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专题8 电场
一、库仑定律表达式：F＝k，适用条件是真空中两静止点电荷之间相互作用的静电力．
平衡问题应注意：
(1)明确库仑定律的适用条件；
(2)知道完全相同的带电小球接触时电荷量的分配规律；
(3)进行受力分析，灵活应用平衡条件．
[例题1] 如图，两根相同的橡皮筋各有一端系于固定的挡板，另一端分别与带电量为q、
﹣q 的小球连接，小球静止在光滑水平绝缘板上，两橡皮筋位于同一水平直线上，橡皮筋的伸
长量均为Δl。若缓慢地增加两球的电荷量，当电荷量增加至原来2 倍时（两小球不会相碰），
恰好平衡。则每条橡皮筋的伸长量（ ）
A．恰为2Δl
B．大于2Δl 但小于4Δl
C．恰为4Δl
D．大于4Δl
【解答】解：设初始时带电量为q、﹣q 的小球之间的距离为l，由于小球处于平衡状态，则有橡
皮筋弹力等于小球之间的库仑力，即对任意小球有：
kΔl＝kq
2
l
2
电荷量增大为原来的2 倍时，设两个小球之间的距离为l′，橡皮筋的伸长量变为Δl′，当小球
再次处于平衡状态时，对任意小球有：
kΔl′＝k(2q)
2
l'
2
=4k q
2
l'
2
又因为小球相互吸引，相互靠近，所以两个小球之间的距离会小于初始距离，即：
l′＜l
因此：kΔl′＝4k q
2
l'
2 ＞4kq
2
l
2 =4kΔl
所以：Δl′＞4Δl，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
[例题2] 如图所示，在倾角为α 的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度
1
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系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A 球连接。A、B、C 三小球的质量均为M，qA＝q0
＞0，qB＝﹣q0，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，则
（ ）
A．qc = 4
7 q0
B．弹簧伸长量为Mgsinα
k0
C．A 球受到的库仑力大小为2Mg
D．相邻两小球间距为q0√
3k
7 Mg
【解答】解：AD、对C 分析，受重力、支持力和AB 的库仑力，则AB 的库仑力之和沿斜面向
上，又B 距离C 近，给C 的库仑力大，则C 球带正电，设小球间距为a，
对C：kq0qC
a
2 -k
q0qC
(2a)
2 =Mgsinα
对B：kq0
2
a
2 -kq0qC
a
2 =Mgsinα
联立解得：qC= 4
7 q0
代入kq0
2
a
2 -kq0qC
a
2 =Mgsinα
解得：a＝q0√
3k
7 Mgsinα
，故A 正确，D 错误；
对ABC 用整体法，ABC 受力平衡，即ABC 受到的弹力等于重力的分力。即得弹簧伸长量Δx
= 3 Mgsinα
k0
，故B 错。
对BC 用整体法，BC 受力平衡，即BC 受到库仑力等于重力分力，即得A 受到的库仑力为
2Mgsinα，故C 错。
2
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故选：A。
[例题3] 已经证实，质子是由上夸克和下夸克两种夸克组成的，上夸克带电为+ 2
3 e，下
夸克带电为- 1
3 e，e 为电子所带电荷量的大小。如果质子是由三个夸克组成的，各个夸克之间
的距离都相等且在同一圆周上。如图所示，下列四幅图中能正确表示出各夸克静电力的是（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：AB、质子带电为+e，所以它是由2 个上夸克和1 个下夸克组成的。故AB 错误；
CD、由题意可知，三个夸克必位于等边三角形的三个顶点处，设间距为d，
这时上夸克与上夸克之间的静电力应为F1=
k 2
3 e× 2
3 e
d
2
= 4 ke
2
9d
为斥力；
上、下夸克之间的静电力F2=
k 2
3 e× 1
3 e
d
2
= 2ke
2
9d
为吸引力；
由力的合成可知上夸克所受的静电力的合力斜向外，下夸克受的静电力合力指向两个上夸克连
线中点，故C 错误，D 正确；
故选：D。
[例题4] 用绝缘细线a、b 将两个带电小球1 和2 连接并悬挂，已知小球2 的重力为G，如
图所示，两小球处于静止状态，细线a 与竖直方向的夹角为30°，两小球连线与水平方向夹角
3
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为30°，细线b 水平，则（ ）
A．小球1 带电量一定小于小球2 的带电量
B．细线a 拉力大小为2√3G
C．细线b 拉力大小为√3
3 G
D．小球1 与2 的质量比为1：2
【解答】解：C、对小球2，由平衡条件，在水平方向上可得：Fb＝F 库•cos30°，在竖直方向上可
得：G＝F 库•sin30°
解得细线b 拉力大小为Fb=
G
tan30° =√3G，故C 错误；
BD、对小球1，由平衡条件，同理可得：
Fa•sin30°＝F 库•cos30°
m1g+F 库sin30°＝Fa•cos30°
解得细线a 拉力大小为Fa=2√3G，
同时可得：m1g＝2G
又有m2g＝G
则小球1 与2 的质量比为m1：m2＝2：1，故B 正确，D 错误；
A、由上述分析只能得到库仑力的大小，由F 库= k q1q2
r
2
，可知不能确定小球1 与小球2 的带电
量大小关系，故A 错误。
故选：B。
[例题5] 如图所示，两个质量分别为mA和mB的带电小球A、B（可视为质点）通过一根
绝缘轻绳跨放在光滑的定滑轮上（滑轮大小不计），两球静止，O 为滑轮正下方AB 连线上的
一个点。两球到O 点距离分别为xA和xB，到滑轮的距离分别为lA和lB，且lA：lB＝1：2，细
绳与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2，两球电荷量分别为qA和qB。则（ ）
4
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A．qA＞qB
