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第 8 讲 电场
目标要求 1.理解电场的性质，会比较电场强度大小、电势高低、电势能大小，会分析和计算静电力做功。
2.会通过电场中的图像来分析问题。3.会用动力学观点和能量观点分析处理带电粒子在电场中的运动问题。
考点一 电场的性质
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(电场强度的
大小)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.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
场源电荷
值，负电荷周围电势为负值；越靠近正电荷处
的正负
电势越高，越靠近负电荷处电势越低
电势能 正电荷在电势能大处电势较高，负电荷在电势
的大小 能大处电势较低
W
根据U = AB，将W 、q的正负号代入，由
静电力做功 AB q AB
U 的正负判断φ 、φ 的高低
AB A B
3.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可知，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，动能减小
时，电势能增大。
4.电场的叠加
(1)电场强度的叠加：电场强度是矢量，遵循平行四边形定则；
kQ
(2)电势的叠加：某点电荷Q在距离该电荷r处的电势φ= ；多个电荷共同激发的电场中，某点的电势等
r
于各个电荷单独在该点激发的电势的代数和。
例1 (2024·全国甲卷·18)在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离
Q
该点电荷r处的电势为k ，其中k为静电力常量，多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点
r电荷单独存在的该点的电势的代数和。电荷量分别为Q 和Q 的两个点电荷产生的电场的等势线如图中
1 2
曲线所示(图中数字的单位是伏特)，则( )
Q Q
A.Q <0， 1 =-2 B.Q >0， 1 =-2
1 Q 1 Q
2 2
Q Q
C.Q <0， 1 =-3 D.Q >0， 1 =-3
1 Q 1 Q
2 2
例2 (2024·云南曲靖市二模)真空中有一正三角形ABC，如图所示，M、N分别为AB、AC的中点，在
B、C两点分别固定等量异种点电荷，其中B点固定正电荷，C点固定负电荷。则( )
A.沿直线从A点到M点，电势逐渐降低
B.若电子沿直线从N点移动到A点，电子的电势能逐渐增大
C.将电子从M点移动到A点，静电力一直做正功
D.电子从M点移动到A点与从A点移动到N点静电力做的功相等
一题多变
变式1 (多选)(2024·辽宁省重点高中协作校二模)如图为一正方体ABCD-EFGH，在A、G两顶点分别固定
等量正、负点电荷，以无穷远处电势为零，下列说法正确的是( )
A.顶点D、F两处电势不相等
B.顶点B、H两处电场强度不相同
C.正方体的12条棱上共有6个点电势为零
D.将一正试探电荷从D移到C和从B移到F，电势能变化量不同
变式2 (多选)(2024·山东潍坊市二模)如图所示，正方体abcd-a b c d ，上下底面的中心为O和O ，在d点
1 1 1 1 1
固定一电荷量为+Q的点电荷，c 点固定一电荷量为-Q的点电荷，bc的中点E固定一电荷量为+2Q的点电
1
荷。下列说法正确的是( )A.b点的电场强度的小于c点的电场强度
B.a点与b 点的电势相同
1
C.c点与d 点的电势差等于b点与a 点的电势差
1 1
D.将带正电的试探电荷由O点移动到O ，其电势能先增大后减小
1
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v-t图像上能
确定粒子运动的加速度方向、大小变化情
v-t图像 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，进而确定电场强度的方向及试探电
φ-x图像 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
E-x图像
(2)图线与x轴围成的“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
E -x图像 (2)可用于判断电场强度、动能、加速度等
p
随位移的变化情况
例3 (2024·河南许昌市部分学校联考)如图乙所示，绝缘粗糙水平面上x=-2l处和x=4l处分别固定两个
不等量正点电荷(场源电荷)，其中x=-2l处的电荷量大小为Q。两点电荷形成的电场在x轴上的电势φ
6 3
与x关系如图甲所示，其中坐标原点处电势为φ 且为极小值，x=-l和x=2l处电势分别为 φ 和 φ 。现
0 5 0 2 0
由x=2l处静止释放质量为m、电荷量为q的带正电物体(视为质点)，该物体刚好向左运动到x=-l处。物
体产生的电场忽略不计，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )A.x=4l的电荷的电荷量为2Q
3qφ
B.物体在运动过程中，电势能变化量为 0
10
qφ
C.物体与地面动摩擦因数为 0
10mgl
D.物体在坐标原点处动能最大
