2026年高考物理一轮复习考点精讲精练(全国通用)第16讲库仑定律电场力的性质(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习考点精讲精练(全国通用)第16讲库仑定律电场力的性质(学生版+解析)，共13页。
2.熟练掌握各种电场的电场线分布，并能利用它们分析解决问题.
3.会分析、计算在电场力作用下的电荷的平衡及运动问题．
考点一 库仑定律的理解及应用
1．表达式：F＝keq \f(q1q2,r2)，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．
考点二 非共线力作用下带电体的平衡
分析静电力作用下点电荷的平衡问题时，方法仍然与力学中分析物体的平衡方法一样，具体步骤如下：
(1)确定研究对象：如果有几个物体相互作用时，要依据题意，用“整体法”或“隔离法”选取合适的研究对象．
(2)对研究对象进行受力分析，此时多了静电力(F＝eq \f(kq1q2,r2))．
(3)根据F合＝0列方程，若采用正交分解，则有Fx＝0，Fy＝0.
考点三 两电悬绳平衡问题
+
+
)θ1
α
β
θ2(
l1
l2
m1、q1
m2、q2
如图，比较m1和m2、q1和q2大小?
(1)电荷间的库仑力是相互作用力，无论q1和q2大小关系如何，二者间的库仑力始终等值反向，所以q1和q2大小无法判断；
(2)方法一、正弦定理法
+
+
)θ1
α
β
θ2(
l1
l2
m1、q1
m2、q2
m1g
m2g
F
F
α
β
)θ1
θ2(
对m1、m2受力分析，三力平衡可构成矢量三角形，根据正弦定理有，
对m1：m1gsinθ1=Fsinα [来源:学+科+网Z+X+X+K]
对m2：m2gsinθ2=Fsinβ
对悬绳构成的三角形有：l1sinθ2=l2sinθ1
联立解得m1gl1sinα=m2gl2sinβ
特殊情况：若l1=l2，α=β，则m1=m2。
考点四 电场强度的理解
1．场强公式的比较
三个公式eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(E＝\f(F,q)\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(适用于任何电场,与检验电荷是否存在无关)),E＝\f(kQ,r2)\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(适用于点电荷产生的电场,Q为场源电荷的电荷量)),E＝\f(U,d)\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(适用于匀强电场,U为两点间的电势差，d为沿电场方向两,点间的距离))))
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．
考点五 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．
考点六 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．
如图所示，电荷量为q的带电小球A用长为l的绝缘细线悬挂于O点，带有电荷量为2q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上，OB之间距离为3l，，小球A平衡时与小球B位于同一竖直平面内，此时悬线与竖直方向夹角θ=30°，已知带电小球A、B均可视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度为g，则（ ）
A．细线拉力大小为3kq2l2
B．小球A的质量为23kq2gl2
C．剪断细线瞬间，小球B的加速度大小为g
D．剪断细线，小球B做匀加速运动
【答案】B
【详解】AB．以小球A为研究对象，受力情况如图所示
由共点力平衡条件得FTcs30∘+Fcs30∘=mg
由库仑定律得F=k2q2l2
联立解得m=23kq2gl2，FT=2kq2l2
