文档内容
第8讲 电场及带电粒子在电场中的运动锁定主干知识
CONTENTS 01
探明高考考向
02
精研典型例题
03
拓展思维空间
04
提升关键能力
05锁定主干知识
目录目录探明高考考向
目录. （多选）（ 湖北高考 题）关于电荷和静电场，下列说法正确的是
1 2024· 8
（ ）
√. 一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变
A
. 电场线与等势面垂直，且由电势低的等势面指向电势高的等势面
B
. 点电荷仅在电场力作用下从静止释放，该点电荷的电势能将减小
√C
. 点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将从高电势的地方向低电势的
D
地方运动
目录解析： 电荷只能从一个物体（物体的一部分）转移给另一个物体
（物体的另一部分），不能被创造，也不能被消灭，所以一个与外界没
有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变， 正确；电场线与等势面
A
垂直，沿电场线方向电势逐渐降低，所以电场线由电势高的等势面指向
电势低的等势面， 错误；点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将沿
B
其所受电场力方向运动，即电场力将做正功，则该点电荷的电势能将减
小， 正确；结合 项分析和 ＝ ，可知，当 ＜ 时， ＞ ，当 ＞
C C Δφ q 0 Δφ 0 q
Δ p
时， ＜ ，即负点电荷将从电势低的地方向电势高的地方运动，正
0 Δφ 0
点电荷将从电势高的地方向电势低的地方运动， 错误。
D
目录. （ 河北高考 题）我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于
2 2024· 2
生产生活，如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古
塔。雷雨中某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图所示，相邻等势线
电势差相等，则 、 、 、 四点中电场强度最大的是（ ）
a b c d
. 点 . 点
A a B b
√. 点 . 点
C c D d
解析： 根据等差等势面的疏密程度可得 点电场强度最大， 正确。
c C
目录. （ 湖南高考 题）真空中有电荷量为＋ 和－ 的两个点电荷，分
3 2024· 5 4q q
别固定在 轴上－ 和 处。设无限远处电势为 ， 正半轴上各点电势 随
x 1 0 0 x φ
变化的图像正确的是（ ）
x
√
目录解析： 无限远处电势为 ，根据点电荷的电势公式 ＝ 可知， 正半
0 φ k x
轴上，电荷量为＋ 的点电荷在 处产生的电势为 ＝ ，电荷量为－
4q x φ k
1
4
的点电荷在 处产生的电势为 ＝－ ， 正半轴上在 处的电势 ＝
q x φ k x x +1 φ
2 x
－ ，可知在 ＝ 处电势为 ，在 ＝ 处电势接近负无穷大，则选项
k k x 0 x 0
4 1
正确。
D +1 3
目录. （ 吉林高考 题）某种不导电溶液的相对介电常数 与浓度 的关
4 2024· 5 ε c
r m
系曲线如图 所示。将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与
a
恒压电源、电流表等构成如图 所示的电路。闭合开关 后，若降低溶液
b S
浓度，则（ ）
. 电容器的电容减小
A
. 电容器所带的电荷量增大
√B
. 电容器两极板之间的电势差增大
C
. 溶液浓度降低过程中电流方向为
D M→N
目录解析： 根据题图 可知，降低溶液的浓度时，该不导电溶液的相对介
a
电常数 增大，结合电容的决定式 ＝ 可知，电容器的电容增大，
ε C A
r
r
错误；电容器一直与恒压电源相连，则电容器两极板之间的电势差不
4π
变， 错误；根据电容的定义式 ＝ 结合 、 项分析可知，电容器所
C C A C
带的电荷量 增大，则溶液浓度降低过程中，电容器充电，电路中的电
Q
流方向为 ， 正确， 错误。
N→M B D
目录. （ 福建高考 题）以 点为圆心，半径为 的圆上八等分放置电
5 2024· 11 O R
荷，除 为－ ，其余为＋ ， 、 为半径上的点， ＝ ，如图所
G Q Q M N OM ON
大于
示，已经静电常数为 ，则 点场强大小为 ， 点电势
k O M
2
2
（填“大于”“等于”或“小于”） 点电势。将＋ 点电荷从 点沿
N q M
移动到 点，电场力做 正功 （填“正功”“负功”或“不做
MN N
功”）。
目录解析：根据点电荷的场强特点可知，除了水平方向上的正负电荷外，其
余的 个电荷形成的电场在 处相互抵消，故 点场强大小为 ＝ ＋
6 O O E
O
2 2
＝ ；根据对称性可知，若没有沿水平直径方向上的正电荷和负 电
2
荷， 2M 点和 N 点的电势相等，由于 M 点靠近最左边的正电荷， N 点靠近右
边的负电荷，故 点电势大于 点电势；将＋ 点电荷从 点沿 移动
M N q M MN
到 点，电势能减小，故电场力做正功。
N
目录精研典型例题
目录考点一 电场的性质
.