B．θ1＞θ2
C．mA：mB＝1：2
D．xA：xB＝1：2
【解答】解：A．根据题意可知两球的电场力是相互作用力，所以无法比较两球电荷量的大小，
故A 错误；
B．绳子上的力处处相等，对绳子跨过定滑轮的结点受力分析可知：
T'cosθ1＝T'cosθ2
解得：θ1＝θ2，故B 错误；
CD．对两球受力可知，如下图所示，根据相似三角形可得：
mA g
h
= T '
l A
= F
x A
mB g
h
= T '
lB
= F
xB
可得mA：mB＝2：1
xA：xB＝1：2
故C 错误，D 正确。
故选：D。
二、场强公式的比较
三个公式
三、等量点电荷的电场电场强度与电势分布规律
电场
等势面(实线)
E-x
φ-x
5
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等量异
号点电
荷的电
场
两电荷连线上
两电荷连线上
连线中垂线上
连线中垂线
上各点电势
相等且为零
等量同
号正点
电荷的
电场
两电荷连线上
两电荷连线上
连线中垂线上
连线中垂线上
[例题6] 如图，等边三角形△ABC 位于竖直平面内，AB 边水平，顶点C 在AB 边上方，3 个点
电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB 边中点M 处的电场强度方向竖直向下，BC
边中点N 处的电场强度方向竖直向上，A 点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求
（1）B 点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3 个点电荷的正负；
（2）C 点处点电荷的电荷量。
【解答】解：（1）C 点的电荷在M 点的场强沿CM 所在直线，A 点处点电荷和B 点处点电荷在
M 点的场强沿AB 所在直线，已知M 点合电场强度方向竖直向下，则A、B 两点处的点电荷在
M 点的合场强为零，即A 和B 点处的点电荷为等量同种电荷，则B 点处点电荷的电荷量的绝对
值为q；
C 点处的点电荷在M 点的场强方向沿CM 向下，则C 点处点电荷为正电荷；
C 点电荷在N 点的场强方向沿CB 斜向右下，N 点的合场强方向竖直向上，则A 点处的点电荷和
B 点处的点电荷在N 点的合场强斜向左上，A 点处的点电荷在N 点的场强沿AN 斜向右上，B 点
处的点电荷在N 点的场强沿BN 斜向左上，则A、B 两点处的点电荷均为正电荷；
（2）设三角形的边长为l，由几何关系得：AN= √3
2 l
BN＝CN= 1
2l
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A 点电荷在N 点的场强大小为EA＝k
q
( √3
2 l)
2
= 4 kq
3l
2
方向沿AN 斜向右上，B 点电荷在N 点的场强大小为EB＝k
q
( 1
2 l)
2 = 4 kq
l
2
方向沿BN 斜向左上，设C 点电荷的电荷量为Q，C 点电荷在N 点的场强大小为EC＝k
Q
( 1
2 l)
2 = 4 kQ
l
2
方向沿CB 斜向右下，则B 点电荷和C 点电荷在N 点的合场强大小斜向左上，大小为EBC
= 4 kq
l
2 - 4 kQ
l
2
N 点的合场强竖直向上，如图
由几何关系得：EBCtan30°＝EA
联立解得：Q= 3-√3
3
q
答：（1）B 点处点电荷的电荷量的绝对值为q，3 个点电荷均为正电荷；
（2）C 点处点电荷的电荷量为3-√3
3
q。
[例题7] 当空气中电场的电场强度大小超过E0时，空气会被击穿。孤立导体球壳充电后，
球壳所带电荷量为Q，已知静电力常量为k，则为了保证空气不被击穿，球壳半径的最小值为
（ ）
A．√
kQ
E0
B．√
E0
kQ
C．√
Q
k E0
D．√kQ E0
【解答】解：均匀带电球壳对壳外某点产生的电场强度，可以看作集中在球壳中心的点电荷对
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球外某点的场强的大小，由E = kQ
R
2 ≤E0
可得R≥√
kQ
E0
，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[例题8] 一轻质绝缘“L”型轻杆固定在水平面上，质量均为m 的光滑小环A、B 套在支
架上，两小环之间用轻绳连接，其中B 环带正电，电荷量为q，A 环不带电，整个装置放在匀
强电场中，电场强度的大小为E，电场强度的方向与水平面平行，垂直于OM 杆，A 环在一水
平力F 作用下缓慢向右移动一段距离，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．当轻绳与OM 杆夹角为θ 时，绳子拉力大小为mg+ Eq
sinθ
B．轻杆对B 环的弹力逐渐增大
C．A 环缓慢向右移动过程中，绳子拉力逐渐减小
D．轻杆OM 对A 环的弹力大小为Eq
【解答】解：AC．以B 环为研究对象，受力如图：
根据平衡条件，竖直方向上：FN1＝mg
水平方向上：FTsinθ＝F 电＝Eq，FTcosθ＝FN2
故当轻绳与OM 杆夹角为θ 时，绳子拉力大小为Eq
sinθ ，故A 错误；当A 环缓慢向右移动时，θ
逐渐减小，故绳子拉力逐渐变大，故C 错误；
B．轻杆对B 环的弹力大小为F N =√F N 1
2 + F N 2
2
8
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解得FN=√
m
2 g
2+ E
2q
2
tanθ
2
故当A 环缓慢向右移动时，θ 逐渐减小，轻杆对B 环的弹力逐渐增大，故B 正确；
D．同理，以A 环为研究对象，竖直方向上轻杆OM 对A 环的弹力大小为FN1'＝mg
水平方向上FN2'＝FTsinθ＝Eq
故轻杆OM 对A 环的弹力大小为F N ' =√F N 1'
2+ F N 2'
2
解得FN′=√m
2 g
2+ E
2q
2
故D 错误。
故选：B。
[例题9] 等量异种点电荷的电场线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．A 处和C 处的电场强度可能相同
