資源簡介

考點 32 靜電力的性質
1. 高考真題考點分布
題型 考點考查 考題統計
選擇題 等量異種電荷電場分布 2024 浙江卷、2024 北京卷
選擇題 等量同種電荷電場分布 2024 海南卷、河北卷
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】高考對電場力性質的考查非常頻繁，大多在選擇題中出現，題目難度各省份大多不是太難，
主要圍繞著電場線展開考查有關電場力的性質。
【備考策略】
1.和掌握庫侖定律，并會用庫侖定律處理有關帶電體的平衡和加速問題。
2.理解和掌握電場強度的概念，并會求解有關電場強度的疊加問題。
3.理解和掌握電場線的特點，并會根據其特點處理有關問題。
【命題預測】重點關注特殊電場的電場線的分布特點。
一、點電荷　電荷守恒定律
1．點電荷
有一定的電荷量，忽略形狀和大小的一種理想化模型。
2．電荷守恒定律
(1)內容：電荷既不會創生，也不會消滅，它只能從一個物體轉移到另一個物體，或者從物體的一部分轉移
到另一部分，在轉移過程中，電荷的總量保持不變。
(2)起電方式：摩擦起電、接觸起電、感應起電。
(3)帶電實質：物體帶電的實質是得失電子。
二、庫侖定律
1．內容：真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的二次
方成反比。作用力的方向在它們的連線上。
q1q2
2．表達式：F＝k ，式中 k＝9．0×109 N·m2/C2，叫作靜電力常量。
r2
3．適用條件：(1)真空中；(2)點電荷。
三、電場強度　點電荷的電場
1．定義：放入電場中某點的電荷受到的靜電力 F 與它的電荷量 q 的比值。
F
2．定義式：E＝ 。單位為 N/C 或 V/m。
q
kQ
3．點電荷的電場強度：真空中點電荷形成的電場中某點的電場強度，E＝ 。
r2
4．方向：規定正電荷在電場中某點所受靜電力的方向為該點的電場強度方向。
5．電場強度的疊加：電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產生的電場強度的矢量和，遵從平行
四邊形定則。
四、電場線
1．定義：為了形象地描述電場中各點電場強度的大小及方向，在電場中畫出一些曲線，曲線上每一點的切
線方向都跟該點的電場強度方向一致，曲線的疏密表示電場強度的大小。
2．電場線的特點
考點一 電荷守恒定律 庫侖定律
考向 1 庫侖力作用下的平衡問題
1.四步解決庫侖力作用下的平衡問題：
2.三個自由點電荷的平衡問題：
①平衡條件：每個點電荷受另外兩個點電荷的合力為零或每個點電荷平衡的位置是另外兩個點電荷的合場
強為零的位置。
②平衡規律：
3.利用三角形相似法處理帶電小球的平衡問題：
常見模型 幾何三角形和力的矢量三角形 比例關系
G T F
= =
OA OB d
kq1q2
mg F 2
= = r
h d r
m1g T1 F= =
OC OA AC
m2g T F = 2 =
OC OB BC
1．如圖所示，質量為 m 的帶電小球 A 用長為 L 的絕緣細線懸于 O 點，帶電小球 B 固定于 O 點的正下方，
小球 A 靜止時與小球 B 在同一豎直面內，OB 和 AB 與細線的夾角均為q = 37°，兩帶電小球帶電量相同，
兩球均可視為點電荷。已知重力加速度為 g，靜電力常量為 k， sin 37° = 0.6，則小球 A 的帶電量為（ ）
3 mgL2 4 mgL2 3 mgL2 5 mgL2A． B． C． D．
5 k 5 k 4 k 8 k
2．如圖所示，兩帶電小球 A、B 質量分別為 2m、m，所帶電荷量分別為+q、-q，用等長絕緣細線 a、b 連
接后懸掛于 O 點處于靜止狀態。現在該空間加一水平向右的勻強電場，并將電場強度 E 從 0 開始緩慢增大
mg
到E = ，若不考慮兩小球間的庫侖力，重力加速度為 g，則當系統穩定后，關于兩細線 a、b 拉力的大
q
小Ta 、Tb 計算正確的是（　　）
A．Ta =2mg B．Ta =3mg
C．Tb =mg D．Tb =2mg
考向 2 庫侖力作用下的加速運動問題
在電場中，如果帶電體做加速運動，處理問題的方法仍然是先要借助整體法或隔離法對研究對象做受
力分析，受力分析時注意對庫侖力的分析，然后應用牛頓第二定律處理有關的問題。
3．1720 年，英國的斯蒂芬·格雷提出導體和絕緣體的概念，并發現了導體的靜電感應現象——導體在靜電
場的作用下，自由電荷發生了再分布的現象。如圖所示，將一長為 2L 的光滑金屬導體 MN 固定在絕緣水
平面上，傾角為q ，P 是固定于金屬導體左上方的一帶電荷量為+Q 的點電荷，PM ^ MN ，且PM = L 。
現將一質量為 m、電荷量為+q 的帶絕緣殼的小球體（可視為點電荷）從金屬導體的 M 端由靜止釋放，小
球體開始沿金屬導體向下滑動。已知重力加速度為 g，小球體的電荷量始終不變，則小球體從 M 運動到 N
的時間（　　）
L
A．等于 2
g sinq
L
B．大于 2
g sinq
L
C．小于 2
g sinq
D．無法確定
4．如圖所示，在光滑絕緣水平面上，固定有電荷量分別為+2Q 和- Q 的點電荷 A、B，間距為 L。在 A、B
延長線上距離 B 為 L 的位置，自由釋放另一電荷量為+q 的點電荷 C，釋放瞬間加速度為 a1；將 A、B 接觸
靜電平衡后放回原處，再從相同位置自由釋放 C，釋放瞬間加速度為 a2。則（ ）
A．a1、a2的方向均水平向右 B．a1、a2的方向均水平向左
4 5
C．a1與 a2大小之比等于 D．a1與 a2大小之比等于5 4
考點二 電場強度
考向 1 疊加法求電場強度
疊加法：多個點電荷在空間某處產生的電場強度為各電荷在該處所產生的電場強度的矢量和。
5．如圖所示，真空中兩點電荷 q1、q2 分別位于直角三角形的頂點C 和頂點 B 上，D為斜邊 AB 的中點，
ABC = 30°。已知 A 點電場強度的方向垂直 AB 向下，則下列說法正確的是（ ）
A． q1、q2 電性相同
B． q1電荷量的絕對值等于 q2電荷量的絕對值的一半
C． q1電荷量的絕對值等于 q2電荷量的絕對值的二倍
D．D點電勢高于 A 點電勢
6．如圖所示，水平直線上有 A、O、B 三點，BO = 2AO ，空間存在著豎直方向上的勻強電場（圖中未畫
出）。若將一個電荷量為-Q的點電荷放在 A 點，則O點的場強大小為E1；若將這個電荷量為-Q的點電荷
放在 B 點，則O點的場強大小變為E2 ，則勻強電場的場強大小為（　　）
16E 2 - E 2 16E 2 2A．E = 2 1 B E 2 - E． = 1
16 4
2 2 2
C E 16E2 - E1 D E 16E2 - E
2
． = ． = 1
15 5
考向 2 對稱法求電場強度
對稱法：利用空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性的特點，使復雜電場的疊加計算問題大為簡化。
7．如圖所示，一半徑為 R 的圓盤上均勻分布著電荷量為 Q 的正電荷，在垂直于圓盤且過圓心 c 的軸線上
有 a、b、d 三個點，a 和 b、b 和 c、c 和 d 間的距離均為 R，在 a 點處有一電荷量為 q（q>0）的固定點電
2kq
荷。已知 b 點處的場強為 E= 2 （k 為靜電力常量），方向由 b 指向 a，則 d 點處場強的大小為（　　）9R
10kq 4kq
A．E= 2 B．E=9R 3R2
k 3Q + q k 9Q + qC．E= D．E=
3R2 9R2
8．如圖所示，一個半徑為 r 的均勻帶電圓環，帶電量為+Q，在其中軸線上有一點 A，該點距圓環中心 O
的距離為 3r ，已知靜電力常量為 k，則 A 點的電場強度大小為（　　）
kQ kQ
A 3kQ 3kQ． B． 2 C2 ． 2 D．8r 4r 3r 4r2
考向 3 補償法求電場強度
補償法：將有缺口的帶電圓環補全為圓環，或將半球面補全為球面，然后再應用對稱的特點進行分析，有
時還要用到微元思想。
9．均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場。如圖所示，一半徑為 R
的球殼表面均勻帶有正電荷，電荷量為 2q，O 為球心，直線 ab 是過球殼中心的一條水平線，球殼表面與
直線 ab 交于 C、D 兩點，直線 ab 上有兩點 P、Q，且PC = DQ = R。現垂直于 CD 將球面均分為左右兩部
分，并把右半部分移去，左半球面所帶電荷仍均勻分布，此時 P 點電場強度大小為 E，則 Q 點的電場強度
大小為（　　）
kq kq kq kq
A．
2R2
B．
4R2
C． + E D． - E
4R2 2R2
10．均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處的點電荷產生的電場。如圖所示，在
