文档文本内容
第18 讲 电场能的性质
题型一 静电力做功与电势能的关系
1．（2026•潍坊模拟）如图所示的电场中，电子从M 点运动到N 点，电子只受电场力的作用，在M 点和
N 点的电势能分别为EpM、EpN，加速度分别为aM、aN。则（ ）
A．EpM＜EpN，aM＜aN
B．EpM＜EpN，aM＞aN
C．EpM＞EpN，aM＞aN
D．EpM＞EpN，aM＜aN
【答案】B
【分析】先依据电场线疏密比较两点场强，场强越大电子受力越大、加速度越大；再由电场线走向判
断电势高低，结合电子带负电的特点确定电势能大小，也可通过电场力做功正负分析电势能变化，最
后对照选项得出结果。
【解答】解：电场线疏密代表电场强度大小，M 处电场线比N 处密集，则EM＞EN
电子仅受电场力F＝eE，可得FM＞FN
由牛顿第二定律a= F
m，因此aM ＞aN
电场线沿箭头指向电势逐渐降低，故φM＞φN
电子带负电，负电荷在电势越高处电势能越小，因此E pM ＜E pN。
故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
2．（2026•天河区校级模拟）复印机的核心部件如图，电晕丝与感光鼓间的强电场的电场线分布如图所
示，感光鼓置于水平面上并接地，一带负电墨粉颗粒沿直线从a 点运动到感光鼓，以a 为原点竖直向
下为正方向建立x 轴，设颗粒在感光鼓所在平面重力势能为零，设电势为φ，重力势能为Ep1、机械能
为E、电势能为Ep，则下列图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】借助电场线分布判断场强、电势变化，结合重力势能、电势能、机械能相关公式，分析各图
像的增减趋势与弯曲特征完成判断。
【解答】解：A.电势沿电场线方向降低，电场方向沿x 轴正方向，因此φ 随x 增大不断减小，感光鼓
接地满足 φ＝0，x＝0 的a 点电势φ＞0，该图像起点电势为负值，故A 错误；
B.重力势能计算公式Ep1＝mgh，h 是颗粒到感光鼓的竖直高度，x 越大对应h 越小，重力势能随之减
小，感光鼓处 h＝0、Ep1＝0，图像的变化趋势、终点数值均符合重力势能变化规律，故B 正确；
C.由功能关系ΔE＝W 电，颗粒带负电，电场力F＝﹣qE，沿x 轴负方向，颗粒位移沿x 轴正方向，电
场力持续做负功，机械能E 不断减小；
φ﹣x 图像满足E =−Δφ
Δx ，越靠近感光鼓电场线越密、场强E 越大，相等位移内电场力做功的绝对值
更大，机械能下降速度应越来越快，图像下降速度逐渐变缓，故C 错误；
D.电势能计算公式Ep＝qφ，颗粒带负电即q＜0，x 增大时电势φ 持续降低，代入公式可得电势能应当
持续增大，该图像电势能随x 增大不断减小，故D 错误。
故选：B。
3．（2026•枣庄模拟）如图所示，正三角形的中心在O 点，边长为L，A、B、C 分别是三条边的中点，
各顶点分别固定一个正点电荷，电荷量均为Q。已知元电荷为e，若取无限远处的电势为零，则与点电
荷Q 距离为r 的某点的电势φ＝kQ
r ，k 为静电力常量。下列说法正确的是（ ）
A．A、B、C 三点的电场强度相同
B．A 点的电场强度大小为2❑√3kQ
3 L
C．B 点的电势为(12+2❑√3)kQ
3 L
D．电子在O 点的电势能为3 ❑√3kQe
L
【答案】C
【分析】电场强度遵循矢量叠加法则、电势遵循标量叠加法则，结合正三角形几何关系算出各点场强
与电势，再通过电势能公式检验D 选项。
【解答】解：A、由对称性结合电场的叠加知，A、B 和C 三点的场强大小相等，方向不同，即A、
B、C 三点的电场强度不相同，故A 错误；
B、A 为等边三角形的中点，则上方和左下方电荷在A 点的合场强为0，可见A 点的场强等于右下方电
荷在A 点产生的场强，为E A =k
Q
( Lsin60°)
2 = 4 kQ
3 L
2 ，故B 错误；
C、B 为等边三角形的中点，则B 点的电势φB=k Q
L
2
⋅2+k
Q
Lsin60° = (12+2❑√3)kQ
3 L
，故C 正确；
D、O 点为正三角形的中心，则三个点电荷到O 点的距离相等，均为l = Lsin60°⋅2
3 =
❑√3
3 L，O 点的
电势φO=3⋅k Q
l = 3 ❑√3kQ
L
，电子在O 点的电势能E p=−e φO=−3 ❑√3kQe
L
，故D 错误。
故选：C。
（多选）4．（2026•河南模拟）太极图的含义丰富而复杂，它体现了中国古代哲学的智慧。如图所示，O
为大圆的圆心，O1为上侧阳半圆的圆心，O2为下侧阴半圆的圆心，O、O1、O2在同一直线上，AB 为
大圆的直径且与O1O2连线垂直，C、D 为关于O 点对称的两点，在O1，O2两点分别固定电荷量大小相
等的异种点电荷，整个空间只有O1，O2处点电荷产生的电场。下列说法正确的是（ ）
A．C、D 两点电势相等
B．把电子由A 沿直线移到B 的过程中，电子的电势能保持不变
C．把质子由A 沿直线移到B 的过程中，质子所受电场力先增加后减小
D．将一电子（不计重力）从A 点由静止释放，电子可以沿直线在AB 间做往返运动
【答案】BC
【分析】A、结合C、D 相对两个异种电荷的位置，对比两点叠加电势高低；
B、判断AB 连线是否处在同一等势面，根据电势变化分析电子移动时电场力做功与电势能变化；
C、分析AB 连线上电场强度的大小变化趋势，由场强变化确定质子受到电场力的增减规律；
D、分析AB 线上电场的方向分布，判断电子受力方向变化，确定电子释放后的运动形式。
【解答】解：A、C、D 关于O 对称，但两点距离正负电荷的远近不同，电势叠加结果不一样，电势不
等，故A 错误；
B、AB 为等量异种电荷连线的中垂线，根据等量异种电荷电势分布特点可知，中垂线为一等势线，所
以把电子由A 沿直线移到B 的过程中，电子的电势能保持不变，故B 正确；
C、根据等量异种电荷中垂线电场分布特点可知，O 点为中垂线上场强最大的点，则把质子由A 沿直
线移到B 的过程中，场强先变大后变小，质子所受电场力先增加后减小，故C 正确；
D、由于根据等量异种电荷中垂线上的场强方向与中垂线垂直，所以将一电子（不计重力）从A 点由
静止释放，在A 处受到的电场力与AB 直线垂直，电子不可能沿直线在AB 间做往返运动，故D 错
误。
故选：BC。
题型二 电势高低的判断
1．（2026•四川模拟）在真空中，一点电荷在M、N 两点产生的电场的电场强度方向如图所示，已知在
两点的连线上电场强度的最大值为100N/C，取sin53°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．该点电荷为负电荷
B．N 点的电势等于M 点的电势
C．N 点的电场强度大小E＝36N/C
D．N 点的电场强度与M 点的电场强度大小之比为16：9
【答案】D
【分析】反向延长两处场强方向确定场源位置，由几何得M、N 到场源的距离比值，结合点电荷场强
公式与连线最大场强分析各选项。
【解答】解：A、两电场线反向延长线的交点即为点电荷的位置，点电荷带正电，故A 错误；
B、根据几何关系M 点到点电荷的距离比N 点到点电荷的距离大，M 点的电势低于N 点的电势，故B
错误；
C、设M、N 两点的连线到点电荷的最近距离为rmin，N 点到点电荷的距离为rN，则有
rmin
r N
=sin53° = 4
5
根据题意可得k q
rmin
2
=100 N /C
代入数据可得k q
r N
2 =64 N /C，故C 错误；
D、N 点到点电荷的距离与M 点到点电荷的距离之比为3：4，结合E = kq
r
2
N 点的电场强度与M 点的电场强度大小之比为16：9，故D 正确。
故选：D。
2．（2026•苏州三模）如图所示，两个相同的圆环A、B 平行正对放置，圆环上各有一个小缺口，两环带
有等量的正电荷且电荷分布均匀。现让B 环绕通过两环圆心的轴线缓慢转动，在两环缺口由相距最近
转到最远的过程中，两环圆心连线的中点O 处（ ）
A．场强逐渐减小
B．场强逐渐增大
C．电势逐渐降低
D．电势逐渐升高
【答案】A
【分析】根据电场强度的矢量性、叠加知识结合电势的标量性特点进行分析解答。
【解答】解：两个带等量正电荷的圆环A、B，各有一个小缺口。初始时缺口方向相同，相当于两
个“完整圆环”各自减去一个“小缺口电荷”。完整均匀带电圆环在圆心连线上中点O 处的场强为0
（对称性抵消）。因此，O 点的场强等于两个“小缺口电荷”在O 点产生的场强的叠加，初始时方向
大致相同，大小相等，总场强最大。当B 环绕轴线缓慢转动时，B 环的缺口方向与A 环的缺口方向逐
渐错开，两个“小缺口电荷”到O 点的距离不变， 电势为标量，转动过程中O 点总电势保持不变，
场强逐渐减小。故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
3．（2026•张掖模拟）反天刀鱼是生活在尼罗河的一种鱼类，沿着它身体的长度方向分布着电器官，这
些器官能在鱼周围产生类似于等量异种点电荷形成的电场，其电场线分布如图所示，P、Q 为电场中的
两个点，下列说法正确的是（ ）
A．反天刀鱼的头部带负电荷
B．P 点的电场强度小于Q 点的电场强度
C．带电粒子只在电场力作用下有可能沿电场线从P 点运动到Q 点
D．若将一负试探电荷从P 点移动到Q 点，该负电荷电势能增加
【答案】D
【分析】结合电场线的方向、疏密特点，分析场源电荷电性、场强大小、粒子运动可能性及电势能变
化。
【解答】解：A、根据电场线从正电荷出发回到负电荷的特性，可知反天刀鱼的头部带正电荷，故A
错误；
B、由于P 点处的电场线比Q 点处密集，所以P 点的电场强度大于Q 点的电场强度，故B 错误；
C、带电粒子只在电场力作用下不可能沿电场线从P 点运动到Q 点，故C 错误；
D、一个负试探电荷从P 点运动到Q 点的过程中，电场力做负功，电势能增加，故D 正确。
故选：D。
（多选）4．（2026•枣强县校级模拟）如图，真空中存在一对等量同种点电荷，电荷量大小均为+Q，O
为两电荷连线的中点，a、b、c、d 为电场中的四个点，其中a、b 位于两电荷连线上，b 点比a 点更靠
近O 点。c、d 位于两电荷连线的中垂线上，c 点比d 点更靠近O 点。下列说法正确的是（ ）
A．a 点的电势低于b 点的电势
B．c 点的电场强度一定大于d 点的电场强度
C．将正试探电荷从O 点沿两电荷连线移至a 点，电场力做负功
D．负试探电荷在c 点的电势能小于在d 点的电势能
【答案】CD
【分析】根据电场线的分布特点判断电势高低，电势能大小，场强大小；
根据电场力做功与电荷电性的关系判断正、负。
【解答】解：A、在等量正点电荷的连线上，电场方向从两侧电荷指向中点O（即从+Q 指向O），沿
电场线方向电势降低。a 比b 离左侧+Q 更近，所以a 点电势高于b 点电势，故A 错误；
B、在等量正点电荷的中垂线上，O 点的电场强度为0，从O 点向外，电场强度先增大后减小（存在一
个最大值点）。因此c 点的场强不一定大于d 点的场强，故B 错误；
C、将正试探电荷从O 沿连线移至a 点，位移方向向左，电场方向也向左（从a 指向O 的反方向），电
场力方向与位移方向相反，电场力做负功，故C 正确；
D、根据等量同种电荷电场的分布特点可知，c 点电势高于d 点电势，根据Ep＝qφ 可知，负试探电荷
在c 点的电势能小于在d 点的电势能，故D 正确。
故选：CD。
题型三 等势面的理解及应用
1．（2026•金水区校级模拟）由太阳能板阵列产生的人工可控匀强电场，主要用于偏转太空尘埃和微小
碎片。为了测试电场对带电微粒的偏转效果，工程师将一个足够长、倾角为30°的固定斜面置于电场强
度大小E =
❑√3mg
6q
、方向水平向右的匀强电场中，并向该区域发射了一质量为m、电荷量为+q 的小
球，小球以初速度v0从斜面底端斜向上抛出，初速度方向与水平方向间的夹角为60°，如图所示。重
力加速度为g，不计空气阻力。从抛出到落回斜面的过程中，小球机械能的增加量为（ ）
A．6mv0
2
49
B．9 ❑√3mv0
2
49
C．6 ❑√3m v0
2
49
D．9m v0
2
49
【答案】D
【分析】将小球在电场中的斜抛运动分解到沿斜面和垂直于斜面，结合牛顿第二定律和运动学公式求
出小球从开始运动至落回斜面过程中沿斜面的位移大小，小球机械能的增加量等于静电力在此过程中
做的功。
【解答】解：沿斜面向上和垂直斜面建立xOy，如图所示，
