电场强度专练 提升训练-2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦电场强度核心考点，通过模型建构与科学推理实现从基础概念到综合应用的递进式突破，强化对称法、叠加原理等科学思维的迁移应用。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |点电荷与球体电场|4题|补全法构建对称模型、类比万有引力场|从点电荷场强公式推导球体（壳）电场分布规律| |电场强度叠加|4题|对称抵消法、矢量分解合成|多电荷场强叠加遵循平行四边形定则| |特殊方法求场强|3题|量纲分析、极限法、微元法|通过数学工具验证物理规律的科学性| |场强与电场力|5题|微元积分、受力平衡方程|场强定义式与决定式的适用条件辨析| |方向判断|7题|电场线疏密与方向、轨迹弯曲分析|电场性质与电荷运动的相互推导| |匀强电场平衡|5题|整体法与隔离法、矢量三角形|电场力与力学平衡条件的综合应用|

电场强度专练 一．点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场（共4小题） 1．（2026春•道里区校级期末）如图所示，ABC为半径为R半球壳，ABC整个球壳上均匀分布有正电荷，总电荷量为+2Q，O为圆心，M、B、O、N在同一直线上，且OM＝ON＝2R，球壳上电荷在M点处的电场强度为E，则下列判断正确的是（　　） A．N点处电场强度大小为k，指向ON方向 B．N点处电场强度大小为k，指向ON方向 C．N点的电场强度大小为E﹣k，指向NO方向 D．N点处的电场强度大小为kE，指向ON方向 2．（2026春•海淀区校级期末）下列有关物理概念和物理过程说法正确的是（　　） A．由电场强度公式可知，电场中某点的电场强度由试探电荷电荷量和所受电场力决定 B．由可知，在离点电荷很近的地方，r接近于零，电场强度为无穷大 C．点电荷是一个带有电荷的点，它是实际带电体的抽象，任何带电体在一定条件下都可以当作点电荷处理 D．“元电荷”是最小的电荷量，用e表示，e＝1.6×10﹣19C，电子就是元电荷 3．（2026春•徐州期中）关于电场，下列说法正确的是（　　） A．电场是想象出来的，实际不存在 B．若电场中的某点不放试探电荷，则该点的电场强度为0 C．公式表明在电场中某点的电场强度的大小与试探电荷的电荷量q成反比 D．公式表明在点电荷的电场中，某点的电场强度的大小与电荷量Q成正比 4．（2026春•长宁区校级期末）万有引力定律与库仑定律有相似的形式，因此质点的引力场与点电荷的电场也有很多相似的规律。已知引力常量为G。 （1）类比点电荷电场强度的表达式，写出一个质量为m的质点在与之相距r处的引力场强度EG的表达式 　 　 。 （2）假设沿地轴的方向凿通一条贯穿地球两极的隧道，隧道极窄，地球仍可看作一个半径为R、质量分布均匀的球体。如左图所示，以地心为原点，向北为正方向建立x轴，请在图中定性作出描述隧道中地球引力场强度随x变化的规律。【提示：质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。】 二．电场强度的叠加（共4小题） 5．（2026春•河南期末）如图所示，在边长为L的正六边形的顶点依次放+q、+2q、+3q、+4q、+5q、+6q六个点电荷，静电力常量为k，则中心O处的电场强度大小为（　　） A． B． C． D． 6．（2026春•李沧区校级期末）图甲为一段粗细均匀的绝缘材料制成的圆环，使其均匀带电后，它在圆心处产生的场强大小为E。现将该环裁掉后变成图乙所示的半圆环，则它在圆心处的场强大小为（　　） A． B． C． D． 7．（2026春•潍坊期末）真空中有三个相同的金属球a、b、c，分别位于边长为r的正三角形的三个顶点上（r远大于小球直径），其中a球带电荷量为+5q，b球带电荷量为﹣q，c球不带电。现将a球先后与b、c接触再放回原处，已知静电力常量为k，则b球受到的静电力大小为（　　） A． B． C． D． 8．（2026春•沙坪坝区校级期末）在静电实验或离子阱设计中，有时需要精确控制某点的电场方向。例如，三个点电荷分别固定在等边三角形的三个顶点A、B、C上，O是三角形的中心。已知A、B处分别放置+3q、+q的点电荷，现要求O点电场方向平行于BC向左。为实现这一目标，需要在C处放置一个电荷Q，则Q的电荷量为（　　） A．+2q B．+4q C．+5q D．+6q 三．用特殊的方法求解电场强度（共3小题） 9．（2026春•哈尔滨期末）如图，均匀带电的绝缘细棒组成正五边形，其中四根细棒均带电荷量+q，另一根细棒带电荷量﹣4q，正五边形中心O点的电场强度大小为E1。若移走带电荷量为﹣4q的细棒而其余四根棒的位置、电荷量分布均不变，O点的电场强度大小变为E2。若移走其他细棒，只留下一根带电荷量+q的细棒，O点的电场强度大小变为E3。则关于三者的关系，下列判断正确的是（　　） A．E3（E1﹣E2） B．E3＝E1﹣E2 C．E3E1 D．E3＝E1+E2 10．（2026春•丹阳市期末）某一由绝缘材料制成的圆环，其上均匀分布有正电荷，圆心O处的电场强度大小为E1、电势为φ1，若在环上P处截去一小段圆弧（如图所示），此时O点的场强大小变为E2、电势变为φ2，则（　　） A．E1＝E2 B．E1＞E2 C．φ1＞φ2 D．φ1＜φ2 11．（2026春•海淀区校级月考）量纲法、极限法（特殊值法）、对称法可以检验推导结果正误。如图所示，半径为R的圆环均匀带电，线电荷密度（单位长度带电量）为λ，以圆环圆心为原点O，垂直圆环平面建立z轴，静电力常数为k，以下给出了坐标为z处的电场强度大小E的推导结果，请根据量纲法、极限法和对称法判断，有可能正确的是（　　） A． B． C． D． 四．电场强度与电场力的关系和计算（共5小题） 12．（2026春•天心区期末）如图所示，一个均匀带正电的半球壳固定在空间中，在球心O处由静止释放一个带正电的试探粒子（不计粒子重力），粒子在刚释放的瞬间，其电场力产生的初加速度大小为a0。