微专题02 电场强度、电场线 讲义- 2026届高考物理一轮复习备考

微专题2：电场强度、电场线 【专题目录】 1. 基础知识回顾 2. 模型构建 模型一、等量电荷的电场 【典例1】/【典例2】 模型二、带电面（体）的电场 【典例3】 模型三、电场线与带电粒子在电场中的运动轨迹的关系 【典例4】/【典例5】 模型四、带电体的受力与运动 【典例6】/【典例7】 3. 针对训练 【基础题组】/【能力提升题组】 4. 参考答案 【基础知识回顾】 1.电场：基本性质：对放入其中的电荷有电场力的作用． 2．电场强度 （1）定义式：E＝，适用于任何电场，是矢量，单位：N/C或V/m. （2）场强大小计算公式： 三个公式 (3)方向：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向． 3．电场的叠加 (1)电场叠加：多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处所产生的电场场强的矢量和． (2)计算法则：平行四边形定则． 4．电场线 (1)特点： ①电场线从正电荷或无限远处出发，终止于无限远处或负电荷； ②电场线在电场中不相交； ③在同一电场里，电场线越密的地方场强越大； ④电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向； ⑤沿电场线方向电势逐渐降低； ⑥电场线和等势面在相交处相互垂直． (2)几种典型电场的电场线： 【模型构建】 模型一、等量电荷的电场 等量点电荷的电场线比较 比较 等量异种点电荷 等量同种点电荷 电场线分布图 续表　　 比较 等量异种点电荷 等量同种点电荷 连线中点O点的场强 最小，指向负电荷一方 为零 连线上的场强大小 沿连线先变小，再变大 沿连线先变小，再变大 沿中垂线由O点向外场强大小 O点最大，向外逐渐减小 O点最小，向外先变大后变小 关于O点对称的A与A′、B与B′的场强 等大同向 等大反向 【例1】（单选）如图所示，M、N为两个等量同种正电荷Q，在其连线的中垂线上任意一点P自由释放一个负电荷q，不计重力影响，关于点电荷q的运动下列说法正确的是 ( ) A．从P→O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大 B．从P→O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大 C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达到最大值 D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到速度为零 【例2】（单选）用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的强弱．如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称．则(　　) A．B、C两点场强大小相等，方向相反 B．A、D两点场强大小相等，方向相反 C．E、O、F三点比较，O的场强最强 D．B、O、C三点比较，O点场强最强 模型二、带电面（体）的电场 均匀带电球体或球壳周围的电场强度可以通过高斯定理计算，具体结果取决于考察点的位置（球内、球面或球外）。 关键结论： (1)球壳：内部场强为零，外部等效于点电荷， E=（电荷量全部集中在球心）。 (2)球体：内部场强随 r 线性增大，外部等效于点电荷, E=（电荷量全部集中在球心）。 (a)均匀带电球体的电场强度曲线 （b）均匀带电球面的电场强度曲线 (3)对称性：电场方向始终沿径向，大小仅与 r 有关。 【例3】(单选)如图所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：，方向沿x轴．现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图所示．则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为(　 　) A．　　　　　B． C．2πkσ0 D．2πkσ0 【例4】(单选)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6－1－17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.－E B. C.－E D.＋E 模型三、电场线与带电粒子在电场中的运动轨迹的关系 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，只有同时满足以下三个条件时，两者才会重合： (1)电场线为直线； (2)电荷初速度为零或速度方向与电场线平行； (3)电荷仅受电场力或所受其他力合力的方向与电场线平行． 