文档内容
押江苏卷 7 题
电场
考点内容 考情分析
考点一 电场强度、电势与电势能大小的判断
考点二 电场中的图像问题 电场一般考察电场强度的合成及电场与电容结
考点三 电场中功与能、带电粒子在电场中运动 合分析；考察电场、电势及电势能图像。。
考点四 电容器的动态分析
1．电场强度的分析与计算
（1）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。
（2）计算电场强度常用的方法：公式法、平衡条件求解、叠加合成法、对称法、补偿法、等效法。
2．三个计算公式的比较
公式 适用条件 说明
定义式 E＝ 任何电场 某点的场强为确定值，大小及方向与q无关
E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r
决定式 E＝k 真空中点电荷的电场
决定
关系式 E＝ 匀强电场 d是沿电场方向的距离
3．等量同种和异种点电荷周围电场强度的比较
比较项目 等量异种点电荷 等量同种点电荷
电场线的分布图
连线上O点场强最小，指向负
连线中点O处的场强 为零
电荷一方
连线上的场强大小（从左到 沿连线先变小，再变大 沿连线先变小，再变大右）
沿连线的中垂线由O点向外的 O点最小，向外先变大后
O点最大，向外逐渐变小
场强大小 变小
关于O点对称点的场强（如A
等大同向 等大反向
与A′、B与B′、C与C′等）
4．电势高低的判断
判断依据 判断方法
电场线方向 沿电场线方向电势逐渐降低
取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周
场源电荷的正负
围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低
电势能的大小 正电荷在电势能大处电势较高，负电荷在电势能大处电势较低
根据U ＝，将W 、q的正负号代入，由U 的正负判断φ 、φ
AB AB AB A B
静电力做功
的高低
5．电势能大小的判断
（1）做功判断法：由W ＝E －E 可知，静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增大。
AB pA pB
（2）电荷电势法：由E＝qφ知正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大。
p
（3）能量守恒法：若只有静电力做功，电荷的动能和电势能之和守恒，动能增大时，电势能减小，反之电
势能增大。
6．电场中几种常见的图像分析
当带电粒子只受静电力时，从v－t图像上能确定粒子运动的加
v－t图像 速度方向、大小变化情况，进而可判定粒子运动中经过的各点的电
场强度方向、电场强度大小、电势高低及电势能的变化情况
（1）从φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场
φ－x图像 强度的方向及试探电荷电势能的变化（2）φ－x图线切线的斜率大
小表示沿x轴方向电场强度E的大小
以电场强度沿x轴方向为例：（1）E>0表示电场强度沿x轴正
方向，E<0表示电场强度沿x轴负方向（2）图线与x轴围成的“面
E－x图像
积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低
需根据电场方向判定
（1）图像的切线斜率大小表示静电力大小（2）可用于判断电场强
E－x图像
p
度、动能、加速度等随位移的变化情况
7．电容器动态分析思路
U不变：（1）根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化。
（2）根据E＝分析场强的变化。
（3）根据U ＝E·d分析某点电势变化。
ABQ不变：（1）根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化。
（2）根据E＝＝分析场强变化。
考点一 电场强度、电势与电势能的判断
1．电场强度判断
（1）等效法：在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景。
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。
（2）对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为
简化。
例如：如图所示，均匀带电的球壳在O点产生的场强，等效为弧BC产生的场强，弧BC产生的场强方向，
又等效为弧的中点M在O点产生的场强方向。
（3）填补法：将有缺口的带电圆环或圆板补全为完整的圆环或圆板，或将半球面补全为球面，从而化难为
易、事半功倍。
2．判断电势能变化的两种方法
（1）根据静电力做功：静电力做正功，电势能减少；静电力做负功，电势能增加。
（2）根据E＝φq：正电荷在电势越高处电势能越大；负电荷在电势越高处电势能越小。
p
3．电势高低的四种判断方法
（1）电场线法：沿电场线方向电势逐渐降低。
（2）电势差与电势的关系：根据U ＝，将W 、q的正负号代入，由U 的正负判断φ 、φ 的高低。
AB AB AB A B
（3）E 与φ的关系：由φ＝知正电荷在电势能大处电势较高，负电荷在电势能大处电势较低。
p
场源电荷的正负：取离场源电荷无限远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠
近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低．空间中有多个点电荷时，某点的电势可以代数求和。
【真题精讲】
