量均向左叠
加，故替换后O 点的合电场强度方向水平向左，故AB 错误；
CD、若将c 处的绝缘棒也替换为带电荷量为+q 的绝缘棒，此时a 和b 的电场仍相互抵消；c 处和d 处
均为正电棒，它们在O 点产生的电场强度方向分别背离c 和d，由于对称性，它们的水平分量相互抵
消，竖直分量均向上叠加，故此时O 点的合电场强度方向竖直向上，故C 正确，D 错误。
故选：C。
4．（2026•南京模拟）“彭宁离子阱”是一个可以用来储存带电粒子的装置，它主要由一对左右对称的
环电极和一对上下对称的端电极构成，如图所示，其内部某一截面的部分电场线和等势线分布，则（
）
A．P、M 两点电场强度相同
B．P、Q 两点电场强度EP＞EQ
C．P、Q 两点电势φP＞φQ
D．M、N 两点电势φM＞φN
【答案】D
【分析】根据电场线的疏密判断场强大小，结合电场线方向判断电势高低，再利用对称性分析各点的
场强与电势关系，逐一判断选项。
【解答】解：A.电场强度是矢量，包含大小和方向。P、M 两点电场线疏密程度相同，场强大小相
等，但电场线切线方向不同，场强方向不同，故A 错误；
B.电场线的疏密表示电场强度的大小。Q 点电场线比P 点更密集，说明EQ＞EP，故B 错误；
C.沿着电场线的方向电势逐渐降低，P、Q 两点处于同一等势线上，电势相等，故C 错误；
D.沿着电场线的方向电势逐渐降低，即φM＞φN，故D 正确。
故选：D。
5．（2026 春•南京校级月考）如图所示，在立方体ABCD﹣A′B′C′D′的顶点A′和C 处分别固定
有等量异种的点电荷，一根无限长的光滑水平绝缘细杆与AB 边重合。一带负电的小环套在细杆上，
从A 点开始向右运动，其经过A、B 两点的动能分别为EkA和EkB。则（ ）
A．小环在A、B 两点受到的电场力相同
B．小环经过A、B 两点时的加速度相同
C．EkA＜EkB
D．小环一定能沿杆向右运动到无穷远处
【答案】B
【分析】利用立方体顶点电荷的对称性，分析A、B 两点的场强与电场力，结合电势电势能变化规律
和电场力沿杆的分量方向，逐一验证各选项的正确性。
【解答】解：A.如图所示
结合矢量合成定则，F1、F2的合力方向与F3、F4的合力方向不同，故A 错误；
B.由上述分析，小环在A 点时的合外力为F 合A＝F2cos45°
加速度为aA = F
A
合
m
方向沿BA 方向，小环在B 点时的合外力F 合B＝F3cos45°
加速度为aB= F
B
合
m ，方向沿BA 方向，由库仑定律可知F2＝F3，两点的加速度相同，故B 正确；
C.从A 到B，W 电＜0
故EkA＞EkB，故C 错误；
D.不确定小环运动至电势最低点时动能是否减为零，无法确定小环能否沿杆运动到无穷远处，故D 错
误。
故选：B。
二．多选题
（多选）6．（2026•山西模拟）相同的金属小球A、B、C 均带电，A 和B 所带的电荷量分别为q、3
2 q
，用两根等长的绝缘细线将两球悬挂在同一点O，平衡时细线与竖直方向的夹角均为30°，如图所示，
现用小球C 先与A 接触，再与B 接触，然后移开C（过程中A、B 之间未接触），A 和B 再次平衡
后，两细线之间的夹角变为120°，则初始时小球C 所带的电荷量可能是（ ）
A．8q
B．9q
C．﹣13q
D．﹣14q
【答案】AC
【分析】先对初始平衡的A、B 受力分析，利用共点力平衡条件得出两球质量关系；再分析C 与A、B
接触后的电荷分配，结合夹角120°时的平衡条件与库仑定律列方程，求解C 的初始电荷量并判断选
项。
【解答】解：根据图示可知，同种电荷相互排斥，设细线长度为L，小球质量为m。初始时，A、B 两
球带电量分别为qA＝q、qB= 3
2 q
两球平衡时，细线与竖直方向夹角θ1＝30°，两球间距离r1＝2Lsin30°＝L，对A 球受力分析，由平衡
条件得k q A qB
r1
2
=mgtan30°
即k
q⋅3
2 q
L
2
=mg