现沿过球心的平面切去该半球壳的一瓣，切下部分的二面角（夹角）α＝60°，并保持其余躯干部分仍然固定。若再次在球心O处由静止释放同样的试探粒子，则其在释放瞬间的初加速度大小变为（　　） A．a0 B．a0 C．a0 D．a0 13．（2026春•太原期末）关于电场强度，以下说法正确的是（　　） A．若在电场中的P点不放试探电荷，则P点的电场强度为0 B．点电荷的电场强度公式E＝k表明，点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍 C．电场强度公式E表明，电场强度的大小与试探电荷的电荷量q成反比，若q减半，则该处的电场强度变为原来的2倍 D．匀强电场中电场强度处处相同，所以任何电荷在其中受力都相同 14．（2026春•沙市区校级月考）如图所示，是半径为R，电荷量为+Q且均匀分布的圆环，在过圆心且垂直于圆面的轴线上有两点A、B，其中A点距圆心为d（R没有远小于d），下列有关说法正确的是（　　） A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度 B．A点的电场强度方向向左 C．A点的电场强度为 D．A点的电场强度为 15．（2026•襄城区校级模拟）如图所示，光滑绝缘圆形轨道水平放置在光滑绝缘桌面上，O为圆心，A、B连线过O点，AO＝4cm，BO＝2cm，在A点固定正点电荷Q1，B点固定正点电荷Q2，带正电的小球静止于轨道内侧P点（A、B两点均位于圆内，且A、B、P三点不共线），已知AP：BP＝2：1。下列说法正确的是（　　） A．Q1与Q2的电荷量大小之比为2：1 B．P点的电场强度方向垂直于AB向左 C．将小球的电荷量加倍后，它仍能静止在P点 D．A、B连线上O点电场强度最大 16．（2026•唐山二模）在O点固定的点电荷产生的静电场中，一电子仅在静电力作用下的运动轨迹如图中实线所示，A、B是轨迹上两点。已知OA＝2OB，电子在A点所受静电力大小为F，则电子在B点处所受静电力大小为（　　） A． B． C．2F D．4F 五．电荷性质、电场力方向和电场强度方向的相互判断（共7小题） 17．（2025春•洛阳月考）如图所示是描述甲、乙两个点电荷电场的部分电场线，下列说法正确的是（　　） A．甲带负电，乙带正电 B．甲的电荷量大于乙的电荷量 C．P点的电场强度小于Q点的电场强度 D．在P点由静止释放一个带正电的粒子，仅在图中静电力的作用下，粒子会沿电场线运动到Q点 18．（2025春•洛阳月考）如图所示，三条虚线表示某点电荷形成的电场中的等势面，一带电粒子仅受电场力作用，沿实线路径运动，A、B、C、D、G是该带电粒子运动轨迹与等势面的交点，下列说法正确的是（　　） A．场源电荷带正电 B．该带电粒子带正电 C．该带电粒子在B、G两点处的动能相同 D．带电粒子在D点的加速度小于在G点的加速度 19．（2025春•如皋市期中）如图所示，带等量正电的点电荷固定在A、B两点，O是A、B连线的中点，N、P是中垂线上的两点，ON＝OP。一带负电的试探电荷，从P点由静止释放，只在静电力作用下运动，则试探电荷（　　） A．在P点受到的电场力与PN垂直 B．运动到O点时的速度最大 C．沿着P→O→N，试探电荷的加速度一定先减小后增加 D．若试探电荷的电荷量增大，试探电荷在P点所受电场力与其电荷量的比值减小 20．（2025•重庆校级模拟）某静电场在x轴正半轴的电势φ随x变化的图像如图所示，a、b、c、d为x轴上的四个点。一负电荷仅在静电力作用下，以一定初速度从d点开始沿x轴负方向运动到a点，则该电荷（　　） A．在b点电势能最小 B．在c点时速度最小 C．所受静电力始终做负功 D．在a点受静电力沿x轴正方向 21．（2024•娄底模拟）如图，一个电荷量为q的正点电荷位于电场中A点，受到的电场力为F，则A点的电场强度大小，方向与F相同。若把该点电荷换为电荷量为2q的负点电荷，则A点的电场强度（　　） A．大小仍为E，方向与原来相反 B．大小仍为E，方向与原来相同 C．大小变为，方向与原来相反 D．大小变为，方向与原来相同 22．（2023春•淮安期末）某电场区域的电场线如图，a、b是其中一条电场线上的两点，下列说法正确的是（　　） A．负试探电荷在a、b两点受到的电场力大小关系是Fa＜Fb B．a、b两点的电势关系φa＜φb C．该电场可能是一个负的场源电荷产生的电场 D．负试探电荷在a、b两点的电势能关系是Epa＜Epb 23．（2023秋•思明区校级月考）如图所示为两个等量点电荷P、Q的电场线分布。电荷P带 　 　 电，某带电粒子（不计重力）以一定的初速度从A点射出，仅在电场力的作用下沿图中虚线由A点运动至B点。判断该粒子带 　 　 电。（以上两空均选填“正”或“负”） 六．带电体在匀强电场中的受力平衡（共5小题） 24．（2026•淮北模拟）如图所示，绝缘斜面体放置在水平地面上，空间中存在竖直向下的匀强电场，一带正电的滑块沿斜面匀速下滑，在滑块下滑过程中，斜面体始终保持静止。则（　　） A．地面对斜面体施加水平向右的摩擦力 B．地面对斜面体施加水平向左的摩擦力 C．撤去电场，物体仍然沿斜面匀速下滑 D．撤去电场，物体将沿斜面匀加速下滑 25．（2026•昆明模拟）如图所示，两相同物块A、B叠放在一起，靠着竖直墙面。物块A、B质量均为1kg，与墙面之间的动摩擦因数均为0.2，且处于电场强度为E＝100N/C、方向垂直于墙面向左的匀强电场中，物块A不带电，物块B带0.5C的正电荷，重力加速度g取10m/s2。让它们由静止释放，则在它们沿粗糙墙面下滑的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．墙面对A的摩擦力为0 B．A做自由落体运动 C．B下滑的加速度为10m/s2 D．A、B间的作用力为0 26．（2025秋•荔湾区校级期末）美国物理学家密立根利用如图所示的实验装置，最先测出了电子的电荷量，被称为密立根油滴实验。