1．(2022·浙江1月选考·10)某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构
成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是( )A．a点所在的线是等势线
B．b点的电场强度比c点大
C．b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D．将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
【答案】C
【解析】因上下为两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜，则a点所在的线是电场线，选项A错误；因c点的
电场线较b点密集，则c点的电场强度比b点大，选项B错误；因b、c两点所处的线为两相邻的等势线，可知
b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，选项C正确；因d、g两点在同一电场线上，电势不相等，则将
电荷沿题图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为零，选项D错误。
【巩固训练】
1．(2022·湖南卷·2)如图，四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d
上．移去a处的绝缘棒，假定另外三根绝缘棒电荷分布不变．关于长方体几何中心 O点处电场强度方向和电势
的变化，下列说法正确的是( )
A．电场强度方向垂直指向a，电势减小
B．电场强度方向垂直指向c，电势减小
C．电场强度方向垂直指向a，电势增大
D．电场强度方向垂直指向c，电势增大
【答案】A
【解析】根据对称性与电场叠加原理可知，移去a处绝缘棒前O点电场强度为0，则移去a处的绝缘棒
后，电场强度方向垂直指向a，再根据电势的叠加原理，设每根长棒在O点产生的电势为φ，四根完全相同、
0
均匀带正电绝缘长棒在O点产生的电势为4φ，现在撤去a处的绝缘棒后，其他三棒在O点产生的电势为3φ，
0 0
故O点的电势减小，故选A。
2．(2022·山东卷·3)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( )A．正电荷，q＝
B．正电荷，q＝
C．负电荷，q＝
D．负电荷，q＝
【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A 和与B在同一直径上的B 产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常
1 1
小，故可看成点电荷，则有E ＝k＝k，由题意可知，两电场强度方向的夹角为120°，由几何关系得两者的合电
1
场强度大小为E＝E ＝k，根据O点的合电场强度为0，则放在D点的点电荷带负电，在O点产生的电场强度大
1
小为E′＝E＝k，又E′＝k，联立解得q＝，故选C。
考点二 电场中的图像问题
1．沿x轴方向电场强度的大小等于φ－x图线的切线斜率的绝对值，如果图线是曲线，电场为非匀强电
场；如果图线是倾斜的直线，电场为匀强电场(如图)。切线的斜率为零时沿x轴方向电场强度为零。
2．在φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向，进而可以
判断电荷在电场中的受力方向。(如图)
3．E－x图像为静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系，若规定x轴正方向为电场强度E的正方向，
则E>0，电场强度E沿x轴正方向；E<0，电场强度E沿x轴负方向。
4．E－x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图所示)，两点的电势高低根据电场方向判定。在与粒
子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。
5．E－x图像：由静电力做功与电势能变化关系F x＝E －E ＝－ΔE 知E－x图像的切线斜率k＝，其大
p 电 p1 p2 p p
小等于静电力，斜率正负代表静电力的方向。
6．E －x图像：当带电体只有静电力做功，由动能定理F x＝E －E ＝ΔE 知E －x图像的切线斜率k＝，
k 电 k k0 k k
其大小表示静电力。
【真题精讲】
1．（2021·山东·高考真题）如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为 的点电
荷；在 区间，x轴上电势 的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为 的点电荷P置于正方形的中
心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零。若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是（ ）
A． ，释放后P将向右运动
B． ，释放后P将向左运动
C． ，释放后P将向右运动
D． ，释放后P将向左运动
【答案】C
【解析】对y轴正向的点电荷，由平衡知识可得 ，解得 ，因在
区间内沿x轴正向电势升高，则场强方向沿x轴负向，则将P沿x轴正向向右略微移动后释放，P
受到向右的电场力而向右运动。故选C。
【巩固训练】
1．（2017·全国·高考真题）在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如
