文档文本内容
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专题07 静电场中的力和能量问题
01 专题网络·思维脑图
02 考情分析·解密高考
03 高频考点·以考定法
04 核心素养·难点突破
05 创新好题·轻松练习
考点内容
考情预测
利用库伦定律求解点电荷的受力问题
高考对于这部分知识点主要通过抽象的物
理模型进行命题设计，体现物理对生产生活、
科学技术发展所产生的指导、创新等作用。在
解决此类问题时要分析题意中的情境，抓住问
题实质，具备一定的空间想象能力和数学推导
能力。主要考查的知识点有:电场强度，电场
线，电势能，电势，电容，电场中的图像等。
同种或异种点电荷周围电势和电场强度的分布
带电粒子在电场中的运动和功能关系
1
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2024 年备考建议点电荷的受力分析，同种
或异种点电荷周围电势和电场强度的分布，特
殊带电体周围的电场分析，以及带电粒子在匀
强电场中的运动问题。
等量点电荷在空间的电势和电场强度分布
多点电荷或带电体周围电势和电场强度叠加问题
带电粒子在匀强电场中的运动问题
学
习
目
标
1.熟悉静电场的基本公式，以及掌握对研究对象受力分析，列合外力方程式。
2.熟悉电场强度和电势的大小比较及叠加，熟记等量同种或异种点电荷的电场分布
图，以次类推不等量的情况。
3.学会用对称法找到特殊带电体周围电场强度及电势的分布情况。
【典例1】（2023·重庆·统考高考真题）真空中固定有两个点电荷，负电荷Q1位于坐标原点处，正电荷Q2
位于x 轴上，Q2的电荷量大小为Q1的8 倍。若这两点电荷在x 轴正半轴的x=x0处产生的合电场强度为0，
则Q1、Q2相距（ ）
A．√2 x0
B．(2√2-1)x0
C．2√2 x0
D．(2√2+1)x0
【答案】B
【详解】依题意，两点电荷电性相反，且Q2的电荷量较大，所以合场强为0 的位置应该在x 轴的负半轴，
设两点电荷相距L，根据点电荷场强公式可得
k Q1
x0
2 =
k Q2
( x0+ L)
2
又
Q2=8Q1
2
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解得
L=(2√2-1)x0
故选B。
【典例2】（多选）（2022·重庆·高考真题）如图为两点电荷Q、Q
'的电场等势面分布示意图，Q、Q
'位于
x 轴上，相邻等势面的电势差为3V。若x 轴上的M 点和N 点位于0V等势面上，P 为某等势面上一点，则（
）
A．N 点的电场强度大小比M 点的大
B．Q 为正电荷
C．M 点的电场方向沿x 轴负方向
D．P 点与M 点的电势差为12V
【答案】AD
【详解】A．等差等势线的密度体现场强的大小，由图可知N 点的等差等势线比M 点更密，则N 点的电场
强度大小比M 点的大，故A 正确；
B．沿着电场线电势逐渐降低，由图可知电场线由N 指向Q，则Q 为负电荷，故B 错误；
C．沿着电场线电势逐渐降低，结合各等势线的电势高低关系可知M 点的电场方向沿x 轴正方向，故C 错
误；
D．M 点与N 点等势均为0V，P 点与N 点的等势线间隔四个，而相邻等势面的电势差为3V，则P 点与M
点的电势差为12V，故D 正确。
故选AD。
【典例3】（多选）（2023·天津·统考高考真题）如图，一位于P 点左侧的固定正电荷产生的电场中，同一
个正电荷q 两次以大小相同、方向不同的初速度从P 点出发，分别抵达M 点，N 点，且q 在M，N 点时速
度大小也一样，则下列说法正确的有（ ）
3
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A．P 点电势大于M
B．M 点电势大于N
C．q 从P 到M 一直做减速运动
D．M、N 两点处电场强度大小相同
【答案】AD
【详解】ABC．由题意知，同一个正电荷q 两次以大小相同、方向不同的初速度从P 点出发，分别抵达M
点与N 点，且q 在M，N 点时速度大小也一样，由动能定理可知M、N 两点的电势相同， M、N 两点位于
以场源电荷为圆心的同一圆周上，由于场源点荷在P 点左侧，所以P 点电势高于M 点电势，q 从P 到M 做
加速运动，故BC 错误，A 正确；
D．根据以上分析可知，M、N 两点在同一等势面上，且该电场是固定正电荷产生的电场，则说明M、N 到
固定正电荷的距离相等，由点电荷的场强公式可知M、N 两点处电场强度大小相同，故D 正确。
故选AD。
1．库仑定律
(1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的
二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．
(2)表达式：F＝k，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫做静电力常量．
(3)适用条件：真空中的点电荷．
①在空气中，两个点电荷的作用力近似等于真空中的情况，可以直接应用公式；
②当两个带电体的间距远大于本身的大小时，可以把带电体看成点电荷．
(4)库仑力的方向：由相互作用的两个带电体决定，且同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．
应用库仑定律的四条提醒
(1)在用库仑定律公式进行计算时，无论是正电荷还是负电荷，均代入电量的绝对值计算库仑力的大小．
(2)两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律，大小相等、方向相反．
(3)库仑力存在极大值，由公式F＝k 可以看出，在两带电体的间距及电量之和一定的条件下，当q1＝q2
时，F 最大．
4
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（4）对于两个带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布．
2.几种典型电场的电场线分布特点
(1)孤立点电荷的电场(如图甲、乙所示)
①正(负)点电荷的电场线呈空间球对称分布指向外(内)部；
②离点电荷越近，电场线越密(场强越大)；
③以点电荷为球心作一球面，则电场线处处与球面垂直，在此球面上场强大小相等，但方向不同．
(1)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大．
(2)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向．
(3)沿电场线方向电势逐渐降低．
(4)电场线和等势面在相交处互相垂直．
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3.几种常见的典型电场等势面的对比分析
电场
等势面(实线)图样
重要描述
匀强电场
垂直于电场线的一簇等间距平面
点电荷的电场
以点电荷为球心的一簇球面
等量异种点电
荷的电场
连线的中垂面上的电势为零
等量同种正点
电荷的电场
连线上，中点电势最低，而在中垂线上，中点电势
最高．关于中点左右对称或上下对称的点电势相等
4．电势高低的判断
判断角度
判断方法
依据电场线
方向
沿电场线方向电势逐渐降低
依据场源电
荷的正负
取无穷远处电势为零，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
依据电场力
做功
根据UAB＝，将WAB、q 的正负号代入，由UAB 的正负判断φA、φB 的高低
依据电势能
的高低
正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大
6
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5.电势能大小的判断
判断角度
判断方法
做功判断法
电场力做正功，电势能减小
电场力做负功，电势能增加
电荷电势法
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
公式法
将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep＝qφ，正
Ep的绝对值越大，电势能越大；负Ep的绝对值越大，
电势能越小
能量守恒法
在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能
相互转化，动能增加，电势能减小，反之，动能减小，
电势能增加
6．求电场力做功的四种方法
(1)定义式：WAB＝Flcos α＝qEdcos α(适用于匀强电场)．
(2)电势的变化：W＝qUAB＝q(φA－φB)．
(3)动能定理：W 电＋W 其＝ΔEk.