【例5】(单选)某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是(　　) A．c点场强大于b点场强 B．a点电势低于b点电势 C．若将一试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线运动到b点 D．若在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电势能减小 模型四、带电体的受力与运动 1.分析思路 2．运动反映受力情况 (1)物体保持静止：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合一定与运动方向共线． (3)做曲线运动：F合≠0，且F合总指向曲线凹的一侧． (4)加速运动：F合与v夹角α，0°≤α<90°； 减速运动：90°<α≤180°. (5)匀变速运动：F合＝恒量． 【例6】（单选）如图所示，在O点放置正点电荷Q，a、b两点的连线过O点，且Oa＝ab，以下说法正确的是(　　) A．将质子从a点由静止释放，质子向b点做匀加速运动 B．若质子在a点的加速度为a0，则质子在b点的加速度为 C．若电子以Oa为半径绕O点做匀速圆周运动的线速度为v，则电子以Ob为半径绕O点做匀速圆周运动的线速度为2v D．若电子以Oa为半径绕O点做匀速圆周运动的线速度为v，则电子以Ob为半径绕O点做匀速圆周运动的线速度为 【例题7】(多选)上图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力作用，根据此图可作出的正确判断是(　　) A．带电粒子所带电荷的正、负 B．带电粒子在a、b两点的受力方向 C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大 D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大 【例8】如图所示，匀强电场方向与水平线间夹角θ＝30°，方向斜向右上方，电场强度为E，质量为m的小球带负电，以初速度v0开始运动，初速度方向与电场方向一致． (1)若小球的带电荷量为q＝，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F1的大小和方向各如何？ (2)若小球的带电荷量为q＝，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何？ 【基础题组】 1．(单选)如图所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电荷量为－q外，其余各点处的电荷量均为＋q，则圆心O处(　　) A．场强大小为，方向沿OA方向 B．场强大小为，方向沿AO方向 C．场强大小为，方向沿OA方向 D．场强大小为，方向沿AO方向 2. (单选)一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c.已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)(　　) 3.(单选)A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v和时间t的关系图象如右图所示，则此电场的电场线分布可能是下图中的(　　) 4. （单选）如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如右图中虚线所示，则(　　) A．a一定带正电，b一定带负电 B．a的速度将减小，b的速度将增加 C．a的加速度将减小，b的加速度将增加 D．两个粒子的动能，一个增加一个减小 5. (单选)如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°.电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2.E1与E2之比为(　　) A．1∶2　　　　　　 B．2∶1 C．2∶ D．4∶ 6．（单选）在如下图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是(　　) A．甲图中与点电荷等距的a、b两点 B．乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C．丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 D．丁图中非匀强电场中的a、b两点 7.（多选）在电场中某点放一检验电荷，其电荷量为q，受到的电场力为F，则该点的电场强度为E＝，下列说法正确的是(　　) A．若移去检验电荷q，则该点场强变为零 B．若电荷量为2q，则在该点所受电场力为2F C．若电荷量为－2q，则该点场强大小不变，方向改变 D．若电荷量为－2q.，则该点场强大小不变，方向不变 8.