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专题 07 静电场
考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势
考点1 电场力 注重对电场基本性质的深度挖掘，如
和电场能的性 2021、2023、2024、2025 电场强度、电势、电势能等概念的理解与
质 辨析，强化电场力的性质与能的性质的综
合应用。一方面，通过库仑定律分析电荷
考点2 电容器
2022 间相互作用，结合电场叠加原理处理多电
与电容
荷体系的电场分布；另一方面，利用电场
线、等势面考查电场强度与电势的变化规
律，常涉及带电粒子在电场中的运动，将
牛顿运动定律、功能关系与静电场知识相
结合，如分析带电粒子在电场中的加速、
偏转及复杂曲线运动。
能力要求上，突出数理结合与逻辑推
理。考生需运用数学工具，如函数图像分
析电场强度、电势随空间位置的变化，借
助几何关系求解电场中的距离、角度等物
考点3 带电粒
理量。面对多过程、多因素的静电场问
子在电场中的 2021、2022、2023
题，能依据物理规律，理清各物理量间的
运动
逻辑关系，推导结论。实验探究能力的考
查力度也在加大，要求考生设计实验测量
电场强度、电势差，验证电场相关规律，
处理实验数据并分析误差，如利用传感器
探究电场分布特点。此外，部分试题会引
入新的科研成果或情境信息，考查考生获
取信息、迁移知识、解决新问题的创新能
力，全方位检验考生对静电场知识的掌握
程度与物理学科核心素养的发展水平
考点01 电场力和电场能的性质
1．（2025·北京·高考）如图1所示，金属圆筒A接高压电源的正极，其轴线上的金属线B接负极。(1)设A、B两极间电压为U，求在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电力做的功W。
2λ
(2)已知筒内距离轴线r处的电场强度大小E=k ，其中k为静电力常量，λ为金属线B单位长度的电荷量。
r
如图2所示，在圆筒内横截面上，电荷量为q、质量为m的粒子绕轴线做半径不同的匀速圆周运动，其半
径为r 、r 和r 时的总能量分别为E 、E 和E 。若r −r =r −r ，推理分析并比较(E −E )与
1 2 3 1 2 3 3 2 2 1 3 2
(E −E )的大小。
2 1
(3)图1实为某种静电除尘装置原理图，空气分子在B极附近电离，筒内尘埃吸附电子而带负电，在电场作
用下最终被A极收集。使分子或原子电离需要一定条件。以电离氢原子为例。根据玻尔原子模型，定态氢
原子中电子在特定轨道上绕核做圆周运动，处于特定能量状态，只有当原子获得合适能量才能跃迁或电离。
若氢原子处于外电场中，推导说明外电场的电场强度多大能将基态氢原子电离。（可能用到：元电荷
e=1.6×10−19C，电子质量m=9.1×10−31kg，静电力常量k=9.0×109N⋅m2/C2，基态氢原子轨道半径
a=5.3×10−11m和能量E =−13.6eV）
0
【答案】(1)W =QU
(2)(E −E )<(E −E )
3 2 2 1
(3)E≈2.57×1011N/C
【详解】（1）在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电力做的功W =−Q⋅(−U)=QU
v2
（2）粒子在半径为r处绕轴线做匀速圆周运动，其向心力由电场力提供，根据向心力公式qE=m 又
r
2λ
E=k
r
2λ v2 1
联立可得qk
r
=m
r
解得粒子的动能E
k
=
2
mv2=qkλ设无穷远处电势能为0，粒子从无穷远处移动到半
r r
2λ 2λ
径为r处，电场力做功W =q∫❑Edr其中E=k 代入可得W =q∫❑k dr=−2qkλlnr（
r r
∞ ∞
lim lnx→+∞ lnr−lim lnx=−lim lnx+lnr
， ，从物理意义上电场力做功W这里是负功，粒子从无穷
x→∞ x→∞ x→∞
远移动到r处，电场力方向与位移方向有关导致做负功，所以写成−2qkλlnr的形式。）根据W =−ΔE
p
可得粒子在半径为r处的电势能E =2qkλlnr 粒子的总能量粒子的总能量E=E +E =qkλ+2qkλlnr则
p k p
E −E =2qkλ(lnr −r )，E −E =2qkλ(lnr −r ) 根据数学知识可知对数函数y=lnx在（0，∞）是
3 2 3 2 2 1 2 1
1
增函数，且lnx的二阶导数(lnx) ′′=− <0 所以y=lnx是凹函数，已知r −r =r −r ，即r 是r 与r 的
x2 3 2 2 1 2 1 3lnr +lnr
等差中项，根据凹函数的性质lnr > 1 3 移项可得lnr −lnr <lnr −lnr 又因为2qkλ>0 可得
2 2 3 2 2 1
(E −E )<(E −E )
3 2 2 1
e2 v2 1
（3）方法一：电子绕核做圆周运动，库仑力提供向心力，即k =m 电子的动能E = mv2 联立可得
a2 a k 2
ke2 e2
E = 根据库仑定律，电子与原子核之间的库仑力F=k 电子从基态轨道半径a处运动到无穷远处，
k 2a a2
∞ ke2 ke2
克服库仑力做功W =∫ dr 积分可得W = 则电子在基态轨道半径a处的电势能E =−W 根
库 r2 库 a p 库
a
据能量守恒定律，将基态氢原子电离所需的能量ΔE等于电子的动能与基态氢原子的势能之和，即
ke2
ΔE=E +E =
k p 2a
设外电场的电场强度为E，电子在电场力作用下获得能量，当电子获得的能量等于将基态氢原子电离所需
