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(共184张PPT)
第九章　静电场
物理
新高考适用
目 录
CONTENTS
第1 节　静电场中力的性质
微专题16
求解电场强度的几种特殊方法
第2 节　静电场中能的性质
第3 节　电容器　带电粒子在电场中的运动
微专题17
静电场中的功能关系及图像问题
微专题18
带电粒子在电场中的力电综合问题
微专题19
带电粒子在交变电场中的运动
微专题20
带电粒子在电场中的运动与天体在引力场中运动的类比分析
实验10
观察电容器的充、放电现象
第1节 静电场中力的性质
电荷守恒定律　库仑定律T1、6、8、9　 电场　电场强度T2、4、5、7　 电场
线的理解及应用T3
1.★★(多选)(2025河北,8,6分)如图,真空中固定在绝缘台上的两个相同的金属小球A和
B,带有等量同种电荷,电荷量为q,两者间距远大于小球直径,两者之间的静电力大小
为F。用一个电荷量为Q的同样的金属小球C先跟A接触,再跟B接触,移走C后,A和B之
间的静电力大小仍为F,则Q∶q的绝对值可能是 ( )

A.1　　　 B.2　　　 C.3　　　 D.5
　 AD　
五年高考
解析 C先跟A接触后,A和C所带的电荷量相等,qA'=qC'= ,C再跟B接触后,B和C所带
的电荷量相等,qB'=qC″= = q+ Q,根据库仑定律F=k 可知,A和B之间的静电力
大小不变,则qA'qB'=q2,解得 =1或 =5,A、D正确。
2.★★(2023湖南,5,4分)如图,真空中有三个点电荷固定在同一直线上,电荷量分别为
Q1、Q2和Q3,P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。
若P点处的电场强度为零,q>0,则三个点电荷的电荷量可能为 ( )
A.Q1=q,Q2= q,Q3=q
　 D　
B.Q1=-q,Q2=- q,Q3=-4q
C.Q1=-q,Q2= q,Q3=-q
D.Q1=q,Q2=- q,Q3=4q
解析　设带电荷量分别为Q1、Q2、Q3的点电荷分别为a、b、c,P点处电场强度为零,由
几何关系可知,b和c必定带异种电荷才能使P点处电场强度在沿三个点电荷连线方向的
分量为零,且b和c在P处产生的场强沿垂直三个点电荷连线方向的分量和与a在P处产
生的场强等大反向,A、B错误。设a到P的距离为r,则由几何关系可知b和c到P点的距
离分别为 r和2r,P点处场强在平行于三个点电荷连线方向的分量为零,故有k
·cos 60°=k ·cos 30°,解得 = ,C错误,D正确。
3.★★(2023全国甲,18,6分)在一些电子显示设备中,让阴极发射的电子束通过适当的非
匀强电场,可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线,如果用
虚线表示电子可能的运动轨迹,其中正确的是 ( )


　 A　
解析 电子在电场中只受静电力,且所受静电力方向与电场线方向相反,因为电子速度
方向与电场线方向不在同一条直线上,所以电子在电场中做曲线运动,电子所受静电力
指向轨迹“凹侧”,且轨迹应夹在所受静电力方向与速度方向之间,B、C、D选项中电
子运动轨迹与电场线在水平方向的相切处,电子所受静电力水平向右,并未指向轨迹
“凹侧”,A正确。
4.★★(多选)(2021湖北,11,4分)如图所示,一匀强电场E大小未知、方向水平向右。两
根长度均为L的绝缘轻绳分别将小球M和N悬挂在电场中,悬点均为O。两小球质量均
为m、带等量异号电荷,电荷量大小均为q(q>0)。平衡时两轻绳与竖直方向的夹角均为
θ=45°。若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍,两小球仍在原位置平衡。已知静
电力常量为k,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 ( )
A.M带正电荷　　　
B.N带正电荷
　 BC　
C.q=L 　　　
D.q=3L
解析　根据受力分析可知小球M带负电,小球N带正电,A错误,B正确。由几何关系可
知,两小球之间的距离为r= L,当两小球的电荷量大小为q时,由力的平衡条件得mg tan
45°=qE- ;两小球的电荷量同时变为原来的2倍后,由力的平衡条件得mg tan 45°=2qE
- ,整理解得q=L ,C正确,D错误。
5.★★★(2024贵州,7,4分)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 等于 ( )

