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第8 课时 电场及带电粒子在电场中的运动
【知识网络】
热点一 电场的性质
例1 (2024·河北卷，7)如图1，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。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(
)
图1
A.
B.(6＋)
C.(3＋1)
D.(3＋)
答案 D
解析 由点电荷的电场强度公式和电场叠加原理可知，两点电荷在M 点产生的
电场强度大小为E＝cos 60°＝，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＝，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＝，方向沿MA 方向，两点电荷在A 处产生的
电场强度大小为E′＝cos 30°＝，方向沿MA 方向，所以A 处的电场强度大小为
EA＝E＋E′＝(3＋)，D 正确。
对称法求电场强度
对称法是指在研究物理问题时，利用研究对象的对称特性来分析和处理问题的方
法。本题利用带电细杆形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问
题大为简化。
例2 (多选)(2024·甘肃卷，9)某带电体产生电场的等势面分布如图2 中实线所示，
虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N 分别是运动轨迹与等势
面b、a 的交点。下列说法正确的是( )
图2
A.粒子带负电荷
B.M 点的电场强度比N 点的小
C.粒子在运动轨迹上存在动能最小的点
D.粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能
答案 BCD
解析 根据沿电场线方向电势降低可知，带电体带正电，根据粒子的运动轨迹及
粒子做曲线运动所受合外力指向轨迹凹侧可知，粒子带正电，A 错误；根据等差
等势面越密集，电场强度越大可知，M 点的电场强度小于N 点的电场强度，B 正
确；粒子在运动过程中，电场力先做负功后做正功，粒子动能先减小后增大，粒
子在电势最高处动能最小，C 正确；根据Ep＝qφ 可知，带正电的粒子在电势高
的地方电势能大，因此粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能，D 正确。
方法总结 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＝k 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＝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
训练1 (多选)(2023·河北卷)如图3，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( )
图3
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
解析 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；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O 点放一正点电荷，则A、
B 两点的电势一定升高，故B 正确；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；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，再根据试探电荷沿y 轴运动过程中，可知
y 轴为等势线，则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。
热点二 电场中的图像问题
电场中几种常见的图像
v－t 图像
当带电粒子只受静电力时，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，进而可判定粒子运动中经过的
各点的电场强度方向、电场强度大小、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
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