(单选)如图所示，电荷量为＋q和－q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有(　　) A．体中心、各面中心和各边中点 B．体中心和各边中心 C．各面中心和各边中心 D．体中心和各面中心 9.（单选）点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，在AB连线上，如图所示，电场强度为零的地方在 ( ) B A Q 4Q A．A和B之间 　　 B．A右侧 C．B左侧 　　　 D．A的右侧及B的左侧 10.有一负电荷自电场中的A点自由释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度图象如图所示，则A、B所在电场区域的电场线分布可能是选项图中的(　　) 11．（单选）如图所示为两个点电荷在真空中所产生电场的电场线(方向未标出)．图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称．则下列说法中正确的是(　　) A．这两点电荷一定是等量异种电荷 B．这两点电荷一定是等量同种电荷 C．D、C两点的电场强度一定相等 D．C点的电场强度比D点的电场强度小 12．静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器．某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面．工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上．若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)(　　) 13．（单选）所示，直线上固定两个正点电荷A与B，其中B带＋Q的电量，C、D两点将AB连线三等分，现使一个带负电的粒子从C点开始以某一速度向右运动，不计粒子的重力，并且已知该负电荷在CD间运动的速度v与时间t的关系图象，则A点电荷的带电量可能是(　　) A．＋Q　　　　　B．＋2Q C．＋3Q D．＋4Q 14．如图甲所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2 m和0.7 m．在A点放一个带正电的试探电荷，在B点放一个带负电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，电场力的大小F跟试探电荷电荷量q的关系分别如图乙中直线a、b所示．下列说法正确的是(　　) 甲　　　　　　　　　乙　　 A．B点的电场强度的大小为0.25 N/C B．A点的电场强度的方向沿x轴负方向 C．点电荷Q是正电荷 【能力提升题组】 15.（多选）图中a、b是两个点电荷，它们的电荷量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点．下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧 ( ) A．Q1、Q2都是正电荷，且Q1<Q2 B．Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1>|Q2| C．Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|<Q2 D．Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|<|Q2| 16. (单选)两带电荷量分别为q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的是图(　　) 17.（单选）如图所示，一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将作（ ） A．自由落体运动 　　B．曲线运动 C．沿着悬线的延长线作匀加速运动 　　D．变加速直线运动 18.(单选)如图所示，光滑绝缘细杆与水平面成θ角固定，杆上套有一带正电小球，质量为m，带电量为q，为使小球静止在杆上，可加一匀强电场，所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止(　 　) A．垂直于杆斜向上，场强大小为mgcos θ/q B．竖直向上，场强大小为mg/q C．垂直于杆斜向上，场强大小为mgsin θ/q 19.如图所示，两带电荷量均为＋Q的点电荷相距2L，MN是两电荷连线的中垂线，求MN上场强的最大值． 20.如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环固定在竖直平面内，在环的底端B点固定一个带正电的小珠，环上边套有一个质量为m，带与小珠等量正电荷的小球，现将小球从A点(半径OA水平)由静止释放开始运动，当运动到C点(∠AOC＝30°)时获得的最大动能为Ekm，求： (1)小球在A点刚释放时运动的加速度a； (2)小球从位置A运动到位置C的过程中所受静电力做的功W； (3)小球在位置C时受到圆环对它的作用力． 