B．A 处的电势比B 处高
C．电子在C 处由静止释放，可沿电场线运动到D 处
D．电子在B 处的电势能比在D 处大
【解答】解：A．电场线的疏密程度反映了场强的大小，故A 处的场强一定比C 处大，故A 错
误；
B．根据沿着电场线的方向电势降低，可知B 处的电势比A 处高，故B 错误；
C．C 处到D 处的电场线为曲线，电场线的切线方向是电子在电场中受到的电场力的反方向，而
不是速度方向，电子若想沿电场线运动，那么必须电场线为直线，且电子的速度方向与电场线
始终在一条直线上，故C 错误；
D．由B 处和C 处电势相等，C 处电势低于D 处，可知B 处的电势比D 处低，而电子带负电，
故电子在B 处的电势能比在D 处大，故D 正确。
故选：D。
[例题10] 如图所示，实线表示某静电场中的电场线，过M 点的电场线是水平直线，虚线
9
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表示该电场中的一条竖直等势线，M、N、P 是电场线上的点，Q 是等势线上的点。一带正电
的点电荷在M 点由静止释放，仅在电场力作用下水平向右运动，则（ ）
A．点电荷一定向右做匀加速运动
B．点电荷在N 点释放时的加速度比在P 点释放时的加速度小
C．将一负点电荷从P 点移到N 点，电场力做正功
D．将一负点电荷从Q 点沿等势线竖直向上射出，点电荷将沿等势线做直线运动
【解答】解：A．根据电场线的分布可知，该静电场不是匀强电场，所以点电荷在运动过程中受
到的电场力不是恒定的，根据牛顿第二定律，点电荷运动的加速度也不是恒定的，所以点电荷
向右做的不是匀加速运动，故A 错误；
B．由图可知，N 点电场线比P 点电场线密集，所以N 点的电场强度大于P 点的电场强度，点电
荷在N 点受到的电场力大于P 点处的电场力，所以点电荷在N 点释放时的加速度比在P 点释放
时的加速度大，故B 错误；
C．电势随电场方向逐渐减小，所以N 点电势比P 点高，将一负点电荷从P 点移到N 点，电势能
减小，电场力做正功，C 故正确；
D．将一负点电荷从Q 点沿等势线竖直向上射出，由于电场方向垂直等势线，则点电荷受到的电
场力方向与运动方向不在同一条直线上，所以点电荷做曲线运动，故D 错误。
故选：C。
四、电场力做功的计算方法
(1)由公式W＝Flcos α 计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为：W＝qElcos α.
(2)由W＝qU 来计算，此公式适用于任何形式的静电场．
(3)由动能定理来计算：W 电场力＋W 其他力＝ΔEk.
(4)由电势能的变化来计算：WAB＝EpA－EpB.
[例题11] 一带负电的粒子以一定的初速度进入点电荷Q 产生的电场中，A、B 是其运动轨
迹上的两点，C 为AB 的中点。其中A 点的场强方向与AB 连线成60°角；B 点的场强方向与
AB 连线成30°角，如图所示。若粒子只受电场力的作用，下列说法正确的是（ ）
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A．点电荷Q 带负电
B．AB 两点电势差是AC 两点电势差的2 倍
C．该粒子在A 点的动能小于在B 点的动能
D．该粒子在A 点的加速度大小等于在B 点加速度大小的3 倍
【解答】解：A．反向延长EA，EB的方向，交点即为点电荷的位置，结合电场线的特点可知点
电荷Q 带正电，故A 错误；
B．由几何关系可知点电荷到AC 两点距离相等，可知AC 两点电势差为零，则AB 两点电势差
不是AC 两点电势差的2 倍，故B 错误；
C．因A 点电势高于B 点，则带负电的粒子在A 点的电势能小于在B 点的电势能，则该粒子在
A 点的动能大于在B 点的动能，故C 错误；
D．由几何关系可知rB=√3r A，根据，a= qE
m = kqQ
r
2m
∝1
r
2，可知该粒子在A 点的加速度大小等
于在B 点加速度大小的3 倍，故D 正确。
故选：D。
[例题12] α 粒子以某一初速度接近重金属核，其运动轨迹如图所示，M、N、Q 为轨迹上
的三点，N 点离重金属核最近，Q 点比M 点离重金属核更远。在重金属核产生的电场中，下
列说法正确的是（ ）
A．N 点的电场强度比Q 点小
B．N 点的电势最高
C．α 粒子从Q 点运动到M 点过程中，电势能减小
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D．α 粒子从Q 点运动到M 点过程中，速度一直减小
【解答】解：A．根据孤立的正点电荷的电场线的分布可得离重金属核最近的N 点电场强度最大，
故A 错误；
B．离正点电荷场源最近的N 点的电势最高，故B 正确；
C．α 粒子为氦原子核，故带正电，又因为φN＞φM＞φQ，所以从Q 点运动到M 点过程中，电场
力先做负功再做正功，所以电势能先增大后减小，故C 错误
D．因为从Q 点运动到M 点过程中，电场力先做负功再做正功，即合外力先做负功再做正功，
根据动能定理可得α 粒子的速度先减小再增加，故D 错误；
故选：B。
[例题13] 如图所示，O 为等量异种点电荷连线的中点，A、B 为连线上的点，C、D 为其中
垂线上的点，且A、B、C、D 距O 点距离相等，取无穷远处的电势为零。下列说法正确的（
）
A．A、B 两点电势相等
B．C、D 两点电场强度不相同
C．O 点电势为零，电场强度也为零
D．沿中垂线移动电荷，静电力始终不做功
【解答】解：A、两电荷间的连线上电场线的方向由A 到B，根据沿电场线的方向电势降低可知
A 点的电势高于B 点的电势，故A 错误；
B、a、b 两点到两点电荷的距离相等，由点电荷的场强公式与电场的叠加原理可知，a、b 两点
电场强度大小相等、方向相同，故B 错误；
C、根据叠加原理可知，两点电荷在O 点形成的电场强度方向均向右，故电场强度不为零；CD
所在的平面为等势面，以无穷远处电势为零时，所以O 点的电势为零，故C 错误；
D、由C 中分析可知，中垂线为等势线，故沿中垂线移动电荷，静电力始终不做功，故D 正确。
故选：D。
[例题14] 如图所示，在匀强电场中的Q 点固定一点电荷为+Q，以a、b、c、d、f 为以O 点
