（新课标Ⅰ）2019版高考物理 专题八 静电场课件.ppt

专题八静电场,高考物理 (新课标专用),A组统一命题课标卷题组 考点一电场力的性质,五年高考,答案D本题考查库仑定律及矢量合成。若a、b的电荷同号,则c所受库仑力的合力指向2或4区域;若a、b的电荷异号,则c所受库仑力的合力指向1或3区域;故只有a、b的电荷异号,合力方向才能与a、b连线平行。设a带正电荷,b、c带负电荷,c受力如图,tan =tan =,=tan , 由库仑定律得=,联立得k=。故A、B、C三项均错误,D项正确。,一题多解电场强度叠加法 球c所受的库仑力的合力方向平行于a、b连线,表明球c处的合电场强度方向平行于a、b连线。若a、b的电荷同号,球c处的合电场强度指向2或4区域;若a、b的电荷异号,球c处的合电场强度指向1或3区域;故a、b的电荷必须异号。设a、c带正电荷,b带负电荷,球c处的电场强度方向如图,tan =tan =,由电场强度叠加原理得,tan =,结合点电荷电场强度公式得= ,联立得k=。故A、B、C三项均错误,D项正确。,2.(2014课标,19,6分,0.590)(多选)关于静电场的电场强度和电势,下列说法正确的是() A.电场强度的方向处处与等电势面垂直 B.电场强度为零的地方,电势也为零 C.随着电场强度的大小逐渐减小,电势也逐渐降低 D.任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向,答案AD电场中场强为零的位置是绝对的,而电势为零的位置是人为选取的;再者场强的大小表征着电势随空间的变化率,而与电势的大小无关,故B错误。由沿电场线方向电势降低,可知电势的升降取决于场强的方向而与场强的大小无关,故C错误。,考点二电场能的性质,答案AB本题考查带电粒子在匀强电场中的运动,能量的转化与守恒等知识。电子从a到d的过程中克服电场力做功6 eV,说明电场方向由af,且Uad=3Uab=3Ubc=3Ucd=3Udf=6 V,故Uab=Ubc=Ucd=Udf=2 V,又因为b=2 V,故a=4 V,c=0 V,d=-2 V,f=-4 V,可知A项正确。Eka=10 eV,从a到f过程中,需克服电场力做功8 eV,Eka|W电|,因为不知道电子的运动方向,故不能确定电子能否到达平面f,故B项正确。电子经过平面d时,其电势能为2 eV,故C项错误。经过平面b时的动能为8 eV,经过平面d时的动能为4 eV,又知Ek=mv2,故=,D项错误。,易错点拨隐含条件的显性化 动能是标量,而速度是矢量,故本题中不知道初速度的具体方向。,4.(2018课标,21,6分)(多选)如图,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q0)的粒子从a点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2。下列说法正确的是 () A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行 B.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为 C.若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为 D.若W1=W2,则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差,答案BD本题考查电场力做功与电势能变化量的关系、匀强电场中U=Ed。根据电场力做功与电势能变化量的关系有W1=q(a-b),W2=q(c-d),WMN=q(M-N),根据匀强电场中“同一条直线上两点间的电势差与两点间的距离成正比”的规律可知,UaM=UMc,即a-M=M-c,可得M=,同理可得N=,联立式可得:WMN=,即B项正确。若W1 =W2,则a-b=c-d,结合两式可推出a-M=b-N,即D项正确。由题意无法判定电场强度的方向,故A、C项均错误。,易错点拨注意E=成立的条件 在匀强电场中,E=中的d为始、末两点沿电场线方向上的距离,本题中如果未注意这一条件, 易错选C。,5.(2017课标,20,6分)(多选)在一静止点电荷的电场中,任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标(ra,a)标出,其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点,在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是() A.EaEb=41B.EcEd=21 C.WabWbc=31D.WbcWcd=13,答案AC本题考查场强与电势。由图可知:ra=1 m、a=6 V;rb=2 m、b=3 V;rc=3 m、c=2 V;rd=6 m、d=1 V。由点电荷的场强公式E=得EaEbEcEd=369 41,A正确、B错误。由WAB=qUAB=q(A-B)得WabWbcWcd=(a-b)(b-c)(c-d)=311,故C正确、D错误。,方法技巧电场力做功的计算方法 定量计算电场力做功时,第一种方法是利用W=qU;第二种方法是利用功能关系即电场力所做的功等于电势能的变化量;第三种方法是利用动能定理;第四种方法是由功的定义得W=qEl cos 。其中最后一种方法仅适用于匀强电场中。,6.(2017课标,21,6分)(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图所示,三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是() A.电场强度的大小为2.5 V/cm B.坐标原点处的电势为1 V C.电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D.电子从b点运动到c点,电场力做功为9 eV,答案ABD本题考查场强与电势差的关系、电势能和电场力做功。 设a、c连线上d点电势为17 V,连接b、d,bd为等势线,如图 据U=Ed可知,匀强电场中U与d成正比,则=,即=,得lcd=4.5 cm,则tan = ,=37,过c点作bd的垂线交bd于e点,如图,则lce=lcb sin =6 cm=3.6 cm,Uce=26 V-17 V=9 V, ce方向垂直等势线bd且ce,则ce方向为匀强电场方向,据E=可知E=2.5 V/cm,故A选 项正确。