ke
的能量时，氢原子被电离。电子在电场力作用下获得的能量W =ΔE=eEa 联立可得E= 代入数据解
2a2
得E≈2.57×1011N/C
方法二：根据功能关系可得eEa=|E ) 代入数据可得E≈2.57×1011N/C
0
2．（2025·北京·高考）某小山坡的等高线如图，M表示山顶，A、B是同一等高线上两点，MA、MB分
别是沿左、右坡面的直滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则（ ）
A．小球沿MA运动的加速度比沿MB的大
B．小球分别运动到A、B点时速度大小不同
C．若把等高线看成某静电场的等势线，则A点电场强度比B点大
D．若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快
【答案】D
【详解】A．等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律可得a=gsinθ（θ为坡面与水平面夹角），MB
对应的等高线更密集，坡面更陡，小球沿着MB运动时加速度比沿着MA运动时加速度大，A错误；
B．A、B在同一等高线，小球下落高度相同，根据机械能守恒，运动到A、B点时速度大小相同，B错误；
C．等势线越密集，电场强度越大，B处等势线更密集，A点电场强度比B点小，C错误；
D．等势线越密集，电势降落越快，右侧等势线更密集，右侧电势比左侧降落得快，D正确。
故选D。3．（2024·北京·高考）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，
且MP=QN。下列说法正确的是（ ）
A．P点电场强度比Q点电场强度大
B．P点电势与Q点电势相等
C．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍
D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变
【答案】C
【详解】A．由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，A错误；
B．由沿电场线方向电势越来越低知，P点电势高于Q点电势，B错误；
Q Q
CD．由电场叠加得P点电场强度E=k +k 若仅两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点
M P2 N P2
电场强度大小也变为原来的 2倍，同理Q点电场强度大小也变为原来的 2倍，而PQ间距不变，根据
U=Ed定性分析可知P、Q两点间电势差变大，C正确，D错误。
故选C。
4.（2023·北京·高考）如图所示，两个带等量正电的点电荷位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上
的两点，O为EF、MN的交点，EO = OF。一不计重力带负电的点电荷在E点由静止释放后（ ）
A．做匀加速直线运动
B．在O点所受静电力最大
C．由E到O的时间等于由O到F的时间
D．由E到F的过程中电势能先增大后减小
【答案】C
【详解】AB．带负电的点电荷在E点由静止释放，将以O点为平衡位置做往复运动，在O点所受电场力为
零，故AB错误；
C．根据运动的对称性可知，点电荷由E到O的时间等于由O到F的时间，故C正确；
D．点电荷由E到F的过程中电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误。
故选C。
5.（2021·北京·高考）如图所示的平面内，有静止的等量异号点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，
M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是（ ）A．M点的场强比P点的场强大 B．M点的电势比N点的电势高
C．N点的场强与P点的场强相同 D．电子在M点的电势能比在P点的电势能大
【答案】C
【详解】AC．根据等量异种点电荷的电场线分布得：
M点的场强与P点的场强大小相等，N点的场强与P点的场强大小相等，方向相同，故A错误C正确；
BD．根据等量异种点电荷的电势分布特点可知，M点的电势与N点的电势相等，M点的电势高于P点的电
势，根据E =φq 可知，电子在M点的电势能比在P点的电势能小，故BD错误。
p
故选C。
考点02 电容器与电容
6.（2022·北京·高考）利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值电阻，C为
电容器，A为电流表，V为电压表。下列说法正确的是（ ）
A．充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定
B．充电过程中，电压表的示数逐渐增大后趋于稳定
C．放电过程中，电流表的示数均匀减小至零
D．放电过程中，电压表的示数均匀减小至零
【答案】B
【详解】A．充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电容器充电结束
后，电流表示数为零，A错误；B．充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电压表测量电容器两端的电压，电容器两端的电压迅
速增大，电容器充电结束后，最后趋于稳定，B正确；
CD．电容器放电的I−t图像如图所示