图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed，点a到点电荷的距离ra与点a的
电势φa已在图中用坐标（ra，φa）标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d
点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是（ ）
A．Ea：Eb=4：1 B．Ec：Ed=2：1 C．Wab：Wbc=3：1 D．Wbc：Wcd=1：3
【答案】AC
【解析】由点电荷场强公式： ，可得： ，故A正确；由点电荷场强公式：，可得： ，故B错误；从a到b电场力做功为：Wab=qUab=q（φa-φb）=q（6-3）
=3q，从b到c电场力做功为：Wbc=qUbc=q（φb-φc）=q（3-2）=q，所以有：Wab：Wbc=3：1，故C正确；从c
到d电场力做功为：Wcd=qUcd=q（φc-φd）=q（2-1）=q，所以Wbc：Wcd=1：1，故D错误．所以AC正确，
BD错误。
2．（2014·上海·高考真题）静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带
正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷
A．在 和 处电势能相等
B．由 运动到 的过程中电势能增大
C．由 运动到 的过程中电场力先增大后减小
D．由 运动到 的过程中电场力先减小后增大
【答案】BC
【解析】由图像判断电场线的方向，再确定电势大小的关系。由图像可知，在0～x 之间，电场强度E是正
1
的，是沿x轴正方向的；在x～x 之间，电场强度E是负的，是沿x轴负方向的，故由x 到x 是逆着电场线的方
1 4 2 4
向，所以x 处的电势要大于x 处的电势，选项A错误；由x 运动到x 的过程中，是逆着电场线方向的，所以电
4 2 1 3
势能增大，选项B正确；由x 运动到x 的过程中，x 处的电场强度的大小是最大的，故电荷在该点受到的电场
1 4 3
力也应该是最大的，故电场力是先增大后减小，选项C正确，D错误。
考点三 电场中功与能、带电粒子在电场中运动
1．电场中功与能。
（1）若只有静电力做功，电势能与动能之和保持不变。
（2）若只有静电力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。
（3）除重力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化量。
所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化量。
（4）根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互
转化，总的能量保持不变。
2．带电粒子在电场中运动
（1）判断速度方向：带电粒子运动轨迹上某点的切线方向为该点处的速度方向．选用轨迹和电场线(等势
线)的交点更方便。
（2）判断静电力的方向：仅受静电力作用时，因轨迹始终夹在速度方向和带电粒子所受静电力方向之间，
而且向合外力一侧弯曲，结合速度方向，可以判断静电力方向．若已知电场线和轨迹，所受静电力的方向与电
场线（或电场线的切线）共线。若已知等势线和轨迹，所受静电力的方向与等势线垂直。（3）判断静电力做功的正负及电势能的增减：若静电力方向与速度方向成锐角，则静电力做正功，电势能
减少；若静电力方向与速度方向成钝角，则静电力做负功，电势能增加。
（4）对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问
题。
【真题精讲】
1．(2022·浙江6月选考·9)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为
L(不考虑边界效应)．t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为 v 的相同粒子，垂直M板向右的粒
0
子，到达N板时速度大小为v ；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，
0
则( )
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度为a＝
D．粒子从N板下端射出的时间t＝
【答案】C
【解析】由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；根据题意垂直M板
向右的粒子到达N板时速度增加，动能增加，则静电力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板
时静电力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下
端射出，在两板间做类平抛运动，有＝vt，d＝at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因
0
两粒子相同，则在电场中加速度相同，有(v)2－v2＝2ad，联立解得t＝，a＝，故C正确，D错误。
0 0
【巩固训练】
1．（2023·浙江·高考真题）如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和
荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。
