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第17 讲 电场能的性质
1.掌握电势、电势能、电势差的概念.
2.理解电场力做功的特点，掌握电场力做功与电势能变化的关系.
3.会分析电场中电势的变化，并能利用功能关系分析电荷电势能的变化．
考点一 辨析电场强度、电势、电势差、电势能
1．电势高低的判断方法
(1)沿电场线方向，电势越来越低．
(2)判断出UAB的正负，再由UAB＝φA－φB，比较φA、φB的大小，若UAB>0，则φA>φB，若UAB<0，则
φA<φB.
2．电势能大小的比较方法
做功判断法
1
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电场力做正功，电荷(无论是正电荷还是负电荷)从电势能较大的地方移向电势能较小的地方，反之，
如果电荷克服电场力做功，那么电荷将从电势能较小的地方移向电势能较大的地方．
[例题1] （2024•天津模拟）在O 点处固定一个正点电荷，P 点在O 点右上方．从P 点由
静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，某一段
轨迹如图所示。M、N 是轨迹上的两点，OP＞OM，OM＝ON，则小球（ ）
A．在运动过程中，电势能先增加后减少
B．在P 点的电势能小于在N 点的电势能
C．在M 点的动能小于在N 点的动能
D．从M 点运动到N 点的过程中，电场力始终不做功
【解答】解：A.在运动过程中，电场力先做正功，后做负功，故电势能先减小后增加，故A 错
误；
B.小球从P 到M，电场力做正功，电势能减小，所以P 点电势能大于M 点的电势能，由于OM
＝ON，则M、N 两点电势相等，则小球在两点的电势能相等，所以P 点的电势能大于在N 点的
电势能，故B 错误；
C.由M 到N，电势能相等，重力做正功，动能增大，所以M 点的动能小于N 点的动能，故C 正
确；
D.从M 到N 的过程中，电场力先做正功，后做负功，总功为0，故D 错误。
故选：C。
[例题2] （2024•房山区一模）电子束焊接机的核心部件内存在如图所示的高压电场，K
极为阴极，电子在静电力作用下由A 点沿直线运动到B 点。下列说法正确的是（ ）
2
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A．高压电场中A、B 两点电势相等
B．高压电场中A 点电场强度大于B 点电场强度
C．电子的电势能逐渐减小
D．电子的加速度逐渐减小
【解答】解：AC．根据沿电场线方向电势逐渐降低，由图可知，从A 点到B 点，电势逐渐升高，
电子在电势高的位置电势能较小，所以电子的电势能减小，故A 错误，C 正确；
BD．根据电场线越密电场强度越大，由图可知，高压电场中A 点电场强度小于B 点电场强度，
根据牛顿第二定律可知，加速度逐渐增大，故BD 错误；
故选：C。
[例题3] （多选）（2024•江门一模）如图所示，O、A、B 为一粗糙绝缘水平面上的三点，
不计空气阻力，一电荷量为+Q 的点电荷固定在O 点，现有一质量为m、电荷量为+q 的小金属
块（可视为质点），从A 点以速度v0向右运动，最后停止在B 点，已知小金属块与水平面间
的动摩擦因数为μ，A、B 间距离为L，静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法正确的
是（ ）
A．该过程中小金属块的电势能增大
B．A、B 两点间的电势差为m(v0
2-2 μgL)
2q
C．若在A 处库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时距O 点的距离为√
kQq
μmg
D．若在A 处库仑力小于摩擦力，则小金属块由A 向B 运动过程的平均速度大于v0
2
【解答】解：A．同种电荷相互排斥，可知小金属块从A 向B 运动的过程中库仑力对小金属块
3
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做正功，所以小金属块的电势能减小，故A 错误；
B．小金属块从A 向B 运动的过程中库仑力对小金属块做正功，摩擦力做负功，由动能定理可得
W AB- μmgL=0- 1
2 mv0
2
A、B 两点间的电势差为U AB= W AB
q
解得U AB= m(2 μgL- v0
2)
2q
故B 错误；
C．若在A 处小金属块受到的库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时，其金属块受力平衡，
有μmg=k Qq
x
2
解得x =√
kQq
μmg
故C 正确；
D．若在A 处库仑力小于摩擦力，由牛顿第二定律可得a=
μmg-k Qq
r
2
m
则小金属块由A 向B 运动过程库仑力减小，金属块做加速度增大的减速运动，v﹣t 图像如图所
示
在图中做出初速度为v0，末速度为0 的匀减速匀速直线运动图线，根据平均速度公式v = x
t
可知小金属块由A 向B 运动过程的平均速度大于v0
2
。故D 正确。
故选：CD。
[例题4] （2024•南开区一模）如图所示，虚线a、b、c 是电场中的三个等势面，实线为
一个带正电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q 是轨迹上的两点。下列说法正确的是（
4
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）
A．三个等势面中，等势面a 的电势最高
B．粒子在Q 点时的电势能比在P 点时大
C．粒子在Q 点时的动能比在P 点时大
D．粒子在Q 点时的加速度比在P 点时大
【解答】解：A．根据粒子的运动轨迹可知，粒子所受电场力指向运动轨迹的凹侧，即电场力方
向斜向右下，因带电粒子带正电，则电场线方向垂直于等势面斜向右下，根据沿电场线方向电
势逐渐降低可知，等势面c 的电势最高，等势面a 的电势最低，故A 错误；
BC．因为P 点电势高于Q 点电势，根据Ep＝qφ，由于带电粒子带正电，可知粒子在电势较高的