故A错误，B正确；
C．因小球B固定在O点正下方绝缘柱上，所以剪断细线瞬间小球B仍处于静止状态，加速度大小为零，故C错误；
D．剪断细线之后，小球B始终固定在下方绝缘柱上，加速度始终为零，故D错误。
故选B。
如图所示，水平天花板下方固定一光滑定滑轮O，在定滑轮正下方C处固定一带正电的点电荷。不带电的A球与带正电的B球用绝缘轻绳跨过O连接，A、B均视为质点，初始系统静止且OB0）的小球A、B固定在水平放置的光滑绝缘细杆上，相距为d，若在杆上再套一带电小环C而处于平衡，已知带电体A、B和C均可视为点电荷，则下列说法正确的是（ ）
A．小环C一定位于A、B间距小球A23d处
B．小环C一定位于小球B右侧d处
C．小环C一定带正电且电荷量一定满足q≤Q≤4q
D．若将小环C拉离平衡位置一微小位移后由静止释放，则小环C可能会回到平衡位置
【答案】BD
【详解】ABC．小环C不能在AB间处于平衡，因为在AB间所受库仑力指向同一个方向，也不能处于A的左侧，因为在A的左侧受到的库仑力大于B对它的库仑力，不能平衡，所以小环C处于B球的右侧。根据平衡有k4qqCx+d2=kqqCx2
解得x=d
由于AB固定，C球可能带正电也可能带负电，故AC错误，B正确；
D．若小环C带正电，将小环C拉离平衡位置一微小位移后由静止释放，则小球受合力方向与位移方向相同，则继续同向运动，所以不能回到平衡位置；若小环C带负电，将小环C拉离平衡位置一微小位移后由静止释放，则小球受合力方向与位移方向相反，则能回到平衡位置，故D正确。
故选BD。
如图所示，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正点电荷，A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A、C连线与电场线垂直。则（ ）
A．A点的电场强度大小为E2+k2Q2r4
B．B点的电场强度大小为E−kQr2
C．D点的电场强度大小不可能为0
D．A、C两点的电场强度相同
【答案】A
【来源】福建省龙岩第一中学锦山学校2024-2025学年高二上学期月考物理试卷（二）
【详解】A．正点电荷Q在A点激发的电场强度大小E1=kQr2
匀强电场在A点的电场强度大小为E，因方向相互垂直，根据矢量的合成法则，有A点的电场强度大小为E2+k2Q2r4，故A正确；
B．点电荷Q在B点的电场强度的方向与匀强电场方向相同，因此B点的电场强度大小为E+kQr2，故B错误；
C．点电荷Q在D点激发的电场强度的方向与匀强电场方向相反，当两者大小相等时，D点的电场强度大小为零，故C错误；
D．根据矢量的合成法则，结合点电荷电场与匀强电场的方向可知，A、C两点的电场强度大小相等，方向不同，故D错误。
故选A。
三维坐标系yOz平面内有一圆心在坐标原点、半径为d的均匀带电细圆环，y轴上y=3d位置有一带电量为＋q的点电荷，x轴上的P点到圆心O的距离也为3d。若P点场强沿y轴负方向，则关于带电圆环说法正确的是（ ）
A．带正电，电量为269qB．带负电，电量为269q
C．带正电，电量为24qD．带负电，电量为24q
【答案】B
【来源】2025届山东省名校考试联盟高三下学期市级第二次模拟考试物理试题
【详解】+q在P点的场强为E1=kq(3d)2+(3d)2=kq6d2
方向与x轴夹角为45°斜向右下，圆环在P点的场强沿水平方向，因P点场强沿y轴负方向，可知圆环在P点的场强与点电荷+q在P点在x方向的场强的分量等大反向，可知圆环在P点的场强方向沿x轴负向，可知圆环带负电；圆环在P点的场强E=∑kΔQd2+(3d)2cs30∘=kQd2+(3d)2cs30∘=E1cs45∘
解得Q=269q
故选B。
如图甲所示，a、b、c为同一水平直线上的三点，在点c右边固定着两点电荷Q1、Q2，t=0时一电荷量为+q的试探电荷从b点沿着ba方向运动，速度大小为vb，t0时刻到达a点，其v−t图像如图乙所示，若Q1带负电，则（ ）
A．从c点到a点电势能先减小后增大
B．Q2一定带正电，且电荷量大于Q1
C．c点和b点之间可能存在电场强度为零的点
