2025版高考物理考點(diǎn)題型歸納總結(jié)（含答案）考點(diǎn)40　庫(kù)侖定律　電場(chǎng)力的性質(zhì)

第八章靜電場(chǎng)考點(diǎn)40庫(kù)侖定律電場(chǎng)力的性質(zhì)強(qiáng)基固本對(duì)點(diǎn)練知識(shí)點(diǎn)1電荷及電荷守恒定律1．三個(gè)大小相同的帶電導(dǎo)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．－4μCB．－3μCC．－2μCD．－1μC2．取一對(duì)用絕緣柱支撐的不帶電的導(dǎo)體A和B，使它們彼此接觸．A、B下方均連有兩片金屬箔片．手握絕緣棒，把帶正電荷的帶電體C移近導(dǎo)體A，下列判斷正確的是()A.僅有A下方的金屬箔片張開(kāi)B．僅有B下方的金屬箔片張開(kāi)C．導(dǎo)體A和B帶等量異種電荷D．導(dǎo)體A帶正電、導(dǎo)體B帶負(fù)電知識(shí)點(diǎn)2庫(kù)侖定律3.如圖是庫(kù)侖做實(shí)驗(yàn)用的庫(kù)侖扭秤．帶電小球A與不帶電小球B等質(zhì)量，帶電金屬小球C靠近A，兩者之間的庫(kù)侖力使橫桿旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)動(dòng)旋鈕M，使小球A回到初始位置，此時(shí)A、C間的庫(kù)侖力與旋鈕旋轉(zhuǎn)的角度成正比．現(xiàn)用一個(gè)電荷量是小球C的三倍、其他完全一樣的小球D與C完全接觸后分開(kāi)，再次轉(zhuǎn)動(dòng)旋鈕M使小球A回到初始位置，此時(shí)旋鈕旋轉(zhuǎn)的角度與第一次旋轉(zhuǎn)的角度之比為()A．1B．eq\f(1,2)C．2D．44．(多選)如圖，三個(gè)點(diǎn)電荷A、B、C位于等邊三角形的頂點(diǎn)上，A、B都帶正電荷，A所受B、C兩個(gè)電荷的靜電力的合力如圖中FA所示，已知FA與BA延長(zhǎng)線的夾角小于60°，則對(duì)點(diǎn)電荷C所帶電荷的電性和電量的判斷正確的是()A．一定是正電B．一定是負(fù)電C．帶電量大于B的D．帶電量小于B的5．如圖所示，水平地面上固定一豎直的光滑絕緣細(xì)桿，一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的圓環(huán)a套在豎直桿上，質(zhì)量為M，帶電荷量為＋Q的滑塊b靜置于水平地面上，滑塊b與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，a、b均保持靜止，且兩者連線與水平地面的夾角為θ，靜電力常量為k，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A．圓環(huán)a帶負(fù)電B．滑塊b受到的庫(kù)侖力大小為eq\f(mg,cosθ)C．滑塊b受到地面的支持力大小為(M＋m)gD．滑塊b受到地面的摩擦力大小為μ(M＋m)g知識(shí)點(diǎn)3電場(chǎng)強(qiáng)度電場(chǎng)線6．如圖所示，正方形ABCD四個(gè)頂點(diǎn)各固定一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷，電荷量相等，O是正方形的中心．現(xiàn)將A點(diǎn)的電荷沿OA的延長(zhǎng)線向無(wú)窮遠(yuǎn)處移動(dòng)，則()A．在移動(dòng)過(guò)程中，O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度變小B．在移動(dòng)過(guò)程中，C點(diǎn)的電荷所受靜電力變大C．在移動(dòng)過(guò)程中，移動(dòng)的電荷所受靜電力做負(fù)功D．當(dāng)其移動(dòng)到無(wú)窮遠(yuǎn)處時(shí)，O點(diǎn)的電勢(shì)高于A點(diǎn)7．如圖所示，兩等量同種點(diǎn)電荷＋q(q>0)固定在菱形的兩個(gè)頂點(diǎn)A、C上．E、F是該菱形對(duì)角線AC與其內(nèi)切圓的交點(diǎn)，O點(diǎn)為內(nèi)切圓的圓心，a、b、c、d四點(diǎn)為切點(diǎn)．現(xiàn)有一帶正電的點(diǎn)電荷從E點(diǎn)由靜止釋放，下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)、b、c、d四點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同B．D、O、B三點(diǎn)的電勢(shì)相等C．點(diǎn)電荷在從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力做正功D．點(diǎn)電荷從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過(guò)程中速度一直增大8．[2024·廣東茂名統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)]霧霾的一個(gè)重要來(lái)源就是工業(yè)煙塵．