如图，两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下，板间油滴P由于带负电悬浮在两板间保持静止。已知油滴质量m、两板间的电压U、两板间的距离d、两板的长度L、当地的重力加速度为g，以下说法正确的是（　　） A．电荷量q B．电荷量q C．板间电场强度E D．板间电场强度E＝Ud 27．（2026春•赣州期末）如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，细绳与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球所带电荷量q＝1.0×10﹣3C，匀强电场的电场强度E＝3.0×103N/C，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）判断小球的电性并求小球受到的电场力； （2）求小球的质量m。 28．（2026春•道里区校级期末）如图所示，在范围足够大的水平向右的匀强电场中，用一根绝缘的柔软细线悬挂一质量为m，带电量为q（q＞0）的小球，小球静止时悬线与竖直方向夹角为θ，重力加速度g，忽略空气的影响。求： （1）电场强度大小； （2）剪断细线后，经过时间t，小球的速度大小和方向； （3）在不改变小球初始状态的情况下，所加电场强度的最小值多大？方向如何？ 答案及解析 一．点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场（共4小题） 1．（2026春•道里区校级期末）如图所示，ABC为半径为R半球壳，ABC整个球壳上均匀分布有正电荷，总电荷量为+2Q，O为圆心，M、B、O、N在同一直线上，且OM＝ON＝2R，球壳上电荷在M点处的电场强度为E，则下列判断正确的是（　　） A．N点处电场强度大小为k，指向ON方向 B．N点处电场强度大小为k，指向ON方向 C．N点的电场强度大小为E﹣k，指向NO方向 D．N点处的电场强度大小为kE，指向ON方向 【分析】本题通过补全对称的右半球壳构建完整均匀带电球面模型，将半球壳问题转化为完整球面与对称半球壳的叠加。已知完整球面在外部产生的电场等效于球心处点电荷，利用点电荷电场公式求出N点总场强，再根据对称性确定右半球壳在N点的场强与左半球壳在M点的场强大小相等、方向相同，最后通过电场叠加原理用总场强减去右半球壳贡献得到左半球壳在N点的场强大小和方向。 【解答】解：假设补全一个与ABC完全对称的右半球壳，组成一个完整的均匀带电球面。由于左半球壳带电量为+2Q，则完整球面的总电荷量为+4Q； 对于完整球面，其外部的电场等效于全部电荷集中于球心处点电荷产生的电场，根据点电荷电场强度公式，完整球面在N点产生的电场强度大小为，方向沿ON方向； 根据对称性可知，补全的右半球壳在N点产生的电场强度与左半球壳在M点产生的电场强度大小相等，设为E'，则E'＝E，方向沿ON方向； 根据电场强度的叠加原理，完整球面在N点的电场强度等于左、右半球壳分别在N点产生的电场强度的矢量和，即E0＝EN+E'，解得左半球壳在N点处的电场强度大小为，方向沿ON方向。 根据上述分析可知，N点处电场强度大小为，指向ON方向，故ACD错误，B正确。 故选：B。 2．（2026春•海淀区校级期末）下列有关物理概念和物理过程说法正确的是（　　） A．由电场强度公式可知，电场中某点的电场强度由试探电荷电荷量和所受电场力决定 B．由可知，在离点电荷很近的地方，r接近于零，电场强度为无穷大 C．点电荷是一个带有电荷的点，它是实际带电体的抽象，任何带电体在一定条件下都可以当作点电荷处理 D．“元电荷”是最小的电荷量，用e表示，e＝1.6×10﹣19C，电子就是元电荷 【分析】AB.根据电场强度的定义式和点电荷的场强公式的理解和应用分析解答；C.根据点电荷的模型分析解答；D.根据元电荷和电子的区别进行分析解答。 【解答】解：A.是电场强度的定义式，电场中某点的电场强度由电场本身性质决定，与试探电荷的电荷量q、所受电场力F无关，故A错误； B.是真空中点电荷的电场强度公式，仅适用于点电荷，当r趋近于0时，带电体不能再视为点电荷，该公式不再适用，无法得出电场强度无穷大的结论，故B错误； C.点电荷是理想化物理模型，是实际带电体的抽象，当带电体的形状、大小对所研究问题的影响可以忽略时，任何带电体都可当作点电荷处理，故C正确； D.元电荷是最小的电荷量单位，电子是带有元电荷电荷量的实物粒子，电子本身不是元电荷，故D错误。 故选：C。 3．（2026春•徐州期中）关于电场，下列说法正确的是（　　） A．电场是想象出来的，实际不存在 B．若电场中的某点不放试探电荷，则该点的电场强度为0 C．公式表明在电场中某点的电场强度的大小与试探电荷的电荷量q成反比 D．公式表明在点电荷的电场中，某点的电场强度的大小与电荷量Q成正比 【分析】根据电场强度的概念、特点及其公式的特点分析判断。 【解答】解：A.电场是客观存在的物质，它对放入其中的电荷有力的作用，并非想象出来的，故A错误； B.电场强度是描述电场本身性质的物理量，其大小由电场本身决定，与是否放入试探电荷无关。即使某点不放试探电荷，该点的电场强度依然存在且大小不变，故B错误； C.是电场强度的定义式，其中E表示电场强度，F是试探电荷在该点所受的电场力，q是试探电荷的电荷量。该公式采用比值定义法，E的大小不由F和q决定，而是由电场本身决定，与试探电荷的电荷量q无关，故C错误； D.是真空中点电荷产生的电场强度的决定式，其中Q是场源电荷的电荷量，r是研究点到场源电荷的距离，k是静电力常量。由该公式可知，在点电荷的电场中，某点的电场强度大小E与场源电荷的电荷量Q成正比，与距离r的平方成反比，故D正确。 故选：D。 4．（2026春•长宁区校级期末）万有引力定律与库仑定律有相似的形式，因此质点的引力场与点电荷的电场也有很多相似的规律。已知引力常量为G。 （1）类比点电荷电场强度的表达式，写出一个质量为m的质点在与之相距r处的引力场强度EG的表达式 　　 。 （2）假设沿地轴的方向凿通一条贯穿地球两极的隧道，隧道极窄，地球仍可看作一个半径为R、质量分布均匀的球体。如左图所示，以地心为原点，向北为正方向建立x轴，请在图中定性作出描述隧道中地球引力场强度随x变化的规律。【提示：质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。】 【分析】（1）类比点电荷电场强度的表达式进行解答； （2）根据题意设置条件，类比均匀带电介质球体的电场规律以及得到的引力场强度表达式分析解答。 【解答】解：（1）类比点电荷电场强度的表达式，可得； （2）设地球质量为M，在位置x处将地球分为两部分，一部分是以|x|为半径的球，另一部分是以R﹣|x|为厚度的球壳。类比均匀带电介质球体的内部电场规律，半径为x的球在位置x处产生的引力场场强大小，其中，整理得，由于隧道中x＞0时场强方向为负，x＜0时场强方向为正，因此EG随x变化的规律为，作图如下 故答案为：（1）；（2）定性作出描述隧道中地球引力场强度随x变化的规律如下 二．电场强度的叠加（共4小题） 5．（2026春•河南期末）如图所示，在边长为L的正六边形的顶点依次放+q、+2q、+3q、+4q、+5q、+6q六个点电荷，静电力常量为k，则中心O处的电场强度大小为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据点电荷场强公式分析每个电荷在O点产生的场强，再利用正六边形的对称性将场强分组合成，最后叠加得到总场强。 【解答】解：正六边形放+q、+2q、+3q、+4q、+5q、+6q电荷的顶点分别记为A、B、C、D、E、F，如图所示 由对称关系可知，顶点A、B、C处的电荷在中心O处产生的场强与顶点D、E、F处等量电荷在中心O处产生的场强大小相等，方向相反，刚好抵消。正六边形边长为L，则各顶点到中心O处的距离均为L，O处的场强相当于顶点D、E、F处剩余电荷产生的场强，顶点D、E、F处剩余电荷均为+3q，在中心O处产生的电场强度大小相等，为 顶点D、F处在中心O处产生的电场强度方向夹角为120°，则合场强大小也为E，方向由O指向B；顶点E在O处产生的场强方向也由O指向B 因此中心O处的电场强度大小 故中心O处的电场强度大小为，方向由O指向B。 故ABD错误，C正确。 故选：C。 6．（2026春•李沧区校级期末）图甲为一段粗细均匀的绝缘材料制成的圆环，使其均匀带电后，它在圆心处产生的场强大小为E。现将该环裁掉后变成图乙所示的半圆环，则它在圆心处的场强大小为（　　） A． B． C． D． 【分析】可以分成两个四分之一的圆环，由对称性及矢量的合成法则，先确定每个四分之一的圆环在圆心处产生的场强大小；结合题意，即可分析求得图乙中圆心处的电场强度，进而判断ABCD正误。 【解答】解：如图所示 把材料按圆分成均等份，假设圆环带正电荷，每一份产生的电场强度如图。由对称性可知，左边图有两部分抵消了，其中一部分产生的电场强度即为合电场强度E。而右边的图没有抵消，由平行四边形定则结合对称性可得 O点在圆心处的场强大小为E 故ABD错误，C正确。 故选：C。 7．（2026春•潍坊期末）真空中有三个相同的金属球a、b、c，分别位于边长为r的正三角形的三个顶点上（r远大于小球直径），其中a球带电荷量为+5q，b球带电荷量为﹣q，c球不带电。现将a球先后与b、c接触再放回原处，已知静电力常量为k，则b球受到的静电力大小为（　　） A． B． C． D． 【分析】先让a、b接触均分总电荷得到a、b带电量，再让a与不带电的c接触再次均分电荷，得到最终a、b、c各自带电量；利用库仑定律分别算出a对b、c对b的库仑斥力大小；由于三球构成正三角形，两个斥力夹角为60°，通过力的合成公式求出b球所受静电力合力。 【解答】解：当金属球a先与金属球b接触时，根据电荷守恒定律有，解得q1＝2q 随后金属球a与金属球c接触，同理有，解得q2＝q 可知最终b球的带电量为2q，a球和c球的带电量均为q，根据库仑定律分别有，，解得 由题意可知三个金属球构成正三角形，则Fab与Fcb两力的夹角为60°，由力的合成法则可得b球受到的静电力大小为F＝2Fabcos30°，解得，故ABD错误，C正确。 故选：C。 8．（2026春•沙坪坝区校级期末）在静电实验或离子阱设计中，有时需要精确控制某点的电场方向。例如，三个点电荷分别固定在等边三角形的三个顶点A、B、C上，O是三角形的中心。已知A、B处分别放置+3q、+q的点电荷，现要求O点电场方向平行于BC向左。为实现这一目标，需要在C处放置一个电荷Q，则Q的电荷量为（　　） A．+2q B．+4q C．+5q D．+6q 【分析】已知A、B、C为等边三角形顶点，O为中心，A、B点电荷已知，O点总电场方向要求平行于BC向左。需要分析A、B点电荷在O点产生的电场方向与大小，A处电荷在O点的场强方向沿AO向下，B处电荷在O点的场强方向沿BO斜向上，可分解为沿BC方向和垂直BC方向的分量。根据O点总场强方向水平向左的条件，可知垂直BC方向的合场强必须为零。因此C处电荷Q在O点产生的场强，其垂直BC方向的分量需要与A、B电荷在该方向的分量相互抵消，由此建立方程求解Q的大小和电性。 【解答】解：设正三角形中心O到三个顶点的距离均为r。根据点电荷场强公式，A处点电荷在O点产生的电场强度方向向下，大小为。 B处点电荷在O点产生的电场强度向上的分量为。 由于EA＞EBy，为使O点合电场方向平行于BC向左，C处点电荷在O点产生的电场强度需具有向上的分量，故C处点电荷带正电，且需满足ECy＝EA﹣EBy，解得：。又，解得：Q＝+5q。故ABD错误，C正确。 故选：C。 三．用特殊的方法求解电场强度（共3小题） 9．（2026春•哈尔滨期末）如图，均匀带电的绝缘细棒组成正五边形，其中四根细棒均带电荷量+q，另一根细棒带电荷量﹣4q，正五边形中心O点的电场强度大小为E1。若移走带电荷量为﹣4q的细棒而其余四根棒的位置、电荷量分布均不变，O点的电场强度大小变为E2。若移走其他细棒，只留下一根带电荷量+q的细棒，O点的电场强度大小变为E3。