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第6 讲 电场
考点一 电场的性质
1.描述电场的物理量
2.计算电场强度常用的方法：公式法、平衡条件求解、叠加合成法、对称法、补偿法、等效法。
3.电势高低的判断
(1)利用电场线方向判断：沿电场线方向电势逐渐降低。
(2)公式法：①φ= E p
q ；②点电荷中的电势φ=kQ
r 。
(3)利用电势差的正负判断：根据UAB=W AB
q
，将WAB、q 的正负号代入，UAB>0，则φA>φB；UAB<0，则
φA<φB。
4.电势能大小的判断
(1)做功判断法：由WAB=EpA-EpB可知，静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增大。
(2)电荷电势法：由Ep=qφ 可知，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。
(3)能量守恒法：若只有静电力做功，电荷的动能和电势能之和守恒，动能增大时，电势能减小，动能
减小时，电势能增大。
5.电场强度矢量的叠加 电势标量的叠加
(1)电场强度矢量的叠加：电场强度是矢量，遵循平行四边形定则；
(2)电势标量的叠加：某点电荷Q 在距离该电荷r 处的电势φ=kQ
r ；多个电荷共同激发的电场中，某点
的电势等于各个电荷单独在该点激发的电势的代数和。
如图所示，EP=2EAcos θ=2kQ
r
2 cos θ，φP=kQ
r -kQ
r =0。
6.电场中的功能关系
(1)WG=-ΔEp 重
(2)W 电=-ΔEp 电
(3)W 合=ΔEk
(4)若只有静电力做功，电势能与动能之和保持不变。
(5)若只有静电力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。
例1 (2025·云南卷·4)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 点电场力做功为2 eV
D.一个电子从a 点移动到d 点电势能增加了4 eV
答案 C
解析 根据等势面越密集处电场强度越大，可知a、b、c、d 中a 点电场强度最大，故A、B 错误；一个电
子从b 点移动到c 点电场力做功为Wbc=-eUbc=2 eV，故C 正确；一个电子从a 点移动到d 点电场力做功为
Wad=-eUad=4 eV，由于电场力做正功，电势能减小，则一个电子从a 点移动到d 点电势能减小了4 eV，故D
错误。
例2 (2025·黑吉辽蒙卷·7)如图，光滑绝缘水平面AB 与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC 在B 点相切，
轨道半径为r，圆心为O，O、A 间距离为3r。原长为2r 的轻质绝缘弹簧一端固定于O 点，另一端连接
一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A 点左
侧释放后，依次经过A、B、C 三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC，则( )
A.EkA<EkB<EkC
B.EkB<EkA<EkC
C.EkA<EkC<EkB
D.EkC<EkA<EkB
答案 C
解析 由题意可得在A 点，弹簧伸长量为r，在B 点和C 点，弹簧压缩量为r，即三个位置弹簧弹性势能相
等，则由A 到B 过程中弹簧弹力做功为零，电场力做正功，动能增加，EkB>EkA；由B 到C 过程中弹簧弹力
和电场力做功都为零，重力做负功，则动能减小，EkB>EkC；由A 到C 全过程则有qElAB-mglBC=EkC-EkA，因
lAB=√(3r )
2-r
2=2√2r，lBC=2r，qE=mg，故EkC>EkA。因此EkB>EkC>EkA，故选C。
例3 (多选)(2025·山东卷·11)球心为O，半径为R 的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上，带电量分别
为+2q 和+q 的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B 两点，过O、A、B 的截面如图所示，C、D 均为圆弧
上的点，OC 沿竖直方向，∠AOC=45°，OD⊥AB，A、B 两点间距离为√3R，E、F 为AB 连线的三等分
点。下列说法正确的是( )
A.甲的质量小于乙的质量
B.C 点电势高于D 点电势
C.E、F 两点电场强度大小相等，方向相同
