資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
專題7.1　電場力的性質
1.物理觀念：靜電現象、庫侖力、電場、電場強度、電場線。
（1）通過實驗，了解靜電現象。能用原子結構模型分析靜電現象。
（2）知道電場是一種物質。了解電場強度，體會用物理量之比定義新物理量的方法。會用電場線描述電場。
2.科學思維：電荷守恒定律、點電荷、庫侖定律、電場的疊加原理。
（1）.知道點電荷模型。知道兩個點電荷間相互作用的規律。
（2）了解靜電現象，能用電荷守恒的觀念分析靜電現象
（3）掌握電場強度的概念和公式，會用平行四邊形法則對電場進行疊加
3.科學探究：庫侖力與電荷量及電荷間距離的關系
學會利用控制變量法探究庫侖定律，并從中體會其中的科學思想和方法。
4.科學態度與責任：靜電現象應用與安全。
了解生產生活中關于靜電的利用與防護。
【知識點一】庫侖定律的理解及其相關平衡問題
1．庫侖定律適用于真空中靜止點電荷間的相互作用．
2．對于兩個均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中在球心的點電荷，r為球心間的距離．
對于兩個帶電金屬球，要考慮表面電荷的重新分布，如圖所示．
（1）同種電荷：F＜k；（2）異種電荷：F＞k.
【方法總結】完全相同的帶電體接觸后電荷的分配原則
1.若兩帶電體帶同種電荷q1、q2，則接觸后電荷量平均分配，即q1′＝q2′＝.
2.若兩帶電體帶異種電荷q1、q2，則接觸后電荷量先中和后平分，即q1′＝q2′＝，電性與帶電荷量大的帶電體相同．
【方法技巧】三個孤立共線點電荷平衡問題
（1）條件：每個點電荷所受合力為零．
（2）平衡規律
“兩同夾異”——正、負電荷相互間隔；“三點共線”——三個點電荷分布在同一條直線上；“兩大夾小”——中間電荷的電荷量最小；“近小遠大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷．
（2023 海南模擬）用絕緣細線a、b將兩個帶電小球1和2連接并懸掛，已知小球2的重力為G，如圖所示，兩小球處于靜止狀態，細線a與豎直方向的夾角為30°，兩小球連線與水平方向夾角為30°，細線b水平，則（　　）
A．小球1帶電量一定小于小球2的帶電量
B．細線a拉力大小為
C．細線b拉力大小為
D．小球1與2的質量比為1：2
（2023 邯鄲二模）如圖所示，三條不可伸長的輕繩OA、OB、OC結于O點，質量為m，電荷量為+q1的小球a被輕繩OC系著，OC的長度為l，距O點正下方2l處固定一個電荷量為+q2的小球b。初始時，小球a在AO延長線上靜止，由于a球不斷漏電，小球a的位置不斷下降，再次平衡時位于D點（圖中未標出），OD與豎直方向夾角為60°。已知重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．小球a下降過程中OC繩上張力一直增大
B．下降過程中繩OA上的最大張力為
C．下降過程中繩OB上的最大張力為
D．再次平衡時，球a帶的電荷量為
（2023 臺州二模）如圖所示，兩個質量分別為mA和mB的帶電小球A、B（可視為質點）通過一根絕緣輕繩跨放在光滑的定滑輪上（滑輪大小不計），兩球靜止，O為滑輪正下方AB連線上的一個點。兩球到O點距離分別為xA和xB，到滑輪的距離分別為lA和lB，且lA：lB＝1：2，細繩與豎直方向的夾角分別為θ1和θ2，兩球電荷量分別為qA和qB。則（　　）
A．qA＞qB B．θ1＞θ2 C．mA：mB＝1：2 D．xA：xB＝1：2
【知識點二】庫侖力作用下的平衡和變速運動
【必備知識】1.解題思路
（1）平衡問題，其解題思路與力學中的平衡問題一樣，只是在原來受力的基礎上多了庫侖力，具體步驟如下：
（2）變速運動：若物體在包含庫侖力作用下，做變速運動時，是非平衡狀態，要用牛頓第二定律分析，當涉及多個帶電體時，常用整體與隔離法。
2.特別提醒
注意庫侖力的方向：同性相斥，異性相吸，沿兩電荷連線方向。
（2023 臺州模擬）如圖所示，a、b、c、d四個質量均為m的帶電小球恰好構成“三星拱月”之形，其中a、b、c三個完全相同的帶電小球在光滑絕緣水平面內的同一圓周上繞O點做半徑為R的勻速圓周運動，三小球所在位置恰好將圓周等分。小球d位于O點正上方h處，且在外力F作用下恰處于靜止狀態。已知a、b、c三小球的電荷量均為q，d球的電荷量為﹣6q，h，重力加速度為g，靜電力常量為k。則（　　）
A．小球a的線速度為
B．小球b的角速度為
C．小球c的向心加速度大小為
D．外力F豎直向上，大小為
（2022 南昌縣校級三模）如圖所示，在粗糙的水平地面上，有一質量為M的半圓形絕緣凹槽，槽與地面接觸部分粗糙，圓弧表面光滑，圓弧右上端有一帶正電的小球A，底部固定一個帶正電的小球B，兩球質量都為m，一開始整個裝置保持靜止，后因小球A緩慢漏電而使其沿圓弧逐漸靠近小球B，在靠近的過程中，忽略小球A質量的變化，下列說法正確的是（　　）
A．凹槽受到地面的摩擦力大小增大
B．A、B兩球間的庫侖力大小變大
C．凹槽受到地面的支持力大小不變
D．A球受到的支持力大小變大
（多選）（2022 河北模擬）如圖所示，絕緣光滑細桿與水平方向夾角為53°角，空間某點固定點電荷Q，點電荷Q到細桿最近點為B點，且BQ＝6m，將一帶電圓環q套在細桿上，從與Q等高A處無初速度釋放，C點是細桿上與A點關于B點的對稱點，D點在Q點的正下方且是細桿的末端。已知點電荷與圓環帶有同種性質的電荷，圓環剛釋放時加速度大小為6.4m/s2，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列說法正確的是（　　）
A．圓環到達C點的加速度大小為9.6m/s2
B．圓環到達C點的速度大小為10m/s
