新高考物理三輪沖刺知識講練與題型歸納專題15 電場的力學(xué)性質(zhì)（含解析）

專題15電場的力學(xué)性質(zhì)[題型導(dǎo)航]題型一庫侖定律的理解和應(yīng)用 1題型二庫侖力作用下的平衡問題 3題型三庫侖力下的變速問題 11題型四電場強(qiáng)度的理解和計算 14[考點(diǎn)分析]題型一庫侖定律的理解和應(yīng)用1．表達(dá)式：F＝keq\f(q1q2,r2)，適用條件是真空中兩靜止點(diǎn)電荷之間相互作用的靜電力．使兩個完全相同的金屬小球（均可視為點(diǎn)電荷）分別帶上﹣3Q和+5Q的電荷后，將它們固定在相距為2a的兩點(diǎn)，它們之間庫侖力的大小為F1．現(xiàn)用絕緣工具使兩小球相互接觸后，再將它們固定在相距為a的兩點(diǎn)，它們之間庫侖力的大小為F2．則F1與F2之比為（）A．2：1 B．4：1 C．15：4 D．60：1【解答】解：相距為a時，根據(jù)庫侖定律得：F1＝k3Q?5Q(2a)接觸后，各自帶電量變?yōu)椋篞′=5Q?3Q則此時有：F2＝kQ2則F1與F2之比為15：4，故C正確，ABD錯誤，故選：C。放在絕緣支架上的兩個相同金屬球相距為d，球的半徑比d小得多，分別帶有q和﹣3q的電荷，相互作用力為F．現(xiàn)將這兩個金屬球接觸，然后分開，仍放回原處，則它們的相互作用力將為（）A．引力且大小為3F B．斥力且大小為F3C．斥力且大小為2F D．斥力且大小為3F【解答】解：由庫侖定律可得：F＝k3q而兩球接觸后再分開平分總電量，由于兩球帶的是異種電荷，故分開后兩球的帶電量均為﹣q；此時兩個小球帶同種電荷，它們之間的作用力為斥力；庫侖力大?。篎′＝kq2故選：B。兩個相同的帶電金屬小球，帶電量分別為+3q和+7q，小球半徑遠(yuǎn)小于兩球心的距離r．將它們接觸后放回原處，則此時的靜電力大小為（）A．k10q2r2 B．k16q2【解答】解：因兩電荷異性，帶電量分別為3q，7q，兩物體接觸后電量平分，則可知各自的帶電量為5q；由庫侖定律可知：靜電力F=k故選：D。對于庫侖定律，下面說法中正確的是（）A．凡計算兩個點(diǎn)電荷間的相互作用力，都可以使用公式F＝kQ1QB．相互作用的兩個點(diǎn)電荷，若它們的電量不相同，它們之間的庫侖力大小可能不相等 C．兩個點(diǎn)電荷的電量各減為原來的一半，它們之間的距離保持不變，則它們之間的庫侖力減為原來的一半 D．在公式F＝kQ1Q2r2中，kQ2r2是點(diǎn)電荷Q2【解答】解；A、庫侖定律的適用條件是：真空和靜止點(diǎn)電荷，兩個帶電小球距離非常近時，電荷不能看成點(diǎn)電荷，因此不能使用庫侖定律，故A錯誤。B、相互作用的兩個點(diǎn)電荷之間的庫侖力為作用力和反作用力的關(guān)系，大小始終相等，故B錯誤。C、根據(jù)庫侖定律的計算公式F＝kQ1Q2D、在公式F＝kQ1Q2r2中，kQ2r2是點(diǎn)電荷Q2故選：D。題型二庫侖力作用下的平衡問題1．平衡問題應(yīng)注意：(1)明確庫侖定律的適用條件；(2)知道完全相同的帶電小球接觸時電荷量的分配規(guī)律；(3)進(jìn)行受力分析，靈活應(yīng)用平衡條件．2．三個自由點(diǎn)電荷的平衡問題(1)條件：兩個點(diǎn)電荷在第三個點(diǎn)電荷處的合場強(qiáng)為零，或每個點(diǎn)電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等，方向相反．(2)規(guī)律：“三點(diǎn)共線”——三個點(diǎn)電荷分布在同一條直線上；“兩同夾異”——正、負(fù)電荷相互間隔；“兩大夾小”——中間電荷的電荷量最??；“近小遠(yuǎn)大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷．如圖所示的光滑絕緣環(huán)沿豎直方向固定，兩個可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電圓環(huán)套在絕緣環(huán)上，其中帶電圓環(huán)Q與絕緣環(huán)的圓心O等高，已知Q帶正電，兩環(huán)平衡時∠OQP＝30°。