1 电场强度的分析与计算
（ ）电场强度的方向是正电荷所受静电力的方向，也是电场线上某点
1
的切线方向，电场的强弱可根据电场线的疏密程度来进行比较。
（ ）计算电场强度常用的方法：公式法、平衡条件求解法、叠加合成
2
法、对称法、补偿法、等效法。
目录.
2 等势面与电场线的关系
（ ）电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等
1
势面。
（ ）电场线越密的地方，等差等势面也越密。
2
（ ）沿等势面移动电荷，静电力不做功，沿电场线移动电荷，静电力
3
一定做功。
.
3 电场强弱、电势高低、电势能大小的判断方法
物理量 判断方法
（ ）根据电场线的疏密判断
1
电场
强弱
（ ）根据公式 ＝ 和电场强度叠加原理判断
2 E k
Q
目录
2
r物理量 判断方法
（ ）根据电场线的方向判断
1
电势
（ ）由 ＝ 判断
2 U
AB
高低
（ ）根据静电力做功（或电势能）判断
3
（ ）根据 ＝ 判断
1 E qφ
p
电势能
（ ）根据 ＝－ ，由静电力做功判断
2 ΔE W
电
p
大小
（ ）根据能量守恒定律判断
3
目录【例1】 （ 多选 ）（ 2024· 广东高考 8 题）污水中的污泥絮体经处理后带负
电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层
的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极、金属圆盘置于底部、金属棒插
入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势
面。 点和 点在同一电场线上， 点和 点在同一等势面上。下列说法正
M N M P
确的有（ ）
. 点的电势比 点的低
A M N
. 点的电场强度比 点的大
B N P
. 污泥絮体从 点移到 点，电场力对其做正功
C M N
. 污泥絮体在 点的电势能比其在 点的大
D N P
目录答案：
AC
解析：根据沿着电场线方向电势降低可知 点的电势比 点的低，污泥絮
M N
体带负电，根据 ＝ 可知，污泥絮体在 点的电势能比在 点的电势能
E qφ M N
p
大，污泥絮体从 点移到 点，电势能减小，电场力对其做正功，故 、
M N A C
正确；根据电场线的疏密程度可知 点的电场强度比 点的小，故 错误；
N P B
点和 点在同一等势面上，则污泥絮体在 点的电势能与在 点的电势能
M P M P
相等，结合 、 选项分析可知，污泥絮体在 点的电势能比其在 点的
A C P N
大，故 错误。
D
目录【例2】 （ 2024· 河北高考 7 题）如图，真空中有两个电荷量均为 q （ q ＞
）的点电荷，分别固定在正三角形 的顶点 、 。 为三角形 的中
0 ABC B C M ABC
心，沿 的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为
AM
。已知正三角形 的边长为 ， 点的电场强度为 ，静电力常量为 。
ABC a M 0 k
顶点 处的电场强度大小为（ ）
A
2
. （ ＋ ）
. B 6
A
2 3
2
2
3
. （ ＋ ） . （ ＋ ）
C 3 1 D 3
2 2
3 3
目录答案：
D
解析：由点电荷的电场强度公式和电场强度叠加原理可知，两点电荷在
M
点产生的电场强度大小为 ＝ °＝ ，方向沿 方向，又 点
E cos 60 MA M
2 3
2 2
3
的电场强度为 ，所以带电细杆 在 处产生的电场强度大小也为 ＝ ，方
0 3 M E
3
向沿 方向，由对称性可知带电细杆在 处产生的电场强度大小也为 ＝
AM A E
2
，方向沿 方向，又由点电荷的电场强度公式和电场强度叠加原理可
MA
3
2
知，两点电荷在 处产生的电场强度大小为 ＝ °＝ ，方向沿
A E' cos 30
2 3
MA
方向，所以
A
处的电场强度大小为
E
＝
E
＋
E'
＝2 （
3
＋ ），2
D
正确。
A
2
3
目录考点二 电场中的图像问题
电场中几种常见的图像
当带电粒子只受静电力时，从 图像上能确定粒子运动的加