,laO=lcb,故UaO=Ucb,即a-O=c-b,得O=1 V,故B选项正确。 据Ep=q=(-e),aEpb,故C选项错误。 据Wbc=qUbc知Wbc=(-e)Ubc=(-e)(b-c)=(-e)(17-26)V=9 eV,故D选项正确。,方法技巧充分利用U=Ed中场强一定时U与d成正比的关系、直角三角形中tan 37=和sin 3 7=解题。 建立bd等势线,在ac上利用U与d成正比来求d=17 V时cd的长度lcd=4.5 cm,确定=37。 作出等势线的垂线寻找E的方向,再利用=37得到ce长度。 由E=算出E的大小。 在应用Ep=q及W=qU时要注意电子带电荷量为-e,这样判断电子在a、b点电势能高低时不易出错。,7.(2016课标,15,6分)关于静电场的等势面,下列说法正确的是() A.两个电势不同的等势面可能相交 B.电场线与等势面处处相互垂直 C.同一等势面上各点电场强度一定相等 D.将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面,电场力做正功,答案B假设两个电势不同的等势面相交,则交点处的电势就是两个不同的值,这是不可能的,A错误;同一等势面上各点电势相等,而场强不一定相等,C错误;负电荷从高电势处移到低电势处,电势能增加,电场力做负功,D错误。,方法技巧用类比法理解电荷在电场中运动的过程中电场力做功以及电势能变化情况:一块石头从山顶(高地势处)滚落到山脚(低地势处),重力势能减少,重力做正功。与此类似,正电荷从高电势处向低电势处移动,电势能减少,电场力做正功,所以,可将正电荷与石头类比。如果是负电荷的运动,只要把正电荷电势能变化、电场力做功情况反过来就可以了。,8.(2015课标,15,6分,0.699)如图,直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线,M、N、P、Q是它们的交点,四点处的电势分别为M、N、P、Q。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等。则() A.直线a位于某一等势面内,MQ B.直线c位于某一等势面内,MN C.若电子由M点运动到Q点,电场力做正功 D.若电子由P点运动到Q点,电场力做负功,答案B由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等可知,MN=P,故过N、P点的直线d位于某一等势面内,则与直线d平行的直线c也位于某一等势面内,选项A错、B正确;M=Q,则电子由M点运动到Q点,电场力不做功,选项C错误;由于PM=Q,电子由P点运动到Q点,电势能减小,电场力做正功,选项D错误。,解题关键电子带负电荷。由“一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等”知N、P两点在同一等势线上,则直线c、d为匀强电场中的等势线。由于匀强电场中电场线与等势线垂直可知,a和b为电场线。由于电场力对电子做负功,可知电场方向为MN。,知识总结匀强电场中电场线和等势线分别是相互垂直的两组平行线。电场力对电场中运动电荷做的功W=q。,考点三电容器、带电粒子在电场中的运动,9.(2018课标,21,6分)(多选)如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。现同时释放a、b,它们由静止开始运动。在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是() A.a的质量比b的大 B.在t时刻,a的动能比b的大 C.在t时刻,a和b的电势能相等 D.在t时刻,a和b的动量大小相等,答案BD本题考查电容器和带电粒子在电场中的运动。由题设条件可知,微粒a向下运动,微粒b向上运动,且在相等时间内,位移xaxb,由运动学公式及牛顿第二定律可得:x=t2,则ma Ekb,选项B正确;由动量定理可得:qEt=p,则pa与pb大小相等,选项D正确;在t时刻,a、b在同一水平面上,电势相等,而两微粒的电性不同,由Ep=q,可知a和b的电势能不相等,选项C错误。,易错点拨对Ep=q的理解 Ep=q中,电势能Ep、电荷量q和电势都为标量,但有正负之分,在利用该式进行分析时,要求将正、负号代入进行计算,否则容易出现错误。,10.(2016课标,14,6分)一平行板电容器两极板之间充满云母介质,接在恒压直流电源上。若将云母介质移出,则电容器() A.极板上的电荷量变大,极板间电场强度变大 B.极板上的电荷量变小,极板间电场强度变大 C.极板上的电荷量变大,极板间电场强度不变 D.极板上的电荷量变小,极板间电场强度不变,答案D电容器电容C=,云母介质移出,r减小,C减小;又C=,电源恒压,U一定,C减小, 故Q减小;电场强度E=,故E不变,选项D正确。,审题指导关键词:恒压直流电源、介质移出。,评析此题考查电容器电容、电荷量及电场强度之间的关系,难度为易,考生根据相关公式即可分析解答。,11.(2016课标,20,6分)(多选)如图,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直面(纸面)内,且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知() A.Q点的电势比P点高 B.油滴在Q点的动能比它在P点的大 C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小,答案AB由油滴轨迹在竖直面内相对于过P点的竖直线对称可知油滴在水平方向所受合力为0,竖直方向上油滴受重力和电场力,结合曲线轨迹的特点可知电场力竖直向上且电场力大于重力,油滴受力及电场线方向如图所示,由沿电场线方向电势逐渐降低,得Q点的电势比P点的高,A选项正确;油滴从Q点到P点合力做负功,根据动能定理得油滴在Q点的动能大于它在P点的动能,这一过程中电场力做负功,则油滴在Q点的电势能小于它在P点的电势能,故B项正确,C项错;因为重力和电场力为恒力,所以油滴在Q、P两点的加速度相同,故D项错误。,评析以电场和重力场为背景,考查电场及运动的知识,关键在于分析出对称性的特点,才能得出电场力与重力的大小关系及方向,属于中等难度。,12.(2016课标,15,6分)如图,P是固定的点电荷,虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动,运动轨迹与两圆在同一平面内,a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用,其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac,速度大小分别为va、vb、vc。