2
絕緣球 球面 AA1B1B
1
上均勻分布正電荷，總電荷量為 q；在剩余 球面 AB 上均勻分布負電荷，總電荷量
3 3
1 q 2是 。球半徑為 R，球心為 O，CD 為 球面 AA1B1B的對稱軸，在軸線上有 M、N 兩點，且2 3
OM = ON = 2R, A1A = B1B ， A1A∥B1B∥CD
1
。已知 球面 A1B1 在 M 點的場強大小為 E，靜電力常量為 k，3
則 N 點的場強大小為（　　）
3kq kq
A．E B．2E C． 2 - 2E D + E8R ．12R2
考向 4 微元法求電場強度
微元法：將帶電體分成許多電荷元，每個電荷元看成點電荷，先根據庫侖定律求出每個電荷元的場強，再
結合對稱性和場強疊加原理求出合場強。
11．如圖所示，半徑為 R 的絕緣細圓環固定，圓心位于 O 點，環上均勻分布著電量為 Q 的正電荷。點 P、
M、N 將圓環三等分，取走 P、M 處兩段弧長均為Dl 的小圓弧上的電荷。則圓環對 O 點的合場強為
（　　）
A 3kDlQ
kDlQ kDlQ
B C D 3kDlQ． ． ． ．
2p R3 2p R2 2p R3 2p R2
12．如圖，水平面上有一水平均勻帶電圓環，帶電量為+Q，其圓心為 O 點。有一帶電量 q，質量為 m 的小
球，在電場力和重力作用下恰能靜止在 O 點正下方的 P 點。OP 間距為 L，P 與圓環邊緣上任一點的連線
與 PO 間的夾角為 θ。靜電力常量為 k，則帶電圓環在 P 點處的場強大小為（　　）
A k Q B k Q cos
3 q mg cosq mg cos2 q
． 2 ． 2 C． q D．L L q
考點三 電場線
考向 1 電場線的應用
1.兩種等量點電荷的電場強度及電場線的比較
比較 等量異種點電荷 等量同種點電荷
電場線分布圖
沿連線先變小后變大
電荷連線上的
電場強度 O 點最小,但不為零 O 點為零
中垂線上的 O 點最大,向外逐 O 點最小,向外先
電場強度 漸減小 變大后變小
關于 O 點對 A 與 A'、B 與 B'、C 與 C'
稱位置的電
等大同向 等大反向
場強度
2.電場線的應用(涉及電勢部分將在下一節進一步研究)
13．如圖所示，A、B 兩點固定兩個等量的正點電荷，現在其連線中垂線上的 P 點放一個負點電荷 q（不計
重力），并由靜止釋放后，下列說法中正確的是（　　）
A．負點電荷在從 P 點到 O 點運動的過程中，加速度越來越大，速度越來越大
B．負點電荷在從 P 點到 O 點運動的過程中，加速度越來越少，速度越來越大
C．負點電荷運動到 O 點時加速度為零，速度達最大值
D．負點電荷越過 O 點后，速度越來越小加速度越來越大，直到速度為零
14．電場線能直觀地反映電場的分布情況。如圖甲是等量異號點電荷形成電場的電場線，圖乙是電場中的
一些點；O 是電荷連線的中點，E、F 是連線中垂線上關于 O 對稱的兩點，B、C 和 A、D 是兩電荷連線上
關于 O 對稱的兩點。則（ ）
A．E、F 兩點電場強度不同 B．A、D 兩點電場強度不同
C．B、O、C 三點中，O 點電場強度最小 D．從 C 點向 O 點運動的電子加速度逐漸增大
考向 2 電場線+運動軌跡”組合模型
模型特點:當帶電粒子在電場中的運動軌跡是一條與電場線不重合的曲線時,這種現象簡稱為“拐彎現象”,
其實質為“運動與力”的關系。運用牛頓運動定律的知識分析:
(1)“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在某一位置的切線)與“力線”(在同一位置電場線的切線方
向且指向軌跡的凹側),從二者的夾角情況來分析帶電粒子做曲線運動的情況。
(2)“三不知時要假設”——電荷的正負、電場的方向、電荷運動的方向,是題目中相互制約的三個方面。若已
知其中一個,可分析判定各待求量;若三個都不知(三不知),則要用“假設法”進行分析。
15．某電場線的分布如圖中實線所示，M、N 為電場中的兩點，虛線為兩點間的連線，長度為 d，下列說
法正確的是（ ）
A．電場強度大小的關系：EM > EN
B．電勢高低的關系：jM < jN
C．M、N 兩點間的電勢差 U 與 M 點電場強度EM 的關系：U = EM d
D．將一負點電荷沿虛線從 M 點移動到 N 點，點電荷的電勢能增加
16．生活在尼羅河的反天刀魚，它的器官能在其周圍產生電場。如果電場線分布如圖所示，M、N、P 為電
場中的點。下列說法正確的是（　　）
A．P 點電勢小于 N 點電勢
B．P 點電場強度小于 M 點電場強度
C．正電荷在 M 點所受電場力的方向為水平向左
D．某帶電粒子只在靜電力作用下從 N 點沿虛線軌跡運動到 M 點，則粒子帶負電
1．如圖所示，兩個質量分別為M 和m 的小球帶同種電荷，電荷量分別為Q和 q，用 L1和 L2的輕繩懸掛與
sina
同一點，平衡時，兩繩與豎直方向的夾角分別是a 和 b ，則 sin b 等于多少（　　）
m M mL ML
A． B． C 2 1． ML D．M m 1 mL2
2．如圖所示，在水平面上的正六邊形區域 abcdef 的六個頂點上均固定放置一電荷量為+q 的點電荷，正六
邊形的邊長為 l。在正六邊形幾何中心 O 點正上方有一點 P，P 點到 O 點的距離為 l，一質量為 m、電荷量
也為+q 的帶電小球可以僅在重力及庫侖力的作用下靜止在 P 點。靜電力常量為 k，重力加速度為 g，下列
關系式正確的是（　　）
A mg 3 2kq
2 2
． = B．2 mg
3kq
=
2l l 2
C mg 3 2kq
2 6kq2
． = D
l 2
．mg =
l 2
3．如圖所示，在光滑的絕緣水平面上，有兩個質量相等、相距為 r、帶電荷量分別為 +q 和-q 的小球甲、
乙，在水平恒力 F 作用下做勻加速直線運動。若甲、乙兩球的質量分別為 2m 和 m，兩小球帶異種電荷。
將方向水平向右、大小為 F 的力作用在甲上，當兩小球間的距離為 r 時，兩小球可保持相對靜止。若改用
方向水平向左的力作用在乙上，欲使兩小球間的距離保持為 2r 并相對靜止，則外力的大小應為（　　）
1 F 1A． B． F
16 8
1
C． F
1
D． F
4 2
4．已知均勻帶電薄球殼外部空間電場與將等量電荷全部集中在球心時產生的電場相同。如圖（a）所示，
一帶電量為+Q，半徑為 R 的均勻帶電金屬薄球殼，以球心為坐標原點，建立 Ox 軸，其中 A 點為球殼內
一點，B 點坐標為 2R，靜電力常量為 k，下列說法正確的是（ ）
A．球殼內外場強分布如圖（b）所示
B．將電荷量為 +q 的試探電荷由球殼內 A 點移到 O 點，試探電荷的電勢能減小
C．在圓心 O 處放一個電量為-2Q的點電荷，球殼外表面帶電量仍為+Q
D．在 x = R 處取走極小的一塊面積△S（不影響球殼表面其余部分電荷分布），則從 O 點到 B 點電場強
度一直減小，且電勢也一直降低
5．如圖所示，水平面上有一均勻帶電圓環，所帶電荷量為＋Q，其圓心為 O 點。有一電荷量為＋q、質量
為 m 的小球恰能靜止在 O 點上方的 P 點，O、P 間距為 L。P 與圓環上任一點的連線與 PO 間的夾角都為
q ，重力加速度為 g，以下說法錯誤的是（　　）
A．P 點場強方向豎直向上
mg
B．P 點場強大小為 q
Q cosq
C．P 點場強大小為 k
L2
Q cos3D P q． 點場強大小為 k
L2
6．空間直角坐標系中，六個完全相同、均勻帶電的正方形絕緣平板構成一個正方體，其中心 O 位于坐標
原點，各棱方向與坐標軸平行。記與 z 軸平行的棱中點為 A，正方體與 x 軸的交點為 B，則 A、B、O 三點
的電場（　　）
A．全部為 0
B．全部不為 0
C．有兩個滿足至少在兩個方向上的分量不為 0
D．有一個滿足恰在一個方向上的分量不為 0
7．如圖所示，立方體的 A、B、G、H 四個頂點各固定著一個帶正電的點電荷，電荷量相同，O 點是立方
體的中心。現將處于在 A 點的點電荷沿著 AO 連線向 O 點移動，在這的過程中，下列說法正確的是
（　　）
A．O 點的電場強度減小
B．E 點的電勢先增大后減小
C．C 點的電勢先增大后減小
D．B 點的電荷受到的電場力減小
8．太極圖的含義豐富而復雜，它體現了中國古代哲學的智慧。如圖所示，O 為大圓的圓心，O1為上側陽
半圓的圓心，O2為下側陰半圓的圓心，O、O1、O2在同一直線上，AB 為大圓的直徑且與O1O2 連線垂直，
C、D 為關于 O 點對稱的兩點，在O1、O2兩點分別固定電荷量大小相等的異種點電荷，整個空間只有
O1、O2處點電荷產生的電場。下列說法正確的是（ ）
A．C、D 兩點電勢相等
B．把質子由 A 沿直線移到 B 的過程中，質子的電勢能先增加后減小
