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微专题9 电场的性质及带电粒子在电场中
的运动
求解电场强度的方法
[例1] (2025·湖北卷)(多选)如图所示，在xOy 平面内有一以O 点为中心的正
五边形，顶点到O 点的距离为R，在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电
荷量为q、2q、3q、4q、5q 的正点电荷，且电荷量为3q 的电荷在y 轴正半轴上。
静电力常量为k，则O 点处的电场强度( )
A．方向沿x 轴负方向
B．方向与x 轴负方向成18°夹角斜向下
C．大小为2kq
R
2 (cos 54°＋cos 18°)
D．大小为2kq
R
2 (2cos 54°＋cos 18°)
AD [分别作出五个点电荷在O 点的电场强度如图所示，则O 点的电场强度大
小沿y 轴正方向的分量大小为Ey＝kq
R
2sin 54°－2kq
R
2 sin 18°－3kq
R
2 －4 kq
R
2 sin 18°＋
5kq
R
2 sin 54°＝6kq
R
2 ·(sin 54°－sin 18°－0.5)＝0，沿x 轴正方向的分量大小为Ex＝
kq
R
2cos 54°＋2kq
R
2 cos 18°－4 kq
R
2 cos 18°－5kq
R
2 cos 54°＝－2kq
R
2 (2cos 54°＋cos 18°)，
所以O 点的电场强度方向沿x 轴负方向，大小为2kq
R
2 (2cos 54°＋cos 18°)，A、D
正确，B、C 错误。]
[例2] (2025·湖南卷)(多选)一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内A 点
和B 点的位置如图所示。电荷量为＋q、－q 和＋2q 的三个试探电荷先后分别置
于O 点、A 点和B 点时，电势能均为Ep(Ep>0)。下列说法正确的是( )
A．OA 中点的电势为零
B．电场的方向与x 轴正方向成60°角
C．电场强度的大小为√2 E p
qd
D．电场强度的大小为2√2 E p
qd
AD [根据题意结合电势能公式有Ep＝qφO＝－qφA＝2qφB，解得φO＝E p
q ，φA＝
－E p
q ，φB＝E p
2q，则OA 中点的电势φ1＝φO+φ A
2
＝0，A 正确；在OA 线段上找
出一与B 点等势的点M，可知xOM＝1
4d，BM 连线为等势线，与BM 连线垂直
的线为电场线，如图所示，则根据几何关系可知，电场线与x 轴正方向夹角的
正切值tan θ＝3
4d÷(
3
4 d)＝1，即θ＝45°，根据电场强度与电势差的关系可知，
E＝
φB-φ A
3
4 d cos 45°＝2√2 E p
qd
，B、C 错误，D 正确。]
规律方法：求解电场强度的几种方法
方法
方法技巧
应用示例
对称法
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，简化
复杂电场的叠加计算问题
均匀带电圆环中心处的电场强度
为0
补偿法
题设条件建立的模型是一个不完
整的模型A，需要补充条件建立
另一个容易求解的模型B，并且
模型A 与模型B 恰好组成一个
完整的标准模型。于是求解模型
A 的问题就变为求解一个完整的
标准模型与模型B 的差值问题
微元法
将带电体分成许多可视为点电荷
的微元，由库仑定律求出微元在
某点产生的电场强度，再结合对
称性与电场叠加原理求出带电体
在该点产生的电场强度
三点法
利用三个点的电势，先确定其中
两点构成的等势线(或等势面)，
进而找到垂直于等势线的方向
(即匀强电场方向)；再结合该方
向上的电势差和距离，即可通过
E＝U
d 求出匀强电场的电场强度
大小
[针对训练1] (2024·北京卷)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，则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，则P、Q 两点间电势差不变
C [结合电场强度叠加原理和点电荷的电场强度公式E＝kQ
r
2可知P、Q 两点电
场强度大小相等、方向相同，A 错；由于两等量异种点电荷产生的电场中，电
场线从正点电荷出发，指向负点电荷，又沿电场线方向电势降低，则φP>φQ，B
错；P 点电场强度大小为EP＝k Q
xMP
2
+k Q
xNP
2 ，若两点电荷的电荷量均变为原来的
2 倍，则P 点电场强度大小也变为原来的2 倍，C 对；若两点电荷的电荷量均变
为原来的2 倍，则P、Q 之间的电场强度均变大，又P、Q 两点间的距离不变，
则根据U＝Ed 定性分析可知P、Q 之间的电势差变大，D 错。]
[针对训练2] (2024·河北卷)如图，真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，