则() A.aaabac,vavcvbB.aaabac,vbvcva C.abacaa,vbvcvaD.abacaa,vavcvb,答案D带电粒子在电场中仅受电场力作用,由牛顿第二定律知加速度a=,E=k,因 为rbacaa; 由动能定理有Wab=qQUab=m-m Wbc=qQUbc=m-m 因为Wabvb 因为Wbc0,所以vcvb 因为|Uab|Ubc|,所以vavc 故有vavcvb,D项正确。,规律总结掌握点电荷电场的特点及电场力做功与电势差的关系,明确仅在电场力作用下,加速度的大小取决于场强的大小,速度的大小取决于电场力做功的正负及大小。,评析本题在考查点电荷电场的电场线、等势面的分布特点及电场力做功与电势差关系的同时,综合考查了牛顿运动定律及动能定理的内容,综合性较强。,13.(2015课标,14,6分,0.586)如图,两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将() A.保持静止状态 B.向左上方做匀加速运动 C.向正下方做匀加速运动 D.向左下方做匀加速运动,答案D最初带电微粒处于静止状态,受力如图(1),Eq=mg;当两板绕过a点的轴逆时针转过45 时,带电微粒的受力如图(2),其合力指向左下方,故微粒从静止开始向左下方做匀加速运动,选项D 正确。,审题指导“微粒恰好保持静止状态”,即处于平衡状态,所受的合外力为零,得微粒所受的电场力与其重力大小相等方向相反;“将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45”,注意电容器带电荷量不变,间距不变,正对面积也不变,故电场强度的大小不变,电场力的大小不变,仅方向逆时针旋转45,根据平行四边形定则求出合力的方向,确定微粒的运动即可。,14.(2017课标,25,20分)如图,两水平面(虚线)之间的距离为H,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和-q(q0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下;M在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求 (1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比; (2)A点距电场上边界的高度; (3)该电场的电场强度大小。,答案(1)31(2)H(3),解析(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0,则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向,大小均为a,在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得 v0-at=0 s1=v0t+at2 s2=v0t-at2 联立式得=3 (2)设A点距电场上边界的高度为h,小球下落h时在竖直方向的分速度为vy,由运动学公式 =2gh H=vyt+gt2 M进入电场后做直线运动,由几何关系知 = 联立式可得,h=H (3)设电场强度的大小为E,小球M进入电场后做直线运动,则 = 设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理得 Ek1=m(+)+mgH+qEs1 Ek2=m(+)+mgH-qEs2 由已知条件 Ek1=1.5Ek2 联立式得 E=,解题关键N离开电场时的速度方向竖直向下N在水平方向的速度恰好减速到0;方向水平向右的匀强电场M、N在竖直方向只受重力,二者在电场中的运动时间相等;刚离开电场时M的动能为N的1.5倍建立等式确定电场力和重力的关系。,15.(2017课标,25,20分)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0。在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变。持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点。重力加速度大小为g。 (1)求油滴运动到B点时的速度。 (2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。,答案见解析,解析(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q,油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故电场力方向向上。在t=0时,电场强度突然从E1增加至E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满足 qE2-mg=ma1 油滴在时刻t1的速度为 v1=v0+a1t1 电场强度在时刻t1突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向向下,大小a2满足 qE2+mg=ma2 油滴在时刻t2=2t1的速度为 v2=v1-a2t1 由式得 v2=v0-2gt1 (2)由题意,在t=0时刻前有 qE1=mg,油滴从t=0到时刻t1的位移为 s1=v0t1+a1 油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为 s2=v1t1-a2 由题给条件有 =2g(2h) 式中h是B、A两点之间的距离。 若B点在A点之上,依题意有 s1+s2=h 由式得 E2=E1 为使E2E1,应有 2-+1,即当 0 才是可能的;条件式和式分别对应于v20和v2E1,应有 2-1 即,t1 另一解为负,不合题意,已舍去。,解题指导多阶段运动 物体的运动不仅仅取决于物体所受外力,还与物体的初速度有关。在多阶段运动过程中,当物体所受外力突变时,物体由于惯性而速度不发生突变,故物体在前一阶段的末速度即为物体在后一阶段的初速度。对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系,可以通过作运动过程草图来获得。,16.