D．c点电场强度方向一定水平向左
【答案】B
【来源】2025届河南省郑州外国语学校高三下学期调研考试（十）物理试卷
【详解】A．由v−t图像可知，在ab之间存在加速度为零的位置，即在ab之间某位置（设为d点）场强为零，且图乙可知粒子从b到a，速度先减小后增大，可知d点右侧+q受到的电场力方向向右，可知d点左侧+q受到的电场力方向向左，则从c点到a点，电场力对+q先做负功后做正功，所以从c点到a点电势能先增大后减小 ，故A错误；
BC．由于在ab之间某位置场强为零，因Q1带负电，可知Q2一定带正电，因Q2距离场强为零的位置较远，可知Q2带电量一定大于Q1带电量，根据电场强度的叠加可知c点和b点之间不可能存在电场强度为零的点，故B正确，C错误；
D．由于在场强为0的右侧+q受到的电场力方向向右，则电场强度方向向右，即c点电场强度方向一定水平向右，故D错误。
故选B。
如图所示，水平面内的等边三角形BCD的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道AC的最低点，A点到B、D两点的距离均为L，A点在BD边上的竖直投影点为O。y轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷，在z轴两电荷连线的中垂线上必定有两个场强最强的点，这两个点关于原点O对称。在A点将质量为m、电荷量为−q的小球套在轨道AC上(忽略它对原电场的影响)将小球由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，且kQqL2=33mg，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．图中的A点和C点的场强相同B．轨道上A点的电场强度大小为mgq
C．小球刚到达C点时的加速度为2gD．小球刚到达C点时的动能为12mgL
【答案】B
【来源】2025届山东省青岛市平度市高三下学期高考物理模拟检测（一）物理试卷
【详解】A．由几何可知：OA=32L
如图1所示
P为z轴上一点，PD连线与z轴的夹角为θ，根据等量同种电荷的电场分布可知P点的电场强度方向竖直向上，大小为E=2kQODsinθ⋅csθ
解得E=8kQL2csθsin2θ=8kQL2csθ(1+csθ)(1−csθ)
由不等式可得csθ=33时，电场强度最大
此时OP=24L
由此可知，z轴上距离O为24L处的两点电场强度最大，A错误；
B．由几何关系∠DAO=30∘，轨道上A点的电场强度大小为
EA=2kQL2cs30°=3kQL2=mgq
B正确；
C．由几何关系有OA=OC=32L
根据∠ACO=45∘
由对称性可知，A、C两点的电场强度大小相等，因此，C点的电场强度方向沿x轴正方向，电场强度大小表示为EC=EA=mgq
小球在C点时的受力情况，如图2所示
小球在C点受到的电场力为FC=qEC=mg
沿杆方向的合力为F=mgcs45°−FCcs45°=ma
解得a=0
由此可知小球刚到达C点时的加速度为0，C错误；
D．根据等量同种点电荷的电场分布和对称关系可知，A、C两点电势相等，电荷从A到C的过程中电场力做功为零，根据动能定理可得mg⋅OA=EKC−0
解得EKC=32mgL，D错误。
故选B。
题型1库仑力作用下的平衡问题
如图所示，带电小球A用绝缘细线通过光滑定滑轮O1、O2与不带电的物块C相连，与C连接端的细线竖直，在定滑轮O1的正下方固定一带电小球B，整个系统处于平衡状态。忽略小球A、B的大小及滑轮的大小。若小球A缓慢漏掉一部分电荷，则在该过程中（ ）
A．带电小球A、B间的库仑力减小B．带电小球A、B间的库仑力增大
C．地面对C的支持力变小D．地面对C的支持力不变
【答案】AD
【来源】2025届重庆市南开中学校高三下学期第七次模拟预测物理试题
【详解】AB．如图所示
将小球A所受到的重力mg、拉力T、库仑力F平移成矢量三角形，它与三角形ABO1相似，有mgO1B=TO1A=FAB
由于O1B、mg不变，故比值不变，由于O1A不变，T不变，AB减小，F减小，故A正确，B错误；