电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则
电子（ ）
A．在XX′极板间的加速度大小为
B．打在荧光屏时，动能大小为11eUC．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切
【答案】D
【解析】由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小 ，A错误；B．电子电极XX′间运
动时，有v=at， ，电子离开电极XX′时的动能为 ，电子离开电极XX′
x x
后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为 ，B错误；C．在XX′极板间受到电场力的
冲量大小 ，C错误；D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切
，D正确。故选D。
2．（2021·全国·高考真题）（多选）四个带电粒子的电荷量和质量分别 、 、 、
它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，
下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【详解】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为 ，由类平抛运动规律可知，带电粒子的在
电场中运动时间为 ，离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为 ，因为四个带电的粒
子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三个带电粒子带正电，一个带
电粒子带负电，所以一个粒子与另外三个粒子的偏转方向不同； 粒子与 粒子的比荷相同，所
以偏转角相同，轨迹相同，且与 粒子的比荷也相同，所以 、 、 三个粒子偏转
角相同，但 粒子与前两个粒子的偏转方向相反； 粒子的比荷与 、 粒子的比荷
小，所以 粒子比 、 粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同。故选AD。
考点四 电容器的动态分析
1．电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变。
2．电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变。
【真题精讲】1．（2018·全国·高考真题）如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所
带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放
a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的
相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
【答案】BD
【解析】根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半
区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab
对微粒a，由牛顿第二定律qE=m a 对微粒b，由牛顿第二定律qE =m a
a a b b
联立解得 >
由此式可以得出a的质量比b小，故A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力等于b微粒，a
微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，故B正确；由于在t时刻两微粒经过同一
水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，故C错误；由于a微粒
受到的电场力（合外力）等于b微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量等于b
微粒，故D正确。故选BD。
【巩固训练】
1．（2016·全国·高考真题）一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质
移出，则电容器（ ）
A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变
【答案】D
【解析】电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端的电势差不变，将云母介质移出后，介电常数减小，
根据电容的决定式 知，介电常数减小，电容减小，由于电压不变，又根据 ，可知，电荷量Q减
小，由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，再根据公式 ，可知，极板间的电场强度不变，ABC错误，D正确。故选D。
1．（2023秋·江苏泰州·高三靖江高级中学校考期末）如图所示，竖直放置的金属板A、B组成一平行板电
容器，O点为两板中心，在过O点且与板垂直的直线上，板外的M、N两点到O点距离相等，板间的P、S两
点到O点的距离相等。板外M、N点分别放置等量异种点电荷时，O点处场强恰好为零，忽略两点电荷对两板
电荷分布的影响，则（ ）
A．A极板带负电，B极板带正电
B．质子在P点的电势能大于在S点的电势能
C．P、S两点场强大小相等、方向相反