D.沿直线从O 点到D 点，电势先升高后降低
答案 BD
解析 方法一 力矩平衡法
对甲、乙两小球整体受力分析如图所示，
甲、乙小球分别受重力、支持力、库仑力作用保持平衡，选O 点为转轴，由图可知∠BOG>∠AOG，则
L1<L2，由力矩平衡可知G 甲L1=G 乙L2，则G 甲>G 乙，m 甲>m 乙，A 错误；
方法二 正弦定理法 由A、B 两点间距离为√3R，可得2Rsin θ
2=√3R，故AB 圆弧所对的圆心角θ=120°；
对小球甲、乙分别受力分析，如图所示，由正弦定理可得
FBA
sin 45° = m甲g
sin30° ，
F AB
sin75° = m乙g
sin30° ，由于
FBA=FAB，可得m 甲>m 乙，故甲的质量大于乙的质量，A 错误；将带正电的试探电荷由C 点沿圆弧移至D 点，
静电力一直对其做正功，试探电荷的电势能一直减小，故电势一直减小，所以C 点电势高于D 点电势，B
正确；由电场强度叠加原理可得，E 点处的电场强度大小EE=
k·2q
(
√3
3 R)
2-
kq
(
2√3
3
R)
2=21kq
4 R
2 ，方向由A 指向
B；F 点处的电场强度大小EF=
kq
(
√3
3 R)
2-
k·2q
(
2√3
3
R)
2=3kq
2 R
2，方向由B 指向A，C 错误；电势是标量，φ=kQ
r
，OD 与AB 线段的交点距离两带电小球最近，所以该点电势最高，那么沿直线从O 点到D 点，电势先升
高后降低，D 正确。
考点二 电场中的图像问题
电场中几种常见的图像
v-t 图像
从v-t 图像上能确定粒子运动的加速度方
向、大小变化情况，只受静电力时可判定
粒子运动中经过的各点的电场强度方向和
大小、电势高低及电势能的变化情况
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
(2)φ-x 图线的切线的斜率大小表示沿x 轴方
向电场强度E 的大小
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，根据电场方
向可判定电势高低
(2)图线与x 轴围成的“面积”大小表示电
势差大小
Ep-x
图像
(1)图线的切线斜率大小表示静电力大小
(2)可用于判断电场强度、动能、加速度等
随位移的变化情况
例4 (多选)(2024·天津卷·8)某静电场在x 轴正半轴的电势φ 随x 变化的图像如图所示，a、b、c、d 为x
轴上四个点。一负电荷仅在静电力作用下，以一定初速度从d 点开始沿x 轴负方向运动到a 点，则该电
荷( )
A.在b 点电势能最小
B.在c 点时速度最小
C.所受静电力始终做负功
D.在a 点受静电力沿x 轴负方向
答案 BD
解析 根据题意，由公式Ep=φq 可知，负电荷在高电势位置的电势能较小，由题图可知，a 点的电势最大，
则负电荷在a 点电势能最小，同理可知，c 点的电势最小，则在c 点时电势能最大，电荷仅在电场力作用下，
电荷的电势能和动能之和不变，可知，电势能最大时，动能最小，则在c 点时，电荷的动能最小，即速度
最小，故A 错误，B 正确；根据沿电场线方向电势逐渐降低，结合题图可知，c 点左侧电场方
向沿x 轴正方向，c 点右侧电场方向沿x 轴负方向，可知，c 点右侧负电荷受沿x 轴正方向的电场力，c 点
左侧负电荷受沿x 轴负方向的电场力，可知，在a 点受静电力沿x 轴负方向，从d 点开始沿x 轴负方向运动
到a 点，电场力先做负功再做正功，故C 错误，D 正确。
例5 (2025·黑龙江哈尔滨市一模)某静电场在x 轴上的场强E 随x 的变化关系如图所示，x 轴正方向为
场强正方向，其中x1、x2、x3、x4是间隔相等的四点，E-x 图像中x1到x4所包围的面积为S，下列说法正
确的是( )
A.x3处电势最高
B.x2和x4处电势相等
C.x1、x2两点之间的电势差等于x3、x4两点之间的电势差
D.电荷量为q、质量为m 的正点电荷由x1静止释放仅在静电力作用下运动到x4时的动能Ek=q·S
答案 D
解析 由题图可知，0~x1电场方向沿x 轴负方向，x1~x4电场方向沿x 轴正方向，根据沿着电场线方向电势
降低，所以x1处电势最高，x2处电势高于x4处电势，故A、B 错误；E-x 图线与x 轴所围的面积表示电势差，
由题图可知，x1、x2两点之间的电势差小于x3、x4两点之间的电势差，故C 错误；对正点电荷根据动能定
理可得Ek=qU=qS，故D 正确。
考点三 带电粒子(带电体)在电场中运动
1.带电粒子(带电体)在电场中运动时重力的处理
基本粒子一般不考虑重力，带电体(如液滴、油滴、尘埃等)一般不能忽略重力，除有说明或明确的暗示