CD．对物块C，由于绳子拉力不变，地面对C的支持力不变，故C错误，D正确。
故选AD。
如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电小球M连接，定滑轮左侧连接物块的一段细绳与斜面平行，带负电的小球N用绝缘细线悬挂于P点。设两带电小球在缓慢漏电的过程中，两球心始终处于同一水平面上，并且b、c都处于静止状态，下列说法中正确的是（ ）
A．地面对c的支持力不变
B．b对斜面的摩擦力可能变大
C．绝缘细绳对M的拉力变小
D．地面对c的摩擦力一定变大
【答案】BC
【详解】BC．当两带电小球在缓慢漏电的过程中，依据库仑定律，两小球受到的库仑力都减小，细线与竖直方向的夹角减小，结合平衡条件可知T=mgcsθ
绳子对M的拉力减小，因此绳子对b的拉力也减小，若b相对c有上滑的趋势，那么其受到摩擦力会减小，若b相对c有下滑的趋势，那么其受到摩擦力会增大，由牛顿第三定律可知，b对斜面的摩擦力可能变大，故BC正确；
AD．对bc整体，因绳子对整体的拉力减小，依据平衡条件，则地面对整体的支持力增大，而地面对整体向左的静摩擦力会减小，故AD错误；
故选BC。
如图所示，倾角为37°的光滑绝缘斜面体固定在水平面上，带电量为q的正点电荷A固定在斜面底端，质量为m的带电小球B在斜面上离正点电荷A距离为L的M点由静止释放，释放的瞬间，小球B的加速度大小为a=0.5g，小球B向下运动到N点时，速度达到最大值。已知重力加速度为g，静电力常量为k，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
(1)小球B所带电的电性；
(2)小球B所带电量qB=？
(3)A、N之间的距离d=？
【答案】(1)带正电
(2)mgL210kq
(3)66L
【详解】（1）由于小球B向下运动到N点时，速度达到最大值，说明此时电场力与重力沿斜面向下的分力平衡，A带正电，则小球B也带正电。
（2）释放的瞬间，小球B的加速度大小为a=0.5g,根据牛顿第二定律可得：mgsin37°−kqqBL2=ma
解得qB=mgL210kq
（3）小球B向下运动到N点时，速度达到最大值，根据平衡条件可得mgsin37°=kqqBd2
解得d=66L
题型2库仑力作用下的加速运动问题
如图所示，电荷量为+Q 的球A置于绝缘支架上，一质量为m、电荷量为q的小球B，用长为L的绝缘细线品挂在架子上，两球的球心在同一水平线上。静止时细线与竖直方向的夹角为θ。重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．球B带负电
B．球A在球B处产生的电场强度大小为mgtanθQ
C．若剪断细线，球B将做匀变速直线运动
D．若球A的电荷量缓慢减少为0，该过程中电场力对球B做的功为-mgL（1 - csθ）
【答案】D
【来源】2025届北京市丰台区高三下学期一模检测物理试题
【详解】A．根据图示可知，A、B之间的库仑力为斥力，则球B带正电，故A错误；
B．对B球进行分析，根据平衡条件有mgtanθ=qE
解得E=mgtanθq
故B错误；
C．若剪断细线，B受到重力A对B的库仑斥力作用，由于A、B间距发生变化，则库仑力发生变化，B所受合力发生变化，B的加速度发生变化，B的运动不是匀变速直线运动，故C错误；
D．若球A的电荷量缓慢减少为0，则B将缓慢到达最低点，该过程，根据动能定理有W电+mgL1−csθ=0
解得W电=−mgL1−csθ
故D正确。
故选D。
如图所示，将质量均为m，带电荷量分别为qA、qB、qC的三个带电小球A、B、C放置在光滑水平面上，所构成的三角形边长分别为a、b、c。初态由静止释放后，在库仑力的作用下，之后的运动过程中三个小球所构成的三角形各边一直保持与初态平行，小球半径较小，小球之间库仑力始终遵守库仑定律。下列说法正确的有（ ）
A．当三角形面积变为初态的9倍时，A球的加速度变为初态的13
B．三个小球的加速度矢量和一直为零
C．三个小球的电荷量与三角形边长的关系应符合qAa3=qBb3=qCc3
D．三个小球的电荷量与三角形边长的关系应符合qAa2=qBb2=qCc2
