文档内容
选择 5 静电场高频问题
考点内容 考情分析
考向一 电场的性质综合问题 电场一般考察电场强度的合成及电场与电容结合分析;考察
考向二 电场中的图像问题 电场、电势及电势能图像。结合曲线运动的原理分析轨迹
考向三 电场中的轨迹问题 问题也是考查热点
1.思想方法
(1)库仑力也是一种力，在分析电场力也是符合受力分析的思路
(2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解法等。
(3)分析粒子运动轨迹时，要注意电场线与电场力的关系，曲线运动的条件及动能定理去分析。
(4)图像分析问题时，要注意“斜率”，“面积”等含义
2.模型建构
一、电场强度的叠加
如果场源是多个点电荷，则电场中某点的电场强度等于各个点电荷单独在该点产生的电场强度
的矢量和，遵从平行四边形定则。
如果场源是一个带电的面、线、体，则可根据微积分求矢量和，转换思维角度，灵活运用补偿
法、微元法、对称法、等效法、极限法等巧妙方法，可以化难为易。
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，使复杂电场的叠加问题
对称法
大为简化
在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情境变换为简单的或熟悉的电场情境，如
等效法 将一个点电荷+q与一个无限大薄金属板形成的电场，可等效为两个异种点电荷形
成的电场补偿法 将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为完整的球面，从而化难为易
将带电体分成许多可看成点电荷的微小带电体，先根据库仑定律求出每个微小带电
微元法
体产生电场的电场强度，再结合对称性和场强叠加原理求出合电场强度
二、粒子轨迹分析
1．电场线与运动轨迹的关系
根据电场线的定义，一般情况下，带电粒子在电场中的运动轨迹不会与电场线重合，只有同时满足
以下3个条件时，两者才会重合：
(1)电场线为直线；
(2)电荷的初速度为零，或速度方向与电场线平行；
(3)电荷仅受电场力或所受其他力的合力的方向与电场线平行．
2．解题思路
(1)根据带电粒子的弯曲方向，判断出受力情况；(2)把电场线方向、受力方向与电性相联系；(3)把
电场线疏密和受力大小、加速度大小相联系，有时还要与等势面联系在一起．
三、电场中能量问题
1．φ－x图象(如图所示)
(1)电场强度的大小等于φ－x图线的斜率的绝对值，电场强度为零处φ－x图线存在极值，其切线的
斜率为零．
(2)在φ－x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．
(3)在φ－x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用W ＝qU ，进而分析W 的正负，然后作出
AB AB AB
判断．
(4)在φ－x图象中可以判断电场类型，如图所示，如果图线是曲线，则表示电场强度的大小是变化
的，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，则表示电场强度的大小是不变的，电场为匀强电
场．(5)在φ－x图象中可知电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向．
2．E－x图象
(1)E－x图象反映了电场强度随位移变化的规律，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)在给定了电场的E－x图象后，可以由图线确定电场强度、电势的变化情况，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．
(3)在这类题目中，还可以由E－x图象画出对应的电场，利用这种已知电场的电场线分布、等势面
分布或场源电荷来处理相关问题．
四、带电体的力电综合问题
1．解答力电综合问题的一般思路
2．运动情况反映受力情况
(1)物体静止(保持)：F ＝0.
合
(2)做直线运动
①匀速直线运动：F ＝0.
合
②变速直线运动：F ≠0，且F 与速度方向总是一致．
合 合
(3)做曲线运动：F ≠0，F 与速度方向不在一条直线上，且总指向运动轨迹曲线凹的一侧．
合 合
(4)F 与v的夹角为α，加速运动：0≤α＜90°；减速运动；90°＜α≤180°.