根据牛顿第二定律，沿斜面方向有 mg sin 30°﹣qEcos30°＝max，垂直斜面方向有 mgcos30°+qEsin30°
＝may，
解得 ax＝ 1
4 g，方向沿斜面向下，a y = 7 ❑√3
12 g，方向垂直斜面向下，
初速度沿x、y 轴的分速度分别为 v0 x = v0cos30° =
❑√3
2 v0、v0 y = v0sin30° = 1
2 v0，
当小球落回斜面时y＝0，则有 v0 yt −1
2 a yt
2=0，解得 t ＝ 4 ❑√3 v0
7 g
，
则小球从开始运动至落回斜面过程中沿斜面的位移大小 x = v0 xt −1
2 axt
2，解得 x = 36 v0
2
49 g
，
小球机械能的增加量 ΔE＝qExcos30°，解得：ΔE = 9mv0
2
49
，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
2．（2026•诸暨市二模）如图所示为一个带正电荷的小球与一块大金属板之间形成的电场线和等势面，
a、b、c、d、e、f 为其中六个点，下列说法正确的是（ ）
A．a、b 两点的电场强度相同
B．金属板表面e、f 两点的电势相等
C．将一电子从c 点移到d 点，电子的电势能减小
D．若电子在e 点静止释放，仅受静电力作用可沿电场线ae 运动
【答案】B
【分析】依托电场线切线、导体静电平衡、电势电势能关系、曲线电场线粒子运动规律，逐项判断选
项正误。
【解答】解：A.电场强度为矢量，方向沿电场线切线方向，a、b 两处电场线切线方向不同，两点电场
强度不同，故A 错误；
B.静电平衡下的金属板为等势体，金属板表面全部点电势相同，e、f 位于金属板表面，两点电势相
等，故B 正确；
C.沿着电场线电势逐渐降低，c 点电势高于d 点，电子带负电，由电势能公式Ep＝qφ 可知，负电荷在
高电势处电势能更小，电子从c 移到d，电势能增大，故C 错误；
D.ae 是曲线电场线，静止释放的电子仅受电场力时，加速度沿电场线切线方向，初速度为零，运动轨
迹会向受力方向偏转，无法沿曲线电场线运动，故D 错误。
故选：B。
3．（2026•广元模拟）“场离子显微镜”的金属钨针的针尖O 和导电膜间的电场线分布如图所示，该电
场可视为位于O 点处点电荷形成的电场。a、b、c、d 四点位于同一平面内，abc 是一段以O 为圆心的
圆弧，d 为Ob 的中点，下列说法正确的是（ ）
A．O、d 两点间的电势差的2 倍大于O、a 两点间的电势差
B．d 点的电势小于b 点的电势
C．负试探电荷在a 点的电势能小于在c 点的电势能
D．a 点的电场强度与b 点的电场强度相同
【答案】A
【分析】根据题目描述，钨针尖和导电膜间形成的电场在玻璃泡上半部分可视为位于O 点的点电荷形
成的电场。因此，电场强度和电势的分布遵循点电荷电场的规律，电场线越密集的地方，电场强度越
大，沿着电场线的方向电势降低。
【解答】解：A．根据题意可设Od＝db＝r，Oa＝Ob＝2r
由图中电场线的疏密程度可知越靠近O 场强越大，则Od 段的平均场强大于db 段的平均场强，由U＝
Ed
得UOd＞Udb
则UOa＝UOb＝UOd+Udb＜UOd+UOd＝2UOd，故A 正确；
B．根据电场线的分布情况，顺着电场线电势逐渐降低，则φd＞φb，故B 错误；
C．a、c 在以O 为圆心的同一圆弧上，属于同一等势面，则φa＝φc
由Ep＝﹣qφ 可得负电荷在a、c 点的电势能相等，故C 错误；
D．电场强度是矢量，a、b 场强大小相等，但方向不同（分别沿Oa、Ob 向外），故场强不同，故D
错误。
故选：A。
（多选）4．（2026•海南四模）某电子显微镜使用非匀强电场聚集电子束。该电场的等势面分布如图中
虚线所示，相邻两等势面间的电势差均为1V。实线是一电子仅在静电力作用下的运动轨迹，a、b 是轨
迹上位于不同等势面上的两点。取等势面MN 为零势面，则（ ）
A．电子在a 点的加速度比在b 点小
B．a、b 两点的电势关系为φa＞φb
C．从a 到b，电子的电势能增加了2eV
D．从a 到b，电子的动能增加了2eV
【答案】AD
【分析】A.结合题意，由等差等势面的特点及牛顿第二定律，即可分析判断；
B.结合题意，由等势面与电场线的关系、电场力方向的特点、电场力做功与电势能变化的关系、能量
守恒，即可分析判断。
【解答】解：A.同一电场中，等差等势面越密集的地方，电场强度越大，则由题图可知，a 点的电场
强度小于b 点的电场强度，则根据F＝qE＝ma 可知，电子在a 点的加速度比在b 点小，故A 正确；
BCD.因为电场中等势面与电场线相交处互相垂直、电子所受电场力方向与电场强度方向相反、电子做
曲线运动所受合力（电场力）指向运动轨迹凹侧，
所以该电子经过的电场线方向，应垂直于等势面斜向左上方，则沿电场线的方向先经过b 所在等势
面，后经过a 所在等势面。
因为沿电场方向电势逐渐降低，所以：
φa＜φb，
因为取等势面MN 为零势面，两等势面间的电势差均为1V，所以从a 到b，电子的电势能的变化量
为：
ΔEp＝﹣e（φb﹣φa）＝﹣e×[﹣2V﹣（﹣4V）]＝﹣2eV，即电势能减少了2eV，则由能量守恒可知，
该过程，从a 到b，电子的动能增加了2eV，故D 正确，BC 错误。
故选：AD。
题型四 匀强电场中电势差与电场强度的关系
1．（2026•随州三模）如图所示，xOy 平面内存在一匀强电场，点A（0，3m）、B（4m，6m）、C
（4m，0）位于匀强电场内，三点的电势分别为φA＝26V、φB＝1V、φC＝19V，关于该匀强电场的电
场强度大小和方向，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度大小为5V/m，与x 轴正方向的夹角θ 满足sinθ＝0.5
B．电场强度大小为3V/m，与x 轴正方向的夹角θ 满足sinθ＝0.5
C．电场强度大小为5V/m，与x 轴正方向的夹角θ 满足sinθ＝0.6
D．电场强度大小为3V/m，与x 轴正方向的夹角θ 满足sinθ＝0.6
【答案】C
【分析】题目给出A、B、C 三点坐标及电势，匀强电场中电势沿任意方向均匀变化。分析关键在于利
用已知点构建平行于坐标轴的等势线或确定电势变化方向。先通过B、C 点连线平行于y 轴，计算其
电势差与距离得到y 方向电场分量E_y。再寻找平行于x 轴且电势已知的两点，A 点与BC 中点D 的连
线满足此条件，计算电势差与距离得到x 方向电场分量E_x。由两个分量合成总电场强度大小，并根
据分量关系确定其方向与x 轴夹角的正弦值。
【解答】解：在匀强电场中，电势沿平行于坐标轴方向随距离均匀变化。已知B 点与C 点的连线平行
于y 轴，两点间电势差UCB＝φC﹣φB，即UCB＝18V，距离yBC＝6m，可得y 轴方向的电场强度分量
E y = U CB
yBC
，解得：Ey＝3V/m。
电势沿y 轴正方向降低，故该分量方向沿y 轴正方向。取BC 中点D，坐标为（4m，3m），其电势
φD= φB+φC
2
，解得：φD＝10V。
A 点坐标为（0，3m），A 与D 的连线平行于x 轴，两点间电势差UAD＝φA﹣φD，即UAD＝16V，距离
xAD＝4m，可得x 轴方向的电场强度分量Ex = U AD
x AD
，解得：Ex＝4V/m。
电势沿x 轴正方向降低，故该分量方向沿x 轴正方向。根据矢量合成，匀强电场的电场强度大小
E =
❑√Ex
2+ E y
2，解得：E＝5V/m。
设电场强度与x 轴正方向的夹角为θ，则sinθ = E y
E
，即sinθ＝0.6。由上述分析可知，电场强度大小为
5V/m，其方向与x 轴正方向的夹角θ 满足sinθ＝0.6，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
2．（2026•诸暨市二模）在通常条件（温度为20℃，1 个大气压，干燥空气）下，空气的击穿阈值约为
3×106V/m，其中单位“V/m”对应的物理量是（ ）
A．电场强度
B．电压
C．电容
D．电感
【答案】A
【分析】题目中给出空气的击穿阈值数值和单位“V/m”，需明确该单位对应的物理量。电场强度在
匀强电场中定义为电势差与沿电场方向距离的比值，其国际单位可由电压单位伏特与长度单位米导
出，恰好为伏特每米。电压、电容和电感的国际单位分别为伏特、法拉和亨利，与伏特每米不同。因
此，通过单位分析即可确定该单位对应的是电场强度。
【解答】解：根据匀强电场中电势差与电场强度的关系E = U
d 可知，电压U 的单位是伏特（V），距
离d 的单位是米（m），因此单位“V/m”对应的物理量是电场强度。
A、单位“V/m”对应的物理量是电场强度，故A 正确；
B、电压的国际单位是伏特（V），故B 错误；
C、电容的国际单位是法拉（F），故C 错误；
D、电感的国际单位是亨利（H），故D 错误。
故选：A。
3．（2026•张家口二模）空间存在一匀强电场，电场强度方向（未画出）与O、A、B 三点所在平面平
行，∠AOB＝30°，OB＝OA＝d，如图所示。将大量电荷量为q 的带正电粒子，以相同的初动能自O
点沿不同方向射出，通过A 点的粒子与通过B 点的粒子动能增加量分别为ΔEk与
❑√3 Δ Ek，忽略粒子
重力及粒子间相互作用力的影响，则该电场的电场强度大小为（ ）
A．Δ Ek
qd
B．
❑√3 Δ Ek
qd
C．2❑√3 Δ Ek
3qd
D．2 Δ Ek
qd
【答案】D
【分析】粒子从O 点出发，电场力做功导致动能变化，已知通过A、B 两点时动能增加量不同，表明
电场方向与OA、OB 的夹角不同，使得沿两方向的电势差不同。根据动能定理，电场力做功等于动能
增量，可分别得到OA、OB 间的电势差。在匀强电场中，电势差等于场强与沿场强方向投影距离的乘
积，结合OA、OB 长度相等且夹角已知，通过电场方向与OA 夹角的余弦关系建立方程，求出该余弦
值，进而由电势差表达式求得场强大小。
【解答】解：带电粒子在匀强电场中运动，依据动能定理，电场力所做的功等于粒子动能的增量，可
得WOA＝qUOA＝ΔEk以及W OB=qU OB= ❑√3 Δ Ek，解得：U OA = Δ Ek
q
，U OB=
❑√3 Δ Ek
q
。
设电场强度大小为E，其方向与直线OA 间的夹角为θ，根据匀强电场中电势差与场强的关系，有UOA
＝Edcosθ。
由于直线OB 与OA 夹角为30°，则场强方向与OB 的夹角为θ﹣30°或θ+30°，因此UOB＝Edcos
（θ±30°）。
联立两式相比，得到cos(θ±30°)
cosθ
= ❑√3，利用和差角余弦公式展开化简，得
❑√3
2 ∓1
2 tanθ = ❑√3，解
得：tanθ =∓❑√3。
考虑到UOA＞0，即cosθ＞0，故θ＝60°或θ＝﹣60°，此时均有cosθ = 1
2。代入UOA＝Edcosθ 中，解
得：E = 2 Δ Ek
qd
。故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
（多选）4．（2026•海口模拟）如图所示，一匀强电场平行于矩形ABCD，其中AD＝20❑√3cm，AB＝
30cm。一电子从A 点运动到B 点，静电力做功﹣3eV；再从B 点运动到C 点，静电力做功6eV。已知
C 点的电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．D 点的电势为﹣3V
B．电子在A 点时电势能为3eV
C．电场强度的大小为20V/m
D．电场强度的方向从D 点指向B 点
【答案】BC
【分析】电子从A 到B 和从B 到C 的静电力做功已知，可分别计算A、B 两点间的电势差和B、C 两
点间的电势差；由C 点电势为零，结合电势差定义可依次确定B 点和A 点的具体电势。在匀强电场
中，平行且长度相等的线段两端电势差相等，利用AD 平行于BC 且长度相等，可得到AD 间的电势
差，进而求得D 点的电势。电场强度的大小和方向需基于电势分布确定，通过建立坐标系，分别计算
沿矩形边长方向的分量，再合成得到总电场强度的大小并判断其方向是否与选项描述一致。
【解答】解：电子从A 点运动到B 点，静电力做功WAB＝﹣3eV。根据电势差公式U = W
q ，可得
U AB= −3eV
−e
，解得：UAB＝3V。
同理，电子从B 点运动到C 点，静电力做功WBC＝6eV，可得U BC = 6eV
−e ，解得：UBC＝﹣6V。已知
C 点电势φC＝0V，根据UBC＝φB﹣φC，解得：φB＝﹣6V。
根据UAB＝φA﹣φB，解得：φA＝﹣3V。在匀强电场中，平行且相等的线段两端电势差相等，即UAD＝