C．圓環剛離開細桿時加速度大小為11.5m/s2
D．圓環離開細桿后做勻變速運動
【知識點三】電場強度的理解和計算
1．電場強度的性質
（1）矢量性：規定正電荷在電場中某點所受電場力的方向為該點場強的方向．
（2）唯一性：電場中某一點的電場強度E是唯一的，它的大小和方向與放入該點的電荷q無關，它決定于形成電場的電荷（場源電荷）及空間位置．
（3）疊加性：如果有幾個靜止點電荷在空間同時產生電場，那么空間某點的場強是各場源電荷單獨存在時在該點所產生的場強的矢量和．
2．三個計算公式
3．電場強度的疊加（如圖所示）
4．“等效法”“對稱法”和“填補法”
（1）等效法
在保證效果相同的前提下，將復雜的電場情景變換為簡單的或熟悉的電場情景．
例如：一個點電荷＋q與一個無限大薄金屬板形成的電場，等效為兩個異種點電荷形成的電場，如圖甲、乙所示．
（2）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．
例如：如圖所示，均勻帶電的球殼在O點產生的場強，等效為弧BC產生的場強，弧BC產生的場強方向，又等效為弧的中點M在O點產生的場強方向．
（3）填補法
將有缺口的帶電圓環或圓板補全為完整的圓環或圓板，或將半球面補全為球面，從而化難為易、事半功倍．
（4）選用技巧
（1）點電荷電場、勻強電場場強疊加一般應用合成法即可．
（2）均勻帶電體與點電荷場強疊加一般應用對稱法．
（3）計算均勻帶電體某點產生的場強一般應用補償法或微元法．
（2023 濰坊三模）如圖甲所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電荷量為σ（σ＞0），其軸線上任意一點P（坐標為x）的電場強度可以由電場強度的疊加原理求出：E＝2πkσ[1]，方向沿x軸。現考慮單位面積帶電荷量為σ0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板后（如圖乙所示），在其軸線上任意一點Q（坐標為x）處放置一個點電荷q0，則q0所受電場力的大小為（　　）
A．2πkσ0q0 B．2πkσ0q0
C．2πkσ0q0 D．2πkσ0q0
（2023 泰州模擬）如圖所示，一固定的不帶電金屬球殼接地，半徑為R，球心為A，將一帶電量為+q的點電荷固定在離球心為2R的B點，D、E是AB連線上的兩點，BD＝BE，BC與球殼相切于C點，球殼靜電平衡時，C點的場強EC，下列說法正確的是（　　）
A．C點電勢低于A點
B．D點電勢低于E點
C．A點的場強
D．球上的感應電荷在C處的場強大小
（2023 永豐縣校級一模）甲和乙圖分別是半徑為R、帶電均勻的六分之四圓環和半圓環（兩環的材料和橫截面積相同），帶有同種電荷，且兩環上單位長度所帶電荷量相等，它們的圓心分別是O1和O2。已知O1點的電場強度大小為E0，則O2點的電場強度大小為（　　）
A． B． C． D．
【知識點四】電場線的理解和應用
1．電場線的應用
（1）在同一電場里，電場線越密的地方場強越大。
（2）電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向。
（3）沿電場線方向電勢逐漸降低。
（4）電場線和等勢面在相交處互相垂直。
2．兩種等量點電荷的電場線
比較 等量異種點電荷 等量同種點電荷
電場線分布
中垂線上的電場強度 O點最大，向外逐漸減小 O點為零，向外先變大后變小
連線上的電場強度 沿連線先變小后變大，中點O處的電場強度最小 沿連線先變小后變大，中點O處的電場強度為零
電場強度方向比較 A、A′、B、B′四點場強方向相同，垂直于BB′連線 A點場強方向向右，A′點場強方向向左，B點場強方向向上，B′點場強方向向下
（2023 重慶模擬）如圖所示，實線是一簇由負點電荷產生的電場線。一帶正電的粒子僅在電場力作用下通過電場，圖中虛線為粒子的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點。下列判斷錯誤的是（　　）
A．a點場強大于b點場強
B．帶電粒子從a到b電勢能減小
C．帶電粒子從a到b動能減小
D．a點電勢小于b點電勢
（2023 弋陽縣校級一模）等量異種點電荷的電場線如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．A處和C處的電場強度可能相同
B．A處的電勢比B處高
C．電子在C處由靜止釋放，可沿電場線運動到D處
D．電子在B處的電勢能比在D處大
（2023 重慶模擬）如圖所示，實線表示某靜電場中的電場線，過M點的電場線是水平直線，虛線表示該電場中的一條豎直等勢線，M、N、P是電場線上的點，Q是等勢線上的點。一帶正電的點電荷在M點由靜止釋放，僅在電場力作用下水平向右運動，則（　　）
A．點電荷一定向右做勻加速運動
B．點電荷在N點釋放時的加速度比在P點釋放時的加速度小
C．將一負點電荷從P點移到N點，電場力做正功
D．將一負點電荷從Q點沿等勢線豎直向上射出，點電荷將沿等勢線做直線運動
（2023 上海）三個大小相同的帶電導體球x、y、z，帶電量分別為+4μC、0μC和﹣10μC，讓x與y先接觸，然后讓y與z接觸，最終y所帶的電荷量為（　　）
A．﹣4μC B．﹣3μC C．﹣2μC D．﹣1μC
（2022 上海）某原子核發生核反應時放出一個正電子，則原子核內多了一個（　　）
A．質子 B．中子 C．電子 D．核子
（2023 海南）如圖所示，一光滑絕緣軌道水平放置，直徑上有A、B兩點，AO＝2cm，OB＝4cm，在AB固定兩個帶電量分別為Q1、Q2的正電荷，現有一個帶正電小球靜置于軌道內側P點（小球可視為點電荷），已知AP：BP＝n：1，試求Q1：Q2是多少（　　）
A．2n2：1 B．4n2：1 C．2n3：1 D．4n3：1
