图2
A．应放在A点，Q＝2q B．应放在B点，Q＝－2q C．应放在C点，Q＝－q D．应放在D点，Q＝－q 答案 C
解析 根据平行四边形定则，求出＋q和－q在O点产生的合场强，大小等于其中一个点电荷在O点产生的场强的大小，方向水平向右，要使圆心处的电场强度为零，可在C点放一个电荷量Q＝－q的点电荷，C选项正确． 4．如图3所示，在x轴上有两个点电荷，一个带正电Q1，一个带负电Q2，且Q1＝2Q2，用E1和E2分别表示两个电荷产生的场强的大小，则在x轴上( )
图3
A．E1＝E2的点只有一处，该点合场强为零
B．E1＝E2的点只有两处，一处的合场强为零，另一处的合场强为2E2 C．E1＝E2的点只有三处，其中两处的合场强为零，另一处的合场强为2E2 D．E1＝E2的点只有三处，其中一处的合场强为零，另两处的合场强为2E2 答案 B
解析 本题考查对电场强度概念的理解，特别是对场强方向特性的理解．可以画一草图，牢记电荷量关系：Q1＝2Q2，E1、E2是这两个点电荷在x轴上同一点产生的场强的大小，试想一试探电荷在x轴上自左向右移动，在Q1左边区域时，由于Q1＝2Q2，它们对试探电荷的作用力不可能相等，因此在Q1的左边不存在E1＝E2的点；而在Q1与Q2之间以及Q2的右边区域有这样的点，且这样的点到Q1的距离是它到Q2的距离的2倍，进一步考虑E1、E2的方向，可知合场强为零的点在Q2的右边，合场强为2E2的点在Q1与Q2之间．故正确答案为B. 5．图4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的右侧( )
图4
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| 答案 B
解析 分别利用有向线段表示Q1、Q2在P点产生的场强示意图，然后根据平行四边形定则表示出合场强的大小和方向，A、B、C、D四个选项的示意图如图所示．
显然，选项B正确．
6．如图5所示，带电荷量为＋q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b点处产生的电场强度大小为____，方向________．(静电力常量为k)
图5
答案 k
q
水平向左 d2
q
解析 a点处的场强由两部分组成：一是点电荷在a处的场强，大小为E＝k，方向水平向左；二是带电薄板d2
q
在a处的场强．由题知，这两个场强的合场强为零，所以薄板在a处的场强大小为Ea＝k，方向水平向右．根
d2
q
据对称性可知，薄板在b处的场强为Eb＝k，方向水平向左．
d2
7. A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其v－t图象如图6所示．则此电场的电场线分布可能是( )
图6
答案 A
解析 从题图可以直接看出，粒子的速度随时间逐渐减小；图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合分析知，微粒是顺着电场线运动，由电场线疏处到达密处，正确选项是A.
8．把质量为M的正点电荷放在电场中无初速度释放，不计重力，则以下说法正确的是( ) A．点电荷的轨迹一定和电场线重合
B．点电荷的速度方向总是与所在处的电场线方向一致
C．点电荷的加速度方向总是与它所在处的电场线的切线方向重合 D．点电荷将沿电场线切线方向抛出做抛物线运动 答案 C
解析 本题考查了电场线、电场强度的方向及电场力的方向三者之间的关系及物体做曲线运动的条件．仅当电场线为直线、电荷的初速度为零，或者电荷初速度不为零，但初速度方向和场强方向在同一直线上，且只受电场力时，电荷的运动轨迹才和电场线重合，A错．点电荷的速度方向不一定与所在位置处的电场线方向一致，如电场线为曲线时，B错．由牛顿第二定律知，加速度方向与合外力方向一致，而点电荷在电场中受的电场力方向与电场线的切线方向重合，C对．点电荷受电场力作用，由于电场不一定是匀强电场，其合力不一定为恒力，故不一定做抛物线运动，D错．
9.如图7所示，A、B是某点电荷电场中的一条电场线．在电场线上P处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向B点运动．对此现象，下列判断正确的是(不计电荷重力)( )
图7
A．电荷向B做匀速运动
B．电荷向B做加速度越来越小的运动 C．电荷向B做加速度越来越大的运动
D．电荷向B做加速运动，加速度的变化情况不能确定 答案 D
解析 由于负电荷从P点由静止释放，它沿直线运动到B点，说明负电荷受力方向自P指向B，则场强方向自A指向B，由于正电荷、负电荷、异种电荷以及平行且带异种电荷的金属板等都能产生一段直线电场线，所以只能确定负电荷的受力方向向左(自P指向A)，但不能确定受力变化情况，也就不能确定加速度变化情况，故选项D正确．
题组三 静电场知识与动力学知识的综合
10.如图8所示，场强为E、方向竖直向下的匀强电场中，有两个质量均为m、电荷量分别为＋2q和－q的小球A和B，两小球用绝缘细线相连，另用绝缘细线系住带正电的小球A悬挂于O点，处于平衡状态．已知重力加速度为g，求细线对悬点O的作用力．
图8
答案 2mg＋Eq
解析 以A、B整体为研究对象，静电力为内力，则T＝2mg＋Eq，由牛顿第三定律得，细线对悬点O的作用力T′＝T＝2mg＋Eq.
11．如图9所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，场强E＝3×104N/C.在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m＝5×10－3kg的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角θ＝60°(g取10 m/s2)．试求：
图9
(1)小球的电性和电荷量； (2)悬线的拉力．
53
答案 (1)正电 ×10－6 C (2)0.1 N
3
解析 (1)小球受电场力向右，故带正电，受力分析如图所示． 由平衡条件有Eq＝mgtan 60°
53
解得q＝×10－6C
3
mg
(2)由平衡条件得F＝，
cos 60°
解得F＝0.1 N
12．如图10所示，光滑斜面倾角为37°，一带正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方
1
向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，重力加
2
速度为g，求：
图10
(1)原来的电场强度为多大；
(2)场强改变后，物块运动的加速度．
3mg
答案 (1) 4q
3
(2)g，方向沿斜面向下
10
解析 (1)对小物块受力分析如图所示，物块静止于斜面上，则mgsin 37°＝
mgtan 37°3mgE＝＝.
q4q
11
(2)当场强变为原来的时，小物块受到的合外力F合＝mgsin 37°－qEcos
22
3
37°，又F合＝ma，所以a＝g，方向沿斜面向下．
10
qEcos 37°，解得
37°＝
1
mgsin 2