第8章 第1讲 微专题 巧解电场强度的五种思维方法-【金版教程】2026年高考物理一轮复习解决方案课件PPT

第八章　静电场 第1讲　电场中力的性质 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 目录 1 2 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 课时作业 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 4 2．方法应用与解题思路 [方法一] 补偿法 将有缺口的带电圆环(或半球面、有空腔的球等)补全为圆环(或球面、球体等)分析，再减去补偿的部分产生的影响。 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 5 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 6 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 7 【名师点睛】当所给带电体不是一个完整的规则物体时，将该带电体割去或增加一部分，组成一个规则的整体，从而求出规则物体的电场强度，再通过电场强度的叠加求出待求不规则物体的电场强度。应用此法的关键是“割”“补”后的带电体应当是我们熟悉的某一物理模型。 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 8 [方法二] 对称法 利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化。 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 9 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 10 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 11 【名师点睛】形状规则、电荷分布均匀的带电体形成的电场具有对称性，位置对称的两点的电场强度大小相等、方向相反。如果能够求出其中一点处的电场强度，根据对称性特点，另一点处的电场强度即可求出。 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 12 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 13 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 14 [方法三] 微元法 将带电体分成许多电荷元，每个电荷元可看成点电荷，先根据库仑定律求出每个电荷元的场强；再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。 求解均匀带电圆环、带电平面、带电直杆等在某点产生的场强问题，可应用微元法。 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 15 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 16 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 17 【名师点睛】微元法是从部分到整体的思维方法，把带电体看成由无数个点电荷构成。然后根据对称性，利用平行四边形定则进行电场强度叠加。利用微元法可以将一些复杂的物理模型、过程转化为我们熟悉的物理模型、过程，以解决常规方法不能解决的问题。 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 18 [方法四]等效法 在保证效果相同的条件下，将复杂的电场情境变换为简单的或熟悉的电场情境。 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 19 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 20 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 21 【名师点睛】等效法的实质是在效果相同的情况下，利用与问题中相似或效果相同的知识进行知识迁移的解题方法，往往是用较简单的因素代替较复杂的因素。 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 22 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 23 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 24 [方法五]极限法 对于某些特殊情况下求解有关场强问题，有时无法用有关公式、规律得出结论，可考虑应用极限法。 极限法是把某个物理量的变化推向极端再进行推理分析，从而做出科学的判断或导出一般结论。极限法一般适用于所涉及的物理量随条件单调变化的情况。 