合
(5)匀变速运动：F ＝恒量．
合考向一 电场力的性质综合问题
1. （2024•丹阳市校级一模）光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂
线上有A、B、C三点，如图甲所示。一质量m＝1g的带正电小物块由A点静止释放，并以此
时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点（图中未画出），其运动过程的v﹣t图像如图乙
所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定（ ）
A．中垂线上B点电场强度最小
B．A、B两点之间的位移大小
C．B点是连线中点，C与A点必在连线两侧
D．U ＞U
BC AB
qE
【解答】解：A、v﹣t图像的斜率表示加速度，可知小物块在B点的加速度最大，根据a= 可
m
知B点的电场强度最大。故A错误；
B、v﹣t图像中图线与坐标轴所围面积表示位移，由乙图可知，小物块从A到B的位移大小不可
确定。故B错误；
C、由乙图可知，小物块一直做加速运动，则B、C两点均在A点的上边，且B点离A点较近。
故C错误；
D、由动能定理，可得
1 1 1
qU = mv2− mv2 = ×1×10−3×42J﹣0＝8×10﹣3J
AB 2 B 2 A 21 1 1 1
qU = mv2− mv2= ×1×10−3×72J− ×1×10−3×42J＝1.65×10﹣2J＞qU
BC 2 C 2 B 2 2 AB
故U ＞U ，故D正确。
BC AB
故选：D。
2. （2024•朝阳区校级模拟）如图所示为两个电荷量均为+q的带电小球A和B（均可视
为质点），球A固定在O点的正下方L处，球B用长为L的细线悬挂在O点，静止时，细线
与竖直方向的夹角为60°，已知静电常量为k，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．B的质量为 kq2
2gL2
B．B的质量为2kq2
gL2
√3kq
C．O点处的电场强度的大小为
L2
√3kq
D．O点处的电场强度的大小为
2L2
【解答】解：AB、由图中的几何关系可知，ABO恰好组成等边三角形，即B与A的间距恰好为
L；由库仑定律可知，B受到的库仑力为： q2；
F=k
L2
对B受力分析如图：由图可知，m g＝F，解得： kq2，故AB错误；
B m =
B gL2
CD、由点电荷电场强度的表达式，即几何关系，可知A、B在O处产生的电场强度大小均为：
kq
E= ，方向分别为沿AO指向O，及沿BO指向O，合成如图所示：
L2
√3kq
由图可知，合场强为：E =√3E= ，故C正确，D错误。
O L2
故选：C。
3. （2024•博望区校级模拟）如图所示，两个电荷量都是Q的正、负点电荷固定在A、
B两点，AB连线中点为O，现将另一个电荷量为+q的试探电荷放在AB连线的中垂线上距O
为x的C点，沿某一确定方向施加外力使电荷由静止开始沿直线从C点运动到O点，不计重力，下列说法正确的是（ ）
A．外力F的方向应当平行于AB方向水平向右
B．电荷从C点到O点的运动为匀加速直线运动
ΔE
C．电荷从C点到O点的过程中 p逐渐增大
Δx
ΔE
D．电荷从C点运动到O点的过程中 k逐渐增大
Δx
【解答】解：根据等量异种电荷周围电场分布情况，可知试探电荷+q在运动过程中受水平向左
的逐渐增大的电场力作用，要想让该电荷由静止开始沿直线从 C点运动到O点，则该电荷所受
合力的方向应沿CO方向，受力分析如图：F ＝F、F ＝ma；
x y
A．如图分析可知，外力F的方向应当斜向右下，故A错误；
B．由于电场力逐渐增大，所以F 逐渐增大，即F也增大，故F 也逐渐增大，加速度也逐渐增
x y
大，所以电荷的运动为加速度增大的，加速直线运动，故B错误；
C．等量异种电荷的中垂面是等势面，所以电荷从C点到O点的过程中，电势不变，电荷具有的
电势能不变，故C错误；
ΔE ΔE
D．根据动能定理可知：F合x＝ΔE
k
，即：
Δx
k =F
合
=F
y
，由于F
y
逐渐增大，所以