D．若仅增加两板之间距离，O点处场强仍为零
【答案】D
【解析】根据题意可知，板外M、N点的点电荷在 点产生的电场方向为水平向左，则两金属板A、B在
点产生的电场方向为水平向右，则A极板带正电，B极板带负电，故A错误；由等量异种电荷电场和电容器
的电场分布可知，P、S两点场强大小相等，方向向左，故S点的电势高于P点电势，质子在P点的电势能小于
在S点的电势能，故BC错误；若仅增加两板之间距离，极板上电荷量不变，由公式 、 和
可得 ，可知，极板间电场强度不变，则O点处场强仍为零，故D正确。故选D。
2．（2023秋·江苏·高三统考开学考试）有研究表明，当兴奋情绪传播时，在人的体表可以测出与之对应的
电势变化。某一瞬间人体表面的电势分布图如图所示，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示
该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，该电场可等效为两等量异种电荷产生的电场，a、b为两电荷连
线上对称的两点，c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点。下列说法中正确的是 （ ）
A．a、b两点的电场强度不同B．c点的电势大于d点的电势
C．将带正电的试探电荷从b点移到d点，其电势能增加
D．负电荷在c点的电势能小于在a点的电势能
【答案】C
【解析】该电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，a、b为两电荷连线上对称的两点，所以a、b两点
的电场强度大小、方向相同，故A错误；c、d两点位于同一条等势线上，则c点的电势等于d点的电势，故B
错误；正电荷在电势高的地方电势能大，所以将带正电的试探电荷从 b点移到d点，其电势能增加，故C正
确；负电荷在电势低的地方电势能大，所以负电荷在c点的电势能大于在a点的电势能，故D错误。故选C。
3．（2023秋·江苏扬州·高三扬州市新华中学校考期中）如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场 E，
M点与N点在同一电场线上。两个质量相等的带正电荷的粒子，以相同的速度 分别从M点和N点同时垂直进
入电场，不计两粒子的重力和粒子间的库仑力。已知两粒子都能经过P点，下列说法正确的是（ ）
A．从N点进入的粒子先到达P点
B．从M点进入的粒子先到达P点
C．从M点进入的粒子的电荷量大于从N点进入的粒子的电荷量
D．两粒子在到达P点的过程中电势能都减小
【答案】D
【解析】因两粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，垂直于电场方向上的速度 v 相同，位移相等，则
0
时间相等，AB错误；粒子在平行于电场方向上，做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 平行于电场
方向上的位移 因为 ，则从M点进入的粒子电荷量较小，C错误；从MN两点进入的粒子，电场
力均做正功，则粒子电势能均减小，D正确。故选D。
4．（2023·江苏·模拟预测）电子显微镜与光学显微镜相比具有更高的分辨率，其原因是电子比可见光的波
动性弱。在电子显微镜中，电子通过“静电透镜”实现会聚或发散。如图所示，某静电透镜区域的等势面为图
中虚线，其中M、N两点电势的关系为φ >φ 。现有一束正电子经电压U加速后，从M点沿垂直虚线的方向进
M N
入“透镜”电场，正电子运动过程中仅受电场力作用，最终穿过小孔。下列说法正确的是（ ）
A．进入“透镜”电场后正电子可能经过N点B．从进入“透镜”电场至穿过小孔的过程中，电场力对正电子做负功
C．加速后的正电子，其物质波波长大于可见光波长
D．保持加速电压U不变，将正电子换成质子，加速后质子的物质波波长小于原正电子的物质波波长
【答案】D
【解析】进入“透镜”电场后正电子受到的电场力与电场方向相同，由图中等势面可知，正电子应斜向上
穿过小孔，不会经过N点，故A错误；正电子从进入“透镜”电场至穿过小孔的过程中，从电势高的位置运动
到电势低的位置，且正电子带正电，故电场力对正电子做正功，故B错误；由题意可知，电子比可见光的波动
性弱，即电子的波长小于可见光波长，结合物质波波长表达式 λ= ，可知加速后的正电子，其物质波波长变
小，故加速后的正电子，其物质波波长肯定小于可见光波长，故C错误；正电子经过加速电场后，由动能定理
可得qU= mv2
，解得正电子动量为p=mv= ，正电子的物质波波长为λ= ，保持加速电压U不变，将正电
子换成质子，由于质子电荷量与正电子电荷量相等，质子质量大于正电子质量，可知加速后质子的物质波波长
小于原正电子的物质波波长，故D正确。故选D。
5．（2023·江苏·模拟预测）空间某一静电场的电势 在x轴上的分布如图所示，x轴上B、C两点的电场强
度分别是 、 ，下列说法中正确的是（ ）
A． 的大小大于 的大小
B． 的方向沿x轴正方向
C．电荷在O点受到的电场力最小
D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功
【答案】D
【解析】在 图像中，图线的切线斜率表示电场强度沿x轴方向的分矢量，而不是合电场强度，所以从
图像中无法判断出B点和C点的电场强度的大小和方向。故ABC错误；由图可知沿x轴方向上，O点电势最
高，负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，故D正确。故选D。
6．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）如图所示，x轴过均匀带正电绝缘球体的球心O，M、N及A、B分别
