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第01讲静电场
全国高中物理竞赛初级培优试题精编
一、单选题
1．如图所示，水平面内的等边三角形BCD的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道AC的最低点，A点到B、D两点的距离均为L，A点在BD边上的竖直投影点为O。y轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷，在z轴两电荷连线的中垂线上必定有两个场强最强的点，这两个点关于原点O对称。在A点将质量为m、电荷量为的小球套在轨道AC上（忽略它对原电场的影响）将小球由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，且，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）
A．图中的A点是z轴上场强最强的点
B．轨道上A点的电场强度大小为
C．小球刚到达C点时的加速度为
D．小球刚到达C点时的动能为
【答案】B
【详解】A．由题意可知，如图所示，P为轴上一点，PD连线与轴的夹角为
根据等量同种电荷的电场分布可知点的电场强度竖直向上，大小表示为
整理得
令，，可得函数
对函数求导
令，解得
结合导函数的性质可知，在时，单调递增，在时，单调递减，因此时，电场强度最大，即
由此可知，轴上距离点处的两点电场强度最大，A错误；
B．，轨道上A点的电场强度大小
B正确；
C．由几何关系可知
，
根据对称性可知，、两点的电场强度大小相等，因此，点的电场强度方向沿轴正方向，电场强度大小表示为
小球在点时的受力如图所示
小球在受到的电场力为
沿杆方向的合力为
解得
由此可知小球刚到达C点时的加速度为0，C错误；
D．根据等量同种电场分布和对称关系可知，、两点电势相等，电荷从到的过程中电场力做功为零，根据动能定理可得
解得
D错误。
故选B。
2．如图1所示，半径为R均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P（坐标为x）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：，方向沿x轴。现考虑单位面积带电量为σ的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图所示。则圆孔轴线上任意一点Q（坐标为x）的电场强度为（）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】将挖去的圆板补上，复原无限大均匀带电平板，设无限大均匀带电平板在Q点的场强为E，补回来的半径为r的圆板在Q点的场强为E1，待求的场强为E2，由电场叠加原理得
由得，当R无限大时
解得
故选B。
3．由n个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环固定在竖直平面内。一个质量为m的金属小球（视为质点）通过长为L＝2R的绝缘细线悬挂在圆环的最高点。当金属小球电荷量也为Q（未知）时，发现金属小球在垂直圆环平面的对称轴上P点处于平衡状态，如图所示，轴线上的两点P、P关于圆心O对称。已知静电力常量为k，重力加速度为g，取无穷远处电势为零。则下列说法中正确的是（）
A．O点的场强一定为零
B．由于P、P?两点关于O点对称，两点的场强大小相等，方向相反
C．金属带电小球的电量为Q?
D．固定P处的小球，然后在圆环上取下一个小球（其余n－1个小球位置不变）置于P处，则圆心O的场强大小为
【答案】D
【详解】A．根据对称性可知，由n个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在圆心O点场强为0，带电金属小球在O点的场强不0，所以O点的场强不为零，故A错误；
B．根据对称性可知，由n个带电量均为Q的可视为质点的带电小球无间隙排列构成的半径为R的圆环，在P、P?两点的场强大小相等，方向相反，带电金属小球在这两点产生的电场强度不相等，故B错误；
C．取圆环带电小球；由库仑定律可得，该部分对小球的库仑力
方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取以圆心对称的小球，其库仑力与F1相同；如图所示
由几何关系可知，细线与轴线的夹角
两力的合力应沿圆心与小球的连线向外，大小为
因圆环上各点对小球均有库仑力，故所有部分库仑力的合力
小球受力分析如图所示
可得
解得，金属带电小球的电量为
故C错误；
D．在圆环上取下一个小球后，圆环上的电荷在圆心O的场强大小为
根据对称性可知，固定P处的小球，在圆环上取下一个小球（其余n－1个小球位置不变）置于P处，在圆心O的场强大小为0
所以固定P处的小球，然后在圆环上取下一个小球（其余n－1个小球位置不变）置于P处，则圆心O的场强大小为
故D正确。
故选D。
4．如图所示，轻质弹簧一端系在墙上，另一端系在三根长度相同的轻绳上，轻绳的下端各系质量与电荷量均相同的带正电小球，且三个小球均处于静止状态，已知重力加速度为g。四种情形下每个小球受到的电场力大小与轻绳长度、小球质量、小球电荷量的关系如表所示，以下说法正确的是（）
情形
轻绳长度
小球质量
小球电荷量
小球受到的电场力大小
1
L
m
①
2
2L
m
②
3
L
2m
③
4
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