【答案】BC
【来源】2025届河北省沧州市沧衡八县联考高三下学期一模物理试题
【详解】A．三个小球所构成的三角形各边一直保持与初态平行，当三角形面积变为9倍时，边长均将变为初态的3倍，根据库仑定律可知小球之间的库仑力均将变为初态的19，故每个小球的加速度均将变为初态的19，故A错误；
B．将三个小球组成的系统看作一个整体，库仑力为系统内力，系统所受合力始终为零，由于质量相等，故三个小球的加速度矢量和一直为零，故B正确；
CD．对小球A、B分析，如图所示
由于小球所构成的一角形各边一直保持与初态平行，且小球质量相等，所以FCA、FCB在垂直AB方向上的分力必相等，则有kqAqCb2csα=kqBqCa2csβ
由几何关系得csα=ℎb，csβ=ℎa
可得qAa3=qBb3
同理可得qCc3=qBb3
则有qAa3=qBb3=qCc3
故C正确，D错误。
故选BC。
如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（均视为点电荷），三球沿一条直线摆放且均处于静止状态，则下列说法正确的是（ ）
A．a对b的静电力一定是斥力
B．b对c的静电力可能是斥力
C．a的电荷量不可能比b的电荷量小
D．若给c施加一个向右的恒力，则三个球能向右运动且相互间的距离保持不变
【答案】C
【来源】广东省江门市江海区外海中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题
【详解】AB．若三球沿一条直线摆放且均处于静止状态则a、c一定是同种电荷，a、b是异种电荷，即“两同夹异”，所以a对b的静电力一定是引力，b对c的静电力一定是引力，故AB错误；
C．若三球沿一条直线摆放且均处于静止状态，则b对c的静电力大小等于a对c的静电力大小，因为a、c间距离大于b、c间距离，根据静电力公式
F=kq1q2r2
可知a的电荷量比b的电荷量大，故C正确；
D．假设给c施加一个向右的恒力后，三个球能向右运动且互相之间的距离保持不变，以三个小球组成的系统为研究对象可得，三个球的加速度方向向右，以小球a为研究对象可得，小球的加速度为0，所以假设错误，故D错误。
故选C。
题型3叠加法、对称法、补偿法、微元法求电场强度
如图所示，半径为R的水平固定绝缘圆环上均匀分布着正电荷，O点为圆环的圆心，M点位于O点正上方3R处。若从圆环上的A点处取走长为ΔL的小圆弧，剩余电荷分布不变，则剩余电荷在M点产生电场的电场强度与竖直向上方向夹角的正切值为（ ）
A．ΔL2πR−ΔLB．3ΔL2πR−ΔL
C．3ΔL3(2πR−ΔL)D．3ΔL2πR−ΔL
【答案】C
【来源】2025届山东省十三校高三下学期4月联考物理试题
【详解】由几何关系可知，AM与OM的夹角θ满足tanθ=33
解得θ=30°
设整个圆环的电荷量为Q，每一段长为ΔL小圆弧的电荷量为Δq，由于圆环上的电荷均匀分布，可知Δq=QΔL2πR，每一段长为ΔL小圆弧在M处产生的电场强度沿OM方向的分量为E=kΔq3R2+R2cs30°=3kQ8R2⋅ΔL2πR
被取走的A处弧长为ΔL的小圆弧在M处产生的电场强度沿垂直OM方向的分量为E1=kΔq3R2+R2sin30°
故可知当从圆环上的A点处取走长为ΔL的小圆弧，剩余电荷场强沿OM方向的分量为E2=3kQ8R2−3kQ8R2⋅ΔL2πR
沿垂直OM方向的分量与E1等大反向，故剩余电荷在M点产生电场的电场强度与竖直向上方向夹角的正切值为
tanα=E1E2=3ΔL3(2πR−ΔL)
故选C。
(24-25高三上·江西南昌第二中学·月考)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．kQ9R2+mgtanθqB．kQ9R2−mgtanθq
C．k2Q9R2+mgtanθqD．k2Q9R2−mgtanθq
【答案】D
【来源】江西省南昌市第二中学2024-2025学年高三上学期月考（二）（期中）物理试题
【详解】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=qE2mg