C．把電子由 A 沿直線移到 B 的過程中，電子所受電場力先增加后減小
D．將一質子（不計重力）從 A 點由靜止釋放，質子可以沿直線在 AB 間做往返運動
9．如圖所示，輕彈簧一端懸掛于 O 點，一端通過絕緣層與帶電金屬小球 A 連接，O 點正下方帶電小球 B
固定在絕緣支座上，兩小球可視為質點。兩個小球因帶同種電荷而互相排斥，OA帶電量不變的情況下，帶電小球 B 因漏電造成電量緩慢減小過程中，則根據三角形相似關系，可得
（　　）
A．兩帶電小球的間距先減小再增大
B．兩帶電小球間的庫侖力可能保持不變
C．彈簧的彈力逐漸增大
D．小球 A 的運動軌跡不是圓弧
10．如圖（a），場源點電荷固定在真空中 O 點，從與 O 相距 r0的 P 點由靜止釋放一個質量為 m、電荷量
為 q（q>0）的離子，經一定時間，離子運動到與 O 相距 rN 的 N 點。用 a 表示離子的加速度，用 r 表示離
1
子與 O 點的距離，作出其 a - 2 圖像如圖（b）。靜電力常量為是 k，不計離子重力。由此可以判定r
（ ）
A．場源點電荷帶正電
Q aN r
2m
B．場源點電荷的電荷量為 = N
kq
a
C P N
rN
．離子在 點的加速度大小為 r0
r 2ma
D N N．離子在 P 點受到的電場力大小為
r 20
11．如圖所示，在邊長為 a的正六邊形的三個頂點A 、C 、E 分別固定電荷量為 +q 、 +q 、-q 的點電荷，
O點為正六邊形的中心，則下列說法正確的是（　　）
2kq kq
A．O點的電場強度大小為 2 B．O點的電場強度大小為a 2a2
C．電子在O點的電勢能比在 B 點的大 D．電子在O點的電勢能比在 B 點的小
12．如圖所示，兩個可看做點電荷的帶電絕緣小球均緊靠著塑料圓盤邊緣，小球 A 固定不動（圖中未畫
出）。小球 B 繞圓盤邊緣在平面內從q = 0沿逆時針緩慢移動，測量圓盤中心 O 處的電場強度，獲得沿 x 方
向的電場強度Ex 隨q 變化的圖像（如圖乙）和沿 y 方向的電場強度Ey 隨q 變化的圖像（如圖丙）。下列說
法正確的是（　　）
A．小球 A 帶正電荷，小球 B 帶負電荷
B．小球 A、B 所帶電荷量之比為1: 2
C．小球 B 繞圓盤旋轉一周過程中，盤中心 O 處的電場強度先增大后減小
D．小球 B 繞圓盤旋轉一周過程中，盤中心 O 處的電場強度最小值為 2V/m
13．如圖所示，在邊長為 2L的正方形的四個頂點 A、B、C、D 分別固定有電荷量分別為
+Q、- Q、+ 2Q、- 2Q 的點電荷，a、b 點分別是 AB 和CD邊的中點，O 點為正方形的中心。關于四個點電荷
形成的電場，下列判斷正確的是（　　）
A．電勢jb > ja > jO B．電勢jb = ja = jO C．O 點電場強度為 0 D．電場強度
大小Eb > Ea
14．如圖所示，兩個等量異種點電荷對稱地放在一無限大絕緣平面的兩側，O 點是兩點電荷連線與平面的
交點，也是連線的中點。在平面內以 O 點為圓心畫兩個同心圓，兩圓上分別有 a、b、c、d 四個點其中 a、
O、d 三點共線，b、O、c 三點共線，則以下說法正確的是（ ）
A．b、c 兩點的電場強度方向相反
B．a、d 兩點的電場強度方向相同
C．將帶正電的試探電荷在平面內從 a 點移動到 d 點，其電勢能一定不變
D．試探電荷可以僅在此電場的電場力作用下在此平面內做勻速圓周運動
15．真空中，在 x 軸上 x=0 和 x=8cm 處分別固定兩個點電荷 Q1和 Q2。電荷間連線上的電場強度 E 隨 x 變
化的圖像如圖所示（x 軸正方向為場強正方向），其中 x=6cm 處 E=0。將一個正試探電荷在 x=2cm 處由靜止
釋放（重力不計，取無窮遠處電勢為零）。則下列說法正確的是（　　）
A．Q1、Q2為異種電荷
B．在 x=6cm 處電勢為 0
C．Q1、Q2帶電量之比為 9：1
D．該試探電荷沿 x 軸正方向運動時，電勢能先減小再增大
16．如圖所示，新風系統除塵由機械除塵和靜電除塵兩部分構成，其中靜電除塵是通過電離空氣后使空氣
中的粉塵微粒帶電，從而被電極吸附的空氣凈化技術。圖中虛線為一帶電粉塵（不計重力）在靜電除塵管
道內的運動軌跡，實線為電場線機械過濾網集塵電極（未標方向），下列判定正確的是（　　）
A．帶電粉塵帶正電
B．帶電粉塵帶負電
C．帶電粉塵在 a 點的加速度小于在 b 點的加速度
D．帶電粉塵在 a 點的加速度大于在 b 點的加速度
17．（2024·浙江·高考真題）如圖所示空間原有大小為 E、方向豎直向上的勻強電場，在此空間同一水平面
的 M、N 點固定兩個等量異種點電荷，絕緣光滑圓環 ABCD 垂直 MN 放置，其圓心 O 在 MN 的中點，半徑
為 R、AC 和 BD 分別為豎直和水平的直徑。質量為 m、電荷量為+q 的小球套在圓環上，從 A 點沿圓環以
初速度 v0做完整的圓周運動，則（　　）
A．小球從 A 到 C 的過程中電勢能減少
B．小球不可能沿圓環做勻速圓周運動
C．可求出小球運動到 B 點時的加速度
D．小球在 D 點受到圓環的作用力方向平行 MN
18．（2024·北京·高考真題）如圖所示，兩個等量異種點電荷分別位于 M、N 兩點，P、Q 是 MN 連線上的
兩點，且MP = QN 。下列說法正確的是（　　）
A．P 點電場強度比 Q 點電場強度大
B．P 點電勢與 Q 點電勢相等
C．若兩點電荷的電荷量均變為原來的 2 倍，P 點電場強度大小也變為原來的 2 倍
D．若兩點電荷的電荷量均變為原來的 2 倍，P、Q 兩點間電勢差不變
19．（2024·海南·高考真題）真空中有兩個點電荷，電荷量均為 q（q ≥ 0），固定于相距為 2r 的 P1、P2兩
點，O 是 P1P2連線的中點，M 點在 P1P2連線的中垂線上，距離 O 點為 r，N 點在 P1P2連線上，距離 O 點
為 x（x << r），已知靜電力常量為 k，則下列說法正確的是（ ）
A 3．P1P2中垂線上電場強度最大的點到 O 點的距離為 r
3
B P P 4 3kq． 1 2中垂線上電場強度的最大值為
9r2
C．在 M 點放入一電子，從靜止釋放，電子的加速度一直減小
D．在 N 點放入一電子，從靜止釋放，電子的運動可視為簡諧運動考點 32 靜電力的性質
1. 高考真題考點分布
題型 考點考查 考題統計
選擇題 等量異種電荷電場分布 2024 浙江卷、2024 北京卷
選擇題 等量同種電荷電場分布 2024 海南卷、河北卷
2. 命題規律及備考策略
【命題規律】高考對電場力性質的考查非常頻繁，大多在選擇題中出現，題目難度各省份大多不是太難，
主要圍繞著電場線展開考查有關電場力的性質。
【備考策略】
1.和掌握庫侖定律，并會用庫侖定律處理有關帶電體的平衡和加速問題。
2.理解和掌握電場強度的概念，并會求解有關電場強度的疊加問題。
3.理解和掌握電場線的特點，并會根據其特點處理有關問題。
【命題預測】重點關注特殊電場的電場線的分布特點。
一、點電荷　電荷守恒定律
1．點電荷
有一定的電荷量，忽略形狀和大小的一種理想化模型。
2．電荷守恒定律
(1)內容：電荷既不會創生，也不會消滅，它只能從一個物體轉移到另一個物體，或者從物體的一部分轉移
到另一部分，在轉移過程中，電荷的總量保持不變。
(2)起電方式：摩擦起電、接觸起電、感應起電。
(3)帶電實質：物體帶電的實質是得失電子。
二、庫侖定律
1．內容：真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的二次
方成反比。作用力的方向在它們的連線上。
q1q2
2．表達式：F＝k ，式中 k＝9．0×109 N·m2/C2，叫作靜電力常量。
r2
3．適用條件：(1)真空中；(2)點電荷。
三、電場強度　點電荷的電場
1．定義：放入電場中某點的電荷受到的靜電力 F 與它的電荷量 q 的比值。
F
2．定義式：E＝ 。單位為 N/C 或 V/m。
q
kQ
3．點電荷的電場強度：真空中點電荷形成的電場中某點的電場強度，E＝ 。
r2
4．方向：規定正電荷在電場中某點所受靜電力的方向為該點的電場強度方向。
5．電場強度的疊加：電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產生的電場強度的矢量和，遵從平行
四邊形定則。
四、電場線
1．定義：為了形象地描述電場中各點電場強度的大小及方向，在電場中畫出一些曲線，曲線上每一點的切
線方向都跟該點的電場強度方向一致，曲線的疏密表示電場強度的大小。
2．電場線的特點
考點一 電荷守恒定律 庫侖定律
考向 1 庫侖力作用下的平衡問題
1.四步解決庫侖力作用下的平衡問題：
2.三個自由點電荷的平衡問題：
①平衡條件：每個點電荷受另外兩個點電荷的合力為零或每個點電荷平衡的位置是另外兩個點電荷的合場
強為零的位置。
②平衡規律：