关于O点对称，下列说法正确的是（ ）A．A、B两点场强相同
B．M、N两点场强相同
C．A点电势高于B点电势
D．M点电势等于N点电势
【答案】D
【解析】由于球体外场强与电荷全部集中在球心处的点电荷激发的场强相同，根据点电荷电场线的分布规
律可知，A、B两点场强大小相等，方向相反，A错误；由于均匀带电球壳内部场强处处为零，将球体分成一个
一个的球层，则M、N两点场强是以O为圆心，以ON为半径的球体上的正电产生，根据上述可知，M、N两点
场强大小相等，方向相反，B错误；带电球体可以看为由一个一个的点电荷构成，空间某位置的电势等于各个
点电荷的电势的代数和，根据 根据对称性可知，A点电势等于B点电势，M点电势等于N点电势，C错
误，D正确。故选D。
7．（2023·江苏南京·校考模拟预测）范德格拉夫静电加速器结构如图所示，其工作原理是先通过传送带将
正电荷传送到金属球壳（电荷在金属球壳均匀分布），使金属球与地面间产生几百万伏的高压，然后利用高压
给绝缘管中的带电粒子加速。在加速管顶端A点无初速度释放一带电粒子，粒子经过B、C两点到达管底（B为
中点）。不计粒子重力，仅考虑球壳产生电场的影响，下列说法正确的是（ ）
A．B点电势比C点电势低
B．粒子从B点到C点的过程中电势能增大
C．粒子在B点的加速度小于在C点的加速度
D．粒子在 与 间的动能变化量不同
【答案】D
【解析】根据题意可知电场线方向沿着ABC的方向，沿着电场线方向电势逐渐降低，所以B点电势比C点
电势高，粒子在加速过程中，动能增大，电势能减小，故AB错误；电场线的疏密程度表示场强的大小，从 A
到C的过程中电场线逐渐稀疏，所以B点的场强大于C点的场强，根据牛顿第二定律 ，可知，粒子在B点的加速度大于在C点的加速度，故C错误；因为从A到C的过程中场强逐渐减小，根据公式 可知，AB
两点间的电势差大于BC两点间的电势差，所以粒子在AB间的动能变化量大于在BC间的动能变化量，故D正
确。故选D。
8．（2023·江苏扬州·统考三模）如图所示，电子在场中运动的初速度 v有四种情况，电子的德布罗意波长
变长的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】德布罗意波长公式为 ，因此当电子速度减小时，动量减小，德布罗意波长变长。电子沿着
电场线相反的方向做加速运动，动量增大，德布罗意波长变短，故A错误；电子沿着电场线方向做减速运动，
动量减小，德布罗意波长变长，故B正确；磁场对带电粒子不做功，不改变带电粒子速度大小，故德布罗意波
长不变，故CD错误。故选B。
9．（2023·江苏镇江·统考三模）接地导体球壳外固定放置着一个点电荷，a、b为过点电荷与球壳球心连线
上的两点，a点在点电荷左侧，b点在点电荷右侧，a、b两点到点电荷的距离相等，a、b点所在位置的电场线
如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该点电荷带负电
B．a点的电场强度比b点的大
C．a点的电势大于b点的电势
D．导体球壳内的电场强度大于零
【答案】C
【解析】电场线由正电荷出发，由a、b点所在位置的电场线方向可知该点电荷带正电，故A错误；电场线
分布如图
电场线越密，场强越大，所以a点的电场强度比b点的小，故B错误；由电场线与等势面垂直，电场线由
高等势面指向低等势面可知a点的电势大于b点的电势，故C正确；由静电屏蔽可知，导体壳内的场强处处为零，故D错误。故选C。
10．（2023秋·江苏南京·高三南京师范大学附属中学江宁分校校联考期末）如图所示， 、 、 、 为
匀强电场中的四点，它们的连线构成正方形，其中 边与电场线平行， 点为 与 连线的交点。一个电
荷量为 的正点电荷固定在 点，下列说法正确的是（ ）
A． 、 两点的电场强度相同
B． 、 两点的电势不等
C．将电子沿直线从 点移动到 点，电场力做正功
D．将电子沿直线从 点移动到 点，电势能先减小后增大
【答案】D
【解析】如图所示，在 点的正点电荷在 、 、 、 四点产生电场方向如图所示
由图可知 、 两点的电场强度方向不相同，故 、 两点的电场强度不相同，A错误；匀强电场在 、
两点的电势相等，点电荷在 、 两点的电势相等，故 、 两点的电势相等，B错误；点电荷在 、 两点
的电势相等，故将电子沿直线从 点移动到 点，点电荷对电子做功为零，匀强电场对电子做负功，故电场力
做负功，C错误； 边与匀强电场方向垂直，将电子沿直线从 点移动到 点，匀强电场对电子不做功，点
电荷对电子先做正功后做负功，故电势能先减小后增大，D正确。故选D。
11．（2023·江苏扬州·扬州市新华中学校考三模）如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷 A、B，O为
A、B连线中点，以O点为圆心、半径为R的圆面垂直于A、B连线，以O为几何中心的边长为2R的正方形平
面垂直圆面且与A、B连线共面，两个平面边线交点分别为e、f，下列说法正确的是（ ）
A．a、b、c、d、e、f六点中，任何两点的场强及电势均不相同B．将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点电场力始终不做功
C．将一电荷由a点移到圆面内各点过程电势能的变化量都不相同
D．沿线段eOf移动的电荷，它所受的电场力先减小后增大
【答案】B
【解析】题图中圆面是一个等势面，e、f的电势相等，根据电场线分布的对称性可知，e、f的场强相同，A
错误；题图中圆弧egf是一条等势线，其上任意两点间的电势差都为零，将一电荷由 e点沿圆弧egf移到f点电