（2023 全國）如圖，兩根相同的橡皮筋各有一端系于固定的擋板，另一端分別與帶電量為q、﹣q的小球連接，小球靜止在光滑水平絕緣板上，兩橡皮筋位于同一水平直線上，橡皮筋的伸長量均為Δl。若緩慢地增加兩球的電荷量，當電荷量增加至原來2倍時（兩小球不會相碰），恰好平衡。則每條橡皮筋的伸長量（　　）
A．恰為2Δl B．大于2Δl但小于4Δl
C．恰為4Δl D．大于4Δl
（2020 浙江）如圖所示，在傾角為α的光滑絕緣斜面上固定一個擋板，在擋板上連接一根勁度系數為k0的絕緣輕質彈簧，彈簧另一端與A球連接。A、B、C三小球的質量均為M，qA＝q0＞0，qB＝﹣q0，當系統處于靜止狀態時，三小球等間距排列。已知靜電力常量為k，則（　　）
A．
B．彈簧伸長量為
C．A球受到的庫侖力大小為2Mg
D．相鄰兩小球間距為
（2023 浙江）某帶電粒子轉向器的橫截面如圖所示，轉向器中有輻向電場。粒子從M點射入，沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑接成的虛線（等勢線）運動，并從虛線上的N點射出，虛線處電場強度大小分別為E1和E2，則R1、R2和E1、E2應滿足（　　）
A． B．
C． D．
（2023 湖南）如圖，真空中有三個點電荷固定在同一直線上，電荷量分別為Q1、Q2和Q3，P點和三個點電荷的連線與點電荷所在直線的夾角分別為90°、60°和30°。若P點處的電場強度為零，q＞0，則三個點電荷的電荷量可能為（　　）
A．Q1＝q，Q2q，Q3＝q
B．Q1＝﹣q，Q2q，Q3＝﹣4q
C．Q1＝﹣q，Q2q，Q3＝﹣q
D．Q1＝q，Q2q，Q3＝4q
（2022 河北）如圖，真空中電荷量為2q和﹣q（q＞0）的兩個點電荷分別位于M點與N點，形成一個以MN延長線上O點為球心、電勢為零的等勢面（取無窮遠處電勢為零）。P為MN連線上的一點。S為等勢面與直線MN的交點，T為等勢面上一點。下列說法正確的是（　　）
A．P點電勢低于S點電勢
B．T點電場強度方向指向O點
C．除無窮遠處外，MN直線上還存在兩個電場強度為零的點
D．將正試探電荷q0從T點移到P點，靜電力做正功
（2022 湖南）如圖，四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊a、b、c、d上。移去a處的絕緣棒，假定另外三根絕緣棒電荷分布不變。關于長方體幾何中心O點處電場強度方向和電勢的變化，下列說法正確的是（　　）
A．電場強度方向垂直指向a，電勢減小
B．電場強度方向垂直指向c，電勢減小
C．電場強度方向垂直指向a，電勢增大
D．電場強度方向垂直指向c，電勢增大
（2022 山東）半徑為R的絕緣細圓環固定在圖示位置，圓心位于O點，環上均勻分布著電量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零。圓環上剩余電荷分布不變，q為（　　）
A．正電荷， B．正電荷，
C．負電荷， D．負電荷，
（2022 浙江）某種氣體一電子放大器的局部結構是由兩塊夾有絕緣介質的平行金屬薄膜構成，其上存在等間距小孔，其中相鄰兩孔截面上的電場線和等勢線的分布如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．a點所在的線是等勢線
B．b點的電場強度比c點大
C．b、c兩點間的電勢差的值比a、c兩點間的大
D．將電荷沿圖中的線從d→e→f→g移動時電場力做功為零
（2022 北京）如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計帶電粒子的重力。
（1）求帶電粒子所受的靜電力的大小F；
（2）求帶電粒子到達N板時的速度大小v；
（3）若在帶電粒子運動距離時撤去所加電壓，求該粒子從M板運動到N板經歷的時間t。

（2023 乙卷）如圖，等邊三角形△ABC位于豎直平面內，AB邊水平，頂點C在AB邊上方，3個點電荷分別固定在三角形的三個頂點上。已知AB邊中點M處的電場強度方向豎直向下，BC邊中點N處的電場強度方向豎直向上，A點處點電荷的電荷量的絕對值為q，求
（1）B點處點電荷的電荷量的絕對值并判斷3個點電荷的正負；
（2）C點處點電荷的電荷量。
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專題7.1　電場力的性質
1.物理觀念：靜電現象、庫侖力、電場、電場強度、電場線。
（1）通過實驗，了解靜電現象。能用原子結構模型分析靜電現象。
（2）知道電場是一種物質。了解電場強度，體會用物理量之比定義新物理量的方法。會用電場線描述電場。
2.科學思維：電荷守恒定律、點電荷、庫侖定律、電場的疊加原理。
（1）.知道點電荷模型。知道兩個點電荷間相互作用的規律。
（2）了解靜電現象，能用電荷守恒的觀念分析靜電現象
（3）掌握電場強度的概念和公式，會用平行四邊形法則對電場進行疊加
3.科學探究：庫侖力與電荷量及電荷間距離的關系
學會利用控制變量法探究庫侖定律，并從中體會其中的科學思想和方法。
4.科學態度與責任：靜電現象應用與安全。
了解生產生活中關于靜電的利用與防護。
【知識點一】庫侖定律的理解及其相關平衡問題
1．庫侖定律適用于真空中靜止點電荷間的相互作用．
2．對于兩個均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中在球心的點電荷，r為球心間的距離．
對于兩個帶電金屬球，要考慮表面電荷的重新分布，如圖所示．
（1）同種電荷：F＜k；（2）異種電荷：F＞k.
【方法總結】完全相同的帶電體接觸后電荷的分配原則
1.若兩帶電體帶同種電荷q1、q2，則接觸后電荷量平均分配，即q1′＝q2′＝.