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为球心的同一球面上的点，aecf 平面与电场线平行，bedf 平面与电场线垂直，下列判断中正确
的是（ ）
A．a、c 两点电势相等
B．b、d 两点的电场强度相同
C．将点电荷+q 球面上b 点移到e 点，电场力做功为零
D．将点电荷+q 从球面上a 点移到c 点，电场力做功为零
【解答】解：A，ac 两点在电点荷的等势面上，故这二点的电势是a 点的电势高于c 点的电势，
故A 错误；
B，bd 两点的场强由点电荷场源与匀强电场各自在这二点产生的场强的矢量合成，合成的结果是
大小相同，方向不同，故B 错误；
C，将点电荷+q 由b 点移到e 点时，电场力做功为零，因为这二点是在同一个等势面上，故C 正
确；
D，由A 可知，这二点的电势是不相等的，故电场力做功不为零，故D 错误。
故选：C。
[例题15] 如图所示，真空中两个点电荷+Q1、﹣Q2固定在x 轴上的A、B 两点，其带电量
Q1＝4Q2，P 为Q2右侧一点，且AB = BP = L。a、b、c 为P 点两侧的三点，且aP＝Pb＝bc。取
无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．a、b 两点场强大小相等，方向相反
B．b 点电势低于c 点电势
C．将+q 沿x 轴从a 点移动到b 点，其电势能先减小后增大
D．将﹣q 由a 点静止释放，则其经过P 点时动能最大
【解答】解：A、取向右为正方向，设bc 间距离为L0，根据电场的叠加原理，可得a 点场强为
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Ea=
k ⋅4Q
(2 L- L
2 )
2 - k ⋅Q
( L
2 )
2 =- 20k ⋅Q
9 L
2
b 点场强为Eb=
k ⋅4Q
(2 L+ L
2 )
2 -
k ⋅Q
( L+ L
2 )
2 = 44 k ⋅Q
225 L
2
故可知a、b 两点场强方向相反，但是大小不相等，故A 错误；
BC、根据前面分析可知P 点右侧任意点的场强方向水平向右，PB 间的场强方向水平向左；沿着
电场线方向电势降低，故b 点电势高于c 点电势；同理可知从a 点到b 点，电势先增大后减小，
故可知将+q 沿x 轴从a 点移动到b 点，其电势能先增大后减小，故BC 错误；
D、P 点场强为
E p= k ⋅4Q2
(2 L)
2 - k ⋅Q2
L
2
=0
将﹣q 由a 点静止释放，在P 点左侧时受到的电场力水平向右，做加速运动，到达P 点时加速度
为0，在P 点右侧时受到的电场力水平向左，做减速运动，故经过P 点时速度最大即动能最大，
故D 正确。
故选：D。
五、平行板电容器的动态分析问题有两种情况：
一是电容器始终和电源连接，此时U 恒定，则Q＝CU∝C，而C＝∝，两板间场强E＝∝；
二是电容器充电后与电源断开，此时Q 恒定，则U＝，C∝，场强E＝＝∝.
六、静电计是测量电压 U 的仪器，题目往往将它与电容器一起考察。
[例题16] 如图所示，两个相同的半圆形金属板相互靠近、水平放置，板间可视为真空。两
金属板分别与电源两极相连。上极板可绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动。开始时，两极板边
缘完全对齐，闭合开关S 后，两板间的一个带电微粒恰好静止；然后让上极板转过5°（微粒仍
在两板间）忽略电场边缘效应，则（ ）
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A．断开开关S 后，微粒将竖直下落
B．转动前后，电容器的电容之比为36：35
C．转动过程中，有从a→b 的电流流过电阻R
D．断开开关S 后，上极板再转动5°，微粒仍然静止
【解答】解：AB．闭合开关S 后，让上极板转过5°，则两极板正对面积减少，根据公式
C = εr S
4 πkd
可知，其他条件不变，电容器的电容变小，变化前后面积之比为
S
S' =
180°
360° ×π r
2
180° -5°
360°
×π r
2 = 36
35
转动前后，电容器的电容之比也为
C
C ' = S
S' = 36
35
根据场强的计算公式可得：
E = U
d
根据上述分析可知，电势差与间距均不变，所以电场强度不变，根据电场力的计算公式F＝qE
可知电场力不变，所以微粒仍静止，断开开关S 后，每个物理量都保持不变，微粒仍静止，故A
错误，B 正确；
C．转动过程之前，电容器下极板带正电、上极板带负电，转动过程中，电容变小，电容器的电
荷量减小，电容器放电，有从b→a 的电流流过电阻R，故C 错误；
D．当断开开关S 后，两极板的电荷量不变，让上极板再转过5°，则两极板正对面积减少，根据
公式
C = εr S
4 πkd
C = Q
U
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由此可知，其他条件不变，电容器的电容变小，则电场强度增大，电场力增大，所以微粒将竖
直向上运动，故D 错误。
故选：B。
[例题17] （多选）如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图，电介质
板长度等于电容器极板长度，开始时电介质板有一半处于极板间，电容器两极板带等量异号电
荷，当被测物体在左右方向发生位移时（位移大小小于极板长的一半），电介质板随之在电容
器两极板之间移动。当被测物体向左移动时（ ）
A．电容器的电压增大
B．电容器的电量变小
C．电容器的电容增大
D．静电计的指针张角变小
【解答】解：C．由电容的决定式可知C = εr S
4 πkd
，可知当被测物体向左移动时电介质板插入电
容器，电容器的电容增大，故C 正确；
B．电容器充电后与外电路断开，电容器的电量不变，故B 错误；
A．由电容的比值定义式可知C = Q
U ，可知电容器的电压减小，故A 错误；
D．静电计的指针张角大小反映电容器极板电压高低，由于电压减小，因此张角变小，故D 正确。
故选：CD。
[例题18] 如图所示，M 和N 为电容器两极板，一直保持与导线相连，M 极板左端绝缘固
定，N 极板两端用绝缘材料与两轻弹簧连接，N 极板只能沿图中标识的上下方向运动，当N 极