场力不做功，B正确；a点与圆面内任意一点间的电势差相等，根据公式 可知，将一电荷由a点移到圆
面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同，C错误；沿线段eOf移动电荷，电场强度先增大
后减小，则电荷受到的电场力先增大后减小，D错误。故选B。
12．（2023·江苏盐城·阜宁县东沟中学校考三模）如图甲所示为可变电容器，图乙为两个完全相同的半圆
形的平行金属板接在电路中，开始两金属板正对。闭合开关S，将上侧金属板转过60°，同时将两板之间的距离
增大到原来的 ；调节前后将同一重力不计的正粒子由下侧极板无初速释放，释放位置都在两极板正对面内。
假设两极板正对面之间的电场始终为匀强电场，则调整前后（ ）
A．两极板间的电场强度之比为2：3
B．平行板电容器的电容之比为9：4
C．电容器所带的电荷量之比为3：2
D．粒子在极板间运动的时间之比为3：2
【答案】B
【解析】由于电容器的两极板与固定的电源相连接，则调整前后两极板之间的电压不变，由公式 ，
可知，调整前后两极板间的电场强度之比为 3：2，故 A 错误；由平行板电容决定式 ，可知
，故B正确；由公式 ，可知 ，故C错误；粒子由静止从下侧极板运
动到上侧极板的过程中，由动能定理有 ，可知电子到达上侧极板的速度 ，电容器两端电
压不变，则调整前后粒子到达上侧极板的速度相同，粒子运动的平均速度相同，则调整前后粒子在极板间运动
的时间之比为 ，故D错误。故选B。13．（2023·江苏常州·江苏省前黄高级中学校考模拟预测）电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子
技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显
示电路中电流随时间的变化。图甲中直流电源电动势 ，实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电
容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的 曲线如图乙
所示。下列说法正确的是（ ）
A．图像阴影为 图像与对应时间轴所围成的面积表示电容器的能量
B．阴影部分的面积 和 肯定不相等
C．阻值 大于
D．计算机测得 ，则该电容器的电容约为0.15F
【答案】D
【解析】根据 可知 图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电容器的电荷量，故 A错
误；
S 表示电容器充电后所带电荷量，S 表示电容器放电的电荷量，所以S=S ，故B错误；由题图乙可知电容器充
1 2 1 2
电瞬间电流比电容器放电瞬间电流大，且电容器充电瞬间电源电压和放电瞬间电容器两端电压相等，则有
，所以 ，故C错误；该电容器的电容为 ，故D正确。故选D。
14．（2023·江苏·模拟预测）如图所示，一个电容为C的理想电容器与两个阻值均为R的电阻串联后通过
电键K连接在电动势为E的直流电源的两端，电源的内阻不计。开始电键K断开，电容器不带电，t=0时刻闭
合电键K接通电路，则能正确表示1、2两点间电压随时间变化的图像是（ ）
A ． B ． C ． D ．【答案】C
【解析】根据闭合电路欧姆定律，电容器不带电的情况下，刚开始充电时短暂时间内电流不为0，电路视
为通路，只有两电阻R分压，故电容器和电阻R两端电压之和初始值为0.5E，之后随着电容器充电结束，电路
视为断路，故电容器和电阻两端R两端电压等于电动势E不变。故选C。
15．（2023·江苏淮安·模拟预测）如图所示的真空中，在正方体ABCD-ABC D 空间中A、C 固定有等量的
1 1 1 1 1
正电荷，下列说法正确的是（ ）
A．B点和D点的电势相等且比B 点和D 的电势都高
1 1
B．B 点和D 点的场强相同
1 1
C．若有一个电子以某一速度射入该空间中，可能做类平抛运动
D．若有一个电子以某一速度射入该空间中，可能做匀速圆周运动
【答案】D
【解析】由两个等量同号电荷产生电势的对称性知顶点B、D 处的电势相等，故A错误；由电场叠加和对
1
称性知顶点B 、D 处的电场强度大小相等，但方向不同，故B错误；两个正电荷形成的电场不是匀强电场，电
1 1
子不可能做类平抛运动，故C错误；只在电场力作用下，电子要做匀速圆周运动，则必须受到大小恒定的电场
力，电子在垂直于AC 并过O点的平面内绕O点可以做匀速圆周运动。故D正确。故选D。
1
16．（2023·江苏南京·统考三模）如图所示，其空中有一足够大的水平向右的匀强电场，质量均为m、带电
量分别为 和 的两小球同时从O点以速度 斜向右上方射入匀强电场中， 方向与水平方向成 角，
A、B（图中未画出）两点分别为两小球运动轨迹的最高点，带正电的小球经过 A点的速度大小仍然为 ，若仅
把带正电的小球射入速度变为 ，其运动轨迹的最高点记为C。不考虑两球间的库仑力。下列说法错误的是（
）A．两小球同时到A、B两点
B． 与 之比为
C．两小球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为
D．带正电的小球经过C点的速度大小
【答案】C
【解析】由题可知，将带电小球的运动分解成水平方向和竖直方向的运动，由受力可知，两小球在竖直方
向只受重力，故在竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向的初速度为 ，上升到最高点时，竖直方向
速度为零，由此可知，两球到达A、B两点的时间相同，A正确；水平方向只受电场力，故水平方向做匀变速直
线运动，水平方向的初速度为 ，由题可知，带正电的小球有 ，带负电的小球有