P 点时的电势能比在Q 点时大，根据能量守恒可知粒子在Q 点时的动能比在P 点时大，故B 错
误，C 正确；
D．由于P 点处的等势面较密，所以P 点的电场强度较大，粒子在P 点受到的电场力较大，故质
点在Q 点时的加速度比在P 点时的小，故D 错误。
故选：C。
[例题5] （2024•西城区一模）如图所示，点电荷Q 周围的三个等势面是同心圆，等势面
上的点A、B、C 在同一条电场线上，且AB＝BC。现将一电荷量为+q 的试探电荷从A 点由静
止释放，试探电荷只受静电力作用，则（ ）
A．该电荷沿着电场线做匀加速直线运动
B．该电荷在AB 段动能的增量小于BC 段动能的增量
C．该电荷在AB 段电势能的减少量大于BC 段电势能的减少量
D．该电荷在AB 段运动的时间小于BC 段运动的时间
【解答】解：A、靠近正电荷的电场线越密集，电场力越大，则加速度越大，可知该电荷沿着电
场线不会做匀加速直线运动，故A 错误；
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BC、匀强电场中U＝Ed，点电荷产生的电场可以用该公式定性分析，AB 间的电场场强一定大
于BC 间的电场场强，且dAB＝dBC，则UAB＞UBC，电场力做功W＝qU，所以WAB＞WBC，该电
荷在AB 段电势能的减少量大于BC 段电势能的减少量，根据动能定理可知，电荷在AB 段动能
的增量大于BC 段动能的增量，故B 错误，C 正确；
D、电荷做加速度逐渐减小的加速运动，则相等的位移内运动时间减小，则该电荷在AB 段运动
的时间大于BC 段运动的时间，故D 错误。
故选：C。
[例题6] （2024•开福区校级模拟）电子透镜两极间的电场线分布如图，中间的一条电场
线为直线，其他电场线对称分布，a、b、c、d 为电场中的四个点，其中b、d 点和b、c 点分别
关于x、y 轴对称。一离子仅在电场力作用下从a 运动到b，轨迹如图中虚线所示，下列说法正
确的是（ ）
A．该离子带正电
B．离子在a、b 两点的电势能满足Epa＜Epb
C．b、d 直线是等势面
D．b、c 两点的场强相同
【解答】解：A、离子受电场力指向轨迹凹侧，与电场线方向相反，则离子带负电，故A 错误；
B、沿着电场线的方向电势逐渐降低，则a 点电势大于b 点电势，根据电势能公式Ep＝qφ 可知，
离子在a、b 两点的电势能满足Epa＜Epb，故B 正确；
C、等势面与电场线垂直，则b、d 直线不是等势面，故C 错误；
D、由对称可知，b、c 两点的场强大小相同，方向不同，场强不相同，故D 错误。
故选：B。
考点二 电场线、等势面及运动轨迹问题
1．几种常见的典型电场的等势面比较
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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
在连线的中垂线上，电势为零
等量同种
正点电荷
的电场
在连线上，中点电势最低，而在
连线的中垂线上，中点电势最高
2.在电场中带电粒子运动轨迹问题的分析方法
(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负；
(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差
的变化等；
(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况．
[例题7] （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
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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。
[例题8] （多选）（2024•郫都区校级二模）如图所示，真空中的a、d 两点固定两个点电
荷Q1、Q2，其中Q1带正电，b、c 是ad 连线的三等分点，c、e 位于以d 为圆心的圆周上，e 点
的场强为零，若取无穷远处电势为零。则以下说法正确的是（ ）
A．同一试探电荷在b 点受到的静电力大于c 点受到的静电力
B．e 点的电势φe＜0
C．电势差Ubc＝Ube
D．Q1的电荷量大于Q2的电荷量
【解答】解：D、设ab＝bc＝cd＝de＝r，因e 点场强为零，故点电荷Q1、Q2在e 点的电场强度
等大反向，可知Q2带负电。
根据点电荷的场强公式可得：k
Q1
(4 r )
2 =k Q2
r
2 ，可得：Q1＝16Q2，故D 正确；
A、设试探电荷的电量为q。
在b 点其受到的静电力大小为：Fb=k Q1q
r
2 + k Q2q
(2r )
2 = 65
4 ⋅k Q2q
r
2
在c 点其受到的静电力大小为：Fc =k Q1q
(2r )
2 +k Q2q
r
2 =5k Q2q
r
2
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可知：Fb＞Fc，故A 正确；
B、Q1在e 点产生的电势为：φ1=k Q1
4 r ；Q2在e 点产生的电势为：φ2=-k Q2
r （Q2＞0）。
则e 点的电势为：φe=φ1+φ2=3k Q2
r ＞0，故B 错误；
C、同理可得：b 点的电势为：φb= k Q1
r
-k Q2
2r = 31
2 ⋅k Q2
r
c 点的电势为：φc =k Q1
2r -k Q2
r =7 k Q2
r
U bc =φb-φc = 17
2 ⋅k Q2
r
U be=φb-φe= 25
2 ⋅k Q2
r
可知：Ubc＜Ube，故C 错误。
故选：AD。
[例题9] （多选）（2024•咸阳二模）如图甲所示，圆形区域ABCD 处在平行于纸面的匀
强电场中，圆心为O，半径为R＝0.1m。P 为圆弧上的一个点，PO 连线逆时针转动，θ 为PO
连线从AO 位置开始旋转的角度，P 点电势随θ 变化如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的场强大小为20V/m