則下列說法正確的是（）A．圓環(huán)P帶負(fù)電 B．圓環(huán)P、Q受絕緣環(huán)彈力之比為1：1 C．圓環(huán)P、Q的電荷量之比為1：2 D．圓環(huán)P、Q的質(zhì)量之比為2：1【解答】解：A、假設(shè)P帶負(fù)電圖1P球受力如圖1所示，P球不可能平衡，所以P球帶正電，故A錯誤；BD、圖2由圖2可知mPg＝FF＝F″mQgF″=sin30°FmPFN12F=cos30°FN1=3mQgFN2=tan30°FFN1C、兩帶電小球之間的庫侖力與兩個小球的電荷量都有關(guān)，故無法確定兩電荷量的比值，故C錯誤。故選：D。（多選）如圖，A、B兩帶電小球，所帶電荷量大小分別為QA、QB，質(zhì)量分別為m1和m2。用兩根不可伸長的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，靜止時A、B兩球處于同一水平線上，∠OBA＝37°，∠OAB＝53°，C是AB連線上一點(diǎn)且在O點(diǎn)的正下方，C點(diǎn)的場強(qiáng)為零。已知sin53°＝0.8，則（）A．A、B兩球的質(zhì)量之比為9：16 B．A、B兩球的帶電荷量之比為81：256 C．同時剪斷連接兩小球A、B的細(xì)線，A小球一定先落地 D．同時剪斷連接兩小球A、B的細(xì)線，A、B小球水平位移之比為9：16【解答】解：A.根據(jù)已知得OA⊥OB，OC⊥AB，對A小球受力分析如圖所示：庫侖斥力F=m1gtan53°=34B.已知C點(diǎn)的場強(qiáng)為零，取水平向右為正方向，由點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式得EC=E1CD.同時剪斷連接兩小球A、B的細(xì)線，豎直方向都只受重力，水平方向有相互作用的排斥力，故豎直方向的分運(yùn)動為自由落體運(yùn)動，兩球同時落地；水平方向滿足動量守恒定律中的人船模型，取水平向右為正方向，設(shè)水平位移大小分別為x1，x2，得0＝（﹣m1x1）+m2x2，解得位移大小之比為x1故選：BD。如圖所示，在兩個對接的絕緣光滑斜面上放置了電荷量大小均為q的兩個小球A和B（均看成質(zhì)點(diǎn)），兩個斜面的傾角分別是30°和45°，小球A和B的質(zhì)量分別是m1和m2。若平衡時，兩小球均靜止在離斜面底端高度為h的同一水平線上，斜面對兩個小球的彈力分別是N1和N2，靜電力常量為k，下列說法正確的是（）A．q=(4+23B．m1C．N1D．若同時移動兩球在斜面上的位置，只要保證兩球在同一水平線上，則兩球仍能平衡【解答】解：A、對小球B受力分析，其受重力、支持力和庫侖力作用，如圖所示，由力的平衡條件可知F＝m2gtan45°①根據(jù)庫侖定律得F＝kq2由幾何關(guān)系可知，rAB=?聯(lián)立解得q=(4+2B、對小球A受力分析，其受重力、支持力和庫侖力作用，如圖所示，由力的平衡條件有：F＝m1gtan30°④由①④解得m1C、對A球，由平衡條件可得N1=Fsin30°，對B球，由平衡條件得N2=FD、若同時移動兩球在斜面上的位置，只要保證兩球在同一水平線上，兩球間庫侖力減小，兩球?qū)⒉荒芷胶?，故D錯誤。故選：A。如圖，兩根等長的細(xì)線一端拴在同一懸點(diǎn)O上，另一端各系一個帶電小球，兩球的質(zhì)量分別為m1和m2，已知兩細(xì)線與豎直方向的夾角分別為45°和30°。則m1與m2的比值為（）A．22 B．33 C．12【解答】解：對兩個球分別受力分析，如圖所示根據(jù)平衡條件，對m1，有m1gcos7.5°﹣T1cos37.5°＝0F﹣m1gsin7.5°﹣T1sin37.5°＝0對m2，有m2gcos7.5°﹣T2cos37.5°＝0F+m2gsin7.5°﹣T2sin37.5°＝0聯(lián)立解得m故BCD錯誤，A正確。故選：A。如圖，絕緣光滑圓環(huán)豎直放置，a、b、c為三個套在半徑為R圓環(huán)上可自由滑動的空心帶電小球，已知小球c位于圓環(huán)最高點(diǎn)（未畫出），ac連線與豎直方向成60°角，bc連線與豎直方向成30°角，小球a的電量為3qA．