，解得 ，可见到达最高点时两小球的速度大小相等，水平方向只有电场力做功，由动能定
理可知，两球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为 ，C错误；由上分析可知
解得
故 ， ，故 与 之比为 ，B
正确；由题可知 ， ，
联立得 D正确。故选C。
17．（2023·江苏·模拟预测）电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像。一种
电子透镜的电场分布如图所示（截取其中一部分），虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等，电子枪发
射的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示， 是轨迹上的三点，若c点处电势为3 V，电子
从a点运动到b点电势能变化了5 eV，则下列说法正确的是（ ）
A．a点电势为7.5 V
B．电子在b点的动能不可能为2.5 eV
C．电子在b点加速度比在c点加速度大
D．电子在电场中运动的最小速度一定为零
【答案】B
【解析】根据电子的受力和运动情况可知，电子从 a点到c点电场力做负功，电势能增大，根据电场力做
功与电势差的关系可知，b点电势比a点电势低5 V，则相邻两等势面间的电势差为2.5 V，则a点电势为，故A错误；电子在 两点，由能量守恒定律有 ，由于电子
在c点动能不为零，因此在b点的动能一定大于2.5 eV，故B正确；c点处等差等势面比b点处密集，则b点比
c点电场强度小，因此加速度小，故C错误；电子速度与等势面切线平行时，在电场中运动的速度最小，此时
的速度最小值不一定为零，故D错误。故选B。
18．（2023·江苏南通·海安高级中学校考模拟预测）如图所示，两个电量均为＋Q的点电荷位置固定不动，
带电量分别为＋q和－q的两个点电荷用绝缘轻杆连接构成电偶极子，轻杆的长度远小于两个＋Q之间的距离，
电偶极子位于两个＋Q中垂线上的O点，以O点为原点，向上为正方向建立x轴。在电偶极子上施加沿x轴的
外力F，使其沿着中垂线缓慢向上移动，Ep表示电偶极子在移动过程中的电势能（忽略＋q与－q的相互作用，
不考虑重力）。下列F和Ep随轻杆中点的坐标x变化的图像中正确的是（ ）
A．①和③ B．②和③ C．①和④ D．②和④
【答案】B
【解析】根据平行四边形定则，开始时电偶极子受到的电场力的合力向上，沿着中垂线缓慢向上移动，根
据平衡条件，力F方向向下，随着电偶极子向上移动的过程中，电场力的合力逐渐减小，则F逐渐减小，F减
小到0后又反向增大，当电偶极子向上移动到无穷远处，电场力的合力趋于0，F趋于0，②图符合题意，故①
错误，②正确；O点电势为0，则电偶极子初始时电势能为0，随着电偶极子向上移动的过程中，电场力的合力
向上，逐渐减小到0后又反向增大，所以电场力的合力先做负功后做正功，电势能先减小后增大，由于无穷远
处电势能为0，所以电势能趋于0，③图符合题意，故③正确，④错误。故选B。
19．（2023·江苏常州·江苏省前黄高级中学校考模拟预测）如图所示，平面直角坐标系xOy中，三个点电
荷a、b、c分别固定于（0，r）、（0，-r）、（0，0）处，a、b、c电荷量分别为+Q、+Q、-Q。现有一电荷量
为-q的点电荷d，在+x轴上从靠近坐标原点处由静止释放，不考虑重力及电荷d对原电场的影响，取无穷远处
电势能为零，则在点电荷d的整个运动过程中，其瞬时速度v随时间t、电势能E 随位置x变化的关系图像可能
p
为（ ）A．①③ B．②④ C．②③ D．①④
【答案】B
【解析】点电荷d的受力分析如图
由库仑定律 ， ，由牛顿第二定律，
整理可得
易得随着电荷d向右移动，θ减小，cosθ逐渐增大，电荷d做加速度减小的加速运动，当 时，它
的速度达到最大值，然后电荷d做减速运动直至无穷远处，其速度为一定值，故①错误，②正确；
由电荷d的受力分析可知，电荷d同时受到合引力和斥力的作用，当 时，合力方向向右，故当电荷d
从靠近原点处向右移动时，电场力做正功，其电势能减小；当 时，合力为零，此时d的动能最大，电势能
最小；当 时，合力方向向左，故当电荷d继续向右移动时，电场力做负功，其电势能增加直至无穷远处电
势能为0，故③错误，④正确。故选B。
20．（2023秋·江苏·高三校联考开学考试）如图所示，两个等量正点电荷固定于M、N两点，边长与MN之间距离相等的正方形abcd位于与M、N连线垂直的平面上，e、f分别是ad、bc的中点，O恰好是MN和ef的
中点。已知点电荷电场中某点电势 ，Q为点电荷的电荷量，r为电场中某点到点电荷的距离，k为静电
力常量。下列说法正确的是（ ）
A．b、d两点电场强度相同
B．沿正方形abcd四边移动电荷，电场力不做功
C．O点与e点的电势差等于e点与a点的电势差
D．将试探电荷+q由a点沿直线ac移动到c点，其电势能先增大后减小
【答案】D
【解析】空间中任意一点的电场强度都是两个正点电荷的电场强度矢量叠加而成，在正方形abcd上电场线
的方向是由O点指向各点，根据对称性可知，b、d两点的电场强度大小相等，方向不同，A错误；由abcd面上
的电场线分布易知，在该平面上的等势线是以O点为圆心的同心圆，则沿正方形abcd四边移动电荷，电场力会
做功，B错误；设 ，则 ， ，
根据点电荷电场中某点电势的表达式可知，各点电势分别为 ， ，
则O点与e点的电势差
e点与a点的电势差 ，O点与e点的电势差不等于e点与a点的电势差，C错
误；将试探电荷+q由a点沿直线ac移动到O点，电场力做负功，电势能增大，越过O点后电场力做正功，电
势能减小，D正确。故选D。