3.利用三角形相似法處理帶電小球的平衡問題：
常見模型 幾何三角形和力的矢量三角形 比例關系
G T F
= =
OA OB d
kq1q2
mg F 2
= = r
h d r
m1g T1 F= =
OC OA AC
m2g T F = 2 =
OC OB BC
1．如圖所示，質量為 m 的帶電小球 A 用長為 L 的絕緣細線懸于 O 點，帶電小球 B 固定于 O 點的正下方，
小球 A 靜止時與小球 B 在同一豎直面內，OB 和 AB 與細線的夾角均為q = 37°，兩帶電小球帶電量相同，
兩球均可視為點電荷。已知重力加速度為 g，靜電力常量為 k， sin 37° = 0.6，則小球 A 的帶電量為（ ）
3 mgL2A B 4 mgL
2
C 3 mgL
2
D 5 mgL
2
． ． ． ．
5 k 5 k 4 k 8 k
【答案】D
5
【詳解】設 AB 的距離為 r，由題可知，OB 的距離也為 r，根據幾何關系可得 2r cos37o = L 解得 r = L對8
小 A 受力分析，如圖所示
OB F合 mg= =
可知 AB 間的庫侖力與輕繩的合力大小等于 mg，根據相似三角形原理有 AB F q2 因 OB=AB，則可
侖 k
r 2
q2 2
得 k 2 = mg q
5 mgL
解得 = 故選 D。
r 8 k
2．如圖所示，兩帶電小球 A、B 質量分別為 2m、m，所帶電荷量分別為+q、-q，用等長絕緣細線 a、b 連
接后懸掛于 O 點處于靜止狀態。現在該空間加一水平向右的勻強電場，并將電場強度 E 從 0 開始緩慢增大
E mg到 = ，若不考慮兩小球間的庫侖力，重力加速度為 g，則當系統穩定后，關于兩細線 a、b 拉力的大
q
小Ta 、Tb 計算正確的是（　　）
A．Ta =2mg B．Ta =3mg
C．Tb =mg D．Tb =2mg
【答案】B
【詳解】AB．對 AB 整體受力分析，水平方向，受到的合電場力為 0，豎直方向Ta =3mg 故 A 錯誤，B 正
確；
CD．對 B 隔離受力分析Tb = (qE)
2 + (mg)2 = 2mg 故 CD 錯誤。故選 B。
考向 2 庫侖力作用下的加速運動問題
在電場中，如果帶電體做加速運動，處理問題的方法仍然是先要借助整體法或隔離法對研究對象做受
力分析，受力分析時注意對庫侖力的分析，然后應用牛頓第二定律處理有關的問題。
3．1720 年，英國的斯蒂芬·格雷提出導體和絕緣體的概念，并發現了導體的靜電感應現象——導體在靜電
場的作用下，自由電荷發生了再分布的現象。如圖所示，將一長為 2L 的光滑金屬導體 MN 固定在絕緣水
平面上，傾角為q ，P 是固定于金屬導體左上方的一帶電荷量為+Q 的點電荷，PM ^ MN ，且PM = L 。
現將一質量為 m、電荷量為+q 的帶絕緣殼的小球體（可視為點電荷）從金屬導體的 M 端由靜止釋放，小
球體開始沿金屬導體向下滑動。已知重力加速度為 g，小球體的電荷量始終不變，則小球體從 M 運動到 N
的時間（　　）
L
A．等于 2
g sinq
B．大于 2
L
g sinq
L
C．小于 2
g sinq
D．無法確定
【答案】A
【分析】根據題干中“P 是固定于金屬導體左上方的一帶電荷量為+Q 的點電荷”可知，本題考查點電荷電場
的分布情況，根據庫倫定律以及受力分析進行作答。
【詳解】金屬導體 MN 為等勢體，電場力垂直于導體表面，故做勻加速直線運動。小球則從 M 點下滑至
N 點的過程中，根據牛頓第二定律可知其加速度為mg sinq = ma解得 a = g sinq 所以從 M 點下滑至 N 點的
過程中所用的時間滿足 2L
1
= at 2 解得 t = 2
L
故選 A。
2 g sinq
4．如圖所示，在光滑絕緣水平面上，固定有電荷量分別為+2Q 和- Q 的點電荷 A、B，間距為 L。在 A、B
延長線上距離 B 為 L 的位置，自由釋放另一電荷量為+q 的點電荷 C，釋放瞬間加速度為 a1；將 A、B 接觸
靜電平衡后放回原處，再從相同位置自由釋放 C，釋放瞬間加速度為 a2。則（ ）
A．a1、a2的方向均水平向右 B．a1、a2的方向均水平向左
4 5
C．a1與 a2大小之比等于 D．a1與 a2大小之比等于5 4
【答案】C
【詳解】在 A、B 接觸前，由于 B、C 的吸引力大于 A、C 的排斥力，所以 a1的方向水平向左，根據庫侖定
律和牛頓第二定律可得 k
Qq 2Qq
2 - k 2 = maL (2L) 1在 A、B 接觸后，點電荷 A、B 的電荷量先中和再平分后，二者
所帶電荷量均為+0.5Q ，由于 A、B 都帶正電，所以 C 受到的都是排斥力，則 a2的方向水平向右，根據庫
0.5Qq 0.5Qq a1 4
侖定律和牛頓第二定律可得 k + k = ma =L2 (2L)2 2 聯立兩式可得，a1與 a2大小之比為 a2 5
故選 C。
考點二 電場強度
考向 1 疊加法求電場強度
疊加法：多個點電荷在空間某處產生的電場強度為各電荷在該處所產生的電場強度的矢量和。
5．如圖所示，真空中兩點電荷 q1、q2 分別位于直角三角形的頂點C 和頂點 B 上，D為斜邊 AB 的中點，
ABC = 30°。已知 A 點電場強度的方向垂直 AB 向下，則下列說法正確的是（ ）
A． q1、q2 電性相同
B． q1電荷量的絕對值等于 q2電荷量的絕對值的一半
C． q1電荷量的絕對值等于 q2電荷量的絕對值的二倍
D．D點電勢高于 A 點電勢
【答案】B
【詳解】A．根據題述，A 點的電場強度垂直 AB 向下，如圖所示
由電場強度的疊加原理可知 q1帶正電、 q2帶負電。故 A 錯誤；
E q q
BC．根據題述，A 0 2 1 2點的電場強度垂直 AB 向下，可得 sin 30 = ，E1 = k EE r 2 ， 2
= k
r 2 聯立，解得
q2 = 2q1
1 1 2
故 B 正確；C 錯誤；
D． q1在 A、D兩點產生的電勢相等， q2在 A 點產生的電勢高于在D點產生的電勢，則 A 點的電勢高于D
點。故 D 錯誤。故選 B。
6．如圖所示，水平直線上有 A、O、B 三點，BO = 2AO ，空間存在著豎直方向上的勻強電場（圖中未畫
出）。若將一個電荷量為-Q的點電荷放在 A 點，則O點的場強大小為E1；若將這個電荷量為-Q的點電荷
放在 B 點，則O點的場強大小變為E2 ，則勻強電場的場強大小為（　　）
A E 16E
2
2 - E
2 2
1 B E 16E2 - E
2
． = ． = 1
16 4
16E2 - E2 2 2C．E = 2 1 D．E 16E2 - E= 1
15 5
【答案】C
【詳解】電荷量為-Q的點電荷放在 A 點時，設它在O點產生的場強大小為E0 ， 設 AO = r 則根據庫侖定
Q
律E0 = k 2 由題意可知E
2 2
1 = E0 + E ，-Q的點電荷放在 B 點時，由于BO = 2AO = 2r根據庫侖定律，則它r
2 2 2
在O點產生的場強大小為E0 ，則E0 k
Q E
= 2 =
0 E0 2 16E2 - E1
(2r) 4 由題意可知E2 = ÷ + E 聯立可得E =è 4 15
故選 C。
考向 2 對稱法求電場強度
對稱法：利用空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性的特點，使復雜電場的疊加計算問題大為簡化。
7．如圖所示，一半徑為 R 的圓盤上均勻分布著電荷量為 Q 的正電荷，在垂直于圓盤且過圓心 c 的軸線上
有 a、b、d 三個點，a 和 b、b 和 c、c 和 d 間的距離均為 R，在 a 點處有一電荷量為 q（q>0）的固定點電
2kq
荷。已知 b 點處的場強為 E= 2 （k 為靜電力常量），方向由 b 指向 a，則 d 點處場強的大小為（　　）9R
10kq 4kq
A．E= 2 B．E=9R 3R2
3Q + q 9Q + q
C．E= k D．E= k
3R2 9R2
【答案】B
2kq E kq 2kq【詳解】依題意，b 點的合場強為 E= 2 可知圓盤在 b 點的場強為 = -盤b 2 2 由對稱性可知圓盤在 b9R R 9R
點的場強大小和在 d 點大小相等方向相反，再根據電場疊加原理，可得出 d 點的場強為
E kq 4kqd = E + =盤d 2 2 故選 B。9R 3R
8．如圖所示，一個半徑為 r 的均勻帶電圓環，帶電量為+Q，在其中軸線上有一點 A，該點距圓環中心 O
的距離為 3r ，已知靜電力常量為 k，則 A 點的電場強度大小為（　　）
A 3kQ
kQ kQ
． B． 2 C
3kQ
． D．
8r2 4r 3r 2 4r2
【答案】A
【詳解】帶正電圓環不能看成質點，將圓環的帶電量 Q 無限分割，假設每一份的電量為 q，其中一份 q 在