v-t
速度方向、大小变化情况，进而可判定粒子运动中经过的各
v-t
图像 点的电场强度方向、电场强度大小、电势高低及电势能的变
化情况
（ ）从 图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定
1 φ-x
电场强度的方向及试探电荷电势能的变化
φ-x
图像 （ ） 图线切线的斜率大小表示沿 轴方向电场强度 的大
2 φ-x x E
小
目录以电场强度沿 轴方向为例：
x
（ ） ＞ 表示电场强度沿 轴正方向， ＜ 表示电场强度沿
1 E 0 x E 0 x
E-x
轴负方向
图像
（ ）图线与 轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小
2 x
表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定
（ ）图像的切线斜率大小表示静电力大小
1
E -x
p
（ ）可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情
2
图像
况
目录【例3】
（
2024·
河南郑州一模）两个点电荷固定在
x
轴上的
M
、
N
两点，
x
轴上各点的电场强度 与各点位置坐标 之间的关系图像如图所示。取 轴
E x x
正方向为电场强度的正方向，无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
. 固定在 点的点电荷电荷量比固定在 点的
A M N
点电荷电荷量小
. 点的电势等于零
B Q
. 从 点由静止释放一正点电荷，仅在电场力作用下，到 点前它将一直
√C C D
做加速运动
. 从 点由静止释放一负点电荷，仅在电场力作用下，在它向左运动过程
D P
中电势能将一直减小
目录解析： 、 连线中点处电场强度大于 ，且两点间电场强度最小位置处距
M N 0
离 点较近，可知，固定在 点的点电荷电荷量比固定在 点的点电荷电荷
N M N
量大，故 错误；若有一正点电荷由 点向右侧无穷远处运动，电场力做正
A Q
功，电势能不断减小，一直到零，所以 点的电势大于零，故 错误；从
Q B C
点由静止释放一正点电荷，仅在电场力作用下，到 点前电场强度一直为
D
正值，则电场强度方向不变，电场力方向不变，它将一直做加速运动，故
正确；从 点由静止释放一负点电荷，仅在电场力作用下，在它由 向
C P Q N
运动过程中电场力做负功，电势能增大，故 错误。
D
目录【例4】
（
2024·
山东日照统考）如图所示，
O
点为两等量异种点电荷连
线的中点，一带正电的粒子（不计重力）从连线上的 点由静止释放，在
A
静电力作用下运动到 点。取 点为坐标原点，沿直线向右为 轴正方向。
B A x
在粒子从 点运动到 点的过程中，下列关于粒子运动的速度 和加速度 随
A B v a
时间 的变化，运动径迹上电势 和粒子的电势能 随位移 的变化图线可能
t φ E x
p
正确的是（ ）
目录答案：
B
解析：根据等量异种点电荷的电场线分布可知，在粒子从 到 的运动过程
A B
中，电场强度先变小后变大，粒子受到的静电力先变小后变大，则加速度
先变小后变大， 图像切线的斜率先变小后变大，故 错误， 正确；沿着
v-t A B
电场线方向电势逐渐降低，电势与位移的图像切线的斜率表示电场强度，
电场强度先减小后增大，所以图像切线的斜率先减小后增大，故 错误；
C
根据 ＝ 得 ＝ ＝ ， 先减小后增大，所以 图像切线的斜率先
E qφ q qE E E -x
p p
Δ p Δ
减小后增大，故 错误。
D
Δ Δ
目录考点三 电容器 带电粒子在电场中的运动
.
1 电容器的两类动态变化问题
（ ）根据 ＝ ＝ ，先分析电容的变化，再分析 的变化。
1 C Q
Q ε S
不变
U
（ ）根据 ＝U分析4 k电d 场强度的变化。
2 E
U
（ ）根据 ＝ 分析某点电势变化
3 U Ed
AB d
（ ）根据 ＝ ＝ ，先分析电容的变化，再分析 的变化。
1 C U
不变
Q
Q ε S
（ ）根据 ＝U分析4 k电d 场强度的变化
2 E
U
d
目录.