Δx
k逐渐增
大，故D正确。
故选：D。
4. （2024•龙凤区校级模拟）如图所示，水平面上固定一光滑绝缘半圆环，半圆坏的半
径为r，整个半圆环处于匀强电场中，匀强电场的方向与水平面平行，电场强度大小为E，方
向与半圆环的直径相垂直。套在半圆环上的两球用轻绳相连，两球所带电量分别为+q 、+q 、
1 2
质量分别为m 、m ，两球可视为质点。两球分别静止在圆环的P点与Q点，已知绳长L=√2r，
1 2
∠AOP＝60°。不考虑小球之间的库仑力。下列说法正确的是（ ）A．q √3
1=
q 1
2
B．q 1
1=
q √3
2
(m +m )g+E(q +q )
C．半圆环对m 球的弹力大小为 1 2 1 2
2
2
(m +m )g+E(q +q )
D．半圆环对m 球的弹力大小为√3 1 2 1 2
1
2
【解答】解：以两球整体为研究对象，水平面内的受力情况如图所示。
根据平衡条件，垂直电场方向有：
F cos60°＝F cos30°
N1 N2
沿电场方向有：
E（q +q ）＝F sin60°+F sin30°
1 2 N1 N2
分析m 球的受力情况，作出其矢量三角形，如图所示。
1由正弦定理得
sin30° sin45°
=
T Eq
1
同理，对m 球，由正弦定理得
2
sin60° sin45°
=
T Eq
2
联立解得：q √3， Eq +Eq ， √3(Eq +Eq )，故A正确，BCD错误。
1= F = 1 2 F = 1 2
q 1 N2 2 N1 2
2
故选：A。
5. （多选）（2024•仓山区校级模拟）如图所示，两个可看作点电荷的带电绝缘小球均
紧靠着塑料圆盘边缘，小球A固定不动（图中未画出）。小球B绕圆盘边缘在平面内从 ＝0
沿逆时针缓慢移动，测量圆盘中心O处的电场强度，获得沿x方向的电场强度E 随 变θ化的
x
图像（如图乙）和沿y方向的电场强度E 随 变化的图像（如图丙）。下列说法正确θ的是（
y
θ）
A．小球A带正电荷，小球B带负电荷
B．小球A、B所带电荷量之比为1：2
C．小球B绕圆盘旋转一周过程中，盘中心O处的电场强度先增大后减小
D．小球B绕圆盘旋转一周过程中，盘中心O处的电场强度最小值为2V/m
π
【解答】A.由乙、丙两图可知，当 = 时，小球B在O点正上方，此时E ＝0，E ＝﹣6V/m，
x y
2
θ
则说明小球A一定在y轴上固定；当 ＝0时，E ＝﹣4V/m，E ＝0，小球B在O点正右侧，而
x y
水平方向场强方向为x轴负向，则说明θ小球B为正电荷，此时E ＝﹣2V/m，竖直方向的场强的
y
方向为y轴负向，若小球A在O点正上方固定，则小球A带正电荷，若小球A在O点正下方固
定，则小球A带负电荷，所以小球A的带电性质不能确定，故A错误；
B.由于两小球都紧靠在塑料圆盘的边缘，所以到O点的距离，相同，当 ＝0时，Ex﹣﹣4V/m，
θ
kQ
E ＝﹣2V/m，由E= ，可得Q ：Q ＝1：2，故B正确；
y r2 A B
C、盘中心0处的电场强度为小球A和小球B在O点产生的场强的矢量和，随着小球B从 ＝0
θ
π
转到2 的过程中，E 和E 大小都不变，E 和E 的夹角在增大的过程中，当 =
A B A B
2
π θ
3π
时，O处的合场强最大；当 = 时，O处的合场强最小，所以小球B从0＝0转到2n的过程中，
2
θ
中心0处的合场强先增大后减小再增大，故C错误；
3π
D.小球B绕圆盘旋转一周过程中，当 = 时，O处的合场强最小，其值大小为 E＝E +E ＝
A B
2
θ
（﹣2+4）V/m＝2V/m故D正确。
故选：BD。6. （多选）（2024•松江区校级三模）光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连
线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一质量m＝1g的带正电小物块由A点静止释放，
并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点，其运动过程的v﹣t图象如图乙所示，其