x 軸的 A 點處產生的電場強度如圖所示
E kq kq Q有 0 = =2 2 4r 2 假設圓環上有 n 個 q，則有
n =
q 在 A 點，在垂直 x 軸方向，
E0 的分量為Ey ，根r +（ 3r）
據對稱性，n 個Ey 的矢量和為 0，沿著 x 軸方向，E0 的分量Ex = E0 cosq
3
由幾何關系知 cosq = n 個Ex 的
2
3kQ
矢量和就是圓環在 A 處產生的場強，即E = nEx 聯立解得E = 2 故選 A。8r
考向 3 補償法求電場強度
補償法：將有缺口的帶電圓環補全為圓環，或將半球面補全為球面，然后再應用對稱的特點進行分析，有
時還要用到微元思想。
9．均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場。如圖所示，一半徑為 R
的球殼表面均勻帶有正電荷，電荷量為 2q，O 為球心，直線 ab 是過球殼中心的一條水平線，球殼表面與
直線 ab 交于 C、D 兩點，直線 ab 上有兩點 P、Q，且PC = DQ = R。現垂直于 CD 將球面均分為左右兩部
分，并把右半部分移去，左半球面所帶電荷仍均勻分布，此時 P 點電場強度大小為 E，則 Q 點的電場強度
大小為（　　）
kq kq kq
A． 2 B． 2 C． 2 + E
kq
D． 2 - E2R 4R 4R 2R
【答案】D
【詳解】先將帶電球體補全，一半徑為 R 的球體表面均勻帶有正電荷，電荷量為 2q，在球外空間產生的電
E k 2q k q場等效于電荷集中于球心處產生的電場，則在 P、Q 兩點所產生的電場為 0 = = 左半球面所
（2R）2 2R2
帶電荷在 P 點的電場強度大小為 E，由對稱性可知去掉的右半球面所帶電荷在 Q 點的電場強度大小為 E，
q
則EQ = E0 - E = k 2 - E 故選 D。2R
10．均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處的點電荷產生的電場。如圖所示，在
2 1
絕緣球 球面 AA1B1B上均勻分布正電荷，總電荷量為 q；在剩余 球面 AB 上均勻分布負電荷，總電荷量3 3
1 2
是 q 。球半徑為 R，球心為 O，CD 為 球面 AA1B1B的對稱軸，在軸線上有 M、N 兩點，且2 3
OM = ON = 2R, A1A = B1B ， A1A∥B1B∥CD
1
。已知 球面 A1B1 在 M 點的場強大小為 E，靜電力常量為 k，3
則 N 點的場強大小為（　　）
3kq kq
A．E B．2E C． - 2E D + E8R2 ．12R2
【答案】C
3
【詳解】將 AB 部分補上，使球殼變成一個均勻帶正電的完整的球殼，完整球殼帶電荷量為Q = q為保證
2
kQ 3kq
電荷量不變，球面 AB 帶負電荷量為 q，則該球殼帶正電的部分在 M 點產生的場強為EM = =(2R)2 8R2 根
3kq
據對稱性可知：①帶正電的部分完整球殼在 N 點產生的場強大小EN = 2 ②球面 AB 帶負電荷量為 q，8R
3kq
在 N 點產生的場強大小為 2E，兩者方向相反；則 N 點的場強大小為EN = 2 - 2E 故選 C。8R
考向 4 微元法求電場強度
微元法：將帶電體分成許多電荷元，每個電荷元看成點電荷，先根據庫侖定律求出每個電荷元的場強，再
結合對稱性和場強疊加原理求出合場強。
11．如圖所示，半徑為 R 的絕緣細圓環固定，圓心位于 O 點，環上均勻分布著電量為 Q 的正電荷。點 P、
M、N 將圓環三等分，取走 P、M 處兩段弧長均為Dl 的小圓弧上的電荷。則圓環對 O 點的合場強為
（　　）
A 3kDlQ
kDlQ kDlQ
B C D 3kDlQ． ． ． ．
2p R3 2p R2 2p R3 2p R2
【答案】C
DlQ
【詳解】反向延長 PO 交圓環于P ，反向延長 MO 交圓環于M , P 和M 處的電荷量為 q1 = 根據2p R
E kq kDlQ= 12 可以算出P 和M 對 O 點的場強為E = 3 因點 P、M、N 將圓環三等分，兩場強的夾角為R 2p R
kDlQ
120°，則圓環對 O 點的合場強為E =
2p R3
故選 C。
12．如圖，水平面上有一水平均勻帶電圓環，帶電量為+Q，其圓心為 O 點。有一帶電量 q，質量為 m 的小
球，在電場力和重力作用下恰能靜止在 O 點正下方的 P 點。OP 間距為 L，P 與圓環邊緣上任一點的連線
與 PO 間的夾角為 θ。靜電力常量為 k，則帶電圓環在 P 點處的場強大小為（　　）
Q Q cos3 q mg cosq mg cos2 qA． k 2 B． k 2 C． D．L L q q
【答案】B
【詳解】AB．如圖所示
選取圓環上某一小微元，所帶電荷量為 Q，該微元在 P 點的場強大小為
E DQ DQ DQ cos
2 q
= k 2 = k = kr 2( L )2 L 由于整個圓環上所有帶電微元在 P 點的場強在水平方向的合場強為零，
cosq
2 3
故帶電圓環在 P 點處的場強大小為E合 = Ey = E cosq k DQ cos q Q cos q= 2 ×cosq = k 2 故 A 錯誤，BL L
正確；
mg
CD．小球恰能靜止在 P 點，根據平衡條件可得E q = mg 解得E合 =合 q 即帶電圓環在 P 點處的場強大小為
mg
q ，故 CD 錯誤。故選 B。
考點三 電場線
考向 1 電場線的應用
1.兩種等量點電荷的電場強度及電場線的比較
比較 等量異種點電荷 等量同種點電荷
電場線分布圖
沿連線先變小后變大
電荷連線上的
電場強度 O 點最小,但不為零 O 點為零
中垂線上的 O 點最大,向外逐 O 點最小,向外先
電場強度 漸減小 變大后變小
關于 O 點對 A 與 A'、B 與 B'、C 與 C'
稱位置的電
等大同向 等大反向
場強度
2.電場線的應用(涉及電勢部分將在下一節進一步研究)
13．如圖所示，A、B 兩點固定兩個等量的正點電荷，現在其連線中垂線上的 P 點放一個負點電荷 q（不計
重力），并由靜止釋放后，下列說法中正確的是（　　）
A．負點電荷在從 P 點到 O 點運動的過程中，加速度越來越大，速度越來越大
B．負點電荷在從 P 點到 O 點運動的過程中，加速度越來越少，速度越來越大
C．負點電荷運動到 O 點時加速度為零，速度達最大值
D．負點電荷越過 O 點后，速度越來越小加速度越來越大，直到速度為零
【答案】C
【詳解】AB．根據點電荷電場強度的疊加法則，可知，同種正電荷連線的中垂線上，電場強度方向由 O 點
向兩邊延伸，且大小先增大后減小，在 P 點由靜止釋放一個負點電荷 q，在從 P 點到 O 運動的過程中，它
只在電場力作用下，向下加速，電場強度可能越來越小，也可能先增大后減小，電場力可能越來越小，也
可能先增大后減小，則加速度可能越來越小，也可能先增大后減小，但速度一定越來越大，故 AB 錯誤；
C．運動到 O 點時，所受的電場力為零，加速度為零，速度達最大值，故 C 正確；
D．點電荷越過 O 點后，所受的電場力向上，速度減小，電場強度可能越來越大，也可能先增大后減小，
加速度可能越來越大，也可能先增大后減小，故 D 錯誤。故選 C。
14．電場線能直觀地反映電場的分布情況。如圖甲是等量異號點電荷形成電場的電場線，圖乙是電場中的
一些點；O 是電荷連線的中點，E、F 是連線中垂線上關于 O 對稱的兩點，B、C 和 A、D 是兩電荷連線上
關于 O 對稱的兩點。則（ ）
A．E、F 兩點電場強度不同 B．A、D 兩點電場強度不同
C．B、O、C 三點中，O 點電場強度最小 D．從 C 點向 O 點運動的電子加速度逐漸增大
【答案】C
【詳解】A．根據對稱性，E、F 兩點電場強度大小相等、方向相同，E、F 兩點電場強度相同，A 錯誤；
B．根據對稱性，A、D 兩點電場強度大小相等、方向相同，A、D 兩點電場強度相同，B 錯誤；
C．電場線越疏，電場強度越小，所以 B、O、C 三點中，O 點電場強度最小，C 正確；
D．電場線越疏，電場強度越小，電子所受的電場力越小，電子的加速度越小，所以從 C 點向 O 點運動的
電子加速度逐漸減小，D 錯誤。故選 C。
考向 2 電場線+運動軌跡”組合模型
模型特點:當帶電粒子在電場中的運動軌跡是一條與電場線不重合的曲線時,這種現象簡稱為“拐彎現象”,
其實質為“運動與力”的關系。運用牛頓運動定律的知識分析:
(1)“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在某一位置的切線)與“力線”(在同一位置電場線的切線方
向且指向軌跡的凹側),從二者的夾角情況來分析帶電粒子做曲線運動的情況。
(2)“三不知時要假設”——電荷的正負、電場的方向、電荷運動的方向,是題目中相互制約的三個方面。若已