外。
2.带电粒子在电场中的常见运动及分析方法
常见运动
受力特点
分析方法
变速直线运动
合外力F 合≠0，
且与初速度方向
在同一条直线上
1.动力学观点：a= F合
m ，E=U
d ，v2-v0
2=2ad，适用于匀强电场
2.功能观点：W=qU=1
2mv2-1
2mv0
2，匀强和非匀强电场都适用
带电粒子在匀强
电场中的偏转
进入电场时
v0⊥E，粒子做
类平抛运动
运动的分解
偏转角：tan θ=v y
v0
=
qU 2l
md v0
2= U 2l
2U 1d =2 y0
l
侧移距离：y0= qU 2l
2
2md v0
2= U 2l
2
4 d U 1
，y=y0+Ltan θ=( l
2+L)tan θ
粒子斜射入电
场，粒子做类斜
抛运动
运动的分解
垂直电场方向做匀速直线运动：x=v0tsin θ
沿电场方向做匀变速直线运动：y=v0tcos θ-1
2
qE
m t2
3.带电体在电场和重力场叠加场中的运动
常见运动
受力特点
分析方法
匀变速直线运动：进入叠加场
时v0与F 合在同一直线上
等效重力mg'=F 合
等效重力加速度g'= F合
m
如图
动力学方法、功能关
系、能量守恒
类平(斜)抛运动：进入叠加场
时v0与F 合有一定夹角
运动的分解：
垂直F 合方向的匀速直
线运动，沿F 合方向的
匀变速直线运动
在绳或轨道约束下的圆周运动
通过圆心作合力的平
行线，找等效最高点
或等效最低点
牛顿第二定律、功能
关系、能量守恒
例6 (2025·河南省九师联盟质量监测)如图所示，平行边界A、B 间有垂直于边界向右的匀强电场Ⅰ，
平行边界B、C 间有方向与边界成45°角斜向右下方的匀强电场Ⅱ，边界A 上有一粒子源P，可以在纸
面内向电场Ⅰ内各个方向射出质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子，粒子射出的初速度大小相同，
平行边界向下射出的粒子经电场Ⅰ偏转后，进入电场Ⅱ，在电场Ⅱ中做直线运动，平行边界向上射出
的粒子，经电场Ⅰ、Ⅱ偏转，恰好垂直边界C 射出。已知电场Ⅰ的电场强度为E，A、B 间距为L，B、
C 间距为2L，不计粒子的重力和粒子间的作用力，求：
(1)所有粒子进电场Ⅱ时的速度大小；
(2)电场Ⅱ的电场强度的大小；
(3)边界C 上有粒子射出区域的长度。
答案 (1)2√
qEL
m (2)3√2
2 E (3)20
3 L
解析 (1)根据题意可知，平行边界向下射出的粒子出电场Ⅰ时，速度偏向角为45°，出电场Ⅰ时，沿电场
Ⅰ方向的速度v1=√2aL
根据牛顿第二定律qE=ma
粒子出电场Ⅰ时的速度v=√2v1
解得v=2√
qEL
m
根据动能定理可知，所有粒子进电场Ⅱ时的速度大小相同，都等于2√
qEL
m 。
(2)平行边界向上射出的粒子在电场Ⅰ中的速度偏向角也为45°，进电场Ⅱ时速度方向恰好与电场Ⅱ的电场
强度垂直，此粒子在电场Ⅱ中做类平抛运动，设电场Ⅱ的电场强度大小为E'，则粒子在电场Ⅱ中的加速度
大小为a'=q E
'
m
将粒子在电场Ⅱ中的运动沿电场方向和垂直电场方向分解，则x=vt，y=1
2a't2
由于此粒子在电场Ⅱ中的偏向角为45°，因此有y=1
2x
根据几何关系有x+y=2√2L
解得E'=3√2
2 E
(3)由(1)可知，粒子在P 点射出的初速度大小为v0=v1=√
2qEL
m
由于沿平行边界射出的粒子出电场Ⅰ时速度的偏向角为45°，由此分析可知边界B 上有粒子通过的区域长
度为s1=4L
则在边界C 上有粒子射出的区域长度s2=s1+2L+√2
2 (x-y)
由(2)可知x=4√2
3
L，y=2√2
3
L
解得s2=20
3 L。
例7 (2025·云南昭通市检测)如图甲所示为一种“自动旋转电玩小球”玩具模型的简化图。内侧半径为
R 的光滑绝缘轨道竖直固定放置，轨道内部存在与轨道平面平行的匀强电场(方向未知)。轨道内侧有一
质量为m，带电量为q(q>0)的五彩小球从轨道最低点P 以某一初速度启动，在轨道平面内沿逆时针方
向恰好能做完整的圆周运动。运动过程中，小球与轨道圆心O 的连线与OP 方向的夹角记为θ，乙图所
示为小球在运动过程中的电势能Ep随角度θ 的变化情况，已知重力加速度为g，则( )
A.匀强电场的方向水平向右
B.电场强度的大小为√2mg
q
C.小球运动过程中动能的最小值为√2
2 mgR
D.小球运动过程中对轨道压力的最大值为(3+3√2)mg
答案 C
解析 如图所示，设M、N 分别为圆环上与圆心O 等高的两点，根据题图乙，当θ=0 和θ=π 时，小球的电
势能均为0，则P、Q 两点的连线为等势线，当θ=π