可知电流表和电压表的示数不是均匀减小至0的，CD错误。
故选B。
考点03 带电粒子在电场中的运动
7.（2023·北京·高考）某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成
的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v 保持不
0
变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d、不考虑重力影
响和颗粒间相互作用。
（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为−q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U ；
1
（2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f =krv，其中r为颗粒的半
径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
a、半径为R、电荷量为−q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U ；
2
b、已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10μm和2.5μm
的两种颗粒，若10μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5μm的颗粒被收集的百分比。
2d2mv2 d2kRv
【答案】（1）U = 0；（2）a、U = 0；b、25%
1 qL2 2 qL【详解】（1）只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有L=v t 竖
0
1 U 2d2mv2
直方向d= at2 根据牛顿第二定律qE=ma 又E= 1 解得U = 0
2 d 1 qL2
qU d L
（2）a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，竖直方向F =f， 2=kRv 且 = 解得
电 d v v
0
d2kRv
U = 0
2 qL
b.10μm带电荷量q的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等
qU q
于电场力，有f =kRv ，f = 2 在竖直方向颗粒匀速下落 d=v t 2.5μm的颗粒带电荷量为q′=
max d max 16
1 q′U
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于电场力，有f′= kRv′ ，f′= 2 设只
4 max d
d
有距下极板为d′的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落d′=v′ t 解得d′= 2.5μm的颗粒被收集的
max 4
百分比
d′
×100%=25%
d
8.（2022·北京·高考）如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为
m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。
（1）求带电粒子所受的静电力的大小F；
（2）求带电粒子到达N板时的速度大小v；
d
（3）若在带电粒子运动 距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。
2
U √2qU 3d √ m
【答案】（1）F=q ；（2）v=❑ ；（3）t= ❑
d m 2 qU
U U
【详解】（1）两极板间的场强E= 带电粒子所受的静电力F=qE=q
d d
（2）带电粒子从静止开始运动到N板的过程，根据功能关系有qU=
1
mv2 解得v=❑
√2qU
2 m
d U 1 d
（3）设带电粒子运动 距离时的速度大小为v′，根据功能关系有q = mv′2 带电粒子在前 距离做匀
2 2 2 2
d d v′ d
加速直线运动，后 距离做匀速运动，设用时分别为t、t，有 = t ， =v′t 则该粒子从M板运动到
2 1 2 2 2 1 2 23d √ m
N板经历的时间t=t +t = ❑
1 2 2 qU
9．（2021·北京·高考）如图所示，M为粒子加速器；N为速度选择器，两平行导体板之间有方向相互垂直
的匀强电场和匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度为B。从S点释放一初速度为0、质量为
m、电荷量为q的带正电粒子，经M加速后恰能以速度v沿直线（图中平行于导体板的虚线）通过N。不
计重力。
（1）求粒子加速器M的加速电压U；
（2）求速度选择器N两板间的电场强度E的大小和方向；
（3）仍从S点释放另一初速度为0、质量为2m、电荷量为q的带正电粒子，离开N时粒子偏离图中虚线
的距离为d，求该粒子离开N时的动能E 。
k
mv2 1
【答案】（1）U= ；（2）E=vB，方向垂直导体板向下；（3）E = mv2+qBvd
2q k 2
1 mv2
【详解】（1）粒子直线加速，根据功能关系有 qU= mv2 解得 U=
2 2q
（2）速度选择器中电场力与洛伦兹力平衡Eq=qvB 得E=vB方向垂直导体板向下。
1
（3）粒子在全程电场力做正功，根据功能关系有E =qU+Eqd解得E = mv2+qBvd