B．匀强电场的场强方向垂直BD 连线向右
C．一氦核（ 2
4He）从A 点沿圆弧运动到C 点，电势能增加了2eV
D．一电子从A 点沿圆弧逆时针运动到B 点，电场力先做负功后做正功
【解答】解：AB、根据图像可知，当θ＝0 时，P 位于A 点，A 点电势为2V；当θ = π
3 时，P 点
位于P1，电势为1V，当θ = 4 π
3 时，P 点位于P2，电势为5V。根据夹角关系可知，P1OP2位于同
一条直线上，即如图所示
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根据等分法可知，OP1中点N 的电势为2V，故AN 的连线为匀强电场中的一条等势线。根据几
何关系可知，AN⊥P1P2，故P1P2即为匀强电场中的一条电场线，且电场方向由P2指向P1。根据
电场强度与电势差的关系可得
E = φN -φP1
R
2
=2× 2-1
0.1 V /m=20V /m，故A 正确，B 错误；
C．由几何关系可知，C 点与OP2中点M 的连线垂直P1P2，故CM 为等势线，故根据等分法可知
φC＝φM＝4V
一氦核（ 2
4 He）从A 点沿圆弧运动到C 点，电势能变化量为ΔEP＝qφC﹣qφA＝4eV，即电势能
增加了4eV，故C 错误；
D．由上可知，电场方向由P2指向P1，电子从A 点沿圆弧逆时针运动到B 点，电场力先做负功
后做正功，故D 正确。
故选：AD。
[例题10] （2024•龙岗区校级三模）如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成θ 角，
极板的长度为L，A 板带负电，B 板带正电，且B 板接地。若一比荷为k 的带电小球恰能从A
板左端沿图中所示水平直线向右通过电容器，重力加速度大小为g，下列说法正确的是
（ ）
A．小球带负电
B．在此过程中小球的电势能减小
C．AB 板之间电势差UAB=- gLtanθ
kcosθ
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D．若小球离开电场时速度刚好为0，则运动时间为√
2 L
gtanθ
【解答】解：ACD、分析可知，小球受竖直向下的重力，以及垂直于电容器极板的电场力，而
要小球恰能沿图中所示水平直线向右通过电容器，则小球所受电场力必然垂直电容器极板斜向
左上方，小球的受力分析如图所示
带正电的粒子在电场中所受电场力的方向与电场场强的方向相同，则该小球带正电；
在竖直方向上，根据平衡条件得qE•cosθ＝mg，解得：E= mg
qcosθ =
g
kcosθ
AB 板之间电势差UAB＝﹣UBA＝﹣ELtanθ=- gLtanθ
kcosθ ，
在水平方向上，由牛顿第二定律有mgtanθ＝ma
由匀减速直线运动的规律与逆向思维可得：
L
cosθ = 1
2 at
2，解得：t =√
2 L
gsinθ ，故AD 错误，C
正确；
B、此过程中电场力对小球做负功，小球的电势能增大，故B 错误；
故选：C。
考点三 静电场中图象问题的处理技巧
1．v－t 图象：根据v－t 图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的
方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能的变化．
2．φ－x 图象：(1)电场强度的大小等于φ－x 图线的斜率大小，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WAB＝qUAB，进而分析
WAB的正负，然后作出判断．
3．E－x 图象：(1)反映了电场强度随位移变化的规律．(2)E＞0 表示场强沿x 轴正方向；E＜0 表示
场强沿x 轴负方向．(3)图线与x 轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两
点的电势高低根据电场方向判定．
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[例题11] （2024•枣强县校级模拟）某区域存在一电场，该区域内x 轴上各点电势φ 随位
置x 变化的关系如图所示。α 粒子从D 点由静止释放，仅在电场力作用下沿x 轴通过C 点，下
列说法中正确的是（ ）
A．由D 点到C 点电场强度的方向始终沿x 轴正方向
C．α 粒子从D 点到C 点运动的过程中其电势能减小10eV
B．α 粒子从D 点到C 点运动的过程中所受电场力先增大后减小
D．α 粒子从D 点到C 点运动的过程中其动能先增大后减小
【解答】解：A、沿电场线方向电势逐渐降低，从D 到C 电势先降低后升高，则电场强度的方
向先沿x 轴正方向，再沿x 轴负方向，故A 错误；
B、α 粒子在D 和C 点的电势能为EPD＝2e×20V＝40eV，EPC＝2e×10V＝20eV，则ΔEP＝EPD﹣
EPC＝40eV﹣20eV＝20eV，所以α 粒子从D 到C 的过程中其电势能减小20eV，故B 错误；
C、φ﹣x 图像的斜率为电场强度E，从D 到c 的过程中E 先减小后增大，所以α 粒子从D 到c 的
过程中所受电场力先减小后增大，故C 错误；
D、从质子从D 到C 的过程中电势能先减小后增大，由能量守恒得，动能先增加后减小，故D
正确。
故选：D。
[例题12] （多选）（2024•辽宁二模）某静电场的电场线沿x 轴，其电场强度E 随x 的变
化规律如图所示，设x 轴正方向为静电场的正方向，在坐标原点有一电荷量为q 的带电粒子仅
在电场力作用下由静止开始沿x 轴正向运动，则下列说法正确的是（ ）
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A．粒子带正电
B．粒子运动到x0处速度最大
C．粒子不可能运动到3x0处
D．在0～3x0区域内，粒子获得的最大动能为7
8 q E0 x0
【解答】解：A、带电粒子仅在电场力作用下由静止从坐标原点O 开始沿x 轴正向运动，开始时
电场方向为正方向，与开始时电场强度的方向是相同的，所以粒子带正电，故A 正确；