2 时，小球运动到N 点，电势能EpN=mgR，当θ=3 π
2 时，
小球运动到M 点，电势能EpM=-mgR，综上所得，电场线的方向由N 指向M，即水平向左，A 错误；小球
从N 点运动到M 点，由动能定理得Eq·2R=mgR-(-mgR)，解得E=mg
q ，B 错误；小球所受静电力
F=Eq=mg，则小球所受合力，即小球在圆环内受到的等效重力为√2mg，方向与MN 成45°角斜向左下，根
据题意，小球运动到等效最高点时动能最小，由牛顿第二定律得√2mg=mvmin
2
R ，解得1
2mvmin
2=√2
2 mgR，即
Ekmin=√2
2 mgR，C 正确；当小球运动到等效最低点时对轨道的压力最大，小球从等效最高点到等效最低点
的过程，根据动能定理得√2mg·2R=1
2mvmax
2-1
2mvmin
2，小球在等效最低点时，根据牛顿第二定律得FN-√2
mg=mvmax
2
R
，联立解得FN=6√2mg，由牛顿第三定律有对轨道压力的最大值为6√2mg，D 错误。
从重力场到等效重力场
重力场
等效重力场
(等效重力为mg')
恰好做完整圆周运动
从某一位置脱离轨道
圆锥摆
单摆
1.等效替换法
等效替换法是把陌生、复杂的物理现象、物理过程在保证某种效果、特性或关系不变的前提下，转化
为简单、熟悉的物理现象、物理过程来研究，从而认识研究对象本质和规律的一种思想方法。等效替
换法广泛应用于物理问题的研究中，如：力的合成与分解、运动的合成与分解、等效场、电场叠加中
等效替换、等效电源、变压器问题中的等效电阻等。
2.对称法
对称法就是利用物理现象、物理过程具有对称性的特点来分析解决物理问题的方法。常见的应用：①
运动的对称性，如竖直上抛运动中物体向上、向下运动的两过程中同位置处速度大小相等、加速度相
等；②结构的对称性，如均匀带电的圆环，在其圆心处产生的电场强度为零；③几何关系的对称性，
如粒子从某一直线边界垂直磁感线射入匀强磁场，再从同一边界射出匀强磁场时，速度与边界的夹角
相
等；④场的对称性，等量同种、异种点电荷形成的场具有对称性；电流周围的磁场，条形磁体和通电
螺线管周围的磁场等都具有对称性。
示例1 (多选)(2025·湖北卷·10)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°)
答案 AD
解析 将五个点电荷等效成(q，-q)、(2q，-2q)这两组等量异种点电荷，如图所示，O 点恰好在两组等
量异种点电荷的中垂线上，则O 点处电场强度的方向为沿x 轴负方向，故A 正确，B 错误；五个点电
荷与O 点距离均为R，则E0=kq
R
2，由几何关系结合矢量合成法则，可知O 点电场强度大小为
E=2×2E0cos 54°+2E0cos 18°=2kq
R
2(2cos 54°+cos 18°)，故C 错误，D 正确。
3.类比法
将两个(或两类)研究对象进行对比，分析它们的相同或相似之处、相互的联系或所遵循的规律，然后根
据它们在某些方面有相同或相似的属性，进一步推断它们在其他方面也可能有相同或相似的属性的一
种思维方法，在处理一些物理背景很新颖的题目时，可以尝试使用这种方法。比如：恒力作用下或电
场与重力场的叠加场中的类平抛问题、类斜抛问题，可直接类比使用平抛、斜抛相关结论。带电粒子
绕电荷做椭圆运动类比卫星绕天体做椭圆运动(可利用开普勒定律求解相关问题)；声线类比光线等。
示例2 如图所示，光滑绝缘水平面上的O 点固定一带正电的点电荷M，电荷量为Q；点电荷N 的电
荷量为-q(q>0)。图甲中N 绕着M 做半径r=a 的圆周运动，运动周期为T；
图乙中点电荷N 以M 为焦点沿椭圆轨道运动。A、B 分别为点电荷N 距离点电荷M 最近和最远点；
OA=a、OB=3a，若取无穷远处电势为零，图甲和图乙两种电荷系统的电势能和动能之和分别为E 甲和E
乙，则点电荷N 在从A 点第一次运动到B 点的过程中( )
A.在A 点的电势能大于在B 点的电势能
B.E 甲大于E 乙
C.vA=4vB
D.点电荷N 从A 点第一次运动到B 点所用时间为√2T
答案 D
解析 由静电力做功与电势能的关系可得，点电荷N 在A 点的电势能小于在B 点的电势能，故A 错误；题
图乙点电荷N 运动到A 点时，其动能比题图甲中的点电荷N 动能大，而此位置甲、乙两图电荷系统的相对
位置相同，所以电势能相同，两系统电势能和动能之和守恒，所以E 乙>E 甲，故B 错误；类比开普勒第二
定律1
2(vA·Δt)a=1
2(vB·Δt)3a，可得vA=3vB，故C 错误；类比开普勒第三定律a
3
T
2=(2a)
3
T 乙
2 ，可得T 乙=2√2T，点