(2015课标,24,12分,0.298)如图,一质量为m、电荷量为q(q0)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。不计重力。求A、B两点间的电势差。,答案,解析设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向上的速度分量不变,即 vB sin 30=v0 sin 60 由此得vB=v0 设A、B两点间的电势差为UAB,由动能定理有 qUAB=m(-) 联立式得 UAB=,解题关键据运动的独立原理:一个物体同时参与几个不同方向的运动,每个分运动的规律相互独立。可知粒子在A和B两点沿与电场垂直的方向上分速度相同,即vB sin 30=v0 sin 60。A和B两点速度方向虽然不同,但是并不影响动能定理的运用。,B组自主命题省(区、市)卷题组,考点一电场力的性质,1.(2016浙江理综,15,6分)如图所示,两个不带电的导体A和B,用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近,贴在A、B下部的金属箔都张开,() A.此时A带正电,B带负电 B.此时A电势低,B电势高 C.移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合 D.先把A和B分开,然后移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合,答案C由于静电感应,A带负电,B带等量正电,若移去C,A、B所带等量正负电荷中和,金属箔闭合,所以C正确,A错误;处于电场中的导体是等势体,B错误;若先把A、B分开,然后移去C,A、B所带电荷就不能中和,金属箔不再闭合,D错误。,失分警示不要误以为因B带正电,B的电势就高,实际上电场中的导体是一个等势体,A、B电势相等。,2.(2015山东理综,18,6分)直角坐标系xOy中,M、N两点位于x轴上,G、H两点坐标如图。M、N两点各固定一负点电荷,一电荷量为Q的正点电荷置于O点时,G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点,则H点处场强的大小和方向分别为() A.,沿y轴正向B.,沿y轴负向 C.,沿y轴正向D.,沿y轴负向,答案BM、N两处的负点电荷在G处产生的合场强E1与O点处正点电荷在G处产生的场强等大反向,所以E1=,方向沿y轴正向,因为H与G关于x轴对称,所以M、N两处的负点电荷在H 处产生的合场强E2=E1=,方向沿y轴负向。当正点电荷放在G点时,它在H点产生的场强E3= ,方向沿y轴正向,则H处的场强为EH=-=,方向沿y轴负向,B正确。,3.(2015安徽理综,20,6分)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为,其 中为平面上单位面积所带的电荷量,0为常量。如图所示的平行板电容器,极板正对面积为S,其间为真空,带电荷量为Q。不计边缘效应时,极板可看作无穷大导体板,则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为() A.和B.和 C.和D.和,答案D由题意知带电荷量为Q的极板上单位面积所带的电荷量=,故一个极板激发的 电场的场强大小E=,而平行板电容器两极板带等量异种电荷,在极板间激发的电场等 大同向,由电场叠加原理知,极板间的电场强度大小为E合=2E=;两极板间相互的静电引力F =EQ=,选项D正确。,4.(2015广东理综,21,6分)(多选)如图所示的水平匀强电场中,将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置,释放后,M、N保持静止,不计重力,则() A.M的带电荷量比N的大 B.M带负电荷,N带正电荷 C.静止时M受到的合力比N的大 D.移动过程中匀强电场对M做负功,答案BD不考虑重力,取整体为研究对象,外力只有匀强电场的电场力,由平衡条件可知M、N所受电场力必等大反向,故M、N必带有等量异种电荷,A错误;隔离出M,因N对其静电引力向右,则电场E对其电场力必向左,即与场强方向反向,故M带负电,则N带正电,B正确;静止时,M、N所受合力都为0,C错误;因匀强电场对M的电场力方向与M移动方向成钝角,故D正确。,5.(2014广东理综,20,6分)(多选)如图所示,光滑绝缘的水平桌面上,固定着一个带电荷量为+Q的小球P,带电荷量分别为-q和+2q的小球M和N,由绝缘细杆相连,静止在桌面上,P与M相距L,P、M和N视为点电荷,下列说法正确的是(),A.M与N的距离大于L B.P、M和N在同一直线上 C.在P产生的电场中,M、N处的电势相同 D.M、N及细杆组成的系统所受合外力为零,答案BD对小球M、N和杆组成的整体,由题意可知k=k,得xN,则C错误。M、N及细杆静止于光滑绝缘桌面上,所以系统所受合外力为零,D正确。,6.2018北京理综,24(1)静电场可以用电场线和等势面形象描述。 a.请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式; b.点电荷的电场线和等势面分布如图所示,等势面S1、S2到点电荷的距离分别为r1、r2。我们知道,电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小。请计算S1、S2上单位面积通过的电场线条数之比N1/N2。,答案a.见解析b.,解析a.在距Q为r的位置放一电荷量为q的检验电荷。 根据库仑定律检验电荷受到的电场力 F=k 根据电场强度的定义E= 得E=k b.穿过两等势面单位面积上的电场线条数之比 =,考点二电场能的性质,7.(2018天津理综,3,6分)如图所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹,设M点和N点的电势分别为M、N,粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN,速度大小分别为vM、vN,电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是() A.vMvN,aMaNB.vMvN,MN C.MN,EpMEpND.aMaN,EpMEpN,答案D本题考查带电粒子在电场中的运动。由粒子的轨迹知电场力的方向偏向右,因粒子带负电,故电场线方向偏向左,由沿电场线方向电势降低,可知NvN。综上所述,选项D正确。