板静止时，两极板间距为d，在外力驱动下，N 极板做简谐运动，向下运动至最低点时，两极
板间距1.5d，运动到最高点时两极板相距0.5d，下列说法正确的是（ ）
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A．当N 极板向上运动时，电流表电流方向从b→a
B．N 极板完成一个运动周期运动，回路电流方向改变1 次
C．当N 极板从最低点运动到最高点的过程中，极板电荷量减少
D．N 极板在最低点和最高点时，电容器中场强之比为1：3
【解答】解：AC、当N 极板向上运动时，电容器板间距离d 减小，根据电容的决定式C = εr S
4 πkd
可知，电容C 增大，电容器板间电压不变，由电容的定义式C = Q
U 分析可知极板电荷量增加，
电容器充电，电流表电流方向为a→b，故AC 错误；
B、N 极板向上运动时，电容器充电。N 极板向下运动时，电容器放电，所以N 极板完成一个周
期运动，回路电流方向改变2 次，故B 错误；
D、根据题意，在N 极板运动过程中，电容器两极板间电压不变，最低点与最高点板间距离之比
为1.5d：0.5d＝3：1，故由E= U
d 可知场强之比为1：3，故D 正确。
故选：D。
[例题19] 某同学利用图甲所示电路观察电容器的充电和放电现象，计算机屏幕显示出放电
过程的I﹣t 图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．电容器放电时电子由b 向a 通过电阻R
B．电容器放电过程中电阻R 两端电压逐渐增大
C．将电阻R 换成阻值更大的电阻，放电时间变短
D．电容器充电结束所带电荷量约为5×10﹣3C
【解答】解：A．开关S 接1 时电源给电容器充电后上极板带正电，开关S 接2 时，电容器放电，
电流由极板正极流过电阻R 到负极板，而电子的移动方向与电流方向相反，则电子由a 向b 通过
电阻R，故A 错误；
B．电容器放电过程中电流逐渐减小，根据欧姆定律U＝IR，可知电阻R 两端电压逐渐减小，故
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B 错误；
C．若R 增大，总电量q 不变，则对电流阻碍作用增大，即电流减小，由q＝It 可知放电时间会
边长，故C 错误；
D．I﹣t 图像中曲线与坐标轴围成的面积即电容器充电结束时所带电荷量，格数割补后约为1.3
格，则电量约为：
q≈2×10﹣3×2×1.3C≈5.2×10﹣3C，故D 正确。
故选：D。
[例题20] 如图所示，取一个电容器A 和数字电压表相连，把开关S1接1，用几节干电池串
联后给A 充电，可以看到A 充电后数字电压表显示一定数值。取另一个相同的但不带电的电
容器B 跟A 并联，通过改变开关S1和S2的闭合与断开状态，从而探究电容器两极板间电势差
跟所带电荷量的关系，在没有电荷漏失的情况下，下列说法正确的是（ ）
A．S1接1，S2处于断开状态，A、B 两电容器都处于充电状态
B．S1从1 接2，S2处于断开状态，稳定后，A、B 两电容器电荷量相等
C．S1从1 接2，S2处于断开状态，电压表示数不变
D．S1从2 断开，S2闭合，电压表示数逐渐减小
【解答】解：A、S1接1，S2处于断开状态，只有A 电容器处于充电状态，故A 错误；
B、S1从1 接2，S2处于断开状态，A、B 两电容器并联，则稳定后，A、B 两电容器电压相等，
它们的电容也相同，由Q＝CU 知稳定后，A、B 两电容器电荷量相等，故B 正确；
C、S1从1 接2，S2处于断开状态，A 电容器的电荷减小，电容不变，由C= Q
U 分析可知电压表
示数减小，故C 错误；
D、S1从2 断开，S2闭合，A 电容器所带电荷量不变，电压不变，则电压表示数不变，故D 错误。
故选：B。
七、电场中的图象问题——φ-x 图象和 E-x 图象：
φ-x 图像
E-x 图像
EP-x 图像
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斜率:电场强度
面积：电势差
斜率:电场力
[例题21] 沿x 轴上有一条电场线，其电势φ 沿x 轴的分布图像如图所示，图像关于坐标原
点O 点对称，A、B 两点到坐标原点O 的距离相等，一电子仅在电场力的作用下从A 点由静止
释放，电子沿x 轴由A 点运动到B 点过程中，下列说法正确的是（ ）
A．A、B 两点的电场强度相同
B．电子在A、B 两点的电势能相等
C．电子从A 点运动到B 点的过程中，速度先增大后减小
D．电子从A 点运动到B 点的过程中，电场力先做正功后做负功
【解答】解：A．φ﹣x 图像中斜率表示电场强度，根据图像可知A、B 两点的斜率相同，则电
场强度相同，故A 正确；
B．由图可知，A、B 两点的电势不相等，根据电势能的计算公式Ep＝φq 可知，电子在A、B 两
点的电势能不相等，故B 错误；
CD．根据沿电场线方向上电势逐渐降低可知，电场方向沿x 轴负方向，电子从A 点运动到B 点
的过程中，电场力一直做正功，则速度一直增大，故CD 错误。
故选：A。
[例题22] 如图甲所示，均匀带电固定圆环的圆心为O，OO′为圆环轴线；以O 为原点沿
轴线建立Ox 坐标轴，x 轴上各点电势φ 随x 坐标变化的φ﹣x 关系图像如图乙所示，坐标x1处
的P 点为图线拐点，P 点切线与x 轴交点处坐标为x2。现让一电子从圆心O 以初速度v0沿x 轴
正向运动，最远能到达x3处。电子质量为m，电荷量绝对值为e，不计电子重力，下列说法不
正确的是（ ）
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A．圆环带负电
B．电子经过x1处时的加速度大小为
e φ1
m( x2- x1)
C．x3处的电势为φ0- m v0
2
2e
D．电子返回过程中，经过x1处时的速度大小为√v0
2- 2e(φ0-φ1)
m
【解答】解：A.正电荷周围的电势为正，由φ﹣x 图象知，圆环带正电，故A 错误；
B.φ﹣x 图象的斜率大小表示电场强度大小，x1的斜率大小为：
k=
φ1
x2- x1
由牛顿第二定律得：
φ1e
x2- x1
=ma
解得：a=
e φ1
m( x2- x1)，故B 正确；
C.电子最远到达x3处，说明电子在x3处速度为零，从O 点到x3，由动能定理得：