BCD、由几何关系可知在0～5
3 x0、9
4 x0～3x0之间电场强度的方向为正，粒子在其中运动时电
场力做正功，在5
3 x0～9
4 x0之间电场强度的方向为负，粒子在其中运动时电场力做负功，结合U
＝Ex 可知，E﹣x 图像中，图线与x 轴之间的面积可以表示电势差，则三段电势差分别为：
U 1=
5
3 E0 x0
2
= 5
6 E0 x0
，
U 2=-
( 9
4 x0- 5
3 x0)⋅E0
2
2
=- 7
48 E0 x0
，
U 3=
(3 x0- 9
4 x0)⋅E0
2
2
= 3
16 E0 x0
由于|U2|＜U3，可知粒子到达3x0处时电场力做的功最多，则粒子运动到3x0处速度最大。
只有电场力做功，则在0 ～3x0 区域内，粒子获得的最大动能为Em ＝q （U1+U2+U3 ）
=q( 5
6 E0 x0- 7
48 E0 x0+ 3
16 E0 x0)= 7
8 q E0 x0，故BC 错误，D 正确。
故选：AD。
[例题13] （2024•南充模拟）绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一质量为m、电荷量为
﹣q（q＞0）的滑块（可看作点电荷）从a 点以初速度v0沿水平面向Q 运动，b 点为滑块运动
中距Q 最近的点。已知a、b 间距离为d，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为
g。以下判断正确的是（ ）
A．滑块在b 点的加速度一定为0
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B．滑块在运动过程的中间位置，速度的大小等于√2
2 v0
C．滑块在运动过程的中间时刻，速度的大小等于v0
2
D．Q 产生的电场中，a、b 两点间的电势差为U ab= m(v0
2-2 μgd )
2q
【解答】解：A.由于b 点为滑块运动中距Q 最近的点，则滑块在b 点速度为零，则滑块在运动过
程中做减速运动，所以到达b 点时加速度不为零，故A 错误；
BC.若滑块在滑动过程中做匀减速直线运动，则在运动过程的中间位置，速度的大小为：
v x
2
=√
v0
2
2 = √2
2 v0，在运动过程的中间时刻的速度的大小等于全程的平均速度：v l
2
= v0
2 ，而实际
上，滑块做的是变加速直线运动，故中间位置的速度的大小不等于√2
2 v0，中间时刻的速度不等
于v0
2 ，故BC 错误；
D.根据动能定理得：W ab- μmgd =0- 1
2 m v0
2，Wab＝﹣qUab，解得U ab= m(v0
2-2 μgd )
2q
，故D
正确。
故选：D。
考点四 用功能关系分析带电粒子的运动
1．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，其他各力对物体所做的功等于物体机械能的变化．
(4)所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化．
2．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．
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(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14] （2024•陕西一模）有一匀强电场平行于直角坐标系xoy 所在的竖直平面，现将
一质量为m，带电量为+q 的小球从坐标原点O 处沿y 轴负向以2m/s 的初速度向下抛出，其带
电小球运动的轨迹方程为x = 5
4 y
2，重力加速度取g＝10m/s2，则下列说法中正确的是（ ）
A．电场强度大小为√2mg
q
，方向与x 轴正向夹角45°
B．电场强度大小为√3mg
q
，方向与x 轴正向夹角30°
C．电场强度大小为2mg
q
，方向与x 轴负向夹角45°
D．电场强度大小为mg
q ，方向与x 轴正向夹角30°
【解答】解：由带电小球运动的轨迹方程为：x= 5
4 y
2
根据题意可知，小球在y 轴方向做匀速直线运动，在x 方向上做匀加速直线运动，
x 方向上：y＝v0t
在x 方向上：x= 1
2 at
2= 1
2 a×( y
v0
)
2= a
2v0
2 ⋅y
2
对比可得：
a
2v0
2 = 5
4
可知带电小球的加速度a＝10m/s2，小球做类平抛运动可得，小球受到的电场力竖直向上分力与
重力平衡，水平向右的分力为合外力，则
15
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F 电＝qE=√(ma)
2+(mg)
2
解得：E= √2mg
q
方向与x 轴正方向夹角为θ，则有：tanθ= mg
ma =1，解得θ＝45°，故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
[例题15] （2024•深圳一模）两块平行金属板安装在绝缘基座上，A 板连接感应起电机的
正极，B 板连接负极。一个由锡纸包裹的乒乓球用绝缘细线悬挂于AB 两板之间。摇动起电机，
乒乓球在电场力作用下与AB 两板往返运动碰撞，下列说法正确是（ ）
A．A 板的电势低于B 板的电势
B．乒乓球往返运动过程中始终带正电
C．A→B 的运动过程中电场力对乒乓球做负功
D．A→B 的运动过程中乒乓球电势能减小
【解答】解：A、当两块金属板带上正负电荷后（叫做正负极板），A 板的电势高于B 板的电势
故A 错误；
BCD、乒乓球上靠近正极板的一侧带有负电，而靠近负极板一侧带有正电。正负极板都对乒乓
球产生吸引作用。由于乒乓球与两极板的距离不等，因此受到两极板的吸引力就不相等。如果
乒乓球离正极板近，则正极板对乒乓球的吸引力大于负极板的吸引力，乒乓球就被吸向正极板。
当乒乓球与正极板接触后，乒乓球就带上了正电（接触带电）。带正电的乒乓球与正极板产生
排斥作用，乒乓球离开正极板。同时乒乓球受到负极板的吸引作用，因而向负极运动，与负极