则关于三者的关系，下列判断正确的是（　　） A．E3（E1﹣E2） B．E3＝E1﹣E2 C．E3E1 D．E3＝E1+E2 【分析】若五根细棒均带电荷量+q，根据对称性可知中心O点的合电场强度为零，由此可知，其中四根细棒与第五根细棒在O点产生的电场强度等大反向， 细棒带正电时，O点电场强度方向背离细棒，带负电时方向指向细棒，画出电场强度示意图，根据矢量叠加原理分析。 【解答】解：由题意可知单独一根带电荷量+q的细棒在O点产生的电场强度大小为E3， 若五根细棒均带电荷量+q，根据对称性可知中心O点的合电场强度为零，由此可知，其中四根细棒与第五根细棒在O点产生的电场强度等大反向，有E2＝E3，如图所示： 设带电荷量为﹣4q的细棒在O点产生的电场强度大小为E4，则有E4＝4E3，由矢量叠加原理可知E1＝E4+E2，代入数据可得E1＝5E3＝5E2，故A正确，BCD错误。 故选：A。 10．（2026春•丹阳市期末）某一由绝缘材料制成的圆环，其上均匀分布有正电荷，圆心O处的电场强度大小为E1、电势为φ1，若在环上P处截去一小段圆弧（如图所示），此时O点的场强大小变为E2、电势变为φ2，则（　　） A．E1＝E2 B．E1＞E2 C．φ1＞φ2 D．φ1＜φ2 【分析】根据对称性，结合场强叠加原理，综合电势是标量，叠加时直接代数相加分析求解。 【解答】解：AB.根据对称性可知均匀分布有正电荷的圆环圆心O点的电场强度大小为E1＝0；在环上P处截去一小段圆弧，则O点的场强大小不为0，故有E1＜E2，故AB错误； CD.电势是标量，叠加时直接代数相加；所有电荷都是正电荷，每个电荷元在O点产生的电势均为正值；原完整圆环的电势是所有电荷元的电势之和；截去一小段正电荷后，总电势等于原电势减去截去部分贡献的正电势，即φ2＝φ1﹣Δφ（Δφ＞0），则有φ1＞φ2，故C正确，D错误。 故选：C。 11．（2026春•海淀区校级月考）量纲法、极限法（特殊值法）、对称法可以检验推导结果正误。如图所示，半径为R的圆环均匀带电，线电荷密度（单位长度带电量）为λ，以圆环圆心为原点O，垂直圆环平面建立z轴，静电力常数为k，以下给出了坐标为z处的电场强度大小E的推导结果，请根据量纲法、极限法和对称法判断，有可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【分析】A、结合电场强度的量纲以及选项分子、分母的量纲的计算规律分析选项正误； B、根据圆环产生电场的对称性判断； C、当z远大于R时，均匀带电圆环可视为点电荷，结合电场强度定义式分析场强与的函数关系，结合函数关系推导选项正误； D、分别讨论当z＝0时以及z≫R时场强的特点，以此判断选项正误。 【解答】解：A、根据电场强度的定义式可知电场强度E的量纲为[MLT﹣3I﹣1]。分子量纲[k][λ][R][z]＝ML4I﹣1T﹣3 分母（R2+z2）2量纲为L4，因此A的量纲为[MT﹣3I﹣1]，不符合E的量纲，故A错误； B、根据对称性，圆环圆心处（z＝0）各电荷的电场相互抵消，总场强E＝0 代入z＝0，选项B得，不符合结论，故B错误； C、当z远大于R时，均匀带电圆环可视为点电荷，总电量Q＝λ•2πR 点电荷场强 即E与成正比。 对选项C，z≫R时R2+z2≈z2，得，与点电荷场强规律不符，故C错误； D、z＝0时，代入上述选项分析结果可得场强大小为，符合对称性； z≫R时，代入上述选项分析结果可得场强大小为符合点电荷场强规律，且E为电场强度大小，含|z|保证E非负，符合要求，故D正确； 故选：D。 四．电场强度与电场力的关系和计算（共5小题） 12．（2026春•天心区期末）如图所示，一个均匀带正电的半球壳固定在空间中，在球心O处由静止释放一个带正电的试探粒子（不计粒子重力），粒子在刚释放的瞬间，其电场力产生的初加速度大小为a0。现沿过球心的平面切去该半球壳的一瓣，切下部分的二面角（夹角）α＝60°，并保持其余躯干部分仍然固定。若再次在球心O处由静止释放同样的试探粒子，则其在释放瞬间的初加速度大小变为（　　） A．a0 B．a0 C．a0 D．a0 【分析】利用电场强度的叠加原理与对称性分析。原均匀带正电半球壳在球心O处产生的电场使试探粒子获得初加速度a0；切去一部分后，剩余部分的电场为原电场与切去部分电场的矢量差。结合切下部分的二面角α＝60°，分析切去部分电场与原电场的方向关系，通过矢量运算求解剩余部分的加速度。 【解答】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E1一定沿着（180°﹣θ）角的角平分线向左下方，两部分球面产生的电场在O处的电场强度一定相互垂直，设均匀带电的半球壳的电场强度大小为E0，根据牛顿第二定律有qE0＝ma0，同理可以分析其电场强度方向， 画出矢量图如图所示： 则剩余部分的电场强度大小 ，故有，故产生的加速度为，故ACD错误，B正确。 故选：B。 13．（2026春•太原期末）关于电场强度，以下说法正确的是（　　） A．若在电场中的P点不放试探电荷，则P点的电场强度为0 B．点电荷的电场强度公式E＝k表明，点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍 C．电场强度公式E表明，电场强度的大小与试探电荷的电荷量q成反比，若q减半，则该处的电场强度变为原来的2倍 D．匀强电场中电场强度处处相同，所以任何电荷在其中受力都相同 【分析】A.电场强度是电场本身的性质，与试探电荷的有无无关，据此分析判断； B.根据点电荷的电场强度的决定式的特点，即可分析判断； C.电场强度是电场本身的性质，与试探电荷的电荷量无关，据此分析判断； D.根据电场力与电场强度的关系，即可分析判断。 【解答】解：A.电场强度是电场本身的性质，与试探电荷的有无无关，故A错误； B.该公式为点电荷的电场强度的决定式，点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，因此在r减半的位置上，电场强度变为原来的4倍，故B正确； C.