中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定（ ）
A．中垂线上B点电场强度最大
B．A、B两点之间的位移大小
C．B点是AC连线中点
D．U ＞U
BC AB
【解答】解：A、根据v﹣t图象的斜率表示加速度，知小物块在 B点的加速度最大，所受的电
场力最大，所以中垂线上B点电场强度最大，故A正确；
B、小物块从A到B做变加速直线运动，由于具体运动的规律不知道，所以不能求出 A与B之
间的位移大小，故B错误；
C、v﹣t图象与时间轴围成的面积表示物体的位移，结合图可以看出，A到B之间的位移小于B
与C之间的位移，则B点不在连线中点，故C错误；
D、由图可知，物体在B点的速度是4m/s，在C点的速度是7m/s，根据动能定理得：
1 m
A→B有：qU = mv2−0= ×42=8m=8×1×10﹣8J＝8×10﹣3J
AB 2 B 2
1 1 m m 33 33
B→C有：qU = mv2− mv2= ×72− ×42= m= ×1×10−3J＝1.65×10﹣2J，对比
BC 2 C 2 B 2 2 2 2
可得U ＞U ，故D正确。
BC AB
故选：AD。
7. （多选）（2024•临沂二模）如图所示，两个可看作点电荷的带电绝缘小球紧靠着塑
料圆盘，小球A固定不动（图中未画出）。小球B绕圆盘边缘在平面内从 ＝0沿逆时针缓慢
移动，测量圆盘中心O处的电场强度，获得沿x方向的电场强度E 随 变θ 化的图像（如图
x
乙）和沿y方向的电场强度E 随 变化的图像（如图丙）。下列说法正确θ的是（ ）
y
θA．小球A带负电荷，小球B带正电荷
B．小球A、B所带电荷量之比为1：2
C．小球B绕圆盘旋转一周过程中，盘中心O处的电场强度先增大后减小
D．小球B绕圆盘旋转一周过程中，盘中心O处的电场强度最小值为2V/m
π
【解答】解：A.由乙、丙两图可知，当 = 时，小球B在O点正上方，此时E ＝0，E ＝﹣
x y
2
θ
6V/m，则说明小球A一定在y轴上固定；当 ＝0时，E ＝﹣4V/m，E ＝0，小球B在O点正右
x y
侧，而水平方向场强方向为x轴负向，则说明θ小球B为正电荷，此时E ＝﹣2V/m，竖直方向的
y
场强方向为y轴负向，若小球A在O点正上方固定，则小球A带正电荷，若小球A在O点正下
方固定，则小球A带负电荷，所以小球A的带电性质不能确定，故A错误；
B.由于两小球都紧靠在塑料圆盘的边缘，所以到O点的距离，相同，当 ＝0时，E ＝﹣4V/m，
x
θ
kQ
E ＝﹣2V/m，由E= 可得Q ：Q ＝1：2，故B正确；
y r2 A B
C、盘中心O处的电场强度为小球A和小球B在O点产生的场强的矢量和，随着小球B从 ＝0
θ
π
转到2 的过程中，E 和E 大小都不变，E 和E 的夹角在增大的过程中，当 = 时，O处的
A B A B
2
π θ
3π
合场强最大；当θ= 时，O处的合场强最小，所以小球B从 ＝0转到2 的过程中，中心O
2
θ π
3π
处的合场强先增大后减小再增大，故C错误；D.小球B绕圆盘旋转一周过程中，当 = 时，
2
θ
O处的合场强最小，其值大小为E＝E +E ＝（﹣2+4）V/m＝2V
A B
故D正确。故选：BD。
考向二 电场中的图像问题
8. （2024•中原区校级一模）真空中两个点电荷 Q 、Q 分别固定于x轴上x ＝0和x ＝
1 2 1 2
4a的两点，在它们的连线上场强E与x关系如图所示（取x轴正方向为场强正方向，无穷远处
为电势零点），以下判断正确的是（ ）
A．Q 、Q 都带正电
1 2
B．Q 与Q 的电荷量之比是1：3
1 2
C．x轴上a处的电势小于零
D．正点电荷q在x轴上2a处的电势能比在3a处的小
【解答】解：A、由图象可知，a﹣4a处场强沿正方向，Q 带负电；0﹣a处场强沿负方向，Q 产
2 1
生的场强往左，Q 带负电；故A错误
1
E⋅a2
kQ Q k 1
B、x轴上a处的合场强为零，根据点电荷场强公式E= ，故Q 1= = ，故B错误；
r2 Q E(3a) 2 9
2
k