板发生接触。当乒乓球所带的正电被负极板所带的负电中和后，又带上了负电，因此球又离开
负极板向正极板运动。如此重复进行，就会看到乒乓球在两板之间来回碰撞不停。故BC 错误，
D 正确。
故选：D。
16
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[例题16] （多选）（2024•天津一模）如图所示，竖直固定的光滑绝缘细杆上O 点套有一
个电荷量为﹣q（q＞0），质量为m 的小环，整个装置处在固定于杆左侧电荷量为+Q（Q＞
0）的点电荷产生的电场中，杆上a、b 两点与+Q 正好构成等边三角形，c 是ab 的中点．使小
环从O 点无初速度释放，小环通过a 点的速率为v，若已知ab＝Oa＝l，静电常量为k，重力加
速度为g，规定O 点电势为零。则（ ）
A．小环下落过程中机械能守恒
B．小环下落过程中电势能先减小后增大
C．小环在从c 点到b 点的过程中，速度不断减小
D．b 点电势为
1
2 m v
2-mgl
q
【解答】解：A、小环在运动过程中，重力和电场力都做功，小环的机械能不守恒，故A 错误；
B、小环从O 到b，小环先靠近+Q 后远离+Q，两者静电力是引力，所以电场力做的功先正后负，
电势能先减小后增大，故B 正确；
C、小环在bc 之间运动时，重力一直做正功，电场力做负功，小环的速度不一定减小，故C 错
误；
D、小环在Oa 之间运动时，重力和电场力都做正功，由动能定理可得mgl+qU ao= 1
2 m v
2
可得U ao=
1
2 m v
2-mgl
q
规定O 点电势为零，则Uao＝φa﹣0
由题结合点电荷电场的特点可知，a 点与b 点电势相等，则φb＝φa
17
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联立可得φb=
1
2 mv
2-mgl
q
，故D 正确。
故选：BD。
题型1 电势高低判断、电势能大小判断
1.
（2024•金华二模）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。已知球壳内部电场强度处处为零，且球壳Ⅰ在A 点形成的电场强度为E1，规定距O 点无限
远处的电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．O 点电势为零
B．球壳Ⅰ在O 点形成的电场强度水平向左
C．球壳Ⅱ在A 点形成的电场强度大小E2= 2kq
x
2 - E1
D．球壳Ⅰ和球壳Ⅱ在A 点的电势相等
【解答】解：A．球壳之间的间距可忽略，则它们可以看作一个整体，根据对称性，O 点电场强
度为零，两球壳均匀带有正电荷，距O 点无限远处的电势为零，O 点电势为正，故A 错误；
B．根据对称性可以判断，球壳带正电，球壳Ⅰ在O 点形成的电场强度水平向右，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
方向自O 指向A，由于两球壳在A 点分别形成的电场强度方向均沿O 指向A，则E＝E1+E2
即E＝E1+E2
解得E2= 2kq
x
2 - E1，故C 正确；
18
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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，形成的电势高，故D 错误。
故选：C。
2.
（2024•贵州模拟）如图所示，将带正电的试探电荷沿等量异种点电荷连线从A 点移
动到B 点，再沿连线中垂线从B 点移动到C 点。在此过程中，对试探电荷所受的静电力F，所
经过的各点处电势φ 的高低，试探电荷的电势能E 的大小，下列判断正确的是（ ）
A．A 处与C 处的电场力方向相反
B．FA＞FB＞FC
C．φA＞φB＞φC
D．EA＜EB＝EC
【解答】解：A.量异种电荷的电场分布规律可知A、B、C 三处的电场强度方向均与电荷连线平
行，由正电荷指向负电荷；试探电荷带正电，受到的电场力与场强方向相同，则试探电荷在三
处所受的电场力方向相同，故A 错误；
B.根据F＝qE
可知电场力大小与场强大小分布一致，则有
FA＞FB＞FC，故B 正确；
C.根据沿电场线方向电势降低，且等量异种电荷的连线中垂线为等势线，可知A、B、C 三处的
电势关系为
φA＞φB＝φC，故C 错误；
D.电势能与电势关系
Ep＝qφ
由于试探电荷带正电，则探电荷在三处的电势能E 大小为
EA＞EB＝EC，故D 错误。
故选：B。
19
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题型2 公式E=U/d 在匀强电场中的应用
3.
（2024•广西模拟）如图，空间中有一匀强电场，大小为mg
q ，方向与水平方向成30°
角，现有一光滑绝缘大圆环固定在竖直平面内，O 点为环心，将质量为m、带电荷量为+q 的
小圆环套在大圆环的M 点并同时给小圆环一个向右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环
做完整的圆周运动，重力加速度为g，则小圆环（ ）
A．从M 点到Q 点动能减小
B．在M 点和N 点的电势能相等
C．从M 点到Q 点电场力做负功
D．动能最大处的电势低于动能最小处的电势
【解答】解：C．小圆环带正电，从M 点到Q 点电场力做正功，故C 错误；
B．作出等势面如图
沿电场线方向电势降低，则在M 点的电势高于N 点的电势，根据
Ep＝φq
可得在M 点的电势能大于N 点的电势能，故B 错误；
A．小圆环受到的电场力
F =qE =q mg
q =mg
受力如图
20
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则小圆环运动的等效最高点和等效最低点分别为A 点和B 点，在A 点速度最小，在B 点速度最
大，则从M 点到Q 点动能先增大后减小，故A 错误；
D．根据沿电场线方向电势降低，则在B 点的电势低于A 点的电势，即动能最大处的电势低于
动能最小处的电势，故D 正确。
故选：D。
4.