Ep－x 图像
(1)图像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3 (多选)(2024·广东茂名二模)反射式速调管是常用的微波器件之一，其内部真
空，有一个静电场的方向平行于x 轴，其电势φ 随x 的分布如图4 所示，x＝0 处
电势为6 V。一个带负电粒子(重力不计)从x＝3 cm 处由静止释放，下列说法正
确的是( )
图4
A.该静电场可以由两个负电荷产生
B.x＝－2 cm 处的电场强度小于x＝2 cm 处的电场强度
C.该粒子在x＝0 处的电势能最小
D.该粒子将沿x 轴负方向运动，运动到的最远位置为x＝－4.5 cm
答案 BCD
解析 φ－x 图像的斜率表示电场强度，由图可知－6 cm<x<0 区域的电场强度大
小为E1＝ V/m＝100 V/m，方向沿着x 轴负方向，0<x<4 cm 区域的电场强度大小
为E2＝ V/m＝150 V/m，方向沿着x 轴正方向，可知x＝－2 cm 处的电场强度小
于x＝2 cm 处的电场强度，且此静电场不可能由两个负电荷产生，故B 正确，A
错误；x＝0 处电势最高，根据Ep＝qφ 可知该带负电荷的粒子在x＝0 处的电势能
最小，故C 正确；带负电粒子(重力不计)从x＝3 cm 处由静止释放，受到沿x 轴
负方向的静电力，当运动到x<0 区域后，受到沿x 轴正方向的静电力，根据动能
定理qE2x2－qE1x1＝0 可得，x1＝4.5 cm，则该粒子将沿x 轴负方向运动，运动到
的最远位置为x＝－x1＝－4.5 cm，故D 正确。
训练2 (多选)(2024·重庆巴蜀中学质检)以点电荷A、B 的连线为x 轴，以点电荷
B 为坐标原点建立如图5 所示的坐标系，点电荷A、B 带电荷量分别为q1、q2，
间距为x0。一电子以一定的初速度进入该电场，由靠近坐标原点的位置沿x 轴正
方向运动，其电势能的变化如图中曲线所示。图线与x 轴交点的横坐标为x1，图
线最高点对应的横坐标为x2，则下列判断正确的是( )
图5
A.A 带负电，B 带正电
B.0～x1之间的电场强度沿x 轴负方向
C.＝
D.＝
答案 AC
解析 电子从O 到x2的过程中，电势能增加，静电力做负功，说明静电力水平
向左，电场强度沿x 轴正方向，x2之后，电势能减小，静电力做正功，电场强度
沿x 轴负方向，可知A 带负电，B 带正电，故A 正确，B 错误；根据F＝可知，
图像斜率的绝对值表示静电力的大小，所以在x2处，静电力为零，合电场强度
为零，所以有k＝k，解得＝，故C 正确，D 错误。
热点三 电容器 带电粒子在电场中的运动
1.电场中直线运动问题的两种解题思路
(1)动能定理：不涉及a、t 时可用。
(2)牛顿运动定律：涉及a、t 时可用。
2.匀强电场中的偏转问题
(1)带电粒子垂直于电场强度方向进入匀强电场，在匀强电场中的偏转一般为类
平抛运动，可用运动的分解来解决。
(2)不涉及运动细节、涉及功能问题时常用动能定理解决。
注意：偏转时静电力做功不一定是W＝qU 板间，应该是W＝qEy(y 为偏移量)。
3.匀强电场中偏转问题的两个结论
(1)如图6 所示，有tan φ＝2tan θ，且x＝。
图6
(2)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，
偏移量y＝at2＝＝，偏转角的正切值tan φ＝＝，与比荷无关，y 和φ 总是相同的。
粒子打在光屏上的位置P 到中心的距离y0＝y＋ltan φ＝tan φ。
例4 (2024·浙江6 月选考，6)如图7 所示是“研究电容器两极板间距对电容大小
的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则
( )
图7
A.极板间电势差减小
B.电容器的电容增大
C.极板间电场强度增大
D.电容器储存能量增大
答案 D
解析 分析题图可知静电计测量电容器两极板间的电势差，静电计指针张角增大，
电容器两极板间的电势差增大，A 错误；由于保持电荷量不变，而电势差增大，
则由C＝可知电容器的电容减小，B 错误；由电容的决定式C＝和两极板间电场
强度E＝＝，联立可得E＝，可知电容器两极板间电场强度与极板间距d 无关，
故仅改变极板间距，极板间电场强度不变，C 错误；根据E＝QU 可知，Q 不变，
U 增大时，电容器储存能量增大，D 正确。
例5 (多选)(2024·安徽六安调研)如图8 所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆
板O 和金属圆筒(又称漂移管)A、B、C、D、E 组成，金属圆板和金属圆筒分别
接在电源的两端。位于和圆筒B、D 相连的金属圆板O 中央的一个质子在圆板O
和圆筒A 之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒进入加速器，质
子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速。
已知质子电荷量为e，质量为m，加速时电压U 大小相同。不计质子经过狭缝的
时间，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
图8
A.M、N 所接电源的极性应周期性变化
B.质子每经过一次狭缝速度的增加量为
C.质子从圆筒E 射出时的速度大小为
D.圆筒A、B、C、D、E 的长度之比为1∶∶∶∶
答案 AD
解析 根据题意，直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，圆筒A
电势高时B 的电势低，质子才能在A、B 间的狭缝向右加速，则在下一个狭缝加
速时需要B 电势高，C 电势低，所以M、N 所接电源的极性应周期性变化，A 正
确；质子每通过狭缝加速一次，狭缝间静电力做的功等于质子动能变化量，由动
能定理得eU＝mv′2－mv2，整理得v′2－v2＝，可知质子每经过一次狭缝速度的增
加量不等于，B 错误；若质子从圆板中心进入，则共经历5 次完整加速，有5eU
＝mv，解得v 出＝，C 错误；根据neU＝mv 可得vn＝，质子从圆筒A、B、C、
D、E 射出时的速度之比为v1∶v2∶v3∶v4∶v5＝1∶∶∶∶，根据x＝vnT 可知圆筒A、
B、C、D、E 的长度之比x1∶x2∶x3∶x4∶x5＝1∶∶∶∶，故D 正确。
例6 (2024·北京海淀区高三期末)如图9 所示为某静电除尘装置的简化原理图，
两块平行带电极板间为除尘空间。质量为m、电荷量为－q 的带电尘埃分布均匀，
均以沿板方向的速率v 射入除尘空间，当其碰到下极板时，所带电荷立即被中和，
同时尘埃被收集。调整两极板间的电压可以改变除尘率η(相同时间内被收集尘
埃的数量占进入除尘空间尘埃数量的百分比)。当两极板间电压为U0 时，η0＝
80%。不计空气阻力、尘埃的重力及尘埃之间的相互作用，忽略边缘效应。下列
说法正确的是( )
图9
A.两极板间电压为U0时，尘埃的最大动能为qU0＋mv2
B.两极板间电压为U0时，除尘率可达100%
C.仅增大尘埃的速率v，可以提升除尘率
D.仅减小尘埃的电荷量，可以提升除尘率
答案 B
解析 带电尘埃在匀强电场中偏转，尘埃能否被下极板收集，取决于恰好能够到
达下极板右边缘的尘埃进入除尘空间时距下极板的高度，其在除尘空间做类平抛
运动，轨迹如图所示
方法总结 带电粒子在匀强电场中偏转的处理方法
例7 (2024·湖北华中师大一附中质检)中国科学院高能物理研究所利用电场约束
带电粒子的运动，其简化模型如图10 甲所示，在xOy 平面内的第一象限和第四
象限加一沿y 轴正方向的匀强电场E0(未知)，一粒子发射源固定在坐标原点O，
该装置可以沿x 轴正方向发射质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子P，粒子的初速
度均为v0，刚好能过第一象限内的M 点，已知M 点的横坐标为l，不计重力及粒
子间的相互作用。
图10
(1)已知粒子P 过M 点时速度为2v0，求匀强电场的电场强度大小E0和M 点的纵
坐标；
(2)若将原来的匀强电场替换为另一交变电场，如图乙所示，电场强度为正值时
表示电场方向沿y 轴正方向，题干中其他条件均不变，t＝0 时刻从坐标原点射出
的粒子P 仍能过M 点，求图乙中E′与E0的比值。
答案 (1) l (2)4
解析 (1)粒子P 开始在电场中做类平抛运动，将粒子P 运动到M 点时的速度正
交分解，其沿x 轴方向上的分速度为v0，则沿y 轴方向的分速度
vy＝＝v0
粒子P 在电场中的加速度a＝
在M 点，竖直方向vy＝at
水平位移l＝v0t，竖直位移yM＝at2
联立解得E0＝，yM＝l。
(2)换成交变电场后，粒子P 运动至M 点的时间仍为
t＝，结合题图乙可知，
交变电场在此期间经历了两个周期，粒子P 沿y 轴的分速度随时间变化的vy－t
图像如图所示(T＝)
由图可知粒子在2 个周期内的运动一直沿同一方向，可分为4 段，每段的时间相
同，加速度大小相等，发生的位移大小也相等，所以整个运动过程粒子P 在y 轴
方向运动的距离为yM＝4×()2