k k 2
1．（2025·北京朝阳·二模）某电场中四个等势面的分布情况如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电子在A点所受静电力大于在B点所受静电力
B．电子在A点的电势能大于在B点的电势能
C．电子仅在电场力作用下从A点运动到B点动能变大
D．电场线由等势面d指向等势面e
【答案】A【详解】A．等差等势面越密集，电场强度越大，则A点的电场强度大于B点的电场强度，根据F=eE可知
电子在A点所受静电力大于在B点所受静电力，故A正确；
BC．电子带负电，根据E =qφ可知电子在A点的电势能等于在B点的电势能，则电子仅在电场力作用下
p
从A点运动到B点，电子在A点的动能等于在B点的动能，故BC错误；
D．根据沿着电场线电势降低可知电场线由等势面e指向等势面d，故D错误。
故选A。
2．（2025·北京朝阳·二模）在距离为L的质子源和靶之间有一电压为U的匀强电场，质子（初速度为零）
经电场加速，形成电流强度为I的细柱形质子流打到靶上且被靶全部吸收。在质子流中与质子源相距l和4l
的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为n 和n ，已知质子质量为m、电荷量为
1 2
e。下列说法正确的是（ ）
A．n =4n
1 2
B．每秒打到靶上的质子的总动能为eU
√2mU
C．质子流对靶的作用力大小为I❑
e
IL √m
D．质子源与靶间的质子总数为 ❑
e 2eU
【答案】C
√2Uel
【详解】A．在质子流中与质子相距为l处的速度为v =❑√2al=❑ 在质子流中与质子相距为4l处的
1 Lm
速度为v =❑√2a4l=2v 在两个位置各取一段极短相等长度的质子流t =2t 电流I是指单位时间内通过
2 1 1 2
某一横截面积的电荷量。设单位时间打到靶上的质子数为N，则I=Ne
I
所以N= 因此n :n =Nt :Nt =2:1 即n =2n ，A错误；
e 1 2 1 2 1 2
B．对单个质子经过电场加速获得的动能Ue= 1 mv2 得v=❑ √2Ue 单位时间内打到靶上的质子的总动能为
2 m
I
NUe= Ue=IU，B错误；
e
C．质子打在靶上被吸收，根据动量定理，单位时间质子打在靶上对靶的作用力
I √2Ue √2Um
F=Nmv= m❑ =I❑ ，C正确；
e m e
√2Ue
❑
D．质子在电场中的加速度a=
Ue
质子从质子源运动到靶所用时间t=
Δv
=
v
=
m
=L❑
√2m
所以质
mL a a Ue Ue
mL
IL √2m
子源到靶间的质子总数Nt= ❑ ，D错误。
e Ue
故选C。
3．（2025·北京大兴·练习）某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电
场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点，下列说法不正确的是（ ）A．粒子带正电荷
B．M点的电场强度比N点的小
C．粒子在M点的动能大于在N点的动能
D．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
【答案】C
【详解】A．根据沿着电场线电势降低判断知，带电体为正电荷，又根据电场力指向轨迹的凹侧，判断该
带电粒子带正电荷，A正确，不符题意；
B．等差等势面越密集的地方场强越大，M点的电场强度比N点的小，B正确，不符题意；
C．根据电场力做功W=qU可知，从M到N点的过程中，电场力做正功，粒子的动能增大，即粒子在M点的
动能小于在N点的动能，C错误，符合题意；
D．由于粒子带正电，正电荷在电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，由题图可知，粒子在
N点的电势小于M点的电势，故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，D正确，不符题意。
故选C。
4．（24-25高三下·北京海淀·二模）如图所示，实线是竖直面内以O点为圆心的圆，MN和PQ是圆的两条相
互垂直的直径，在竖直面内存在由Q点指向P点的匀强电场。从O点在竖直面内向各个方向以大小相同的
初速度发射电荷量和质量完全相同的带正电小球，通过圆上各点的小球中，经过N点的小球速度最大。不
计空气阻力及小球间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．沿OP方向发射的小球可以沿OP方向做直线运动
B．沿ON方向发射的小球不会沿ON方向做直线运动
C．通过圆上P、Q两点的小球机械能相等
D．通过圆上M、N两点的小球机械能相等
【答案】D
【详解】AB．对小球受力分析可知，小球受到重力和电场力，根据力的合成定则可知，其合力不可能沿
OP方向，可能沿ON方向，因此沿OP方向发射的小球不可能沿OP方向做直线运动，沿ON方向发射的小球
可能沿ON方向做直线运动，AB错误；C．从Q到P的过程中，电场力做整个，电势能减小，动能增大，故P点的机械能大于Q点的机械能，C
错误；
D．由题可知，M、N位于同一等势面上，电场力不做功，只有重力做功，机械能守恒，D正确。
故选D。
5．（2025·北京西城·一模）如图所示，正点电荷Q周围的两个等势面是同心圆，两个带正电的试探电荷q
1
和q 分别置于M、N两点，将两个试探电荷移动到无穷远的过程中静电力做的功相等，取无穷远处的电势
2
为零。下列说法正确的是（ ）
A．M点电势比N点电势低