2 带电粒子在电场中的常见运动及分析方法
常见运动 受力特点 分析方法
合
（ ）用动力学观点分析： ＝ ， ＝ ，
1 a E v2
合外力
F
合
F
U
－ ＝ ，适用于匀强电场
变速直线 ≠ 0 ，且与初速 2ad m d
2
运动 度方向在同一
0
（v2 ）用功能观点分析：
W
＝
qU
＝
mv2
－
条直线上 1
，匀强电场和非匀强电场都适2 用
m
1
2
0
2 v
目录常见运动 受力特点 分析方法
运动的分解
带电粒子
进入电场时
在匀强电
⊥ ，粒子做
v E
场中的偏 0
类平抛运动
转
偏转角： ＝ ＝ ＝ ＝
tan θ
2 2 2 0
侧移距离： ＝ ＝2 ， ＝ ＋
y y y Ltan θ
0 0 2 1
0 0
2 2
2 2
＝ ＋
tan θ 2
2 0 4 1
l
2 L
目录常见运动 受力特点 分析方法
运动的分解
粒子斜射入
带电粒子在匀
电场，粒子
强电场中的偏
做类斜抛运
垂直于电场方向做匀速直线运动： ＝
x v tsin θ
转
0
动
沿电场方向做匀变速直线运动： ＝ －
y v tcos θ
0
t2
qE
带电粒子在非
静电力在变 2m
匀强电场中运 动能定理、能量守恒定律
化
动
目录【例5】
（
2024·
江苏泰州一模）通过手机内电容式加速度传感器可以实
现运动步数的测量，传感器原理如图所示，电容器的 极板固定，与弹簧
M
相连的 极板只能按图中标识的“前后”方向运动，则当手机（ ）
N
. 匀速运动时，电流表示数为零，电容器 极板带负电
A M
. 由静止突然向前加速时，电容器的电容增大
B
. 由静止突然向前加速时，流过电流表的电流由 向
C b a
. 保持向前匀减速运动时，电流表示数变小
D
目录答案：
C
解析：匀速运动时， 极板相对 极板的位置不变，电容器的电容不变，
N M
则电容器带电荷量不变，电路中没有电流，电流表的示数为零，电容器
M
极板与电源正极相连，带正电，故 错误；由静止突然向前加速时，因为
A
惯性， 极板相对 极板向后运动，两极板的间距变大，根据 ＝ 可知
N M C
r
电容器的电容减小，根据 ＝ 可知电容器带电荷量减小，则电容器放
Q CU
4π
电，流过电流表的电流由 向 ，故 错误， 正确；保持向前匀减速运动
b a B C
时，加速度恒定不变， 极板受力不变，则弹簧形变量不变， 极板相对
N N M
极板的位置不变，则电容器的电容不变，电容器带电荷量不变，电路中无
电流，电流表示数不变，且为零，故 错误。
D
目录【例6】
（
2024·
苏北七市二模）如图所示，质子和
α
粒子分别从
O
点由静
止开始经过 、 板间的电场加速后，从 处垂直射入偏转电场。质子落在
M N P
感光板上的 点，则 粒子（ ）
S α
. 落在 点，速度方向与质子的相同
A S
. 落在 点，速度方向与质子的不同
B S
. 落在 点左侧，速度方向与质子的相同
C S
. 落在 点右侧，速度方向与质子的不同
D S
目录答案：
A
解析：设粒子的质量为 ，电荷量为 ， 、 板间电压为 ，偏转电场的电
m q M N U
场强度为 ，粒子经过加速电场的过程中，根据动能定理可得 ＝ ，
E qU m
1
2
0
2
可得 ＝ ，粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，则有 ＝ ， ＝
v x v t y at2
0 0
2 1
2
＝ ，联立可得 ＝ ，可知粒子在偏转电场中的轨迹与粒子的质量和
· t2 y
2
1
电荷量均无关，则 粒子和质子在偏转电场中的运动轨迹相同，即 粒子落
α α
2 4
在 点，速度方向与质子的相同。故选 。
S A
目录【例7】
（
2024·
江苏徐州期中）如图所示，在
xOy
平面内的
Ⅰ
区域存在水
平向右的匀强电场， 区域存在水平向左的匀强电场，两区域内电场强度
Ⅱ
大小相等。一质量为 、带电荷量为＋ 的离子从坐标为（ ， ）的 点以
m q 0 L A
与 轴负方向成 °角的速度 斜向下进入 区域，离子再次进入 区域时
y 45 v Ⅱ Ⅱ
0
恰经过坐标原点 。不计该离子的重力，求：
O
（ ）离子从 点到 点所用的时间 ；
1 A O t
答案：
2
解析： 离子在电场中做匀变速曲线运动，沿 轴负
y
0
方向做匀速直线运动，则沿 轴负方向，有 ＝
y L v tcos
0
°
45 解得 ＝ 。
t
2
目录
0（ ）电场强度 的大小；
2 E
答案：
2
2 0
解析：离子在 区域，沿 轴方向做匀减速直线运动，则 °
Ⅱ x v sin 45
0
＝
a
由牛顿第二定律可知 ＝
Eq ma
4
联立解得电场强度 ＝ 。
E
2
2 0
目录（ ）离子每次通过 轴时的位置坐标。
3 y
答案： ＝ （ ＝ 、 、 ……）
y L n 1 2 3
解析：离子 在1每−个2 区域运动的过程中，沿