a(chǎn)、b、c小球帶同種電荷 B．a(chǎn)、b小球帶異種電荷，b、c小球帶同種電荷 C．a(chǎn)、b小球電量之比為36D．小球c電量數(shù)值為3【解答】解：AB、對c，受到重力、環(huán)的支持力以及a與b的庫侖力，其中重力與支持力的方向在豎直方向上，水平方向有a對c的庫侖力的分力與b對c的庫侖力的分力，由共點(diǎn)力平衡的條件可知，a與b對c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，則a與b的電性必定是相同的，a與b帶同種電荷，它們之間的庫侖力是斥力；對a，a受到重力、環(huán)的支持力以及b、c對a的庫侖力，重力的方向在豎直方向上，水平方向有支持力的向右的分力、b對a的庫侖力向左的分力、c對a的庫侖力的分力，若a要平衡，則c對a的庫侖力沿水平方向的分力必須向右，所以c對a的作用力必須是吸引力，所以c與a的電性一定相反，即：a、b小球帶同種電荷，b、c小球帶異種電荷，故AB錯誤；C、設(shè)環(huán)的半徑為R，a、b、c三個小球的帶電量分別為：qa、qb和qc，由幾何關(guān)系可得：ac=R，bca與b對c的作用力都是吸引力，它們對c的作用力在水平方向的分力大小相等，則：kqaqc(ac)2?sin60D、對a受力分析，重力mg，c對a的庫侖引力Fac，b對a的庫侖斥力Fab，及環(huán)對a的支持力N，如下圖所示，依據(jù)幾何關(guān)系，可知，圖中的平行四邊形一半是等邊三角形，依據(jù)矢量的合成法則，及平衡條件，與則有：kqaqc(ac)2?cos60°故選：D。（多選）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(shù)為k0的絕緣輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端與A球連接。A、B、C三小球的質(zhì)量均為m，qA＝q0＞0，qB＝﹣q0，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，三小球等間距排列。已知靜電力常量為k，重力加速度為g。則（）A．qcB．彈簧伸長量為mgsinαkC．A球受到的庫侖力大小為2mg D．相鄰兩小球間距為q【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(shè)小球間距為a，對C：kq0qCa對B：kq02a2聯(lián)立解得：qC=47代入kq02a2解得：a=qBC、對A球受到的庫侖力為：F=kq根據(jù)對C的分析有：kq0qCa則有：F＝2mgsinα對A有：k0x＝F+mgsinα解得：x0=3mgsinα故選：AD。如圖所示，兩個帶電量分別為Q1與Q2的小球固定于相距為5的光滑水平面上，另有一個帶電小球A，懸浮于空中不動，此時A離Q1的距離為4d，離Q2的距離為3d?，F(xiàn)將帶電小球A置于水平面上某一位置，發(fā)現(xiàn)A剛好靜止，則此時小球A到Q1、Q2的距離之比為（）A．3：2 B．2：3 C．3：4 D．4：3【解答】解：有一個帶電小球A，懸浮于空中不動，對帶電小球A受力分析，A受重力和Q1與Q2對A的庫侖斥力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件和庫侖定律得kQ1q(4d)解得Q1：Q2＝4：3，將帶電小球A置于水平面上某一位置，發(fā)現(xiàn)A剛好靜止，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件和庫侖定律得出kQ1解得：r1：r2＝2：3，故B正確，ACD錯誤；故選：B。如圖所示，a、b、c、d四個質(zhì)量均為m的帶電小球恰好構(gòu)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(nèi)的同一圓周上繞O點(diǎn)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動，三小球所在位置恰好將圓周等分。