（2024•宝鸡模拟）如图所示，空间有一匀强电场，其方向与直角三角形△ABC 所在
的平面平行，∠B＝60°D 为BC 的中点，AB 边长2cm，D 点电势为0V。现将一个电荷量为﹣
1×10﹣6C 的点电荷从电场中的B 点移到A 点，电场力做了2×10﹣6J 的功，再从A 点移到点
C，点电荷克服电场力做了6×10﹣6J 的功。则关于匀强电场的场强大小和方向说法正确的是（
）
A．场强方向沿AB 直线由A 指向B
B．场强方向沿AC 直线由A 指向C
C．场强大小为150V/m
D．场强大小为200V/m
【解答】解：AB．根据电势差公式U= W
q 知
UBA= W BA
q
= 2×10
-6
-1×10
-6 V＝﹣1V
UAC= W AC
q
=-6×10
- 4
-1×10
- 4 V＝6V
21
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由于UBA＜0，说明A 点的电势高于B 点的电势，而UAC＞0，说明A 点的电势高于C 点的电势，
所以场强方向不可能沿AB 直线由A 指向B，也不可能沿AC 直线由A 向C，故AB 错误；
CD．如图所示，因此B 点与1
3AC 点E 的连线为等势线，则电场线方向由A 指向D，由题知，
∠B＝60°，AB 边长2cm，AC 边长2√3cm，根据几何关系知
BE×OA＝AE×AB
解得OA＝1cm＝0.01m
根据公式知
UAB＝E•OA
代入得
E＝200V/m
故C 错误，D 正确；
故选：D。
题型3 公式E=U/d 在非匀强电场中的应用
5.
（2024•正定县校级三模）如图所示，在正四面体ABCD 的ABD 面内，有一内切圆，
圆心为O，M、N、P 分别为BD、AB 和AD 边与圆的切点。正四面体的顶点A、B、D 分别固
定有电荷量为+Q、+Q、﹣Q 的点电荷，则（ ）
A．M、P 两点的电场强度相同
B．M、O、N、P 四点的电势φN＞φP＞φO＞φM
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C．将正试探电荷由C 移动到M，电势能减少
D．将正试探电荷由P 移动到N，电场力做负功
【解答】解：A．如图，空间任一点的电场是三个点电荷产生的电场的叠加，根据对称性和电场
的叠加原理可知，M 点和P 点的电场强度大小相等
设EM和BD 间的夹角为θ，有
tanθ= E A
2 EB
=
kQ
( Lsin60°)
2
2kQ
( L
2 )
2
= 1
6
说明EM和EN的方向不同，故两点的场强不同，
故A 错误；
B．根据等量同种正点电荷空间等势面的分布特点可知，在A、B 两处的正点电荷产生的电场中，
M、P 两点的电势相等，且N 点电势高于O 点的电势，O 点的电势高于和M、P 点的电势；在D
点的负点电荷产生的电场中，N 点的电势高于O 点的电势，O 点的电势高于M、P 两点的电势，
所以，可知φN＞φO＞φM＝φP，故B 错误；
C．仅考虑B 处和D 处点电荷时，C 点和M 点的电势相等，正试探电荷由C 到M，靠近A 处的
正点电荷，电场力做负功，电势能增加，故C 错误；
D．由于φN＞φP，则将正试探电荷由P 移动到N，电场力所做的功W＝qUPN＝q（φP﹣φN）＜
0，
电场力做负功，故D 正确。
故选：D。
23
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题型4 等势面与轨迹问题
6.
（多选）（2024•兴宁区二模）某电场的三条等势线为关于x 轴对称的椭圆，如图所
示a、c、d 为等势线上的3 个点，其电势分别为φa＝16V，φc＝10Y，φd＝4V，b 为ac 的中点。
一质子仅受电场力作用从a 点由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．沿x 轴正方向电势一直降低
B．质子从a 到d 的过程中加速度减小，速度增大
C．b 点的电势大于13V
D．质子运动到d 点时的动能为12eV
【解答】解：A、等势线为椭圆，则沿x 轴正方向电势先降低，再升高，故A 错误；
B、等势线密集的地方场强越大，则质子从a 到d 的过程中电场力增大，根据牛顿第二定律可知
加速度增大，电场力做正功，动能增大，速度增大，故B 错误；
C、从a 到c 电场逐渐增大，则φa-φc
ab
＜φb-φc
bc
，可知φb＞13V，故C 正确；
D、质子仅受电场力作用从a 点由静止释放，根据动能定理可知e（φa﹣φd）＝Ek
解得Ek＝12eV
故D 正确；
故选：CD。
7.