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 25 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 26 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 27 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 28 【名师点睛】本题由于带电体为多个带电圆环，超出了我们高中学生的教材学习范围，但通过一定的分析就可判断。首先根据场强的单位(量纲)进行判断，再分析特殊点即可得出结论。在物理学中，通过对量纲的分析，有时可以帮助我们快速找到一些错误。 微专题 巧解电场强度的五种思维方法 29 课时作业 1．(人教版必修第三册·第九章第1节[实验]改编)(多选)如图所示，A、B为相互接触并用绝缘支柱支持的金属导体，起初都不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法正确的是(　　) A．把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开 B．把C移近导体A，再把A、B分开，然后移去C，A、B上的金属箔片仍张开 C．把C移近导体A，先把C移走，再把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开 D．把C移近导体A，先把A、B分开，再把C移走，然后重新让A、B接触，A上的金属箔片张开，而B上的金属箔片闭合 ［A组　基础巩固练］ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 解析：虽然A、B起初都不带电，但带正电的小球C对A、B内的电荷有力的作用，使A、B中的自由电子向左移动，使得A端积累了负电荷，B端积累了正电荷，其下部的金属箔片因为接触带电，也分别带上了与A、B相同的电荷，所以金属箔片都张开，A正确；带正电的小球C只要一直在A、B附近，A、B上的电荷就因受C的作用力而使A、B带等量的异种感应电荷，把A、B分开，因A、B已经绝缘，此时即使再移走C，A、B所带电荷量也不变，金属箔片仍张开，B正确；但如果先移走C，A、B上的感应电荷会马上中和，不再带电，所以金属箔片都不会张开，C错误；先把A、B分开，再移走C，A、B仍然带电，但重新让A、B接触后，A、B上的感应电荷完全中和，金属箔片都不会张开，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 2．(人教版必修第三册·第九章第3节[练习与应用]T5改编)如图所示为某区域的电场线分布，下列说法正确的是(　　) A．这个电场可能是正点电荷形成的 B．D处的电场强度为零，因为那里没有电场线 C．点电荷q在A点所受的静电力比在B点所受静电力小 D．负电荷在C点受到的静电力方向沿C点切线方向 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 解析：正点电荷的电场线是从正点电荷出发的直线，故A错误；电场线是为了更形象地描述电场而人为画出的，没有电场线的地方，电场强度不一定为零，故B错误；由图知B点处电场线比A点处电场线密集，故EB>EA，所以点电荷q在A处所受的静电力小于在B处所受的静电力，C正确；负电荷在C点所受静电力方向与C点切线方向相反，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 5．如图所示，a、b两点处分别固定有等量异种点电荷＋Q和－Q，c是线段ab的中点，d是ac的中点，e是ab的垂直平分线上的一点，将一个正点电荷先后放在d、c、e点，它所受的静电力分别为Fd、Fc、Fe，则下列说法中正确的是(　　) A．Fd、Fc的方向水平向右，Fe的方向竖直向上 B．Fd、Fc、Fe的方向都是水平向右 C．Fd、Fe的方向水平向右，Fc＝0 D．Fd、Fc、Fe的大小都相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 解析：等量异种点电荷的电场分布如图，从图中可知，c、d、e三点的场强的方向都水平向右，所以该正点电荷在这三点受到的静电力的方向都水平向右，故A、C错误，B正确；从图中可知d点处的电场线最密，e点处的电场线最疏，所以该正点电荷在d点所受的静电力Fd最大，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 [B组　综合提升练] 9．一负电荷从电场中A点由静止释放，只受静电力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v­t图像如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的(　　) 解析：由v­t图可知负电荷在电场中做加速度越来越大的加速运动，故电场线应由B指向A，且从A到B场强变大，电场线变密，C正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 10．