B．q 在M点的电势能大于q 在N点的电势能
1 2
C．q 的电荷量大于q 的电荷量
1 2
D．若Q的电荷量变为原来的2倍，则M、N两点的电势差变为原来的2倍
【答案】D
【详解】A．因M点距离正电荷较近，可知M点电势比N点电势高，选项A错误；
B．电场力做功等于电势能的变化量，因将两个试探电荷移动到无穷远的过程中静电力做的功相等，可知
q 在M点的电势能等于q 在N点的电势能，选项B错误；
1 2
C．由题意可知φ q =φ q 因φ >φ 可得q <q 即q 的电荷量小于q 的电荷量，选项C错误；
M 1 N 2 M N 1 2 1 2
kQ kQ kQ 1 1
D．根据φ=
r
可得U
MN
=
r
−
r
=kQ(
r
−
r
) 若Q的电荷量变为原来的2倍，则M、N两点的电势
M N M N
差变为原来的2倍，选项D正确。
故选D。
6．（2025·北京丰台·二模）如图1所示，一个空塑料瓶上固定着一根铁锯条和一块易拉罐（金属）片，将
它们分别与静电起电机的两极相连，其俯视图如图2所示。在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看见整
个透明塑料瓶里烟雾缭绕。摇动起电机，强电场使空气电离而产生负离子和正离子，负离子碰到烟尘微粒
使它带负电，塑料瓶变得清澈透明。关于该过程，下列说法正确的是（ ）A．金属片附近的气体分子更容易被电离
B．带电烟尘微粒做匀加速运动
C．带电烟尘微粒运动过程中电势能增大
D．带电烟尘微粒会被吸附到金属片上
【答案】D
【详解】A．塑料瓶内锯条附近电场强度最大，锯条附近的空气分子更容易被电离，故A错误；
B．因为金属片和锯条间的电场不是匀强电场，带电烟尘微粒受到的电场力为变力，微粒的加速度也不是
恒定值，所以带电烟尘微粒不是做匀加速运动，故B错误；
CD．带负电的烟雾颗粒向着金属片运动时，静电力做正功，电势能减少，最终运动到接正极的金属片
上，故C错误，D正确。
故选D。
7．（2025·北京西城·二模）密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属板上下放置，从上板中央的小
孔向两板间喷入大小不同、电荷量不同、密度相同的小油滴。观察两个油滴a、b的运动情况：当两板间
v
不加电压时，两个油滴在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v 、 0；两板间加上电
0 4
v
压后，两油滴很快达到相同的速率 0，均竖直向下匀速运动。油滴视为小球，所受空气阻力的大小
2
f=krv，其中r为油滴的半径，v为油滴的速率，k为常量。不计空气浮力和油滴间的相互作用。则a、b
两个油滴（ ）
A．带同种电荷 B．半径之比为4:1
C．质量之比为4:1 D．电荷量之比为4:1
【答案】D
v
【详解】A．两板间加上电压后，两油滴很快达到相同的速率 0，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速
2运动，可知两油滴带异种电荷， 故A错误；
4
BCD．设油滴半径r，密度为ρ，则油滴质量为m= πr3ρ 则速率为v时受阻力大小为f=krv，则当油
3
滴匀速下落时，有mg=f 联立解得r=❑ √3kv ∝❑√v 可得 r r a = ❑ √ v 1 0 =2 则有 m a = r3 a = 8 当再次下落
4πρg b v m r3 1
4 0 b b
v
0
时，对a由受力平衡得|q )E+f =m g 其中 2 1 对b由受力平衡得f −q E=m g 其中
a a a f = m g= m g b b b
a v a 2 a
0
v
0
f = 2 m g=2m g 联立解得 |q a) = m a = 4 故BC错误，D正确。
b 1 b b q 2m 1
v b b
4 0
故选D。
8．（2025·北京西城·二模）如图所示，电荷量为q的正点电荷与竖直放置的均匀带电薄板相距2d，点电荷
到带电薄板的垂线通过板的几何中心，垂线上的A、B两点到薄板的距离均为d。已知A点的电场强度为
0，下列说法正确的是（ ）
A．薄板带正电
B．B点电势高于A点电势
C．B点电场强度的方向向右
kq
D．B点电场强度的大小为
9d2
【答案】B
q
E =k
【详解】A．q在A点形成的电场强度的大小为
1 9d2
方向向左；因A点场强为零，故薄板在A点的场
q
强方向向右，薄板带负电，薄板在A点的场强大小也为 k ，故A错误；
9d2
q
BCD．由对称性可知，薄板在B点的场强也为k 方向向左；电荷量为q的正点电荷在B点的场强大小
9d2
q q q 10kq
k E =k +k =
为
d2
，方向向左，所以B点的场强
2 9d2 d2 9d2
B点电场强度的方向向左。沿电场方向电势
逐渐降低，B点电势高于A点电势， 故B正确，CD错误。故选B。
9．（2025·北京东城·二模）如图所示，虚线为某点电荷产生的电场的等势线，相邻等势线间的电势差相
等；实线为一个α粒子仅在电场力作用下的运动轨迹。在α粒子从A经B运动到C的过程中（ ）
A．α粒子的加速度先减小后增大
B．静电力对α粒子先做负功后做正功
C．α粒子的动能先增大后减小
D．α粒子的电势能先减小后增大
【答案】B
【详解】A．图像可知α粒子从A经过B运动到C的过程中，α粒子先靠近点电荷后远离点电荷，所受静
电力先增大后减小，加速度也先增大后减小，故A错误；
BCD．由轨迹的弯曲情况，静电力应指向曲线凹侧，且与等势面垂直(电场线垂直该处等势面)，所以可以