电荷N 从A 点第一次运动到B 点所用时间t=T 乙
2 =√2T，故D 正确。
专题强化练
[1 选择题] [分值：54 分]
[1~6 题，每题4 分，7~11 题，每题6 分]
[保分基础练]
1.(2025·广西卷·4)用带电玻璃棒接触验电器的金属球，移走玻璃棒，验电器内两片金属箔张开，稳定后如
图所示。图中a、b、c、d 四点电场强度最强的是( )
A.a
B.b
C.c
D.d
答案 D
解析 b、c 两点分别在金属外壳内部和金属杆的内部，处于静电场中的导体，内部的合电场强度为零，则
两点的电场强度均为零。在金属箔上的最下端电荷分布比金属球上更密集，且d 点距离金箔的下端较近，
可知d 点的电场强度比a 点大，则电场强度最强的是d 点，故选D。
2.(2025·甘肃卷·5)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，电场力做负功
答案 D
解析 M、N 两点电势相等，电场线由上到下，N、P 在同一电场线上，沿电场线方向电势逐渐降低，可知
N 点电势高于P 点，故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，则电场力做负功，动能减小，速度减
小，选项C 错误，D 正确。
3.(2025·陕西商洛市模拟)如图甲所示，某计算机键盘的每个按键下方是由间距为d 的水平活动金属片和固
定金属片组成的电容式传感器，相关电路如图乙所示。若开始时两金属片间的P 点有一静止的带电尘埃，
现轻按按键A，两金属片的间距减小了1
4 d，则下列说法正确的是( )
A.电容器的电容变为原来的3
4
B.两金属片间电场的电场强度大小变为原来的4 倍
C.P 点的电势变为原来的4
3 倍
D.该尘埃在P 点的电势能比原来的大
答案 C
解析 根据C= εr S
4 π kd ，当两金属片的间距减小了1
4 d，解得C1
C0
=
d
d - 1
4 d =4
3 ，即电容器的电容变为原来的4
3
倍，故A 错误；两金属片一直与电源相连，电压U 保持不变，根据E=U
d ，解得E1
E0
=
d
d - 1
4 d =4
3 ，即两金属
片间电场的电场强度大小变为原来的4
3 倍，故B 错误；设P 点到固定金属片的距离为d1，则P 点原来的电
势φP0=U
d d1，当两金属片的间距减小了1
4 d 时，P 点的电势φP=
U
d - 1
4 d ·d1=4
3 φP0，故C 正确；金属片间的电
场强度方向向下，根据平衡条件可知，尘埃受到的电场力方向竖直向上，可知尘埃带负电，电荷量q<0，
结合上述可知，P 点的电势增大，根据Ep=qφ 可知，该尘埃在P 点的电势能比原来的小，故D 错误。
4.(2024·贵州卷·7)如图，A、B、C 三个点位于以O 为圆心的圆上，直径AB 与弦BC 间的夹角为30°。A、B
两点分别放有电荷量大小为qA、qB的点电荷时，C 点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，则q A
qB
等于 (
)
A.1
3
B.√3
3
C.√3
D.2
答案 B
解析 根据题意可知两电荷为异种电荷，假设qA为正电荷，qB为负电荷，两电荷在C 点的电场强度如图，
设圆的半径为r，根据几何知识可得rAC=r，rBC=√3r，tan 60°= E A
EB
，同时有EA=
k q A
r AC
2，EB=
k qB
rBC
2，联立解得
q A
qB
=√3
3 ，故选B。
5.(多选)(2025·湖南卷·8)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
答案 AD
解析 根据题意可知O 点、A 点和B 点的电势分别为φO= E p
q ，φA=- E p
q ，φB= E p
2q ，故OA 中点的电势为φ'=
φO+φ A
2
=0，故A 正确；在OA 线段上找出与B 点等势的点M，可知xOM=1
4 d，BM 连线为等势线，与BM 连
线垂直的线为电场线，如图所示，根据几何关系可知，电场线沿电场方向与x 轴夹角的正切值tan θ=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。
6.(2025·云南昆明市模拟)在如图所示的空间直角坐标系中，一不计重力且带正电的粒子从坐标为(L，0，L)
处以某一初速度平行y 轴正方向射出，经时间t，粒子前进的距离为L，在该空间加上匀强电场，粒子仍从
同一位置以相同的速度射出，经相同时间t 后恰好运动到坐标原点O，已知粒子的比荷为k，则该匀强电场