C、a处的场强为零，无穷远处为电势零点，且沿着电场线方向电势逐渐降低，Q 带负电，Q 带
1 2
负电，x轴上a处的电势小于零，故C正确；
D、场强从2a处指向3a处，电势越来越低，所以正点电荷q在x轴上2a处的电势能比在3a处的
大，故D错误；
故选：C。
9. （2024•松江区校级三模）沿电场中某条直线电场线方向建立 x轴，该电场线上各点
电场强度E随x的变化规律如图所示，坐标点0、x 、x 和x 分别与x轴上O、A、B、C四点
1 2 3相对应，相邻两点间距相等。一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为
E ，仅考虑电场力作用，则（ ）
k
A．从O点到C点，电势先升高后降低
B．粒子先做匀加速运动，后做变加速运动
C．粒子在AB段电势能变化量大于BC段的电势能变化量
D．粒子运动到C点时动能大于3E
k
【解答】解：A、带正电的粒子从O点由静止释放，沿着x轴向右运动，可知电场力水平向右，
场强方向向右，由图可知，从O点到C点场强都大于零，说明场强的方向不变，一直水平向右，
沿着电场方向，电势降低，所以从O点到C点，电势一直降低，故A错误；
B、由图可知从O点到C点电场强度先增大后减小，所以电场力先增大后减小，由牛顿第二定律
可知加速度先增大后减小，所以粒子一直做变加速运动，故B错误；
CD、E﹣x图像图线与横轴所夹的面积表示电势差，由图可知，AB段图像的面积大于BC段图
像的面积，即：U ＞U
AB BC
根据W＝qU可知W ＞W ，根据功能关系可知粒子在AB段电势能变化量大于BC段的电势能
AB BC
变化量，
同理可知：U ＜3U ，从O到A、从O到C分别利用动能定理有：qU ＝E ﹣0，qU ＝E
OC OA OA k OC kC
﹣0
联立方程，可得：E ＜3E ，故C正确，D错误。
kC k
故选：C。
10. （多选）（2024•光明区校级模拟）如图甲所示，在绝缘光滑的水平面上相距为6L的
A、B两处分别固定两正点电荷，其电量分别为 Q 、Q ，A、B连线之间的电势 与位置x之
A B
间的关系图像如图乙所示，其中x＝L点为图线的最低点，若将带正电的小球（可φ视为质点）
在x＝2L的C点由静止释放，下列说法正确的是（ ）A．Q ：Q ＝4：1
A B
B．小球向左运动过程中，电势能先减小后增大
C．小球向左运动过程中，加速度先增大后减小
D．小球恰好能到达x＝﹣2L点处
【解答】解：A.根据 ﹣x图像切线的斜率表示场强，可知x＝L处场强是0，有
φ
Q Q
k A =k B
(4L) 2 (2L) 2
解得
Q ：Q ＝4：1
A B
故A正确；
B.根据 ﹣x图像可知，沿电场线方向电势降低，则有x＝L右侧电场方向向左，左侧电场方向
向右，将φ带正电小球在x＝2L的C点由静止释放后，先向左加速到x＝L处再向左减速，电场力
先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故B正确；
C.由于x＝L处场强是0，小球在该位置的加速度是0，故小球向左运动过程中加速度先减小后增
大，故C错误；
D.小球从C点由静止释放向左运动到速度减为0的过程，电场力做功是0，即速度是0的位置的
电势与C点位置的电势相等，从图像可以看出，该位置应位于﹣L～0之间，小球不能到达x＝
﹣2L点处，故D错误。
故选：AB。
11. （多选）（2024•成华区校级模拟）沿电场线所在直线建立如图所示Ox轴，x轴上各
点电势 随x的变化规律如图所示，坐标原点O点电势为零。带电量为e的电子仅在电场力作
用下从Oφ点由静止释放，下列说法正确的是（ ）A．在0～x 区间内，电场方向始终指向x轴正方向
3
eφ
B．电子到达B点时动能为
2
C．电子从A运动到C，加速度先减小后增大
D．若在B点给电子一个沿x轴正方向的初速度，电子一定会在AC间做往复运动
【解答】解：A．沿电场线方向电势降低，在0～x 区间内，电场方向开始就指向x轴的负方向，
3
故A错误；
B．从O到A电场力做正功，根据动能定理列式
﹣e（0﹣ ）＝E
0 kA
从O到Bφ电场力做负功，根据动能定理列式
φ