判断粒子受到的静电力为排斥力，故α粒子从A经B运动到C的过程中，静电力对α粒子先做负功后做正
功，α粒子的动能先减小后增大，α粒子的电势能先增大后减小，故B正确，CD错误。
故选B。
10．（2025·北京通州·一模）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带正电的粒子
仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是轨迹上的三个点。在运动过程中，该带电粒子
（ ）
A．在R点时受力沿虚线向左
B．在P点时的加速度比在Q点时小
C．在P点时的动能比在Q点时小
D．在P点时的电势能比在Q点时小
【答案】D
【详解】A．粒子所受合力指向轨迹的凹侧，所以在R点时受力沿虚线向右，故A错误；
B．因为P点的电场线比Q点密集，所以P点的电场强度比Q点大，粒子在P点时所受的电场力比Q点时
大，根据牛顿第二定律可知，在P点时的加速度比Q点时大，故B错误；CD．假设粒子由P点运动到Q点（也可以假设由Q点运动到P点，不影响判断结果），则粒子所受电场
力与速度方向成钝角，电场力做负功，动能减小，电势能增大，所以粒子在P点时的动能比在Q点时大，在
P点时的电势能比在Q点时小，故C错误，D正确。
故选D。
11．（24-25高三下·北京海淀·一模（期中））两个点电荷A和B的电荷量分别为q 和q ，M是点电荷连
A B
线中垂线上的某点，其电场方向如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．q 和q 的大小可能相等
A B
B．A和B为同种电荷，且q >q
A B
C．A和B为异种电荷，且q >q
A B
D．若A和B的电荷量均变为原来的2倍，则M点的电场方向不变
【答案】D
【详解】A．若q 和q 的大小相等且为异种电荷，由电场强度的叠加原理可知M点电场强度与AB连线垂
A B
直；若q 和q 的大小相等且为同种电荷，由电场强度的叠加原理可知M点电场强度与AB连线平行，由图
A B
可知M点电场强度方向既不与AB连线垂直也不与AB连线平行，故q 和q 的大小不可能相等，故A错
A B
误；
BC．要使M点的电场方向如图中所示，由电场叠加原理可知，点电荷A和B在M点产生的电场强度E 、
1
E 如图所示
2
q
则有点电荷A带负电荷、点电荷B带正电荷，且有E <E ，又点电荷A和B到M点距离相等，由E =k A
1 2 1 r2
q
，E =k B 可知q <q ，故BC错误；
2 r2 A B
D．若A和B的电荷量均变为原来的2倍，则点电荷A和B在M点产生的电场强度E ′=2E ，E ′=2E
1 1 2 2
则由平行四边形定则可知M点的合场强E′=2E，方向不变，故D正确。
故选D。
12．（2025·北京东城·一模）闪电是由云层中所积累的电荷放电引起的，通常是云层底部带正电荷，云层
下方的地面会感应出负电荷，当云层底部与地面间的电场强度增大到E =5×105V/m时击穿空气，发生短
0
时放电现象，形成闪电。某圆盘形云朵底部与地面的距离 =1× 103m，该云朵与地面间的电场强度恰好
ℎ达到E 时发生闪电，放电电流随时间变化的简化函数图像如图所示。假设该次放电将云朵所带电荷全部放
0
掉，云朵和地面构成的电容器可视为理想的平行板电容器。下列说法不正确的是（ ）
A．这次放电释放的总电荷量Q=5C
B．这次放电过程中的平均电流I=5×104A
C．该等效电容器的电容值C=1×10−8F
D．放电前该电容器存储的电能E=2.5×109J
【答案】D
【详解】A．根据q=It可知I−t图像与t轴围成面积表示电荷量，则这次放电释放的总电荷量
1
Q= ×100×103×0.1×10−3C=5C 故A正确；
2
Q 5
B．这次放电过程中的平均电流I= = A=5×104A 故B正确；
t 0.1×10−3
Q
C．云朵和地面的电势差U=E × ℎ =5× 108V 该等效电容器的电容值C= =1×10−8F 故C正确；
0 U
1
D．放电前该电容器存储的电能E= CU2=1.25×109J 故D错误。
2
故选D。
13．（2025·北京东城·一模）图中虚线为某静电场的等势面，相邻等势面间的电势差相等。实线为一电子
运动的部分轨迹，O、P、Q为轨迹与等势面的交点。电子从O点运动到Q点的过程中，仅受静电力作用。下
列说法正确的是（ ）
A．电子加速度一直减小
B．电子速度先减小后增大
C．电子在O点电势能比在Q点电势能小
D．电子从O点到P点与从P点到Q点的动能增量相等
【答案】D
【详解】A．等差等势面越密集，电场强度越大，由图可知电子从O点运动到Q点的过程中电场强度先变大qE
后变小，根据牛顿第二定律a= 可知电子加速度先增大后减小，故A错误；
m
B．根据曲线运动的合力方向位于轨迹的凹侧，且场强方向与等势面垂直，可知电子受到的电场力垂直等
势面偏右，所以电场力与速度方向的夹角小于90°，则电场力对电子做正功，电子的动能增大，速度一直
增大，故B错误；
C．由于电场力对电子做正功，则电子电势能减少，电子在O点电势能比在Q点电势能大，故C错误；
D．由于相邻等势面间电势差相等，则有U =U 根据W=qU 可知从O点到P点电场力做功与从P点到Q
OP PQ
点电场力做功相等，根据动能定理可知电子在两个过程中动能增量相等，故D正确。
故选D。
14．（2025·北京四中顺义分校·零模）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN
连线上的两点，且MP=QN。下列说法正确的是（ ）