2.若兩帶電體帶異種電荷q1、q2，則接觸后電荷量先中和后平分，即q1′＝q2′＝，電性與帶電荷量大的帶電體相同．
【方法技巧】三個孤立共線點電荷平衡問題
（1）條件：每個點電荷所受合力為零．
（2）平衡規律
“兩同夾異”——正、負電荷相互間隔；“三點共線”——三個點電荷分布在同一條直線上；“兩大夾小”——中間電荷的電荷量最小；“近小遠大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷．
（2023 海南模擬）用絕緣細線a、b將兩個帶電小球1和2連接并懸掛，已知小球2的重力為G，如圖所示，兩小球處于靜止狀態，細線a與豎直方向的夾角為30°，兩小球連線與水平方向夾角為30°，細線b水平，則（　　）
A．小球1帶電量一定小于小球2的帶電量
B．細線a拉力大小為
C．細線b拉力大小為
D．小球1與2的質量比為1：2
【解答】解：C、對小球2，由平衡條件，在水平方向上可得：Fb＝F庫 cos30°，在豎直方向上可得：G＝F庫 sin30°
解得細線b拉力大小為，故C錯誤；
BD、對小球1，由平衡條件，同理可得：
Fa sin30°＝F庫 cos30°
m1g+F庫sin30°＝Fa cos30°
解得細線a拉力大小為，
同時可得：m1g＝2G
又有m2g＝G
則小球1與2的質量比為m1：m2＝2：1，故B正確，D錯誤；
A、由上述分析只能得到庫侖力的大小，由，可知不能確定小球1與小球2的帶電量大小關系，故A錯誤。
故選：B。
（2023 邯鄲二模）如圖所示，三條不可伸長的輕繩OA、OB、OC結于O點，質量為m，電荷量為+q1的小球a被輕繩OC系著，OC的長度為l，距O點正下方2l處固定一個電荷量為+q2的小球b。初始時，小球a在AO延長線上靜止，由于a球不斷漏電，小球a的位置不斷下降，再次平衡時位于D點（圖中未標出），OD與豎直方向夾角為60°。已知重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．小球a下降過程中OC繩上張力一直增大
B．下降過程中繩OA上的最大張力為
C．下降過程中繩OB上的最大張力為
D．再次平衡時，球a帶的電荷量為
【解答】解：A、對球a受力分析如圖所示，此三力組成的封閉三角形與△Oa′b相似。
根據幾何關系可得：
，，因此OC繩上張力大小不變，故A錯誤；
D、初態：，末態：
根據庫侖定律和幾何關系可得：
，故D錯誤；
BC、對結點進行分析，繩OA、OB中的拉力F1和F2的合力大小恒為，小球a運動過程中F1和F2的合力從水平方向順時針轉到與水平方向成30°角，根據幾何關系可知F1逐漸增大，F2也逐漸增大，故OA繩上最大張力為：
OB繩上的最大張力為：
，故C錯誤，B正確。
故選：B。
（2023 臺州二模）如圖所示，兩個質量分別為mA和mB的帶電小球A、B（可視為質點）通過一根絕緣輕繩跨放在光滑的定滑輪上（滑輪大小不計），兩球靜止，O為滑輪正下方AB連線上的一個點。兩球到O點距離分別為xA和xB，到滑輪的距離分別為lA和lB，且lA：lB＝1：2，細繩與豎直方向的夾角分別為θ1和θ2，兩球電荷量分別為qA和qB。則（　　）
A．qA＞qB B．θ1＞θ2 C．mA：mB＝1：2 D．xA：xB＝1：2
【解答】解：A．根據題意可知兩球的電場力是相互作用力，所以無法比較兩球電荷量的大小，故A錯誤；
B．繩子上的力處處相等，對繩子跨過定滑輪的結點受力分析可知：
T'cosθ1＝T'cosθ2
解得：θ1＝θ2，故B錯誤；
CD．對兩球受力可知，如下圖所示，根據相似三角形可得：
可得mA：mB＝2：1
xA：xB＝1：2
故C錯誤，D正確。
故選：D。
【知識點二】庫侖力作用下的平衡和變速運動
【必備知識】1.解題思路
（1）平衡問題，其解題思路與力學中的平衡問題一樣，只是在原來受力的基礎上多了庫侖力，具體步驟如下：
（2）變速運動：若物體在包含庫侖力作用下，做變速運動時，是非平衡狀態，要用牛頓第二定律分析，當涉及多個帶電體時，常用整體與隔離法。
2.特別提醒
注意庫侖力的方向：同性相斥，異性相吸，沿兩電荷連線方向。
（2023 臺州模擬）如圖所示，a、b、c、d四個質量均為m的帶電小球恰好構成“三星拱月”之形，其中a、b、c三個完全相同的帶電小球在光滑絕緣水平面內的同一圓周上繞O點做半徑為R的勻速圓周運動，三小球所在位置恰好將圓周等分。小球d位于O點正上方h處，且在外力F作用下恰處于靜止狀態。已知a、b、c三小球的電荷量均為q，d球的電荷量為﹣6q，h，重力加速度為g，靜電力常量為k。則（　　）
A．小球a的線速度為
B．小球b的角速度為
C．小球c的向心加速度大小為
D．外力F豎直向上，大小為
【解答】解：ABC、a、b、c三小球電荷量相等，完全相同，受力相同，繞O點做半徑為R的勻速圓周運動，線速度、角速度、加速度大小均相等，
設 db連線與水平方向的夾角為α，則cosα，則sinα，
對b球，根據牛頓第二定律和向心力得：kcosα﹣2k cos30°＝mmω2R＝ma
解得：v，，a，故AB錯誤，C正確；
D、小球d受到a、b、c三球的庫侖引力、重力、豎直向上的外力F作用，由平衡條件得：F＝3ksinα+mg＝mg，故D錯誤。
故選：C。
（2022 南昌縣校級三模）如圖所示，在粗糙的水平地面上，有一質量為M的半圓形絕緣凹槽，槽與地面接觸部分粗糙，圓弧表面光滑，圓弧右上端有一帶正電的小球A，底部固定一個帶正電的小球B，兩球質量都為m，一開始整個裝置保持靜止，后因小球A緩慢漏電而使其沿圓弧逐漸靠近小球B，在靠近的過程中，忽略小球A質量的變化，下列說法正確的是（　　）
A．凹槽受到地面的摩擦力大小增大
B．A、B兩球間的庫侖力大小變大
C．凹槽受到地面的支持力大小不變