(多选)甲、乙两固定的点电荷产生的电场的电场线如图所示。下列说法正确的是(　　) A．甲、乙带同种电荷 B．甲、乙带异种电荷 C．若将甲、乙接触后放回原处，则甲、乙间的静电力变大 D．若将甲、乙接触后放回原处，则甲、乙间的静电力变小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 11．如图所示，在x轴上关于原点O对称的两点A、B分别固定放置点电荷＋Q1和－Q2，x轴上的P点位于B点的右侧，且P点电场强度为零，则下列判断正确的是(　　) A．x轴上P点右侧电场强度方向沿x轴正方向 B．Q1<Q2 C．在A、B连线上还有一点与P点电场强度相同 D．与P点关于O点对称的M点电场强度可能为零 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 解析：根据题述可知P点处的电场强度为零，根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理可知，＋Q1的电荷量一定大于－Q2的电荷量，A、B连线上各点电场强度都不为零，故B、C错误；由于＋Q1的电荷量大于－Q2的电荷量，可知x轴上P点右侧电场方向沿x轴正方向，故A正确；由于Q1>Q2，由点电荷电场强度公式和场强叠加原理可知，M点电场强度一定不为零，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 13．(2024·新课标卷)如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等。则(　　) A．两绳中的张力大小一定相等 B．P的质量一定大于Q的质量 C．P的电荷量一定小于Q的电荷量 D．P的电荷量一定大于Q的电荷量 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 1．方法概述 求电场强度有三个公式：E＝eq \f(F,q)、E＝keq \f(Q,r2)、E＝eq \f(U,d)，在一般情况下可由上述公式计算电场强度，但在求解带电圆环、带电平面等一些特殊带电体产生的电场强度时，上述公式无法直接应用。这时，如果转换思维角度，灵活运用补偿法、对称法、微元法、等效法、极限法等巧妙方法，可以化难为易。 例1　已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示，半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B、B和A间的距离均为R，现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为V＝eq \f(4,3)πr3，则A点处场强的大小为(　　) A．eq \f(7kQ,36R2) B．eq \f(5kQ,36R2) C．eq \f(7kQ,32R2) D．eq \f(3kQ,16R2) 解析　由题意知，半径为R的均匀带电球体在A点产生的场强为E整＝eq \f(kQ,（2R）2)＝eq \f(kQ,4R2)，同理，挖去前空腔处的小球体在A点产生的场强为E割＝eq \f(kQ′,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)R＋R))\s\up12(2))＝eq \f(k·\f(Q,8),\f(9,4)R2)＝eq \f(kQ,18R2)，所以剩余空腔部分电荷在A点产生的场强为Ex＝E整－E割＝eq \f(kQ,4R2)－eq \f(kQ,18R2)＝eq \f(7kQ,36R2)，故A正确，B、C、D错误。 例2　如图，在点电荷－q的电场中，放着一块带有一定电荷量、电荷均匀分布的绝缘矩形薄板，MN为其对称轴，O点为几何中心，点电荷－q与a、O、b之间的距离分别为d、2d、3d。已知图中a点的电场强度为零，则带电薄板在图中b点处产生的电场强度的大小和方向分别为(　　) A．eq \f(kq,d2)，水平向右 　 B．eq \f(kq,d2)，水平向左 C．eq \f(kq,d2)＋eq \f(kq,9d2)，水平向右 　D．eq \f(kq,9d2)，水平向右 解析　由电场的矢量叠加原理，可知矩形薄板在a点处产生的电场强度与点电荷－q在a点处产生的电场强度等大反向，即大小为E＝eq \f(kq,d2)，方向水平向左，则矩形薄板带负电；由对称性可知，矩形薄板在b点处产生的电场强度大小也为E＝eq \f(kq,d2)，方向水平向右，故A正确。 跟进训练　如图所示，两个电荷量为q的点电荷分别位于带电的半径相同的eq \f(1,4)球壳和eq \f(3,4)球壳的球心，这两个球壳上电荷均匀分布且电荷面密度相同，若甲图中带电的eq \f(1,4)球壳对点电荷q的库仑力的大小为F，则乙图中带电的eq \f(3,4)球壳对点电荷q的库仑力的大小为(　　) A．eq \f(3,2)F B．eq \f(\r(2),2)F C．eq \f(1,2)F D．