21. 如图所示，长L＝1.2 m、质量M＝3 kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m＝1 kg、带电荷量q＝＋2.5×10－4 C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E＝4.0×104 N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8 N．取g＝10 m/s2，斜面足够长．求： (1)物块经多长时间离开木板； (2)物块离开木板时木板获得的动能； (3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能． 22．如图甲所示，水平面被竖直线PQ分为左、右两部分，左部分光滑，范围足够大，上方存在水平向右的匀强电场．右部分粗糙．一质量为m＝2 kg，长为L的绝缘体制成的均匀带正电直棒AB置于水平面上，A端距PQ的距离为s＝3 m，给棒一个水平向左的初速度v0，并以此时作为计时的起点，棒在最初2 s的运动图象如图乙所示.2 s末棒的B端刚好进入电场，已知直棒单位长度带电荷量为λ＝0.1 C/m，取重力加速度g＝10 m/s2.求： 甲　　　　　　　　　　　　　　乙 (1)直棒的长度； (2)匀强电场的场强E； 【参考答案】 例1.C [解析] 如图所示，根据电场叠加原理知：O点场强为零，从O点沿中垂线向外，场强先变大后变小．点电荷从P→O的过程中，静电力可能是先变大后变小，加速度随之先变大后变小；也可能静电力一直变小，加速度一直变小，关键是P点位置的不确定性．不过，在到达O点之前，静电力一直表现为引力，速度一定是一直变大的，在O点时加速度是零，速度最大．该电场关于直线MN对称，电荷越过O点后的运动也不一定是单调变化的．有些粗心的同学容易认为从P→O点时电荷距离两个场源电荷越来越近，静电力就会越来越大而错选A.其实，点电荷在与场源电荷的两个静电力确定是变大的，只是两个静电力的合力未必变大，这要看电场的矢量合成情况． [总结] 对电场线的认识，一是要注意电场线的疏密(表示电场的强弱)；二是注意电场线的切线方向(表示电场的方向)；三是注意将两个同种电荷与两个异种电荷的横向、纵向联系相类比． 例2.C 【解析】由对称性可知，B、C两点场强大小和方向均相同，A错误；A、D两点场强大小相同，方向也相同，B错误；在两电荷连线的中垂线上，O点场强最强，在两点电荷连线上，O点场强最弱，D错误． 例3.A 【审题】(1)当圆板的半径R无限大时，；(2)根据电场的叠加，Q点的场强应为挖去圆孔前平面产生的场强减去圆孔部分的电荷在Q点产生的场强． 【解析】根据半径为R的均匀带电圆形平板在P点的电场强度E＝，可推知当带电圆板无限大时(即当R→∞)的电场强度E′＝2πkσ，对于无限大带电平板，挖去一半径为r的圆板的电场强度，可利用填补法，即将挖去的圆板填充进去，这时Q点的电场强度EQ＝2πkσ0，则挖去圆板后的电场强度EQ′＝2πkσ0－＝，故选项A正确，选项B、C、D错误． 例4.A 【解析】左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷为2q的整个球面的电场和带电荷－q的右半球面的电场的合电场，则E＝－E′，E′为带电荷－q的右半球面在M点产生场强大小．带电荷－q的右半球面在M点的电场与带正电荷为q的左半球面AB在N点的电场大小相等，则E′＝－E＝－E，则A正确． 例5.D 【解析】电场线越密的地方电场强度越大，Ec＜Eb，故A错；沿着电场线的方向，电势是逐渐降低的，φa＞φb，B错；将试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线的切线方向运动而不是沿电场线运动，故C错；在原电场中，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电场力做正功，在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移到b的过程中，电场力也做正功，所以在合电场中，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，根据电场力做功和电势能的关系可知：电势能将减小，D正确． 例6.D 【解析】　由于库仑力变化，因此质子向b做变加速运动，则A错误；由牛顿第二定律可知，质子在a点的加速度a0＝，则质子在b点的加速度a′＝＝，则B错误；当电子以Oa为半径绕O点做匀速圆周运动时，根据k＝m，可得v＝ ，则可知电子以Ob为半径绕O点做匀速圆周运动时的线速度为，则C错误、D正确． 例7．BCD 【解析】　由带电粒子的弯曲情况可以判断出电荷所受电场力方向均为斜向左，B正确．