y
轴负方向运动的距离都相
等，设为 ，则有
y
1
＝ °
y v cos 45 ·
1 0
离子每次通过 轴时的位置坐标为 ＝ －
y y L ny
2 1
解得 ＝ ，（ ＝ 、 、 …）。
y L n 1 2 3
1 − 2
目录拓展思维空间
目录等 效重力场中的圆周运动问题
1
. “等效重力”及“等效重力加速度”
在匀强电场中，将重力与电场力进行合成，如图所示，则 为“等效
F
合
合
重力场”中的“等效重力”， ＝ 为“等效重力场”中的“等效重力
g'
加速度”， 的方向为“等效重力”的方向，也是“等效重力加速
F
合
度”的方向。
目录2
. 等效最“高”点与最“低”点的确定方法
在“等效重力场”中过圆周运动的圆心作
“等效重力”的作用线，其反向延长线交于
圆周上的那个点即为圆周运动的等效最
“高”点，沿着“等效重力”的方向延长交
于圆周的那个点即为等效最“低”点，如图
所示。
目录【典例1】
（
多选
）（
2024·
四川绵阳二诊）如图所示，质量为
m
、带电
荷量为＋ 的小圆环套在半径为 的光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直
q R
平面内， 为环心， 为最低点， 为最高点。在大圆环所在的竖直平面内
O A B
施加水平向右、电场强度为 的匀强电场，并同时给在 点的小圆环一个
A
向右的水平初速度 ，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小
v
0
圆环运动过程中（ ）
. 动能最小与最大的位置在同一等势面上
A
. 电势能最小的位置恰是机械能最大的位置
B
. 在 点获得的初速度为 （ ）
C A
. 过 点时受到大环的弹力大小为
D B mg
2 1 + 2
目录答案：
BC
解析：由于匀强电场的电场强度为 ，即静电力与重力
大小相等，作出小圆环在大圆环上的等效最低点 与等
C
效最高点 ，如图所示。小圆环在等效最低点速度最
D
大，动能最大，在等效最高点速度最小，动能最小，根
据沿电场线方向电势降低，可知 ＞ ， 点与 点不在同一等势面上，
φ φ C D A
D C
错误；小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只
有电势能与机械能的转化，则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置，
B
正确；小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效最
高点 的速度为 ，对圆环分析有－ °－ （ ＋ °）＝ －
D 0 qERsin 45 mg R Rcos 45 0
，解得 ＝ （ ） ， 正确；
m v C
A
1
2 目录
2 2 1 + 2 小圆环从 运动到 的过程中有－ ＝ － ，在 点有 ＋
A B mg·2R m m B F mg
N
1 1
2 2
＝ ，解得 ＝（ － ） ＜ ，可2知， 小圆2环 过 点时受到大环的
m F 2 3 mg 0 B
N
2
弹力大小为（ － ） ， 错误。
3 2 mg D
2
2
目录【典例2】 （ 2024· 河北高考 13 题）如图，竖直向上的匀强电场中，用长
为 的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕 点做圆周运动。图中
L O
、 为圆周上的两点， 点为最低点， 点与 点等高。当小球运动到 点
A B A B O A
时，细线对小球的拉力恰好为 ，已知小球的电荷量为 （ ＞ ），质量为
0 q q 0
， 、 两点间的电势差为 ，重力加速度大小为 ，求：
m A B U g
（ ）电场强度 的大小。
1 E
答案：
解析： A 、 B 两点间的电势差为 U ，则 E ＝ 。
目录（ ）小球在 、 两点的速度大小。
2 A B
答案：
− 3 −3
解析：小球运动到 点时，由牛顿第二定律有 － ＝
A qE mg m
2
解得小球在 点的速度大小 ＝ 小球从 点运动到 点的过程，
A v A B
A
−
由动能定理有 － ＝ －
qU mgL m m
1 1
2 2
2 2
解得小球在 点的速度大小 ＝ 。
B v
B
3 −3
目录
提升关键能力
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. （ 江西高考 题）蜡烛火焰是一种含有电子、正离子、中性粒子的
1 2024· 1
气体状物质，将其置于电压恒定的两平行金属板间，板间电场视为匀强
电场，如图所示。若两金属板间距减小，关于火焰中电子所受的电场
力，下列说法正确的是（ ）
. 电场力增大，方向向左
A
√. 电场力增大，方向向右
B
. 电场力减小，方向向左
C