小球d位于O點(diǎn)正上方h處，且在外力F作用下恰處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知a、b、c三小球的電荷量均為q，d球的電荷量為﹣6q，h=2A．小球a的線速度為kqB．小球b的角速度為3kC．小球c的向心加速度大小為3kD．外力F豎直向上，大小為2【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(diǎn)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動，線速度、角速度、加速度大小均相等，設(shè)db連線與水平方向的夾角為α，則cosα=R?2+對b球，根據(jù)牛頓第二定律和向心力得：k6q?q?2+R2cosα﹣2kq2(2Rcos30°)2解得：v=3kq23RmD、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＝3k6q?q?2+R2故選：C。題型三庫侖力下的變速問題當(dāng)點(diǎn)電荷受到的合力不為零時，應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行運(yùn)動分析和計算。如圖所示，兩個帶電小球A、B分別處在光滑絕緣的斜面和水平面上，且在同一豎直平面內(nèi)。用水平向左的推力F作用于B球，兩球在圖示位置靜止。現(xiàn)將B球水平向左移動一小段距離，發(fā)現(xiàn)A球隨之沿斜面向上移動少許，兩球在虛線位置重新平衡。與移動前相比，下列說法正確的是（）A．斜面對A的彈力增大 B．水平面對B的彈力不變 C．推力F變小 D．兩球之間的距離變小【解答】解：AD、以A為研究對象，受到重力、支持力和庫侖力，如圖所示，根據(jù)矢量三角形法則可知，A球隨之沿斜面向上移動少許，支持力和庫侖力減小，根據(jù)F庫=kBC、以B球為研究對象，受到重力、支持力、推力和庫侖力，如圖所示；將B球水平向左移動一小段距離，A球隨之沿斜面向上移動少許，庫侖力減小，推力F＝F庫cosθ，θ增大，cosθ減小，則F減小；以整體為研究對象，豎直方向受到總的重力、地面的支持力和斜面的支持力，斜面的支持力減小，則地面對B的支持力增大，故B錯誤、C正確。故選：C。（多選）如圖所示，帶電小球甲固定在光滑的水平絕緣桌面上，在桌面上距甲一定距離有另一個帶電小球乙，乙在桌面上運(yùn)動，甲乙均視為質(zhì)點(diǎn)。某時刻乙的速度沿垂直于甲乙的連線方向，則（）A．若甲乙?guī)N電荷，以后乙一定做速度變大的曲線運(yùn)動 B．若甲乙?guī)N電荷，以后乙一定做加速度變大的曲線運(yùn)動 C．若甲乙?guī)М惙N電荷，以后乙可能做勻速圓周運(yùn)動 D．若甲乙?guī)М惙N電荷，以后乙可能做加速度和速度都變小的曲線運(yùn)動【解答】解：AB、若甲、乙為同種電荷，甲、乙之間的庫侖力為排斥力，并且力的方向和速度的方向不再一條直線上，所以質(zhì)點(diǎn)乙一定做曲線運(yùn)動，由于兩者之間的距離越來越大，它們之間的庫侖力也就越來越小，所以乙的加速度在減小，速度增大，故A正確，B錯誤；C、若甲乙?guī)М惙N電荷，甲、乙之間的庫侖力為吸引力，如果吸引力剛好等于乙做勻速圓周運(yùn)動需要的向心力，則以后乙做勻速圓周運(yùn)動，故C正確；D、若甲乙?guī)М惙N電荷，甲、乙之間的庫侖力為吸引力，如果吸引力小于乙做勻速圓周運(yùn)動需要的向心力，則乙做離心運(yùn)動，由于兩者之間的距離越來越大，它們之間的庫侖力也就越來越小，所以乙的加速度在減小，速度也減小，故D正確；故選：ACD。（多選）如圖所示，帶電質(zhì)點(diǎn)P1固定在光滑的水平絕緣面上，在水平絕緣面上距P1一定距離處有另一個帶電質(zhì)點(diǎn)P2，P2在水平絕緣面上運(yùn)動，某一時刻質(zhì)點(diǎn)P2以速度v沿垂直于P1P2的連線方向運(yùn)動，則下列說法正確的是（）A．若P1、P2帶同種電荷，以后P2一定做速度變大的曲線運(yùn)動 B．若P1、P2帶同種電荷，以后P2一定做加速度變大的曲線運(yùn)動 C．