(4)电势能的变化：WAB＝－ΔEpBA＝EpA－EpB.
7．电场中的功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．
(3)除重力外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的增量．
(4)所有外力对物体所做的总功，等于物体动能的变化．
考向01 利用库伦定律求解点电荷的受力问题
【针对练习1】（多选）如图所示，同一直线上的三个点电荷q1、q2、q3，恰好都处在平衡状态，除相互
作用的静电力外不受其他外力作用。已知q1、q2间的距离是q2、q3间距离的2 倍。下列说法正确的是（
）
A．若q1、q3为正电荷，则q2为负电荷
B．若q1、q2为负电荷，则q3为正电荷
C．q1:q2:q3=36:4:9
D．q1:q2:q3=9:4:36
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【答案】AC
【详解】AB．三个自由电荷在同一直线上处于平衡状态，则一定满足“两同夹异，两大夹小，近小远大”，
所以q1和q3是同种电荷，q2是异种电荷，故A 正确，B 错误；
CD．根据库仑定律和矢量的合成，则有
k q1q2
(2r)
2 =k q1q3
(3r)
2 =k q2q3
r
2
解得
q1:q2:q3=36:4:9
故C 正确，D 错误。
故选AC。
【针对练习2】如图，电荷量分别为Q1、Q2的小球B、C 固定于相距为d的绝缘水平面上。另有一个质量
为m、电荷量为q 的小球A 悬浮静止于空中，此时小球A、B 的距离为当√3
2 d，小球A、C 的距离为1
2 d、
已知重力加速度大小为g，静电力常量为k，三个小球均可视为点电荷。下列说法正确的是（ ）
A．Q1与Q2为异种电荷
B．带电小球A 所在点的电场强度方向一定竖直向上
C．Q1=√3Q2
D．Q1= mg d
2
8kq
【答案】C
【详解】A．小球A 悬浮静止于空中，因此小球B 对A 的排斥力与小球C 对A 的排斥力的合力一定与小球
A 所受的重力等大反向，故三个小球均带同种电荷，故A 错误；
B．小球A 受到的电场力一定竖直向上，但不知小球A 所带电荷的电性，故无法判定其所在点的电场强度
方向，故B 错误；
CD．由三角形的边角关系可知∠ABC =30°，∠ACB =60°，根据库仑定律和平衡条件，可得
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k Q1q
(
√3
2 d)
2 sin30
∘+ k Q2q
(
1
2 d)
2 sin 60
∘=mg
k Q1q
(
√3
2 d)
2 cos30
∘= k Q2q
(
1
2 d)
2 cos60
∘
解得
Q1=√3Q2，Q1= 3mgd
2
8kq
，Q2= √3mgd
2
8kq
故D 错误，C 正确。
故选C。
考向02 同种或异种点电荷周围电势和电场强度的分布
【针对练习3】（多选）如图所示，等量的异种点电荷＋Q、-Q 在x 轴上并关于O 点对称放置，虚线是其
在空间中产生的电场的等势线，空间的点a、b、c 连线与x 轴平行，b 点在y 轴上，并且ab=bc，则下列说
法正确的是（ ）
A．a、c 两点的电势关系为φa=φc
B．a、c 两点的电场强度的大小关系为Ea=Ec
C．若在a 点由静止释放一个质子，则质子经过y 轴后一定不能通过c 点
D．若从O 点以初速度v0沿y 轴正方向射出一电子，则电子将沿y 轴运动
【答案】BC
【详解】A．在等量异种点电荷的电场中，电场线从正电荷出发沿垂直于等势面方向指向负电荷，所以
φa>φc，选项A 错误；
B．a、c 两点关于y 轴对称，所以电场强度的大小相等，选项B 正确；
C．质子从a 点由静止释放，受到的电场力可以分解为沿x 轴正方向的分力Fx和沿y 轴正方向的分力Fy，
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所以质子沿x 轴正方向做初速度为零的加速运动，同时沿y 轴正方向也做初速度为零的加速运动，当质子
经过y 轴后受到的电场力的方向可以分解为沿x 轴正方向的分力Fx和沿y 轴负方向的分力Fy，所以质子沿x
轴正方向继续做加速运动，沿y 轴正方向则做减速运动，由于ab=bc，所以质子一定不会经过c 点，选项C
正确；
D．若电子从O 点以初速度v0沿y 轴正方向射出，电子受到的电场力沿x 轴负方向，不可能沿y 轴运动，选
项D 错误。
故选BC。
【针对练习4】如图所示为两个异种点电荷A、B 形成电场线和等势线，其中正电荷的电荷量为+q，负电
荷的电荷量为-2q。已知N、M 点在A、B 两个点电荷的连线上，P、Q 点同在某一条电场线上，下列说法
正确的是（ ）
A．点电荷B 的电荷量为+q
B．若N 点电势为0，则M 点电势必小于0
C．在P 点由静止释放一个带正电的试探电荷，它可沿电场线运动到Q 点
D．N、M 之间的电势差小于P、Q 之间的电势差
【答案】B
【详解】AB．取其中一条电场线的最高点或者最低点，画出两个电荷在该点的电场强度矢量，根据竖直方
向电场强度矢量和为零，可以判断出A 的电荷量小于B 的电荷量，所以A 带正电，电荷量为q，B 带负电，
电荷量为-2q，由此可知A、B 连线的电场方向由A→B，那么N 点电势为0，则M 点电势必小于0，故A
错误，B 正确；
C．由P 点释放试探正电荷，试探电荷在之后的运动过程中，速度方向与电场力的方向不在一条线上，所
以不会沿着电场线运动到Q 点，故C 错误；
D．N、P 和M、Q 分别在两个相同的等势面上，所以N、M 之间的电势差等于P、Q 之间的电势差，故D
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错误。
故选B。
考向03 带电粒子在电场中的运动和功能关系
【针对练习5】真空中存在点电荷q1、q2产生的静电场，其电场线的分布如图所示，图中P、Q两点关于
点电荷q1水平对称。P、Q两点电场强度的大小分别为EP、EQ，电势分别为φP、φQ。一个带电粒子沿
虚线轨迹从M移动至N，则（ ）
A．EP> EQ，φP<φQ
B．q1和q2带同种电荷，q1>q2
C．从M移动至N，加速度先减小再增大
D．粒子带负电，从M至N它的电势能先变大后变小
【答案】D
【详解】A．根据电场线的疏密程度表示场强的大小，由图可知
EP> EQ
P、Q 两点关于点电荷q1水平对称，P 到q1之间场强较大，电势降低较快，可知
φP>φQ
故A 错误；
B．由电场线分布可知，q1带负电，q2带正电，由电场线的疏密可知，q1的电荷量绝对值大于q2的电荷量
绝对值，故B 错误；
C．由电场线分布可知，从M移动至N，电场强度先增大后减小，则加速度先增大再减小，故C 错误；
D．粒子带负电，从M至N电场力先做负功后做正功，它的电势能先变大后变小，故D 正确。
故选D。