❑√3
3 ①
设C 球初始带电量为QC，C 与A 接触后，A、C 带电量均为q A′ = q+QC
2
C 再与B 接触，B、C 带电量均为qB′ = qB+q A′
2
=
3
2 q+ q+QC
2
2
=q+ QC
4
移开C 后，A、B 再次平衡，两细线夹角为120°，即细线与竖直方向夹角θ2＝60°
两球间距离r2=2 Lsin60° = ❑√3 L
对A 球受力分析，由平衡条件得k q A′ qB′
r2
2
=mgtan60°
即k q A qB
3 L
2 =mg ❑√3②
联立①②两式，解得q A′ qB′ =13.5q
2
代入qA'、qB'表达式q+QC
2
⋅4 q+QC
4
=13.5q
2
解得QC＝8q，或QC＝﹣13q，故AC 正确，BD 错误。
故选：AC。
（多选）7．（2026•山西模拟）如图所示，一带电小球N 用绝缘柄固定不动，将一个质量为m，电荷量
为qM的带正电小球M 用一根不可伸长的轻质绝缘丝悬挂起来，悬点O 在小球N 的正上方，当小球M
静止时，丝线与竖直方向夹角θ＝30°，M、N 两球连线刚好水平。丝线长度为L，重力加速度大小为
g，静电力常量为k，两球均可视为点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．小球M 受到的丝线拉力的大小为2mg
B．小球M 受到的库仑力的大小为
❑√3
3 mg
C．小球M 所在处的电场强度的大小为
❑√3mg
qM
D．小球N 的电荷量为
❑√3mg L
2
12k qM
【答案】BD
【分析】核心受力分析小球M 静止，受三个力平衡：重力 mg（竖直向下）、丝线拉力 T（沿丝线向
上）、库仑斥力 F（水平向右，因 MN 连线水平）。根据几何关系：丝线与竖直方向夹角θ＝30°，
MN 水平距离r ＝ Lsin30°= L
2 。
【解答】解：AB．小球M 受力如下
根据平衡条件可知库仑力F 库＝mgtanθ＝mgtan30°=
❑√3
3 mg，
丝线拉力F= mg
cosθ =
mg
cos30° = 2❑√3
3
mg，故A 错误，B 正确；
C．小球M 所在处的电场强度的大小为E = F 库
qM
=
❑√3mg
3qM
，故C 错误；
D．MN 间库仑力F 库= k qM qN
( Lsinθ)
2
联立解得qN =
❑√3mg L
2
12k qM
，故D 正确。
故选：BD。
（多选）8．（2025 秋•东湖区校级期中）如图所示，光滑水平面上有A、B 两个带电点电荷，质量均为
m，电荷量分别为4Q 和﹣36Q，在真空中相距4l。已知静电力常量为k。现引进第三个点电荷C，正
好使三个点电荷均处于平衡状态，则点电荷C（ ）
A．应放在A 的左侧2l 处
B．应放在A 的左侧3l 处
C．电荷量为﹣9Q
D．电荷量为16Q
【答案】AC
【分析】根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，以及库仑定律可判断第三个小球的电性以及大
致位置，再对其中两个小球根据库仑定律以及平衡条件列式，即可求出点电荷C 到A 的距离以及点电
荷C 的电荷量。
【解答】解：由“两大夹小，两同夹异”可知点电荷C 应带负电，且位于A 的左侧，假设点电荷C 的
电荷量大小为q，距A 的距离为x。
对点电荷C，根据平衡条件得
k4Qq
x
2 =k 36Qq
( x + 4l)
2
解得x＝2l
即点电荷C 应放在A 的左侧2l 处；
对点电荷A，根据平衡条件得
k4Qq
x
2 =k4Q×36Q
(4l)
2
解得q＝9Q，故点电荷C 的电荷量为﹣9Q，故AC 正确，BD 错误。
故选：AC。
（多选）9．（2025 秋•杨浦区校级月考）如图甲，A，B 为两个带电小球，A 固定在光滑绝缘水平面上P
点，初始时刻B 在A 右侧Q 点处，此时B 所受电场力大小为F，现给B 一方向与PQ 连线重合、大小