分别固定在正三角形ABC 的顶点B、C。M 为三角形ABC 的中心，沿AM 的中
垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为q
2。已知正三角形
ABC 的边长为a，M 点的电场强度为0，静电力常量为k。顶点A 处的电场强度
大小为( )
A．2√3kq
a
2
B．kq
a
2 (6＋√3)
C．kq
a
2 (3√3＋1)
D．kq
a
2 (3＋√3)
D [由点电荷的电场强度公式和电场强度叠加原理可知，两点电荷在M 点产生
的电场强度大小为E＝
2kq
(
√3
3 a)
2cos 60°＝3kq
a
2 ，方向沿MA 方向，又M 点的电场
强度为0，所以细杆在M 处产生的电场强度大小也为E＝3kq
a
2 ，方向沿AM 方
向，由对称性可知细杆在A 处产生的电场强度大小也为E＝3kq
a
2 ，方向沿MA
方向，两点电荷在A 处产生的电场强度大小为E′＝2kq
a
2 cos 30°＝√3kq
a
2
，方向沿
MA 方向，所以A 处的电场强度大小为EA＝E＋E′＝kq
a
2 (3＋√3)，D 正确。]
电场中力和能的性质
[例3] (2025·云南卷)某介电电泳实验使用非匀强电场，该电场的等势线分布
如图所示。a、b、c、d 四点分别位于电势为－2 V、－1 V、1 V、2 V 的等势线
上，则( )
A．a、b、c、d 中a 点电场强度最小
B．a、b、c、d 中d 点电场强度最大
C．一个电子从b 点移动到c 点静电力做功为2 eV
D．一个电子从a 点移动到d 点电势能增加了4 eV
C [由题意可知相邻两等势线间的电势差相等，则题图中的等势线为等差等势
线，由题图可知a 点的电场强度最大，c 点的电场强度最小，A、B 错误；一个
电子从b 点移动到c 点的过程，静电力做功为Wbc＝qUbc，又q＝－e、Ubc＝φb－
φc，代入数据解得Wbc＝2 eV，C 正确；同理，一个电子从a 点移动到d 点的过
程，静电力做功为Wad＝qUad，又Uad＝φa－φd，代入数据解得Wad＝4 eV，该过
程电子的电势能减少了4 eV，D 错误。]
[例4] (2025·河南郑州·高考模拟)(多选)线段OB 上存在静电场，OB 上电场
强度随空间变化规律如图所示。线段上有一点A，O、A、B 三点的电场强度大
小分别为E0、0、E0
2 。将一带电荷量为＋q 的粒子从O 点由静止释放，只在静
电力作用下运动，粒子到达B 点时速度变为零。已知A、B 两点距O 点的距离
分别为xA、xB，设A 点电势为零。下列说法正确的是( )
A．OA 与AB 间的电势差满足关系式UOA＝UAB
B．粒子在运动过程中，最大动能为1
2qE0xA
C．xB＝2xA
D．若将粒子从B 点由静止释放，粒子将在BO 间做往复运动
BD [粒子从O 点运动至B 点过程中，根据动能定理有0＝qUOB，解得UOB＝
0，又UOB＝UOA＋UAB，所以UOA＝－UAB，故A 错误；在E-x 图像中，图线与横
轴所围面积大小表示两点间电势差大小，UOA＝－UAB，结合图像有1
2E0xA＝1
2×
E0
2 ×(xB－xA)，解得xB＝3xA，故C 错误；粒子在OB 间先做加速运动，过A 点
后电场反向，粒子开始做减速运动，所以粒子在A 点动能最大，粒子从O 运动
至A，利用动能定理，有Ekm－0＝qUOA＝1
2 q E0 x A，故B 正确；若将粒子从B
点由静止释放，粒子先在BA 间加速，再在AO 间减速，因为UOA＝-U A B，粒
子到O 点速度减为零，而后反向加速，在BO 间做往复运动，故D 正确。]
规律方法：
1．电场强弱、电势高低、电势能大小的判断方法
物理量
判断方法
电场强弱
①根据电场线的疏密判断
②根据公式E＝kQ
r
2和电场强度叠加原理判断
电势高低
①根据电场线的方向判断
②由UAB＝W AB
q 判断
③根据静电力做功(或电势能)判断
电势能大小
①根据Ep＝qφ 判断
②根据ΔEp＝－W 电，由静电力做功判断
③根据能量守恒定律判断
2．φ-x 图像
(1)从φ-x 图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场强度的方向及试
探电荷电势能的变化。
(2)φ-x 图线切线的斜率大小表示沿x 轴方向电场强度E 的大小。
3．E-x 图像 以电场强度沿x 轴方向为例：
(1)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)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
点的电势高低需根据电场方向判定。
[针对训练1] (2025·甘肃卷)如图，两极板不平行的电容器与直流电源相连，
极板间形成非匀强电场，实线为电场线，虚线表示等势面。M、N 点在同一等
势面上，N、P 点在同一电场线上。下列说法正确的是( )