. 电场力减小，方向向右
D
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 正确。
B
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. （ 江苏南通模拟）如图甲所示的是静电除尘设备的结构示意图，
2 2024·
把高压电源的正极接在金属圆筒上，负极接到圆筒中心悬挂的金属线
上，其横向截面图如图乙所示，虚线 是某带电粉尘的运动轨迹，则
PQ
该粉尘（ ）
. 带正电荷
A
. 在 点的动量大小比在 点的大
√B P Q
. 在 点的电势能比在 点的高
C P Q
. 会被吸附到金属线上
D
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解析： 虚线是粉尘的运动轨迹，其所受的合外力指向轨迹的凹侧，
即带电粉尘受到的电场力的方向指向金属圆筒，即粉尘带负电荷，故
A
项错误；沿着电场线方向，电势逐渐降低，由题图可知， 点的电势比
Q
点的电势低，因粉尘带负电，由 ＝ ，可知电势大的地方，电势能
P E qφ
p
小，即粉尘在 点的电势能比在 点的电势能小，对于粉尘有 ＝ ＋
P Q E E
k
，对于同一个粉尘，粉尘在 点的速度大于在 点的速度，由动量的
E P Q
p
定义可知，粉尘在 点的动量大小比在 点的大，故 正确， 错误；由
P Q B C
于粉尘带负电，而金属圆筒带正电，正负电荷互相吸引，所以粉尘最终
会被吸附到金属圆筒上，故 项错误。
D
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. （ 山东淄博一模）在金属球壳的球心有一个负点电荷，球壳内外
3 2024·
的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（ ）
. 点的电场强度比 点的大
A K L
. 球壳内表面带负电，外表面带正电
B
. 试探电荷＋ 在 点的电势能比在 点的大
C q M N
. 试探电荷＋ 沿电场线从 点运动到 点，电场力做
D q M N
√
负功
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 由于处于静电平衡状态的导体内部电场强度处处为零，所以
点的电场强度比 点的大，故选项 错误；因为金属球壳的球心有一个
L K A
负点电荷，根据静电感应规律，正电荷受到负电荷的吸引力聚集在球壳
内部，球壳外部有多余的负电荷，所以球壳内表面带正电，外表面带负
电，故选项 错误；沿着电场线方向电势逐渐降低， 点的电势比 点的
B N M
电势高，所以试探电荷＋ 在 点的电势能比在 点的小，故选项 错
q M N C
误；试探电荷＋ 的受力方向与电场强度方向相同，所以逆着电场线从
q
点运动到 点，电场力做负功，故选项 正确。
M N D
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
4
. （
多选
）（
2024·
四川成都一模）如图，平行板电容器与电压为
U
的直流
恒压电源相连，改变电容器极板间距离 ，待电路稳定后，带正电的粒
d
子，其质量为 、电荷量为 ，从靠近左极板处由静止释放，测得粒子
m q
从出发至右极板所用的时间为 ，到达右极板的速度大小为 ，重复上述
t v
过程，完成多次实验。极板间电场可视为匀强电场，粒子所受重力忽略
不计。下列图像正确的是（ ）
√ √
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 对于带正电的粒子，在匀强电场中受电场力作用，根据动
能定理，有 ＝ ，可得 ＝ ，可知粒子到达右极板的速度 的大
Uq mv2 v v
1 2
小与极板间距离 无关， 正确， 错误；设粒子在电场中运动的加速度
d A B
2
为 ，有 ＝ ， ＝ ， ＝ ，联立可得 ＝ ，可知，粒子从出
a Eq ma E d at2 t d
1 2
发至右极板所用的时间与极板间距离成正比， 正确， 错误。
2 C D
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. （ 吉林高考 题）在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力
5 2024· 6
和电场力作用下于竖直面（纸面）内运动。如图，若小球的初速度方向
沿虚线，则其运动轨迹为直线；若小球的初速度方向垂直于虚线，则其
从 点出发运动到与 点等高处的过程中（ ）
O O
. 动能减小，电势能增大
A
. 动能增大，电势能增大
B
. 动能减小，电势能减小
C
. 动能增大，电势能减小
√D