为v0的初速度，开始一段时间内B 运动的v﹣t 图像如图乙，则（ ）
A．初速度v0的方向水平向左
B．A，B 两小球带异种电荷
C．B 的速度大小为v0
2
时，B 运动的时间小于t0
2
D．t0
2
时刻，B 所受电场力大小可能等于4F
【答案】AD
【分析】结合v﹣t 图像上切线斜率表示物体的加速度，可以看出斜率越来越大。所以，物体加速度也
越来越大，由库仑定律可以判断B 是靠近A 运动，而且AB 必须带同种电荷。再结合v﹣t 中与t 轴围
成的面积表示位移大小，判断出AB 间的距离，结合库仑定律判断相互作用力的大小关系。
【解答】解：ABC、由v﹣t 图像可知B 球做加速度不断增大的减速运动，根据库仑定律和牛顿第二定
律可得F = k q A qB
r
2
=ma
故小球B 运动的方向水平向左，两小球带同种电荷，当B 的速度大小为v0
2
时，B 运动的时间大于t0
2
，
故A 正确，BC 错误；
D、v﹣t 图像的面积表示位移，由图可知0−t0
2
小球位移大于t0
2 −t0的位移，此时AB 距离可能小于、
可能等于、可能大于最初距离的一半，根据库仑定律
F = k q A qB
r
2
可知B 所受库仑力大小可能等于4F，故D 正确。
故选：AD。
（多选）10．（2026•新疆模拟）如图所示，正三角形ABC 边长为a，O 点为其几何中心。A、B 两点静
置电荷量分别为+Q、+2Q 的点电荷，静电力常量为k。关于O 点处的电场，下列说法正确的是
（ ）
A．O 点处的电场方向与BC 平行向右
B．O 点处的电场方向与BC 夹锐角斜向右上
C．O 点处的电场强度大小为6kQ
a
2
D．O 点处的电场强度大小为3 ❑√3kQ
a
2
【答案】AD
【分析】先确定O 到A、B 的距离，分别计算A、B 在O 点产生的电场强度，通过矢量叠加得到合场
强的大小和方向。
【解答】解：根据题意分析可知，利用点电荷电场的叠加原理，将B 点处电荷拆分为两个电荷量为+Q
的点电荷，C 点处拆分为电荷量为+Q 和﹣Q 的异种电荷，A、B、C 三点处各取一个电荷量为+Q 的点
电荷，这三个电荷在O 点处的场强为零，把上述模型转化成B、C 两点处的带电荷量为Q 的等量异种
电荷在O 点处产生的场强，则O 点在BC 中垂线上，O 点处的场强方向与BC 平行向右，场强大小为
E =2
kQ
( a
❑√3 )
2 cos30° = 3 ❑√3kQ
a
2
，故AD 正确，BC 错误；
故选：AD。
（多选）11．（2025 秋•无锡月考）如图，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为一根光滑绝缘细杆，放
在两电荷连线的中垂线上，a、b、c 三点所在直线平行于两点电荷的连线，且a 与c 关于MN 对称，b
点位于MN 上，d 点位于两电荷的连线上。则（ ）
A．b 点场强小于d 点场强
B．b 点电势高于d 点电势
C．试探电荷+q 在a 点的电势能小于在c 点的电势能
D．套在细杆上的带电小环由静止释放后将做匀加速直线运动
【答案】AD
【分析】A.根据等量异种点电荷场强的分布分析作答；
B.根据等量异种点电荷周围电势的分布分析作答；
C.根据电势能的表达式分析作答；
D.根据等量异种点电荷场强的分布分析光滑绝缘细杆上各点的电场强度方向，根据小球的受力情况，
结合牛顿第二定律进行分析。
【解答】解：A.设两等量异种电荷的连线中点为O，根据等量异种点电荷场强的分布可知，在连线
上，中点的电场强度最小，即Ed＞EO；在连线的中垂线上，中点场强最大，即EO＞Eb；
综上分析可知Ed＞Eb，故A 正确；
B.以无穷远处电势为0，根据两等量异种点电荷周围的电势分布情况可知，两等量异种点电荷连线的
中垂线为等势线，上面各点电势均为0，即φb＝0；
中垂线左侧靠近正电荷的点电势均为正，d 点电势为正，即φd＞0