為了改善空氣環(huán)境，某熱電廠引進(jìn)了一套靜電除塵系統(tǒng)．它主要由機(jī)械過(guò)濾網(wǎng)，放電極和互相平行的集塵板三部分構(gòu)成．工作原理圖可簡(jiǎn)化為如圖所示．假設(shè)虛線為某帶電煙塵顆粒(不計(jì)重力)在除塵裝置中的運(yùn)動(dòng)軌跡，A、B是軌跡中的兩點(diǎn)()A.該煙塵顆粒帶正電B．煙塵顆粒在A點(diǎn)的動(dòng)能大于在B點(diǎn)的動(dòng)能C．煙塵顆粒在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在B點(diǎn)的電勢(shì)能D．該煙塵顆粒在A點(diǎn)的加速度小于在B點(diǎn)的加速度知識(shí)點(diǎn)4電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加9.如圖所示，水平面內(nèi)有一半徑為R的圓，O為圓心，M、N為一直徑上的兩端點(diǎn)，P、Q為另一直徑上的兩端點(diǎn)，且MN垂直P(pán)Q.在點(diǎn)M、N、P、Q分別放置四個(gè)電荷量為＋q的點(diǎn)電荷，在垂直于水平面且過(guò)圓心O點(diǎn)的軸線上有一點(diǎn)a，a、O兩點(diǎn)間的距離也為R.已知靜電力常量為k，則a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為()A．eq\f(\r(2)kq,2R2)B．eq\f(kq,2R2)C．eq\f(\r(2)kq,R2)D．eq\f(\r(2)kq,4R2)10．如圖所示，電荷均勻分布在半球面上，它在這半球的中心O處電場(chǎng)強(qiáng)度大小等于E0，兩個(gè)平面通過(guò)同一條直徑，夾角為α，從半球中分出一部分球面，則所分出的這部分球面上(在“小瓣”上)的電荷在O處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為()A．E＝E0sinαB．E＝E0cosαC．E＝E0coseq\f(α,2)D．E＝E0sineq\f(α,2)11．如圖所示，兩個(gè)固定的半徑均為r的細(xì)圓環(huán)同軸放置，O1、O2分別為兩細(xì)環(huán)的圓心，且O1O2＝2r，兩環(huán)分別帶有均勻分布的等量異種電荷＋Q、－Q(Q>0).一帶正電的粒子(重力不計(jì))從O1由靜止釋放．靜電常量為k.下列說(shuō)法正確的是()A．O1O2中點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為eq\f(\r(2)kQ,2r2)B．O1O2中點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為eq\f(\r(2)kQ,4r2)C．粒子在O1O2中點(diǎn)處動(dòng)能最大D．粒子在O2處動(dòng)能最大培優(yōu)提能模擬練12.[2024·江西省吉安市期中考試](多選)兩個(gè)完全相同的均勻帶電金屬小球，分別帶有電荷量為q1＝2Q的正電荷、q2＝－4Q的負(fù)電荷，在真空中相距為r且靜止，相互作用的靜電力大小為F，兩帶電小球均可視為點(diǎn)電荷．現(xiàn)把兩個(gè)小球接觸一下再放回原來(lái)的位置，則()A．兩個(gè)小球的電荷量均為3QB．兩個(gè)小球的電荷量均為－QC．兩個(gè)小球間相互作用的靜電力大小為eq\f(9,8)FD．兩個(gè)小球間相互作用的靜電力大小為eq\f(1,8)F13．[2024·山東省聊城市二中月考](多選)如圖所示，A、B為等量異種點(diǎn)電荷連線上的點(diǎn)且關(guān)于正電荷位置對(duì)稱(chēng)，C、B位于兩電荷連線的中垂線上，則下列說(shuō)法正確的是()A.A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系為EA>EBB．B、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系為EB>ECC．若將一帶正電的試探電荷從A移到B處，靜電力不做功D．若將一帶正電的試探電荷從C移到B處，靜電力不做功14．[2024·安徽省合肥市一中期中考試](多選)如圖所示，A、B兩個(gè)帶等量電荷的小球用繞過(guò)光滑定滑輪的絕緣細(xì)線連接處于靜止?fàn)顟B(tài)，A球與光滑絕緣豎直墻面接觸，A、B兩球到定滑輪的距離相等，連接A球的絕緣細(xì)線豎直，A、B間的距離為L(zhǎng)，A、B連線與豎直方向的夾角為60°，A球?qū)ωQ直墻面的壓力為F，不計(jì)小球大小，靜電力常量為k，則()A．小球A的重力為eq\f(\r(3),3)FB．小球B的重力為eq\r(3)FC．細(xì)線對(duì)滑輪的作用力大小為2FD．小球A的帶電量為eq\r(\f(\r(3)FL2,3k))15.[2024·重慶市第一中學(xué)定時(shí)練](多選)如圖所示，固定在水平地面上的光滑絕緣圓筒內(nèi)有兩個(gè)帶正電小球A、B，A位于筒底靠在左側(cè)壁處，B在右側(cè)筒壁上受到A的斥力作用處于靜止．若筒壁豎直，A的電荷量保持不變，B由于漏電而下降少許后重新平衡，下列說(shuō)法中正確的是()A．