2023届高三物理复习重难点突破50场强的叠加 特殊带电体电场强度的计算方法 （解析版）

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专题50场强的叠加特殊带电体电场强度的计算方法考点一　场强的叠加（1-6T）考点二特殊带电体电场强度的计算方法（7-24）考点一　场强的叠加电场中某点的场强为所有分电场在该点场强的矢量和1．如图所示，在边长为a的正三角形的三个顶点上固定有电量大小都为Q的点电荷，其中两个带正电；一个带负电，则正三角形中心处的电场强度E大小为（     ）A．E=2kQa2B．E=3kQa2C．E=23kQa2D．E=6kQa2【答案】D【解析】三处的点电荷各自形成的电场在O点的场强大小分别为E=kQr2=3kQa2方向如图所示根据矢量合成可得E=6kQa2故选D。2．中华人民共和国国旗的设计图中每一颗五角星都是边长相等的共面十边形。如图所示abcdefgℎij也是一个边长相等的共面十边形，若在e点固定电荷量为Q的正电荷，i点固定电荷量为Q的负电荷。下列说法正确的是（       ）

1A．a、c两点的电场强度相同B．b、g两点的电场强度相同C．b点的电场强度比d点的电场强度小D．f点的电场强度比j点的电场强度小【答案】C【解析】A．在e点、i点固定等量异种电荷，根据等量异种电荷的电场分布图可知a、c两点的电场强度大小相同，方向不同，A错误；B．b、g两点的电场强度方向相同，大小不同，B错误；C．结合等量异种点电荷电场线分布特点，利用点电荷场强公式E=kQr2结合场强叠加原理，可判断b点的电场强度比d点的电场强度小，f点的电场强度与j点的电场强度相等，C正确，D错误。故选C。3．如图所示，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A、C连线与电场线垂直。则（　　）A．A、C两点的场强相同B．B点的场强大小为E﹣kQr2C．D点的场强大小不可能为0D．A点的场强大小为E2+k2Q2r4【答案】D【解析】A．正点电荷Q在A点的电场强度方向向上，正点电荷Q在C点的电场强度方向向下，根据矢量的合成法则，结合点电荷电场与匀强电场的方向，可知，A、C两点的电场强度大小相等，而方向不同，故A错误；B．正点电荷Q在B点的电场强度大小为E′=kQr2而匀强电场在B点的电场强度大小为E，点电荷Q在B点的电场强度的方向与匀强电场方向相同，因此B点的场强大小为EB=E+kQr2故B错误；C．点电荷Q在D点的电场强度的方向与匀强电场方向相反，当大小与匀强电场的相等时，则D点的电场强度大小可以为零，故C错误；D．正点电荷Q在A点的电场强度的方向与匀强电场方向垂直，正点电荷Q在A点的电场强度大小E′=kQr2而匀强电场在A点的电场强度大小为E，根据矢量的合成法则，则有A点的场强大小为EA=E2+k2Q2r4

2故选D。4．（2023·全国·高三专题练习）在水平面上固定了三个点电荷，分别放在等腰梯形的三个顶点上，AB=AD=DC=12BC=L，电量关系及电性如图所示，静电力常数为k。E点的场强大小为（　　）A．0B．kQL2C．3kQL2D．2kQL2【答案】C【解析】连接AE，如下图所示根据几何知识可知AE=L则A点的点电荷在E点产生的场强大小为EA=kQL2则B点的点电荷在E点产生的场强为EB=kQL2，方向水平向左则C点的点电荷在E点产生的场强为EC=2kQL2，方向水平向右故B、C两处点电荷的电场强度之和为EBC=kQL2，方向水平向右根据平行四边形定则，则有E点的场强大小为E=3kQL2故选C。5．如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°。电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，E2与E1之比为（　　）A．1∶2B．2∶1C．3:2D．3:4【答案】A