,规律总结带电粒子在电场中做曲线运动的定性判断 带电粒子在电场中做曲线运动时受力指向轨迹的凹侧,电场力的方向沿电场线的切线方向;根据速度方向为轨迹的切线方向,并由力和速度方向的夹角判断做功情况,从而确定动能、电势能等物理量的大小关系。,8.(2017天津理综,7,6分)(多选)如图所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB,电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是() A.电子一定从A向B运动 B.若aAaB,则Q靠近M端且为正电荷 C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAEpB D.B点电势可能高于A点电势,答案BC本题考查带电粒子在电场中的运动。电子的运动轨迹为曲线,由曲线运动的产生条件可知电子在MN电场线上受力方向为水平向左,因此电场线方向为水平向右(MN),若aAaB,则A靠近场源电荷Q,即Q靠近M端且为正电荷,选项B正确;若电子由AB,则水平向左的电场力与轨迹切线方向的速度夹角大于90,电场力做负功,电势能增加,即EpAB,选项D错误。,方法技巧运动轨迹与电场线关系 曲线运动的受力方向指向轨迹的凹侧。受电场力方向在电场线所在直线上(切线所在直线上)。速度方向为轨迹的切线方向。正、负功的判断。电势高低与电势能大小的关系。,9.(2016浙江理综,14,6分)以下说法正确的是() A.在静电场中,沿着电场线方向电势逐渐降低 B.外力对物体所做的功越多,对应的功率越大 C.电容器电容C与电容器所带电荷量Q成正比 D.在超重和失重现象中,地球对物体的实际作用力发生了变化,答案A在静电场中,沿电场线电势的变化量=,无论q为正还是为负,总是负的, 即0,表明沿电场线方向电势逐渐降低,A正确;功率P=,功率P的大小由W和t共同决定,B 错误;电容器电容C与电容器所带电荷量无关,C错误;无论超重还是失重,地球对物体的实际作用力不变,D错误。,疑难突破电势=,电势的变化=。正电荷沿电场线方向移动时,电场力做正功,电势 能减少,Ep0,=0,即沿电场线方向电势降低。因此在静电场中,沿电场线方向 电势降低是一个普遍正确的结论。,考点三电容器、带电粒子在电场中的运动,10.(2018北京理综,19,6分)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是() A.实验前,只用带电玻璃棒与电容器a板接触,能使电容器带电 B.实验中,只将电容器b板向上平移,静电计指针的张角变小 C.实验中,只在极板间插入有机玻璃板,静电计指针的张角变大 D.实验中,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,表明电容增大,答案A本题考查平行板电容器。带电玻璃棒接触a板,a板会带上同种电荷,同时b板上会感应出异种电荷,故A正确;静电计指针张角反映电容器两板间电压,将b板上移,正对面积S减小,电容C减小,板间电压U增大,故指针张角变大,B错;插入有机玻璃板,相对介电常数r增大,电容C增大,板间电压U减小,指针张角变小,C错;只增加极板带电量Q,板间电压U增大,但电容保持不变,故D错。,解题关键电容器中各量的变化关系 电容C=及C=,对这两个公式的理解及各量的物理含义的认识,是解答本题的关键。,11.(2018江苏单科,5,3分)如图所示,水平金属板A、B分别与电源两极相连,带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离,两金属板表面仍均为等势面,则该油滴() A.仍然保持静止B.竖直向下运动 C.向左下方运动D.向右下方运动,答案D水平金属板间电场沿竖直方向,等势面为一组水平面。带电油滴处于静止状态,说明油滴受到的电场力方向竖直向上且Eq=mg。B板右端向下移动一小段距离,两极板间电压不变,则两极板间的等势面右端同样向下弯曲。电场线与等势面垂直,同样产生弯曲,且电场强度减小。竖直方向上Eyqmg,水平方向上Exq向右,故油滴向右下方运动,故D项正确。,关键点拨物理情景的构建 只需明确初始状态油滴的受力大小及方向即可,与场强的方向及油滴电性的正负无关。 电场线与等势面垂直,分析等势面的分布状态变化是解题关键。 分析水平和竖直两个方向上受力变化,从而判断油滴运动情况。,12.(2016天津理综,4,6分)如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷,以E表示两板间的电场强度,Ep表示点电荷在P点的电势能,表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则() A.增大,E增大B.增大,Ep不变 C.减小,Ep增大D.减小,E不变,答案D极板移动过程中带电荷量Q保持不变,静电计指针张角变化反映板间电势差U的变化,由C=和C=可知,极板下移,d减小,C增大,U减小,又E=,则E不变,Ep不变,综合 上述,只有D选项正确。,疑难突破设固定在P点的点电荷带电荷量为q,其在P点的电势能等于将其从P点移到零电势处(下极板)电场力做的功。,13.(2015天津理综,7,6分)(多选)如图所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1,之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转,最后打在屏上。整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,那么() A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多 B.三种粒子打到屏上时的速度一样大 C.三种粒子运动到屏上所用时间相同 D.三种粒子一定打到屏上的同一位置,答案AD设粒子离开电场E1时速度为v,由动能定理得qE1d1=mv2-0,v=,在电场E2中 y=at2,E2q=ma,L=vt,tan =,联立以上方程得y=,tan =。所以,在电场E2中电场力 做功W=E2qy=,三种粒子电荷量相等,做功相等,A项正确。因为在电场E2中y和tan 与q、 m无关,故它们通过同一轨迹打到屏上同一点,D项正确。对全程应用动能定理,设打到屏上的速度为v,则qE1d1+qE2y=mv2-0,解得v2=(E1d1+),所以氕核打到屏上的速度最大,故B项 错误。