UBC＝﹣6V，由UAD＝φA﹣φD，解得：φD＝3V。
A、由上述分析可知，D 点的电势为3V，故A 错误；
B、电子在A 点时的电势能EpA＝qφA＝（﹣e）×（﹣3V），解得：EpA＝3eV，故B 正确；
C、设B 点为坐标原点，沿BC 方向为x 轴，沿BA 方向为y 轴建立直角坐标系。由于电势沿x 轴和y
轴正方向均升高，故电场强度的x 分量和y 分量均指向负半轴。
其中，沿x 轴方向的电场强度分量大小Ex = φC−φB
xC−xB
= 0−(−6)
0.2❑√3 V /m，解得：Ex =10 ❑√3V /m。沿y
轴方向的电场强度分量大小E y = φ A−φB
y A−yB
= −3−(−6)
0.3
V /m，解得：Ey＝10V/m。根据矢量合成，电
场强度的大小E =
❑√Ex
2+ E y
2 =
❑√(10 ❑√3)
2+10
2V /m，解得：E＝20V/m，故C 正确；
D、电场强度的方向与x 轴负方向（即CB 方向）的夹角正切值为E y
Ex
=
10
10 ❑√3 =
❑√3
3 。而D 点指向B 点
的方向与CB 方向的夹角正切值为y D
xD
=
0.3
0.2❑√3 =
❑√3
2 ，由于
❑√3
2 ＞
❑√3
3 ，故电场强度的方向并非沿D
点指向B 点，故D 错误。
故选：BC。
题型五 等分法确定电场线与电势高低
1．（2026•大足区校级模拟）如图所示，M、N、P、Q 为椭圆上的4 个顶点，O 为中心；半短轴长OM
= ❑√3m，半长轴ON＝2m；空间有一方向与椭圆所在平面平行的范围足够大的匀强电场（图中未画
出）。已知M、N、P 三点的电势分别为φM＝1V、φN＝2.5V、φP＝4V。下列判断正确的是（ ）
A．椭圆中心O 点的电势为2V
B．电场强度的大小为
❑√3
2 V/m
C．一电子沿长轴NOQ 运动，电场力先做负功后做正功
D．一电子在Q 点的电势能为2.5eV
【答案】B
【分析】题目描述带电粒子在椭圆匀强电场中的电势分布与运动，核心是匀强电场中电势的线性变化
规律与等势线的几何关系。已知M、N、P 三点的电势，利用匀强电场中沿任意直线电势均匀变化的性
质，通过椭圆中心O 作为MP 和NQ 的中点，可求出O 点和Q 点的电势，从而确定等势线的方向，进
而分析电场强度大小和电子运动过程中电场力的做功情况。
【解答】解：在匀强电场中，沿任意直线电势均匀变化。由于O 点为MP 的中点，可得φO= φM +φP
2
，代入数据解得：φO＝2.5V。同理，由于O 点为NQ 的中点，可得φO= φN +φQ
2
，代入数据解得：φQ
＝2.5V。
A、根据以上分析，O 点电势为2.5V，故A 错误。
B、由于φN＝φO＝φQ＝2.5V，因此长轴NOQ 所在直线为一条等势线，电场线方向必定垂直于该等势
线，即沿PM 连线方向。根据匀强电场中场强与电势差的关系E = U PM
d
，其中d＝2OM，代入数据解
得：E =
❑√3
2 V /m，故B 正确。
C、由于长轴NOQ 为一条等势线，电子沿该直线运动时，电势能保持不变，电场力不做功，故C 错
误。
D、根据电势能公式Ep＝qφ，电子带负电荷，代入数据解得电子在Q 点的电势能为﹣2.5eV，故D 错
误。
故选：B。
2．（2026•银川模拟）在研制新型芯片材料的过程中，科研人员需要精确测量材料内部微小区域的电场
强度。如图所示，在一块待测样品表面，有一个以O 为圆心、半径为R 的圆形探测区域，该区域存在
与圆所在平面平行的匀强电场。科研人员在圆上选取A、B、C 三个探测点，其中A 与C 的连线为直
径，在△ABC 中，∠A＝30°。科研人员从A 点以相同的初动能Ek，沿不同方向先后发射两个完全相
同的、带电荷量均为q（q＞0）的探测粒子（仅受电场力，其他影响不计），它们分别经过了B 点和
C 点。探测器测得：经过B 点时粒子的动能为EkB＝2Ek；经过C 点时粒子的动能为EkC＝3Ek。根据以
上探测数据，该区域电场强度的大小为（ ）
A．Ek
qR
B．2 Ek
qR
C．
❑√3 Ek
3qR
D．2❑√3 Ek
3qR
【答案】D
【分析】由动能定理求出A 到B、A 到C 的电势差，利用圆的几何性质确定△ABC 的边长与角度；设
A 点电势为0，求出B、C 点电势，通过中点电势确定等势线BO；根据电场线与等势线垂直的规律，
结合电势差与电场强度的关系，计算出电场强度的大小。
【解答】解：粒子仅受电场力，动能变化等于电场力做功，由动能定理W＝ΔEk＝qU
从A 到B 有EkB﹣Ek＝qUAB，即2Ek﹣Ek＝qUAB，解得U AB= Ek
q
从A 到C 有EkC﹣Ek＝qUAC，即3Ek﹣Ek＝qUAC，解得U AC = 2 Ek
q 。
AC 为圆的直径，故AC＝2R；△ABC 中∠A＝30°，由圆的性质可知∠ABC＝90°，因此
AB = ACcos30° = ❑√3 R，BC＝ACsin30°＝R。
设φA＝0，则φB=U AB= Ek
q ，φC =U AC = 2 Ek
q
取AB 中点D，则φD= φ A+φB
2
= Ek
2q
取AC 中点O（圆心），则φO= φ A+φC
2
= Ek
q =φB，因此BO 为等势线。电场方向垂直于等势线BO，
由电势高低可知电场方向由C 指向A 与BO 垂直的分量。
在△ABO 中，AO＝R，AB = ❑√3 R，BO＝R，∠BAO＝30°，故A 到等势线BO 的距离
d = AOsin60° = R⋅
❑√3
2
A 到BO 的电势差U A →BO=φ A−φB=−Ek
q
可得电场强度大小E =|U |
d
=
Ek
q
❑√3 R
2
= 2 Ek
❑√3qR = 2❑√3 Ek
3qR
，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
3．（2026•铜陵模拟）如图，匀强电场中有一假想长方体ABCD﹣A1B1C1D1；AB，BC，CC1长度分别
为2m，1m，1m；A，B，C 及C1四点的电势分别为8V，6V，2V，﹣6V，则该匀强电场的电场强度
大小为（ ）
A．4V/m
B．6V/m
C．8V/m
D．9V/m
【答案】D
【分析】题目描述长方体在匀强电场中的电势分布，已知长方体三个相互垂直方向上的棱长及四个顶
点的电势值。匀强电场的电场强度为矢量，需通过电势差与电场强度的关系确定其在各方向上的分
量。由于长方体棱边相互垂直，可将其视为坐标轴方向，分别计算沿AB、BC、CC1方向的电势差与
对应棱长的比值，得到电场强度在各方向上的分量大小，再根据矢量合成法则计算合场强的大小。
【解答】解：在匀强电场中，电场强度沿某方向的分量等于该方向电势差与距离的比值。由于AB、
BC、CC1是长方体中三条相互垂直的棱，可据此建立直角坐标系。
根据电势差与电场强度的关系U＝Ed，电场强度在AB 方向的分量为E1= φ A−φB
LAB
，解得：E1＝
1V/m。电场强度在BC 方向的分量为E2= φB−φC
LBC
，解得：E2＝4V/m。
电场强度在CC1方向的分量为E3= φC−φC1
LC C1
，解得：E3＝8V/m。根据场强的矢量合成原理，该匀强电
场的电场强度大小为E =
❑√E1
2+ E2
2+ E3
2，解得：E＝9V/m，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
（多选）4．（2026•枣庄模拟）一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a、b、c 三点位置如图所
示，三点的电势分别为4.6V、11V、7.4V，下列说法正确的是（ ）
A．坐标原点O 处的电势为1V
B．电场强度的大小为250V/m
C．电子在a 点的电势能比在b 点大6.4eV
D．电子从b 点运动到c 点，电场力做功3.6eV
【答案】AC
【分析】题目描述匀强电场中a、b、c 三点的电势，需要分析原点O 处的电势、电场强度大小、电子
电势能比较及电场力做功。已知匀强电场中沿平行方向移动相同距离电势变化量相等，由a、b、c 三
点位置及电势值可确定O 点电势，进而通过电势差与距离关系计算电场强度分量并合成。电子电势能
与电势关系为负电荷电势能随电势升高而减小，比较两点电势差即可得电势能差值。电场力做功由电
势差与电荷量乘积决定，注意电子带负电。
【解答】解：在匀强电场中，沿两条相互平行的方向移动相同距离，电势的变化量相等。由题图可
知，线段ab 与线段Oc 平行且长度相等（均为4cm），根据此规律有φb﹣φa＝φc﹣φO。
A、将已知电势值代入，得11V﹣4.6V＝7.4V﹣φO，解得：φO＝1V，故A 正确；
B、电场强度在x 轴方向的分量为Ex = φc−φO
dOc
= 7.4−1
0.04 V /m=160V /m，在y 轴方向的分量为
E y = φa−φO
dOa
= 4.6−1
0.03 V /m=120V /m，根据矢量合成法则，电场强度的大小为
E =
❑√Ex
2+ E y
2 =
❑√160
2+120
2V /m=200V /m，故B 错误；
C、电子在a 点的电势能Epa＝﹣eφa，代入数据可得Epa＝﹣4.6eV，在b 点的电势能Epb＝﹣eφb，代入
数据可得Epb＝﹣11eV，两者之差ΔEp＝Epa﹣Epb，代入数据可得ΔEp＝﹣4.6eV﹣（﹣11）eV＝
6.4eV，即电子在a 点的电势能比在b 点大6.4eV，故C 正确；
D、从b 点到c 点的电势差Ubc＝φb﹣φc＝11V﹣7.4V＝3.6V，根据电场力做功公式W＝qUbc，电场力
做功为W＝﹣e×3.6V＝﹣3.6eV，故D 错误。
故选：AC。
题型六 非匀强电场中电势差与电场强度分析
1．（2026•南京模拟）如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球a 和b，a 和b 均可视为点电荷，一个点电
荷放在轻杆的左侧。现将轻杆绕中点转动，在位置MN 和位置EF 时系统总电势能刚好相等。则
（ ）
A．a、b 两球带异种电荷
B．a、b 两球带电量相等
C．a 球由E 转动到M 过程中，O 点电场强度可能变小
D．b 球在N 点的电势能一定小于F 点的电势能
【答案】C
【分析】利用电势能变化与电场力做功的关系，结合轻杆转动前后总电势能相等，分析a、b 的电性、
电量关系，以及转动过程中电场强度的变化和电势能的比较。注意考虑左侧固定点电荷的电场分布，
O 点为杆的中点，转动时a、b 的位置关于O 对称变化，距离左侧电荷的距离改变方向相反。
【解答】解：A、根据题意分析可知，a、b 两球电势能总量刚好相等，说明点电荷对a、b 两球所做的
总功的代数和为零，a、b 两球电性一定相同，故A 错误；
B、根据选项A 分析可得|qa||UME|＝|qb||UNF|，
显然|UME|＞|UNF|
则|qa|＜|qb|，故B 错误；
C、根据题意分析可知，若开始在EF 位置带电小球a 和b 形成的合电场与点电荷形成的电场反向，则
转动过程中，带电小球a 和b 形成的合电场与点电荷形成的电场夹角越来越小一直到垂直，由矢量合
成规律可得O 点电场强度会变大；若开始在EF 位置带电小球a 和b 形成的合电场与点电荷形成的电场
同向，则转动过程中，带电小球a 和b 形成的合电场与点电荷形成的电场夹角越来越大一直到垂直，
由矢量合成规律可得O 点电场强度会变小，故C 正确；
D、根据题意分析可知，小球a 和b 距离不变，小球a 对b 不做功，若b 球与点电荷带异种电荷，则相
互吸引，从N 点到F 点，电场力做负功，根据电场力做功与电势能的关系可知，电势能增加，则N 点
的电势能小于F 点的电势能；若b 球与点电荷带同种电荷，则相互排斥，从N 点到F 点，电场力做正
功，电势能减少，则N 点的电势能大于F 点的电势能，故D 错误。
故选：C。
2．（2026•渝北区校级模拟）地球表面与大气电离层都是良导体，两者与其间的空气介质可视为一个大
电容器，其间的电场，称为大气电场。设大地电势为零，晴天的大气电场中，不同高度h 处的电势φ
的变化规律如图所示，其中①线为曲线的切线，不考虑水平方向的电场。则高度h＝5km 处的电场（
）
A．电场强度比h＝0 处大
B．电场强度方向向上
C．电场强度约为40V/m
D．电场强度约为20V/m
【答案】D
【分析】利用电势与高度图像的切线斜率表示电势梯度，结合电场强度与电势梯度的关系，分析h＝
5km 处电场强度的大小、方向，并与h＝0 处对比判断选项。