3【解析】根据电场的叠加原理，两个带电量相等的异种点电荷分别置于M、N两点时，两电荷在O点产生的电场方向同向，并且大小都为E=kqr2所以O点的电场强度大小E1=2kqr2当置于N点处的点电荷移至P点时，两电荷在O点产生的电场方向夹角为120°，所以O点的场强大小变为E2=kqr2故E2与E1之比为1:2。故选A。6．（2022·湖北武汉·模拟预测）(多选)如图所示，正方形ABCD的边长为L，在它的四个顶点各放置一个电荷量均为Q、电性未知的点电荷，已知静电力常量为k，则正方形中心O点电场强度的大小可能是（　　）A．2kQL2B．22kQL2C．4kQL2D．42kQL2【答案】CD【解析】分以下三种情况讨论：（1）当A、D处放置电荷电性相同，且B、C处放置电荷电性也相同时，根据对称性可知O点的场强为零。（2）当其中一点与其他三点所放置的点电荷电性相反时，则位于其中一条对角线两端的两电性相同的电荷在O点产生的合场强为零，位于另一条对角线两端的两电性相反的的电荷在O点产生的合场强，即此时O点的场强，为E1=2kQ22L2=4kQL2（3）当A、D处放置电荷电性相反，且B、C处放置电荷电性也相反时，则A、D和B、C在O点产生的合场强大小均为E1=4kQL2根据几何关系A、D和B、C在O点产生的合场强方向垂直，所以此时O点的场强为E2=2E1=42kQL2综上所述可知AB不符合题意，CD符合题意。故选CD。考点二特殊带电体电场强度的计算方法方法一：补偿法当所给带电体不是一个完整的规则物体时(例如有缺口的带电圆环、半球面等)，通过补偿使其成为规则形状，求出规则物体的场强，再减去补偿部分产生的场强，从而得到不规则物体的场强。应用此法的关键是补偿后的带电体应当是我们熟悉的某一物理模型。方法二：对称法形状规则电荷均匀分布

4的带电体形成的电场具有对称性，位置对称的两点处的电场强度大小相等。如果能够求出其中一点处的电场强度，根据对称性特点，对称处的电场强度即可求出。方法三：微元法将带电体分成许多电荷元，每个电荷元可看成点电荷，先求出每个电荷元的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。求解均匀带电圆环、带电平面、带电直杆等在某点产生的场强问题，可应用微元法。方法四：等效法在保证效果相同的条件下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景，利用等效思维方法处理问题时，关键是确定好等效电荷及其位置。例如：一个点电荷＋q与一个无限大薄金属板形成的电场，等效为两个等量异种点电荷形成的电场，如图甲、乙所示．7．如图所示，电荷量为q的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中A点的电场强度为0，则带电薄板产生的电场在图中B点的电场强度正确的是（　　）A．大小为kq4d2，方向向右B．大小为kq9d2，方向向左C．大小为kq4d2，方向向左D．大小为kq9d2，方向向右【答案】B【解析】图中A点的电场强度为0，则带电薄板在A点的场强与点电荷q在A点的场强等大反向，则带电薄板在A点的场强大小E1=kq(3d)2=kq9d2方向向右，由对称性可知，带电薄板产生的电场在图中B点的电场强度E2=kq9d2方向向左。故选B。8．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，半径为R的金属圆环固定在竖直平面，金属环均匀带电，带电量为Q，一长为L=2R的绝缘细线一端固定在圆环最高点，另一端连接一质量为m、带电量为q（未知）的金属小球（可视为质点）。稳定时带电金属小球在过圆心且垂直圆环平面的轴上的P点处于平衡状态，点P'（图中未画出）是点P关于圆心O对称的点。已知静电常量为k，重力加速度为g，若取无穷远为零势面，下列说法正确的是（　　）