【针对练习6】（多选）空间某区域电场线分布如图所示，带正电小球（质量为m，电荷量为q），在A 点
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速度为v1，方向水平向右，至B 点速度为v2，v2与水平方向间夹角为α，A、B 间高度差为H，以下判断不
正确的是（ ）
A．A、B 两点间电势差U = m v2
2-m v1
2
2q
B．小球由A 至B，电势能的减少量为1
2 m v2
2- 1
2 m v1
2-mgH
C．小球由A 运动到B 的过程中，机械能一定增加
D．小球重力在B 点的瞬时功率为mgv2cosα
【答案】AD
【详解】AB．小球由A 点运动至B 点过程中，重力和电场力做功，由动能定理得
mgH +W = 1
2 m v2
2- 1
2 m v1
2
得电场力做功
W = 1
2 mv2
2- 1
2 mv1
2-mgH
所以电势能减小量为
Δ Ep= 1
2 m v2
2- 1
2 m v1
2-mgH
由电场力做功
W =qU
得A、B 两点间的电势差
U = m v2
2-m v1
2-2mgH
2q
故A 错误，B 正确；
C．电场力做正功，机械能增大。故C 正确；
D．小球运动到B 点时所受重力与速度方向不同，则其重力的瞬时功率
P =mg v2sin α
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故D 错误。
本题选错的，故选AD。
考向04 等量点电荷在空间的电势和电场强度分布
【典例4】（多选）（2023·山东·统考高考真题）如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O 和O
'，A、D 两
点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．F
'点与C
'点的电场强度大小相等
B．B
'点与E
'点的电场强度方向相同
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C．A
'点与F
'点的电势差小于O
'点与D
'点的电势差
D．将试探电荷+q由F 点沿直线移动到O 点，其电势能先增大后减小
【答案】ACD
【详解】D．将六棱柱的上表面拿出
由几何条件可知正电荷在OF 中点K 的场强方向垂直OF，则K 点的合场强与OF 的夹角为锐角，在F 点的
场强和OF 的夹角为钝角，因此将正电荷从F 移到O 点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后
减小，D 正确；
C．由等量异种电荷的电势分布可知
φ A
'=φ>0，φD
'=-φ<0，φO
'=0，φF
'>0
因此
φ A
'-φF
'=φ -φF
'<φO
'-φD
'=φ
C 正确；
AB．由等量异种电荷的对称性可知F
'和C
'电场强度大小相等，B
'和E
'电场强度方向不同，A 正确B 错误；
故选ACD。
【针对练习7】如图所示，边长均为a 的两个正四面体Abcd和Bbcd，其中bcd面完全重合，O 点为bcd面
中心，两带电荷量均为+Q的点电荷分别置于A、B 两顶点，则（ ）
A．b、c、d 三点的电场强度相同
B．b、c、d 三点的电势相等
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C．将一正试探电荷从b 点沿直线移动到O 点，其所受电场力逐渐增大
D．将一正试探电荷从b 点沿bd直线移到d 点，电场力不做功
【答案】B
【详解】A．根据点电荷的场强公式
E =k Q
r
2
由图可知，b、c、d 三点到两电荷的距离相等，所以A、B 两点电荷在三点产生的合场强的大小相等，方
向不相同，故A 错误；
B．A、B 两个点电荷分别在b、c、d 三点产生的电势相等，根据电势的叠加法则可知A、B 两个点电荷在
b、c、d 三点的电势相等，故B 正确；
C．根据等量同种电荷的场强分布特点可知O 点的合场强为零，从b 点沿直线移动到O 点，电场强度可能
一直减小，也可能先增大后减小，所以所受电场力可能逐渐减小，也可能先增大后减小，故C 错误；
D．根据等量同种电荷的场强分布特点可知将一正试探电荷从b 点沿bd直线移到d 点，电场力先做负功后
做正功，故D 错误。
故选B。
【针对练习8】（多选）如图，真空中的正三棱柱ABC - A
' B
'C
'，在A 点固定一个电荷量为+Q的点电荷，
C 点固定一个电荷量为-Q的点电荷，已知AC = A A
' = L，静电力常量为k，选取无穷远处电势为0。则正
确的是（ ）
A．将一负试探电荷从A
'点移到C
'点，其电势能先增加后减小
B．A
'、B
'两点的电势差大于B
'、C
'两点的电势差
C．将一正试探电荷沿直线从B 点移到B
'点，电场力不做功
D．B
'点的电场强度大小为√2kQ
2 L
2
【答案】C
15
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【详解】A．根据等量异种电荷的电势分布特征可知，A'点电势高于C'点，所以负试探电荷从A'点移到
C'点，电场力做负功，电势能增大，故A 错误；
B．根据等量异种电荷的电势分布特征可知，A
'、B
'两点的电势差等于B
'、C
'两点的电势差，故B 错误；
C．根据等量异种电荷的电势分布特征可知，B、B
'为等势面，所以将一正试探电荷沿直线从B 点移到B
'点，
电场力不做功，故C 正确；
D．根据点电荷场强公式可得+Q 点电荷在B
'点产生的场强为
E+=k
Q
(√2 L)
2 =k Q
2 L
2
场强方向由A 指向B
'；
同理可得-Q 点电荷在B
'点产生的场强为
E-=k
Q
(√2 L)
2 =k Q
2 L
2
场强方向由B
'指向C；则B
'的合场强如图所示
根据几何关系可知
∠AC B
' =∠C B
' H =θ
B
'的合场强为
E
'
B=2 E+cosθ
其中
cosθ = √2
4
联立可得
E
'
B=k √2Q
4 L
2
故D 错误。
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故选C。
考向05 多点电荷或带电体周围电势和电场强度叠加问题
【典例5】（多选）（2023·河北·高考真题）如图，在x轴上放置四个点电荷q1、q2、q3和q4,q1、q2位
于A点两侧，q3、q4位于B点两侧。C点在y轴上，且OA =OB =OC。取无穷远处电势为零，电荷位置与
电荷量满足一定关系，使得以O点为球心、以OC为半径的球面上各点的电势均为零。下列说法正确的是
（ ）
A．A 、B两点电场强度的方向一定沿x轴正方向
B．若在O点放一正点电荷，则A 、B两点的电势一定升高
C．试探电荷q沿y轴运动过程中，若静电力始终不做功，则它受到的静电力始终为零
D．试探电荷q沿y轴运动过程中，若静电力始终不做功，则C点的电场强度一定为零
【答案】BD