﹣（φ0﹣φ3）e＝0- 1
2mv0
2
解得φ3＝φ0- m v0
2
2e
，故C 正确；
D.对电子从O 到x1，设经过x1处时的速度大小为v1，由动能定理得：
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﹣（φ0﹣φ1）e= 1
2 mv1
2- 1
2 mv0
2
解得：v1=√v0
2- 2e(φ0-φ1)
m
，故D 正确。
本题选错误的，
故选：A。
[例题23] 如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块，可视为质点，在x＝1m
处以初速度v0=√3m/ s沿x 轴正方向运动。小滑块的质量为m＝2kg，带电量为q＝﹣0.1C。
整个运动区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能Ep随位置x 变化的部分图像，P 点是
图线的最低点，虚线AB 是图像在x＝1m 处的切线，并且AB 经过（1，2）和（2，1）两点，
重力加速度g 取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在x＝1m 处的电场强度大小为20V/m
B．滑块向右运动的过程中，加速度先增大后减小
C．滑块运动至x＝3m 处时，速度的大小为2.5m/s
D．若滑块恰好能到达x＝5m 处，则该处的电势为﹣50V
【解答】解：A．Ep﹣x 图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x＝1m 处所
受电场力大小为F = Eq=| Δ E p
Δx |= 2-1
2-1 N =1 N
解得电场强度大小E＝10V/m
故A 错误；
B．滑块向右运动时，电场力先减小后增大，所以加速度先减小后增大，故B 错误；
C．滑块从x＝1m 到x＝3m 运动过程中根据动能定理有：W 电= 1
2 mv
2- 1
2 mv0
2
W 电＝ΔEp＝1J
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解得速度v＝2m/s
故C 错误；
D．若滑块恰好到达x＝5m 处，则滑块恰好到达x＝5m 处v′＝0
则滑块从x＝1m 到x＝5m 运动过程中W 电' =-( E p2- E p1)=0- 1
2 mv0
2
由Ep1＝2 J
解得滑块到达x＝5 m 处的电势能Ep2＝5 J，x＝5 m 处的电势为φ= E p2
q =
5
-0.1 V =-50V
故D 正确。
故选：D。
[例题24] 空间中一静电场的电场强度E 在x 轴上分布情况如图所示，其中图像关于E 轴对
称，x 轴上的A、B 两点关于原点O 对称。一电子仅在电场力的作用下从静止开始，由A 点沿
x 轴运动到B 点。下列说法正确的是（ ）
A．x 轴上的电场强度方向沿x 轴正方向
B．A、B 两点的电势相等
C．电子从A 点运动到B 点的过程中，电子的加速度先增大后减小
D．电子从A 点运动到B 点的过程中，其所受电场力先做负功再做正功
【解答】解：A、电子仅在电场力的作用下从静止开始，由A 点沿x 轴运动到B 点，说明电子所
受电场力沿x 轴正方向，而电子带负电，所以x 轴上的电场强度方向沿x 轴负方向，故A 错误；
B、沿电场线电势逐渐降低，电场线由B 指向A，则A 点电势低于B 点电势，故B 错误；
C、根据牛顿第二定律得a= eE
m ，由图知，电子从A 点运动到B 点的过程中电场强度先增大后减
小，所以电子的加速度先增大后减小，故C 正确；
D、电子从A 点运动到B 点的过程中，电子所受电场力沿x 轴正方向，与位移方向相同，故电场
力一直做正功，故D 错误。
故选：C。
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[例题25] 如图1 所示，x 轴上固定两个点电荷A 和B，电荷A 固定在原点，电荷B 固定在
x＝2L 处，通过电势传感器测出x 轴上各点电势φ 随坐标x 的变化规律并描绘出φ﹣x 图像
（图2）。已知φ﹣x 图线与x 轴的交点横坐标为x1和x2，x＝3L 处的切线与x 轴平行。已知点
电荷的电势公式φ= kQ
r ，其中k 为静电力常量，Q 为场源点电荷的电荷量，r 为某点距场源点
电荷的距离，取无穷远处电势为零。以下说法正确的是（ ）
A．电荷A 带负电，电荷B 带正电
B．两点电荷的电荷量之比为QA：QB＝1：9
C．横坐标x2和x1的差x2- x1= 9
20 L
D．在x 轴上x＞2L 的任意位置无初速度释放一正电荷，该正电荷一定能到达无穷远处
【解答】解：A．根据题图，在x 轴上各点电势有正有负，两点电荷带异种电荷，由于0＜x＜x1
时电势为正，x1＜x＜2L 时电势为负，故点电荷A 带正电，点电荷B 带负电，故A 错误。
BC．φ﹣x 图像中图线的斜率绝对值表示电场强度大小，则x＝3L 处的电场强度为零，根据叠加
原理有k
Q A
(3 L)
2 =k QB
L
2
由题图可知x1、x2处的电势为零，根据电势公式有k Q A
x1
=k
QB
2 L- x1
，k Q A
x2
=k
QB
x2-2 L
解得QA：QB＝9：1，x1= 9
5 L，x2= 9
4 L
则x2- x1= 9
4 L- 9
5 L= 9
20 L
故B 错误，C 正确；
D．在2L＜x＜3L 区域内，电势逐渐升高，电场强度沿x 轴负方向，若在2L＜x＜3L 区域内无初
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速度释放一正电荷，正电荷受到向左电场力，向左做加速运动，在x＞3L 区域内，电势逐渐降
低，电场强度沿x 轴正方向，若在x＞3L 区域内无初速度释放一正电荷，正电荷受到向右的电
场力，将向右加速到无穷远处，故D 错误。
故选：C。
八、带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是
相同的．
证明：由qU0＝mv
y＝at2＝··()2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即
O 到偏转电场边缘的距离为.