例4 (2024·山西大同市、晋中市联合模拟)如图甲，A、B是某电场中的一条电场线上的两点，一带负
电的粒子从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的v-t图像如图乙所示。
取A点为坐标原点，且规定φ =0，AB方向为正方向建立x轴，作出了AB所在直线的电场强度大小E、
A
电势φ、粒子的电势能E 随x增大变化的E-x图像、φ-x图像、E -x图像，其中可能正确的是( )
p p
考点三 带电粒子(带电体)在电场中的运动
1.带电粒子(带电体)在电场中运动时重力的处理
基本粒子一般不考虑重力，带电体(如液滴、油滴、尘埃等)一般不能忽略重力，除有说明或明确的暗示外。
2.带电粒子(带电体)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
静止或匀速
直线运动
合外力F =0
合
共点力平衡变速直线运动
合外力F ≠0，且与初速度方向在同一条直线上
合
F U
1.用动力学观点分析：a= 合，E= ，v2-v 2 =2ad，适用于匀强电场
m d 0
1 1
2.用功能观点分析：W=qU= mv2- mv 2，匀强和非匀强电场都适用
2 2 0
带电粒子在匀强电场中的偏转
进入电场时v ⊥E，粒子做类平抛运动
0
运动的分解
v qU l U l 2y
偏转角：tan θ= y = 2 = 2 = 0
v mdv 2 2U d l
0 0 1
qU l2 U l2 l
侧移距离：y = 2 = 2 ，y=y +Ltan θ=( +L)tan θ
0 2mdv 2 4dU 0 2
0 1
粒子斜射入电场，粒子做类斜抛运动
运动的分解
垂直电场方向做匀速直线运动：x=v tsin θ
0
1 qE
沿电场方向做匀变速直线运动：y=v tcos θ- t2
0 2 m
带电粒子在非匀强电场中运动
静电力在变化
动能定理，能量守恒定律
3.带电体在电场和重力场的叠加场中运动的分析方法
(1)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。
(2)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。
例5 (2024·海南省一模联考)如图所示，水平面内有一直角坐标系xOy，在第二、三象限内存在沿x轴
正方向、电场强度大小为E的匀强电场Ⅰ，在第一、四象限的x=0至x=l区间内存在沿y轴正方向的有l
理想边界的匀强电场Ⅱ，电场强度大小未知。一带正电的粒子(可视为点电荷)从P点(- ，0)由静止开
2
始仅在静电力作用下运动，从Q点(l，l)离开电场Ⅱ。带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计带电粒
子的重力。
(1)求电场Ⅱ的电场强度E'的大小；
(2)若将带电粒子从x轴负半轴上某一位置由静止释放，可使粒子飞出电场Ⅱ时动能最小，求该粒子飞
出电场Ⅱ时的最小动能E 。
k
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
例6 (2024·安徽淮北市质量检测)如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管AB固定在竖直平面内，圆管的圆
心为O，D点为圆管的最低点，A、B两点在同一水平线上，过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C
点。在虚线AB的上方存在水平向右的、范围足够大的匀强电场，虚线AB的下方存在水平向左、范围
足够大的匀强电场，电场强度大小与AB上方电场强度大小相等。圆心O正上方的P点有一质量为m、
电荷量为q(q>0)、可视为质点的绝缘小球。现将该小球无初速度释放，经过一段时间，小球刚好沿切
线无碰撞地进入圆管内，并继续运动。已知圆管的半径r=√2s，圆管的管径忽略不计，AB=2s，PC=s，
重力加速度为g。求：
(1)电场强度的大小；
(2)小球对圆管的最大压力；
(3)小球从管口离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点(图中未标出N点)，则N点距管口A
多远。
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动
(1)等效重力法
F
将重力与静电力进行合成，如图所示，则 F 为等效重力场中的“重力”，g'= 合 为等效重力场中的“等
合 m
效重力加速度”，F 的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向。
合
(2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的带电体，过圆心作合力的平行线，交于圆周上
的两点即为等效最高点和最低点。答案精析
例1 B [根据两点电荷周围的电势分布可知Q 带正电，Q 带负电；
1 2
由题图中电势为0的等势线可知
Q Q
1 2
k +k =0
r r
1 2
r
1
由题图中距离关系可知 =2
r
2
Q
1
联立解得 =-2，故选B。]
Q
2
例2 D [根据等量异种电荷电势分布，A点在垂直平分线上，电势为零，沿直线从A点到M点，电势逐
渐升高，故A错误；沿直线从N点移动到A点，电势逐渐升高，根据E =qφ，电子带负电，所以电子的电