又yM＝l
解得E′＝，故＝4。
方法总结 解答带电粒子在交变电场中运动问题的技法
新情境命题 带电体在电场和重力场的叠加场中的运动
情境分析 物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对处在匀强
电场中的宏观物体而言，它的周围不仅有重力场，还有匀强电场，同时研究这两
种场对物体运动的影响，问题就会变得复杂一些。此时，若能将重力场与电场合
二为一，用一个全新的“复合场”(可形象称之为“等效重力场”)来代替，不仅
能起到“柳暗花明”的效果，同时也是物理中的等效思维。
典例 (2024·湖北武汉联考)如图11 所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆
心为O，半径为r＝0.2 m，内壁光滑，A、B 两点分别是圆轨道的最低点和最高
点。该区间存在方向水平向右、电场强度为E 的匀强电场，一质量m＝0.1 kg、
带负电荷的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C 点时速度最
大，O、C 连线与竖直方向的夹角θ＝30°，重力加速度g＝10 m/s2。
图11
(1)求小球所受的静电力大小；
(2)求小球在A 点的速度v0为多大时，小球经过D 点时对圆轨道的压力最小(结果
可用根号表示)。
答案 (1) N (2)2 m/s
解析 (1)小球在C 点时速度最大，可判断C 点为等效最低点，则静电力与重力
的合力沿DC 方向
所以小球受到的静电力的大小为
F＝mgtan 30°＝mg＝ N。
(2)要使小球经过D 点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D 点时的速度
最小，则D 点为等效最高点，等效重力恰好完全提供向心力，即在D 点小球对
圆轨道的压力恰好为零，有
＝m
在小球从圆轨道上的D 点运动到A 点的过程中，根据动能定理有
mgr(1＋cos 30°)＋Frsin 30°＝mv－mv
联立解得v0＝2 m/s。
带电体在等效场中的圆周运动
(1)等效重力法
将重力与静电力进行合成，如图所示，则F 合为等效重力场中的“重力”，g′＝
为等效重力场中的“等效重力加速度”，F 合的方向等效为“重力”的方向，即
在等效重力场中的竖直向下方向。
(2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合
力的平行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点。
训练 (多选)如图12 所示，质量为m、带电荷量为＋q 的小圆环套在半径为R 的
光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O 为环心，A 为最低点，B 为最
高点。大圆环所在的竖直平面内存在水平向右、电场强度为的匀强电场，并同时
给在A 点的小圆环一个向右的水平初速度v0，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的
圆周运动，则小圆环运动过程中( )
图12
A.动能最小与最大的位置在同一等势面上
B.电势能最小的位置恰是机械能最大的位置
C.在A 点获得的初速度为
D.过B 点受到大环的弹力大小为mg
答案 BC
解析 由于匀强电场的电场强度为E＝，即静电力与重力大小相等，作出小圆环
在大圆环上的等效最低点C 与等效最高点D，如图所示。小圆环在等效最低点速
度最大，动能最大，在等效最高点速度最小，动能最小，根据沿电场线方向电势
降低，可知φD＞φC，C 点与D 点不在同一等势面上，A 错误；小圆环在运动过
程中，只有电势能与机械能的转化，则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置，
B 正确；小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效最高点
D 的速度为0，对小圆环从A 到D，由动能定理，有
－qERsin 45°－mg(R＋Rcos 45°)＝0－mv
解得vA＝，C 正确；
小圆环从A 到B 过程，有－mg·2R＝mv－mv，在B 点，有FN＋mg＝m，解得FN
＝(2－3)mg＜0，可知，小圆环过B 点受到大环的弹力大小为(3－2)mg，D 错误。
1.(2024·全国甲卷，18)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 处的电势为k，其中k 为静电力常量；多个点电荷