D．A球受到的支持力大小變大
【解答】解：AD．以A、B、凹槽整體受力分析可知，在水平方向上整體不受外力，也不受摩擦力，豎直方向上，小球A緩慢下移，可認為始終處于平衡態，故地面對凹槽的支持力等于三者重力，大小不變，故AD錯誤；
BC．對小球A受力分析，
由受力分析圖可知力的矢量三角形與幾何三角形相似，設半圓形凹槽半徑為R，兩小球之間距離為r，則有
重力、半徑都是定值，所以A球受到的支持力N大小不變，由于兩小球之間距離r減小，故庫侖力F減小，故B錯誤，C正確。
故選：C。
（多選）（2022 河北模擬）如圖所示，絕緣光滑細桿與水平方向夾角為53°角，空間某點固定點電荷Q，點電荷Q到細桿最近點為B點，且BQ＝6m，將一帶電圓環q套在細桿上，從與Q等高A處無初速度釋放，C點是細桿上與A點關于B點的對稱點，D點在Q點的正下方且是細桿的末端。已知點電荷與圓環帶有同種性質的電荷，圓環剛釋放時加速度大小為6.4m/s2，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列說法正確的是（　　）
A．圓環到達C點的加速度大小為9.6m/s2
B．圓環到達C點的速度大小為10m/s
C．圓環剛離開細桿時加速度大小為11.5m/s2
D．圓環離開細桿后做勻變速運動
【解答】解：A、設BQ距離d＝6m
由幾何關系AQ＝7.5m，AB＝BC＝4.5m，DQ＝10m
圓環在A點剛釋放時加速度大小為6.4m/s2，
由牛頓第二定律有
mgsin53°cos53°＝maA；
由于C點是細桿上與A點對于B點的對稱點，設圓環到達C點加速度大小為aC，有
mgsin53°cos53°＝maC，
代入數據解得aC＝9.6m/s2，故A正確；
B、AC兩點電勢相同，由A點到C點過程，由動能定理有
mg AC sin53°mvC2
代入數據解得vC＝12m/s，故B錯誤；
C、設圓環剛離開細桿時加速度為aD，則有
mgmaD
代入數據解得aD＝11.5m/s2，故C正確；.
D、圓環離開細桿后，受重力和電場力作用，電場力是變力，故做非勻變速運動，故D錯誤。
故選：AC。
【知識點三】電場強度的理解和計算
1．電場強度的性質
（1）矢量性：規定正電荷在電場中某點所受電場力的方向為該點場強的方向．
（2）唯一性：電場中某一點的電場強度E是唯一的，它的大小和方向與放入該點的電荷q無關，它決定于形成電場的電荷（場源電荷）及空間位置．
（3）疊加性：如果有幾個靜止點電荷在空間同時產生電場，那么空間某點的場強是各場源電荷單獨存在時在該點所產生的場強的矢量和．
2．三個計算公式
3．電場強度的疊加（如圖所示）
4．“等效法”“對稱法”和“填補法”
（1）等效法
在保證效果相同的前提下，將復雜的電場情景變換為簡單的或熟悉的電場情景．
例如：一個點電荷＋q與一個無限大薄金屬板形成的電場，等效為兩個異種點電荷形成的電場，如圖甲、乙所示．
（2）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．
例如：如圖所示，均勻帶電的球殼在O點產生的場強，等效為弧BC產生的場強，弧BC產生的場強方向，又等效為弧的中點M在O點產生的場強方向．
（3）填補法
將有缺口的帶電圓環或圓板補全為完整的圓環或圓板，或將半球面補全為球面，從而化難為易、事半功倍．
（4）選用技巧
（1）點電荷電場、勻強電場場強疊加一般應用合成法即可．
（2）均勻帶電體與點電荷場強疊加一般應用對稱法．
（3）計算均勻帶電體某點產生的場強一般應用補償法或微元法．
（2023 濰坊三模）如圖甲所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電荷量為σ（σ＞0），其軸線上任意一點P（坐標為x）的電場強度可以由電場強度的疊加原理求出：E＝2πkσ[1]，方向沿x軸。現考慮單位面積帶電荷量為σ0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板后（如圖乙所示），在其軸線上任意一點Q（坐標為x）處放置一個點電荷q0，則q0所受電場力的大小為（　　）
A．2πkσ0q0 B．2πkσ0q0
C．2πkσ0q0 D．2πkσ0q0
【解答】解：在Q點處的合場強E＝E1+E2，E1＝2πkσ（無窮大的帶電圓盤在此處產生的場強），E2＝2πkσ[1]方向與E1相反。合成得
E＝2πkδ0方向與E1相同，q0在此處受的電場力就是2πkδ0q，故BCD錯誤，故A正確。
故選：A。
（2023 泰州模擬）如圖所示，一固定的不帶電金屬球殼接地，半徑為R，球心為A，將一帶電量為+q的點電荷固定在離球心為2R的B點，D、E是AB連線上的兩點，BD＝BE，BC與球殼相切于C點，球殼靜電平衡時，C點的場強EC，下列說法正確的是（　　）
A．C點電勢低于A點
B．D點電勢低于E點
C．A點的場強
D．球上的感應電荷在C處的場強大小
【解答】解：A、處于靜電平衡狀態的導體是等勢體，所以C點和A點電勢相等，故A錯誤；
B、DE兩點到+q的距離相等，則+q在DE兩點的電勢相等，D點到金屬球殼的距離更小，由于金屬球殼發生感應起電，金屬球殼帶負電，則感應電荷在D點的電勢更低，則D點的電勢低于E點，故B正確；
C、處于靜電平衡狀態得導體內部場強處處為零，故C錯誤；
D、由幾何關系得，BC間的距離rR
點電荷+q在C點的場強大小E＝k
球殼是等勢體，表面為等勢面，則球殼表面的合場強垂直于球殼的切面，沿半徑指向A，如圖：
由幾何關系得，感應電荷在C處的場強為E感
故D錯誤。
故選：B。