A．M 点的电势比P 点的低
B．M 点的电场强度比N 点的小
C．负电荷从M 点运动到P 点，速度增大
D．负电荷从M 点运动到P 点，静电力做负功
D [M、N 两点电势相等，电场线由上到下，NP 在同一电场线上，沿电场线电
势逐渐降低，可知N 点电势高于P 点，可知M 点电势高于P 点，选项A 错误；
M 点电场线分布比N 点密集，可知M 点电场强度比N 点大，选项B 错误；负
电荷从M 点运动到P 点，电势能增加，则静电力做负功，动能减小，速度减小，
选项C 错误，D 正确。故选D。]
[针对训练2] (2024·重庆卷)沿空间某直线建立x 轴，该直线上的静电场方向
沿x 轴，其电势φ 随位置x 变化的图像如图所示，一电荷量为e 带负电的试探
电荷，经过x2点时动能为1.5 eV，速度沿x 轴正方向，若该电荷仅受静电力。
则其将( )
A．不能通过x3点
B．在x3点两侧往复运动
C．能通过x0点
D．在x1点两侧往复运动
B [带负电的试探电荷在x2处动能为1.5 eV，电势能为－1 eV，总能量为0.5
eV，且试探电荷速度沿x 轴正方向，在x2 ～ x3区域试探电荷受到沿x 轴正方向
的静电力，做加速运动，在x3处速度最大，试探电荷继续运动到x3右侧，做减
速运动，当速度为零时，电势能为0.5 eV，即运动到电势为－0.5 V 处减速到零，
开始向x 轴负方向运动，后反向回到x2处动能仍为1.5 eV，继续向左运动，在
电势为－0.5 V 处减速到零又反向，不会运动到x0、x1处，即试探电荷在x3点两
侧往复运动。故选B。]
电容器 电容
[例5] (2025·新课标卷)电容器的形状变化会导致其电容变化，这一性质可用
于设计键盘，简化原理图如图所示。键盘按键下的装置可视为平行板电容器，
电容器的极板面积为S、间距为d，电容C＝αS
d (α 为常量)。按下键盘按键时，
极板间的距离变为按压前的η 倍；撤去按压，按键在弹力作用下复位。电容器
充电后：
(1)若按压按键不改变电容器所带的电荷量，则按压后极板间的电压变为按压前
的多少倍？
(2)若按压按键不改变电容器极板间的电压，则按压后极板间的电场强度大小变
为按压前的多少倍？
[解析] (1)根据平行板电容器公式C＝αS
d ，电容的定义式C＝Q
U
设按压前电容为C＝αS
d ，电压为U，电荷量为Q，则U＝Q
C ＝Qd
αS
按压后极板间距离变为按压前的η 倍，此时电容C′＝α S
ηd
因为按压不改变电荷量Q，所以按压后电压U′＝Q
C ＝Qηd
αS
所以有U
'
U ＝η
即按压后极板间的电压变为按压前的η 倍。
(2)对于平行板电容器，极板间的电场强度E＝U
d ；
设按压前电压为U，极板间距离为d，则电场强度E＝U
d
按压后极板间距离变为ηd，且电压不变仍为U，此时电场强度E′＝U
ηd
所以有E
'
E ＝1
η
按压后极板间的电场强度大小变为按压前的1
η倍。
[答案] (1)η 倍 (2)1
η倍
规律方法：
1．掌握两个重要结论
(1)电容器与电路(或电源)相连，则两端电压取决于电路(或电源)，稳定时相当于
断路，两端电压总等于与之并联的支路电压。
(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变，此时若只改变两板间距
离，则板间电场强度大小不变。
2．掌握两个公式
(1)电容定义式C＝Q
U 。
(2)平行板电容器电容的决定式 C＝εr S
4 π kd 。
[针对训练] (2025·江苏卷)如图所示，平行金属板与电源连接。一点电荷由a
点移动到b 点的过程中，静电力做功为W。现将上、下两板分别向上、向下移
动，使两板间距离增大为原来的2 倍，再将该电荷由a 移动到b 的过程中，静
电力做功为( )
A．W
2 B．W C．2W D．4W
A [根据题意可知，电容器与电源保持连接，电容器两端电压不变，现将电容
器两极板间距增大至原来的两倍，由公式E＝U
d 可知，极板间电场强度变为原
来的1
2，则由W＝Eqd 可知，再把电荷由a 移至b，静电力做功变为原来的1
2，
即静电力做功为W
2 。故选A。]
带电粒子在电场中的运动
[例6] (2025·陕西西安·三模)一矩形ABCD 以MN 为边界对称分成左右两个
边长均为d 的正方形，MN 的中点为O，两正方形内均存在匀强电场，左侧正
方形内电场方向水平向左，右侧正方形内电场方向水平向右，两匀强电场的电
场强度大小相等。MN 为一条等势线，其电势为φ0(φ0>0)，AD 和BC 的电势均
为零。一质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子从AM 的中点垂直电场以某
一速度射入左侧电场，当粒子第二次经过MN 边界时，恰好从N 点离开，不计
粒子所受重力。
(1)求粒子在电场中的加速度大小a；
(2)求该带电粒子垂直电场射入左侧电场的速度大小v；