A．P点电势与Q点电势相等
B．P、Q两点电场强度大小相等，方向相反
C．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差变为原来的2倍
D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小变为原来的4倍
【答案】C
【详解】A．根据沿电场线方向电势越来越低的知识可知，P 点电势高于Q点电势，故A错误；
B．由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，方向相同，故B错误；
Q Q
CD．根据点电荷的场强公式，结合电场叠加得P点电场强度E=k +k ，若仅将两点电荷的电荷量
MP2 NP2
均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍。同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍，
PQ间的平均电场强度变大，而PQ间距不变，由U=E⋅d，故P、Q两点间电势差变为原来的2倍，故C
正确，D错误。
故选C。
15．（2025·北京门头沟·一模）如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于M、N两点上，P、Q是MN
连线上的两点，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，OE=OF，OP=PQ。将一负点电
荷在E点静止释放，不计负点电荷重力。下列说法正确的是（ ）
A．负电荷始终做加速运动
B．从E点到F点电势先增大后减小C．OP两点间电势差与PQ两点间电势差相等
D．仅将M、N两点电荷改为等量带负电，P点电场强度不变
【答案】B
【详解】A．根据等量同种正电荷电场强度分布可知EF连线，在MN上方电场强度方向竖直向上，在MN下
方电场强度方向竖直向下，则负电荷在MN上方所受电场力方向竖直向下，在MN下方所受电场力方向竖直
向上，则负电荷在MN上方做加速运动，在O点处处于平衡状态，在MN下方做减速运动，故 A 错误；
B．根据A选项分析可知，从E点到F点电场力对负电荷先做正功，后做负功，则负电荷的电势能先减小
E
后增大，根据φ= p可知从E点到F点电势先增大后减小，故B正确；
q
C．从O到N电场强度变大，根据U=Ed定性分析可知OP两点间电势差与PQ两点间电势差的大小关系为
|U )<|U )故C错误；
OP PQ
D．仅将M、N两点电荷改为等量带负电，电场强度的大小不变，方向相反，即P点电场强度改变，故D
错误。
故选B。
16．（2025·北京朝阳·二模）大气电场强度是大气电学领域的基本参数，监测大气电场强度对研究大气物
理变化、灾害天气预防具有重大意义。通常情况下，地面附近的电场分布如图1所示，低空大气与地球表
面可视为平行板电容器。已知静电力常量为k。
S
(1)空气中平行板电容器的电容为C= ，其中S表示电容器极板的正对面积，d表示板间的距离。
4πkd
a.若地表单位面积上的电荷量为σ，请推导地球表面电场强度E=4πkσ；
b.地面附近某空间的电场强度E=130V/m，已知地球半径R=6.4×106m，静电力常量
k=9.0×109N⋅ m2/C2。请结合a中结论，估算地球表面带电量的数量级。
(2)电场强度计能够探测大气电场强度的变化，其结构可简化为图2：平行且靠近的动片和定片中心在一条
竖直轴上，动片在上、定片在下，动片接地且与定片绝缘。动片和定片形状相同，均由4个扇形金属片构
成，每个扇形金属片的面积为S 。定片保持静止，动片由马达驱动，以角速度ω匀速转动，使得定片被交
0
替地遮挡。定片未被遮挡部分处于大气电场中，由于静电感应，其上产生均匀分布的感应电荷。a.求定片被交替遮挡的周期T ；
0
b.定片上感应电荷随时间的变化会产生周期性的电流，这一电流通过测量仪器就能显示大气电场强度E的
数值。从定片被动片完全遮挡开始计时，结合（1）a中结论，推导电流强度1与大气电场强度E的大小关
系，并在图3中画出大气电场强度恒定时电流强度I与时间t的图像。
【答案】(1)见解析；105C
4ωs
(2)I= 0 E；见解析
π2k
Q U
【详解】（1）设地球表面积为s，则Q=σs=4πR2σ 由电容的定义式C= 在匀强电场中E= 结合
U d
s E
C= 可得地球表面附近的电场强度E=4πkσ 公式变形得σ= 代入公式Q=σs=4πR2σ
4πkd 4πk
ER2
解得Q= ≈6×105C 可得地表面的电荷量的数量级为105C。
k
π
（2）由题意可得 2 π 定片被动片交替遮挡的过程中周期性充、放电。由于匀速转动，定片处于
T = =
0 ω 2ω
大气电场中的面积均匀减小或均匀增加，使得定片上的电荷量均匀减小或均匀增加，故产生的电流大小恒
定。 设在极短时间Δt内，定片的一个扇形从动片下方露出或遮住的面积为Δs，且此变化面积上的电荷
ΔQ 4Δsσ'
量为ΔQ，单位面积上的电荷量为σ'，则有I= = 从零时刻开始，定片的一个扇形露出或
Δt Δt
Δs s
= 0 4ωs
者遮挡的面积最大为s ，则有ωΔt π 结合（1）可得I= 0 E 电流强度I与时间t的图像如图所
0 π2k
4
示。17．（2025·北京昌平·二模）电磁弹射是航空母舰上舰载机的一种起飞方式，是航空母舰的核心技术之
一。某学习小组设计了一个简易的电容式电磁弹射装置，如图甲所示，在竖直向下的匀强磁场中，两根相