5A．O点的场强一定为零B．P'点场强大小为3kQ8R2C．金属带电小球的电量为q=8mgR2kQD．剪断细线瞬间，小球加速度水平向右【答案】C【解析】A．根据对称性可知，带电量Q的圆环，在圆心O点场强为0，带电金属小球在O点的场强不为0，所以O点的场强不为零，故A错误；B．设细线与半径的夹角为θ，由几何关系cosθ=RL=12θ=60°由微元法，无限划分，设每一极小段圆环带电量为Δq，则∑kΔqL2sinθ=ΔE其中∑Δq=Q解得EP=3kQ2L2=3kQ8R2根据对称性可知，带电量为Q的圆环，在P、P′两点的场强大小相等，方向相反，即带电量为Q的圆环在P′点的场强大小为3kQ8R2，而P′点的场强大小是圆环与带电金属小球在P′的电场强度的叠加，所以EP'≠3kQ8R2故B错误；C．对小球受力分析如图，则qEP=mgtan60∘解得q=8mgR2kQ选项C正确；D．剪断细线瞬间，小球受合外力沿细线方向斜向右下，则加速度方向斜向右下方，选项D错误。9．（2022·山东·高考真题）半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为（　　）

6A．正电荷，q=QΔLπRB．正电荷，q=3QΔLπRC．负电荷，q=2QΔLπRD．负电荷，q=23QΔLπR【答案】C【解析】取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1=kQΔL2πRR2=kQΔL2πR3由图可知，两场强的夹角为120∘，则两者的合场强为E=E1=kQΔL2πR3根据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为E′=E=kQΔL2πR3根据E′=kq2R2联立解得q=2QΔLπR故选C。10．（2022·全国·高三专题练习）均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示，半径为R的球体上均匀分布着正电荷，在过球心O的直线上有A、B、C三个点，OB=BA=R，CO=2R。若以OB为直径在球内挖一球形空腔，球的体积公式为V=43πr3，则A、C两点的电场强度大小之比为（　　）A．9:25B．25:9C．175:207D．207:175【答案】C【解析】设原来半径为R的整个均匀带电球体的电荷量为Q，由于均匀带电，可知被挖的球形空腔部分的电荷量为Q′=V′VQ=43π(R2)343πR3Q=18Q可知以OB为直径在球内挖一球形空腔后，A、C两点的电场强度等于整个均匀带电球体在A、C两点的电场强度减去被挖的球形在A、C两点的电场强度，则有EA=kQ(2R)2−kQ′(R2+R)2=7kQ36R2EC=kQ(2R)2−kQ′(R2+2R)2=23kQ100R2可得EAEC=175207C正确，ABD错误；故选C。

711．（2022·重庆·模拟预测）如图所示，用粗细均匀的绝缘线制成直径为L的圆环，OE为圆环的半径，圆环上均匀地分布着正电荷，现在圆环上E处取下足够短的带电量为q的一小段，将其沿OE连线向下移动L的距离到F点处，设圆环的其他部分的带电量与电荷分布保持不变，已知静电力常量为k，若此时在O点放一个带电量为Q的带正电的试探电荷，则该试探电荷受到的电场力大小为（　　）A．kQq3L2B．4kQq9L2C．32kQq9L2D．2kQq3L2【答案】C【解析】线框上的电荷在O点产生的场强等效为q电荷在O点产生的电场强度E1=kq(L2)2=4kqL2方向竖直向下，在F点电荷量为q的电荷在O点产生的电场强度为E2=kq(L+L2)2=4kq9L2方向竖直向上，此时O点的场强为E=E1−E2=32kq9L2方向竖直向下，则带电量为Q的带正电的试探电荷，则该试探电荷受到的电场力大小F=EQ=32kQq9L2故C正确，ABD错误。故选C。12．如图所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处点电荷的电荷量为－q外，其余各点处点电荷的电荷量均为＋q，则圆心O处（　　）A．场强大小为3kqr2，方向沿OA方向B．场强大小为3kqr2，方向沿AO方向C．场强大小为2kqr2，方向沿OA方向D．场强大小为2kqr2，方向沿AO方向【答案】C【解析】根据对称性，先假定在A点放上电荷量为＋q的点电荷，O点的场强为零，即B、C、D、E四个点处的点电荷在O点的场强方向沿OA方向，大小为kqr2