【详解】A．以O点为球心、以OC为半径的球面为等势面，由电场强度和等势面的关系可知，A 、B两点
电场强度的方向与半径垂直，与x轴重合。由于无法判断各个电荷的电性，故A 、B两点电场强度的方向
无法判断，故A 错误；
B．取无穷远处为零电势点，由于正点电荷周围的电势为正值，若在0 点放一正点电荷，则A 、B两点的
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电势一定升高，故B 正确；
C．试探电荷q沿y轴运动过程中，根据电荷分布，若静电力始终不做功，则经过y轴且垂直于x轴的平面为
等势面，但静电力不一定为零，故C 错误；
D．根据以O点为球心、以OC为半径的球面为等势面，可知C点的电场强度方向应与y轴重合，再根据经
过y轴且垂直于x轴的平面为等势面，可知C点的电场强度方向应与y轴垂直，同一点电场强度的方向是唯
一的，故C点的电场强度一定为零，故D 正确。
故选BD。
【典例6】（2021·江苏·高考真题）一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O 为球
心，A、B 为直径上的两点，OA =OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C 为截面上的一点，移去
左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则（ ）
A．O、C 两点电势相等
B．A 点的电场强度大于B 点
C．沿直线从A 到B 电势先升高后降低
D．沿直线从A 到B 电场强度逐渐增大
【答案】A
【详解】A．由于球壳内部的场强为零，补全以后可知在左右侧球壳在C 点的合场强为零，因左右球壳的
场强具有对称性，要想合场强为零只能是两部分球壳在C 点的场强都是水平方向，则可以知道右侧球壳在
C 点的合场强水平向左，同理OC 上其他点的场强都是水平向左，因此OC 是等势线，故A 正确；
BD．将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A 点产生的电场强度大小分别为
E1和E2；由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知
E1=E2
根据对称性，左右半球在B 点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且
E1=E2
在图示电场中，A 的电场强度大小为E2，方向向左，B 的电场强度大小为E1，方向向左，所以A 点的电场
强度与B 点的电场强度相同，沿直线从A 到B 电场强度不可能逐渐增大，故BD 错误；
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C．根据电场的叠加原理可知，在AB 连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从
A 到B 电势升高，故C 错误；
故选A。
【针对练习9】如图所示，两半径相等的半球球壳I 和II 彼此靠的很近(间距可忽略)，两球壳均匀带有电荷，
电荷量均为-q(q>0)，O 为球心，A 为球壳外一点，AO=x。已知球壳I 在A 点形成的电场强度为E1，规定距
О 点无限远处的电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．O 点电场强度为零，电势为零
B．球壳I 在O 点形成的电场强度水平向右
C．球壳II 在A 点形成的电场强度大小EⅡ= 2kq
x
2 - EⅠ
D．球壳I 和球壳II 在A 点形成的电势相等
【答案】C
【详解】A．球壳靠的很近，间距可忽略，根据对称性，O 点电场强度为零，两球壳均匀带有负电荷，距
О 点无限远处的电势为零，O 点电势为负，故A 错误；
B．根据对称性可以判断，球壳带负电，球壳Ⅰ在O 点形成的电场强度水平向左，故B 错误；
C．把两球壳当成整体，在A 点形成的电场强度为
E = 2kq
x
2
沿OA 自A 指向O，两球壳在A 点分别形成的电场强度方向均沿OA 自A 指向O，则
E = EⅠ+ EⅡ
解得
EⅡ= 2kq
x
2 - EⅠ
故C 正确；
D．电势是标量，球壳Ⅰ和球壳Ⅱ电荷量相等，球壳Ⅱ距离A 点近，形成的电势低，故D 错误。
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故选C。
【针对练习10】（多选）边长为a的正方形的四个顶点上放置如图所示的点电荷，以正方形中心O 为原点
建立坐标系，A 、B、C 、D为另一正方形的四个顶点，中心也为O。以下说法正确的是（ ）
A．O 点场强大小为零
B．O 点场强大小为4√2k q
a
2，方向沿- x轴方向
C．带正点的检验电荷沿y方向移动，电场力不做功
D．带负点的检验电荷从A 点移到D 点，电势能增大
【答案】BC
【详解】AB．BC方向两个点电荷在O 点产生的合电场强度大小为
E1=2k
q
(
√2
2 a)
2 = 4 kq
a
2
方向从B→C。
AD 方向两个点电荷在O 点产生的合电场强度大小为
E2=2k
q
(
√2
2 a)
2 = 4 kq
a
2
方向从D→A。
根据电场的叠加原理可得O 点场强大小为
E =√2 E1= 4√2k q
a
2
方向沿- x轴方向，故A 错误，B 正确。
C．在A、B 两点的点电荷电场中y轴是一条等势线，在C 、D两点的点电荷电场中y轴也是一条等势线，
由电场的叠加原理可得y轴是一条等势线，则带正点的检验电荷沿y方向移动，电场力不做功，故C 正确。
D．从A 点移到D 点，电势升高，电场力对负电荷做正功，电势能减小，故D 错误。
故选BC。
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考向06 带电粒子在匀强电场中的运动问题
【典例7】（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eU
m
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为√2meU
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α 的正切tan α =
l
20d
【答案】D
【详解】A．由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小
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ax = eE
m = eU
md
A 错误；
B．电子电极XX′间运动时，有
vx = axt
t = l
v z
电子离开电极XX′时的动能为
Ek= 1
2 m(v z
2+ v x
2)=eU (10+
l
2
40d
2 )