综上分析可知φd＞φb，故B 错误；
C.以无穷远处电势为0，两等量异种点电荷连线的中垂线左侧靠近正电荷的点电势均为正，两等量异
种点电荷连线的中垂线右侧靠近负点电荷的点电势均为负，因此φa＞0＞φc
根据电势能的表达式Ep＝+qφ 可得Epa＞Epc
试探电荷+q 在a 点的电势能大于在c 点的电势能，故C 错误；
D.根据点电荷周围的电场分布和场强的叠加可知，两等量异种点电荷连线的中垂线上各点的电场强度
方向均沿水平方向，则带电环所受电场力也沿水平方向，且该电场力与杆对小球的支持力为一对平衡
力，由此可知，该带电环所受合力等于重力，因此小球的加速度恒为重力加速度g，则套在细杆上的
带电小环由静止释放后将做匀加速直线运动，故D 正确；
故选：AD。
（多选）12．（2025•成都模拟）如图所示，O 点为等边三角形ABC 的中心，D、E、F 三点分别为各边
中点，G、H 两点关于直线AD 对称。在顶点A、B、C 分别固定三个等量正点电荷，图中实线为电场
线，设无穷远处电势为零。下列说法正确的是（ ）
A．G、H 两点的场强相同
B．D、E、F 三点的电势相等
C．O 点的场强和电势均为零
D．在垂直纸面的O 点正上方静止释放一电子（不计重力），电子将做往复运动
【答案】BD
【分析】根据电场线的疏密程度表示场强大小，切线方向表示场强方向，沿电场线方向电势逐渐降低
进行判断。
【解答】解：A、G、H 两点的电场线的疏密程度相同，故场强大小相同；电场线的切线方向不同，故
场强方向不相同，故A 错误；
B、D、E、F 三点到各个正电荷的距离相等，则各点的电势相等，故B 正确；
C、各个正电荷到O 点的距离相等，在O 点场强大小相等，方向互相夹120°角，根据矢量合成可知O
点的场强为零；沿电场线方向电势降低，故O 点电势大于零，故C 错误。
D、垂直纸面的O 点正上方电场方向向上，静止释放一电子，所受电场力向下，故电子向下做加速运
动，当运动到O 点正下方，电场方向向下，电子所受电场力向上，电子做减速运动，减速至速度为零
再向上做加速运动，以此类推，可知电子将做往复运动，故D 正确。
故选：BD。
（多选）13．（2026•金凤区校级一模）静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置。如图，
一电子在电场中仅受电场力的作用，实线描绘出了其运动轨迹，虚线表示等势线，各等势线关于y 轴
对称，a、b、c、d 分别是轨迹与等势线的交点。已知电子在经过a 点时动能为60eV，各等势线的电势
标注在图中，则（ ）
A．电子从a 运动到c，电场力做正功
B．a、d 两点的电势和电场强度均相同
C．电子在经过等势线c 点时的动能为40eV
D．电子从b 运动到c，电势能先减小后增大
【答案】AD
【分析】结合等势线分布判断电场方向，依据电子受力与轨迹的关系，利用动能定理分析电场力做
功、动能及电势能的变化，逐一判断选项。
【解答】解：A.电子从a 运动到c，电场力做功W＝﹣eUac＝﹣e（φa﹣φc）＝﹣e（40V﹣60V）＝
20eV＞0，即电场力做正功，故A 正确；
B.根据题图和对称性可知，a、d 两点电场强度大小相等，电场方向与等势面方向垂直，方向不同，故
B 错误；
C.电子从a 运动到c，由动能定理可知Ekc﹣Eka＝﹣eUac，代入数据可得Ekc＝80eV，故C 错误；
D.由图可知y 轴电势最高，电子从b 运动到c，电势先增大后减小，根据Ep＝﹣eφ 可知，电势能先减
小后增大，故D 正确。
故选：AD。
三．解答题
14．（2026 春•南通期中）如图所示，真空中固定的点电荷Q 的上方轻放一质量为m、带电量为q 的小
球，小球恰好处于静止状态。已知重力加速度为g，静电力常量为k。求：
（1）小球所处位置的电场强度大小E；
（2）小球距点电荷的距离h。
【答案】（1）小球所处位置的电场强度大小为mg
q ；
（2）小球距点电荷的距离为❑√