九、带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、
末位置间的电势差．
[例题26] 如图所示，平行板电容器水平放置，上极板带正电、下极板带负电并接地，一质
量为m 电荷量为q 的带正电粒子a 从两板左端中点入射，入射速度正对上极板中点A，已知板
长为2d，板间距离为d，两板间电压为U，粒子重力不计且运动过程中不与极板碰撞，则（
）
A．粒子a 射入电场时电势能为Uq
B．粒子a 在电场内运动过程中电势能最大时动能为零
C．若粒子a 从下极板右边缘射出，其在运动过程中电势能最大值为2
3Uq
D．若粒子a 射出点与射入点在同一水平线上，则其在电场中运动时间为√
d
2m
2Uq
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【解答】解：A．粒子射入电场位置电势为U
2 ，根据电势能与电势关系，粒子a 射入电场时电势
能E p=φq = Uq
2 ，故A 错误；
B．粒子的运动可以分解为沿极板方向的匀速直线运动，垂直于极板方向的变速直线运动，当垂
直于极板方向的分速度减为零时，电场力做负功最大，根据功能关系，粒子a 在电场内运动过程
中电势能最大，但此时粒子有平行极板方向的速度，粒子运动的动能不为零，故B 错误；
C．假设粒子初速度为v0，将初速度分解为沿极板方向vx和垂直于极板方向vy
由数学知识v x = 2√5
5
v0，v y = √5
5 v0
粒子沿极板方向的匀速直线运动，垂直于极板方向的变速直线运动，根据位移公式有，粒子a 从
下极板右边缘射出时2d＝vxt，d
2 =- v yt + 1
2 at
2
解得a= 3 v0
2
5d
粒子进入电场到最大势能处在垂直于极板方向经过的位移为y = v y
2
2a = d
6
最大势能处的电势为φ' =( d
2 + d
6 ) U
d = 2U
3
故运动过程中最大势能E pm=φ' q = 2
3 Uq
故C 正确；
D．由C 选项，v x = 2√5
5
v0
v y = √5
5 v0
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粒子沿极板方向的匀速直线运动，垂直于极板方向的变速直线运动，根据位移公式有，粒子a 射
出点与射入点在同一水平线上则2d＝vxt，0=- v yt + 1
2 at
2
解得a= 2v0
2
5d
又a= Uq
dm
得v0=√
5Uq
2m
所以v x = 2√5
5
v0=√
2Uq
m
则粒子在电场中运动时间为t = 2d
v x
=√
2d
2m
Uq
故D 错误。
故选：C。
[例题27] 如图所示，空间有竖直向下的匀强电场E，从倾角30°的斜面上A 点平抛一带电
小球，落到斜面上的B 点，空气阻力不计，下列说法中正确的是（ ）
A．若将平抛初速度减小一半，则小球将落在AB 两点的中点
B．平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角不同
C．平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间夹角正切值一定相同，等于
2tan30°
D．若平抛小球的初动能为6J，则落到斜面上时的动能为14J
【解答】解：小球受重力和电场力，电场力既可向上也可向下，球做类平抛运动，加速度a 固定，
向下；
根据类平抛运动的分运动规律，有：
x＝v0t，
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y= 1
2 at
2，
tan30° = y
x ，
故：t= 2v0 tan30°
a
= 2√3 v0
3a
，x= 2√3 v0
2
3a
，y= 2v0
2
3a
；
A、若将平抛初速度减小一半，根据x= 2√3 v0
2
3a
，y= 2v0
2
3a
，x 和y 均减小为原来的1
4 ，故A 错
误；
BC、设小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角为α，则有：
tan（α+30°）= v y
v0
= at
v0
=2tan30°，
故平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角相同，但是tanα≠2tan30°，
故BC 错误；
D、由于小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角的正切值：tanβ= v y
v0
=2tan30° = 2
3 √3
，
初动能：Ek= 1
2 m v0
2=6J，
末动能：Ek′= 1
2 m v
2= 1
2 m(v0
2+ v y
2 )，
故：Ek′＝6J+（2
3 √3）2×6J＝14J，故D 正确；
故选：D。
[例题28] 假设你是当年“阴极射线是带电粒子”的支持者。你采用如图所示的实验装置来
测定阴极射线的比荷（电荷量与质量之比）。某次实验室中，真空管内阴极K 发出的阴极射
线经高压加速电压加速后，穿过A'中心的小孔沿中心轴O1O 的方向进入到两块水平正对放置
的平行极板P 和P'间的区域。当极板间不加偏转电压时，射线打在荧光屏的中心O 点处，形成
了一个亮点；当加上偏转电压U＝200.0V 时，亮点偏离到O'点，O'与O 点的竖直间距为y＝
4.0cm、水平间距忽略不计。此时，在P 和P'间的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀
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强磁场。调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小B＝5.0×10﹣4T 时，亮点重新回到O 点。已知
极板水平方向的长度为l1＝5.0cm，极板间距为d＝2.0cm，极板右端到荧光屏的距离为l2＝
12.5cm。忽略射线的重力和射线间的相互作用。
（1）推断阴极射线带什么性质的电荷，写出理由；
（2）求阴极射线打在荧光屏O 点时速度的大小；
（3）求阴极射线的比荷。
【解答】解：（1）阴极射线带负电，原因是射线在KA 之间或平行极板P 和P'间所受电场力与
电场方向相反。
（2）当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心O 点，
根据平衡条件有：qvB =q U
d ，其中d＝2.0cm＝0.02m
代入数据得：v＝2.0×107m/s