知其中一個,可分析判定各待求量;若三個都不知(三不知),則要用“假設法”進行分析。
15．某電場線的分布如圖中實線所示，M、N 為電場中的兩點，虛線為兩點間的連線，長度為 d，下列說
法正確的是（ ）
A．電場強度大小的關系：EM > EN
B．電勢高低的關系：jM < jN
C．M、N 兩點間的電勢差 U 與 M 點電場強度EM 的關系：U = EM d
D．將一負點電荷沿虛線從 M 點移動到 N 點，點電荷的電勢能增加
【答案】D
【詳解】A. 電場線是描述電場強度的理想模型，電場線越密電場強度越大，由圖可知，電場強度大小的關
系：EM＜EN ，故 A 錯誤；
B. 電勢沿著電場線方向降低的最快，由圖可知，電勢高低的關系：jM＞jN ，故 B 錯誤；
U
C. 在勻強電場中，電場強度與電勢差的關系為E = 圖中 M、N 兩點間的電場強度并非勻強電場，M 點的
d
電場強度比兩點間的電場強度弱，所以U＞EM d 故 C 錯誤；
D. 電勢能公式為Ep = jq 對于負電荷而言，電勢越低，電勢能越高，所以將一負點電荷沿虛線從 M 點移動
到 N 點，點電荷的電勢能增加，故 D 正確。故選 D。
16．生活在尼羅河的反天刀魚，它的器官能在其周圍產生電場。如果電場線分布如圖所示，M、N、P 為電
場中的點。下列說法正確的是（　　）
A．P 點電勢小于 N 點電勢
B．P 點電場強度小于 M 點電場強度
C．正電荷在 M 點所受電場力的方向為水平向左
D．某帶電粒子只在靜電力作用下從 N 點沿虛線軌跡運動到 M 點，則粒子帶負電
【答案】B
【詳解】A．由圖可知，從 P 點到無窮遠，電勢降低，從無窮遠到 N 點，電勢降低，所以 P 點電勢高于 N
點電勢，故 A 錯誤；
B．由圖可知，P 點位置的電場線要比 M 點的稀疏，所以 P 點電場強度小于 M 點電場強度，故 B 正確；
C．正電荷在 M 點所受電場力的方向為水平向右，故 C 錯誤；
D．某帶電粒子只在靜電力作用下從 N 點沿虛線軌跡運動到 M 點，可知，帶電粒子所受靜電力方向與電場
方向相同，則粒子帶正電，故 D 錯誤。故選 B。
1．如圖所示，兩個質量分別為M 和m 的小球帶同種電荷，電荷量分別為Q和 q，用 L1和 L2的輕繩懸掛與
sina
同一點，平衡時，兩繩與豎直方向的夾角分別是a 和 b ，則 sin b 等于多少（　　）
m M mL ML
A 2 1． B． C． ML D．M m 1 mL2
【答案】C
【詳解】設平衡時兩球的距離為 r ，兩個質量分別為M 和m 的小球連線與繩長為 L1和 L2的輕繩夾角分別為
q1、q2 ，如圖所示對兩球受力分析
sina sinq1 sin b sinq= = 2 sinq L sina mL
由正弦定理得 k Qq Mg ， k Qq mg
1 2 2
又 =sinq L 綜合解得
=
sin b ML 故選 C。
r 2 r 2 2 1 1
2．如圖所示，在水平面上的正六邊形區域 abcdef 的六個頂點上均固定放置一電荷量為+q 的點電荷，正六
邊形的邊長為 l。在正六邊形幾何中心 O 點正上方有一點 P，P 點到 O 點的距離為 l，一質量為 m、電荷量
也為+q 的帶電小球可以僅在重力及庫侖力的作用下靜止在 P 點。靜電力常量為 k，重力加速度為 g，下列
關系式正確的是（　　）
2
A 3kq
2
．mg 3 2kq= B．
2l 2
mg =
l 2
C mg 3 2kq
2
D mg 6kq
2
． = ．
l 2
=
l 2
【答案】A
【詳解】由于正六邊形的邊長為 l，則 O 點到各頂點的距離為 l，P 點到 O 點的距離為 l，則 P 點與各頂點
kq2 2
的連線與豎直方向的夾角為 45° 3 2kq，根據平衡條件可得mg = 6F cos 45°，F = 所以mg =
( 2l)2 2l 2
故選
A。
3．如圖所示，在光滑的絕緣水平面上，有兩個質量相等、相距為 r、帶電荷量分別為 +q 和-q 的小球甲、
乙，在水平恒力 F 作用下做勻加速直線運動。若甲、乙兩球的質量分別為 2m 和 m，兩小球帶異種電荷。
將方向水平向右、大小為 F 的力作用在甲上，當兩小球間的距離為 r 時，兩小球可保持相對靜止。若改用
方向水平向左的力作用在乙上，欲使兩小球間的距離保持為 2r 并相對靜止，則外力的大小應為（　　）
1 F 1A． B． F
16 8
1
C． F
1
D． F
4 2
【答案】B
F = 3ma1
【詳解】當方向水平向右、大小為F 的力作用在甲上，甲、乙間的距離為 r 時，有 kq2 ，若改用方向
2 = mar 1
F2 = 3ma2
1
水平向左的力作用在乙上，兩小球間的距離保持為 2r 并相對靜止時，有 kq2 2ma 聯立可得
F2 = F 故
2 = 2 8(2r)
選 B。
4．已知均勻帶電薄球殼外部空間電場與將等量電荷全部集中在球心時產生的電場相同。如圖（a）所示，
一帶電量為+Q，半徑為 R 的均勻帶電金屬薄球殼，以球心為坐標原點，建立 Ox 軸，其中 A 點為球殼內
一點，B 點坐標為 2R，靜電力常量為 k，下列說法正確的是（ ）
A．球殼內外場強分布如圖（b）所示
B．將電荷量為 +q 的試探電荷由球殼內 A 點移到 O 點，試探電荷的電勢能減小
C．在圓心 O 處放一個電量為-2Q的點電荷，球殼外表面帶電量仍為+Q
D．在 x = R 處取走極小的一塊面積△S（不影響球殼表面其余部分電荷分布），則從 O 點到 B 點電場強
度一直減小，且電勢也一直降低
【答案】D
【詳解】A．殼內場強處處為 0，故 A 錯誤；
B．殼內場強處處為 0，故移動試探電荷不做功，從 A 點移到 O 點，試探電荷的電勢能不變，故 B 錯誤；
C．在圓心 O 處放一個電量為-2Q的點電荷，由于靜電感應，球殼內表面感應出+2Q的電荷，則球殼外表
面帶電量為-Q，故 C 錯誤；
D．在 x = R 處取走極小的一塊面積DS ，根據電場的對稱性可知，O 點的場強為-R 處面積為DS 的球殼上
k DS× Q
的電荷產生的場強，大小為 4p R2E kQDS= 2 =
根據正點電荷的電場線分布可知，從 O 點到 B 點電場強
R 4p R4
度一直減小，且電勢也一直降低，故 D 正確。故選 D。
5．如圖所示，水平面上有一均勻帶電圓環，所帶電荷量為＋Q，其圓心為 O 點。有一電荷量為＋q、質量
為 m 的小球恰能靜止在 O 點上方的 P 點，O、P 間距為 L。P 與圓環上任一點的連線與 PO 間的夾角都為
q ，重力加速度為 g，以下說法錯誤的是（　　）
A．P 點場強方向豎直向上
mg
B．P 點場強大小為 q
Q cosq
C．P 點場強大小為 k
L2
D P Q cos
3 q
． 點場強大小為 k
L2
【答案】C
Q
【詳解】將圓環分為 n 等份（n 很大，每一份可以認為是一個點電荷），則每份的電荷量為 q0 = 每份在n
k Qkq0 n kQ cos
2 q
P 點的電場強度大小：E0 = r2
=
L 2
=
nL2 根據對稱性可知，水平方向的合場強為零，P 點的電

è cosq ÷
kQ cos3 q
場強度方向豎直向上，其大小E = nE0 cosq = 2 由二力平衡可得在 P 點mg = qE 解得 P 點場強為L
E mg= 故 ABD 正確，C 錯誤。本題選錯誤的，故選 C。
q
6．空間直角坐標系中，六個完全相同、均勻帶電的正方形絕緣平板構成一個正方體，其中心 O 位于坐標
原點，各棱方向與坐標軸平行。記與 z 軸平行的棱中點為 A，正方體與 x 軸的交點為 B，則 A、B、O 三點
的電場（　　）
A．全部為 0
B．全部不為 0
C．有兩個滿足至少在兩個方向上的分量不為 0
D．有一個滿足恰在一個方向上的分量不為 0
【答案】D
【詳解】根據對稱性可知，O 點場強為零，B 點場強在 y 軸和 z 軸方向分量為 0，在 x 軸方向分量不為 0，
A 點場強在 z 軸方向的分量為 0 ，在 x 軸和 y 軸方向的分量不為零 0。
故選 D。
7．如圖所示，立方體的 A、B、G、H 四個頂點各固定著一個帶正電的點電荷，電荷量相同，O 點是立方
體的中心。現將處于在 A 點的點電荷沿著 AO 連線向 O 點移動，在這的過程中，下列說法正確的是
（　　）
A．O 點的電場強度減小
B．E 點的電勢先增大后減小
C．C 點的電勢先增大后減小
D．B 點的電荷受到的電場力減小
【答案】B
【詳解】A．B、H 兩點的點電荷在 O 點的合場強為 0，初始時 A、G 兩點的點電荷在 O 點的合場強也為
0，則在 A 點的點電荷沿著 AO 連線向 O 點移動，根據電場強度疊加原則可知 O 點的電場強度逐漸增大，
故 A 錯誤；
B．由于電勢是標量，B、G、H 三點的點電荷在 E 點的電勢不變，處于在 A 點的點電荷沿著 AO 連線向 O