【解答】解：A、h﹣φ 图像的斜率的倒数代表电场强度，结合图像，随高度增大，斜率越来越大，则
电场强度逐渐减小，即高度h＝5km 处的电场比h＝0 处小，故A 错误；
B、随高度增大，电势逐渐增大，沿电场线方向电势降低，电场强度方向向下，故B 错误；
CD、结合图像E = 1
Δh
Δω
= Δφ
Δh = (200−100)×10
3
5×10
3
V /m=20V /m，故C 错误，D 正确。
故选：D。
3．（2026•西城区一模）多个点电荷产生的电场中，某点的电势等于各个点电荷单独在该点产生的电势
的代数和。已知，在电荷量为Q 的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电
荷r 处的电势φ =k Q
r ，其中k 为静电力常量。若真空中有两个点电荷Q1和Q2，分别固定在x 轴的坐标
为﹣4cm 和1cm 的位置上。两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示。下列说法正确的是（
）
A．Q1为正电荷，Q2为负电荷，且Q2＝﹣4Q1
B．x 轴上x＝6cm 处的电场强度为0
C．若仅将Q2的电荷量变为原来的2 倍，x 轴上x＝﹣1.5cm 处的电势将变为0
D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2 倍，M、N 两点间的电势差仍为0.4V
【答案】B
【分析】题目描述了真空中有两个点电荷Q1和Q2固定在x 轴特定位置，并给出了等势线分布图。解
题需从等势线数值判断点电荷电性，利用原点处电势为零的条件建立Q1与Q2的电荷量关系，从而验
证选项A。对于x 轴上电场强度为零的位置，需根据两点电荷在x 轴产生的场强方向相反，结合电荷
量大小关系列式求解坐标，判断选项B。分析x 轴上某点电势是否为零时，需考虑该点到两电荷的距
离，并依据电势叠加原理计算电荷量变化后的电势值。比较M、N 两点电势差时，需理解各点电势均
随电荷量等比例变化，因此电势差也会同比例改变。
【解答】解：根据等势线分布及电势叠加原理进行分析。共性分析：由图可知，点电荷Q1位于x＝﹣
4cm，其周围等势线为正值（1.2V，0.8V），故Q1为正电荷；
点电荷Q2位于x＝1cm，其周围等势线为负值（﹣0.4V），故Q2为负电荷。零电势线（标有0 的曲
线）绕过Q2且经过原点O（0，0），根据点电荷电势公式φ=k Q
r ，在原点处φ=k Q1
4 +k Q2
1 ，代入数
据解得φ＝0，解得Q1＝﹣4Q2，即Q1＝4|Q2|。
A、由上述分析可知，Q1为正电荷，Q2为负电荷，且|Q1|＝4|Q2|，则Q1＝﹣4Q2，故A 错误；
B、在x 轴上，Q1和Q2产生的电场强度方向相反。设场强为0 的点坐标为x，由于|Q1|＞|Q2|，该点应
在Q2右侧，根据E =k |Q1|
r1
2
−k |Q2|
r2
2
，代入数据解得E＝0 可得r1
r2
= ❑√
|Q1|
|Q2| = ❑√4 =2，即x﹣（﹣
4）＝2（x﹣1），解得x＝6cm，故B 正确；
C、在x＝﹣1.5cm 处，Q1的距离r1＝2.5cm，Q2的距离r2＝2.5cm。初始电势
φ=k Q1
2.5 +k Q2
2.5 = k
2.5 (Q1+Q2)。若仅将Q2的电荷量变为原来的2 倍，则Q2'＝2Q2，由于Q1＝﹣
4Q2，此时电势φ′ = k
2.5 (−4Q2+2Q2)= −2k Q2
2.5
≠0，故C 错误；
D、若两点电荷的电荷量均变为原来的2 倍，根据φ=k Q
r ，空间中各点的电势均变为原来的2 倍。M
点电势变为2.4V，N 点电势变为1.6V，两点间的电势差变为0.8V，故D 错误。
故选：B。
（多选）4．（2026•沧州模拟）复印机的核心原理是静电吸附，电晕丝与感光鼓间的强电场的电场线分
布如图所示。一带负电墨粉颗粒（忽略重力）沿直线从a 点运动到b 点，以a 为原点、ab 连线向下为
正方向建立x 轴。设电场强度大小为E、颗粒加速度大小为a、速度大小为v、电势能为Ep，则下列图
像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【分析】根据电场线疏密判断a 到b 电场强度变化，再结合牛顿第二定律分析加速度变化，由粒子受
力方向判断运动性质，结合运动学规律分析速度变化，根据电场力做功与电势能的关系分析电势能变
化，判断各图像是否正确。
【解答】解：A.电场线的疏密表示电场强度大小，x＝0 对应a 点，离负电晕丝更近，电场线更密，E
更大，从a 到b 过程中，电场线越来越疏，说明电场强度E 逐渐减小，且减小的速率越来越慢，因此E
﹣x 曲线是逐渐下降、越来越平缓，和A 图一致，故A 正确；
B.根据牛顿第二定律，颗粒加速度大小a= qE
m
加速度和E 成正比，变化规律与E 一致应该是逐渐下降、越来越平缓。但B 图中加速度下降越来越
快，斜率绝对值逐渐增大，故B 错误；
C.根据运动学关系v2＝2ax
由于a 随x 增大逐渐减小，因此v2﹣x 的斜率逐渐减小，曲线上升越来越平缓，和C 图一致，故C 正
确；
D.从a 到b 电场力做正功，电势能逐渐减小；斜率的绝对值| Δ E p
Δx |=qE，E 随x 增大减小，因此斜率
绝对值应该逐渐减小，Ep下降越来越平缓，故D 错误。
故选：AC。
题型七 电场线与运动轨迹的综合问题
1．（2026•新乡模拟）如图甲所示，有一种电鳗具有特殊的适应性，能通过自身发出生物电，猎取食
物。该电鳗头部附近的电场线分布情况如图乙中实线所示，虚线为某一带电粒子的运动轨迹，只考虑
电场力的作用，下列说法正确的是（ ）
A．该带电粒子带正电
B．该带电粒子在A 点的速度小于在B 点的速度
C．该带电粒子在A 点的加速度大于在B 点的加速度
D．该带电粒子在A 点的电势能大于在B 点的电势能
【答案】C
【分析】通过粒子轨迹弯曲方向判定电场力指向，结合电场线走向判断粒子电性，由电场线疏密对比
加速度，依靠电场力做功正负分析速度与电势能大小。
【解答】解：A、粒子所受电场力指向轨迹的凹侧，由图可知电场力方向沿电场线向左，图中电场方
向沿电场线向右，电场力方向与电场方向相反，粒子带负电，故A 错误。
B、若粒子从B 到A，则电场力向右，位移向右，电场力做正功，动能增大，故vA＞vB
若粒子从A 到B，则电场力向右，位移向左，电场力做负功，动能减小，则vB＜vA，故B 错误；
C、电场线的疏密代表电场强度大小，A 点电场线比B 点更密，故此EA＞EB
结合F＝qE＝ma
则aA＞aB，故C 正确；
D、沿电场线方向电势降低，电场向右，故φA＞φB
粒子带负电，结合电势能公式Ep＝qφ
可得EpA＝qφA＜qφB＝EpB，故D 错误；
故选：C。
2．（2026•广西模拟）如图所示，一带电粒子q 以一定的初速度进入某点电荷Q 产生的电场中，粒子只
受静电力，沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的a、b 两点，其中a 点的场强大小为Ea，方向与ab
连线成30°角；b 点的场强大小为Eb，方向与ab 连线成60°角。下列说法中正确的是（ ）
A．点电荷Q 带正电
B．粒子q 在a 点的静电力大于在b 点的静电力
C．粒子q 在a 点的电势能大于在b 点的电势能
D．a 点的电势低于b 点电势
【答案】C
【分析】先根据a、b 两点场强方向确定场源电荷位置与电性，再结合场强公式判断静电力大小，接着
由轨迹弯曲方向分析静电力做功与电势能变化，最后结合场源电荷电性判断a、b 两点电势高低。
【解答】解：A、由图可知，点电荷Q 产生的电场中，Ea和Eb指向点电荷，故点电荷Q 带负电，故A
错误；
B、由图中可知，a 点到点电荷的距离大于b 点到点电荷的距离，根据库仑定律F = kQq
r
2
可知粒子q 在a 点的静电力小于在b 点的静电力，故B 错误；
CD、a 点到点电荷的距离大于b 点到点电荷的距离，沿着电场线方向电势降低，结合负点电荷周围等
势面的分布情况，a 点的电势高于b 点电势，结合粒子轨迹的弯曲方向，粒子q 与点电荷Q 的电性相
反，故粒子q 带正电，电势能的定义式Ep＝qφ
可知粒子q 在a 点的电势能大于在b 点的电势能，故C 正确，D 错误。
故选：C。
3．（2026 春•浙江期中）如图所示，为某一点电荷所形成的一簇电场线，a、b、c 三条虚线为三个带电粒
子以相同的速度从O 点垂直射入电场的运动轨迹，其中b 虚线为一圆弧，且三个粒子的电荷量大小相
等。不计粒子的重力，则以下说法正确的是（ ）
A．a 一定是正粒子的运动轨迹，b 和c 一定是负粒子的运动轨迹
B．a、b、c 三个电荷在O 点的加速度相同
C．a 虚线对应的粒子的加速度越来越小，c 虚线对应的粒子的加速度越来越大，b 虚线对应的粒子的
加速度不变
D．b 虚线对应的粒子的质量大于c 虚线对应的粒子的质量
【答案】D
【分析】先根据电场线判断点电荷位置，再由轨迹弯曲方向确定粒子受力方向，判断带电性质；结合
电场线疏密分析粒子运动过程中电场强度变化，进而判断加速度变化；对b 粒子（圆周运动）用向心
力公式，结合c 粒子的受力与运动，比较两者质量。
【解答】解：A、轨迹弯曲方向反映受力方向：粒子受力指向轨迹凹侧，与场源同号的粒子受力背离
场源，异号粒子受力指向场源，故受力性质无法仅凭轨迹直接确定，无法判断粒子带电性质，故A 错
误；
B、加速度由电场力决定，a= F
m = qE
m ，O 点处电场强度E 相同，但粒子质量未知，且受力方向不同导
致加速度方向不同，故加速度不相同，故B 错误；
C、电场线疏密反映电场强度大小，离点电荷越近，电场强度E =k Q
r
2，越大，a 粒子远离场源，E 减
小，加速度a= qE
m 减小；
c 粒子靠近场源，E 增大，加速度增大；
b 粒子轨迹为圆弧，到点电荷距离不变，E 大小不变，加速度大小不变，但方向时刻指向圆心，故加速
度是矢量，方向变化，加速度发生改变，故C 错误；
D、b 粒子做匀速圆周运动，电场力提供向心力k Qq
r
2 =mb
v
2
r
得mb= kQq
v
2r ，c 粒子轨迹向场源弯曲，说明电场力大于所需向心力，k Qq
r
2 ＞mc
v
2
r
得mc＜kQq
v
2r ，故mb＞mc，故D 正确。
故选：D。
（多选）4．（2026•锦州模拟）为避免雷击，高大的建筑物顶端均需安装避雷针。如图是某避雷针放电
时空间电场线的分布图，电场线指向避雷针尖端。M、N、P 三点位于同一条电场线上，空间电场分布
关于直线MP 对称。一带电探测粒子仅在电场力作用下运动，其部分轨迹如图所示。下列说法正确的
是（ ）
A．粒子在轨迹上某点的加速度方向与电场线切线方向相反
B．粒子从A 点运动到B 点的过程中，电场力一定做负功
C．M、N、P 三点满足电势关系φM＞φN＞φP
D．粒子在图中A 点的电势能一定大于在B 点的电势能
【答案】CD
【分析】C.结合题图，由电场线与电势的关系，即可分析判断；
A.结合题意及题图，由曲线运动的特点、电场力方向的特点、合外力与加速度的关系，即可分析判
断；
BD.结合前面分析及题意，由电场力做功的特点、电场力做功与电势能变化的关系，即可分析判断。
【解答】解：C.因为沿电场方向电势逐渐降低，则由题图可知，M、N、P 三点满足电势关系φM＞φN
＞φP，故C 正确；
A.因为带电粒子仅在电场力作用下做曲线运动，其所受合力（电场力）指向运动轨迹的凹侧、带电粒
子所受电场力方向与电场强度方向相同或相反，所以由题图可知，该粒子所受合力（电场力）的方向
大致向下、与电场强度方向（电场线切线方向）相同，因此该粒子带正电。
因为该粒子带正电，所以其在轨迹上某点所受电场力的方向与电场线切线方向相同，
因此该粒子在轨迹上某点的加速度方向与电场线切线方向相同，故A 错误；
BD.结合前面分析可知，该粒子所受电场力方向沿电场线的切线方向向下，那么若该粒子由A 运动到
B 点，则其所受合力（电场力）方向与其速度方向的夹角应为锐角，则电场力做正功，电势能减小，
因此粒子在图中A 点的电势能一定大于在B 点的电势能，故B 错误，D 正确。
故选：CD。
题型八 等势面与运动轨迹的综合问题
1．（2026•全国模拟）某电场的等差等势线分布如图中的实线所示。一带正电的试探电荷射入电场中，
虚线为其运动轨迹，a、b、c 为运动轨迹与等势线的交点。已知试探电荷仅受静电力作用，下列说法正
确的是（ ）
A．b 点的电势低于c 点的电势