产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在时该点的电势的代数和。电
荷量分别为Q1和Q2的两个点电荷产生的电场的等势线如图13 中曲线所示(图中
数字的单位是伏特)，则( )
图13
A.Q1<0，＝－2
B.Q1>0，＝－2
C.Q1<0，＝－3
D.Q1>0，＝－3
答案 B
解析 无限远处电势为零，正电荷形成的电场中电势为正值，负电荷形成的电场
中电势为负值，根据沿电场线方向电势降低，结合题图可知，Q1>0，Q2<0，A、
C 错误；设两点电荷间的距离为3L，则有k＋k＝0，解得＝－2，B 正确，D 错误。
2.(2024·北京卷，11)如图14 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( )
图14
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
答案 C
解析 结合电场强度叠加原理和点电荷的电场强度公式E＝k 可知，P、Q 两点电
场强度大小相等、方向相同，A 错误；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
错误；P 点电场强度大小为EP＝k＋k，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 正确；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 错误。
3.(2024·湖南卷，5)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－1 和0 处。设无限远处电势为0，x 正半轴上各点电势φ 随x 变化的图像正确
的是( )
答案 D
解析 无限远处电势为0，根据点电荷的电势公式φ＝k 可知，x 正半轴上，电荷
量为＋4q 的点电荷在x 处产生的电势为φ1＝k，电荷量为－q 的点电荷在x 处产
生的电势为φ2＝－k，x 正半轴上在x 处的电势φx＝k－k，可知在x＝处电势为
0，在x＝0 处电势接近负无穷大，则选项D 正确。
4.(多选)(2024·广东卷，8)污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对
其进行沉淀去污，基本原理如图15 所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别
接电源正、负极、金属圆盘置于底部、金属棒插入污水中，形成如图所示的电场
分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M 点和N 点在同一电场线上，M 点
和P 点在同一等势面上。下列说法正确的有( )
图15
A.M 点的电势比N 点的低
B.N 点的电场强度比P 点的大
C.污泥絮体从M 点移到N 点，电场力对其做正功
D.污泥絮体在N 点的电势能比其在P 点的大
答案 AC
解析 根据沿着电场线方向电势降低可知M 点的电势比N 点的低，污泥絮体带
负电，根据Ep＝qφ 可
知污泥絮体在M 点的电势能比在N 点的电势能大，污泥絮体从M 点移到N 点，
电势能减小，电场力对其做正功，故A、C 正确；根据电场线的疏密程度可知N
点的电场强度比P 点的小，故B 错误；M 点和P 点在同一等势面上，则污泥絮
体在M 点的电势能与在P 点的电势能相等，结合A、C 选项分析可知污泥絮体
在P 点的电势能比其在N 点的大，故D 错误。
5.(2024·黑吉辽卷，5)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如
图16(a)所示。将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电
流表等构成如图(b)所示的电路。闭合开关S 后，若降低溶液浓度，则( )
图16
A.电容器的电容减小
B.电容器所带的电荷量增大
C.电容器两极板之间的电势差增大
D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N
答案 B
解析 由题图(a)知，溶液浓度降低，相对介电常数εr增大，根据C＝可知，电容
C 增大，A 错误；由于电容器与恒压电源相连，故电容器两极板间的电势差等于
电源电压，保持不变，C 错误；根据C＝可知，电容C 增大，电容器所带电荷量