的场强大小为( )
A.2√3 L
k t
2
B.2√5 L
k t
2
C.2 L
k t
2
D.4 L
k t
2
答案 A
解析 设沿xyz 轴方向的加速度分别为ax、ay、az，则L=1
2axt2，0=v0t-1
2ayt2，L=1
2azt2，不加电场时有
L=v0t，则F=Eq=m√ax
2+a y
2+az
2，联立解得E=2√3 L
k t
2 ，故选A。
[争分提能练]
7.(2025·重庆卷·5)某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OMPQ 内分
布有平行于OQ 的匀强电场，N 为QP 的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b 分别从Q 点和O 点垂直于
OQ 同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N 点，K 为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相
互作用，则可推断a、b( )
A.具有不同比荷
B.电势能均随时间逐渐增大
C.到达M、N 的速度大小相等
D.到达K 所用时间之比为1∶2
答案 D
解析 根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，带电粒子a、b 分别从Q 点和O 点同时进入电场，
沿题图中所示轨迹同时到达M、N 点，可知，运动时间相等，由题图可知，沿初速度方向位移之比为
2∶1，则初速度之比为2∶1，带电粒子a、b 到达K 的水平位移相等，由于带电粒子a、b 初速度之比为
2∶1，则所用时间之比为1∶2，故D 正确；沿电场方向的位移大小相等，由y=1
2at2可知，粒子运动的加
速度大小相等，由牛顿第二定律有qE=ma，可得q
m= a
E ，可知带电粒子具有相同比荷，故A 错误；带电粒
子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B 错误；沿电场方向，由公式vy=at 可知，
到达M、N 的竖直分速度大小相等，由于初速度之比为2∶1，则到达M、N 的速度大小不相等，故C 错误。
8.(多选)(2025·广东深圳市一模)打火机的点火装置，利用了压电陶瓷的压电效应，快速挤压后瞬间产生千
伏高压，然后放电，其原理可用甲、乙两图近似模拟。挤压前，结构如图甲所示，O 点为正六边形
ABCDEF 的中心，三个电荷量均为+Q 的点电荷分别位于顶点A、C、E 上，三个电荷量均为-Q 的点电荷分
别位于顶点B、D、F 上。挤压后，B、C、E、F 处电荷位置不变，只是A、D 处的电荷分别沿竖直方向靠
近O 点，并关于O 点对称，如图乙所示。取无穷远处电势为零，对于O 点处电场正确的说法是( )
A.挤压前，电场强度为零
B.挤压前，电势为零
C.挤压后，电势大于零
D.挤压后，电场强度竖直向上
答案 AB
解析 挤压前，根据图形的对称性可知，每个电荷在O 点产生的电场强度大小相等，均设为E，方向如图，
根据电场强度的叠加原理可知，O 点的合电场强度为零，故A 正确；根据题意取无穷远处电势为零，故等
量异种点电荷连线中垂线上的电势均为零，故AD、CF、BE 连线中点O 处的电势为零，故B 正确；挤压
后，O 还是AD、CF、BE 等量异种点电荷连线的中点，故O 处的电势依然为零，故C 错误；挤压后，A、
D 到O 点的距离变小，根据点电荷产生的场强E=kQ
r
2知，竖直向下的电场强度变大，故合电场强度为竖直
向下，故D 错误。
9.(八省联考·河南·6)某电场的电势φ 随位置x 的变化关系如图所示，O 点为坐标原点，a、b、c、d 为x 轴上
的四个点。一带正电粒子从d 点由静止释放，在电场力作用下沿x 轴运动，不计重力，则粒子( )
A.将在ad 之间做周期性运动
B.在d 点的电势能大于a 点的电势能
C.在b 点与c 点所受电场力方向相同
D.将沿x 轴负方向运动，可以到达O 点
答案 A
解析 由题图可知，a、d 两点电势相等，根据Ep=qφ 可知粒子在d 点的电势能等于a 点的电势能，故B 错
误；φ-x 图像切线的斜率表示电场强度，由题图可知，b 点与c 点的电场强度方向相反，根据F=qE 可知在
b 点与c 点粒子所受电场力方向相反，故C 错误；根据沿着电场线方向电势降低可知在d 点电场方向为x 轴
负方向，粒子带正电，则粒子受到沿着x 轴负方向的电场力，即粒子将沿x 轴负方向运动，运动过程中仅
有电场力做功，则粒子的动能和电势能之和恒定，根据B 选项分析可知粒子在d 点的电势能等于a 点的电