B．若试探电荷从a 点运动到c 点，电势能先增大后减小
C．试探电荷在a 点时的加速度小于在c 点时的加速度
D．试探电荷在a 点时的速度小于在c 点时的速度
【答案】A
【分析】根据带电粒子的运动轨迹弯曲方向判断电场力方向，结合等势线分布判断电场线方向与电势
高低，再根据电场力做功情况分析电势能、动能变化，结合等势线疏密判断电场强度大小与加速度大
小。
【解答】解：A、带正电的试探电荷受到的静电力在曲线凹侧，电场线方向也指向曲线凹侧，随着电
场线方向电势降低，可知b 点的电势低于c 点的电势，故A 正确；
B、试探电荷从a 点运动到c 点，电势先减小后增大，根据Ep＝qφ 可知，电势能先减小后增大，故B
错误；
C、等差等势线越密，场强越大，图像可知a 点处等差等势线比c 处密集，故a 点场强大于c 点场强，
则试探电荷在a 点受到的静电力F 比b 大，结合a= F
m
可知，试探电荷在a 点时的加速度比c 大，故C 错误；
D、ac 在同一等势面上，其电势差为0，则qU＝0＝ΔEk
动能变化量为0，因此试探电荷在这两点的动能相同，则速度大小也相同，故D 错误。
故选：A。
2．（2026•昭通模拟）如图为一带电粒子在稳定的电场中运动的示意图，虚线为该粒子的运动轨迹，实
线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ分别为0V、10V、20V 和30V 的等势线，其中M、N 为该粒子的运动轨迹与Ⅳ等势
线和Ⅱ等势线的交点，不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．该粒子带正电
B．该粒子在M 点的速度大小大于在N 点的速度大小
C．该粒子在M 点所受的电场力大小小于在N 点所受的电场力大小
D．该粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能
【答案】B
【分析】根据等势线的电势分布确定电场线方向，结合粒子轨迹弯曲方向判断电场力方向与带电性
质，再通过电场力做功分析动能和电势能变化，由等势线疏密判断电场强度及电场力大小。
【解答】解：A、粒子所受的电场力指向运动轨迹的凹侧，电场线垂直等势线且由高电势指向低电
势，电场线的方向与该粒子所受的电场力方向相反，该粒子带负电，故A 错误。
BD、根据Ep＝qφ
则EPM＝qφM，EPN＝qφN
又q＜0，φM＞φN，则EpM＜EpN
该粒子在 M 点的电势能小于在N 点的电势能，粒子仅受电场力，结合能量守恒定律EpM+EkM＝
EpN+EkN
则EkM＞EkN，即1
2 mv M
2 ＞1
2 mv N
2
该粒子在M 点的速度大小大于在N 点的速度大小，故B 正确，D 错误。
C、结合等势线的密集程度与电场强度的关系，M 点的电场强度大小大于N 点的电场强度大小，根据
F＝qE
粒子在M 点所受的电场力大小大于在N 点，故C 错误。
故选：B。
3．（2026 春•包河区校级月考）如图所示为某静电纺纱工艺中的电场分布示意图，虚线是电场线，实线
是某检验电荷只在电场力作用下的运动轨迹，A、B 为运动轨迹上的两点，则下列判断正确的是
（ ）
A．该检验电荷带正电
B．A 点的电势高于B 点的电势
C．检验电荷在A 点的动能小于在B 点的动能
D．检验电荷在A 点的加速度小于在B 点的加速度
【答案】C
【分析】首先根据电源正负极确定电场线由正极指向负极的方向。再依据带电粒子运动轨迹的凹侧为
电场力的受力方向，结合电场线方向判断检验电荷的电性。沿着电场线方向电势逐渐降低，以此比较
A、B 两点的电势高低。根据电场力做功与动能变化的关系，分析检验电荷在两点的动能大小。电场线
越密处电场强度越大，电荷受电场力越大、加速度越大，据此比较两点的加速度大小。
【解答】解：A、由图可知，电场线大致向左，根据检验电荷的运动轨迹可知，检验电荷受电场力大
致向右，可知该检验电荷带负电，故A 错误；
B、沿电场线电势逐渐降低，可知A 点的电势低于B 点的电势，故B 错误；
D、因A 点的电场线较B 点密集，可知A 点的场强较大，检验电荷在A 点受的电场力较大，则检验电
荷在A 点的加速度大于在B 点的加速度，故D 错误；
C、若检验电荷从A 到B 运动时，电场力做正功，动能增加，则在A 点的动能小于在B 点的动能；若
检验电荷从B 到A 运动时，电场力做负功，动能减小，则在A 点的动能小于在B 点的动能，故C 正
确。
故选：C。
（多选）4．（2026•天津模拟）如图所示，两段半径均为R 的1
4 圆形玻璃管道AO、OB 拼接在一起并固
定于竖直面内，管道内壁光滑，M、N 为两段管道的中点，两管道在O 点相切，以O 为原点沿水平方
向建立x 轴，x 轴与AOB 连线相垂直，等量正、负点电荷分别固定在x 轴上x =−❑√2 R，x = ❑√2 R处。
一带正电小球从A 点沿管道自由下落，运动到B 点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．UAM＝UBN
B．M、N 两点电场强度大小相等，方向相反
C．AOB 连线上O 点的电场强度最大
D．小球在O 点、B 点速度之比为1：❑√2
【答案】CD
【分析】根据等量异种点电荷的电场对称性，分析A、M、B、N 各点的电势差和电场强度，再结合动
能定理分析小球在O、B 点的速度比，逐一判断选项。
【解答】解：A.由题意可知中垂线上所有点电势为O，即φA＝φO＝φB＝0，M (
❑√2−1
2
R，
❑√2 R
2
)、
N (
❑√2−1
2
R，−
❑√2 R
2
)两点关于原点中心对称
M 点电势为φM = kQ
r M −
−kQ
r M +
，N 点电势为φN = k Q
r N +
−k Q
r N −
，由中心对称关系rN+＝rM﹣，rN﹣＝rM+
得φN＝﹣φM，又φA＝φB＝0
因此UAM＝φA﹣φM＝﹣φM，UBN＝φB﹣φN＝0﹣（﹣φM）＝φM
即UAM＝﹣UBN，故A 错误；
B.在等量异种电荷的电场中，关于原点对称的两点，电场强度大小相等、方向相同，因为M、N 两点
关于原点对称，所以M、N 两点的电场强度大小和方向都相同，故B 错误；
C.在两等量异种电荷连线的中垂线上，中点O 处的电场线最密，电场强度最大，向两侧延伸场强逐渐
减小，故O 点电场强度最大，故C 正确；
D.小球从A 运动到B 的过程中，由于A、O、B 均在等势面上，电场力不做功，只有重力做功，从A
到O 根据动能定理可得mg⋅❑√2 R = 1
2 m vO
2
解得vO= ❑√2❑√2 gR
从A 到B 根据动能定理有mg⋅2❑√2 R = 1
2 m vB
2
解得vB= ❑√4 ❑√2 gR = ❑√2v0
代入数据可得vO：vB=1：❑√2，故D 正确。
故选：CD。
题型九 图像在电场中的应用
1．（2026•秦皇岛模拟）某静电场的电场强度E 随x 变化关系如图所示，规定沿x 轴正方向为正，若O
点的电势为0，则x2处的电势为（ ）
A．E0( x1+ x2)
2
B．E0(2 x2−x1)
2
C．−E0( x1+ x2)
2
D．−E0(2 x2−x1)
2
【答案】C
【分析】E﹣x 图像与x 轴围成面积代表两点间电势差，电场沿x 正方向电势不断降低，结合O 点电势
为0 列式求解x2处电势。
【解答】解：E﹣x 图像围成的面积代表电势差，图像的面积为S = E0 x1+ E0( x2−x1)
2
= E0( x1+ x2)
2
沿x 轴正方向为正，O 点的电势为0，则U O x2= S =0−φx2
x2处的电势φx2=−E0( x1+ x2)
2
，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
2．（2026•江西模拟）真空中有电荷量为﹣4q 和+q 的两个点电荷，分别固定在x 轴上﹣1m 和0m 处。x
正半轴上各点电势φ 随x 变化情况如图所示，x1= 1
3 m处，φ＝0；x2＝1m 处，φ 最低。则下列关于电
场强度E 说法正确的是（ ）
A．x1= 1
3 m处，E 方向沿﹣x 轴方向
B．x1= 1
3 m处，E＝0
C．x2＝1m 处，E 方向沿+x 轴方向
D．x2＝1m 处，E＝0
【答案】D
【分析】依据φ﹣x 图像斜率表示电场强度，斜率为零处场强为零，根据图像斜率正负判断场强方向
来辨析选项。
【解答】解：A.根据φ﹣x 图像电场强度关系式E =−Δφ
Δx ，x1= 1
3m 处图像斜率小于0，可得电场强度
沿+x 方向，故A 错误；
B.由E=−Δφ
Δx ，x1= 1
3 m处φ﹣x 图线斜率不为零，对应电场强度E≠0，故B 错误；
C.x2＝1m 为电势极小值点，φ﹣x 图像在此处切线斜率为0，由E =−Δφ
Δx 可知该处场强为0，无沿+x 的
电场，故C 错误；
D.依据E =−Δφ
Δx 电势极值位置图像斜率等于0，因此x2＝1m 处E＝0，故D 正确。
故选：D。
3．（2026•南充模拟）光滑绝缘水平面上有关于O 点对称的A、B 两点，以O 点为坐标原点、沿AB 建
立x 轴，A、B 两点间沿x 轴的电势变化如图，左侧图像为曲线，右侧图像为倾斜线段，现将一质量为
m 的带电小球从A 点由静止释放后沿x 轴运动，忽略带电小球的电场，已知小球达O 点时速度为v。
下列说法正确的是（ ）
A．小球带正电
B．小球所带电荷量的绝对值为mv
2
φ0
C．小球在OB 段运动的加速度逐渐变小
D．小球在AO 段的运动时间小于在OB 段的运动时间
【答案】D
【分析】根据φ﹣x 图像的斜率判断电场强度，结合动能定理、牛顿运动定律和运动学规律，分析小
球的电性、电荷量、加速度及两段运动的时间关系。
【解答】解：A.小球从A 到O 动能增加，电场力做正功，A 到O 电势升高，电势能减少，说明小球带
负电，故A 错误；
B.由动能定理得qU AO= 1
2 m v
2，其中UAO＝φA﹣φO＝﹣φ0
解得电荷量绝对值|q|= mv
2
2φ0
，故B 错误；
C.OB 段φ﹣x 图像为倾斜直线，斜率不变，电场强度不变，由a= qE
m
可知小球加速度不变，故C 错误；
D.AO 段小球做加速度减小的加速运动，平均速度v1＞v
2，OB 段做匀减速直线运动，平均速度v2= v
2
，由t = x
v
两段位移相等，故AO 段运动时间更短，故D 正确。
故选：D。
（多选）4．（2026•深圳校级模拟）复印机的核心原理是静电吸附，电晕丝与感光鼓间的强电场的电场
线分布如图所示，越靠近感光鼓越趋近于匀强电场。一带负电墨粉颗粒（忽略重力）沿直线从a 点运
动到b 点，以a 为原点、ab 连线向下为正方向建立x 轴。设电场强度大小为E、颗粒加速度大小为a、
电势能为Ep、动能为Ek，则下列图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【分析】由电场线疏密判断沿x 正方向场强逐渐减小且变化趋缓，结合牛顿第二定律、电场力做功和
能量转化规律分析各物理量随位移变化的图像走势。
【解答】解：A.沿x 轴正方向靠近感光鼓，电场线逐渐变稀疏，E 持续减小，同时越靠近感光鼓电场
趋近匀强电场，E 的下降速率不断放缓，图像曲线斜率绝对值持续变小，图像变化规律匹配电场分布
特点，故A 正确；
B.图像曲线斜率绝对值持续增大，代表E 的减小速度越来越快，和题干“越靠近感光鼓越趋近匀强电
场，场强变化趋缓”的条件相悖，故B 错误；
C.电场线沿x 轴负方向向上，负电荷所受电场力沿x 轴正方向，粒子向下运动时电场力始终做正功，
由ΔEp＝﹣W 电
可知电势能随x 增大不断减小，靠近感光鼓时电场力做功减小，故电势能的变化量逐渐减小，故C 错
误；
D.电场力全程对粒子做正功，根据动能定理W 电＝ΔEk，粒子动能应随位移x 增大持续增大，靠近感光
鼓时电场力做功减小，动能增加量减小，W 电＝ΔEk= 1
2 m v
2=qEx，故D 正确。
故选：AD。
综合提升
一．选择题
1．（2026•呼和浩特二模）如图甲，电鲶遇到危险时，可产生数百伏的电压。如图乙，若将电鲶放电时
形成的电场等效为等量异种点电荷的电场，其中正电荷集中在头部，负电荷集中在尾部，O 为电鲶身
体的中点，AO＝BO，下列说法正确的是（ ）
A．A 点电势高于B 点电势
B．A 点场强和B 点场强大小相等、方向相反
C．将电子由B 点移动到O 点，电势能增大
D．将电子由A 点移动到O 点，电场力做负功
【答案】C
【分析】根据沿电场线电势降低判断A、B 点的电势高低，利用等量异种点电荷的电场分布规律分析