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 根据题意可知，小球所受合力方向沿虚线向下，则其所受电
场力方向水平向右，小球从 点运动到与 点等高处的过程做类平抛运
O O
动，小球的速度增大，动能增大，由于小球所受电场力与小球速度的夹
角一直为锐角，则电场力做正功，小球的电势能减小， 、 、 错误，
A B C
正确。
D
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. （ 全国甲卷 题）在电荷量为 的点电荷产生的电场中，将无限远
6 2024· 18 Q
处的电势规定为零时，距离该点电荷 处的电势为 ，其中 为静电力常
r k k
量；多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在时
该点的电势的代数和。电荷量分别为 和 的两个点电荷产生的电场的
Q Q
1 2
等势线如图中曲线所示（图中数字的单位是伏特），则（ ）
. ＜ ， ＝－ . ＞ ， ＝－
A Q 0 2 B Q 0 2
√
1 1
1 1
2 2
. ＜ ， ＝－ . ＞ ， ＝－
C Q 0 3 D Q 0 3
1 1
1 1
2 2
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 根据沿电场线方向电势降低，结合题图可知， ＞ ， ＜
Q 0 Q
1 2
， 、 错误；设两点电荷间的距离为 ，则有 ＋ ＝ ，解得 ＝
0 A C 3L k k 0
1 2 1
－ ， 正确， 错误。
2 B D
2 2
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. （ 福建三明一模）一电场的电势 随 的变化规律如图，图线关于
7 2024· φ x φ
轴对称，且 、 间距离小于 、 间距离，下列说法正确的是（ ）
A O B O
. 该电场可能为匀强电场
A
. 一负电荷在 点电势能大于 点电势能
√B A B
. 一正电荷从 点移到 点电场力不做功
C A B
. 、 间电场方向为由 指向
D A B B A
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解析： 图像切线的斜率表示电场强度，图中切线斜率在变化，表
φ-x
示电场强度发生变化，不是匀强电场， 错误；根据 图像可知 点电
A φ-x A
势小于 点电势，根据 ＝ 可知，该负电荷在 点的电势能大于在 点
B E φq A B
p
的电势能， 正确；一正电荷从 点移到 点，电势升高，电势能增加，
B A B
电场力做负功， 错误；由于顺着电场线方向电势降低，因此 、 间电
C A B
场方向为由 指向 和由 指向 ， 错误。
A O B O D
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. （ 北京高考 题）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于 、
8 2024· 11 M N
两点， 、 是 连线上的两点，且 ＝ 。下列说法正确的是
P Q MN MP QN
（ ）
. 点电场强度比 点电场强度大
A P Q
. 点电势与 点电势相等
B P Q
√. 若两点电荷的电荷量均变为原来的 倍，则 点电场
C 2 P
强度大小也变为原来的 倍
2
. 若两点电荷的电荷量均变为原来的 倍，则 、 两点
D 2 P Q
间电势差不变
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 结合电场叠加原理和点电荷的电场强度公式 ＝ 可知 、
E k P Q
两点电场强度大小相等、方向相同，
A
错误；两等量异种点2电荷产生的
电场中，电场线从正点电荷出发，指向负点电荷，又沿电场线方向电势
降低，则 ＞ ， 错误； 点电场强度大小为 ＝ ＋ ，若两
φ φ B P E k k
P Q P
点电荷的电荷量均变为原来的 倍，则 点电场强度大小也2 变为原2 来的
2 P 2
倍， 正确；若两点电荷的电荷量均变为原来的 倍，则 、 之间的电
C 2 P Q
场强度均变大，又 、 两点间的距离不变，则根据 ＝ 定性分析可知
P Q U Ed
、 之间的电势差变大， 错误。
P Q D
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. （ 江苏五校考前模拟）如图所示，一均匀带电荷量为＋ 、半径为
9 2024· Q
的半球面，虚线是过球心的对称轴， 、 两点关于球心对称。其中
R A B A
点的电势为 ，若点电荷＋ 周围电势 ＝ ，则 点的电势为（ ）
φ q φ k B
0
. ＋ √. －
A φ B φ
0 0
2 2
. .