kQq
mg
。
【分析】（1）小球处于平衡状态，根据平衡条件进行解答；
（2）根据库仑定律进行解答。
【解答】解：（1）小球处于平衡状态，根据平衡条件可得：mg＝qE
解得：E= mg
q ；
（2）根据库仑定律可得：mg=k ⋅Qq
h
2
解得：h= ❑√
kQq
mg
。
答：（1）小球所处位置的电场强度大小为mg
q ；
（2）小球距点电荷的距离为❑√
kQq
mg
。
15．（2026 春•铜山区期中）两个分别用等长的绝缘细线悬挂于同一点的相同小球（可看作质点），带有
同种等量电荷，稳定后两细线夹角恰好为90°。已知每个小球所带电荷量均为q，两小球间距离为l，
静电力常量为k，重力加速度为g，求：
（1）两小球间库仑力的大小F；
（2）小球的质量m。
【答案】（1）两小球间库仑力的大小F 为k q
2
l
2 。
（2）小球的质量m 为k q
2
gl
2 。
【分析】（1）利用库仑定律直接求出库仑力；
（2）结合几何关系判断夹角为45°，利用平衡条件联立方程求质量。
【解答】解：（1）两小球间库仑力的大小F 根据库仑定律，两小球带电量均为q，间距为l，则库仑
力大小为：F =k q⋅q
l
2
= k q
2
l
2
（2）小球的质量m，对其中一个小球受力分析：水平方向：库仑力F 与拉力的水平分量平衡，F＝
Tsin45°；
竖直方向：重力mg 与拉力的竖直分量平衡，mg＝Tcos45°。
由于sin45°＝cos45°，两式相除整理可得：F
mg =tan45°＝1，解得：m= k q
2
gl
2 。
答：（1）两小球间库仑力的大小F 为k q
2
l
2 。
（2）小球的质量m 为k q
2
gl
2 。
16．（2025 春•甘孜州期末）在真空中的某直线上依次固定三个点电荷A、B、C，所带电荷量分别为﹣
q、2q、﹣3q（q＞0），A、B 两点电荷之间的距离为d，B、C 两点电荷之间的距离为2d。静电力常量
为k。
（1）求点电荷B 所受库仑力的大小与方向；
（2）若点电荷B 不固定，仅改变点电荷B 的位置，结果点电荷B 在点电荷A、C 的库仑力作用下保持
静止，求点电荷B 静止时与点电荷A 之间的距离L。
【答案】（1）点电荷B 所受库仑力的大小等于k q
2
2d
2，方向由B 指向 A；
（2）点电荷B 静止时与点电荷A 之间的距离等于3(❑√3−1)
2
d。
【分析】（1）根据库仑定律结合矢量合成法则求解点电荷B 所受库仑力的大小与方向；
（2）根据库仑定律结合受力平衡列式求解。
【解答】解：（1）A 点电荷对B 点电荷的F1，方向由B 指向A；C 点电荷对B 点电荷的库仑力F2，由
B 指向C 的，根据库仑定律有
F1=−k 2q
2
d
2 ，F2=−k 6q
2
(2d)
2
由于|F1|＞|F2|，故B 所受库仑力的方向由B 指向 A。
取由B 指向A 为正，点电荷 B 所受库仑力的大小
F＝|F1|﹣|F2|
解得
F = k q
2
2d
2
（2）经分析可知，若点电荷B 不固定，则它只能在 A、C 之间的连线上静止，有
k 2q
2
L
2 =k
6q
2
(3d −L)
2
解得
L= 3(❑√3−1)
2
d
答：（1）点电荷B 所受库仑力的大小等于k q
2
2d
2，方向由B 指向 A；
（2）点电荷B 静止时与点电荷A 之间的距离等于3(❑√3−1)
2
d。
17．（2026 春•历下区校级期中）如图所示，用两根等长的绝缘细绳a、b 把小球A 悬挂在水平板上，ab
之间的夹角为60°。A 的质量为0.1kg，电荷量为2.0×10﹣6C，在A 正下方0.3m 处的绝缘平台上固定一
带等量同种电荷的小球B，A、B 均可视为点电荷。静电力常量k＝9×109N•m2/C2，重力加速度g＝
10m/s2。
（1）求细绳a 的拉力大小；
（2）在该竖直面内加一个水平方向的匀强电场，使绳b 上的力刚好为零，求场强E 的大小。