小球A、B間的庫(kù)侖力變小B．小球A、B間的庫(kù)侖力變大C．小球A、B對(duì)筒壁的壓力都變大D．小球A對(duì)筒底的壓力變大16．[2024·遼寧省丹東市階段測(cè)試]等腰梯形ABCD的頂點(diǎn)上分別固定了三個(gè)點(diǎn)電荷，電量及電性如圖所示，梯形邊長(zhǎng)AB＝AC＝BD＝eq\f(1,2)CD＝L，則CD連線的中點(diǎn)E處的場(chǎng)強(qiáng)大小為(靜電力常數(shù)為k)()A.0B．eq\f(kQ,L2)C．eq\f(\r(3)kQ,L2)D．eq\f(2kQ,L2)17．[2024·河南省新高中創(chuàng)新聯(lián)盟TOP二十名校調(diào)研](多選)如圖所示，真空中電荷均勻分布的帶正電圓環(huán)，半徑為r，帶電量為＋Q，圓心O處固定一帶電量為－Q的點(diǎn)電荷，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立垂直圓環(huán)平面的x軸，P是x正半軸上的一點(diǎn)，圓環(huán)上各點(diǎn)與P點(diǎn)的連線與x軸的夾角為37°，靜電力常量為k，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，下列說(shuō)法正確的是()A.圓環(huán)上所有的電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(kQ,r2)B．圓心O處的－Q在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(9kQ,16r2)C.圓環(huán)上所有的電荷在P點(diǎn)處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(9kQ,25r2)D．P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿x軸的負(fù)方向18．[2024·天津市靜海一中月考]如圖所示，兩異種點(diǎn)電荷的電荷量均為Q，絕緣豎直平面過(guò)兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)O且與連線垂直，平面上A、O、B三點(diǎn)位于同一豎直線上，AO＝BO＝L，點(diǎn)電荷到O點(diǎn)的距離也為L(zhǎng).現(xiàn)有電荷量為－q、質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從A點(diǎn)以初速度v0向B滑動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度恰好減為零．已知物塊與平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.求：(1)A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；(2)物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)加速度的大小和方向．

考點(diǎn)40庫(kù)侖定律電場(chǎng)力的性質(zhì)1．答案：A解析：相同大小的三個(gè)帶電導(dǎo)體球，根據(jù)電荷守恒定律得，x與y先接觸后兩球分別帶電為eq\f(＋4μC＋0,2)＝＋2μC，再讓y與z接觸，兩球最后分別帶電為eq\f(－10μC＋2μC,2)＝－4μC，A正確．2．答案：C解析：把帶正電荷的帶電體C移近導(dǎo)體A，則導(dǎo)體A外端由于靜電感應(yīng)帶負(fù)電荷，導(dǎo)體B外端由于靜電感應(yīng)帶正電荷，即導(dǎo)體A和導(dǎo)體B下方的金屬箔片均張開(kāi)，根據(jù)電荷守恒定律可知，導(dǎo)體A和導(dǎo)體B的帶電量是相等的，C正確．3．答案：C解析：設(shè)A帶電量為qA，C球帶電量為qC，庫(kù)侖力與旋鈕旋轉(zhuǎn)的角度成正比，則有θ＝k1F，依題意有θ1＝k1F1＝k1eq\f(kqAqC,r2)，由題可知D球帶電量為qD＝3qC，接觸后分開(kāi)，電荷量將均分，有q′C＝eq\f(3qC＋qC,2)＝2qC，依題意有θ2＝k1F2＝k1eq\f(kq′CqA,r2)＝2k1eq\f(kqAqC,r2)，聯(lián)立可得eq\f(θ2,θ1)＝2，C正確．4．答案：BD解析：因?yàn)锽對(duì)A是斥力，而A所受的合力沿FA方向，可知C對(duì)A是吸引力，即C一定帶負(fù)電；假設(shè)C帶電量等于B的電量，則CB對(duì)A的庫(kù)侖力大小相等，合力方向與BA的延長(zhǎng)線夾角為60°，但是因?yàn)镕A與BA延長(zhǎng)線的夾角小于60°，可知C帶電量小于B的電量，B、D正確．5．答案：C解析：根據(jù)題意，圓環(huán)a能保持靜止，故受到庫(kù)侖斥力，圓環(huán)a也帶正電，A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第三定律，滑塊b受到的庫(kù)侖力大小等于圓環(huán)a受到的庫(kù)侖力大小，對(duì)圓環(huán)a進(jìn)行受力分析后，得庫(kù)侖力的大小為eq\f(mg,sinθ)，B錯(cuò)誤；對(duì)a、b組成的系統(tǒng)整體進(jìn)行受力分析，豎直方向上受力平衡，故滑塊b受到地面的支持力大小為(M＋m)g，C正確；b靜止，根據(jù)受力分析可知，滑塊b受到地面的靜摩擦力大小為Ff＝eq\f(mg,sinθ)·cosθ＝eq\f(mg,tanθ)，D錯(cuò)誤．