对称点A、B 的场强特点，结合O 点电势为零分析电子从B 点移到O 点时的电势能变化，根据电场力
方向与位移方向的关系判断电场力做功的正负。
【解答】解：A.电鲶头部为正电荷，尾部为负电荷，电场线整体由头部指向尾部，B 点更靠近正电
荷，A 点更靠近负电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低，可知B 点电势高于A 点电势，故A 错误。
B.根据AO＝BO 可知A、B 两点关于等量异种点电荷的中点O 对称，结合等量异种点电荷的电场分布
规律，可知A、B 两点场强大小相等、方向相同，故B 错误。
C.O 点位于等量异种点电荷的中垂线上，电势为0，B 点靠近正电荷，电势为正，所以B 点电势高于O
点电势。负电荷在低电势处电势能更大，所以将电子由B 点移动到O 点时，电势能会增大，故C 正
确。
D.电场方向整体由头部正电荷指向尾部负电荷，即水平向左，电子带所受电场力方向与电场方向相
反，为水平向右。电子从A 点移动到O 点，位移方向与电场力方向相同，所以电场力做正功，故D 错
误。
故选：C。
2．（2026•信宜市校级模拟）图甲是某实验小组制作的简易除尘瓶。绕在玻璃瓶上的螺旋铜丝、插在玻
璃瓶中央的直铜丝分别接直流电源的正、负极，瓶内某一横截面上的电场分布如图乙所示，a、b 在同
一条直线上，b、c 在同一个圆上。现将玻璃瓶充满带负电的烟尘颗粒（不计重力），下列说法正确的
是（ ）
A．a 点处的电场强度大小大于b 点处的电场强度大小
B．b 点处的电势高于c 点处的电势
C．烟尘颗粒将被吸附在玻璃瓶的内表面
D．由静止出发的烟尘颗粒，被吸附的过程中，电势能增加
【答案】C
【分析】根据电场线疏密判断场强大小，沿电场线方向判断电势高低，结合负电荷受力方向分析运动
与电势能变化，逐一判断选项。
【解答】解：A、电场线的疏密程度反映电场的强弱，电场线越密集，电场强度越大，a 点处的电场强
度大小小于b 点处的电场强度大小，故A 错误；
B、b、c 在同一个以负极为圆心的圆上，电势相等，故B 错误；
C、烟尘颗粒带负电，受力和电场方向相反，将被吸附在玻璃瓶的内表面，故C 正确；
D、由静止出发的烟尘颗粒，被吸附的过程中，静电力做正功，电势能减小，故D 错误。
故选：C。
3．（2026•浙江二模）如图为孤立点电荷和金属板间的电场线分布。下列说法正确的是（ ）
A．C 点场强比D 点大
B．金属板上表面的A 点电势比B 点低
C．外力作用下，电子从C 点移到D 点电势能一定减小
D．电子从F 点释放，仅受电场力作用将沿电场线运动到E 点
【答案】C
【分析】先利用电场线的疏密判断场强大小，再结合静电平衡时金属板表面为等势面、沿电场线方向
电势降低的规律，分析各点电势关系与电子电势能的变化，同时依据带电粒子沿电场线运动的条件，
判断粒子运动轨迹，最终选出正确选项。
【解答】解：A、电场线越密场强越大，故C 点电场线比D 点稀疏，因此C 点场强比D 点小，故A 错
误；
B、处于静电平衡状态的金属板表面是等势面，因此A 点和B 点电势相等，故B 错误；
C、沿电场线方向电势降低，D 点比C 点更靠近正电荷，故D 点电势高于C 点，故电子带负电，在电
势越高的地方电势能越低，因此电子从C 点移到D 点，电势能减小，故C 正确；
D、电子仅受电场力作用时，只有在电场线为直线且初速度为零的情况下，才会沿电场线运动，故F
点所在电场线为曲线，电子不会沿曲线电场线运动，故D 错误。
故选：C。
4．（2026•渝中区校级模拟）飞机在飞行中因摩擦积累的大量静电会干扰飞机通讯系统，引发安全事
故。设计者在机翼上安装了许多尖刺（如图甲所示），这些尖刺称为放电刷，它利用尖端放电的原
理，将飞机在飞行中因摩擦积累的电荷及时释放到大气中。科学家们常用如图乙所示的针一板模型进
行放电刷的模拟实验，已知图乙电场中AB＝BC，下列关于飞机放电刷的工作原理及相关物理知识的
说法，正确的是（ ）
A．UAB＝UBC
B．A、B、C 三点中，A 点的电场强度最小
C．飞机飞行时与空气摩擦产生的静电，本质是创造了电荷
D．空气电离后，负离子向针状电极运动，电场力对负离子做正功
【答案】D
【分析】AB、根据电场的电场线分布特点，判断电场强度的大小关系，再结合电势差与平均场强的关
系，判断AB 和BC 间电势差的大小；
C、依据电荷守恒定律，判断摩擦起电的本质判断；
D、根据电场线方向与负离子受力方向的关系，判断电场力做功情况。
【解答】解：A、根据U = E d可知AB 段的平均场强大于BC 段的平均场强，所以UAB大于UBC，故A
错误；
B、电场线越密，场强越大，A 点电场线最密，场强最大，故B 错误；
C、飞机飞行时与空气摩擦产生的静电，本质是电荷转移，而非创造了电荷，电荷守恒定律表明电荷
不能被创造或消灭，故C 错误；
D、针状电极接电源负极，板状电极接电源正极，电场线方向由板状电极指向针状电极（与图乙箭头
方向一致）。负离子带负电，受力方向与电场线方向相反，即指向针状电极，负离子向针状电极运动
时，电场力方向与位移方向相同，电场力做正功，故D 正确。
故选：D。
5．（2026•昭阳区模拟）如图所示，在与纸面平行的匀强电场（图中未画出）中，一质子（带电量为
e）在外力作用下沿圆形轨迹运动，轨迹圆心为O，半径R＝0.1m，BC 为其中的一条直径，A 为轨迹
上的一点，∠AOB＝120°。质子从A 点运动到B 点和从A 点运动到C 点的过程中，电场力对其做功均
为3eV。下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的方向由A 指向O
B．电场强度的大小为20 ❑√3V /m
C．质子从A 点运动到B 点过程中，电场力一直做正功
D．质子从A 点运动到C 点过程中，电势能一直增大
【答案】B
【分析】题目中质子沿圆形轨迹运动，电场力做功与路径有关。已知从A 到B 和A 到C 电场力做功相
同，说明B、C 两点电势相等，电场线垂直于BC 连线。通过几何关系确定A 点到BC 的垂直距离，利
用电场力做功与电势差的关系求出电场强度大小。分析质子从A 到B 的路径，电场力方向与速度方向
夹角会变化，做功情况并非始终为正。从A 到C 过程中，电势持续降低，质子电势能减小。
【解答】解：A、质子从A 点分别运动到B 点和C 点，电场力做功相同，因此B、C 两点位于同一等
势面上，电场方向垂直于BC 并斜向下，故A 错误；
B、根据几何关系，A 点到直线BC 的距离d =
❑√3
20 m，电势差U AC = W
e ，代入数据可得UAC＝3V，电
场强度E = U AC
d
，解得：E =20 ❑√3V /m，故B 正确；
C、质子从A 点运动到B 点过程中，电场力先做负功后做正功，故C 错误；
D、质子从A 点运动到C 点过程中，电势持续降低，电势能持续减小，故D 错误。
故选：B。
6．（2025 秋•延庆区期末）在如图所示的电场中，一个试探电荷从A 点由静止释放，仅在静电力的作用
下从A 点运动到B 点。已知AB 间电势差为U，AB 间距离为d。下列说法正确的是（ ）
A．该试探电荷带负电
B．A 点电场强度大小为U
d
C．运动过程中，该试探电荷的动能增加
D．该试探电荷在运动过程中做匀加速直线运动
【答案】C
【分析】试探电荷受力方向与电场线方向一致，说明带正电，非匀强电场中场强和距离关系的定性判
断，静电力做正功动能增加，电场线变疏导致加速度减小。
【解答】解：A.试探电荷从静止开始沿电场线方向运动，说明其受力方向与电场线方向一致，正电荷
受力方向与电场线方向相同，负电荷相反，故该试探电荷带正电，故A 错误；
B.公式E = U
d
仅适用于匀强电场，本题电场是非匀强电场，因此不能用该公式计算A 点的场强，故B 错误；
C.电荷仅在电场力作用下运动，电场力方向与位移方向相同，电场力做正功，电势能减少动能增加，
故C 正确；
D.电场线越来越疏，说明电场强度越来越小，电荷受到的电场力F＝qE 也越来越小，加速度越来越
小，因此是变加速直线运动，故D 错误。
故选：C。
7．（2026•琼海校级二模）如图所示，实线为电场线，带电粒子仅在静电力的作用下沿虚线MN 运动。
下列说法正确的是（ ）
A．粒子可能带负电
B．粒子在N 点的电势能大于在M 点的电势能
C．粒子的动能先减小后增大
D．粒子在N 点的加速度小于在M 点的加速度
【答案】C
【分析】根据粒子轨迹的弯曲方向判断其受电场力方向，结合电场线方向判断带电性质，再分析电场
力做功与动能、电势能的变化关系，由电场线疏密判断加速度大小。
【解答】解：A、结合运动轨迹与合力的关系，粒子受到沿电场线方向的力，粒子带正电，故A 错
误；
B、沿电场方向电势降低，则φM＞φN
正粒子在电势高的地方电势能较大，粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能，故B 错误；
C、速度方向为轨迹的切线方向，力的方向沿电场线切线方向，粒子由M 点运动到N 点过程中，二者
方向的夹角先为钝角后为锐角，粒子先减速后加速，粒子动能先减小后增大，故C 正确；
D、结合电场线的疏密程度，N 点的电场强度大于M 点的电场强度，粒子在N 点的加速度大于M 点，
故D 错误。
故选：C。
8．（2026•宁河区校级模拟）如图所示，实线为两个点电荷Q1和Q2产生的电场中的电场线（方向未标
出），c、d 是关于两个点电荷连线对称的两点，一个电子沿虚线aob 从a 点运动到b 点，下列说法正
确的是（ ）
A．电子的加速度先减小后增大
B．Q1的电荷量大于Q2的电荷量
C．c、d 两点在同一等势面上，两点场强相同
D．电子在a 点的电势能小于在O 点的电势能
【答案】B
【分析】由电场线疏密变化可知，电子经过的区域场强先增大后减小，根据电场力与加速度关系，加
速度随之先增后减。比较电荷量时，依据电场线密集程度反映场强大小，进而推断点电荷带电量关
系。对于对称点c 和d，电势相等但场强方向不同，故场强不相同。分析电势能需先确定电荷电性，通
过电子受力方向推断Q1为正、Q2为负，再根据电势高低结合电子带负电判断电势能大小变化。
【解答】解：根据电场线分布特征，左侧电荷Q1周围的电场线较右侧电荷Q2周围更密集，由此可判
断|Q1|＞|Q2|。
A、电子从a 点运动至b 点过程中，电场线疏密程度先变密后变疏，电场强度E 先增大后减小，由F＝
ma 可知，电子加速度先增大后减小，故A 错误；
B、图中Q1附近电场线分布较Q2处更为密集，依据电场线疏密表征场强强弱，可知Q1电荷量大于Q2
电荷量，故B 正确；
C、c、d 两点关于两点电荷连线对称，电势相等，处于同一等势面上；但两点场强方向不同，由矢量
性可知场强不相同，故C 错误；
D、由电子轨迹向右偏转可知，电子受到向右的电场力，说明Q1为正电荷，Q2为负电荷；在两点电荷
产生的合电场中，a 点距离正电荷Q1的距离明显大于O 点到Q1的距离，根据电势叠加原理，a 点的电
势φa低于O 点的电势φO；根据电势能公式Ep＝﹣eφ 可知，电子在电势越低的地方电势能越大，故电
子在a 点的电势能大于在O 点的电势能，故D 错误。
故选：B。
9．（2026•枣强县校级模拟）在某电场中建立x 坐标轴，一个电子从坐标原点O 仅在电场力作用下由静
止开始沿x 轴正方向运动，该电子的电势能EP随坐标x 变化的关系如图所示（其中x＝3x0处对应曲线
最低点）。下列说法中正确的是（ ）
A．3x0处的电势低于7x0处的电势
B．电子在3x0处的加速度大于7x0处的加速度
C．电子从x0处到7x0处电场力先做正功后做负功
D．若具有一定初速度的质子仅在电场力作用下从O 点沿x 轴运动到3x0，则质子的动能一直在增加
【答案】C
【分析】利用Ep﹣x 图像斜率k = Δ E p
Δx =−eE判定场强大小与方向，结合φ = E p
q 电场力做功和动能变
化规律辨析选项。
【解答】解：A、根据Ep＝qφ，结合电子的电势能EP随坐标x 变化的图像可知，3x 处的电势高于7xo
处的电势，故A 错误；
B、图像斜率的绝对值表示电场力的大小，由图像可知电子在3x0处的加速度小于7x0 处的加速度，故
B 错误；
C、根据图像可知电势能先减小后增加，电场力先做正功后做负功，故C 正确；
D、根据图像可知O 点到3x0处的电场线沿x 轴的负方向，质子受到的电场力做负功，电势能一直在增
加，动能一直在减小，故D 错误。
故选：C。
二．多选题