【答案】（1）细绳a 的拉力大小是
❑√3
5 N；
（2）在该竖直面内加一个水平方向的匀强电场，使绳b 上的力刚好为零，场强E 的大小是
❑√3×10
5 N /C。
【分析】（1）先根据库仑定律算出A、B 间的斥力，再对小球A 受力分析，结合两根绳子的夹角，利
用平衡条件求出细绳a 的拉力大小；
（2）加水平匀强电场后绳b 拉力为零，重新对A 受力分析，利用平衡条件结合库仑力、重力和电场
力，求出场强E 的大小。
【解答】解：（1）小球A、B 之间的库仑力：F =k q
2
r
2
对小球A 受力分析有：2Tcos30°+F＝mg
代入数据可得T =
❑√3
5 N
（2）受力分析可知：Tacos30°+F＝mg，Tasin30°＝qE
代入数据可得E = ❑√3×10
5 N /C
答：（1）细绳a 的拉力大小是
❑√3
5 N；
（2）在该竖直面内加一个水平方向的匀强电场，使绳b 上的力刚好为零，场强E 的大小是
❑√3×10
5 N /C。
18．（2026 春•温州期中）如图所示，同一竖直平面内，有两根光滑绝缘杆OA 和OB，与竖直线OC 的
夹角均为45°，两杆上均套有能自由滑动的完全相同的导体小球，带电量均为+q，且静止于同一竖直
高度处，与O 点的距离都为L，已知静电力常量k 和重力加速度g，两小球可视为质点，求：
（1）两小球间的库仑力的大小；
（2）O 点的电场强度；
（3）小球的质量。
【答案】（1）两小球间的库仑力的大小为k q
2
2 L
2；
（2）O 点的电场强度为k
❑√2q
L
2 ，方向竖直向下；
（3）小球的质量为k
q
2
2g L
2。
【分析】（1）根据库仑定律求解库仑力；
（2）根据电场强度的定义式求解场强；
（3）根据受力平衡求解小球的质量。
【解答】解：（1）由几何关系可知，平衡时两球相距LAB= ❑√2 L
由库仑定律可得F 库=k q
2
LAB
2 =k
q
2
(❑√2 L)
2 =k q
2
2 L
2；
（2）两导电小球在O 点的电场强度如图所示
两电场强度大小为E1= E2=k q
L
2
可得E0=k
❑√2q
L
2
方向竖直向下。
（3）以其中一个小球为对象，由平衡条件可得tan 45° = mg
F 库
可得m=k
q
2
2 g L
2
答：（1）两小球间的库仑力的大小为k q
2
2 L
2；
（2）O 点的电场强度为k
❑√2q
L
2 ，方向竖直向下；
（3）小球的质量为k
q
2
2g L
2。
19．（2026 春•海淀区校级期中）场是物理学中的重要概念，除了电场和磁场，还有重力场（以及更大范
围的引力场）。
（1）真空中静止的点电荷，电荷量为Q，在与其相距为r 的位置产生的场强为E，请用电场强度的定
义和库仑定律推导E＝kQ
r
2。
（2）地球表面附近的物体就处在地球产生的重力场中，已知地球表面附近的重力加速度为g、仿照电
场强度的定义，你认为应该怎样定义“重力场强度”Eg的大小和方向？请推导写出。
（3）类似电场线可以定性描述电场，我们可用重力场线描述重力场，还可以根据万有引力定律为天体
引入引力场线，请定性画出：
a.图1 中的水平地面附近的重力场的重力场线；
b.图2 中的地球在空间产生的引力场的引力场线；
c.图3 中的由等质量恒星A 和B 组成的双星系统的引力场线（假定相应天体都是质量分布均匀的球
体，在宏观上可视为质点）。
【答案】（1）有两点电荷A 与B，各自电量为Q 与q，两者相距为r，如下图所示：
根据电场强度定义E = F
q 及库仑定律F = kQq
r
2 ，则AB 间的库仑力F = kQq
r
2 ，那么A 在B 处的电场强度
为E = F
q =
kQq
r
2
q
= kQ
r
2
，Q 是A 的电量，r 是两者间距；
（2）地球表面附近的物体就处在地球产生的重力场中，已知地球表面附近的重力加速度为g、仿照电
场强度的定义，重力场强度大小等于重力加速度g，方向与重力方向一致，即竖直向下。