p
势能逐渐减小，故B错误；将电子从M点移动到A点，电势降低，电势能升高，所以静电力做负功，故C
错误；根据对称性可知，从M点移动到A点与从A点移动到N点的电势变化相等，所以静电力做的功相等，
故D正确。]
变式1 AC [顶点D距离正电荷较近、顶点F距离负电荷较近，可知D点电势较高，两处电势不相等，
故A正确；由等量异种电荷周围的电场分布可知，顶点B、H两处电场强度大小和方向都相同，故B错误；
正方体正中心在AG连线的中垂线上，该点电势为零。棱上任取一点，若该点至A、G两点距离相等，那
么从中心到该点移动试探电荷，静电力做功一定为零，W=-ΔE =0，则该点电势与中心一致，即为零，则有
p
CD中点，BC中点，BF中点，EF中点，EH中点，DH中点，共6个点，故C正确；因为正、负点电荷是
等量异种电荷，而B点更靠近正电荷，C点更靠近负电荷，所以B点的电势大于C点的电势。由于是在正
方体中，由电场的叠加与对称性可知，D点和B点电势相同，C点和F点的电势相同，即U =U 。由静
DC BF
电力做功公式有W=qU，所以将一正试探电荷从D移到C和从B移到F静电力做功相同，即电势能减少量
相同，故D错误。]
变式2 AC [d点处点电荷和c 点处点电荷为等量异种电荷，则两点电荷在b点的合电场强度小于在c点
1
的合电场强度，而E处点电荷到b、c两点距离相等，即+2Q在两点的电场强度相等，由于两电场强度方向
Q
垂直，则b点的电场强度小于c点的电场强度，故A正确；根据φ=k ，设+Q在a点电势为φ ，在b 点电
r 1 1
势为φ ，则-Q在a点和b 点的电势分别为-φ 和-φ 。设+2Q在a点和b 点的电势为φ 。则a点电势为
2 1 2 1 1 3
φ =φ -φ +φ ，在b 点电势为φ =φ -φ +φ ，故a点与b 点的电势不相同，故B错误；由等量异种电荷电势分
a 1 2 3 1 b1 2 1 3 1
布特点可知在b、c、d 、a 的电势为零，b、c与E点距离相等，a 、d 与E点距离相等，故c点与d 点的
1 1 1 1 1
电势差等于b点与a 点的电势差，故C正确；将带正电的试探电荷由O点移动到O ，电势降低，电势能减
1 1
小，故D错误。]例3 C [由φ-x图像的斜率大小表示沿x轴方向电场强度的大小可知，在x轴上x=0处的电场强度为零，
则
Q Q'
k =k ，可得Q'=4Q，故A错误；
(2l) 2 (4l) 2
物体在运动过程中，电势能变化量为
6 3 3qφ
ΔE = φ q- φ q=- 0，故B错误；
p 5 0 2 0 10
物体在运动过程中，由动能定理
W -μmg·3l=0
电
3qφ qφ
W =-ΔE = 0 ，解得μ= 0 ，故C正确；
电 p 10 10mgl
物体动能最大时，静电力等于摩擦力，因在坐标原点静电力为零，可知物体在原点位置时动能不是最大，
故D错误。]
例4 C [根据v-t图像可知，粒子的加速度在逐渐减小，粒子所受静电力在逐渐减小，电场强度E随x增
大在逐渐减小，故A、B错误；粒子带负电，静电力方向从A指向B，电场强度方向从B指向A，故从A
到B电势逐渐升高，由于电场强度逐渐减小，故φ-x图像的斜率逐渐减小，故C正确；从A到B电势能逐
渐减小，但由于静电力逐渐减小，故E -x图像的斜率逐渐减小，故D错误。]
p
例5 (1)2E (2)2qEl
解析 (1)带电粒子在电场 Ⅰ 中做初速度为0的匀加速直线运动，从P点到O点，根据动能定理可得
l 1
qE = mv2
2 2
√qEl
粒子进入电场 Ⅱ 的速度为v=
m
1 qE'
粒子在电场 Ⅱ 中做类平抛运动，由运动学公式，可得l=vt，l= at2，a= ，解得E'=2E
2 m
1
(2)设粒子在电场 Ⅰ 中x轴上距原点O为x的位置释放，从释放到O点，由动能定理得qEx= mv'2
2
√2qEx
解得v'=
m
粒子进入电场 Ⅱ 中做类平抛运动，设偏移量为y，
1 qE' l2
则有l=v't'，y= · t'2，解得y=
2 m 2x
全过程由动能定理，
得qEx+qE'y=E
k
l2
代入y整理后，得E =qE(x+ )
k xl2
根据数学知识可知，当x= ，即x=l时，动能有最小值，最小值为E =2qEl。
x k
mg
例6 (1) (2)7√2mg，方向与CD成45°指向左下
q
(3)16s
解析 (1)如图所示，小球释放后在重力和静电力的作用下做匀加速直线运动，小球从B点沿切线方向进入，
则有
qE BC
tan θ= = =1
mg PC
mg
解得电场强度的大小为E=
q
(2)小球从P点到B点的过程，根据动能定理可得
1
mgs+qEs= mv 2 ，解得v =2√gs
2 B B
小球在图中M点时，受到的重力和静电力的合力如图所示，此时对圆管压力最大，从B到M根据动能定
理可得
1 1
√2mg·2r= mv 2- mv 2
2 M 2 B
解得v =2√3gs
M
由牛顿第二定律可得
v 2
F -√2mg=m M
N
r
解得F =7√2mg
N
由牛顿第三定律可知，小球对圆管的最大压力大小为7√2mg，方向与CD成45°指向左下。
(3)小球从B到A过程，根据动能定理可得
1 1
qE·2s= mv 2- mv 2 ，
2 A 2 B
解得v =2√2gs
A
从A到N过程，小球做类平抛运动v sin45°
竖直方向有t=2 A
g
1 qE
水平方向有x=v cos 45°t+ at2，a=
A 2 x x m
联立解得x=16s。