−e(φ − 0 )=E −E
0 2 kB kA
联立解得电子到达B点的动能为
eφ
E = 0
kB 2
故B正确；
C．根据 ﹣x图象的斜率表示电场强度，由图象可知从A到C电场强度先减小再增大，根据牛
顿第二定φ律，加速度先减小再增大，故C正确；
D．BC段电场方向沿x轴负方向，电子受电场力沿x轴正方向，所以在B点给电子一个沿x轴
正方向的初速度，电子受力和初速度方向同向，则电子将沿x轴正方向做直线运动，故D错误；
故选：BC。
12. （多选）（2024•泉州模拟）如图甲所示的xOy坐标系中，y轴上固定有两个等量同
种点电荷P，与原点O的距离相同，x轴上各点的电势 随x坐标变化的图像如图乙所示。a、
b是x轴上两点，其电势分别为 和 ，对应 ﹣x图φ线上的a′、b′两点，这两点切线斜率
B b
的绝对值相等。现将一质量为mφ、电荷φ量为q的φ正点电荷M从a点由静止释放，M运动过程中
仅受电场力作用，下列说法正确的是（ ）A．a、b两点场强不相同
B．M从a点运动到b点的过程中电势能先增大后减小
C．M从a点运动到b点的过程中加速度大小先减小后增大
D．M先后两次经过b点的过程，电场力的冲量大小为
2√2mq(φ −φ )
a b
【解答】解：AC、根据沿着电场方向电势降低，由图乙可知在x轴上O点左侧电场方向向右，
O点右侧电场方向向左，
﹣x图线的斜率表示电场强度，a′、b′两点切线斜率的绝对值相等，可知a、b两点场强大小
φ相等，方向相反，所以a、b两点场强不相同，
从a点到b点，由图可知，斜率的绝对值即电场强度先增大然后减小再增大，由牛顿第二定律
qE＝ma，可知M的加速度大小先增大然后减小再增大，故A正确，C错误；
B、根据沿着电场方向电势降低，由图乙可知从a点到b点电势先减小后增大，M带正电，所以
M从a点运动到b点的过程电势能先减小后增大，故B错误；
1
D 、 M 从 a 点 运 动 到 b 点 的 过 程 ， 由 动 能 定 理 有 ： (φ −φ )q= mv2−0， 可 得
a b 2 b
√2(φ −φ )q
v = a b
b m
M从b点向右运动，速度减为零，然后反向运动回到b点，电场力做功为零，所以M返回到b
点的速度大小：v ′＝v
b b
取水平向左为正方向，对M先后两次经过b点的过程，由动量定理有：I＝mv ′﹣m×（﹣v ）
b b
代入数据可得电场力的冲量大小为：I ，故D正确。
=2√2mq(φ −φ )
a b
故选：AD。
13. （多选）（2023•游仙区校级二模）空间中有两个固定点电荷A和B，带电荷量的绝
对值分别为Q 和Q ，以点电荷A、B连线上某点为原点，以点电荷A和B所在的直线为x轴
A B
建立直角坐标系，分别作出部分E﹣x和 ﹣x图像，如图所示，无穷远处电势为零。则下列
φ说法正确的是（ ）
A．A为正点电荷，B为负点电荷，且Q ＞Q
A B
B．A为负点电荷，B为正点电荷，且Q ＞Q
A B
C．1是E﹣x图像，2是 ﹣x图像
D．1是 ﹣x图像，2是φE﹣x图像
【解答】φ解：AB、由于正点电荷周围电势趋于正无穷大，所以由图可知B为正点电荷。因为点
电荷B右侧有场强为0的点，说明A为负点电荷，因电场强度叠加为0的位置，离B近，离A
Q
远，由E=k ，可知Q ＞Q ，故B正确，A错误；
r2 A B
CD、 ﹣x图像的斜率表示场强，当 ﹣x图像的斜率为0时，场强为0，结合图中的辅助线
（竖直φ虚线），可知1是 ﹣x图像，2φ是E﹣x图像，故C错误，D正确。
故选：BD。 φ
14. （2022•皇姑区校级模拟）沿电场线所在直线建立如图所示 Ox轴，x轴上各点电势
随x的变化规律如图所示，坐标点O、x 、x 和x 分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，Oφ
1 2 3
点电势为零。带电量为﹣e的电子从O点由静止释放，仅受电场力作用，下列说法正确的是（
）
A．在0～x 区间内，电场方向始终指向x轴正方向
3
eφ
B．电子到达B点时动能为 0
2
C．电子从A运动到C，加速度先增大后减小