电场强度是电场本身的性质，与试探电荷的电荷量无关，试探电荷电荷量减半，则该处的电场强度不变，故C错误； D.电荷在电场中所受静电力大小除了与该点的电场强度有关，还与该电荷的电荷量有关，因此在匀强电场中，电荷电荷量相同，则受力相同，电荷量不同，受力不同，故D错误。 故选：B。 14．（2026春•沙市区校级月考）如图所示，是半径为R，电荷量为+Q且均匀分布的圆环，在过圆心且垂直于圆面的轴线上有两点A、B，其中A点距圆心为d（R没有远小于d），下列有关说法正确的是（　　） A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度 B．A点的电场强度方向向左 C．A点的电场强度为 D．A点的电场强度为 【分析】均匀带电圆环轴线上的电场强度可由微元法积分求得，圆心处场强为零，轴线上场强先增大后减小，方向沿轴线向外；场强大小与到圆心距离有关，需用公式计算。 【解答】解：A、均匀带电圆环轴线上的电场强度分布规律是：从圆心处开始，随着距离增加先增大后减小，中间存在一个最大值，无穷远处趋于0；由于题目未给出d与R的具体数值关系以及B点的具体位置，无法比较A、B两点电场强度的大小，故A错误； B、圆环带正电，结合电场叠加原理和对称性，轴线上A点的电场强度方向应沿轴线背离圆心，即向右，故B错误； CD、在圆环上取一电荷量为Δq的微元，该点到A点的距离，该点在A点产生的电场强度大小为 将ΔE分解为沿轴线方向，垂直轴线方向，垂直轴线方向的分量相互抵消， 设微元与A点连线与轴线的夹角为θ，则 A点的总场强为所有微元在轴线方向分量得和 解得，故C错误，D正确。 故选：D。 15．（2026•襄城区校级模拟）如图所示，光滑绝缘圆形轨道水平放置在光滑绝缘桌面上，O为圆心，A、B连线过O点，AO＝4cm，BO＝2cm，在A点固定正点电荷Q1，B点固定正点电荷Q2，带正电的小球静止于轨道内侧P点（A、B两点均位于圆内，且A、B、P三点不共线），已知AP：BP＝2：1。下列说法正确的是（　　） A．Q1与Q2的电荷量大小之比为2：1 B．P点的电场强度方向垂直于AB向左 C．将小球的电荷量加倍后，它仍能静止在P点 D．A、B连线上O点电场强度最大 【分析】根据小球在P点的平衡条件，结合库仑定律分析两个点电荷的电荷量关系，推导P点的合场强方向，分析小球电荷量增加后的平衡情况，以及AB连线上的场强最大值位置。 【解答】解：A.小球静止，沿切线方向合力为零（沿切线方向电场强度为零），如图所示 因为AP：BP＝AO：OB＝2：1 根据角平分线特征可知α＝β根据平衡条件 代入数据可得，故A错误； B.因为P点切线方向电场强度为零，则P点的电场方向沿OP方向，故B错误； C.因为P点切线方向电场强度为零，小球电荷量加倍，会增大轨道对小球的弹力，小球仍能静止在P点，故C正确； D.A、B连线上接近A点（或B点）处点电荷场强大于O点，故D错误。 故选：C。 16．（2026•唐山二模）在O点固定的点电荷产生的静电场中，一电子仅在静电力作用下的运动轨迹如图中实线所示，A、B是轨迹上两点。已知OA＝2OB，电子在A点所受静电力大小为F，则电子在B点处所受静电力大小为（　　） A． B． C．2F D．4F 【分析】运用库仑定律的平方反比公式，结合OA与OB的长度比值推导B点电子受到的静电力大小。 【解答】解：根据库仑定律，电子所受静电力大小F＝k，设OB＝r，则OA＝2r A点静电力： B点静电力： 联立解得FB＝4F，故D正确，ABC错误。 故选：D。 五．电荷性质、电场力方向和电场强度方向的相互判断（共7小题） 17．（2025春•洛阳月考）如图所示是描述甲、乙两个点电荷电场的部分电场线，下列说法正确的是（　　） A．甲带负电，乙带正电 B．甲的电荷量大于乙的电荷量 C．P点的电场强度小于Q点的电场强度 D．在P点由静止释放一个带正电的粒子，仅在图中静电力的作用下，粒子会沿电场线运动到Q点 【分析】根据电场线的方向判断电荷正负，由电场线分布判断电荷量大小，根据电场线疏密比较场强，结合电场线与运动轨迹的关系分析各选项。 【解答】解：AB、根据电场线分布特点，带正电，乙带负电，并且甲的电荷量大于乙的电荷量，故A错误；B正确； C、根据电场线的疏密程度代表场强得大小，故P点的电场强度大于Q点的电场强度，故C错误； D、在P位置静止释放一个带正电的粒子，仅在电场力的作用下，粒子沿P位置电场线的切线从静止加速，会离开电场线，故D错误。 故选：B。 18．（2025春•洛阳月考）如图所示，三条虚线表示某点电荷形成的电场中的等势面，一带电粒子仅受电场力作用，沿实线路径运动，A、B、C、D、G是该带电粒子运动轨迹与等势面的交点，下列说法正确的是（　　） A．场源电荷带正电 B．该带电粒子带正电 C．该带电粒子在B、G两点处的动能相同 D．带电粒子在D点的加速度小于在G点的加速度 【分析】根据等势面电势分布判断场源电荷，由轨迹弯曲方向判断粒子电性，利用等势面电势相等分析动能，根据等势面疏密比较场强与加速度，逐一验证选项。 【解答】解：AB、根据电场线与等势面垂直且指向电势降低的方向，产生电场的点电荷带负电轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向下，带电粒子受到排斥力的作用，同种电荷相互排斥，故带电粒子带负电，故AB错误； C、图中虚线为等势面，粒子从B到G，因UBG＝0，电场力做功为0，动能不变，B、G两点带电粒子动能相同，故C正确； D、由qE＝ma 电场强度越大带电粒子的加速度越大，由 D点的电场强度大于G点的电场强度，则带电粒子在D点的加速度大于在G点的加速度，故D错误。 故选：C。 19．（2025春•如皋市期中）如图所示，带等量正电的点电荷固定在A、B两点，O是A、B连线的中点，N、P是中垂线上的两点，ON＝OP。一带负电的试探电荷，从P点由静止释放，只在静电力作用下运动，则试探电荷（　　） A．在P点受到的电场力与PN垂直 B．