（2024•佛山二模）静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置。如图，
一电子在电场中仅受电场力的作用，实线描绘出了其运动轨迹，虚线表示等势线，各等势线关
于y 轴对称，a、b、c、d 分别是轨迹与等势线的交点。已知电子在经过a 点时动能为60eV，
各等势线的电势高低标注在图中，则（ ）
24
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A．a、d 两点的电场强度相同
B．电子从a 到b 运动时，电场力做负功
C．电子从c 到d 运动时，电势能逐渐减小
D．电子在经过等势线d 点时的动能为60eV
【解答】解：A、画出过a、d 两点的电场线，如下图所示：
电场线疏密表示电场的强弱，由图可知a、d 两点处电场线疏密相同，所以两点场强大小相等，
方向不同，所以a、d 两点的电场强度不相同，故A 错误；
B、a 点电势小于b 点电势，电子带负电，则从a 到b 电子电势能减小，所以电场力做正功，故B
错误；
C、c 点电势高于d 点电势，可知从c 到d 电子电势能增加，故C 错误；
D、只有电场力做功，电子电势能和动能之和不变，a、d 两点电势相等，则电子在a、d 两点电
势能相等，则电子在两点的动能相等，所以电子在经过等势线d 点时的动能为60eV，故D 正确。
故选：D。
8.
（2024•广东模拟）图（a）为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图
（b）为四极杆内垂直于x 轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则
（ ）
25
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A．P 点电势比M 点的低
B．P 点电场强度大小比M 点的大
C．M 点电场强度方向沿x 轴负方向
D．沿x 轴运动的带电粒子，电势能不变
【解答】解：AC、根据等量同种电荷周围电场线的分布情况可知，金属四极杆之间，在z 轴上，
电场线方向背离O 点，在y 轴上，电场线的方向指向O 点，所以M 点电场强度方向沿z 轴正方
向，根据沿电场线方向电势降低可知：φP＞φO＞φM，故AC 错误；
B、M 点等势线比P 点的等势线密，所以P 点电场强度大小比M 点的小，故B 错误；
D、x 轴到金属四极杆之间的距离相等，根据电势的叠加可知，x 轴为等势面，根据Ep＝qφ 可知，
沿x 轴运动的带电粒子，电势能不变，故D 正确。
故选：D。
9.
（多选）（2024•宁河区校级一模）如图所示，虚线a、b、c 是电场中的三个等势面，
相邻等势线间的电势差相等，实线为一个带负电的质点仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q
是轨迹上的两点。下列说法正确的是（ ）
A．质点在 Q 点时电势能比 P 点时大
B．质点在 Q 点时加速度方向与等势面 a 垂直
C．三个等势面中等势面 a 的电势最低
D．Q 点的电场强度小于P 点的电场强度
【解答】解：假设负电荷从p 运动到Q，根据物体做曲线运动时，合力指向运动轨迹的凹侧、等
势面与电场线垂直以及物体做曲线运动时某点的速度方向与该点的切线方向的一致，作图如下：
26
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A．从图中可知，负点电荷从P 运动到Q 的过程中，瞬时速度的方向与电场力的夹角小于90°，
电场力做正功；根据电场力做功与电势能变化的关系WPQ＝EpP﹣EpQ＞0，可知EpQ＜EpP，即质
点在Q 点时电势能比P 点时小，故A 错误；
B.负电的质点仅在电场力作用下，根据牛顿第二定律可知，加速度方向与电场力方向相同；电
场力方向与该点的场强方向相同，由于电场线与等势面垂直，因此质点在Q 点时加速度方向与
等势面a 垂直，故B 正确；
C．负点电荷从P 运动到Q 的过程中，根据电场力做功公式WPQ＝﹣qUPQ＝﹣q（φP﹣φQ）＞
0，可知P、Q 两点的电势高低为φP＜φQ，三个等势面中等势面a 的电势最高，故C 错误；
D．等差等势线分布的疏密反映电场的大小，等势面越密的地方场强越大，因此Q 点的电场强度
小于P 点的电场强度，故D 正确。
故选：BD。
题型5 电场中的三类常见图像φ-x 图像、Ep-x 图像、E-x 图像
10. （2024•漳州模拟）如图，绝缘粗糙的水平面附近存在一与x 轴平行的电场，其在x
轴上的电势φ 与坐标x 的关系如图中曲线所示，图中的倾斜虚线为该曲线过点（0.15，3）的
切线。质量为0.10kg、电荷量为1.0×10﹣7C 的带正电滑块P，从x1＝0.10m 处由静止释放，滑
块与水平面间的动摩擦因数为0.20。滑块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取
10m/s2。则滑块（ ）
A．做匀减速直线运动
27
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B．经过x2＝0.15m 处时，速度最大
C．从释放到经过x2＝0.15m 处，电场力做功3.0×10﹣2J
D．可以滑到x3＝0.30m 处
【解答】解：B、x2＝0.15m 处，场强E = ΔU
Δx = 4×10
5
0.3-0.1N/C＝2×106N/C，滑块受到的电场力F
＝qE＝1.0×10﹣7×2×106N＝0.2N，滑动摩擦力Ff＝μmg＝0.2×0.1×10N＝0.2N，此时加速度为零，
滑块的速度最大，故B 正确；
A、φ﹣x 图像中，某点切线的斜率k = Δφ
Δx 表示该点的场强的大小，由此可知沿x 轴正方向，电
场强度逐渐减小，根据牛顿第二定律可知
qE﹣f＝ma
滑块在整个过程中先做加速度减小的变加速运动
加速度为零后有f﹣qE＝ma
后做加速度增大的变减速运动，故A 错误；
C、从释放到经过x2＝0.15m 处，电场力做功W＝q（φ1﹣φ2）＝1.0×10﹣7×（4.5×105﹣3×105）J
＝1.5×10﹣2J，故C 错误；