由于电场线方向未定，所以无法判定带电粒子的正负，A错误．由a到b电场力做负功，粒子速率减小，D正确．a处的电场线密，带电粒子所受电场力大，产生的加速度大，C正确． 例8.【答案】　(1)mg　方向与水平线夹角60°斜向右上方;(2)mg　方向与水平线夹角60°斜向左上方 解析　(1)如右图所示，欲使小球做匀速直线运动，必使其合外力为0，设对小球施加的力F1与水平方向夹角为α，则 F1cos α＝qEcos θ F1sin α＝mg＋qEsin θ 解之得α＝60°，F1＝mg 恒力F1与水平线夹角60°斜向右上方． (2)为使小球能做直线运动，则小球所受合力的方向必和运动的方向在一条直线上，故要求力F2和mg的合力和电场力在一条直线上，当F2取最小值时，F2垂直于E. 故F2＝mgsin 60°＝mg 方向如右图所示，与水平线夹角60°斜向左上方． 【基础题组】 1.C【解析】：根据对称性，先假定在A点放上＋q的点电荷，则O点的场强为零，即B、C、D、E四个点电荷在O点的场强方向沿OA向上，大小为.故O点的合场强为A点－q在O点产生的场强与B、C、D、E四个＋q在O点产生的合场强的矢量和，即EO＝EA＋E′＝，所以答案为C项． 2. D 【解析】　曲线运动中，所受合力应指向曲线的凹侧，也就是电场力方向大致指向右下方．负电荷受的电场力方向跟场强方向相反，由此可知A、C错误；又速率是减小的，故电场力与速度夹角大于90°，排除B选项，D正确． 3. A 解析：由v-t图象可知，粒子的速度随时间逐渐减小，粒子的加速度逐渐变大，则电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合以上分析可知，带负电的粒子沿电场线方向运动，由电场线疏处到达密处，故选项A正确. 5. C [解析]　设电场线为正点电荷的电场线，则由轨迹可判定a带正电，b带负电．若电场线为负点电荷的电场线，则a为负电荷，b为正电荷，A错. 由粒子的偏转轨迹可知电场力对a、b均做正功，动能增加，B、D错，但由电场线的疏密可判定，a受电场力逐渐减小，加速度减小，b正好相反，选C. 5. [正确解答]　本题考查电场强度矢量的叠加．设每一个点电荷单独在O点产生的场强为E0；则两点电荷在O点产生的场强矢量和为2E0；若将N点处的点电荷移至P点，假如N为负电荷，M为正电荷，产生的场强如图所示，则合场强为E0.本题正确选项B. 6. C [解析]　甲图中与点电荷等距的a、b两点，场强大小相同，方向不相反，A错；对乙图来说，根据电场线的疏密及对称性可判断，b点和a点场强大小、方向均相同，B错；丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点，场强大小相同，方向相反，C对；对丁图来说，根据电场线的疏密可判断，b点的场强大于a点的场强，D错． 7．BD 【解析】电场中某点的场强由电场本身决定，与放入场中电荷的电量和电性无关，但在该点电荷所受电场力的大小F＝qE，与电荷的电量成正比，方向与电荷的电性有关．B、D正确． 8．D【解析】：由点电荷的场强公式和叠加规律可知，各面顶点上的4个点电荷在过所在面的中心的垂线上各点的合场强为零，所以，体中心和各面中心的合场强一定为零．由点电荷的场强公式和叠加规律可知，各边中心的合场强不为零．选项D正确． 9.C 【解析】A、A和B之间两点产生的电场强度方向均向向右，合场强不可能为零．故A错误． B、A的右侧，A产生的电场强度向右，B产生的电场强度向左，电场强度方向相反，而且由题A的电量大于B的电量，且A较近，由点电荷场强公式  可知，在同一点电场强度大小不可能相等，所以合场强不可能为零．故B错误． C、在B的左侧，A产生的电场强度向左，B产生的电场强度向右，电场强度方向相反，但由于A的电量大于B的电量，且A较远，由点电荷场强公式可知，在同一点电场强度大小可能相等，所以合场强可能为零．故C正确． D、由上可知D错误．故选C 10.B 【解析】　由v－t图象可知，负电荷的a和v均增加，故EB>EA，B点的电场线比A点的密，且电场力与v同向，E与v反向，应选B. 11.A 【解析】:由电场线分布的特征可知，产生电场的电荷一定是等量异种电荷，A正确，B不正确；D、C两点电场线的密度不同，D、C两点的电场强度不同，C不正确；C点电场线的密度大，电场强度大，D不正确． 　 12.A 【解析】：因粉尘带负电，故带电粉尘所受电场力的方向与电场线的切线方向相反，轨迹上任何一点的切线方向为运动方向，若粒子做曲线运动，轨迹应出现在速度方向和力的方向所夹的区域内．从轨迹找几个点判断一下，只有A项符合，故A项正确． 13.D 【解析】：根据v－t图象可知，该负电荷在CD间运动的电场力逐渐减小，到D点时速度减为零，加速度为零，合外力也为零，根据平衡条件有k＝k，代入数据可得QA＝＋4Q.本题答案为D. 