增大，电容器充电，故电流方向为N→M，B 正确，D 错误。
基础保分练
1.如图1 所示，在真空中光滑的水平绝缘桌面上，有带异种电荷的点电荷P1和
P2。现固定P1，用绝缘锤将P2沿桌面击出。关于此后P2在桌面上的运动，下列
说法正确的是( )
图1
A.一定是曲线运动
B.速度可能不变
C.加速度一定变小
D.动能和电势能之和一定不变
答案 D
解析 若P2初速度方向在P1P2连线上，则小球做直线运动，故A 错误；P2受到
静电力作用，速度一定发生变化，故B 错误；当小球靠近P1时，根据库仑定律
可知所受库仑力变大，结合牛顿第二定律可知P2的加速度变大，故C 错误；根
据题意可知P2只有静电力做功，动能和电势能之和一定不变，故D 正确。
2.(2024·江苏卷，1)在静电场中有a、b 两点，试探电荷在两点的静电力F 与电荷
量q 满足如图2 所示的关系，请问a、b 两点的场强大小关系是( )
图2
A.Ea＝Eb
B.Ea＝2Eb
C.Ea＝3Eb
D.Ea＝4Eb
答案 D
解析 由静电力F＝qE 可知F－q 图像的斜率表示电场强度，由题图可知a、b
两图线斜率之比为4∶1，则a、b 两点的场强大小关系为Ea＝4Eb，D 正确。
3.(2024·重庆模拟预测) “场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的
球心O，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜：在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃
泡上半部分的电场线如图3 所示。a、b、c、d、O 为同一平面上的5 个点，abc
是一段以O 为圆心半径为r 的圆弧，d 为Ob 的中点。O、a、b、c、d 五点的电
场强度分别为EO、Ea、Eb、Ec、Ed，电势分别为φO、φa、φb、φc、φd，则下面说
法正确的是( )
图3
A.a、b、c 三点的电场强度相同
B.φd<φa＝φc＝φb
C.φO－φa<2(φO－φd)
D.φd－φb＝Ed·
答案 C
解析 电场线的疏密表示电场强度的大小，则玻璃泡上半部分的电场可视为位于
O 点处点电荷形成的电场，所以a、b、c 三点的电场强度大小相等，方向不同，
故A 错误；根据点电荷形成的电场的电势分布可知沿着电场线方向电势逐渐降
低，可知φd>φa＝φc＝φb，故B 错误；越靠近O 点的电场强度越大，则Od 部分的
电场强度均大于db 部分的电场强度，根据电场强度与电势差的关系可知φO－
φa<2(φO－φd)，φd－φb<Ed·，故C 正确，D 错误。
4.(多选)(2023·全国乙卷，19)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静电力作用下
在竖直面内运动，其一段轨迹如图4 所示。M、N 是轨迹上的两点，OP＞OM，
OM＝ON，则小球( )
图4
A.在运动过程中，电势能先增加后减少
B.在P 点的电势能大于在N 点的电势能
C.在M 点的机械能等于在N 点的机械能
D.从M 点运动到N 点的过程中，静电力始终不做功
答案 BC
解析 画出O 点处点电荷过M、N 两点的等势面，如图所示，由图可知带负电
的小球在运动过程中静电力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，A 错误；
距正点电荷越远，电势越低，则φN＞φP，根据电势能计算式Ep＝qφ，结合小球
带负电可知EpN＜EpP，B 正确；小球在运动过程中动能、重力势能、电势能的总
和保持不变，M、N 两点在正点电荷的同一等势面上，因此小球在M、N 两点上
的电势能相等，则小球在M、N 两点上的机械能相等，C 正确；结合小球运动方
向与受力方向夹角变化可知，小球从M 点运动到N 点的过程中静电力先做正功
后做负功，D 错误。
5.(多选)(2023·海南卷，2)如图5 所示，正三角形三个顶点固定三个带等量电荷的
点电荷，其中A、B 带正电，C 带负电，O、M、N 为AB 边的四等分点，下列说
法正确的是( )
图5
A.M、N 两点电场强度相同
B.M、N 两点电势相同
C.负电荷在M 点的电势能比在O 点时要小
D.负电荷在N 点的电势能比在O 点时要大
答案 BC
解析 根据电场强度叠加原理可知，M、N 两点电场强度的大小相等，方向不同，
A 错误；M、N 两点在A、B 的电场中电势相等，且比O 点电势要高，同时M、
N 两点在C 的电场中是位于同一等势面上，比O 点电势要高，所以M、N 两点电