（多选）10．（2026•唐县校级三模）在棱长为l 的立方体的顶点处按图示放置带电荷量的值均为q 的点
电荷，O 为立方体中心。已知静电力常量为k，取无穷远处电势为零时，带电荷量为Q 的点电荷在距
其r 处产生的电势φ=k Q
r ，则（ ）
A．O 点的电势、电场强度均为零
B．O 点的电势为零、电场强度大小为32❑√3k q
9l
2
C．将d2处点电荷移到O 点，其具有的电势能为−
❑√3k q
2
3l
D．将d2处点电荷移到O 点，其具有的电势能为−2❑√3k q
2
3l
【答案】BD
【分析】利用电势标量叠加、电场强度矢量叠加分别求解O 点电势与场强，再借助电势能公式Ep＝qφ
判断电荷在O 点的电势能，逐项甄别选项正误。
【解答】解：AB、O 点到各点电荷的距离相等，结合点电荷电性可知，O 点处电势为零，作出
b1b2d2d1面内各点电荷在O 点产生的电场强度的示意图
此面内O 点处合电场强度大小为EO1= 16 ❑√3kq
9l
2
，方向竖直向上，同理可得，a1a2c2c1面内各点电荷在
O 点处合电场强度大小为EO2= 16 ❑√3kq
9l
2
，方向竖直向上，则O 点处电场强度大小为32❑√3kq
9l
2
，故A
错误，B 正确；
CD、将d2处点电荷移到O 点，其余点电荷在O 点的合电势为−2❑√3kq
3l
，则将d2处点电荷移到O 点，
其具有的电势能为−2❑√3k q
2
3l
，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
（多选）11．（2026•九龙坡区校级模拟）如图所示，a、b、c、d 是正方形的四个顶点，O 是正方形的
中心，e、f 分别是Od、Oc 的中点。在a、c 两点分别固定有一个电荷量为Q 的正点电荷，则下列说法
正确的是（ ）
A．场强大小EO＞Ee
B．场强大小EO＜Ee
C．电势φO＞φf
D．电势φO＜φf
【答案】BD
【分析】利用等量正点电荷的场强叠加和电势叠加规律，结合对称性分析O 点与e 点的场强大小、O
点与f 点的电势高低。
【解答】解：AB.等量正点电荷在O 点的场强大小相等、方向相反，合场强为零；而e 点处两电荷场
强的矢量和不为零，故场强大小EO＜Ee，故A 错误，B 正确；
CD.由场叠加可知，沿电场线方向电势逐渐降低，Of 部分电场线方向从f 指向O，故φf＞φO，故D 正
确，C 错误。
故选：BD。
（多选）12．（2026 春•海淀区校级期中）某小山坡的等高线如图所示，M 表示山顶，A、B 是同一等高
线上两点，MA、MB 分别是沿左、右坡面的直滑道。山顶的小球沿滑道从静止滑下，不考虑阻力，则
（ ）
A．同一小球在A 点的加速度比B 点的大
B．同一小球在A 点的重力势能比在B 点的小
C．若把等高线看成某静电场的等势面，则A 点电场强度比B 点小
D．若把等高线看成某静电场的等势面，则右侧电势比左侧降落得快
【答案】CD
【分析】根据等高线疏密判断坡面倾角，分析小球在A、B 点的加速度；由A、B 在同一等高线判断重
力势能；类比静电场等势面，由等势面疏密判断电场强度与电势变化快慢。
【解答】解：A、等高线越稀疏的地方，坡度越平缓，等高线越密的地方，坡度越陡峭；不考虑阻
力，根据牛顿第二定律mgsinθ＝ma
解得a＝gsinθ，由于沿MA 的倾角比沿MB 的倾角小，因此小球沿MA 运动的加速度比沿MB 的加速
度小，故A 错误；
B、小球的重力势能Ep＝mgh
由于A、B 是同一等高线上两点，因此不论怎么选零势能面，小球在A、B 点时的重力势能都大小相
同，故B 错误；
C、若把等高线看成某静电场的等势线，等差等势线越密则电场强度越大，由于A 点的电场线比B 点
的电场线更稀疏，因此A 点电场强度比B 点小，故C 正确；
D.场强方向就是电势降低最快的方向，若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得
快，故D 正确。
故选：CD。
（多选）13．（2026•枣庄模拟）如图所示，直线上A、B 处分别固定电荷量均为Q 的正点电荷，AB 的
中点O 处固定电荷量为Q 的负点电荷。在AB 连线的中垂面内，一质量为m、电荷量为q 的正电粒子
做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R，OA =OB = ❑√3 R。已知点电荷q′形成的电场中，与之相距r
处的电势φ =k q′
r (k 为静电力常量），下列说法正确的是（ ）
A．粒子的线速度大小为❑√
5kQq
4 mR
B．粒子的线速度大小为❑√
3kQq
4 mR
C．圆轨道处的电势为0
D．圆轨道处的电势为kQ
2 R
【答案】BC
【分析】题目描述三个点电荷构成的电场中正电粒子在特定圆轨道做匀速圆周运动。分析需明确粒子
在圆周上任意点所受库仑力的合力提供向心力，利用几何关系确定粒子到各点电荷距离，结合点电荷
电势叠加计算圆轨道电势。关键点在于通过空间对称性分析库仑力在径向的合力，并应用点电荷电势
公式进行标量叠加。
【解答】解：设正电粒子在圆轨道上任意一点为P。由几何关系可知，粒子到A、B 两点的距离均为
r A =rB=
❑√(❑√3 R)
2+ R
2=2 R，粒子到O 点的距离为rO＝R。
AB、粒子在圆周轨道上受到三个点电荷的库仑力作用，其中A、B 处正电荷对粒子的库仑斥力大小均
为F A =k
Qq
(2 R)
2，O 处负电荷对粒子的库仑引力大小为FO=k Qq
R
2 。由空间对称性可知，两个斥力在平
行于AB 连线方向的分力等大反向相互抵消，沿半径指向O 点方向的合力提供粒子做匀速圆周运动的
向心力。
根据牛顿第二定律有FO−2 F A
rO
r A
=m v
2
R ，代入数据解得粒子的线速度大小v = ❑√
3kQq
4 mR ，故A 错误，
B 正确；
CD、圆轨道上任意一点处的电势为三个点电荷在该处产生的电势的代数和，根据题给点电荷电势公式
φ =k q′
r 可知，圆轨道处的电势φ =k Q
r A
+k Q
rB
−k Q
rO
，代入数据解得φ =k Q
2 R + k Q
2 R −k Q
R =0，故C
正确，D 错误。
故选：BC。
（多选）14．（2026•天津模拟）离子导入疗法是一种无创给药技术。如图，将含有待导入药物的电极
A 贴在皮肤上，电极B 不含药物，置于身体的另一部位。A、B 电极分别接直流电源两端，带正电的药
物离子会穿过皮肤，实现精准给药。下列说法正确的是（ ）
A．电极A 的电势高于电极B
B．在皮肤下形成的是匀强电场
C．离子穿过皮肤过程中电势能增大
D．调大两极间电势差，可以加快给药进程
【答案】AD
【分析】该题描述了带正电的药物离子在电场作用下从电极A 向电极B 运动的物理过程。解题关键在
于分析电场方向、电势变化以及电场力做功对离子运动的影响。首先根据正电荷受力方向与电场方向
一致，判断电场线由A 指向B，从而确定A 点电势更高；其次需理解非平行板电极形成的电场通常不
是匀强电场；然后分析离子沿电场方向运动时电场力做正功，其电势能减小；最后明确增大电势差会
增强电场，从而增大离子受力与加速度，提高其运动速率。
【解答】解：A、由于带正电的药物离子需从A 向B 方向运动，正电荷受力方向与电场方向相同，因
此电场方向由A 指向B；沿电场线方向电势逐渐降低，故电极A 的电势高于电极B，故A 正确；
B、匀强电场通常存在于平行正对带电极板等特殊情形，本题中两电极形状不规则，皮肤内的电场强
度并非处处相等，因此不是匀强电场，故B 错误；
C、离子运动方向与电场力方向相同，电场力对离子做正功，离子的电势能减小，故C 错误；
D、若调大两极间电势差，则两极间电场强度增大，正离子所受电场力随之增大，运动速率加快，单
位时间内导入的药物离子增多，从而可加快给药进程，故D 正确。
故选：AD。
（多选）15．（2026•丹东一模）静电透镜是电子显微镜中的核心部件，利用非均匀电场聚焦电子束。
一种电子透镜的电场分布如图所示（截取其中一部分），虚线为等差等势面，电子枪发射的电子仅在
电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b、c 是轨迹上的三点，若c 点电势为5V，a 点电势为
11V，到达b 点的动能为2eV。则下列说法中正确的是（ ）
A．电子在b 点的动能为7eV
B．电子在b 点的加速度比在c 点的加速度小
C．电子从a 点运动到b 点的过程中，电场力做功为4eV
D．电子从a 点运动到b 点的过程中，动能一直减小
【答案】BD
【分析】ACD.结合题意，由等差等势面的特点、电势能与电势的关系、能量守恒、电场力与电势差的
关系分析列式，即可判断求解；
B.结合题意，由等差等势面与电场强度的关系、电场强度与加速度的关系，即可分析判断。
【解答】解：ACD.因为虚线为等差等势面，c 点电势为5V，a 点电势为11V，则a、b 之间的等势面的
电势为9V，b 点所在等势面的电势为7V，则电子的运动轨迹由a 到c 依次经过的四个等势面的电势，
分别为：11V（a 点所在等势面）、9V、7V（b 点所在等势面）、5V（c 点所在等势面）。
由此可知，电子到达b 点的电势能为：
Epb＝qφb＝﹣e×7V＝﹣7eV，
则电子到达b 点的总能量为：
Eb＝Epb+Ekb＝﹣7eV+2eV＝﹣5eV。
结合前面分析可知，由a 到b 电势降低，因为电场中带负电的粒子，在电势更低的位置电势能更大，
所以电子从a 点运动到b 点的过程中，电势能一直增大，
又因为该电场中的电子只有电场力做功，则电势能与动能的总量保持不变，所以电子从a 点运动到b
点的过程中，动能一直减小。
结合前面分析可知，电子从a 点运动到b 点的过程中，电场力做功为：
Wab＝qUab＝﹣e×（11V﹣7V）＝﹣4eV，故AC 错误，D 正确。
B.因为同一电场中，等差等势面越密集的地方，电场强度越大，所以由题图可知，b 点的电场强度比c
点的电场强度小，因此由F＝qE＝ma 可知，b 点的加速度比c 点的加速度小，故B 正确。
故选：BD。
（多选）16．（2025 秋•荔湾区校级期末）一无限大上表面光滑不带电薄金属板固定于绝缘的水平面上，
金属板接地。现于金属板上O 点正上方某位置固定一正点电荷，让一带正电的绝缘小球（可看作点电
荷，其运动过程中带电量不变）沿金属板上表面以水平初速度从A 处运动至B 处，其中AO＜OB。带
电小球在AB 两处时的速度大小分别为vA、vB，电势能分别为EpA、EpB，电势分别为φA、φB，则下列
结论正确的是（ ）
A．vA＜vB
B．vA＝vB
C．EpA＝EpB
D．φA＞φB
【答案】BC
【分析】先分析接地金属板静电平衡后表面为等势面，电场线垂直板面，判断小球运动时电场力不做
功，再分析电势能、动能及速度变化。
【解答】解：AB、无限大接地金属板处于静电平衡状态时，其表面为等势面，且因接地电势为0。正
点电荷的电场线会垂直于金属板表面（与等势面垂直），方向竖直向下，带正电的小球在金属板上运
动时，电场力方向与电场方向一致，为竖直向下；金属板的支持力竖直向上，重力也竖直向下。水平
方向（金属板平面内）无电场分量，且金属板光滑，因此小球水平方向不受外力，做匀速直线运动，
速度大小不变，即vA＝vB，故A 错误，B 正确；
C、电势能与电势分析•电势能：电场力为竖直方向，与小球水平位移方向垂直，因此电场力不做功，
电势能不变，即EpA＝EpB，故C 正确；
D、金属板为等势面，电势为0，因此A、B 两点电势相等，即φA＝φB，故D 错误。
故选：BC。
（多选）17．（2026•榆林三模）某静电场的电场线与x 轴重合，电势φ 在x 轴上分布如图所示，图线
关于φ 轴对称，M、P、N 是x 轴上的三点，OM＝ON；有一正电荷从M 点静止释放，仅受电场力的
作用，则下列说法正确的是（ ）
A．P 点电场强度方向沿x 轴正方向
B．M 点的电场强度与N 点的电场强度相同
C．正电荷在MN 之间做往复运动
D．正电荷在M 点的电势能大于在P 点的电势能
【答案】CD
【分析】依据φ﹣x 图像斜率E =−Δφ
Δx 判断场强，结合电场对称性、电场力做功和电势能变化规律逐
项分析。
【解答】解：A.由图可知在x 正半轴沿+x 方向电势升高，则电场强度方向沿x 负方向，故A 错误；
B.φ﹣x 图像斜率表示电场强度，由图可知M 点的电场强度大小等于N 点的电场强度，方向相反，故
B 错误；
C.正电荷在x 轴正方向先加速后减速，加速度大小关于φ 轴对称，方向相反，正电荷在MN 之间做往