在加速电场中所用时间t1=,通过偏转电场到达屏所用时间t2=(L+L) ,所以总时间t=t1+t2,故氚核运动时间最长,C项错误。,14.(2014山东理综,18,6分)如图,场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd,水平边ab长为s,竖直边ad长为h。质量均为m、带电荷量分别为+q和-q的两粒子,由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力。若两粒子轨迹恰好相切,则v0等于() A.B.C.D.,答案B因为两粒子轨迹恰好相切,切点为矩形区域中心,则对其中一个粒子,水平方向=v 0t,竖直方向=at2且满足a=,三式联立解得v0=,故B正确。,15.(2015安徽理综,23,16分)在xOy平面内,有沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E(图中未画出),由A点斜射出一质量为m、带电荷量为+q的粒子,B和C是粒子运动轨迹上的两点,如图所示,其中l0为常数。粒子所受重力忽略不计。求: (1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功; (2)粒子从A到C过程所经历的时间; (3)粒子经过C点时的速率。,答案(1)3qEl0(2)3(3),解析(1)WAC=qE(yA-yC)=3qEl0 (2)根据抛体运动的特点,粒子沿x轴正方向做匀速直线运动,由对称性可知轨迹最高点D在y轴上,可令tAD=tDB=T,则tBC=T 由qE=ma,得a= 又yD=aT2,yD+3l0=a(2T)2 解得T= 则AC过程所经历的时间t=3,C组教师专用题组 考点一电场力的性质,答案D乒乓球在两极板中间时,其左侧会感应出正电荷,A错误;电场力和库仑力是同一个力的不同称谓,C错误;乒乓球与右极板接触则带正电,在电场力作用下向左运动与左极板相碰,碰后带上负电,又向右运动与右极板相碰,如此往复运动,所以D正确,B错误。,2.(2015海南单科,7,5分)(多选)如图,两电荷量分别为Q(Q0)和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧,a点位于x轴上O点与点电荷Q之间,b点位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是() A.b点电势为零,电场强度也为零 B.正的试探电荷在a点的电势能大于零,所受电场力方向向右 C.将正的试探电荷从O点移到a点,必须克服电场力做功 D.将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点,后者电势能的变化较大,答案BC由两等量异种点电荷的电场线分布知:过Q和-Q连线的垂直平分线Ob的等势面为零势能面,因此将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点做的功相同,因此正试探电荷电势能的变化相同,D错。点b在零势能面上,b点电势为零,由场强的合成法则知,b点的场强不为零,方向平行x轴向右,A错。在a点放一正的试探电荷,所受的电场力方向向右,当沿x轴正方向移动时,电场力做正功电势能减少,在O点减为零,过了O点电势能为负值,所以正的试探电荷在a点电势能大于零,反之若从O点移到a点,电场力与运动方向相反,因此电场力做负功即克服电场力做功,B、C正确。,3.(2013课标,15,6分,0.480)如图,一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷,在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点,a和b、b和c、c和d间的距离均为R,在a点处有一电荷量为q(q0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零,则d点处场强的大小为(k为静电力常量)() A.kB.kC.kD.k,答案B由b点处场强为零知,圆盘在b点处产生的场强E1与q在b点处产生的场强E2大小相等,即:E1=E2=k,由对称性,圆盘在d点产生的场强E3=k,q在d点产生的场强E4=k,方向与 E3相同,故d点的合场强Ed=E3+E4=k,B正确,A、C、D错误。,评析本题考查点电荷场强的公式及电场的叠加,熟记点电荷场强公式是解此题的基础,考虑到圆盘的电场的对称分布及d点处是两个电场的合成是解题的关键。难度中等。,4.(2013课标,18,6分,0.586)如图,在光滑绝缘水平面上,三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上:a、b带正电,电荷量均为q,c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态,则匀强电场场强的大小为 () A.B. C.D.,答案B以小球c为研究对象,其受力如图甲所示,其中F库=,由平衡条件得:2F库cos 30= Eqc 甲 乙 即:=Eqc,E= 此时a的受力如图乙所示,+=,得qc=2q 即当qc=2q时a可处于平衡状态,同理b亦恰好平衡,故选项B正确。,解题思路三小球均处于静止状态,则三小球均处于平衡状态,可选择a、c小球受力分析,列出平衡方程求解,最后可对b进行验证。,评析三球平衡是典型问题,充分考查了学生的想象、理解能力、应用数学工具能力,以及分析综合能力。,5.(2017北京理综,22,16分)如图所示,长l=1 m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,绳与竖直方向的夹角=37。已知小球所带电荷量q=1.010-6 C,匀强电场的场强E=3.0103 N/C,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。求: (1)小球所受电场力F的大小。 (2)小球的质量m。 (3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v的大小。,答案(1)3.010-3 N(2)4.010-4 kg(3)2.0 m/s,解析本题考查物体的平衡与动能定理。 (1)F=qE=3.010-3 N (2)由=tan 37,得m=4.010-4 kg (3)由mgl(1-cos 37)=mv2,得 v=2.0 m/s,解题指导(1)小球平衡时,正确进行受力分析。