D．若在B点给电子一个沿x轴方向的初速度，电子一定会在AC间做往复运动
【解答】解：A．沿电场线方向电势降低，在0～x 区间内，电势先升高、再降低、再升高，则
3电场线方向没有始终指向x轴正方向，故A错误；
φ
B．根据动能定理﹣e（0− 0）＝E
kB
2
电子到达B点时动能为
φ
E ＝e 0
kB
2
故B正确；
eE
C．电势 ﹣x图像的斜率大小等于电场强度，电子加速度大小为a=
m
φ
由图像可知，A、C间斜率先变小后变大，则加速度先变小后变大，故C错误；
D．若在B点电子的初速度为沿+x轴方向，BC间电势升高，电场线方向由C指向B，电场力由
B指向C，电子做加速运动；若在B点电子的初速度为沿﹣x轴方向，同理，电子也做加速运动。
故电子不会再AC间做往复运动，故D错误。
故选：B。
考向三 电场中的轨迹问题
15. （2024•盐城三模）如图所示，虚线a、b、c为电场中的三条等差等势线，实线为一
带电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由
此可知（ ）
A．带电粒子在P点时的加速度小于在Q点时的加速度
B．P点的电势一定高于Q点的电势
C．带电粒子在R点时的电势能大于Q点时的电势能
D．带电粒子在P点时的动能大于在Q点时的动能
【解答】解：A、由图可知，R点附近的等差等势线比Q点附近的等差等势线密集，所以R点处
的电场强度大，则带电粒子在R点受到的电场力大于在Q点时受到的电场力，结合牛顿第二定
律可知带电粒子在R点时的加速度大于在Q点时的加速度，故A错误；B、根据题给条件无法判断P、Q两点的电势高低，故B错误；
CD、粒子所受电场力一定指向轨迹的凹侧，可知粒子受到的电场力的方向大致向下，若粒子由
P向Q运动，则电场力与粒子速度方向夹角始终小于90°，电场力对粒子做正功，粒子动能增大，
电势能减小，因此带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大，在P点时的动能小于在
Q点时的动能，故C正确，D错误。
故选：C。
16. （2024•天津二模）如图所示，在坐标平面xOy内存在静电场，其等差等势线关于坐
标轴对称，如图中虚线所示。现有一质子从左上方射入该电场，仅在电场力作用下的运动轨迹
如图中实曲线所示，P、Q、S、T、L分别为轨迹与各等势线的交点。下列说法正确的是（
）
A．P点电势低于L点电势
B．质子在由P至L的运动过程中，电势能逐渐减小
C．质子在由P至L的运动过程中，加速度先增大后减小
D．若将质子从坐标原点由静止释放，质子沿y轴负方向加速运动
【解答】解：A、质子带正电，所受电场力为其合力，由于合力方向指向轨迹内侧，电场力方向
沿电场线的切线，而电场线与等势线垂直，可知电场线方向垂直于等势线，整体向左，又由于
沿电场线电势降低，可知，P点电势低于L点电势，故A正确；
B、结合上述可知，质子在由P至L的运动过程中，电场力做负功，电势能增大，故B错误；
C、等差等势线分布的密集程度表示电场的强弱，根据图示可知，由P至L的运动过程中，等势
线分布先变稀疏后变密集，则电场强度先变小后变大，即电场力先变小后变大，根据牛顿第二
定律可知，加速度先减小后增大，故C错误；
D、结合上述可知，x轴上的电场方向沿x轴负方向，若将质子从坐标原点由静止释放，质子所
受电场力方向始终沿x轴负方向，则质子沿x轴负方向加速运动，故D错误。
故选：A。
17. （2024•新郑市校级一模）2023年3月，中国科学家通过冷冻电镜技术解析了晶态冰中蛋白质三维结构，电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，其中一种电子透镜的电场分布如图
所示，虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等，一电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中
实线所示，a、b是轨迹上的两点，下列说法正确的是（ ）
A．电子在b点受到的电场力方向竖直向下
B．a点的电场强度小于b点的电场强度