复运动，故C 正确；
D.正电荷在电势低处电势能小，正电荷在M 点的电势能大于在P 点的电势能，故D 正确。
故选：CD。
三．解答题
18．（2025 秋•锦州期末）如图，在xOy 竖直平面内分布着与水平方向呈45°角斜向右上方的匀强电场，
一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，从O 点由静止开始沿电场线做匀加速直线运动，经过时间t
恰好到达电场线上P（d，d）点，粒子仅受电场力作用，求：
（1）电场强度E 的大小；
（2）粒子从O 点运动到P 点过程中，电场力做的功W；
（3）粒子从O 点运动到P 点过程中，电势能的改变量及机械能的变化量（说明增减）。
【答案】（1）电场强度大小为2❑√2md
qt
2
。
（2）电场力做的功为4 md
2
t
2
。
（3）电势能减少了4 md
2
t
2
，机械能增加了4 md
2
t
2
。
【分析】（1）粒子从静止沿电场线方向做匀加速直线运动，已知运动时间t 和终点坐标可求出位移大
小。结合匀变速直线运动的位移公式与牛顿第二定律，利用电场力提供加速度建立关系，从而求解电
场强度E。
（2）电场力做功可直接由功的定义式求解，其中力为电场力，位移为粒子沿电场线方向的位移。将第
一问求得的电场强度代入计算即可。
（3）电势能的改变量由电场力做功决定，电场力做正功则电势能减少。机械能的变化量则取决于除重
力外其他力做的功，本题中仅有电场力做功，其做正功则机械能增加。
【解答】解：（1）粒子做匀加速直线运动，其位移大小L=
❑√d
2+d
2= ❑√2d，根据运动学公式
L= 1
2 at
2及牛顿第二定律qE＝ma，联立解得电场强度E = 2❑√2md
qt
2
；
（2）根据功的定义W＝qEL，将E 的表达式代入，解得电场力做的功W = 4 md
2
t
2
；
（3）根据电场力做功与电势能变化的关系ΔEp＝﹣W，电势能改变量为−4 md
2
t
2
，即电势能减少了
4 md
2
t
2
；
除重力以外的力（本题仅有电场力）做的功等于机械能的变化量ΔE 机＝W，机械能改变量为4 md
2
t
2
，
即机械能增加了4 md
2
t
2
。
答：（1）电场强度大小为2❑√2md
qt
2
。
（2）电场力做的功为4 md
2
t
2
。
（3）电势能减少了4 md
2
t
2
，机械能增加了4 md
2
t
2
。
19．（2026 春•余姚市校级期中）如图所示，两平行金属板A、B 间有一匀强电场，C、D 为电场中的两
点，且CD＝4cm，其连线的延长线与金属板A 成30°角，已知将电子从C 点移到D 点的过程中电场力
做功为﹣4.8×10﹣17J，电子电荷量为q＝﹣1.6×10﹣19C。求：
（1）C、D 两点间的电势差UCD；
（2）匀强电场的场强大小E；
（3）若选取A 板的电势φA＝0，C 点距A 板1cm，电子在C 点的电势能为多少。
【答案】（1）C、D 两点间的电势差为300V。
（2）匀强电场的场强大小为1.5×104V/m。
（3）电子在C 点的电势能为2.4×10﹣17J。
【分析】（1）明确电场力做功与电势差的关系，利用已知的电子电荷量和电场力做功量值，直接计算
C 与D 两点之间的电势差，注意功的正负与电荷正负对电势差符号的影响。
（2）匀强电场中电势差与电场强度及沿电场线方向距离的关系是核心。将C、D 两点连线投影到垂直
极板方向，即电场线方向，得到有效距离，结合第一问求得的电势差，即可计算出场强大小。
（3）需要先确定C 点相对于A 板的电势。已知A 板电势为零，需计算A、C 两点间的电势差。利用匀
强电场场强和A、C 两点沿电场线方向的距离，求出该电势差，进而得到C 点电势。最后，根据电势
能与电势的关系，结合电子电荷量，计算电子在C 点的电势能。
【解答】解：（1）根据电场力做功与电势差的关系WCD＝qUCD，代入数据解得：UCD＝300V。
（2）极板间为匀强电场，电场线垂直于极板，C、D 两点沿电场线方向的距离为d＝CDsin30°，即d＝
0.02m，根据匀强电场中场强与电势差的关系E = U CD
d
，代入数据解得：E＝1.5×104V/m。
（3）由UCD＝300V＞0 可知，C 点电势高于D 点电势，匀强电场方向由A 板指向B 板。
根据UAC＝EdAC，代入数据解得：UAC＝150V。
由UAC＝φA﹣φC且φA＝0，解得：φC＝﹣150V。
电子在C 点的电势能为EpC＝qφC，代入数据解得：E pC =2.4×10
−17 J。
答：（1）C、D 两点间的电势差为300V。
（2）匀强电场的场强大小为1.5×104V/m。
（3）电子在C 点的电势能为2.4×10﹣17J。
20．（2025 秋•福州期中）如图所示的坐标系中，A 点的坐标为（8，0），B 点的坐标为（8，6），在与
xOy 平面平行的平面内有匀强电场，将带电荷量为q＝1.6×10﹣6C 的负试探电荷从O 点移到B 点，电场
力做功为1.6×10﹣5J，将该试探电荷从A 点移到B 点，克服电场力做功为4.8×10﹣5J，已知O 点的电势
为10V。求：
（1）A 点、B 点的电势；
（2）匀强电场的电场强度。
【答案】（1）A 点的电势为50V，B 点的电势为20V。
（2）匀强电场的电场强度大小为500 ❑√2V/m，方向与x 轴负方向成45°斜向左上方。
【分析】（1）根据电场力做功与电势差的关系，通过试探电荷从O 点到B 点的电场力做功可以求出B
点的电势。同理，利用从A 点到B 点克服电场力做功的数据，结合已知B 点电势，可以计算出A 点的
电势。
（2）通过A 点和O 点的电势差以及坐标距离，可以求出电场强度在x 轴负方向的分量。利用A 点和
B 点的电势差以及y 轴方向的距离，可以求出电场强度在y 轴正方向的分量。最后通过矢量合成得到
匀强电场的总场强大小和方向。
【解答】解：（1）试探电荷从O 点到B 点，由WOB＝qUOB得U OB= W OB
q
，解得：UOB＝﹣10V。又
UOB＝ϕO﹣ϕB，已知 ϕO＝10V，解得：ϕB＝20V。
试探电荷从A 点到B 点，由WAB＝qUAB得U AB= W AB
q
，解得：UAB＝30V。又UAB＝φA﹣φB，解得：
φA＝50V。
（2）由以上结果可得UAO＝φA﹣φO，解得UAO＝40V，UAB＝φA﹣φB，解得UAB＝30V。沿x 轴负方
向场强分量Ex = U AO
x AO
= 40
0.08 V /m，解得：Ex＝500V/m。
沿y 轴正方向场强分量E y = U AB
y AB
= 30
0.06 V /m，解得：Ey＝500V/m。则合场强大小E =
❑√Ex
2+ E y
2，解
得：E =500 ❑√2V /m，方向与x 轴负方向成45°斜向左上方。
几何解法如图所示：
在OA 上取点C 使OC＝2cm，则AC＝AB＝6cm，φC＝φB，解得φC＝20V，故BC 为等势面。
由几何关系得场强方向与x 轴负方向成45°，大小E = U AB
d
=
30
6×10
−2×sin 45°
V /m，解得：
E =500 ❑√2V /m。
答：（1）A 点的电势为50V，B 点的电势为20V。
（2）匀强电场的电场强度大小为500 ❑√2V/m，方向与x 轴负方向成45°斜向左上方。
21．（2026 秋•同步）如图所示，实线为一匀强电场的电场线，虚线为一个点电荷仅受电场力作用时由A
运动到B 的轨迹。请比较点电荷在A 处和B 处的速度大小，简述理由。
【答案】点电荷在A 处速度较小，理由如下：
因为点电荷做曲线运动所受合力（电场力）指向运动轨迹凹侧、点电荷所受电场力方向与电场方向相
同或相反，所以由图可知，该点电荷所受电场力方向与电场方向相反，指向左侧，又因为该点电荷由
A 运动到B，则结合其运动轨迹可知，其所受电场力方向与速度方向夹角为锐角，则电场力做正功，
由动能定理可知，动能增加，则A、B 两点中，点电荷在A 处动能较小，由此可知，A、B 两点中，点
电荷在A 处速度较小。
【分析】结合题意及题图，由曲线运动中合力方向的特点、电场力方向的特点，可判断该电荷所受电
场力方向，进而判断电场力做功情况，再根据动能定理，即可确定最终结论。
【解答】略
22．（2025 秋•安徽期末）如图，在平面直角坐标系xOy 的平面内存在与平面平行的匀强电场，一质量为
m、电量为q 的带正电粒子，从坐标原点O 处沿x 轴正方向以初速度v0射出，仅在电场力作用下的运
动轨迹如图中虚线所示，粒子经过M（l0，l0）点时速度大小为v0，运动到y 轴上的N（0，4l0）点时
速度大小为❑√5v0。求：
（1）O、N 间的电压UON；
（2）电场强度的方向；
（3）电场强度的大小E。
【答案】（1）O、N 间的电压是2mv0
2
q
；；
（2）电场强度方向与+y 轴呈45°角；
（3）电场强度的大小是
❑√2mv0
2
2ql0
。
【分析】（1）利用动能定理，分别对O 到M 和O 到N 的过程列方程，由M 点速度与初速度相等得出
O、M 等势，再结合N 点速度求O、N 间的动能变化，进而求出电压；
（2）由O、M 等势确定等势线，根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势的特点，判断电场强
度的方向；
（3）先求出O、N 间的电势差，再结合几何关系找到沿电场方向的距离，利用电场强度与电势差的关
系计算大小。
【解答】解：（1）由O 到N，根据动能定理有qU ON = 1
2 m v N
2 −1
2 m v0
2
代入数据得UON= 2mv0
2
q
（2）由O 到M，根据动能定理有：qU OM = 1
2 m v M
2 −1
2 m v0
2
代入数据得UOM＝0
故O、M 在同一条等势线上，则电场强度与OM 垂直，可知电场强度方向与+y 轴呈45°角。
（3）O、N 沿电场方向的距离为：d = 4l0×cos 45° =2❑√2l0
由UON＝Ed
代入数据得E=
❑√2mv0
2
2ql0
答：（1）O、N 间的电压是2mv0
2
q
；
（2）电场强度方向与+y 轴呈45°角；
（3）电场强度的大小是
❑√2mv0
2
2ql0
。
23．（2026•赣州模拟）如图甲所示，足够长的绝缘粗糙水平传送带以足够大的速度逆时针匀速转动，
其左端固定一带正电的绝缘小球A（A 与传送带不接触且不考虑A 与传送带左端的间隙），以小球A
的位置为坐标原点O 沿传送带向右建立x 轴，小球A 产生的电场中，电势φ 随坐标值的倒数1
x 的关系
如图乙所示（图中x0、φ0均已知）。一质量为m、电荷量为+q 的绝缘小物块B 在x＝x0处轻放到传送
带上，且小物块B 开始沿传送带向左运动，已知小物块B 与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度
为g，小球A 与物块B 的大小均可忽略。
（1）求小物块B 向左运动的最大位移的大小Δx；
（2）若小球A 在x 轴上产生的电势为φ=k Q
x （Q 为A 所带电荷量，k 为静电力常量，且Q 和k 均未
知），求小物块B 运动速度最大时的位置坐标。
【答案】（1）小物块B 向左运动的最大位移的大小Δx 是x0−φ0q
μmg
；
（2）若小球A 在x 轴上产生的电势为φ=k Q
x （Q 为A 所带电荷量，k 为静电力常量，且Q 和k 均未
知），小物块B 运动速度最大时的位置坐标是❑√
φ0q x0
μmg
。
【分析】（1）利用动能定理，分析物块从释放到向左运动至速度为零过程中摩擦力与电场力的做功情
况，结合φ 与1
x 的关系表达式，建立方程求解最大位移Δx；
（2）分析物块速度最大时的受力平衡条件，结合点电荷电势表达式推导电场力，列平衡方程求解位置
坐标。
【解答】解：（1）由图乙可知x 处的电势为φ0 = φ0 x0
x
设小物块 B 到达最左端时坐标为x，则根据动能定理有μmg（x0﹣x）+q（φ0﹣φ）＝0﹣0
代入数据可得x = φ0q
μmg
故 Δx = x0−x = x0−φ0q
μmg
（2）由条件可知φ0=k Q
x0
小物块 B 速度最大时，有 k Qq
x1
2 = μmg
解得小物块 B 运动速度最大时的位置坐标为 x1=
❑√
φ0q x0
μmg
答：（1）小物块B 向左运动的最大位移的大小Δx 是x0−φ0q
μmg；
（2）若小球A 在x 轴上产生的电势为φ=k Q
x （Q 为A 所带电荷量，k 为静电力常量，且Q 和k 均未
知），小物块B 运动速度最大时的位置坐标是❑√
φ0q x0
μmg
。