點移動，該點電荷與 E 點的距離先減小后增大，且點電荷帶正電，所以 E 點的電勢先增大后減小，故 B 正
確；
C．B、G、H 三點的點電荷在 C 點的電勢不變，，處于在 A 點的點電荷沿著 AO 連線向 O 點移動，該點電
荷與 C 點的距離一直減小，則 C 點的電勢一直增大，故 C 錯誤；
D．G、H 兩點的點電荷對 B 點的電荷的庫侖合力FGH 保持不變，處于在 A 點的點電荷沿著 AO 連線向 O 點
移動，一開始，該點電荷與 B 點距離減小，則該點電荷對 B 點的電荷的庫侖斥力增大，且與 G、H 兩點的
點電荷對 B 點的電荷的庫侖合力FGH 的夾角變小，故 B 點的電荷受到的電場力一開始一定是增大的，故 D
錯誤。故選 B。
8．太極圖的含義豐富而復雜，它體現了中國古代哲學的智慧。如圖所示，O 為大圓的圓心，O1為上側陽
半圓的圓心，O2為下側陰半圓的圓心，O、O1、O2在同一直線上，AB 為大圓的直徑且與O1O2 連線垂直，
C、D 為關于 O 點對稱的兩點，在O1、O2兩點分別固定電荷量大小相等的異種點電荷，整個空間只有
O1、O2處點電荷產生的電場。下列說法正確的是（ ）
A．C、D 兩點電勢相等
B．把質子由 A 沿直線移到 B 的過程中，質子的電勢能先增加后減小
C．把電子由 A 沿直線移到 B 的過程中，電子所受電場力先增加后減小
D．將一質子（不計重力）從 A 點由靜止釋放，質子可以沿直線在 AB 間做往返運動
【答案】C
【詳解】A．在O1、O2兩點分別固定電荷量大小相等的異種點電荷，設處O1為正點電荷，在O2處為負點電
荷，由于 C 點靠近正點電荷，D 點靠近負點電荷，則 C 點電勢高于 D 點電勢，反之則故 C 點電勢低于 D
點電勢。故 A 錯誤；
B．AB 為等量異種電荷連線的中垂線，根據等量異種電荷電勢分布特點可知，中垂線為一等勢線，所以把
電子由 A 沿直線移到 B 的過程中，電子的電勢能保持不變。故 B 錯誤；
C．根據等量異種電荷中垂線電場分布特點可知，O 點為中垂線上場強最大的點，則把質子由 A 沿直線移
到 B 的過程中，場強先變大后變小，質子所受電場力先增加后減小。故 C 正確；
D．由于根據等量異種電荷中垂線上的場強方向與中垂線垂直，所以將一質子（不計重力）從 A 點由靜止
釋放，在 A 處受到的電場力與 AB 直線垂直，電子不可能沿直線在 AB 間做往返運動。故 D 錯誤。故選
C。
9．如圖所示，輕彈簧一端懸掛于 O 點，一端通過絕緣層與帶電金屬小球 A 連接，O 點正下方帶電小球 B
固定在絕緣支座上，兩小球可視為質點。兩個小球因帶同種電荷而互相排斥，OA帶電量不變的情況下，帶電小球 B 因漏電造成電量緩慢減小過程中，則根據三角形相似關系，可得
（　　）
A．兩帶電小球的間距先減小再增大
B．兩帶電小球間的庫侖力可能保持不變
C．彈簧的彈力逐漸增大
D．小球 A 的運動軌跡不是圓弧
【答案】AD
q q
【詳解】B．由庫侖定律有F = k A B庫 2 由于初始時小球 B 的電量緩慢減小，所以庫侖力一定發生變化，故AB
B 錯誤；
A．對小球 A 進行受力分析，受到重力 G、彈簧的彈力以及庫侖力的作用，在三力作用下平衡，則三力構
成首尾相連的三角形，其如圖所示
G F F q q
其力的矢量三角形和三角形 OAB 相似，有 = 庫 = 彈 又由于F = k A B
OB AB OA 庫 AB2
聯立整理有
AB k × qA ×OB= 3 qB 由于小球 A 的重力不變，帶電量不變以及 OB 之間的距離不變，隨著小球 B 的帶電量G
逐漸減小，AB 之間的距離也在減小，由于 OA排斥，所以 AB 之間的距離增加，故 A 正確；
C．有上述分析，整理有F
G ×OA
彈 = 小球 A 的重力不變、OB 之間的距離不變，但 OA 之間的距離先增加后OB
減小，所以彈力先增加后減小，故 C 錯誤；
D．由上述分析可知，OA 之間的距離先增加后減小，所以小球 A 軌跡并不是以 O 為圓心的圓弧，故 D 錯
正確。故選 AD。
10．如圖（a），場源點電荷固定在真空中 O 點，從與 O 相距 r0的 P 點由靜止釋放一個質量為 m、電荷量
為 q（q>0）的離子，經一定時間，離子運動到與 O 相距 rN 的 N 點。用 a 表示離子的加速度，用 r 表示離
1
子與 O 點的距離，作出其 a - 2 圖像如圖（b）。靜電力常量為是 k，不計離子重力。由此可以判定r
（ ）
A．場源點電荷帶正電
a r 2m
B．場源點電荷的電荷量為Q = N N
kq
a
C P N
rN
．離子在 點的加速度大小為 r0
r 2ma
D．離子在 P N N點受到的電場力大小為
r 20
【答案】BD
1
【詳解】A．從 P 到 N，帶正電的離子的加速度隨 2 的增加而增大，即隨 r 的減小而增大，可知場源點電r
荷帶負電，故 A 錯誤；
B．在 N 點，由庫侖定律及牛頓第二定律得
a FN kQqN = =m r 2N m
解得
Q a r
2
= N N
m
kq
故 B 正確；
CD．離子在 P 點時，由庫侖定律及牛頓第二定律可得
a FP kQq r
2
N
P = = 2 = am r0 m r
2 N
0
離子在 P 點受到的電場力大小
2
F rN maNP = maP = r 20
故 C 錯誤，D 正確。
故選 BD。
11．如圖所示，在邊長為 a的正六邊形的三個頂點A 、C 、E 分別固定電荷量為 +q 、 +q 、-q 的點電荷，
O點為正六邊形的中心，則下列說法正確的是（　　）
2kq kq
A．O點的電場強度大小為 2 B．O點的電場強度大小為a 2a2
C．電子在O點的電勢能比在 B 點的大 D．電子在O點的電勢能比在 B 點的小
【答案】AC
【詳解】AB．根據點電荷周圍的電場強度和電場強度的疊加可知O點的電場強度大小為
E kq kq 2kq= 2 o
a2
cos 60 + =
a2 a2
A 正確，B 錯誤；
CD．根據電勢疊加可知，OB 兩點距離兩個正電荷距離相等，而 O 點距離負電荷較近，則O點的電勢比 B
點的電勢低，所以電子在O點的電勢能比在 B 點的大，故 C 正確，D 錯誤。
故選 AC。
12．如圖所示，兩個可看做點電荷的帶電絕緣小球均緊靠著塑料圓盤邊緣，小球 A 固定不動（圖中未畫
出）。小球 B 繞圓盤邊緣在平面內從q = 0沿逆時針緩慢移動，測量圓盤中心 O 處的電場強度，獲得沿 x 方
向的電場強度Ex 隨q 變化的圖像（如圖乙）和沿 y 方向的電場強度Ey 隨q 變化的圖像（如圖丙）。下列說
法正確的是（　　）
A．小球 A 帶正電荷，小球 B 帶負電荷
B．小球 A、B 所帶電荷量之比為1: 2
C．小球 B 繞圓盤旋轉一周過程中，盤中心 O 處的電場強度先增大后減小
D．小球 B 繞圓盤旋轉一周過程中，盤中心 O 處的電場強度最小值為 2V/m
【答案】BD
p
【詳解】A．由乙、丙兩圖可知，當q = 時，小球 B 在 O 點正上方，此時 Ex=0，Ey=-6V/m，則說明小球2
A 一定在 y 軸上固定；當 θ=0 時，Ex=-4V/m，Ey=0，小球 B 在 O 點正右側，而水平方向場強方向為 x 軸負
向，則說明小球 B 為正電荷，此時 Ey=-2V/m，豎直方向的場強方向為 y 軸負向，若小球 A 在 O 點正上方
固定，則小球 A 帶正電荷，若小球 A 在 O 點正下方固定，則小球 A 帶負電荷，所以小球 A 的帶電性質不
能確定，故 A 錯誤；
B．由于兩小球都緊靠在塑料圓盤的邊緣，所以到 O 點的距離，相同，當 θ=0 時，Ex=-4V/m，Ey=-2V/m，
由
E kQ=
r 2
可得
QA：QB=1：2
故 B 正確；
C．盤中心 O 處的電場強度為小球 A 和小球 B 在 O 點產生的場強的矢量和，隨著小球 B 從 θ=0 轉到 2π 的
p
過程中，EA和 EB大小都不變，EA和 EB的夾角在增大的過程中，當q = 2
q 3p時，O 處的合場強最大；當 = 時，O 處的合場強最小，所以小球 B 從 θ=0 轉到 2π 的過程中，中心 O
2
處的合場強先增大后減小再增大，故 C 錯誤；
3p
D．小球 B 繞圓盤旋轉一周過程中，當q = 時，O 處的合場強最小，其值大小為
2
E=EA+EB=（-2+4）V/m=2V/m
故 D 正確。
故選 BD。
13．如圖所示，在邊長為 2L的正方形的四個頂點 A、B、C、D 分別固定有電荷量分別為
+Q、- Q、+ 2Q、- 2Q 的點電荷，a、b 點分別是 AB 和CD邊的中點，O 點為正方形的中心。關于四個點電荷
形成的電場，下列判斷正確的是（　　）
A．電勢jb > ja > jO B．電勢jb = ja = jO C．O 點電場強度為 0 D．電場強度
大小Eb > Ea
【答案】BD