（2023 永豐縣校級一模）甲和乙圖分別是半徑為R、帶電均勻的六分之四圓環和半圓環（兩環的材料和橫截面積相同），帶有同種電荷，且兩環上單位長度所帶電荷量相等，它們的圓心分別是O1和O2。已知O1點的電場強度大小為E0，則O2點的電場強度大小為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：如圖所示：
根據圖甲可知，E0＝2Ecos30°
在圖乙中，E′＝E+2Ecos60°
聯立解得：，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
【知識點四】電場線的理解和應用
1．電場線的應用
（1）在同一電場里，電場線越密的地方場強越大。
（2）電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向。
（3）沿電場線方向電勢逐漸降低。
（4）電場線和等勢面在相交處互相垂直。
2．兩種等量點電荷的電場線
比較 等量異種點電荷 等量同種點電荷
電場線分布
中垂線上的電場強度 O點最大，向外逐漸減小 O點為零，向外先變大后變小
連線上的電場強度 沿連線先變小后變大，中點O處的電場強度最小 沿連線先變小后變大，中點O處的電場強度為零
電場強度方向比較 A、A′、B、B′四點場強方向相同，垂直于BB′連線 A點場強方向向右，A′點場強方向向左，B點場強方向向上，B′點場強方向向下
（2023 重慶模擬）如圖所示，實線是一簇由負點電荷產生的電場線。一帶正電的粒子僅在電場力作用下通過電場，圖中虛線為粒子的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點。下列判斷錯誤的是（　　）
A．a點場強大于b點場強
B．帶電粒子從a到b電勢能減小
C．帶電粒子從a到b動能減小
D．a點電勢小于b點電勢
【解答】解：A．電場線的疏密表示電場強度的強弱，由圖可知a點場強大于b點場強，故A正確；
BC．粒子的運動軌跡向左彎曲，說明粒子受到的電場力沿電場線向左，若粒子從a到b，電場力對粒子做負功，粒子的動能減小，電勢能增大，故B錯誤，C正確；
D．根據順著電場線方向，電勢降低，可知a點電勢小于b點電勢，故D正確。
本題選錯誤的，
故選：B。
（2023 弋陽縣校級一模）等量異種點電荷的電場線如圖所示，下列說法正確的是（　　）
A．A處和C處的電場強度可能相同
B．A處的電勢比B處高
C．電子在C處由靜止釋放，可沿電場線運動到D處
D．電子在B處的電勢能比在D處大
【解答】解：A．電場線的疏密程度反映了場強的大小，故A處的場強一定比C處大，故A錯誤；
B．根據沿著電場線的方向電勢降低，可知B處的電勢比A處高，故B錯誤；
C．C處到D處的電場線為曲線，電場線的切線方向是電子在電場中受到的電場力的反方向，而不是速度方向，電子若想沿電場線運動，那么必須電場線為直線，且電子的速度方向與電場線始終在一條直線上，故C錯誤；
D．由B處和C處電勢相等，C處電勢低于D處，可知B處的電勢比D處低，而電子帶負電，故電子在B處的電勢能比在D處大，故D正確。
故選：D。
（2023 重慶模擬）如圖所示，實線表示某靜電場中的電場線，過M點的電場線是水平直線，虛線表示該電場中的一條豎直等勢線，M、N、P是電場線上的點，Q是等勢線上的點。一帶正電的點電荷在M點由靜止釋放，僅在電場力作用下水平向右運動，則（　　）
A．點電荷一定向右做勻加速運動
B．點電荷在N點釋放時的加速度比在P點釋放時的加速度小
C．將一負點電荷從P點移到N點，電場力做正功
D．將一負點電荷從Q點沿等勢線豎直向上射出，點電荷將沿等勢線做直線運動
【解答】解：A．根據電場線的分布可知，該靜電場不是勻強電場，所以點電荷在運動過程中受到的電場力不是恒定的，根據牛頓第二定律，點電荷運動的加速度也不是恒定的，所以點電荷向右做的不是勻加速運動，故A錯誤；
B．由圖可知，N點電場線比P點電場線密集，所以N點的電場強度大于P點的電場強度，點電荷在N點受到的電場力大于P點處的電場力，所以點電荷在N點釋放時的加速度比在P點釋放時的加速度大，故B錯誤；
C．電勢隨電場方向逐漸減小，所以N點電勢比P點高，將一負點電荷從P點移到N點，電勢能減小，電場力做正功，C故正確；
D．將一負點電荷從Q點沿等勢線豎直向上射出，由于電場方向垂直等勢線，則點電荷受到的電場力方向與運動方向不在同一條直線上，所以點電荷做曲線運動，故D錯誤。
故選：C。
（2023 上海）三個大小相同的帶電導體球x、y、z，帶電量分別為+4μC、0μC和﹣10μC，讓x與y先接觸，然后讓y與z接觸，最終y所帶的電荷量為（　　）
A．﹣4μC B．﹣3μC C．﹣2μC D．﹣1μC
【解答】解：x與y接觸時，根據電荷守恒定律得：
2μC，故y所帶的電荷量為+2μC；
y與z再接觸時，兩者帶異種電荷，電荷先中和，余下的電荷再平分，由電荷守恒定律得：
4μC
最終y所帶的電荷量為﹣4μC，故BCD錯誤，A正確。
故選：A。
（2022 上海）某原子核發生核反應時放出一個正電子，則原子核內多了一個（　　）
A．質子 B．中子 C．電子 D．核子
【解答】解：原子核出一個正電子是由核內質子轉化而來的，設原子核內多出的未知粒子的質量數為A，核電荷數為z
質量數守恒，得：1＝0+A ①
核電荷數守恒，得：1＝1+z ②
由①②解得：A＝1，z＝0
所以原子核內多了一個中子，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（2023 海南）如圖所示，一光滑絕緣軌道水平放置，直徑上有A、B兩點，AO＝2cm，OB＝4cm，在AB固定兩個帶電量分別為Q1、Q2的正電荷，現有一個帶正電小球靜置于軌道內側P點（小球可視為點電荷），已知AP：BP＝n：1，試求Q1：Q2是多少（　　）
A．2n2：1 B．4n2：1 C．2n3：1 D．4n3：1