补齐右半球，D点的合场强为
k2Q3R2=E1+E2
解得
E1=k2Q9R2−mgtanθq
故选D。
均匀带电半球壳在球心O处的电场强度大小为E0，现截去左边一小部分，截取面与底面的夹角为θ，剩余部分在球心O处的电场强度大小为（ ）
A．E0sinθ2B．E0csθ2
C．E01−csθsinθD．E01−sinθcsθ
【答案】B
【来源】2025届山东省菏泽市高三下学期二模物理试题
【详解】根据对称性，表面积较小的这部分球面上的电荷产生的电场在O处的电场强度E一定沿着θ角的角平分线向右下方，同理，表面积较大的部分球面上的电荷产生的电场在O处的电场强度一定沿着180−θ角的角平分线向左下方，两部分球面产生的电场在O点处的电场强度一定相互垂直，而均匀带电的半球壳的场强大小为E0，同理可以分析其场强方向，画出矢量图，如图所示
则剩余部分的电场强度大小为E1=E0csθ2
故选B。
题型4电场线的应用
(24-25高三上·广东广州华侨中学·月考)中国茶文化是中国制茶、饮茶的文化，在世界享有盛誉。在茶叶生产过程中有道茶叶、茶梗分离的工序，如图所示，A、B两个带电球之间产生非匀强电场，茶叶茶梗都带正电荷，且茶叶的比荷大于茶梗的比荷，两者通过静电场便可分离，并沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设有一茶梗P电荷量为4 × 10−8 C，质量为2×10−4 kg，以1m/s的速度离开A球表面O点，最后落入桶底，O点电势为1×104 V，距离桶底高度为1.0 m，桶底电势为零。不计空气阻力、茶叶茶梗间作用力及一切碰撞能量损失，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．M处比N处的电场强度大
B．M处的电势低于N处的电势
C．茶叶落入右桶，茶梗落入左桶
D．茶梗P落入桶底速度为5m/s
【答案】CD
【来源】广东省广州市华侨中学2024-2025学年高三上学期11月月考物理试题
【详解】A．由于M点的电场线稀疏，N点的电场线密集，故M点的电场强度小于N点的电场强度，故A错误；
B．沿电场线的方向，电势逐渐降低，故M点的电势高于N点的电势，故B错误；
C．设该电场的电场强度为E，根据牛顿第二定律有
qE=ma
解得
a=qEm
由于茶叶的比荷qm大于茶梗的比荷，可知在任何同一位置茶叶的加速度大于茶梗的加速度，水平方向都做加速运动， 即在相等时间内，茶叶的水平位移大于茶梗的水平位移，可知，茶叶落入右桶，茶梗落入左桶，故C正确；
D．设茶梗P落入桶底速度大小为v，题意初速度v0=5m/s，茶梗P从O点到落入桶底过程中，由动能定理可知
mgℎ+qU=12mv2−12mv02
代入数据解得
v=5m/s
故D正确。
故选CD。
在图所示的电场中有M、N两点，下列说法正确的是（ ）
A．该电场不是匀强电场
B．M点的电场强度比N点的大
C．同一正电荷在N点受到的电场力比M点的大
D．M点和N点的电场方向相同
【答案】AB
【详解】A．匀强电场的电场线是等间距的平行线，可知该电场不是匀强电场，故A正确；
B．M、N是同一电场中的两点，由图看出，M处电场线密，N处电场线疏，则M处电场强度大于N处电场强度，故B正确；
C．根据电场力表达式F=Eq
结合以上分析可知，同一正电荷在N点受到的电场力比M点的小，故C错误；
D．电场线某点的切线方向表示该点的电场方向，由图可知，M点和N点的电场方向不相同，故D错误。
故选AB。
如图所示，静电除尘是通过电离空气后使空气中的粉尘微粒带电，从而被电极吸附的空气净化技术。图中虚线为一带电粉尘（不计重力）在静电除尘管道内的运动轨迹，实线为电场线（未标方向），则（ ）
A．带电粉尘带正电
B．带电粉尘带负电
C．带电粉尘在a点的加速度小于在b点的加速度
D．带电粉尘在a点的加速度大于在b点的加速度
【答案】BC
【来源】河南省驻马店市2022-2023学年高一下学期期终考试物理试题
【详解】AB．集尘电极带正电，带电粉尘在电场力作用下向集尘电极移动，则带电粉尘带负电，故B正确，A错误；