运动到O点时的速度最大 C．沿着P→O→N，试探电荷的加速度一定先减小后增加 D．若试探电荷的电荷量增大，试探电荷在P点所受电场力与其电荷量的比值减小 【分析】根据电场的叠加原理分析试探电荷q的受力情况，根据电场力做功情况，分析动能的变化情况。根据电场力的变化情况分析加速度的变化情况。 【解答】解：两个等量正点电荷周围部分电场线分布情况如图所示 A、根据电场的叠加可知，在P点受到的电场力竖直向下，故A错误； B、从N点到O点过程，试探电荷q受到的电场力由N→O，电场力做正功，动能增大，速度增大；从O点到P点过程中，试探电荷q受到的电场力由P→O，电场力做负功，动能减小，速度减小，故q运动到O点时的动能最大，速度最大，故B正确； C、P→O过程，电场线疏密情况不能确定，可能一直变疏，场强一直变小，q受到的电场力一直减小，加速度一直减小；也可能先变密再变疏，场强先变大后变小，q受到的电场力先增大后减小，加速度先增大后减小；根据对称性可知，O→N过程，加速度可能一直增大，也可能先增大后减小，故C错误； D、根据电场的性质，P点场强仅由电场本身决定，探电荷在P点所受电场力与其电量的比值为该点的场强，若试探电荷的电量增大，试探电荷在P点所受电场力与其电量的比值不变，故D错误。 故选：B。 20．（2025•重庆校级模拟）某静电场在x轴正半轴的电势φ随x变化的图像如图所示，a、b、c、d为x轴上的四个点。一负电荷仅在静电力作用下，以一定初速度从d点开始沿x轴负方向运动到a点，则该电荷（　　） A．在b点电势能最小 B．在c点时速度最小 C．所受静电力始终做负功 D．在a点受静电力沿x轴正方向 【分析】A、根据Ep＝qφ（q为负电荷），分析各点电势高低，判断电势能大小； B、分析电荷从d到a过程中电场力做功情况，结合动能定理判断速度变化； C、分析电荷在不同区间内电场力的方向，判断电场力做功的正负； D、根据电势φ﹣x图像的斜率表示电场强度E，判断a点电场强度方向，进而确定电荷在a点所受电场力方向。 【解答】解：AB、根据题意，由电势能表达式Ep＝qφ可知，负电荷在高电势位置的电势能较小，由图可知，a点的电势最大，则负电荷在a点电势能最小；同理可知，c点的电势最小，则负电荷在c点时电势能最大，电荷仅在电场力作用下，电荷的电势能和动能之和不变，可知，电势能最大时，动能最小，则在c点时，电荷的动能最小，即速度最小，故A错误，B正确； CD、由于沿电场线方向电势降低，结合φ﹣x图像的斜率表示电场强度E可知，c点左侧电场方向沿x轴正方向，c点右侧电场方向沿x轴负方向，可知，c点右侧的负电荷受沿x轴正方向的电场力，c点左侧的负电荷受沿x轴负方向的电场力，可知负电荷在a点受静电力沿x轴负方向；故负电荷从d点开始沿x轴负方向运动到a点，电场力先做负功再做正功，故CD错误。 故选：B。 21．（2024•娄底模拟）如图，一个电荷量为q的正点电荷位于电场中A点，受到的电场力为F，则A点的电场强度大小，方向与F相同。若把该点电荷换为电荷量为2q的负点电荷，则A点的电场强度（　　） A．大小仍为E，方向与原来相反 B．大小仍为E，方向与原来相同 C．大小变为，方向与原来相反 D．大小变为，方向与原来相同 【分析】电场强度反映电场本身性质的物理量，仅电场本身决定，与试探电荷无关。根据电场强度的物理意义进行解答。 【解答】解：根据电场强度的物理意义：电场强度反映电场本身性质的物理量，仅电场本身决定，与试探电荷无关。可知，将该点电荷换为电荷量为2q的负点电荷，A点的场强大小和方向均不变，故B正确。 故选：B。 22．（2023春•淮安期末）某电场区域的电场线如图，a、b是其中一条电场线上的两点，下列说法正确的是（　　） A．负试探电荷在a、b两点受到的电场力大小关系是Fa＜Fb B．a、b两点的电势关系φa＜φb C．该电场可能是一个负的场源电荷产生的电场 D．负试探电荷在a、b两点的电势能关系是Epa＜Epb 【分析】电场线疏密程度反应电场强度大小，再根据电场强度比较电场力； 沿电场线方向电势减小； 由电场线分布，分析可能的电荷电性和位置； 由Ep＝φq，比较电势能。 【解答】解：A．电场线疏密程度反应电场强度大小，则由图可知a点电场强度更大，由F＝Eq可知，a点电场力更大，故A错误； B．沿电场线方向电势减小，则可得a点电势大于b点电势，故B错误； C．由电场线分布，该电场可能是由一个位于左端电场线反向延长交点处的正电荷形成的，故C错误； D．由于a点电势高于b点，由Ep＝φq，负试探电荷在a点电势能更小，故D正确。 故选：D。 23．（2023秋•思明区校级月考）如图所示为两个等量点电荷P、Q的电场线分布。电荷P带 　正　 电，某带电粒子（不计重力）以一定的初速度从A点射出，仅在电场力的作用下沿图中虚线由A点运动至B点。判断该粒子带 　负　 电。（以上两空均选填“正”或“负”） 【分析】根据电场线方向与分布特点判断两个点的电性关系，根据正负电荷在电场中受力的特点判断粒子的电性。 【解答】解：由电场线方向可知，P带正电，Q带负电； 由粒子运动轨迹可以看出，粒子受电场力向左或斜向左上，可推知粒子带负电。 故答案为：正；负。 六．带电体在匀强电场中的受力平衡（共5小题） 24．（2026•淮北模拟）如图所示，绝缘斜面体放置在水平地面上，空间中存在竖直向下的匀强电场，一带正电的滑块沿斜面匀速下滑，在滑块下滑过程中，斜面体始终保持静止。则（　　） A．地面对斜面体施加水平向右的摩擦力 B．地面对斜面体施加水平向左的摩擦力 C．撤去电场，物体仍然沿斜面匀速下滑 D．撤去电场，物体将沿斜面匀加速下滑 【分析】加电场时，物块匀速下滑，受力平衡，由平衡条件和摩擦力公式得出sinθ与μcosθ的大小。再分析撤去电场时，重力沿斜面向下的分力与滑动摩擦力的大小，判断物块的运动状态。 【解答】解：空间中存在一个竖直向下的电场时，物块受到的滑动摩擦力大小为：f＝μ（qE+mg）cosθ 重力和电场力沿斜面向下的分力大小为：（qE+mg）sinθ 则可知：（qE+mg）sinθ＝μ（qE+mg）cosθ 得μ＝tanθ AB.