C．a点的电势高于b点的电势
D．电子在a点的电势能小于在b点的电势能
【解答】解：A．电子做曲线运动，受到的电场力一定指向轨迹凹侧，且电子所受电场力方向一
定与等势面垂直，所以电子在b点受到的电场力方向水平向左，故A错误；
B．由电场强度与等势面的关系可知，等差等势面越密集的地方，电场强度越大，b处等势面密，
则a点的电场强度小于b点的电场强度，故B正确；
CD．电子在b点受到的电场力方向水平向左，则b点电场强度方向向右，可知从左向右，等势
面的电势依次降低，则a点的电势低于b点的电势，电子在a点的电势能大于在b点的电势能，
故CD错误。
故选：B。
18. （多选）（2024•武清区校级一模）如图所示，实线为两个点电荷Q 和Q 产生的电
1 2
场中的电场线（方向未标出），c、d是关于两个点电荷连线对称的两点，一个电子沿虚线aob
从a点运动到b点，下列说法正确的是（ ）A．电子的加速度先减小后增大
B．Q 的电荷量大于Q 的电荷量
1 2
C．c、d两点在同一等势面上，两点场强相同
D．电子在a点的电势能大于在O点的电势能
【解答】解：A、由图可知，O点附近的电场线比a点、b点附近的电场线密，说明电场强度大，
电子受到的电场力大，由牛顿第二定律可知，加速度也大，故电子沿虚线 aob从a点运动到b点
的过程中加速度先增大后减小，故A错误；
B、Q 周围的电场线比Q 周围的电场线密，说明Q 的电荷量大于Q 的电荷量，故B正确；
1 2 1 2
C、根据电场线的分布情况可知Q 和Q 为异种电荷，根据曲线运动的合力方向指向凹处可知，
1 2
Q 为正电荷，Q 为负电荷，电场线的方向由Q 沿电场线方向指向Q ，根据对称性可知c、d两
1 2 1 2
点的电势相等，场强大小相等，但方向不同，故C错误；
D、由图可知，电子从a点运动到O点的过程中电场力方向与速度方向的夹角小于90°，电场力
做正功，电势能逐渐减小，即电子在O点时的电势能小于在a点时的电势能，故D正确。
故选：BD。
19. （多选）（2024•拉萨一模）如图，虚线a，b、c为静电场中的等势线，实线为一带
电粒子在静电场中的运动轨迹，B点是曲线运动的拐点，不计粒子的重力，下列说法正确的是
（ ）
A．粒子从A点运动到B点的过程，加速度减小、速度增大
B．粒子从A点运动到B点的过程，电势能增大，动能减小
C．粒子从A点运动到B点电场力做功的绝对值大于从A点到C点电场力做功的绝对值
D．粒子运动到A点时的动能大于D点时的动能
【解答】解：AB．因A点等势面密集，则电场线密集，则A点电场强度大，粒子从A点运动到
B点的过程受到的电场力减小，由牛顿第二定律可知加速度减小；根据曲线的弯曲方向可知粒子
的受力方向大致向右，则粒子从A点运动到B点的过程电场力做负功，动能减小，速度减小，
电势能增大，故A错误，B正确；C．A、B点间的电势差比A、C点间的电势差大，根据W＝qU可知粒子从A点运动到B点电场
力做功的绝对值大于从A点到C点电场力做功的绝对值，故C正确；
D．A点和D点在同一等势面上，粒子运动到A点的动能等于D点时运动，故D错误。
故选：BC。
20. A、B两个点电荷周围产生的电场线分布如图所示，一个离子从两点电荷连线的中垂
线上的一点a射入，轨迹如图中的ab所示，b为两点电荷连线上的一个点，忽略离子的重力，
则可以判断（ ）
A．射入的离子带正电荷
B．A、B两小球带等量异种电荷
C．在a点时，A、B对离子的作用力大小相等
D．离子在a点的电势能一定大于在b点的电势能
【解答】解：A、不知道电场线的方向，所以不能判断粒子的电性，故A错误；
B、等量异种点电荷的电场线是关于它们连线的垂直平分线对称的，该图中 B处的电场线密，可
知B处的电荷量大，故B错误；
C、A、B到a的距离是相等的，B处的电荷量大，根据库仑定律可知，B处点电荷对离子的作用
力大，故C错误；
D、根据曲线运动的特点可知，该离子受到的电场力的方向向右，则从a到b的过程中电场力对
离子做正功，离子的电势能减小，所以离子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故D正确。
故选：D。