F 解析：将乙图中的均匀带电eq \f(3,4)球壳分成三个eq \f(1,4)带电球壳，关于球心对称的两个eq \f(1,4)带电球壳对球心处点电荷的库仑力的合力为零，并且甲、乙两个球壳上电荷均匀分布且电荷面密度相同，因此乙图中带电的eq \f(3,4)球壳对点电荷的库仑力的大小和甲图中均匀带电的eq \f(1,4)球壳对点电荷的库仑力的大小相等，D正确。 例3　(多选)如图所示，水平面上有一均匀带电圆环，所带电 荷量为＋Q，其圆心为O点。有一电荷量为＋q、质量为m的小 球恰能静止在O点上方的P点，O、P间距为L。P与圆环上任 一点的连线与PO间的夹角都为θ，重力加速度为g，以下说法 正确的是(　　) A．P点场强方向竖直向上 B．P点场强大小为eq \f(mg,q) C．P点场强大小为keq \f(Qcosθ,L2) D．P点场强大小为keq \f(Qcos3θ,L2) 解析　将圆环分为n等份(n很大，每一份可以认为是一个点电荷)，则每份的电荷量为q0＝eq \f(Q,n)，每份在P点产生的电场的场强大小为E0＝eq \f(kq0,r2)＝eq \f(k\f(Q,n),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,cosθ)))\s\up12(2))＝eq \f(kQcos2θ,nL2)，根据对称性可知，P点处水平方向的合场强为零，则P点场强方向竖直向上，其大小为E＝nE0cosθ＝eq \f(kQcos3θ,L2)，故A、D正确，C错误；因小球在P点静止，由二力平衡可得mg＝qE，解得P点场强大小为E＝eq \f(mg,q)，故B正确。 例4　(多选)如图所示，在真空中某竖直平面内固定一足够大 的接地金属板MN，在MN右侧与其相距2d处的P点放置一电 荷量为Q的正点电荷，如果从P点作MN的垂线，则O为垂足， A为O、P连线的中点，B为OP延长线上的一点，PB＝d。静电 力常量为k，关于各点的电场强度，下列说法正确的是(　　) A．O点场强大小为keq \f(Q,2d2) B．A点场强大小为keq \f(Q,d2) C．B点场强大小为keq \f(24Q,25d2) D．A、B两点场强大小相等，方向相反 解析　系统达到静电平衡后，因为金属板接地，电势 为零，所以电场线分布如图甲所示，所以金属板右侧的电 场的电场线分布与图乙中等量异种点电荷连线的中垂线右 侧的电场线分布相同，所以O点场强大小为EO＝keq \f(Q,（2d）2) ＋keq \f(Q,（2d）2)＝keq \f(Q,2d2)，A正确；A点场强大小为EA＝keq \f(Q,d2)＋keq \f(Q,（3d）2)＝keq \f(10Q,9d2)，B错误；B点场强大小为EB＝keq \f(Q,d2)－keq \f(Q,（5d）2)＝keq \f(24Q,25d2)，C正确；由上述分析可知D错误。 跟进训练　(2024·河北高考)如图，真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为eq \f(q,2)。已知正三角形ABC的边长为a，M点的电场强度为0，静电力常量为k。顶点A处的电场强度大小为(　　) A．eq \f(2\r(3)kq,a2) B．eq \f(kq,a2)(6＋eq \r(3)) C．eq \f(kq,a2)(3eq \r(3)＋1) D．eq \f(kq,a2)(3＋eq \r(3)) 解析：M点的电场强度为0，根据电场强度的叠加原理结合对称性可知，带电细杆在M点产生的场强等效于A点电荷量为q的点电荷在M点产生的场强，由几何关系知，A点到M点的距离为r1＝eq \f(\r(3),3)a，因此带电细杆在M点产生的场强大小为E杆＝2,1)eq \f(kq,r) ＝eq \f(3kq,a2)，方向沿AM向下，由对称性可知，带电细杆在A点产生的场强大小为E杆，方向沿MA向上，而B、C两点的点电荷在A点产生的电场强度大小均为E＝eq \f(kq,a2)，方向分别为沿BA向上、沿CA向上，根据电场强度的叠加原理可知，A点的电场强度大小为EA＝E杆＋2Ecos30°＝eq \f(kq,a2)(3＋eq \r(3))，故D正确。 例5　物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需通过一定的分析就可以判断结论是否正确。如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为R1和R2的圆环，两圆环上的电荷量均为q(q>0)，而且电荷均匀分布。两圆环的圆心O1和O2相距为2a，连线的中点为O，轴线上的A点在O点右侧与O点相距为r(r<a)。试分析判断下列关于A点处电场强度大小E的表达式(式中k为静电力常量)正确的是(　　) A．E＝2,1)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kqR1,R＋（a＋r）2)－\f(kqR2,Req \o\al(2,2)＋（a－r）2))) B．E＝2,1)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kqR1,[R＋（a＋r）2]\s\up6(\f(3,2)))－\f(kqR2,[Req \o\al(2,2)＋（a－r）2]\s\up6(\f(3,2))))) C．