势相等，B 正确；由于M、N 点电势均高于O 点电势，根据Ep＝qφ 可知，负电
荷在M、N 点的电势能均小于在O 点的电势能，C 正确，D 错误。
6.(多选)(2024·天津河西一模)图6(a)中M、N 是同一条电场线上的两个点，一个
电子仅在静电力的作用下沿着这条电场线从M 点运动到N 点，其运动的v－t 图
像如图(b)所示。电子经过M、N 两点时的速度分别为vM 和vN，电子的质量为
m，电子电荷量的绝对值为e。以下说法正确的是( )
图6
A.电场强度的方向由N 指向M
B.M、N 两点之间的电势差UMN＝
C.电子运动的过程中，其电势能不断减小
D.N 点的电场强度大于M 点的电场强度
答案 AC
解析 由图(b)可知电子的速度在增大，根据动能定理可知静电力对电子做了正
功，即－eUMN＝mv－mv，解得UMN＝，静电力对电子做正功，所以静电力向右，
则电场强度方向由N 指向M，故A 正确，B 错误；根据静电力做功与电势能变
化的关系可知，静电力做正功，电势能减小，故C 正确；根据v－t 图像的变化
特点可知，电子在M、N 两点的加速度大小关系为aM>aN，电子仅受静电力的作
用，则qE＝ma，所以N 点的电场强度小于M 点的电场强度，故D 错误。
7.(2024·河北衡水模拟)如图7 所示为一沿x 轴方向的静电场的φ－x 图像，现将一
质量为m、电荷量为q 的点电荷由O 点沿x 轴正方向发出，点电荷初速度大小为
v0，整个运动过程中点电荷只受静电力的作用。则( )
图7
A.在x 轴上，由O 点到x＝x2处电场强度逐渐减小
B.正电荷在O 点处的电势能等于在x 轴上x＝x2处的电势能
C.如果点电荷带正电，点电荷在x＝x2处的电势能为qφ0
D.如果点电荷带负电，当v0＝2 时点电荷刚好运动到x＝x2处速度减为0
答案 D
解析 根据E＝，可知φ－x 图像的斜率表示电场强度，则在x 轴上，由O 点到x
＝x2处电场强度保持不变，故A 错误；根据Ep＝qφ，由于O 点处的电势高于x＝
x2处的电势，则正电荷在O 点处的电势能大于在x 轴上x＝x2处的电势能，故B
错误；如果点电荷带正电，点电荷在x＝x2处的电势能为Ep＝－qφ0，故C 错误；
如果点电荷带负电，当v0＝2 时，设点电荷可以运动到x＝x2处，且速度大小为
v，根据动能定理可得－q·2φ0＝mv2－mv，解得v＝0，故D 正确。
8.(多选)(2024·湖南雅礼中学质检)如图8 所示为真空中的实验装置，平行金属板
A、B 之间的加速电压为U1，C、D 之间的偏转电压为U2，P 为荧光屏。现有氕
核、氚核和α 粒子三种粒子分别在A 板附近由静止开始加速，最后均打在荧光
屏上。已知氕核为H、氚核为H 和α 粒子为He，则氕核、氚核和α 粒子三种粒
子( )
图8
A.从开始到荧光屏所经历时间之比为∶∶1
B.从开始到荧光屏所经历时间之比为1∶∶
C.打在荧光屏上时的动能之比为2∶2∶1
D.打在荧光屏上时的动能之比为1∶1∶2
答案 BD
解析 粒子在A、B 间加速过程，由动能定理得qU1＝mv2，解得v＝，氕核、氚
核和α 粒子比荷之比为6∶2∶3，则氕核、氚核和α 粒子三种粒子加速获得的速
度之比为∶∶，设A、B 间距离为d，B 板与荧光屏的距离为L，粒子在A、B 间
运动时，有d＝t1，粒子从B 板到荧光屏，在水平方向上一直做匀速直线运动，
则有L＝vt2，从开始到荧光屏，所经历的时间为t＝t1＋t2＝，可知t 与v 成反比，
则从开始到荧光屏所经历时间之比为1∶∶，故A 错误，B 正确；设C、D 极板长
度为L1，板间距离为d1，粒子飞出偏转电场时偏转的距离y＝at＝·()2＝，可知三
种粒子通过偏转电场后偏转距离相等，对粒子从开始到荧光屏的过程，由动能定
理得Ek＝qU1＋qE2y，则粒子打在荧光屏时的动能Ek∝q，故打在荧光屏上时的
动能之比为1∶1∶2，故C 错误，D 正确。
提能增分练
9.(多选)(2024·河南开封期末)如图9 所示，空间有水平方向的匀强电场E(未画出)，
长为L 的绝缘轻质细线一端固定在天花板上O 点，另一端系质量为m、电荷量为
q 的带正电小球，现由图示A 位置静止释放小球，小球沿圆弧经最低点C 恰好能
到达B 点，已知OB 与竖直方向的夹角为θ＝37°，且sin 37°＝0.6，cos 37°＝
0.8，重力加速度为g，忽略空气阻力。则下列说法正确的是 ( )
图9
A.电场强度E＝
B.小球在B 点时的电势能最小
C.小球经过C 点时对细线的拉力为2mg
D.小球经过C 点时的动能最大
答案 AC
解析 根据题图可知，小球从A 到B 运动过程中，静电力做负功，则电场方向