电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为eU (10+
l
2
40d
2 )，B 错误；
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小
I x =m v x = l
d √
meU
20
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
tan α = v x
v z
=
l
20d
D 正确。
故选D。
【针对练习11】正对着并水平放置的两平行金属板连接在如图所示的电路中，板长为l，板间距为d，在距
离板的右端2l处有一竖直放置的光屏M。D 为理想二极管（即正向电阻为0，反向电阻无穷大），R 为滑
动变阻器，R0为定值电阻。将滑片P 置于滑动变阻器正中间，闭合开关S，让一带电荷量为q、质量为m
的粒子从两板左端连线的中点N 以水平速度v0射入板间，v0粒子未碰到极板，最后垂直打在M 上。已知重
力加速度为g，在保持开关S 闭合的情况下，下列分析或结论正确的是（ ）
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A．粒子在板间运动的过程中与它从板的右端运动到光屏的过程中速度变化量相同
B．板间电场强度大小为3mg
q
C．若仅将滑片P 向下滑动一段后，则粒子不会垂直打在M 上
D．若仅将两平行板的间距变大一些，则粒子不会垂直打在M 上
【答案】B
【详解】A．粒子先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，要垂直打在M 屏上，离开电场后，粒子
应打在屏的上方，做斜上抛运动，否则，粒子离开电场后轨迹向下弯曲，粒子不可能垂直打在M 板上。粒
子在板间的类平抛运动和离开电场后的斜上抛运动，水平方向都不受外力，都做匀速直线运动，速度都等
于v0，而且v0方向水平，粒子垂直打在M 板上时速度也水平，根据粒子的轨迹弯曲方向可知两个过程粒子
的合力方向相反，加速度方向相反，则速度变化量方向相反，故A 错误；
B．粒子的轨迹如图所示
设粒子在板间运动的过程中加速度大小为a，则粒子离开电场时竖直分速度大小
v y =at1= qE -mg
m
× l
v0
粒子离开电场后运动过程其逆过程是平抛运动，则
v y = gt2= g 2l
v0
联立解得
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E = 3mg
q
故B 正确；
C．若仅将滑片P 向下滑动一段后，R 的电压减小，电容器的电压要减小，电荷量要减小，由于二极管具
有单向导电性，所以电容器不能放电，电荷量不变，板间电压不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒
子从N 点以水平速度v0射入板间，粒子依然v0会垂直打在光屏上，故C 错误；
D．若仅将两平行板的间距变大一些，电容器电容减小，由C = Q
U 知U 不变，电荷量要减小，但由于二极
管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电荷量不变，根据推论可知板间电场强度不变，所以粒子的运
动情况不变，再让该粒子从N 点以水平速度v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上，故D 错误。
故选B。
【针对练习12】如图所示的匀强电场方向竖直向下，一带正电粒子由图中的A 点沿垂直电场线的方向射入
电场，经过一段时间粒子由电场中的B 点离开，已知A、B 两点沿电场方向的间距为h，沿垂直电场方向的
间距为x。现将A、B 两点之间的水平间距和竖直间距等分为两份，粒子重力不计，则下列说法正确的是（
）
A．前x
2和后x
2，粒子电势能的变化量之比为1:3
B．前x
2和后x
2，粒子沿电场线的位移之比为1:1
C．前h
2和后h
2，粒子的运动时间之比为1:√2
D．前h
2和h
2后，粒子垂直电场线方向的位移之比为1:（√2-1）
【答案】AD
【详解】AB．粒子在沿电场的方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直电场的方向上粒子做匀速直线运
动。由公式
x = v0t
可知前x
2和后x
2所需时间的比值为1:1；
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由公式
h= 1
2 at
2
可知粒子沿电场线方向的位移比为1:3；
由电场力做功公式
W = Eqy
可知该过程中电场力做功之比为1:3，由功能关系得该过程中粒子电势能的变化量之比为1:3，故A 正确，
B 错误；
C．由沿电场线方向的分运动可知t =√
2h
a
，所以前h
2和后h
2所需时间的比值为1:(√2-1)，故C 错误；
D．由公式x = v0t可知粒子垂直电场线方向的位移之比为1:(√2-1)，故D 正确。
故选AD。
一、单选题
1．静电植绒技术的植绒流程如图所示，需要植绒的布在滚轮带动下匀速向右运动，将绒毛放在带负电荷
的容器中，使绒毛带负电，容器与带电极板之间加恒定的电压，绒毛成垂直状加速飞到需要植绒的布表面
上，假设每根绒毛规格相同。则（ ）
A．绒毛在飞往布的过程中电势能增大
B．绒毛带电量越多，到达布的表面时速率越大
C．滚轮的转速变大，植绒会变密
D．容器与带电极板之间的距离变大，植绒会变密
【答案】B
【详解】A．绒毛在飞往需要植绒的布的过程中，绒毛成垂直状加速飞到需要植绒的布表面上，电场力做
正功，电势能不断减小，故A 错误；
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B．由动能定理
qU = 1
2 m v
2
质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时速率越大，故B 正确；
C．若只增大滚轮的转速，布运动的速度越大，植上相邻两个绒毛的距离越大，植绒越疏，故C 错误；
D．若增大容器与带电极板之间的距离，而电势差不变，由
E = U
d
可知，电场强度变小，绒毛受力变小，加速度减小，根据
x = 1
2 at
2
到达布上时间边长，植绒会变稀疏，故D 错误。
故选B。
2．如图所示，正方形的两个顶点B、B
'上固定两个等量正点电荷，将一电子从顶点A 由静止释放，电子
仅在静电力的作用下运动到顶点A
'的v -t图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】如图所示
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因为场强最大点与B 的连线和B、B
'连线的夹角θ的正切值为
tanθ = √2
2
由图可知∠AB B
' = 45
o得
tan 45
o=1
明显