6．答案：D解析：O是等量同種電荷連線的中點(diǎn)，場(chǎng)強(qiáng)為0，將A處的正點(diǎn)電荷沿OA方向移至無(wú)窮遠(yuǎn)處，O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度變大，A錯(cuò)誤；移動(dòng)過(guò)程中，C點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)變小，正電荷所受靜電力變小，B錯(cuò)誤；A點(diǎn)電場(chǎng)方向沿OA方向，移動(dòng)過(guò)程中，移動(dòng)電荷所受靜電力做正功，C錯(cuò)誤；A點(diǎn)電場(chǎng)方向沿OA方向，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，移動(dòng)到無(wú)窮遠(yuǎn)處時(shí)，O點(diǎn)的電勢(shì)高于A點(diǎn)電勢(shì)，D正確．7．答案：C解析：根據(jù)等量同種電荷周?chē)碾妶?chǎng)線分布圖a、b、c、d四點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，但是方向不同，A錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)線的方向以及電場(chǎng)線的對(duì)稱(chēng)性可知D和B兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，但是低于O點(diǎn)的電勢(shì)，B錯(cuò)誤；帶正電點(diǎn)電荷在從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中受到的電場(chǎng)力向右，所以此過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，C正確；帶正電點(diǎn)電荷從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過(guò)程中受到的電場(chǎng)力先向右，后向左，所以電場(chǎng)力先做正功，后做負(fù)功，點(diǎn)電荷的速度先增大后減小，D錯(cuò)誤．8．答案：C解析：根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)中力與運(yùn)動(dòng)方向的關(guān)系以及電場(chǎng)力與電場(chǎng)方向的關(guān)系可知，煙塵顆粒帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；A到B過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，所以從A到B電勢(shì)能減小，動(dòng)能增加，故B錯(cuò)誤，C正確；電場(chǎng)線的疏密反映電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，可見(jiàn)EA>EB所以根據(jù)牛頓第二定律可知，煙塵顆粒在A點(diǎn)的加速度大于在B點(diǎn)的加速度，D錯(cuò)誤．9.答案：C解析：由幾何關(guān)系可知，Pa、Qa、Ma、Na的長(zhǎng)度均為r＝eq\r(2)R，根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度公式和電場(chǎng)疊加原理，可得a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小Ea＝4×keq\f(q,r2)cos45°＝eq\f(\r(2)kq,R2)，C正確．10．答案：D解析：根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，待求的電場(chǎng)強(qiáng)度E一定沿著α角的角分線向右下方，同理大瓣球面在O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度一定沿著大瓣的角分線向左下方，由于是半個(gè)球面，所以這兩個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度一定垂直，合場(chǎng)強(qiáng)等于E0，根據(jù)平行四邊形法則作圖E＝E0sineq\f(α,2)，D正確，A、B、C錯(cuò)誤．11．