水平向右，由A 到B 过程有mgLcos θ－qE(L＋Lsin θ)＝0，解得E＝，选项A 正
确；根据上述可知，由A 到B 过程静电力做负功，因此小球在B 点时的电势能
最大，选项B 错误；由A 到C 过程有mgL－qEL＝mv，在C 点有T－mg＝，根
据牛顿第三定律有T′＝T，联立解得T′＝2mg，选项C 正确；小球经过等效最低
点时的动能最大，根据运动的对称性知，该位置位于AC 之间，不在C 点，选项
D 错误。
10.(2024·辽宁师大附中质检)如图10 所示，在光滑绝缘水平面上，A、B 两小球
质量分别为2m、m，带电荷量分别为＋q、＋2q。某时刻A 有指向B 的速度v0，
B 球速度为零，之后两球在运动中始终未相碰，当两小球从该时刻开始到第一次
相距最近的过程中( )
图10
A.任意时刻A、B 两小球的加速度大小之比均为2∶1
B.两小球构成的系统动量守恒，电势能减少
C.电场力对A 球做功的大小为mv
D.A 球减少的机械能大于B 球增加的机械能
答案 D
解析 因为两小球所受静电力大小相等，A、B 两小球质量分别为2m、m，由牛
顿第二定律可知A、B 两小球的加速度大小之比为1∶2，故A 错误；A、B 两小
球组成的系统所受合外力为零，故系统动量守恒，由于A 小球所受静电力做负
功，B 小球所受静电力做正功，并且两小球所受静电力相等，A 的位移大于B 的
位移，所以负功多于正功，静电力对系统做的总功为负值，则系统电势能增加，
故B 错误；运动过程中A 球减少的机械能为B 球增加的机械能和系统增加的电
势能，则A 球减少的机械能大于B 球增加的机械能，故D 正确；两小球相距最
近时，速度相同，根据动量守恒定律可得2mv0＝(2m＋m)v，由动能定理可得静
电力对A 球做的功为W＝×2mv2－×2mv，联立解得W＝－mv，故C 错误。
11.(2024·四川眉山高三上期末)如图11 所示，在平面直角坐标系xOy 的y 轴右侧
有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E0，宽度为d，y 轴左侧有水平向右的
匀强电场，电场中有一粒子源，坐标为(－d，d)，粒子源能产生初速度为零、质
量为m、电荷量为q 的带正电粒子，粒子恰能从坐标(d，0)处离开y 轴右侧电场。
不计粒子重力。
图11
(1)求y 轴左侧匀强电场的电场强度大小E；
(2)若粒子源位置可调，y 轴左右两侧匀强电场的电场强度大小不变，求粒子从y
轴右侧电场边界离开时的最小动能。
答案 (1) (2)qE0d
解析 (1)粒子在y 轴左侧电场中加速过程，根据动能定理有qEd＝mv
粒子在y 轴右侧电场中做类平抛运动
则有d＝·t，d＝v0t1
解得E＝。
(2)令粒子源与y 轴间距为x，粒子在y 轴左侧电场中加速过程，根据动能定理有
qEx＝mv
粒子在y 轴右侧电场中做类平抛运动
则有y＝·t，d＝v1t2
设从y 轴右侧电场边界离开时的动能为Ek，有
qE0y＝Ek－mv
结合上述解得Ek＝＋
根据数学函数规律可知，当＝，即x＝2d 时，粒子飞出y 轴右侧电场的动能最小，
为
Ekmin＝qE0d。
培优高分练
12.(2024·云南名校联考)如图12 甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN 以速度
v 平行于极板进入(记为t＝0 时刻)，同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知
粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，
粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是( )
图12
A.粒子射出时间可能为t＝4 s
B.粒子射出的速度大小为2v
C.极板长度满足L＝3vn(n＝1，2，3，…)
D.极板间最小距离为 m
答案 D
解析 粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向运
动的v－t 图像如图所示，
因为粒子平行极板射出，可知粒子射出时垂直极板的分速度为0，所以射出时刻
可能为1.5 s、3 s、4.5 s、…，满足t＝1.5n s(n＝1，2，3，…)，粒子射出的速度
大小必定为v，选项A、B 错误；极板长度为L＝v·1.5n s(n＝1，2，3，…)，选
项C 错误；因为粒子不与极板碰撞，则应满足≥a×1.52，a＝，联立解得d≥
m，选项D 正确。