C D
2
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 设半球面在 点的电势为 ，在半球面的右侧填补一个均匀的
B φ
1
带电荷量为＋ 的、半径为 的半球面，根据 ＝ ，填补后圆心 点的
Q R φ k O
电势为 ＝ ，又因为 ＝ ＝ ，填补后，根据 题意得 ＝ ＋
φ k φ φ φ φ φ
O O A B B 1
2
， ＝ ＋ ，解得 ＝ － ，故选 。
φ φ φ φ φ φ B
0 A 0 1 1 0
2
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. （ 四川雅安一模）如图，在第一象限 ≤ ≤ 区域内存在沿 轴
10 2024· 0 x 2L y
正方向的匀强电场 （未知）， ＜ ≤ 区域内存在沿 轴正方向的
E 2L x 4L x
1
匀强电场 （未知）。一个质量为 、电荷量为 的带正电粒子，以速
E m q
2
率 从坐标原点 沿 轴正方向进入电场并依次通过 （ ， ）和
v O x A 2L L B
0
（ ， ）两点。不计粒子的重力。已知 、 、 和 ，求：
4L 2L L m q v
0
（ ）粒子运动至 点的速度大小；
1 A
答案：
v
0
2
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 粒子在电场 中沿 方向做匀速直线运动，沿 方向
E x y
1
做初速度为零的匀加速直线运动
沿 方向，有 ＝
x 2L v t
0 1
沿 方向，有 ＝
y L t
1
粒子运动至 点处的速度大小为 ＝ ＋ ＝ 。
A 2 v v
A 0
2 2
0
2
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
（ ）电场强度 的大小。
2 E
2
答案：
2
2 0
解析：粒子在电场 中沿 方向做初速度不为零的匀加速直线运
E x
2
动，沿 方向做匀速直线运动，沿 方向，有
y y
－ ＝
2L L v t
y 2
沿 方向，有 － ＝ ＋
x 4L 2L v t a
0 2 2
1
2
由牛顿第二定律有 ＝
qE ma 2
2 22
联立解得电场强度的大小为 ＝ 。
E
2
2
2 0
目录
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
. （ 广东中山期末）空间中有竖直向上的匀强电场，电场强度 ＝
11 2024· E
。绝缘圆形轨道竖直放置， 点是它的圆心、半径为 ， 、 为圆
O R A C
3
轨道的最低点和最高点， 、 为与圆心 等高的两点，如图所示。在
B D O
轨道 点放置一质量为 ，带电荷量为＋ 的光滑小球。现给小球一初
A m q
速度 （ ≠ ），重力加速度取为 ，则下列说法正确的是（ ）
v v 0 g
0 0
. 无论 多大，小球不会脱离轨道
A v
0
. 只有 ≥ ，小球才不会脱离轨道
B v
0
. 越大，小球在 、 两点对轨道的压力差也越大
C v A C
0
√. 若将小球无初速度从 点释放，小球一定会沿轨道经过 点
D D C
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
解析： 由题意可知小球所受静电力与重力的合力方向竖直向上，
大小为 ＝ － ＝ ，若要使小球不脱离轨道，设其在 点所具有
F qE mg 2mg A
的最小速度为 ，根据牛顿第二定律有 ＝ ，解得 ＝
v F m v
min min
2
min
，所以只有当 ≥ 时，小球才不会脱离轨道，故 、 错
v A B
0
误；假设小球可以在轨道中做完整的圆周运动，在 点的速度大小为 ，
C v
1
2 2
根据动能定理有 － ＝ ，在 、 点小球所受轨道的支持力
m m F·2R A C
1 1
2 2
大小分别为 和 ，根据牛顿第二定律有 ＋ ＝ ， － ＝ ，联
F F F F m F F m
1 0
0 2 1 2 0 1
2 2
0 1
立以上三式解得 ＝ － ＝ ＝ ，根据牛顿第三定律可知小球在
ΔF F F 6F 12mg
1 0
、 两点对轨道的压力差等于 ，与 的大小无关，故 错误；若将
A C 12mg v C
0
小球无初速度从 点释放，由于 向上，所以小球一定能沿 轨道经过
D F DC C
点，故 正确。
D
目录