E＝2,1)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kq（a＋r）,R＋（a＋r）2)－\f(kq（a－r）,Req \o\al(2,2)＋（a－r）2))) D．E＝2,1)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kq（a＋r）,[R＋（a＋r）2]\s\up6(\f(3,2)))－\f(kq（a－r）,[Req \o\al(2,2)＋（a－r）2]\s\up6(\f(3,2))))) 解析　与点电荷的场强公式E＝keq \f(Q,r2)比较可知，A、C两项表达式的单位不是场强的单位，故可以排除；由电场强度的分布规律可知，当r＝a时，右侧圆环在A点产生的场强为零，则A处场强只由左侧圆环上的电荷产生，即场强表达式只有一项，故B错误；综上所述，可知D正确。 3．在带电量为＋Q的金属球的电场中，为测量球附近某点的电场强度E，现在该点放置一带电量为＋eq \f(Q,2)的点电荷，点电荷受力为F，则该点的电场强度(　　) A．E＝eq \f(2F,Q) B．E>eq \f(2F,Q) C．E<eq \f(2F,Q) D．E＝eq \f(4F,Q) 解析：已知金属球和试探点电荷均带正电，根据同种电荷相互排斥，可知在金属球附近某点放置试探点电荷后，金属球上的电荷将向远离试探点电荷的方向移动，达到平衡时，金属球上电荷分布的中心与试探电荷所在点的距离将比未放试探电荷时大，则放上试探电荷后，该点的场强E′＜E；根据电场强度的定义知，E′＝eq \f(F,\f(Q,2))＝eq \f(2F,Q)，则E＞eq \f(2F,Q)，故A、C错误，B正确；由已知条件无法得出E＝eq \f(4F,Q)，故D错误。 4．如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k0，则(　　) A．a、b的电荷同号，k0＝eq \f(16,9) B．a、b的电荷异号，k0＝eq \f(16,9) C．a、b的电荷同号，k0＝eq \f(64,27) D．a、b的电荷异号，k0＝eq \f(64,27) 解析：对固定的小球c受到的库仑力进行分析，要使c球受到的库仑力合力与a、b的连线平行，则竖直方向小球c受到的库仑力合力为零，则a、b的电荷必须异号，如图所示，则有k2,ac)eq \f(QaQc,r) ·sinα＝k2,bc)eq \f(QbQc,r) ·sinβ，故k0＝eq \f(Qa,Qb)＝2,ac)eq \f(rsinβ,req \o\al(2,bc)sinα) ＝eq \f(42×\f(4,5),32×\f(3,5))＝eq \f(64,27)，D正确。 6．(2025·新疆普通高考适应性检测高三上第一次模拟)如图所示，均匀带电直杆的两端分别位于正三角形ABC的B点和C点，在AB边和AC边的中点P、Q分别放置两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，发现A点的电场强度为0，已知静电力常量为k，正三角形ABC的边长为L，则带电直杆在A点产生的电场强度(　　) A．大小为eq \f(4\r(3)kq,L2)，方向垂直BC向上 B．大小为eq \f(4\r(3)kq,L2)，方向垂直BC向下 C．大小为eq \f(\r(3)kq,L2)，方向垂直BC向上 D．大小为eq \f(\r(3)kq,L2)，方向垂直BC向下 解析：根据A点的电场强度为0，可知P、Q两点的点电荷在A 点产生的电场强度与带电直杆在A点产生的电场强度的矢量和为0， 如图所示，P、Q两点放置的点电荷在A点产生的电场强度大小均为 E＝eq \f(kq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))\s\up12(2))＝eq \f(4kq,L2)，其合场强为E合＝2Ecos30°＝eq \f(4\r(3)kq,L2)，方向垂直BC 向上，因此带电直杆在A点产生的电场强度大小为E杆＝E合＝eq \f(4\r(3)kq,L2)，方向垂直BC向下，故选B。 7．在某一点电荷产生的电场中，A、B两点的电场强度方向如图所示。若A点的电场强度大小为E，取sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，则在A、B两点的连线上，电场强度的最大值为(　　) A．eq \f(5,4)E B．eq \f(5,3)E C．eq \f(25,16)E D．eq \f(25,9)E 解析：沿两场强方向指示线反向延长，交点O为带正电的场源电荷位置，如图所示，设O、A距离为r，由点电荷场强公式可得，A点场强为E＝keq \f(Q,r2)，过O点作AB垂线，垂足为C，A、B连线上的C点离场源电荷最近，场强最大，最大值为E′＝keq \f(Q,（rsin37°）2)，联立解得E′＝eq \f(25,9)E，故选D。 8．如图所示，在场强为E的匀强电场中有一个质量为m的带正 电小球A悬挂在绝缘细线上，当小球静止时，细线与竖直方向成30° 角，已知此电场方向恰使小球受到的静电力最小，则小球所带的电荷 量应为(　　) A．eq \f(mg,E) B．eq \f(3mg,E) C．