(2)撤去电场后,小球会从高处摆下,在小球从开始运动到到达最低点的过程中,机械能守恒。,考点二电场能的性质,6.(2017江苏单科,8,4分)(多选)在x轴上有两个点电荷q1、q2,其静电场的电势在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有() A.q1和q2带有异种电荷 B.x1处的电场强度为零 C.负电荷从x1移到x2,电势能减小 D.负电荷从x1移到x2,受到的电场力增大,答案AC本题考查识别-x图象、场强与电势差的关系、电场力做功与电势能变化关系。-x图线的切线斜率表示场强,由图可知从x1到x2过程中,图线切线斜率变小,到x2处斜率为0,即场强从x1到x2一直减小,且E2=0,电场力F=Eq,负电荷从x1移动到x2,受到电场力减小,选项B、D错误;沿x轴正方向电势由负到正,故x轴上的两个电荷q1、q2为异种电荷,选项A正确;由图可知x1x2,负电荷由低电势到高电势,电场力做正功,电势能减小,选项C正确。,解题关键由U=Ed知-x图线切线斜率表示场强E,x1=0,q1、q2分布在x1的两侧。,7.(2016江苏单科,3,3分)一金属容器置于绝缘板上,带电小球用绝缘细线悬挂于容器中,容器内的电场线分布如图所示。容器内表面为等势面,A、B为容器内表面上的两点,下列说法正确的是() A.A点的电场强度比B点的大 B.小球表面的电势比容器内表面的低 C.B点的电场强度方向与该处内表面垂直 D.将检验电荷从A点沿不同路径移到B点,电场力所做的功不同,答案C电场线的疏密表示场强的大小,因为A点处电场线较B点处稀疏,所以EAEB,A项错误;沿着电场线电势逐渐降低,故B项错误;电场线与等势面垂直,C项正确;电场力做功与路径无关,故D项错误。,知识归纳本题涉及的知识点有:如何用电场线描述电场的强弱及电势的高低,电场线与等势面的关系,电场力做功的特点。,评析本题是一道考查基础知识的题,要求学生熟练掌握静电场中电场线与等势面的特点及电场力做功的特点,难度较小。,8.(2015江苏单科,8,4分)(多选)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。c是两负电荷连线的中点,d点在正电荷的正上方,c、d到正电荷的距离相等,则() A.a点的电场强度比b点的大B.a点的电势比b点的高 C.c点的电场强度比d点的大D.c点的电势比d点的低,答案ACD观察题中图可知a点附近电场线比b点附近电场线密,所以EaEb,A项正确;由沿电场线方向电势逐渐降低可知ba,B项错;由场强公式E=k和场强叠加原理可知EcEd,C项 正确;当取无穷远处电势为0时,c为负值,d为正值,所以dc,D项正确。,9.(2014重庆理综,3,6分)如图所示为某示波管内的聚焦电场,实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电子分别从a、b两点运动到c点,设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb,a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb,则() A.Wa=Wb,EaEbB.WaWb,EaEb C.Wa=Wb,EaEbD.WaWb,EaEb,答案A由图知a、b在同一等势面上,故Uac=Ubc,又由W=qU知,Wa=Wb。又由于在同一电场中,电场线密集处场强大,故EaEb,A正确。,10.(2014北京理综,15,6分)如图所示,实线表示某静电场的电场线,虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是() A.1、2两点的场强相等B.1、3两点的场强相等 C.1、2两点的电势相等D.2、3两点的电势相等,答案D同一电场中,电场线越密的地方场强越大,所以1点的场强大于2、3两点的场强,A、B错误;同一等势面上各点的电势相等,沿电场线方向电势降低,故C错误,D正确。,11.(2014山东理综,19,6分)如图,半径为R的均匀带正电薄球壳,其上有一小孔A。已知壳内的场强处处为零;壳外空间的电场,与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样。一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出。下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线,可能正确的是(),答案A由于带正电的试探电荷在球壳内运动时,不受电场力,没有力做功,动能不变,可知C、D项错误。在球壳外,电场力做正功,动能增大,且由F库=k可知随r的增大,F库减小,体现 为Ek-r图线的斜率减小,故选项A正确,B错误。,12.(2014大纲全国,15,6分)地球表面附近某区域存在大小为150 N/C、方向竖直向下的电场。一质量为1.0010-4 kg、带电荷量为-1.0010-7 C的小球从静止释放,在电场区域内下落10.0 m。对此过程,该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s2,忽略空气阻力)() A.-1.5010-4 J和9.9510-3 J B.1.5010-4 J和9.9510-3 J C.-1.5010-4 J和9.6510-3 J D.1.5010-4 J和9.6510-3 J,答案D电势能的改变量:Ep=-W电=-qEh=1.5010-4 J,动能的改变量:Ek=W重+W电=mgh+qEh=9.6510-3 J,故D正确。,13.(2015四川理综,6,6分)(多选)如图所示,半圆槽光滑、绝缘、固定,圆心是O,最低点是P,直径MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷),b固定在M点,a从N点静止释放,沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球a() A.从N到Q的过程中,重力与库仑力的合力先增大后减小 B.从N到P的过程中,速率先增大后减小 C.从N到Q的过程中,电势能一直增加 D.从P到Q的过程中,动能减少量小于电势能增加量,答案BC小球a从N到Q的过程中,重力不变,库仑力F逐渐增大,库仑力F与重力的夹角逐渐变小,因此,F与mg的合力逐渐变大,A错误。