（3）类似电场线可以定性描述电场，我们可用重力场线描述重力场，还可以根据万有引力定律为天体
引入引力场线，请定性画出：
a.图1 中的水平地面附近的重力场的重力场线；
b.图2 中的地球在空间产生的引力场的引力场线；
c.图3 中的由等质量恒星A 和B 组成的双星系统的引力场线（假定相应天体都是质量分布均匀的球
体，在宏观上可视为质点）。
【分析】（1）根据电场强度定义式，结合库仑定律，消去试探电荷的电荷量，推导出点电荷的场强公
式；
（2）仿照电场强度的定义，用物体所受重力与质量的比值定义重力场强度，推导其大小和方向；
（3）类比电场线的特点，分别画出匀强重力场、地球引力场和双星系统的引力场线。
【解答】解：（1）有两点电荷A 与B，各自电量为Q 与q，两者相距为r，如下图所示：
根据电场强度定义E = F
q 及库仑定律F = kQq
r
2 ，则AB 间的库仑力F = kQq
r
2 ，那么A 在B 处的电场强度
为E = F
q =
kQq
r
2
q
= kQ
r
2
，Q 是A 的电量，r 是两者间距；
（2）类比电场强度“E = F电
q
”的定义，在重力场中，取一个质量为m 的检验物体，其受到的重力为
G＝mg
重力场强度g 定义为检验物体所受重力G 与检验物体质量m 的比值，即g = G
m
代入G＝mg
得g= mg
m =g，故重力场强度大小等于重力加速度g，方向与重力方向一致，即竖直向下。
（3）a.图1 中，水平地面附近的重力场可视为均匀重力场，场线特点是平行且竖直向下的直线，因此
画出一组平行竖直向下的直线表示场线，
b.图2 中，地球可视为质点，其引力场与点电荷电场类似，场线是从无穷远处指向地球球心的辐射状
直线，因此画出多条指向地球中心的直线表示场线。
c.图3 中，双星A、B 均为质点，各自产生引力场，场线需体现两引力场的叠加：每个天体的引力场线
指向自身中心；两星之间的场线会向两星连线方向汇聚，整体场线分布关于两星连线对称，因此画出
分别指向A、B 中心，且在两星之间区域有交汇趋势的曲线表示场线。
答：（1）有两点电荷A 与B，各自电量为Q 与q，两者相距为r，如下图所示：
根据电场强度定义E = F
q 及库仑定律F = kQq
r
2 ，则AB 间的库仑力F = kQq
r
2 ，那么A 在B 处的电场强度
为E = F
q =
kQq
r
2
q
= kQ
r
2
，Q 是A 的电量，r 是两者间距；
（2）地球表面附近的物体就处在地球产生的重力场中，已知地球表面附近的重力加速度为g、仿照电
场强度的定义，重力场强度大小等于重力加速度g，方向与重力方向一致，即竖直向下。
（3）类似电场线可以定性描述电场，我们可用重力场线描述重力场，还可以根据万有引力定律为天体
引入引力场线，请定性画出：
a.图1 中的水平地面附近的重力场的重力场线；
b.图2 中的地球在空间产生的引力场的引力场线；
c.图3 中的由等质量恒星A 和B 组成的双星系统的引力场线（假定相应天体都是质量分布均匀的球
体，在宏观上可视为质点）。
20．（2023 秋•济源期末）如图，等腰直角三角形ABC 三个顶点各固定一个点电荷。已知AB 中点M 处
的电场强度方向指向C，若B、C 两处电荷互换位置，则互换后M 点的电场强度方向垂直于BC。A 点
处点电荷的电荷量的绝对值为q。
（1）求原来B 点处点电荷的电荷量的绝对值并判断三个点电荷的正负；
（2）求原来C 点处点电荷的电荷量。
【答案】（1）原来B 点处点电荷的电荷量的绝对值q，三个点电荷均为负电荷；
（2）原来C 点处点电荷的电荷量为﹣2q。
【分析】（1）结合题意，根据点电荷产生的场强特点，即可分析判断；
（2）结合题意，根据几何关系、点电荷产生的场强特点、电场强度的叠加原理分别列式，即可分析求
解。
【解答】解：（1）因为等腰直角三角形ABC 三个顶点各固定一个点电荷，AB 中点M 处的电场强度