【解答】解：對小球受力分析如圖所示：
在△CHP中，根據正弦定理有
其中∠CPH＝∠OPB，∠CHP＝∠HPD＝∠APO
在△APO中，根據正弦定理
在△BPO中，根據正弦定理
根據庫侖定律，
聯立以上各式，解得Q1：Q2＝2n3：1
綜上分析，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
（2023 全國）如圖，兩根相同的橡皮筋各有一端系于固定的擋板，另一端分別與帶電量為q、﹣q的小球連接，小球靜止在光滑水平絕緣板上，兩橡皮筋位于同一水平直線上，橡皮筋的伸長量均為Δl。若緩慢地增加兩球的電荷量，當電荷量增加至原來2倍時（兩小球不會相碰），恰好平衡。則每條橡皮筋的伸長量（　　）
A．恰為2Δl B．大于2Δl但小于4Δl
C．恰為4Δl D．大于4Δl
【解答】解：設初始時帶電量為q、﹣q的小球之間的距離為l，由于小球處于平衡狀態，則有橡皮筋彈力等于小球之間的庫侖力，即對任意小球有：
kΔl＝k
電荷量增大為原來的2倍時，設兩個小球之間的距離為l′，橡皮筋的伸長量變為Δl′，當小球再次處于平衡狀態時，對任意小球有：
kΔl′＝k4k
又因為小球相互吸引，相互靠近，所以兩個小球之間的距離會小于初始距離，即：
l′＜l
因此：kΔl′＝4k4k4kΔl
所以：Δl′＞4Δl，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
（2020 浙江）如圖所示，在傾角為α的光滑絕緣斜面上固定一個擋板，在擋板上連接一根勁度系數為k0的絕緣輕質彈簧，彈簧另一端與A球連接。A、B、C三小球的質量均為M，qA＝q0＞0，qB＝﹣q0，當系統處于靜止狀態時，三小球等間距排列。已知靜電力常量為k，則（　　）
A．
B．彈簧伸長量為
C．A球受到的庫侖力大小為2Mg
D．相鄰兩小球間距為
【解答】解：AD、對C分析，受重力、支持力和AB的庫侖力，則AB的庫侖力之和沿斜面向上，又B距離C近，給C的庫侖力大，則C球帶正電，設小球間距為a，
對C：kkMgsinα
對B：kkMgsinα
聯立解得：qCq0
代入kkMgsinα
解得：a＝q0，故A正確，D錯誤；
對ABC用整體法，ABC受力平衡，即ABC受到的彈力等于重力的分力。即得彈簧伸長量Δx，故B錯。
對BC用整體法，BC受力平衡，即BC受到庫侖力等于重力分力，即得A受到的庫侖力為2Mgsinα，故C錯。
故選：A。
（2023 浙江）某帶電粒子轉向器的橫截面如圖所示，轉向器中有輻向電場。粒子從M點射入，沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑接成的虛線（等勢線）運動，并從虛線上的N點射出，虛線處電場強度大小分別為E1和E2，則R1、R2和E1、E2應滿足（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：因為粒子在等勢線上運動，則粒子的速度大小保持不變，粒子受到的電場力提供向心力，根據牛頓第二定律可得：
聯立解得：，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
（2023 湖南）如圖，真空中有三個點電荷固定在同一直線上，電荷量分別為Q1、Q2和Q3，P點和三個點電荷的連線與點電荷所在直線的夾角分別為90°、60°和30°。若P點處的電場強度為零，q＞0，則三個點電荷的電荷量可能為（　　）
A．Q1＝q，Q2q，Q3＝q
B．Q1＝﹣q，Q2q，Q3＝﹣4q
C．Q1＝﹣q，Q2q，Q3＝﹣q
D．Q1＝q，Q2q，Q3＝4q
【解答】解：AB、若三個點電荷同時帶正電或者負電，則P點的場強不可能為零，故AB錯誤；
C、設P和Q1間的距離為r，則Q1和Q3在P點處的場強大小為：
解得：E
根據點電荷的場強公式可得Q2在P點處產生的場強大小為：
，則P點的場強不為零，故C錯誤；
D、同理可得，Q1和Q3在P點處的場強大小為：
解得：E
根據題意可知Q2產生的場強大小為：
，則P點處的場強為零，故D正確；
故選：D。
（2022 河北）如圖，真空中電荷量為2q和﹣q（q＞0）的兩個點電荷分別位于M點與N點，形成一個以MN延長線上O點為球心、電勢為零的等勢面（取無窮遠處電勢為零）。P為MN連線上的一點。S為等勢面與直線MN的交點，T為等勢面上一點。下列說法正確的是（　　）
A．P點電勢低于S點電勢
B．T點電場強度方向指向O點
C．除無窮遠處外，MN直線上還存在兩個電場強度為零的點
D．將正試探電荷q0從T點移到P點，靜電力做正功
【解答】解：A、在直線MN上，左邊正電荷在M右側電場強度水平向右，右邊負電荷在直線MN上電場強度水平向右，根據電場的疊加可知MN間的電場強度水平向右，沿著電場線電勢逐漸降低，可知P點電勢高于等勢面與MN交點處電勢，則P點電勢高于S點電勢，故A錯誤；
C、由于正電荷的電荷量大于負電荷電荷量，可知在N左側電場強度不可能為零，則N右側，設MN距離為L，根據：
可知除無窮遠處外，直線MN電場強度為零的點只有一個，故C錯誤；
D、由A選項的分析可知，T點電勢低于P點電勢，則正電荷在T點的電勢能低于在P點的電勢能，將正試探電荷從T點移到P點，電勢能增大，靜電力做負功，故D錯誤；
B、由于電場強度方向垂直等勢面，可知T點的場強方向必過等勢面的圓心，因為負電荷在零等勢面內，T點電勢高于球心O的電勢，可知T點電場方向指向O點，故B正確。
故選：B。
（2022 湖南）如圖，四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊a、b、c、d上。移去a處的絕緣棒，假定另外三根絕緣棒電荷分布不變。關于長方體幾何中心O點處電場強度方向和電勢的變化，下列說法正確的是（　　）