若P1、P2帶異種電荷，以后P2的速度和加速度可能都不變 D．若P1、P2帶異種電荷，以后P2可能做加速度、速度都變小的曲線運(yùn)動【解答】解：A、若P1、P2為同種電荷，P1、P2之間的庫侖力為排斥力，并且力的方向和速度的方向不再一條直線上，所以質(zhì)點(diǎn)P2一定做曲線運(yùn)動，由于兩者之間的距離越來越大，它們之間的庫侖力也就越來越小，所以P2的加速度在減小。速度增大，故A正確，B錯誤；C、若P1、P2為異種電荷，P1、P2之間的庫侖力為吸引力，當(dāng)P1、P2之間的庫侖力恰好等于向心力的時候，P2就繞著P1做勻速圓周運(yùn)動，此時P2速度的大小和加速度的大小都不變，但是方向改變，故C錯誤。D、若P1、P2為異種電荷，P1、P2之間的庫侖力為吸引力，若速度較大，吸引力小于向心力，P2做離心運(yùn)動，吸引力減小，則加速度減小，引力做負(fù)功，速度減小，做加速度、速度都變小的曲線運(yùn)動，故D正確。故選：AD。如圖所示，一個內(nèi)壁光滑的絕緣細(xì)直管豎直放置．在管子的底部固定一電荷量為Q（Q＞0）的點(diǎn)電荷．在距離底部點(diǎn)電荷為h2的管口A處，有一電荷量為q（q＞0）、質(zhì)量為m的點(diǎn)電荷由靜止釋放，在距離底部點(diǎn)電荷為h1的B處速度恰好為零．現(xiàn)讓一個電荷量為q、質(zhì)量為3m的點(diǎn)電荷仍在A處由靜止釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，則該點(diǎn)電荷（）A．運(yùn)動到B處的速度為零 B．在下落過程中加速度逐漸減小 C．運(yùn)動到B處的速度大小為23D．速度最大處與底部點(diǎn)電荷距離為kQq【解答】解：點(diǎn)電荷在下落中受重力和電庫侖力，由動能定理可得：mgh+WE＝0；即WE＝﹣mgh；當(dāng)小球質(zhì)量變?yōu)?m時，庫侖力不變，故庫侖力做功不變，由動能定理可得：3mgh﹣mgh=123mv解得：v=2由題意知，小球應(yīng)先做加速運(yùn)動，再做減速運(yùn)動，即開始時重力應(yīng)大于庫侖力；而在下落中，庫侖力增大，故下落時加速度先減小，后增大；故B錯誤；當(dāng)重力等于庫侖力時，合力為零，此時速度最大，F(xiàn)庫＝3mg=kQqr2故選：C。題型四電場強(qiáng)度的理解和計算1．場強(qiáng)公式的比較三個公式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(E＝\f(F,q)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(適用于任何電場,與檢驗電荷是否存在無關(guān))),E＝\f(kQ,r2)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(適用于點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場,Q為場源電荷的電荷量)),E＝\f(U,d)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(適用于勻強(qiáng)電場,U為兩點(diǎn)間的電勢差，d為沿電場方向兩,點(diǎn)間的距離))))2．電場的疊加(1)電場疊加：多個電荷在空間某處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為各電荷單獨(dú)在該處所產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量和．(2)運(yùn)算法則：平行四邊形定則．在真空中，一點(diǎn)電荷在M、N兩點(diǎn)產(chǎn)生的電場場強(qiáng)方向如圖所示，已知在兩點(diǎn)的連線上電場強(qiáng)度的最大值為100N/C，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，則（）A．該點(diǎn)電荷為負(fù)電荷 B．