8，再与A处的-q在O点的场强叠加，则O点的场强大小为EO=2kqr2方向沿OA方向，C正确。故选C。13．在一半径为R的圆周上均匀分布有N个绝缘带电小球(可视为质点)无间隙排列，其中A点的小球带电荷量为+4q，其余小球带电荷量为+q，此时圆心O点的电场强度大小为E，现仅撤去A点的小球，则O点的电场强度为A．大小为E，方向沿AO连线斜向下B．大小为E/2，方向沿AO连线斜向下C．大小为E/3，方向沿OA连线斜向上D．大小为E/4，方向沿OA连线斜向上【答案】C【解析】假设圆周上均匀分布的都是电荷量为+q的小球，由于圆周的对称性，根据电场的叠加原理知，圆心O处场强为0，所以圆心O点的电场强度大小等效于A点处电荷量为+3q的小球在O点产生的场强，则有E=k3qr2，方向沿AO连线向下；A处+q在圆心O点产生的场强大小为E1=kqr2=E3，方向沿AO连线向下；设其余小球带电荷量为+q的所有小球在O点处产生的合场强为E2=E1=E3，方向沿AO连线向上；故仅撤去A点的小球，则O点的电场强度为E3，方向沿AO连线向上。故选C。14．如图所示，开口向上的半球壳上均匀分布有正电荷，A、B为球壳对称轴上的两点，且这两点关于开口处的直径对称，已知均匀带电球壳内部场强处处为零，则下列说法正确的是（　　）A．A、B两点的电场强度大小相等，方向相同B．A、B连线上的中间位置的电场强度为零C．A、B两点的电势可能相等D．把一正点电荷从A点沿直线移到B点，电场力先做负功后做正功【答案】A

9【解析】AB．补成一个完整的球壳，则球内的场强为零。A、B连线上的中间位置的电场强度为零，所以只有下半球壳时，A、B连线上的中间位置的电场强度不为零；上半球壳在A点产生的场强与下半球壳在A点产生的场强等大反向，上半球壳在A点产生的场强方向向下，所以下半球壳在A点产生的场强方向向上；上半球壳在B点产生的场强与下半球壳在B点产生的场强等大反向，下半球壳在B点产生的场强方向向上。A、B为球壳对称轴上的两点，且这两点关于开口处的直径对称，所以下半球壳在B点产生的场强与上半球壳在A点产生的场强大小相等。故A正确，B错误；CD．由电场叠加原理，根据对称性可知，从A到B电场的方向向上，电势逐渐降低，所以A点电势比B点电势高；把一正点电荷从A点沿直线移到B点，电场力对正电荷一直做正功，故CD错误；故选A。15．如图所示，电荷均匀分布在半球面上，它在这半球的中心O处电场强度大小等于E0，两个平面通过同一条直径，夹角为α，从半球中分出一部分球面，则所分出的这部分球面上（在“小瓣”上）的电荷在O处的电场强度大小为（　　）A．E=E0sinαB．E=E0cosαC．E=E0cosα2D．E=E0sinα2【答案】D【解析】根据对称性，待求的电场强度E一定沿着α角的角分线向右下方，同理大瓣球面在O点的电场强度一定沿着大瓣的角分线向左下方，由于是半个球面，所以这两个电场强度一定垂直，合场强等于E0，根据平行四边形法则作图E=E0sinα2D正确，ABC错误。故选D。16．（2023·广东茂名·模拟预测）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：2πkσ1−xR2+x212，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（　　）

10A．2πkσrr2+x212B．2πkσxr2+x212C．2πkσ1−xr2+x212D．2πkσrx【答案】B【解析】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E=E1+E2E1=2πkσ1−xr2+x212由2πkσ1−xR2+x212得，当R无限大时E=2πkσ1−xR2+x212=2πkσ解得E2=2πkσxr2+x212故选B。17．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，将表面均匀带正电的半球壳，沿线轴分成厚度相等的两部分，然后将这两部分移开到很远的距离，设分开后球表面仍均匀带电，左半部分在A1点的场强大小为E1，右半部分在A2点的场强的大小为E2，则有   (       )A．E1=E2B．E1E2D．大小无法确定【答案】C【解析】如图甲所示分开后左部分球冠所带电荷在点A1产生的场强以E1表示，右部分球层面电荷在A2产生的场强以E2表示，由对称性可知E1的方向向右，E2的方向向左。如图乙所示