D、若滑块能在0.3m 处停下，则电场力做功WE＝q（φ1﹣φ3）＝1.0×10﹣7×（4.5×105﹣1.5×105）
J＝3×10﹣2J，摩擦力做功W1＝﹣μmg（x3﹣x1）＝﹣0.2×0.1×10×（0.3﹣0.1）J＝﹣4×10﹣2J
WE+Wf＜0；说明滑块不能够滑到x3＝0.30m 处，故D 错误。
故选：B。
11. （2024•渝中区模拟）如图甲所示，有一电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为
O，轴线上的电场强度如图乙所示。现有一带正电的粒子（不计受到的重力）以大小为v0的初
速度沿轴线由P 点运动到Q 点，OP＝OQ＝L。以x 轴的正向为电场强度的正方向，关于粒子
由P 点运动到Q 点的过程，下列说法正确的是（ ）
A．细圆环带负电
B．粒子到达Q 点时的速度大小为v0
28
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C．粒子所受静电力先增大后一直减小
D．粒子到达Q 点时的速度大小为2v0
【解答】解：A、以x 轴的正向为电场强度的正方向，结合图乙中电场的正负可知，圆环带正电，
故A 错误；
BD、根据对称性结合qU= 1
2 m v
2，可知粒子到达Q 点时的速度大小为v0，故B 正确，D 错误；
C、根据F＝qE 可知，粒子所受静电力先增大后减小，然后再增大，最后减小，故C 错误；
故选：B。
12. （2023•道里区校级模拟）空间存在方向沿x 轴的电场，x 轴上各点电势φ 的变化规
律如图所示，其中B 点电势为零，C 点电势最低。下列说法正确的是（ ）
A．AC 间电场方向沿x 轴正方向
B．B 点电场强度小于C 点电场强度
C．将一正的试探电荷沿x 轴从B 点移动到D 点，电场力一直做正功
D．负的试探电荷在A 点的电势能大于在D 点的电势能
【解答】解：A、根据电场线的特点，沿着电场线电势降低，结合图像可知A 到C 电势一直降
低，说明AC 间电场方向沿x 轴正方向，故A 正确；
B、根据电场强度与电势差的关系可知，φ﹣x 图像的斜率表示电场强度，B 点斜率大，电场强
度大于C 点电场强度，故B 错误；
C、根据电场线的特点，沿着电场线电势降低，结合图像可知B 到C 电势一直降低，电场线由B
指向C，从C 到D 电势升高，说明CD 间电场线由D 指向C，正电荷受力方向先是从B 指向C，
再从D 指向C，所以正的试探电荷沿x 轴从B 点移动到D 点电场力先做正功，后做负功，故C
错误；
D、根据图像可知，A 点电势高，根据电势能与电势的关系Ep＝φq 可知，负电荷在电势高的地
方电势能小，故D 错误。
故选：A。
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13. （2023•厦门模拟）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（ ）
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，电势能先增大后减小
【解答】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，正电荷会向电势低的方向运动，则电荷会沿着x 轴正方向运
动，因此正电荷的电势能先减小后增大，故D 错误。
故选：B。
14. （2023•鞍山一模）如图所示，在光滑绝缘的水平面上固定两个等量负点电荷A 和
B，O 点为AB 连线的中点，C、D 为AB 连线上关于O 点对称的两个点，且CO＝OD＝L．一
带正电的可视为点电荷的小球以初速度v．从C 点运动到D 点．设O 点的电势∅0＝0，取C 点
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为坐标原点，向右为x 轴的正方向，在下列中关于小球的电势能EP、小球的动能EK、电势∅、
电场强度E 与小球运动的位移x 变化的图象，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：A、C，从C 到D，电场线方向先向左后向右，则电势先升高后降低，则正电荷的
电势能先增大后减小，该电荷在C、D 两点处的电势能相同。故AC 错误。
B、由上正电荷的电势能先增大后减小，在C、D 两点处的电势能相同，由能量守恒定律得知，
动能先减小后增大，在C、D 两点处的动能相同，故B 正确。
D、设AC＝BD＝r，点电荷A 和B 的电量大小为Q，则当位移为x 时，场强为E＝k
Q
(r + x)
2 -k
Q
(r +2r - x)
2，由数学知识得知E 与x 是非线性关系，图象是曲线。故D 错误。
故选：B。
15. 两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x 轴上的A、B 两点，两电荷连线上各点电势
φ 随坐标x 变化的关系图像如图所示，其中P 点电势最高，且xAP＜xPB，则（ ）
A．q1和q2都是负电荷
B．q1的电荷量大于q2的电荷量
C．在A、B 之间将一负点电荷沿x 轴从P 点左侧移到右侧，电势能先增大后减小
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D．一点电荷只在电场力作用下沿x 轴从P 点运动到B 点，加速度逐渐变小
【解答】解：A、由图可知，越靠近两点电荷，电势越低，则两点电荷均为负电荷，故A 正确；
B、φ﹣x 图像切线的斜率表示电场强度，由图像得，P 点场强为零，则两电荷在P 处产生的场强
大小相等，方向相反，即k
q1
x AP
2 =k q2
xBP
2
xAP＜xPB，则q1的电荷量小于q2的电荷量，故B 错误；
C、由图可知，在A、B 之间沿x 轴从P 点左侧到右侧，电势先增加后减小，根据Ep＝qφ 可知负
点电荷的电势能先减小后增大，故C 错误；
D、φ﹣x 图像的斜率表示电场强度，由图像得，沿x 轴从P 点运动到B 点场强逐渐增大。由a
= qE
m 可知，电荷只在电场力作用下沿x 轴从P 点运动到B 点，加速度逐渐增大，故D 错误。
故选：A。
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