答案：A解析：把圓環(huán)上每一個(gè)點(diǎn)都看成一個(gè)點(diǎn)電荷，則電荷量為q＝eq\f(Q,2πr)，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式，有E＝eq\f(kq,（\r(2)r）2)，根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理，單個(gè)圓環(huán)在O1O2中點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，為E＝eq\f(kQ,2r2)cos45°，兩個(gè)圓環(huán)的場(chǎng)強(qiáng)，再疊加一下，有E總＝eq\f(\r(2)kQ,2r2)，A正確，B錯(cuò)誤；帶電粒子從O1點(diǎn)開(kāi)始由靜止釋放，在粒子從O1向O2的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩圓環(huán)對(duì)粒子的作用力皆向左，可見(jiàn)電場(chǎng)對(duì)帶電粒子做正功．故粒子在O1O2中點(diǎn)處動(dòng)能不是最大，C錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)疊加原理，在O2左側(cè)場(chǎng)強(qiáng)方向先向左后向右，因此粒子到達(dá)O2左側(cè)某一點(diǎn)時(shí)，速度最大，動(dòng)能最大，以后向左運(yùn)動(dòng)速度開(kāi)始減小，動(dòng)能也在減小，D錯(cuò)誤．12．答案：BD解析：根據(jù)題意有F＝keq\f(2Q·4Q,r2)＝8keq\f(Q2,r2)，把兩個(gè)小球接觸一下再放回原來(lái)的位置，則兩個(gè)小球的電荷量均為Q′＝eq\f(2Q－4Q,2)＝－Q，兩個(gè)小球間相互作用的靜電力大小為F′＝keq\f(Q2,r2)＝eq\f(1,8)F，B、D正確．13．答案：BD解析：等量異種點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)線和等勢(shì)面的分布如圖所示根據(jù)圖像可知B點(diǎn)電場(chǎng)線較A點(diǎn)密集，則EA<EB，B點(diǎn)的電場(chǎng)線較C點(diǎn)密集，所以EB>EC，A錯(cuò)誤，B正確；因B點(diǎn)電勢(shì)為零，A點(diǎn)電勢(shì)大于零，可知若將一帶正電的試探電荷從A移到B處，電勢(shì)能減小，靜電力做正功，C錯(cuò)誤；因BC兩點(diǎn)電勢(shì)相等，均為零，可知若將一帶正電的試探電荷從C移到B處，靜電力不做功，D正確．14．答案：AC解析：對(duì)B受力分析如圖，可知B受繩子拉力T，自身重力GB，庫(kù)侖力F′，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有T＝GB＝F′，對(duì)A受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有F′sin60°＝F，F(xiàn)′cos60°＋GA＝T，解得T＝GB＝F′＝eq\f(2\r(3),3)F，GA＝eq\f(\r(3),3)F，A正確，B錯(cuò)誤；細(xì)線對(duì)滑輪的作用力大小為F合＝eq\r(3)T＝2F，C正確；根據(jù)庫(kù)侖定律可知F′＝eq\f(kq2,L2)，解得小球A的帶電量為q＝eq\r(\f(2\r(3)FL2,3k))，D錯(cuò)誤．15．答案：BC解析：對(duì)B受力分析如圖所示由平衡條件可得F庫(kù)＝eq\f(mBg,cosθ)，B由于漏電而下降少許后重新平衡，θ增大，故小球A、B間的庫(kù)侖力變大，A錯(cuò)誤，B正確；B對(duì)筒壁的壓力為FN＝mgtanθ，θ增大，可知B對(duì)筒壁的壓力變大，將小球A、B看成整體，小球A、B水平方向受力平衡，可知筒壁對(duì)A的壓力等于筒壁對(duì)B的壓力，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球A對(duì)筒壁的壓力變大，C正確；將小球A、B看成整體，小球A、B豎直方向受力平衡，筒底對(duì)A的支持力等于小球A、B的重力，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球A對(duì)筒底的壓力不變，D錯(cuò)誤．16．答案：B解析：CD兩點(diǎn)的兩個(gè)負(fù)電荷在E點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)等效于一個(gè)－Q的電荷放在D點(diǎn)時(shí)的場(chǎng)強(qiáng)，大小為ECD＝eq\f(kQ,L2)，方向由E指向D；B點(diǎn)的點(diǎn)電荷在E點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小也為EB＝eq\f(kQ,L2)，方向沿BE連線斜向下，兩場(chǎng)強(qiáng)方向夾角為120°，則E點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為E＝eq\f(kQ,L2)，B正確．17．答案：BD解析：根據(jù)對(duì)稱(chēng)性與矢量合成，圓環(huán)上所有的電荷在O點(diǎn)處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)