tan 45
o>tanθ
可得电子是从小于电场强度最大值位置释放，则电子所受的合电场力先增大后减小再增大最后减小，那么
加速度也是先增大后减小再增大最后减小，而v -t图像任意点的斜率表示加速度大小，所以在运动过程中
v -t图像点的斜率也应先增大后减小再增大最后减小。
故选C。
3．两个点电荷的电荷量分别为Q1、Q2，M、N为其连线的中垂线上的两点，电子在M、N两点所受电场
力的方向如图中箭头所示，则（ ）
A．Q1为正电荷
B．Q2为负电荷
C．Q1小于Q2
D．Q1大于Q2
【答案】C
【详解】根据电子在M 点的受力情况可知Q1为负电荷，Q2为正电荷，根据库仑定律F =k Q1Q2
r
2
结合矢量
的合成可知Q1小于Q2。
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故选C。
4．如图所示，光滑绝缘杆弯成直角，直角处固定在水平地面上，质量为3m、带电荷量＋3Q 小圆环A 穿
在右边杆上，质量为m、带电荷量＋Q 小圆环B 穿在左边杆上，静止时两圆环的连线与地面平行，右边杆
与水平面夹角为α，重力加速度为g。则（ ）
A．右边杆与水平面夹角为α =30°
B．A 环对B 环库仑力大小为3mg
C．左边杆对B 环支持力大小为√3mg
D．右边杆对A 环支持力大小为3√3mg
【答案】A
【详解】A．分别对小圆环A、B 受力分析，如图所示
根据平衡条件，对小圆环A，有
3mgsinα=Fcosα
对小圆环B，有
mgcosα=F′sinα
联立解得
α =30
∘
故A 正确；
BD．对小圆环A，据平衡条件可得
Ncosα=3mg
F=3mgtanα
解得A 环所受支持力
N =2√3mg
A、B 间的库仑力
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F = F
' =√3mg
故BD 错误；
C．对小圆环B，据平衡条件可得
F N =
mg
sin30
∘=2mg
故C 错误。
故选A。
5．某一区域的电场线分布如图所示，M、N、P 是电场中的三个点，电场强度分别为EM、EN、EP，电势
分别为φM、φN、φP。下列说法正确的是（ ）
A．φM =φN >φP
B．φM >φP>φN
C．EM = EN < EP
D．EM < EN < EP
【答案】B
【详解】AB．沿着电场线方向，电势逐渐降低，故A 错误，B 正确；
CD．电场中，电场线越密集的地方电场强度越大，故EM < EP< EN，故CD 错误。
故选B。
6．如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为+Q和-Q。在它们的中垂线上
水平固定一根内壁光滑的绝缘细管，一电量为+q的小球缓慢经过细管，则小球（ ）
A．小球的加速度先减小后增加
B．小球的速度先减小后增加
C．受到的库仑力最大值为8kQq
d
2
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D．管壁对小球的弹力最大值为4 kQq
d
2
【答案】C
【详解】AB．根据等量异种点电荷电场线分布特点可知，带电小球运动过程中一直受到水平向右的电场力，
电场力与细管对其水平弹力平衡，小球的合力为零，加速度为零，小球做匀速直线运动，速度保持不变，
故AB 错误；
C．等量异种点电荷连线的中垂线上，连线中点处场强最大，小球在该处受到的库仑力最大，则有
Fmax =k Qq
( d
2 )
2 +k Qq
( d
2 )
2 = 8kQq
d
2
故C 正确；
D．根据C 选项分析可知，在等量异种点电荷连线中点处，管壁对小球的水平弹力与库仑力平衡，则此时
管壁对小球的水平弹力大小为8kQq
d
2
，故D 错误。
故选C。
7．如图所示，A、B 为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P 点放一个负电荷q（不计重力）由静
止释放后，下列说法中正确的是（ ）
A．负电荷在从P 点到O 点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大
B．负电荷在从P 点到O 点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大
C．负电荷运动到O 点时加速度为零，速度达最大值
D．负电荷越过O 点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到速度为零
【答案】C
【详解】在等量同种电荷连线中垂线上电场强度方向O→P，从AB 连线的中点到无穷远处电场强度先增
大后减小，负点电荷q 从P 点到O 点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大，越过O 点后，根
据电场线的对称性可知，负电荷q 做减速运动，直到速度为零，故点电荷运动到O 点时速度最大，由于P
点的位置不确定，故负电荷运动过程中电场强度变化情况不确定，电场力大小变化的情况就不确定，加速
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度变化情况无法判断。
故选C。
8．电场线能直观地反映电场的分布情况，如图甲是等量异种点电荷形成的电场的电场线，图乙是该电场
中的一些点：O 是电荷连线的中点，E、F 是连线中垂线上关于О 对称的两点，B、C 和A、D 分别是两电
荷连线上关于О 对称的两点，则（ ）
A．A、D 两点电场强度不同
B．E、F 两点电场强度相同
C．B、O、C 三点中，О 点电势最低
D．电子沿着中垂线从E 点运动到F 点，电场力先做正功后做负功
【答案】B
【详解】A．根据对称性可知，A、D 两点处电场线疏密程度相同，则A、D 两点电场强度大小相等，由题
图甲看出，A、D 两点电场强度方向相同，所以A、D 病点电场强度相同。故A 错误；
B．等量异号点电荷连线的中垂线是一条等势线，电场强度方向与等势线垂直，因此E、F 两点电场强度方
向相同，由于E、F 是连线中垂线上关于O 对称的两点，则其电场强度大小也相等，故B 正确；
C．顺着电场线电势逐渐降低，由题图甲看出，B、O、C 三点比较，C 点处的电势最低，故C 错误；
D．由题图可知，电子沿着中垂线从E 点运动到F 点，所受电场力总是与运动方向垂直，因此电场力不做
功。故D 错误。
故选B。
9．如图所示，一个均匀的带电圆环，其带电荷量为+Q、半径为R，圆心为O 点，放在绝缘水平桌面上。
过O 点作一竖直线，在此线上取一点A，使A 到O 点的距离为R，在A 点放一检验电荷+q，则+q 在A 点
所受的电场力为（ ）
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A．kQq
R
2 ，方向向上
B．√2kQq
4 R
2
，方向向上
C．kQq
4 R
2，向水平向左
D．kQq