CD．因b点电场线较a点密集，则b点的电场强度较大，根据公式F=Eq，可知粉尘在b点受电场力较大，则带电粉尘在a点的加速度小于在b点的加速度，故C正确，D错误。
故选BC。
题型5电场线+运动轨迹组合模型
(24-25高三上·北京北京师范大学第二附属中学·)某电场区域的电场线如图所示，a、b是其中一条电场线上的两点，下列说法正确的是（ ）
A．负电荷在a点受到的静电力一定小于它在b点受到的静电力
B．a点的场强方向一定沿着a点的电场线向右
C．正电荷在a点受到的静电力一定小于它在b点受到的静电力
D．a点的场强一定小于b点的场强
【答案】B
【来源】北京市北京师范大学第二附属中学2024-2025学年高三上学期开学物理试题
【详解】ACD．根据电场线的疏密程度可知，a点的场强一定大于b点的场强；根据F=qE，可知负电荷在a点受到的静电力一定大于它在b点受到的静电力，正电荷在a点受到的静电力一定大于它在b点受到的静电力，故ACD错误；
B．根据图中电场线方向可知，a点的场强方向一定沿着a点的电场线向右，故B正确。
故选B。
如图所示，一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°，不计粒子重力。有关粒子从A点运动至B点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．粒子的电势能先增加后减小
B．A、B两点间的电势差UAB=mv02q
C．A、B两点间的电势差UAB=mv022q
D．粒子在B点的动能是粒子在A点的动能的3倍
【答案】BD
【来源】2025届山东省临沂市高三下学期学业水平等级模拟物理试卷
【详解】A．粒子从A点运动至B点的过程中，电场力对粒子一直做正功，粒子的电势能一直减小，故A错误；
BC．粒子在竖直方向做匀速直线运动，则有v0sin60°=vsin30°
解得粒子在B点的速度大小为v=3v0
粒子从A点运动至B点的过程中，根据动能定理可得qUAB=12mv2−12mv02
解得A、B两点间的电势差为UAB=mv02q
故B正确，C错误；
D．粒子在B点的动能与粒子在A点的动能之比为EkBEkA=12mv212mv02=12m(3v0)212mv02=31
故D正确。
故选BD。
某带正电的点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．a点的电场强度小于b点的电场强度
B．c点的电势低于d点的电势
C．一负试探电荷从c点移动到d点，电势能增加
D．一正试探电荷从c点由静止释放，电荷将沿着电场线由c运动到d
【答案】AC
【详解】A．电场线的疏密程度表示电场强度的大小，根据图示可知，a点的电场强度小于b点的电场强度，故A正确；
B．沿着电场线电势降低，根据图示可知，c点的电势高于d点的电势，故B错误；
C．一负试探电荷从c点移动到d点，电场力做负功，电势能增加，故C正确；
D．一正试探电荷从c点由静止释放，所受电场力方向与电场强度方向相同，即与电场线切线表示的电场强度方向相同，因电场线为曲线，可知电荷不能沿着电场线由c运动到d，故D错误。
故选AC。
对称法
如图所示，电荷量为十q的点电荷与均匀带电薄板相距为 2d,点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。均匀带电薄板在a、b两对称点处产生的电场强度大小相等、方向相反,若图丙中a点处的电场强度为0,根据对称性，带电薄板在图中b点处产生的电场强度大小kqd2
方向垂直于薄板向左。
微元法
当一个带电体的体积较大，已不能视为点电荷时，求这个带电体产生的电场在某处的电场强度时，可用微元法的思想把带电体分成很多小块，每块都可以看成点电荷，用点电荷电场叠加的方法计算
补偿法
有时由题给条件建立的模型不是一个完整的模型，这时需要给原来的问题补充一些条件，组成一个完整的新模型．这样，求解原模型的问题就变为求解新模型与补充条件的差值问题．如采用补偿法将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而将问题化难为易