斜面体和物块均处于平衡状态，将斜面体和物块整体分析，水平方向上不受外力，则摩擦力为0，故AB错误； CD.撤去电场，物块受到的滑动摩擦力大小为：f′＝μmgcosθ 重力沿斜面向下的分力大小为：mgsinθ 且μ＝tanθ 故μmgcosθ＝mgsinθ 所以物体仍然沿斜面匀速下滑，故C正确，D错误。 故选：C。 25．（2026•昆明模拟）如图所示，两相同物块A、B叠放在一起，靠着竖直墙面。物块A、B质量均为1kg，与墙面之间的动摩擦因数均为0.2，且处于电场强度为E＝100N/C、方向垂直于墙面向左的匀强电场中，物块A不带电，物块B带0.5C的正电荷，重力加速度g取10m/s2。让它们由静止释放，则在它们沿粗糙墙面下滑的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．墙面对A的摩擦力为0 B．A做自由落体运动 C．B下滑的加速度为10m/s2 D．A、B间的作用力为0 【分析】根据电场力的方向和大小，进而得到墙面的支持力，再算出滑动摩擦力。然后对整体应用牛顿第二定律求加速度，判断运动状态。 【解答】解：对A、B整体进行受力分析， 电场力FE＝qE，代入数据解得FE＝50N，故N＝50N，f＝μN，代入数据解得f＝10N，2mg＝（2×1×10）N＝20N，根据牛顿第二定律有2mg﹣f＝2ma，解得a＝5m/s2，A与墙面没有弹力，故摩擦力为零，AB之间有弹力作用，故A不是自由落体运动，故A正确，BCD错误。 故选：A。 26．（2025秋•荔湾区校级期末）美国物理学家密立根利用如图所示的实验装置，最先测出了电子的电荷量，被称为密立根油滴实验。如图，两块水平放置的金属板A、B分别与电源的正负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下，板间油滴P由于带负电悬浮在两板间保持静止。已知油滴质量m、两板间的电压U、两板间的距离d、两板的长度L、当地的重力加速度为g，以下说法正确的是（　　） A．电荷量q B．电荷量q C．板间电场强度E D．板间电场强度E＝Ud 【分析】由二力平衡确定。 【解答】解：由二力平衡 解得，故ACD错误，B正确。 故选：B。 27．（2026春•赣州期末）如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，细绳与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球所带电荷量q＝1.0×10﹣3C，匀强电场的电场强度E＝3.0×103N/C，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）判断小球的电性并求小球受到的电场力； （2）求小球的质量m。 【分析】（1）结合题意及题图，由电场力方向的特点、电场力与电场强度的关系分析列式，即可判断求解； （2）结合前面分析及题意，由共点力的平衡条件列式，即可分析求解。 【解答】解：（1）结合题意及题图可知，电场方向水平向右，小球细绳向右侧偏转，说明小球受到的电场力水平向右，与电场方向同向，因此小球带正电， 小球所受到的电场力为： F＝qE＝1.0×10﹣3×3.0×103N＝3.0N，水平向右； （2）结合前面分析及题意，对小球受力分析，可得下图： 则由平衡条件可得： F＝mgtan37°， 解得小球的质量为： m＝0.4kg。 答：（1）小球带正电，小球受到的电场力大小为3.0N、方向水平向右； （2）小球的质量m为0.4kg。 28．（2026春•道里区校级期末）如图所示，在范围足够大的水平向右的匀强电场中，用一根绝缘的柔软细线悬挂一质量为m，带电量为q（q＞0）的小球，小球静止时悬线与竖直方向夹角为θ，重力加速度g，忽略空气的影响。求： （1）电场强度大小； （2）剪断细线后，经过时间t，小球的速度大小和方向； （3）在不改变小球初始状态的情况下，所加电场强度的最小值多大？方向如何？ 【分析】（1）小球处于静止状态，受到重力、电场力和细线拉力作用，三个力构成平衡关系。根据共点力平衡条件，将电场力与重力沿细线方向和垂直细线方向分解，通过平衡方程可建立电场强度与已知量的关系，从而求出电场强度大小。 （2）剪断细线瞬间，小球初速度为零，仅受恒定的重力和电场力作用，其合力方向沿原细线方向且大小恒定。根据牛顿第二定律可求出合加速度，小球做初速度为零的匀加速直线运动，利用运动学规律即可得到经过时间t后的速度大小，速度方向与合力方向一致。 （3）保持小球初始静止状态，即重力和细线拉力方向不变，要求所加电场强度最小。在力的矢量三角形中，当电场力方向与细线拉力垂直时，电场力取得最小值，由此可求出最小电场强度的大小，其方向由电场力方向决定。 【解答】解：（1）小球处于静止状态，受力平衡，根据平衡方程qE＝mgtanθ，解得电场强度大小。 （2）剪断细线后，小球仅受重力和恒定的电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，其合外力大小恒为， 根据牛顿第二定律F合＝ma以及运动学公式v＝at，解得经过时间t小球的速度大小，方向为沿原细线所在的直线向下（或与竖直方向成θ角向右下方）。 （3）在不改变小球初始状态即重力和细线拉力方向不变的情况下，要使所加的电场力最小，则电场力方向需与细线拉力方向垂直， 根据受力矢量三角形关系可得最小电场力Fmin＝mgsinθ，解得所加电场强度的最小值，方向为垂直于细线斜向右上方。 答：（1）电场强度大小为。 （2）经过时间t，小球的速度大小为，方向沿原细线所在直线向下（或与竖直方向成θ角向右下方）。 （3）所加电场强度的最小值为，方向垂直于细线斜向右上方。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/7/28 15:43:04；用户：Scary；邮箱：17851029270；学号：30697016 学科网（北京）股份有限公司 $