势能，则粒子在d 点的动能与a 点的动能均为0，即粒子将在ad 之间做周期性运动，不能到达O 点，故A
正确，D 错误。
10.(多选)(2025·山东临沂市一模)如图，带电荷量为6Q(Q>0)的球1 固定在倾角为30°光滑绝缘斜面上的N 点，
其正上方L 处固定一电荷量为-Q 的球2，斜面上距N 点L 处的M 点有质量m 的带电球3，球3 与一端固定
的绝缘轻质弹簧相连并在M 点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为L
2 ，球2、3 间的静电力大小为mg
2 。迅
速移走球1 后，球3 沿斜面向下运动。g 为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3 的说法正确的是(
)
A.带正电
B.运动到MN 中点处时，动能最大
C.运动至N 点的速度大小为2√gL
D.运动至N 点的加速度大小为2g
答案 AD
解析 由于球2 对球3 的作用力沿斜面方向的分力大小为F1=1
2mgsin 30°=1
4 mg，垂直斜面方向的分力大小
为F2=1
2mgcos 30°=√3
4 mg，球3 所受重力沿斜面方向的分力大小为G1=mgsin 30°=1
2mg，垂直斜面方向的分
力大小为G2=mgcos 30°=√3
2 mg，由于F1<G1， F2<G2，且弹簧被压缩，所以球1 与球3 之间是斥力，球1
带正电，球3 也带正电，A 正确；由于球2 带负电，球1 带正电，球1 和球2 之间是引力，球3 沿斜面向下
运动合力为零时动能最大，运动到MN 中点处时，球3 所受弹簧的弹力为0，库仑力垂直于斜面向上，合
力为F 合=mgsin 30°=1
2mg，所以此时动能不是最大，B 错误；运动至N 点的过程中，弹簧的弹性势能不变，
电场力做功为零，电势能也不变，根据能量守恒有mgLsin 30°=1
2mv2，可得v=√gL，C 错误；球3 在M 点
时，根据平衡条件有，
k 6Q·Q3
L
2
=mgsin 30°+1
2mgsin 30°+F 弹，对于球3 和球2 之间有
kQ·Q3
L
2
=1
2mg，可得F
弹=9
4 mg，球3 运动至N 点时，弹簧弹力反向，大小不变， 根据牛顿第二定律，有F 弹+1
2mgsin 30°-mgsin
30°=ma，解得a=2g，D 正确。
11.(2025·甘肃卷·7)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图甲所示。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 关系如图乙所示。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
答案 B
解析 离子在加速电场中被加速时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，根据数学相似三
角形知识，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，增
大U1，则y 变小，样品的辐照范围变小，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
的电场的电压，则t1时刻射入的离子打到A 点时的竖直位移小于t2时刻射入的离子打到B 点时的竖直位移，
则选项D 错误。
[2 计算题] [分值：40 分]
1.(8 分)(2025·山西太原市期末)“质子疗法”原理如图甲，横截面积相同的金属圆筒依次接在交流电源的两
极M、N 上，M、N 两极加上如图乙所示周期性变化的电压，电压的大小为U0。直线加速器0 号金属圆板
中央有质子源，质子由静止飘入直线加速器，正对圆心加速6 次后水平飞出。质子从P 向O 射入有竖直向
上匀强电场的圆形区域，最终轰击到圆上的癌细胞。已知圆形区域的半径为R，质子的质量为m、电荷量
为e，质子通过圆筒间隙的时间、质子的重力及相互作用均不计。求：
(1)(3 分)质子水平飞出直线加速器的速度大小v0；
(2)(5 分)若癌细胞处于Q 点，OQ 与水平方向夹角为θ，电场强度E 的大小为多少？
答案 (1)2√
3eU 0
m
(2)
24U 0sinθ
R(1+cosθ)
2
解析 (1)质子在直线加速器中做直线运动，根据动能定理可得6eU0=1
2mv0
2
所以v0=2√
3eU 0
m
(2)质子在圆形区域电场中做类平抛运动，有eE=ma，R+Rcos θ=v0t，Rsin θ=1