从N到P的过程中,重力沿速度方向的分力等于F沿速度反方向的分力时,速率最大,B正确;从N到Q,F一直做负功,电势能一直增加,C正确;从P到Q,根据能量守恒知电势能的增加量和重力势能的增加量之和等于动能的减少量,所以电势能的增加量小于动能的减少量,D错误。,14.(2017上海单科,13)静电场中某电场线如图所示。把点电荷从电场中的A点移到B点,其电势能增加1.210-7 J,则该点电荷带电(选填“正”或“负”);在此过程中电场力做功为J。,答案负-1.210-7,解析从A到B,电势能增加1.210-7 J,说明电场力做负功,做功为-1.210-7 J,故电场力方向与场强方向相反,该点电荷带负电。,考点三电容器、带电粒子在电场中的运动,15.(2015江苏单科,7,4分)(多选)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场,电场方向水平向左。不计空气阻力,则小球() A.做直线运动B.做曲线运动 C.速率先减小后增大D.速率先增大后减小,答案BC刚开始时带电小球所受重力与电场力的合力F跟v0不在同一条直线上,所以它一定做曲线运动,A项错误,B项正确。因重力与电场力的合力F为恒力,结合图可知运动过程中合力F与速度之间的夹角由钝角减小到锐角,其中直角时速率最小,所以带电小球的速率先减小后增大,故C项正确,D项错误。,16.(2015海南单科,5,3分)如图,一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q0)的粒子;在负极板附近有另一质量为m、电荷量为-q的粒子。在电场力的作用下,两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则Mm为() A.32B.21C.52D.31,答案A因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面,电荷量为q的粒子通过的 位移为l,电荷量为-q的粒子通过的位移为l,由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1= 、a2=,由运动学公式有l=a1t2=t2,l=a2t2=t2,得=。B、C、D错,A 对。,17.(2016北京理综,23,18分)如图所示,电子由静止开始经加速电场加速后,沿平行于板面的方向射入偏转电场,并从另一侧射出。已知电子质量为m,电荷量为e,加速电场电压为U0。偏转电场可看作匀强电场,极板间电压为U,极板长度为L,板间距为d。 (1)忽略电子所受重力,求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y。 (2)分析物理量的数量级,是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力,请利用下列数据分析说明其原因。已知U=2.0102 V,d=4.010-2 m,m=9.110-31 kg,e=1.610-19 C,g=10 m/s2。,(3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质,请写出电势的定义 式。类比电势的定义方法,在重力场中建立“重力势”G的概念,并简要说明电势和“重力势”的共同特点。,答案(1) (2)(3)见解析,解题指导这是属于带电粒子在匀强电场中先加速再偏转的问题,带电粒子在加速电场中运用功能关系(动能定理)来列式,带电粒子在偏转电场中做类平抛运动时运用运动的合成和分解来解答。,A组20162018年高考模拟基础题组 考点一电场力的性质,三年模拟,1.(2018山西五市联考)(多选)如图所示,带电粒子在匀强电场中以初速度v0沿曲线从M运动到N(不计粒子的重力),这时突然使电场方向反向而大小不变。在新的电场中,带电粒子以后的运动情况(图中三条虚线在N点都与MN相切),下列说法正确的是() A.可能沿曲线运动且电势能减小 B.可能沿曲线运动且电势能增大 C.可能沿直线运动且电势能不变 D.可能沿曲线运动且电势能增大,答案AB粒子在由M到N的过程中,所受到的电场力指向轨迹弯曲的内侧,则电场反向后,其所受电场力也反向,可知电场反向后其可能沿曲线运动,选项C、D错误。在由M到N过程中电场力与v的夹角可能为锐角,还可能为钝角,不确定,同样电场反向后两者的夹角也不确定,则电场力可能做负功,还可能做正功,电势能可能增加,还可能减少,则选项A、B正确。,2.(2017山西五校四联,15)两点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线如图所示。根据电场线的分布情况,下列判断正确的是() A.Q1的电荷量小于Q2的电荷量 B.Q1的电荷量大于Q2的电荷量 C.Q1、Q2一定均为正电荷 D.Q1、Q2一定均为负电荷,答案A由电场线的分布情况可知,Q1的电荷量小于Q2的电荷量,A项正确,B项错误。因为电场线没有标出方向,不能断定电荷的正负,故C、D项错误。,3.(2016湖南长沙一模,17)如图所示,虚线a、b、c代表电场中一簇等势线,相邻等势线之间的电势差相等,实线为一带电质点(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,据此可知() A.a、b、c三条等势线中,a的电势最高 B.电场中Q点处的电场强度比P点处大 C.该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大 D.该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大,答案C由图可知,P点处等势线比Q点处密集,则P点处的电场强度比Q点处大,该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大,故B错、C对;若带电质点从P向Q运动,根据电场力、场强及等势线的关系和合外力指向轨迹弯曲的凹侧知电场力做负功,电势能增加,动能减小;若从Q向P运动,则电场力做正功,电势能减小,动能增大,故带电质点在P点处的动能大于在Q点处的动能,在P点具有的电势能小于在Q点具有的电势能,因不知质点所带电荷的电性,则无法判断各等势线电势高低,故A、D错误。,答案BD根据对称性可知,E、F两点电势相等,则A项错误,B项正确。根据对称性及场强的叠加原理可知,E点和F点电场强度大小相等而方向不同,O点的电场强度为零,F点的电场强度大于零,则C项错误,D项正确。,思路分析本题考查了电场的相关知识,意在考查考生利用场强的叠加原理及对称性,分析四个等量电荷形成电