（3）设阴极射线在偏转电场中的偏转距为y1，由几何关系得：y1
y =
l1
2
l1
2 +l2
代入数据得：y1= 2
3 cm= 2
3 ×10
-2m
根据位移—时间公式，有：y1= 1
2 at
2
根据牛顿第二定律有：a= qU
md
其中d＝2.0cm＝0.02m
水平方向匀速直线运动，则有：l1＝vt
联立可得：q
m = 32
15 ×10
11C /kg=2.1×10
11C /kg
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答：（1）阴极射线带负电；
（2）阴极射线打在荧光屏O 点时速度的大小为2.0×107m/s；
（3）阴极射线的比荷2.1×1011C/kg。
十、等效法处理叠加场问题
1．各种性质的场(物质)与实际物体的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空
间，从而形成叠加场．
2．将叠加场等效为一个简单场，其具体步骤是：先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一
个“等效重力 ”，将a＝视为“等效重力加速度”．再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到
等效重力场中分析求解即可．
[例题29] 如图所示，在竖直平面xOy 内存在大小、方向未知的匀强电场。一质量为m 的
小球从y 轴上P 点以水平速度v 进入第一象限，速度方向沿x 轴正方向，经过x 轴上Q 点时的
速度大小也为v，方向与x 轴夹角为37°。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小为
g。不计空气阻力，小球从P 点运动到Q 点的过程中（ ）
A．速度的最小值为√10
10 v
B．所受电场力的最小值为√10
10 mg
C．动能与电势能之和一直减小
D．水平位移与竖直位移的大小之比为2：1
【解答】解：D、将小球在Q 点的速度v 分解为水平分量vcos37°和竖直分量vsin37°。
由位移—时间公式可得：小球水平分位移为：x = v + vcos37°
2
t
小球竖直分位移为y = vsin37°
2
t
解得：x
y = 3
1，故D 错误；
A、根据题中所述，可知小球水平方向先向右做匀减速直线运动，小球水平向右方向的分加速度
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大小为ax= v - vcos37°
t
小球竖直向下方向的分加速度大小为：a y = vsin37°
t
设小球合加速度方向与竖直方向夹角为θ，则有：tanθ = ax
a y
联立解得：tanθ = 1
3
可知，小球在空中做类斜抛运动，可以将该运动分解为垂直于合加速度方向的匀速直线运动与
沿合加速度方向的匀加速直线运动，可知匀速直线运动的分速度即为速度的最小值，则有：vmin
＝vcosθ
结合上述解得：vmin= 3√10
10
v，故A 错误；
B、根据上述小球所受电场力与重力的合力大小为：F＝ma，该合力方向与竖直方向夹角亦为
θ，可知，当电场力方向与合力方向垂直时，电场力达到最小值，则有：最小电场力：F 电min＝
mgsinθ
根据tanθ=
sinθ
√1- sin
2θ
= 1
3，可求得sinθ=√
1
10
从而求得：F 电min= √10
10 mg，故B 正确；
C、根据上述可知，小球从P 点运动到Q 点的过程中重力一直做正功，重力势能一直减小，小球
运动过程中只有重力势能、动能与电势能的转化，可知动能与电势能之和一直增大，故C 错误。
故选：B。
[例题30] （多选）如图所示，ABCD 为竖直平面内的绝缘光滑轨道，其中AB 部分为倾角
为30°的斜面，BCD 部分为半径为R 的四分之三圆弧轨道，与斜面平滑相切，C 为轨道最低点，
整个轨道放置在电场场强为E 的水平匀强电场中。现将一带电荷量为+q、质量为m 的小滑块
从斜面上A 点由静止释放，小滑块恰能沿圆弧轨道运动到D 点。已知重力加速度为g，且
qE =√3mg，下列说法正确的是（ ）
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A．释放点A 到斜面底端B 的距离为3
2R
B．小滑块运动到C 点时对轨道的压力为8mg
C．小滑块运动过程中最大动能为5mgR
D．小滑块从D 点抛出后恰好落在轨道上的B 点
【解答】解：A、小滑块受到的重力与电场力的合力为：F 合=√(mg)
2+( Eq)
2
代入题目的已知条件得到：F 合＝2mg
设两个力合力与水平方向的夹角为θ，则有：tanθ = mg
Eq = √3
3
所以：θ＝30°
即F 合方向与OD 方向重合，与AB 平行，小滑块恰好能到达D 点，则在D 点恰好F 合提供向心
力，则有：F合= mv D
2
R
代入解得：v D=√2 gR
对小滑块从A 到D，因为F 合方向与AB 方向平行，设线段AD 在AB 上的投影为AF，如图：
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根据动能定理有：F合× AF = 1
2 mv D
2
代入解得：AF = 1
2 R
所以：AB = AF + FB = AF + DO = 3
2 R，故A 正确；
B、小滑块运动到B 的速度为vB，则从A 到B 有：1
2 mvB
2= F合× AB
从B 到C 有：1
2 mvC
2- 1
2 mvB
2=mgR(1-cos30°)+ EqRsin30°
代入联立解得：vB=√6 gR，vC =2√2 gR
在C 点，重力与轨道的支持力的合力提供向心力，则有：N -mg= mvC
2
R
解得：N＝9mg
根据牛顿第三定律，小滑块运动到C 点时对轨道的压力为9mg，故B 错误；
D、小滑块从D 点抛出后做类平抛运动，加速度为：a= F合
m =2g
小滑块能落在AB 轨道上某一点时，则沿初速度方向的位移为R，时间为：t = R
v D
=√
R
2g
则沿F 合方向的位移为：1
2 at
2= 1
2 R＜FB = R，故小滑块应该落在FB 的中点位置，故D 错误；
C、延长DO，交圆与G 点，则G 点即为等效最低点，在D 点小滑块动能最大，从A 到D，沿F
合方向的距离为：d＝AF+DG
则有：Ekm＝F 合×d
得：Ekm＝5mgR，故C 正确。
故选：AC。
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