2at2
联立解得E=
24U 0sinθ
R(1+cosθ)
2
2.(10 分)(2025·山东省百校大联考)如图所示，水平绝缘光滑轨道AC 的A 端与处于竖直平面内的半圆形光滑
绝缘轨道平滑连接，半圆形轨道半径为R，B 点为轨道最高点。轨道所在空间存在与水平面夹角θ=30°的匀
强电场，电场强度为E=mg
q 。现有一质量为m、电荷量为-q(q>0)的小球从水平轨道O 点以沿水平方向速度
大小v0释放，小球可看作质点，重力加速度为g。求：
(1)(5 分)小球从B 点飞出后落到水平面上的时间；
(2)(5 分)从何处以v0=3√√3 gR释放小球可以刚好通过B 点。
答案 (1)√
8 R
3 g (2)距A 端(6-√3)R 处
解析 (1)小球从B 点飞出后受力分析可知，静电力大小等于重力大小，夹角为60°，故所受合力为
F 合=2mgcos 30°=√3mg
与水平方向夹角为60°斜向右下方，加速度a=√3g
合力在竖直方向的分力提供竖直方向加速度，竖直方向做初速度为0 的匀加速直线运动
2R=1
2acos 30°·t2
解得t=√
8 R
3 g
(2)小球在轨道上有等效最高点D，刚好通过B 点即为刚好通过D 点，在D 点重力与静电力的合力提供向心
力√3mg=mv
2
R
设从距A 点x 处释放小球刚好通过B 点，由动能定理得
-qE(xcos 30°+Rsin 30°+Rcos 30°)-mg(R+Rcos 30°)=1
2mv2-1
2mv0
2
解得x=(6-√3)R。
3.(10 分)(2025·四川卷·13)如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，
板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q(q>0)的金属微粒，从两极板中央O 点由静止释放。
若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重
力。求：
(1)(3 分)微粒第一次到达下极板所需时间；
(2)(7 分)微粒第一次从上极板回到O 点时的动量大小。
答案 (1)√
md
qE (2)2√qEmd
解析 (1)由牛顿第二定律qE=ma
由运动学公式d
2 =1
2at2
联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为
t=√
md
qE
(2)微粒第一次到达下极板时的速度大小为
v1=at=√
qEd
m
由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，设微粒碰
后第一次到达上极板时的速度大小为v2，满足v2
2-v1
2=2ad
代入解得v2=√
3qEd
m
同理可得微粒第一次从上极板回到O 点时的速度大小为v3，满足v3
2-v2
2=2ad
2
代入解得v3=2√
qEd
m
故微粒第一次从上极板回到O 点时的动量大小为p=mv3=2√qEmd。
4.(12 分)(2025·江苏卷·13)如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒
子a、b 同时从O 点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m，电荷量为
q，不计重力及粒子间相互作用。求：
(1)(3 分)a 运动到最高点的时间t；
(2)(9 分)a 到达最高点时，a、b 间的距离H。
答案 (1)mv0sinθ
qE
(2)2m v0
2sin
2θ
qE
解析 (1)对粒子a 根据牛顿第二定律有qE=ma
a 运动到最高点时，在竖直方向有v0sin θ=at
联立解得t=mv0sinθ
qE
(2)方法一 根据题意可知，两粒子均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为v0cos θ，
则两粒子一直在同一竖直线上，a 到达最高点时，a 粒子竖直方向上运动的位移为x1=(v0sinθ)
2
2a
=
mv0
2sin
2θ
2qE
b 粒子竖直方向上运动位移为x2=v0tsin θ+1
2at2=3m v0
2sin
2θ
2qE
则粒子a 到达最高点时与粒子b 之间的距离H=x1+x2=2mv0
2sin
2θ
qE
方法二 两粒子均受到相同静电力，以粒子a 为参考系，则粒子b 以2v0sin θ 的速度向下做匀速直线运动，
a 到达最高点时，a、b 间的距离H=2v0sin θ·t=2m v0
2sin
2θ
qE
。