(3)若将该粒子置于O 点，给粒子另一速度使之沿水平方向做往复运动，且运动
过程中动能和电势能之和恒为Z，求该粒子运动过程中距离O 点的最远距离
x。
[解析] (1)由题意分析可知电场强度大小E＝φ0
d
粒子在电场中的加速度大小a＝qE
m
解得a＝q φ0
md 。
(2)粒子第二次经过MN 时到达N 处，由类平抛运动有1
3d＝vt，1
2d＝1
2at2
故v＝1
3√
q φ0
m 。
(3)该粒子运动过程中距离O 点最远时速度为零，粒子在距离O 点x 处的电势能
Epx＝－qφx＝Z
解得φx＝－Z
q
根据匀强电场电场强度与电势差的关系可得E＝φ0
d ＝φ0-φx
x
解得x＝(1+ Z
q φ0)d。
[答案] (1)q φ0
md (2)1
3√
q φ0
m
(3)(1+ Z
q φ0)d
[针对训练1] (2025·安徽卷)(多选)如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝
缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。
带正电的甲、乙小球(均可视为质点)在轨道上同一高度保持静止，间距为L，甲、
乙所带电荷量分别为q、2q，质量分别为m、2m，静电力常量为k，重力加速
度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2，匀强电场的电场强
度大小为E，不计空气阻力，则( )
A．F1＝1
2F2
B．E＝kq
2 L
2
C．若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止
D．若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小v＝√
k q
2
mL
ABD [设轨道倾角为θ，则对甲小球由力的平衡条件有F1＝mg tan θ，对乙小
球由力的平衡条件有F2＝2mg tan θ，故F1＝1
2F2，A 正确；甲小球受到的静电
力的合力大小F1＝2k q
2
L
2 －qE，乙小球受到的静电力的合力大小F2＝2k q
2
L
2 ＋
2qE，结合A 项分析可得E＝kq
2 L
2，B 正确；若将甲、乙互换位置，对甲受力分
析，甲所受静电力的合力大小F1′＝k2q
2
L
2 ＋Eq>mg tan θ，受力不平衡；对乙受
力分析，乙所受静电力的合力大小F2′＝k2q
2
L
2 －2Eq<2mg tan θ，受力不平衡，
C 错误；若撤去甲，对乙小球的下滑过程，由动能定理有2mg· L
2 tan θ－2qE·
L
2 ＝1
2×2mv2，结合AB 项分析可得v＝√
k q
2
mL ，D 正确。]
[针对训练2] (2025·甘肃卷)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其
工作原理如图1 所示。从离子源S 释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的
电场加速后，沿OO′方向射入电压为U2的电场(OO′为平行于两极板的中轴线)。
极板长度为l、间距为d，U2-t 关系如图2 所示。长度为a 的样品垂直放置在距
U2极板L 处，样品中心位于O′点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内
电压U2可视为不变。当U2＝±Um时，离子恰好从两极板的边缘射出。不计离子
所受重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是( )
A．U2的最大值Um＝d
2
l
2 U1
B．当U2＝±Um且L＝
(a-d)l
2d
时，离子恰好能打到样品边缘
C．若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U1
D．在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A 和B 点
B [离子在加速电场中被加速时有U1q＝1
2mv0
2，在偏转电场中做类平抛运动，
则l＝v0t，d
2 ＝1
2·U mq
dm t2，解得Um＝2d
2
l
2 U1，选项A 错误；当U2＝±Um时离子从
板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则
d
2
a
2
＝
l
2
l
2 + L
，解得L＝
(a-d)l
2d
，选项B
正确；根据y＝1
2·U mq
dm t2＝U ml
2
4 d U 1
，若其他条件不变，要增加样品的辐照范围，
则需减小U1，选项C 错误；由题图可知，t1时刻所加的电场电压小于t2时刻所
加的电场电压，则t1时刻射入的离子打到样品时的竖直位移大小应小于t2时刻
射入的离子打到样品时的竖直位移大小，选项D 错误。故选B。]