11设想在另一表面均匀分布正电荷的完全相同的半球，附在球层上构成球缺，球缺在A2点产生的电场强度E3大于E2，球缺和球冠构成一个完整球，由于均匀带电球壳内部任一点的电场强度为零，那么，E1与E3必然大小相等，方向相反，所以球冠面电荷在点A1产生的场强E1大于球层面电荷在A2产生的场强E2，故C正确，ABD错误。故选C。18．（2023·全国·高三专题练习）(多选)如图，水平面上有一水平均匀带电圆环，带电量为+Q，其圆心为O点。有一带电量q，质量为m的小球，在电场力和重力作用下恰能静止在O点正下方的P点。OP间距为L，P与圆环边缘上任一点的连线与PO间的夹角为θ。静电力常量为k，则带电圆环在P点处的场强大小为（　　）A．kQL2B．kQcos3θL2C．mgcosθqD．mgq【答案】BD【解析】AB．如图所示选取圆环上某一小微元，所带电荷量为ΔQ，该微元在P点的场强大小为E=kΔQcos2θL2由于整个圆环上所有带电微元在P点的场强在水平方向的合成为零，故带电圆环在P点处的场强大小为E合=∑Ey=∑Ecosθ=∑kΔQcos2θL2cosθ=kQcos3θL2A错误B正确；CD．小球恰能静止在P点，根据受力平衡可得qE合=mg解得带电圆环在P点处的场强大小为E合=mgqC错误，D正确；19．经过探究，某同学发现：点电荷和无限大的接地金属平板间的电场（如图甲所示），与等量异种点电荷之间的电场分布（如图乙所示）完全相同，图丙中固定于O点的正点电荷q到金属板MN的距离OA为L，AB是以点电荷q为圆心、L为半径的圆上的一条直径，静电力常量为k，则B点电场强度的大小是（　　）

12A．8kq9L2B．kqL2C．10kq9L2D．3kq4L2【答案】A【解析】根据B点的电场线方向可以得B点的电场强度方向是垂直于金属板向右，两个异号点电荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2L，乙图上+q右侧B处的场强大小为E=kqL2−kq9L2=8kq9L2故A正确，BCD错误。20.如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z<0的空间，z>0的空间为真空。将电荷量为q的点电荷置于z轴上z＝h处，则在xOy平面上会产生感应电荷。空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z＝处的场强大小为(k为静电力常量)(　　)A．k　　B．k　　　C．k　　　D．k【答案】D【解析】导体表面上的感应电荷等效于在z＝－h处的带等量的异种电荷－q，故在z轴上z＝处的场强大小为E＝k＋k＝k，选项D正确。21．如图所示，一固定的均匀带电圆环，圆心为O，带电量为Q。MN为垂直于圆环的轴线，M、N两点距圆心均为r。在圆心正下方2r的位置固定一电量为+q的小带电体。在M点放置不同电量的试探电荷，试探电荷均可保持静止。不计试探电荷的重力，静电力常量为k。则N点的电场强度大小为（　　）A．0B．2kqr2C．k8q9r2D．k10q9r2