方向指向C，根据点电荷产生的场强特点可知，C 点的点电荷为负电荷，且A、B 两处固定的是两等量
同种点电荷，则原来B 处点电荷电荷量的绝对值为q；
若B、C 两处电荷互换位置，互换后M 点的电场强度方向垂直于BC，现在B 点处的电荷在M 点产生
的场强沿AB 指向B，若A 处的电荷为正电荷，则A、C 两点的电荷在M 点产生的合场强水平向右，
M 点的合场强不可能垂直于BC，因此原来A、B 两处的电荷只能是负电荷，故三个点电荷均为负电
荷；
（2）设原来C 点的电荷的绝对值为qC，AC＝L，由等腰直角三角形的性质可得：BC＝L，AB= ❑√2
L，❑√2AM= ❑√2BM＝L，B、C 两处电荷互换位置后，三个点电荷在M 产生的场强如图所示：
根据点电荷的场强公式可得，A、C 两点的点电荷在M 产生的场强大小为：E A = EC =
kq
( L
❑√2 )
2 = 2kq
L
2 ，
根据平行四边形定则可得，A、C 两点的点电荷在M 产生的合场强大小为：E AC = ❑√2 E A = 2❑√2kq
L
2
，
由于互换后，M 点的电场强度方向垂直于BC，根据数学知识可得：EB= ❑√2 E AC = 4 kq
L
2 ，
根据点电荷的场强公式可得，现在B 处的电荷在M 产生的场强大小为：EB=k
qC
( L
❑√2 )
2 = 2k qC
L
2
，
联立可得：qC＝2q，则原来C 点处点电荷的电荷量为﹣2q；
答：（1）原来B 点处点电荷的电荷量的绝对值q，三个点电荷均为负电荷；
（2）原来C 点处点电荷的电荷量为﹣2q。
21．（2025 秋•浦口区月考）如图所示，空间中有O﹣xyz 坐标系，xOz 平面水平，y 轴沿竖直方向，在y
轴右侧xOz 平面上方空间存在竖直向上的匀强电场，在y 轴右侧xOz 平面下方空间存在竖直向下的匀
强磁场。一带负电的粒子从y 轴正半轴上的M 点以一定速度v0沿平行于x 轴的正方向射入电场，经x
轴上的N 点与x 轴正方向成θ 角离开电场，粒子在以后的运动中恰好不离开磁场。已知M 点的坐标为
（0，h，0），带负电的粒子质量为m、电荷量大小为q，不计粒子重力，求：
（1）电场强度大小；
（2）磁感应强度大小；
（3）粒子在yOz 平面上相邻切点间距离。
【答案】（1）电场强度E = mv0
2tan
2θ
2qh
。
（2）磁感应强度大小为B = m v0tanθ
2qh
。
（3）粒子相邻切点的距离为4 πh。
【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，由偏转角度和竖直位移求电场强度；
（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由几何关系和恰好不离开磁场的条件求磁感应强度；
（3）粒子在磁场中做螺旋运动，由周期和螺距公式求相邻切点间距。
【解答】解：（1）粒子从M 点到N 点做类平抛运动，有h= 1
2 at
2，qE＝ma，tanθ = at
v0
，x＝v0t，联
立解得E = mv0
2tan
2θ
2qh
，x = 2h
tanθ 。
（2）粒子从N 点进入磁场，其中沿﹣y 方向的速度与磁感应强度平行，不受洛伦兹力而做匀速直线运
动，沿x 方向的速度v0 与磁感应强度垂直，受洛伦兹力做匀速圆周运动，粒子在以后的运动中恰好不
离开磁场，则轨迹圆与z 轴相切，则有x＝R，q v0 B =m v0
2
R
，联立解得B = m v0tanθ
2qh
。
（3）粒子在yOz 平面上相邻切点间距离为匀速圆周运动一圈的时间内在﹣y 方向匀速直线运动的距
离，有y＝v0tanθT，T = 2πm
qB = 4 πh
v0tanθ
联立可得y = 4 πh。
答：（1）电场强度E = mv0
2tan
2θ
2qh
。
（2）磁感应强度大小为B = m v0tanθ
2qh
。
（3）粒子相邻切点的距离为4 πh。