4 R
2，方向水平向右
【答案】B
【详解】假设把带电圆环分成很多个小部分，每一小部分都可视为一个点电荷，各点电荷对检验电荷的库
仑力在水平方向上相互抵消，竖直方向上的电场力大小为
kqQ cos 45°
(√2 R)
2
= √2kqQ
4 R
2
方向向上。
故选B。
10．如图平行板电容器与电动势为E 的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可忽略，开
关闭合，稳定时一带电的油滴静止于两极板间的P 点，若断开开关K，将平行板电容器的上极板竖直向上
平移一小段距离，则下列说法正确的是（ ）
A．带电油滴向上运动
B．静电计指针的张角变大
C．P 点电势变大
D．带电油滴的电势能变小
【答案】B
【详解】B．断开开关K，电容器带电量不变，则由
Q =CU
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C = εr S
4 πkd
可得
U = 4 πkdQ
εr S
将平行板电容器的上极板竖直向上平移一小段距离，板间间距增大，则电压增大，可知静电计指针的张角
变大，故B 正确；
ACD．电场强度为
E = U
d = 4 πkQ
εr S
改变间距，电场强度不变，带电油滴不动，由
φP-0= E d P= 4 πkQ
εr S d P
由于P 到下极板距离d P不变，则可知P 点电势不变，则带电油滴的电势能
EP=q φP
电势能不变，故ACD 错误。
故选B。
11．如图所示，A、B、C、D 是真空中一正四面体的四个顶点（正四面体是由四个全等正三角形围成的空
间封闭图形），E 为CD 的中点，现在A、B 两点分别固定电荷量为+q和-q的两个点电荷，静电力常量为
k，下列说法正确的是（ ）
A．C 点的场强方向与E 点的场强方向相同
B．C 点的场强大于E 点的场强
C．C 点电势高于E 点电势
D．将一负电荷从C 点移动到E 点，其电势能减小
【答案】A
【详解】AC．由题意可知，+q、-q是两个等量异种点电荷，通过AB 的中垂面是一等势面，C、E 在同一
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等势面上，电势相等；C、E 两点的场强都与等势面垂直，方向指向B 的一侧，方向相同，故A 正确，C
错误；
B．设正四面体的边长为a，两个点电荷在C 点产生的场强大小分别为
E A 1= EB1= kq
a
2
其方向的夹角为120°，则C 点的合场强为
EC = E A 1= EB1= kq
a
2
两个点电荷在E 点产生的场强大小分别为
E A 2= EB2= 4 kq
3a
2
其方向的夹角为120°，则E 点的合场强为
EE= E A 2= EB2= 4 kq
3a
2
C 点的场强小于E 点的场强，故B 项错误；
D．由之前的分析可知，C、E 两点的电势相等，由
Ep=qφ
可知负电荷在两点的电势能相等，故D 项错误。
故选A。
12．竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B 带同种电荷，现用水平向左推力F 作用于小球B,两球
分别静止在竖直墙和水平地面上，如图所示，如果将小球B 向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原
来的平衡状态相比较（ ）
A．地面对小球B 的支持力不变
B．推力F 将不变
C．两小球之间的距离变小
D．竖直墙面对小球A 的弹力变大
【答案】A
【详解】以A 球为研究对象，分析受力，如图1 所示，
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设B 对A 的库仑力F 库与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A 的弹力为
N1=mAgtanθ
将小球B 向左推动少许时，θ 减小，则竖直墙面对小球A 的弹力N1减小；库仑力
F 库= mA g
cosθ
θ 减小，cosθ 增大，F 库减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增大；
再以AB 整体为研究对象，分析受力如图2 所示，由平衡条件得：
F=N1
N2=（mA+mB）g
N1减小，则F 减小，地面对小球B 的支持力一定不变，故A 正确，BCD 错误；
故选A。
二、多选题
13．如图，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为+q、质量为m 的小球在力F（大小可以变化）的作
用下沿图中虚线由A 至B 做竖直向上的匀速运动。已知力F 和AB 间夹角为θ，A、B 间距离为d，重力加速
度为g。则（ ）
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A．力F 的最大值为mg
cosθ
B．电场强度E 的最小值为mgsinθ
q
C．小球从A 运动到B 电场力一定做正功
D．若电场强度E = mg tanθ
q
时，小球从A 运动到B 电势能变化量大小可能为2mgd sin
2θ
【答案】BD
【详解】A．分析小球受力情况：小球受到重力mg、拉力F 与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合
力为零，则F 与qE 的合力与mg 大小相等、方向相反，作出F 与qE 的合力，如图所示
拉力F 的取值随着电场强度方向的变化而变化，如果电场强度方向斜向右下方，则F 的值将大于mg
cosθ ，
故A 错误；
B．由图可知，当电场力qE 与F 垂直时，电场力最小，此时场强也最小。则得
qE=mgsinθ
所以电场强度的最小值为
E = mgsinθ
q
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故B 正确；
C．当电场力qE 与AB 方向垂直时，小球从A 运动到B 电场力不做功，故C 错误；
D．若电场强度E = mg tanθ
q
时，即
mg tanθ = Eq
电场力qE 可能与AB 方向垂直，如图1 位置，电场力不做功，电势能变化量为0；电场力的方向也可能电
场力位于位置2 方向，则电场力做功为
W =qE sin 2θ⋅d =q⋅mg tanθ
q
⋅sin 2θ⋅d =2mgd sin
2θ
故D 正确。
故选BD。
14．如图，一半径为R 的光滑绝缘半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑绝缘水平面相切于B 点，
整个空间存在水平向右的匀强电场。一质量为m 的带电小球从A 点以某一初速度向左运动，经过P 点时恰
好对圆弧轨道没有压力。已知轨道上的M 点与圆心O 等高，OP 与竖直方向夹角为37°，取sin37° =0.6，