13【答案】D【解析】在M点放置不同电量的试探电荷，试探电荷均可保持静止，即M点场强为零。电量为+q的小带电体在M处产生电场强度为EM=kq(3r)2=kq9r2方向向上。根据电场的叠加原理，带电圆环与小球在M处产生电场强度大小相等，方向相反，所以带电圆环在M处产生的电场强度大小E′M=kq9r2方向向下根据对称性可以知道带电圆环在N处产生的电场强EN=kq9r2方向向上电量为+q的小带电体在N处产生电场强度为E1=kq2r2方向向上所N点处场强的大小为E′N=EN+E1=kq9r2+kqr2=k10q9r2故选D。22．（2023·全国·高三专题练习）(多选)如图所示，半径为2r的均匀带电球体电荷量为Q，过球心O的x轴上有一点P，已知P到O点的距离为3r，现若挖去图中半径均为r的两个小球，且剩余部分的电荷分布不变，静电力常量为k，则下列分析中正确的是（　　）A．挖去两小球前，两个小球在P点产生的电场强度相同B．挖去两小球前，整个大球在P点产生的电场强度大小为kQ9r2C．挖去两小球后，P点电场强度方向与挖去前相同D．挖去两小球后，剩余部分在P点产生的电场强度大小为400−27103600kQr2【答案】BCD【解析】A．两小球分别在x轴上下两侧，电性相同，它们在P点产生的场强分别斜向上和斜向下，与x轴夹角相等，方向不同，故A错误；B．大球所带电荷均匀分布整个球体，它在外部产生的电场可等效为所有电荷集中在球心O点在外部产生的电场，由库仑定律F=kQ9r2故B正确；C．大球在P点产生的电场沿x轴方向，两小球在P点的合场强也沿x轴方向，且小于大球在P点的场强，由场强叠加原理可知，挖去两小球后，P点场强方向不变，故C正确；D．设两小球的球心到P点的距离为l，有几何关系l=r2+3r2=10r球体积公式为V=43πR3小球半径是大球半径的一半，故小球体积是大球体积的八分之一，故小球所带电荷量为q=Q8两小球在P点场强均为E=kQ810r2=180kQr2合场强为E1=3×210kQ80r2=310400kQr2

14剩余部分在P点的场强为E2=kQ9r2−310400kQr2=400−27103600kQr2故D正确。故选BCD。23．如图甲、乙所示，两个带电荷量均为q的点电荷分别位于带电荷量线密度相同、半径相同的半圆环和34圆环的圆心，环的粗细可忽略不计。若图甲中环对圆心点电荷的库仑力大小为F，则图乙中环对圆心点电荷的库仑力大小为（　　）A．32FB．12FC．22FD．32F【答案】C【解析】由题图甲中均匀带电半圆环对圆心点电荷的库仑力大小为F，可以得出14圆环对圆心点电荷的库仑力大小为22F。将题图乙中的均匀带电34圆环分成三个14圆环，关于圆心对称的两个14圆环对圆心点电荷的库仑力的合力为零，因此题图乙中的34圆环对圆心点电荷的库仑力大小为22F，C正确；ABD错误；故选C。24．经过理论推理可知，两个大小不能忽略的带电均匀的半球面，相互作用力产生的压强为P=Eσ,其中E为场强，σ为单位面积上的电荷量，已知半径分别为R和r的带电均匀的半球，其带电量分别为Q和q，两半球的球心及最大横截面重合，两个半球之间的作用力大小为     （     ）A．kQqR2B．kQqr2C．kQq2r2D．kQq2R2【答案】D【解析】ABCD.如图(1)所示，表示两个带同种电荷两半球受力方向，如果对大半球补加半径为R的带电量为Q右半球，如图(2)所示，那么小半球所受力将变为零，因为带电球体内场强为零，由此可见，大球左、右两部分对小球的作用力大小相等，方向相反.     现在对小半球补加半径为r的带电量为q左半球，如图（3）所示，那么小半球左右两部分对大半球的作用力大小相等，方向相同。于是小球对大半球的作用力大小为2F，小球的电场在大半球表面处的场强（如图4所示）大小为E=k2qR2

15大半球表面上单位面积上的电荷量σ=Q2πR2大半球所受合力的大小等于大半球的平面上的电场力的大小，即F合=P⋅πR2P=E⋅σ由于F合=2F，于是所求力的大小为F=kQq2R2故D正确ABC错误。故选D。