A．電場強度方向垂直指向a，電勢減小
B．電場強度方向垂直指向c，電勢減小
C．電場強度方向垂直指向a，電勢增大
D．電場強度方向垂直指向c，電勢增大
【解答】解；四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊上，根據對稱性可知O點場強為零，且b棒和d棒由于對稱性，在O點產生的合場強為0，故a棒與c棒在O點產生的合場強也為0。因此移去a棒后，O點的場強可以認為是由c棒單獨產生。c棒帶正電，且由對稱性可知，其在O點的場強應垂直指向a。電勢是標量，若以無窮遠處為電勢零點，四根帶正電的絕緣棒周圍的電勢均大于0，O點的電勢等于所有棒在O點激發的電勢的代數和，故移去a棒后O點的電勢減小，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2022 山東）半徑為R的絕緣細圓環固定在圖示位置，圓心位于O點，環上均勻分布著電量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零。圓環上剩余電荷分布不變，q為（　　）
A．正電荷， B．正電荷，
C．負電荷， D．負電荷，
【解答】解：因為電荷在細圓環上均勻分布，所以弧長為ΔL的小圓弧上所帶的電荷量為：
Q'
在ΔL足夠小時，可以將取走的部分看作點電荷，細圓環帶正電，根據圓環的對稱性，可以得到取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷后，細圓環在O點產生的電場如圖：
根據庫侖定律及矢量的疊加可知細圓環在O點產生的合場強大小為：
E'＝E，方向水平向右
將q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零，所以點電荷q在O點產生的場強應向左，大小等于E'，故q為負電荷
根據庫侖定律有：E'
解得：
故ABD錯誤，C正確；
故選：C。
（2022 浙江）某種氣體一電子放大器的局部結構是由兩塊夾有絕緣介質的平行金屬薄膜構成，其上存在等間距小孔，其中相鄰兩孔截面上的電場線和等勢線的分布如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．a點所在的線是等勢線
B．b點的電場強度比c點大
C．b、c兩點間的電勢差的值比a、c兩點間的大
D．將電荷沿圖中的線從d→e→f→g移動時電場力做功為零
【解答】解：A、電場線是發散的，等勢線是封閉的，所以a所在的線是電場線，故A錯誤；
B、根據電場線的密集程度代表電場強度大小可知b點場強小于c點場強；故B錯誤；
C、根據等勢線分布可知Ubc＝Uba+Uac，所以b、c兩點間的電勢差的值比a、c兩點間的大，故C正確；
D、由圖可知d點電勢與g點電勢不同，則將電荷沿圖中的線從d→e→f→g移動時電場力做功不為0，故D錯誤；
故選：C。
（2022 北京）如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計帶電粒子的重力。
（1）求帶電粒子所受的靜電力的大小F；
（2）求帶電粒子到達N板時的速度大小v；
（3）若在帶電粒子運動距離時撤去所加電壓，求該粒子從M板運動到N板經歷的時間t。

【解答】解：（1）根據電場強度的公式可得：
則帶電粒子受到的電場力為
F＝qE
（2）帶電粒子從M板出發，到達N板的過程中，根據動能定理可得：
解得：v
（3）帶電粒子在撤去電壓前做勻加速直線運動，之后做勻速直線運動，則
其中，
t＝t1+t2
聯立解得：t
答：（1）帶電粒子所受的靜電力的大小為；
（2）帶電粒子到達N板時的速度大小為；
（3）該粒子從M板運動到N板經歷的時間為。
（2023 乙卷）如圖，等邊三角形△ABC位于豎直平面內，AB邊水平，頂點C在AB邊上方，3個點電荷分別固定在三角形的三個頂點上。已知AB邊中點M處的電場強度方向豎直向下，BC邊中點N處的電場強度方向豎直向上，A點處點電荷的電荷量的絕對值為q，求
（1）B點處點電荷的電荷量的絕對值并判斷3個點電荷的正負；
（2）C點處點電荷的電荷量。
【解答】解：（1）C點的電荷在M點的場強沿CM所在直線，A點處點電荷和B點處點電荷在M點的場強沿AB所在直線，已知M點合電場強度方向豎直向下，則A、B兩點處的點電荷在M點的合場強為零，即A和B點處的點電荷為等量同種電荷，則B點處點電荷的電荷量的絕對值為q；
C點處的點電荷在M點的場強方向沿CM向下，則C點處點電荷為正電荷；
C點電荷在N點的場強方向沿CB斜向右下，N點的合場強方向豎直向上，則A點處的點電荷和B點處的點電荷在N點的合場強斜向左上，A點處的點電荷在N點的場強沿AN斜向右上，B點處的點電荷在N點的場強沿BN斜向左上，則A、B兩點處的點電荷均為正電荷；
（2）設三角形的邊長為l，由幾何關系得：ANl
BN＝CNl
A點電荷在N點的場強大小為EA＝k
方向沿AN斜向右上，B點電荷在N點的場強大小為EB＝k
方向沿BN斜向左上，設C點電荷的電荷量為Q，C點電荷在N點的場強大小為EC＝k
方向沿CB斜向右下，則B點電荷和C點電荷在N點的合場強大小斜向左上，大小為EBC
N點的合場強豎直向上，如圖
由幾何關系得：EBCtan30°＝EA
聯立解得：Qq
答：（1）B點處點電荷的電荷量的絕對值為q，3個點電荷均為正電荷；
（2）C點處點電荷的電荷量為q。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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