cos37° =0.8，重力加速度大小为g，则小球（ ）
A．带电小球经过C 点的速度大小为√gR
B．带电小球所受电场力大小为4 mg
3
C．带电小球经过P 点的速度为√5 gR
2
D．带电小球经过M 点时对圆弧轨道的压力大小为3mg
2
【答案】CD
【详解】BC．根据题意可知，小球经过P 点时恰好对圆弧轨道没有压力，电场力和重力的合力提供向心力，
且合力指向圆心，如图所示
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由几何关系有
F电=mg tan37° = 3mg
4
由牛顿第二定律有
F合=
mg
cos37° =m v P
2
R
解得
v P= √5 gR
2
故B 错误，C 正确；
A．小球从P点到C点，由动能定理有
F合R (1-cos37°)= 1
2 m vC
2 - 1
2 m v P
2
解得
vC = √7 gR
2
故A 错误；
D．小球从M点到P点，由动能定理有
- F合R (1-cos53°)= 1
2 m v M
2 - 1
2 m v P
2
在M点，由牛顿第二定律有
Eq+ FN=m v M
2
R
联立解得
FN = 3mg
2
由牛顿第三定律可知，带电小球经过M 点时对圆弧轨道的压力大小为3mg
2
，故D 正确。
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故选CD。
15．一质量为1kg、带电量为+1C的小球，以初速度10m/s冲上一质量为4kg，半径为1m的四分之一绝缘
光滑圆槽。整个空间置于竖直向下，电场强度为10N/C的匀强电场中。所有接触面均光滑，则从小球开始
冲上圆槽到上升到最高点过程中，下列说法正确的是（ ）（重力加速度g=10 m/s
2）
A．小球和槽组成系统机械能守恒
B．小球和槽之间的弹力对槽做正功
C．整个过程小球的电势能增加了21J
D．小球离开槽后继续上升的高度为1m
【答案】BD
【详解】A．小球和槽组成系统除了重力做功之外，还有电场力做功，所以机械能不守恒。故A 错误；
B．小球对槽的弹力斜向右下，地面光滑，槽的位移水平向右，所以该弹力对槽做正功。故B 正确；
C．整个过程电场力对小球做功为
W 电=-qER =-10 J
可知小球的电势能增加了10J。故C 错误；
D．小球开始冲上圆槽到上升到最高点过程，系统水平方向动量守恒，可得
m v0=(M +m)v
设小球离开槽后继续上升的高度为h，由能量守恒，可得
1
2 mv0
2=mg( R+h)+qE( R+h)+ 1
2
(M +m)v
2
联立，解得
h=1m
故D 正确。
故选BD。
16．两点电荷M 、N分别固定在x =-20cm和坐标原点处，所形成电场的电势在x轴上的分布如图所示，
图线与x轴交于x0处，x =20cm处电势最低，取无穷远处电势为0，一正电荷q自x0处由静止释放，则（
）
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A．x0处的电场强度为0
B．电荷M 、N所带电量大小之比为4:1
C．正电荷q运动的过程中，加速度先增大后减小
D．正电荷q运动的过程中，电势能先减小后增大
【答案】BD
【详解】A．φ - x图像，斜率表示电场强度，在x0处的图像斜率不为零，则电场强度也不为零，故A 错误；
B．x =20cm处图像斜率为零，则满足
k
Q1
(40cm)
2 =k
Q2
(20cm)
2
所以电荷M 、N所带电量大小之比为
Q1
Q2
= 4
1
故B 正确；
C．一正电荷q自x0处由静止释放，根据电势变化情况可知，自x0处右侧场强方向先沿x轴正方向后沿x轴
负方向，场强先减小为零后反向增大再减小，根据牛顿第二定律，有
Eq =ma
可知正电荷q运动的过程中，加速度先减小为零后反向增大再减小，故C 错误；
D．一正电荷q自x0处由静止释放，根据电势变化情况可知，自x0处右侧场强方向先沿x轴正方向后沿x轴
负方向，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D 正确。
故选BD。
17．如图所示表示某电场等势面的分布情况，下列说法正确的有（ ）
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A．A 点的电场强度小于B 点的电场强度
B．A、B 两点的电势相等
C．如果把电子从b 等势面移动到d 等势面，电势能减少10eV
D．如果把电子从b 等势面移动到e 等势面，静电力做功是-15eV
【答案】BC
【详解】A．等差等势面越密集，电场越强，则A 点的电场强度大于B 点的电场强度，A 错误；
B．A、B 两点在同一等势面上，电势相等，B 正确；
C．电子带负电，则把电子从b 等势面移动到d 等势面，电势升高10V，电势能减少10eV，C 正确；
D．把电子从b 等势面移动到e 等势面，电势升高15V，电势能减小15eV，电场力做正功为15eV，D 错误。
故选BC。
三、解答题
18．如图所示，一质量为m=1×10
-20kg、带电量为q =+1×10
-10C的粒子，从静止开始被加速电场（图
中未画出）加速后从E 点沿中线水平方向飞入平行板电容器，初速度v0=3×10
6 m/s，粒子飞出平行板电
场后经过无电场区域后，打在垂直于中心线EF 的荧光屏PS 上。已知两平行金属板水平正对且板长均为
l =6cm，两板间距d =2cm，板间电压U AB=100 V，界面MN 与荧光屏PS 相距。L=15cm，粒子重力不计。
求：
（1）加速电场的电压U；
（2）粒子经过界面MN 时的速度；
（3）粒子打到荧光屏PS 时偏离中心线EF 的距离Y。
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【答案】（1）450V；（2）√10×10
6 m/s，速度方向与水平方向夹角为tanθ = 1
3；（3）0.06m
【详解】（1）在加速电场中，由动能定理有
qU = 1
2 m v0
2-0
解得
U = 450 V
（2）粒子的运动轨迹如图所示，在偏转电场中，粒子做类平抛运动
平行于极板方向有
l = v0t
解得
t =2×10
-8s
垂直于极板方向，由牛顿第二定律有
a= qE
m = qU AB
md =5×10
13 m/s
2
设粒子从偏转电场中飞出时沿电场方向的速度大小为v y，则
v y =at =1×10
6 m/s
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所以粒子经过界面MN 时的速度大小为
v =√v0
2+ v y
2 =√10×10
6 m/s
设粒子经过界面MN 时的速度方向与水平方向夹角为θ，则
tanθ = v y
v0
= 1
3
（3）带电粒子在离开电场后做匀速直线运动，垂直于极板方向有
y = 1
2 at
2=0.01m
由相似三角形知识得
y
Y =
l
2
l
2 + L
解得
43