N點(diǎn)電勢低于M點(diǎn)電勢 C．N點(diǎn)的場強(qiáng)與M點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小之比為3：4 D．N點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為E＝64N/C【解答】解：A、反向延長兩場強(qiáng)方向，交點(diǎn)O為帶正點(diǎn)的場源電荷位置，如下圖所示，沿電場線方向電勢逐漸降低，所以N點(diǎn)電勢高于M點(diǎn)電勢，故AB錯誤；CD、如圖所示由題意可知OM與ON垂直，過O點(diǎn)作AC垂線，垂足為C，該點(diǎn)離場源電荷最近，場強(qiáng)最大，最大值為Emax＝kQr2=100N/C，N點(diǎn)的電場強(qiáng)度EN=kQ故選：D。如圖所示，水平面內(nèi)三點(diǎn)A、B、C為等邊三角形的三個頂點(diǎn)，三角形的邊長為L，O點(diǎn)為AB邊的中點(diǎn)。CD為光滑絕緣細(xì)桿，D點(diǎn)在O點(diǎn)的正上方，且D點(diǎn)到A、B兩點(diǎn)的距離均為L。在A、B兩點(diǎn)分別固定點(diǎn)電荷，電荷量均為﹣Q?，F(xiàn)將一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的中間有細(xì)孔的小球套在細(xì)桿上，從D點(diǎn)由靜止釋放。已知靜電力常量為k、重力加速度為g、且kQqLA．固定在A、B處兩點(diǎn)電荷的合電場在C、D兩點(diǎn)的場強(qiáng)相同 B．小球在D點(diǎn)剛釋放時的加速度大小為（22+C．小球到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為3gLD．小球?qū)⒃贒、C兩點(diǎn)之間做往復(fù)運(yùn)動【解答】解：A、C、D兩點(diǎn)到A、B兩點(diǎn)電荷的距離相等，根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式，以及場強(qiáng)的疊加知，固定在A、B處兩點(diǎn)電荷在C、D兩點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，方向不同，故A錯誤；B、兩點(diǎn)電荷在D點(diǎn)對小球的庫侖引力的合力：F=2×kQq根據(jù)幾何關(guān)系得，CD與水平面的夾角為45°，根據(jù)牛頓第二定律得，小球在D點(diǎn)的瞬時加速度：a=mgsin45°+Fsin45°C、A、B兩點(diǎn)的點(diǎn)電荷為等量的同種電荷，可知C、D兩點(diǎn)電勢相等，由于在C、D兩點(diǎn)電勢能相等，則小球從D到C，電場力不做功，根據(jù)動能定理得：mg?=1根據(jù)幾何關(guān)系得：h=3解得：vCD、在兩點(diǎn)間做往復(fù)運(yùn)動的前提是在兩點(diǎn)速度為零，由C選項可知，在C點(diǎn)有速度，所以小球不會在C、D兩點(diǎn)之間做往復(fù)運(yùn)動，故D錯誤。故選：C。均勻帶電的球殼在球殼外空間中某點(diǎn)產(chǎn)生的電場可等效為在球心處所帶電荷量相同的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場。如圖所示，半徑為R的半球殼（厚度不計）上均勻分布著總電荷量為q的正電荷，以球心O為坐標(biāo)原點(diǎn)、以過半球殼中心的軸線為x軸建立坐標(biāo)系，在x＝R處固定一帶電荷量為﹣Q的點(diǎn)電荷，在x＝1.5R處由靜止釋放一試探電荷，在x＝2R處試探電荷速度最大，靜電力常量為k，則x＝﹣2R處的電場強(qiáng)度大小為（）A．kq2R2C．0 D．k【解答】解：試探電荷在x＝2R處的速度最大，說明試探電荷在該處的加速度大小為0，即點(diǎn)電荷和半球殼在此處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，設(shè)半球殼在此處