14.D 【解析】：由两试探电荷受力情况可知，点电荷Q为负电荷，且放置于A、B两点之间某位置，故选项B、C均错误；设Q与A点之间的距离为l，则点电荷在A点产生的场强EA＝k＝＝ N/C＝4×105 N/C，同理可得，点电荷在B点产生的场强为EB＝k＝＝ N/C＝0.25×105 N/C，解得l＝0.1 m，所以点电荷Q的位置坐标为xQ＝xA＋l＝(0.2＋0.1) m＝0.3 m，故选项A错误，D正确． 【能力提升题组】 15.AC [解析] 设想在P点放一正的点电荷，由于电场中场强的方向与正的点电荷静电力方向相 ，分析该点电荷的受力情况可知正确答案为A、C、D.本题也可将选项情况与等量同种、异种电荷的中垂线上场强分布特点对比分析． [详解]A.当两点电荷均为正电荷时,若电荷量相等,则它们在P点的电场强度方向沿MN背离N方向。当Q1<Q2时,则b点电荷在P点的电场强度比a点大,所以电场强度合成后,方向偏左,故A正确; B.当Q1是正电荷,Q2是负电荷且Q1>|Q2|时,b点电荷在P点的电场强度方向沿Pb连线指向b点,而a点电荷在P点的电场强度方向沿aP连线指向P点,则合电场强度方向偏右。不论a、b电荷量大小关系,合场强方向仍偏右,故B错误; C.当Q1是负电荷,Q2是正电荷时,b点电荷在P点的电场强度方向沿bP连线指向P点,而a点电荷在P点的电场强度方向沿aP连线指向a点,则合电场强度方向偏左。不论a、b电荷量大小关系,仍偏左。故C正确; D.当Q1、Q2是负电荷时且且|Q1|<|Q2|,b点电荷在P点的电场强度方向沿bP连线指向b点,而a点电荷在P点的电场强度方向沿aP连线指向a点,由于|Q1|<|Q2|,则合电场强度方向偏右,故D错误 16. A [解析]　根据两等量异种点电荷周围的电场线可直观地看出，连线的中点场强最小，但不为零，关于中点对称的两点场强大小相等，方向相同，所以两点电荷的连线上的场强先减小后增大，A正确． 17.C 【解析】绳子烧断之前小球处于静止状态，对小球受力分析由平衡条件可知：重力和电场力的合力方向沿绳子的延长线方向，剪断绳子后，小球受重力和电场力，由于两者均为恒力，其合力也为恒力，小球从静止开始在合力的作用下做匀加速直线运动，故选项C正确． 18.B 【解析】若所加电场的场强垂直于杆斜向上，对小球受力分析可知，其受到竖直向下的重力、垂直于杆斜向上的电场力和垂直于杆方向的支持力，在这三个力的作用下，小球沿杆方向上不可能平衡，选项A、C错误；若所加电场的场强竖直向上，对小球受力分析可知，当E＝mg/q时，电场力与重力等大反向，小球可在杆上保持静止，选项B正确；若所加电场的场强水平向右，对小球受力分析可知，其共受到三个力的作用，假设小球此时能够静止，则根据平衡条件可得Eq＝mgtan θ，所以E＝mgtan θ/q，选项D错误．本题答案为B. 19.解析： 再由矢量法则，与三角知识，则有：E=2E1sinθ=； 将上式两边平方，即为：E2==； 由均值不等式：得； 令==； 当且仅当2sin2θ=cos2θ时，即时，y有最大值，即为Emax= [总结评述] 本题属数学型极值法，对数学能力要求较高，求极值时要巧妙采用先求平方后再求极值才能解得． 20．[答案]　(1)g－g　(2)Ekm－mgR　(3)mg＋ [解析]　(1)小球在C点速度最大时有mgcos30°＝kcos30°，即mg＝k， 所以，刚释放小球有mg－kcos45°＝ma， 小球在A点刚释放时运动的加速度a＝g－g. (2)小球从A运动到C，由动能定理mgR＋W＝Ekm， 静电力对小球做的功W＝Ekm－mgR. (3)小球在C点，根据圆周运动，有 NC－ksin30°－mgsin30°＝m 解得圆环对小球的作用力NC＝mg＋. 21.【解析】　(1)物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律， 对物块：mgsin 37°－μ(mgcos 37°＋qE)＝ma1， 代入数据求得：a1＝4.2 m/s2 对木板：Mgsin 37°＋μ(mgcos 37°＋qE)－F＝Ma2， 代入数据，求得：a2＝3 m/s2 又a1t2－a2t2＝L，得物块滑过木板所用时间t＝ s. (2)物块离开木板时木板速度v2＝a2t＝3 m/s，其动能为Ek2＝Mv＝27 J. (3)由于摩擦而产生的内能为： Q＝F摩x相＝μ(mgcos 37°＋qE)·L＝2.16 J. 【答案】　(1) s　(2)27 J　(3)2.16 J 22.【解析】　(1)0～2 s内，棒运动的位移 s1＝t＝t＝4 m 棒长为L＝s1－s＝1 m. (2)由图乙知，棒在向左运动至B端刚好进入电场的过程，棒的加速度一直不变为a＝＝0.5 m/s2 直棒所带电荷量q＝λL＝0.1 C 当B端刚进入电场时有qE＝ma E＝＝10 N/C. (3)未进入电场前有μmg＝ma μ＝＝0.05 设直棒最终停止时，A端在PQ右侧与PQ相距为x. 从B端刚进入电场到直棒最终停止 由动能定理得－－μmgx＝0－mv 解得x＝2.25 m 故A端在PQ右边且距PQ为2.25 m. 【答案】　(1)1 m　(2)10 N/C　(3)A端距PQ2.25 m，在PQ右边 学科网（北京）股份有限公司 $$