eq \f(2mg,E) D．eq \f(mg,2E) 解析：由此电场方向恰使小球受到的静电力最小可知，静电力的方 向与细线垂直，小球受力如图所示。由平衡条件可得qE＝mgsin30°， 则q＝eq \f(mg,2E)，故D正确。 解析：类比两等量异种点电荷、两等量同种点电荷的电场线分布可知，甲、乙应带同种电荷，且乙的电荷量较大，A正确，B错误；设甲、乙带电量分别为q1、q2，原来两电荷间的静电力为F＝keq \f(q1q2,r2)，接触后放回原处，总电荷量平分，两电荷间的静电力变为F′＝keq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(q1＋q2,2)))\s\up12(2),r2)，由数学知识可知eq \f(q1＋q2,2)＞eq \r(q1q2)，则F′＞F，即甲、乙间的静电力变大，C正确，D错误。 12．(2023·湖南高考)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90°、60°和30°。若P点处的电场强度为零，q>0，则三个点电荷的电荷量可能为(　　) A．Q1＝q，Q2＝eq \r(2)q，Q3＝q B．Q1＝－q，Q2＝－eq \f(4\r(3),3)q，Q3＝－4q C．Q1＝－q，Q2＝eq \r(2)q，Q3＝－q D．Q1＝q，Q2＝－eq \f(4\r(3),3)q，Q3＝4q 解析：由电场强度的叠加原理可知，要使P处场强为零，需 满足Q1、Q3电性相同，与Q2电性相反，且Q1、Q3在P处产生的 合场强与Q2在P处产生的场强等大反向，A、B错误；设Q1、Q2、 Q3分别固定在A、B、C三点，PA距离为a，如图所示，由几何关系得∠APB＝∠BPC＝30°，PB＝eq \f(PA,sin60°)＝eq \f(2\r(3),3)a，PC＝eq \f(PA,sin30°)＝2a，则有eq \f(k|Q1|,a2)·cos30°＋eq \f(k|Q3|,（2a）2)·cos30°＝eq \f(k|Q2|,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)a))\s\up12(2))，eq \f(k|Q1|,a2)sin30°＝eq \f(k|Q3|,（2a）2)sin30°，整理得4|Q1|＋|Q3|＝2eq \r(3)|Q2|，4|Q1|＝|Q3|，选项C、D中，只有选项D中数据满足上述关系式，故C错误，D正确。 解析：设小球P、Q的质量分别为mP、mQ，所带电荷量 分别为qP、qQ，两球之间的库仑力大小为F，连接P、Q的 两绳的拉力分别为TP、TQ，与竖直方向的夹角均为θ，匀强 电场的电场强度大小为E。对两小球受力分析如图所示，根 据平衡条件，对小球P有qPE＋F＝TPsinθ　①，TPcosθ＝ mPg　②；对小球Q有qQE＋TQsinθ＝F　③，TQcosθ＝mQg　④。由①③得TP＝eq \f(F＋qPE,sinθ)，TQ＝eq \f(F－qQE,sinθ)，则TP>TQ，A错误；由②④得eq \f(TP,TQ)＝eq \f(mP,mQ)，又TP>TQ，可知mP>mQ，B正确；若qP＝qQ，分析可知，上述关系式可能均成立，所以C、D错误。 [C组　拔尖培优练] 14．如图所示，光滑绝缘的水平桌面上有一质量为m、带电量为－q的点电荷，距水平桌面高h处的空间内固定一场源点电荷＋Q，两电荷连线与水平面间的夹角θ＝30°，现给点电荷－q一水平初速度，使其在水平桌面上做匀速圆周运动，已知重力加速度为g，静电力常量为k，则(　　) A．点电荷－q做匀速圆周运动所需的向心力为eq \f(\r(3)kQq,8h2) B．点电荷－q做匀速圆周运动的角速度为eq \f(1,2h) eq \r(\f(kQq,mh)) C．若水平初速度v＝eq \f(\r(3gh),3)，则点电荷－q对桌面压力为零 D．点电荷－q做匀速圆周运动所需的向心力一定由重力和库仑力的合力提供 解析：点电荷－q在水平桌面上做匀速圆周运动所需的向心力由库仑力在水平方向的分力提供，可得F向＝keq \f(Qq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,sinθ)))\s\up12(2))·cosθ＝eq \f(\r(3)kQq,8h2)，故A正确；根据牛顿第二定律得F向＝mω2eq \f(h,tanθ)，解得点电荷－q做匀速圆周运动的角速度ω＝eq \f(1,2h) eq \r(\f(kQq,2mh))，故B错误；若点电荷－q对桌面恰好没有压力，水平方向根据圆周运动的规律有eq \f(\r(3)kQq,8h2)＝meq \f(v2,\f(h,tan30°))，竖直方向受力平衡，有eq \f(kQq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,sin30°)))\s\up12(2))·sin30°＝mg，解得v＝eq \r(3gh)，即当v＝eq \r(3gh)时，点电荷－q做匀速圆周运动所需的向心力才由重力和库仑力的合力提供，其他情况点电荷－q做匀速圆周运动所需的向心力由重力、库仑力和水平桌面的支持力的合力提供，故C、D错误。 $$