距为L平行金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒MN放置在导轨右侧，与导轨垂直且
接触良好。单刀双掷开关S先接1，经过足够长的时间后，再把开关S接到2，导体棒向右离开导轨后水平
射出。已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m，接入电路部分的电阻为R，电源的电动
势为E。不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。
(1)
将开关S接1给电容器充电，在图乙所示的坐标系中画出电容器两极板电压u与电荷量q变化关系的图
像；并求出经过足够长的时间后电容器极板的电荷量Q和电容器储存的电能E ；
p
(2)求开关S接2的瞬间导体棒的加速度大小a；
1
(3)若某次试验导体棒弹射出去后电容器两端的电压减为初始值的 ，求导体棒离开导轨时的速度大小v。
4
1
E = CE2
p 2
【答案】(1) ，
F BEL
(2)a= A =
m mR
3BLCE
(3)v=
4m
1
【详解】（1）根据q=Cu 可得u= ⋅q 可知电容器两极板电压u与电荷量q为正比列函数，变化关系的
C
图像如图所示Q 1
根据电容的定义C= 得Q=CE 电容器储存的电能为u−q图像与横轴所围三角形面积，即可得E = CE2
U p 2
E F BEL
（2）开关S接2的瞬间，金属棒中电流I= 安培力大小F =BIL 加速度大小a= A =
R A m mR
1
（3）根据动量定理BLIΔt=mv−0 电容器两端的电压减为初始值的 过程中，通过导体棒的电荷量
4
3 3 3BLCE
ΔQ=CΔU= CE 所以 BLCE=mv−0 得v=
4 4 4m
e
( )
18．（2025·北京大兴·练习）一种测定电子比荷 的实验装置如图所示。真空玻璃管内阴极K发出的电子
m
经阳极A与阴极K之间的高压加速后，形成一细束电子流，以平行于平板电容器极板的速度进入两极板C、
D间的区域，若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的O点。已知C、D间的距离为d。若在两极板间
施加电压U的同时施加一个方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，电子仍能打在荧光屏上的O
点。
(1)求电子进入C、D间的速度大小？
(2)若撤去C、D两极板间电压，只保留磁场，电子束将射在荧光屏上某点，若已知电子在磁场中做圆周运
动的半径R，求电子的比荷。
(3)若撤去C、D两极板间的磁场，只在两极板C、D间施加电压U，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上
的P点；已知极板的长度为L ，极板区的右侧边缘到荧光屏的距离为L ，P点到O点的距离为y。求电子的
1 2
比荷。
U
【答案】(1)v=
Bd
e U
=
(2)
m B2dR
e 2Uy
=
(3)
m B2L (2L +L )
1 2 1
U U
【详解】（1）电子所受电场力与洛伦兹力平衡，则有 e=Bev 解得v=
d Bd
v2 e U
（2）撤去电场，电子只受到洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，则有Bev=m 解得 =
R m B2dR
（3）若撤去磁场，则电子只受到电场力作用，在极板间做平抛运动，离开极板后做匀速直线运动，则有
eU eU
水平方向L =vt 竖直方向v =at 结合牛顿第二定律 =ma 解得a= 设电子离开极板时的速度
1 y d dm
v y
tanθ= y = e 2Uy
=
偏向角为θ，根据平抛运动的特点则有 v 1 解得
L + L m B2L (2L +L )
2 2 1 1 2 119．（2025·北京房山·一模）在物理学中，我们常常采用类比的方法来研究问题。电场和磁场虽然性质不
同，但它们在许多方面具有相似性，可以进行类比分析。
(1)真空中静止的点电荷，电荷量为Q，静电力常量为k。请利用电场强度的定义和库仑定律，推导与点电
荷Q相距为r处电场强度的大小E。
(2)电流可以产生磁场。如图甲所示，通有电流I 、I 的两根导线平行放置且电流均向上。设I l 和I l 分
1 2 1 1 2 2
别表示导线上M、N两点处的电流元，M、N两点相距为r。两电流元间的相互作用力与库仑力相似，请写
出两电流元间相互作用的磁场力大小F。（若需常量可用μ表示）
μ I
(3)环形电流也可产生磁场，如图乙所示，环形电流中心О处产生磁场的磁感应强度大小为B= 0 ，μ
2R 0
为常数，I为环形电流中的电流大小，R为环形电流半径。如图丙所示，一个电荷量为q的点电荷以速度v
运动，这将在与速度垂直的方向上、与点电荷相距为d的P点产生磁场。请你利用环形电流产生磁场的规
律，求该运动点电荷在Р点产生磁场的磁感应强度大小B。
0
kQ
E=
【答案】(1)
r2
I l I l
(2)F=μ 1 1 2 2
r2
μ qv
(3)B = 0
p 4πd2
kQq F kQ
【详解】（1）由库仑定律可得：F= 电场强度E= 则E=
r2 q r2
I l I l
（2）类比库仑定律可得两电流元间作用力为：F=μ 1 1 2 2
r2
μ I
（3）环形电流中心О处产生磁场的磁感应强度B= 0 设单位长度内电荷数为n，在中心p外产生磁场
2Rμ ΔQ
磁感应强度B= 0 且ΔQ=nqvΔt则一个运动电荷在p点产生磁场的磁感应强度为
2dΔt
B μ qv
B = = 0
p n⋅2πd 4πd2