【詳解】AB．頂點 C、D 放置等量異種電荷，根據等量異種電荷電勢分布可知，CD 的中垂線即直線 ab 為
0 等勢面，同理 A、B 也放置等量異種電荷，故 ab 為 0 等勢面，則
φa = φb = φO = 0
故 A 錯誤，B 正確；
C．頂點 C、D 放置等量異種電荷，根據等量異種電荷電場分布可知，O 點的電場強度水平向左，同理 A、
B 也放置等量異種電荷，在 O 點的電場強度水平向右，但頂點 C、D 放置點電荷的電荷量為 A、B 的 2
倍，所以在 O 點 C、D 形成的水平向左的電場為 A、B 形成水平向右電場強度大小的 2 倍，故 O 點電場強
度不為 0，故 C 錯誤；
D．根據等量異種電荷周圍電場分布，b 點電場強度為 C、D 形成的水平向左的電場大小減去 A、B 形成水
平向右電場強度大小，a 點的電場強度為 A、B 形成水平向右電場強度大小減去 C、D 形成的水平向左的電
場大小，又因為 C、D 放置點電荷的電荷量為 A、B 的 2 倍，即 b 點 C、D 形成的水平向左的電場大小為
a 點 A、B 形成水平向右電場強度大小的 2 倍，a 點 C、D 形成的水平向左的電場大小為 b 點 A、B 形成水
平向右電場強度大小的 2 倍，則 b 點的電場強度大于 a 點的電場強度，故 D 正確。
故選 BD。
14．如圖所示，兩個等量異種點電荷對稱地放在一無限大絕緣平面的兩側，O 點是兩點電荷連線與平面的
交點，也是連線的中點。在平面內以 O 點為圓心畫兩個同心圓，兩圓上分別有 a、b、c、d 四個點其中 a、
O、d 三點共線，b、O、c 三點共線，則以下說法正確的是（ ）
A．b、c 兩點的電場強度方向相反
B．a、d 兩點的電場強度方向相同
C．將帶正電的試探電荷在平面內從 a 點移動到 d 點，其電勢能一定不變
D．試探電荷可以僅在此電場的電場力作用下在此平面內做勻速圓周運動
【答案】BC
【詳解】A B．根據等量異種點電荷電場的特點，兩電荷連線的中垂面是等勢面，題圖中 a、b、c、d 四點
的電場方向均與絕緣平面垂直且方向相同，故 A 錯誤，故 B 正確；
C．兩等量異種點電荷連線的中垂面是等勢面，則 a、b、c、d 四個點的電勢相等，正電荷從 a 點在平面內
移動到 d 點電勢能不變，故 C 正確；
D．根據等量異種點電荷的電場線的分布可知，檢驗電荷受到的電場力不在此平面內，因此不可能做圓周
運動，故 D 錯誤。
故選 BC。
15．真空中，在 x 軸上 x=0 和 x=8cm 處分別固定兩個點電荷 Q1和 Q2。電荷間連線上的電場強度 E 隨 x 變
化的圖像如圖所示（x 軸正方向為場強正方向），其中 x=6cm 處 E=0。將一個正試探電荷在 x=2cm 處由靜止
釋放（重力不計，取無窮遠處電勢為零）。則下列說法正確的是（　　）
A．Q1、Q2為異種電荷
B．在 x=6cm 處電勢為 0
C．Q1、Q2帶電量之比為 9：1
D．該試探電荷沿 x 軸正方向運動時，電勢能先減小再增大
【答案】CD
【詳解】A．由圖可知，0~6cm 范圍內場強沿正方向，6~8cm 范圍內場強沿負方向，所以 Q1、Q2均帶正電
荷，故 A 錯誤；
B．由于無窮遠處電勢為零，且 Q1、Q2均帶正電荷，所以在 x=6cm 處電勢不為零，故 B 錯誤；
C．Q1和 Q2在 x=6cm 處的電場強度大小相等、方向相反，即
k Q1 = k Q2
6cm 2 2cm 2
解得
Q1 = 9
Q2
故 C 正確；
D．該試探電荷沿 x 軸正方向運動時，電場力先做正功后做負功，因此電勢能先減小后增大，故 D 正確。
故選 CD。
16．如圖所示，新風系統除塵由機械除塵和靜電除塵兩部分構成，其中靜電除塵是通過電離空氣后使空氣
中的粉塵微粒帶電，從而被電極吸附的空氣凈化技術。圖中虛線為一帶電粉塵（不計重力）在靜電除塵管
道內的運動軌跡，實線為電場線機械過濾網集塵電極（未標方向），下列判定正確的是（　　）
A．帶電粉塵帶正電
B．帶電粉塵帶負電
C．帶電粉塵在 a 點的加速度小于在 b 點的加速度
D．帶電粉塵在 a 點的加速度大于在 b 點的加速度
【答案】BC
【詳解】AB．帶電粉塵帶負電才能在電場力作用下向集塵電極移動，選項 B 正確，A 錯誤；
CD．因 b 點電場線較 a 點密集，可知粉塵在 b 點受電場力較大，即帶電粉塵在 a 點的加速度小于在 b 點的
加速度，選項 C 正確，D 錯誤。
故選 BC。
17．（2024·浙江·高考真題）如圖所示空間原有大小為 E、方向豎直向上的勻強電場，在此空間同一水平面
的 M、N 點固定兩個等量異種點電荷，絕緣光滑圓環 ABCD 垂直 MN 放置，其圓心 O 在 MN 的中點，半徑
為 R、AC 和 BD 分別為豎直和水平的直徑。質量為 m、電荷量為+q 的小球套在圓環上，從 A 點沿圓環以
初速度 v0做完整的圓周運動，則（　　）
A．小球從 A 到 C 的過程中電勢能減少
B．小球不可能沿圓環做勻速圓周運動
C．可求出小球運動到 B 點時的加速度
D．小球在 D 點受到圓環的作用力方向平行 MN
【答案】C
【詳解】A．根據等量異種點電荷的電場線特點可知，圓環所在平面為等勢面，勻強電場方向豎直向上，
則小球從 A 到 C 的過程電勢增加，電勢能增加；故 A 錯誤；
B．當場強滿足Eq = mg 時，小球運動時受到的向心力大小不變，可沿圓環做勻速圓周運動，故 B 錯誤；
C．根據動能定理
mg - Eq R 1= mv 2 1B - mv 22 2 0
2
可求出小球到 B 點時的速度 v vB ，根據 a B1 = 可得小球的向心加速度，再根據牛頓第二定律R
mg - Eq = ma2
可得小球的切向加速度 a2，再根據矢量合成可得 B 點的加速度為
a = a 21 + a
2
2
故 C 正確；
D．小球在 D 點受到圓環指向圓心的力提供向心力，故小球在 D 點受到圓環的作用力方向不平行 MN，故
D 錯誤。
故選 C。
18．（2024·北京·高考真題）如圖所示，兩個等量異種點電荷分別位于 M、N 兩點，P、Q 是 MN 連線上的
兩點，且MP = QN 。下列說法正確的是（　　）
A．P 點電場強度比 Q 點電場強度大
B．P 點電勢與 Q 點電勢相等
C．若兩點電荷的電荷量均變為原來的 2 倍，P 點電場強度大小也變為原來的 2 倍
D．若兩點電荷的電荷量均變為原來的 2 倍，P、Q 兩點間電勢差不變
【答案】C
【詳解】A．由等量異種點電荷的電場線分布特點知，P、Q 兩點電場強度大小相等，A 錯誤；
B．由沿電場線方向電勢越來越低知，P 點電勢高于 Q 點電勢，B 錯誤；
CD．由電場疊加得 P 點電場強度
E = k Q 2 + k
Q
MP NP2
若僅兩點電荷的電荷量均變為原來的 2 倍，則 P 點電場強度大小也變為原來的 2 倍，同理 Q 點電場強度大
小也變為原來的 2 倍，而 PQ 間距不變，根據U = Ed 定性分析可知 P、Q 兩點間電勢差變大，C 正確，D
錯誤。
故選 C。
19．（2024·海南·高考真題）真空中有兩個點電荷，電荷量均為 q（q ≥ 0），固定于相距為 2r 的 P1、P2兩
點，O 是 P1P2連線的中點，M 點在 P1P2連線的中垂線上，距離 O 點為 r，N 點在 P1P2連線上，距離 O 點
為 x（x << r），已知靜電力常量為 k，則下列說法正確的是（ ）
A．P1P
3
2中垂線上電場強度最大的點到 O 點的距離為 r
3
B 4 3kq．P1P2中垂線上電場強度的最大值為
9r2
C．在 M 點放入一電子，從靜止釋放，電子的加速度一直減小
D．在 N 點放入一電子，從靜止釋放，電子的運動可視為簡諧運動
【答案】BCD
【詳解】AB．設 P1處的點電荷在 P1P2中垂線上某點 A 處產生的場強與豎直向下的夾角為 θ，則根據場強
的疊加原理可知，A 點的合場強為
E = k 2q sin22 q cosqr
3
根據均值不等式可知當cos q = 時 E 有最大值，且最大值為
3
E 4 3kq=
9r 2
再根據幾何關系可知 A 點到 O 點的距離為
y 2= r
2
故 A 錯誤，B 正確；
C．在 M 點放入一電子，從靜止釋放，由于
r 2> r
2
可知電子向上運動的過程中電場力一直減小，則電子的加速度一直減小，故 C 正確；
D．根據等量同種電荷的電場線分布可知，電子運動過程中，O 點為平衡位置，可知當發生位移 x 時，粒
子受到的電場力為
F = keq -4rx×
(r + x)2 (r - x)2
由于 x << r，整理后有
F 4keq= - 3 × xr
在 N 點放入一電子，從靜止釋放，電子將以 O 點為平衡位置做簡諧運動，故 D 正確。
故選 BCD。

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