A. 　　　 B. 　　　 C. 　　　 D.2
　 B　
解析　根据题意可知,A、B处两电荷为异种电荷,假设A点处为正电荷,B点处为负电荷,
作出两电荷在C点的场强如图所示【点拨:A点处若为负电荷,B点处若为正电荷,则仅影
响C点场强沿切线的指向,对大小无影响】,设圆的半径为r,根据几何知识可得rAC=r,rBC=
r,tan 60°= ,同时有EA= ,EB= ,联立解得 = ,B正确。

6.★★(2025届河北秦皇岛昌黎一中二模)真空中有两个相同的带等量异种电荷的金属
小球A和B(均可看作点电荷)相距为r,带电荷量绝对值均为Q,它们之间静电力的大小为
F。现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触,再与B接触,然后移开C,再将A、B
间距离减小为原来的 ,则A、B间的静电力大小为 ( )
A. F　　　 B. F
C.2F　　　 D.4F
　 C　
三年模拟
解析　设小球A所带电荷量为+Q,B所带电荷量为-Q,根据库仑定律可得F=k ,用一个
不带电的同样的金属小球C先与A接触,则接触后A、C所带电荷量均为Q'= ,再将C与B
接触,接触后B、C所带电荷量均为Q″= =- 【点拨:带异种电荷的两相同小球接
触,电荷量先中和再均分】,再将A、B间距离减小为原来的 ,则A、B间的静电力大小
为F'=k =2k =2F,C正确。
7.(溯源教材·人教版必修三P23,T3)(2025届河北保定期末)两个带电小球A、B,分别
用等长的绝缘细线悬挂在天花板下方,平衡时如图甲所示,细线与竖直方向夹角均为α,
此时细线对A的拉力大小为T1。加一水平向左的匀强电场后,两小球再次平衡时如图乙
所示,细线与竖直方向夹角均为β,且α<β,此时细线对A的拉力大小为T2。下列说法正确
的是 ( )
A.A带负电,B带正电
B.A的电荷量小于B的电荷量
C.A的质量大于B的质量
D.T1　 D　
解析　根据题图甲可知,小球A、B之间的库仑力为引力,则小球A、B带异种电荷,根据
题图乙可知,小球A所受匀强电场的电场力方向向左,与匀强电场的电场强度方向相同,
则A带正电,B带负电,A错误;题图甲中对小球A进行受力分析,根据平衡条件有F库1=mAg
tan α,T1= ,题图甲中对小球B进行受力分析,根据平衡条件有F库1=mBg tan α,T3= ,
联立解得mA=mB,T1=T3,C错误;题图乙中对小球A进行受力分析,根据平衡条件有qAE=F库2
+T2 sin β,T2 cos β=mAg,题图乙中对小球B进行受力分析,根据平衡条件有qBE=F库2+T4 sin
β,T4 cos β=mBg,联立解得T2=T4= = ,qA=qB,B错误;结合上述分析可知T1= ,T2=
,由于α<β,则有T18.★★★(2026届重庆南开中学月考)如图所示,光滑绝缘半圆形轨道内有两个可视为质
点的带电小球A、B,其中B固定,A可自由滑动。初始时A球静止。现保持B球带电荷量
不变,使A球所带电荷量缓慢变为原来的一半,在新位置达到平衡后,下列说法正确的是
( )
A.A、B小球带异种电荷
B.半圆形轨道对A球的支持力变小
C.两小球间库仑力变为原来的一半
D.A球有可能静止于半圆形轨道圆心O点的正下方
　 B　
解析　带电小球A静止在光滑半圆形轨道内,则两小球必定带同种电荷,A错误。如图
所示,对A球受力分析有 = = ,A球所带电荷量减少,沿着轨道向左下方移动,故
OC增大,OA不变,则NA减小,B正确。若A球处于O点正下方,轨道对A的支持力竖直向上,
B对A的库仑力有水平向右的分量,小球A无法平衡,D错误。球A带电荷量减半,但A、B
的间距也变小,故库仑力大于原来的一半,C错误。

9.★★★(多选)(2025届广东揭阳一中模拟)如图所示,静置于光滑水平面上的两可视为
质点的带电物体A、B质量分别为m和2m,相距为d。水平恒力F作用在A上,同时释
放A、B,A、B会一起相对静止地向右运动。当力F大小不变,仅方向相反作用在B上,改
变A、B的间距,也可使A、B一起相对静止地向左运动。则下列说法正确的是
( )
A.两物体一定带异种电荷
B.F作用在A上时,A、B间的库仑力大小为 F
ABD　
　
C.F作用在B上时,A、B间的库仑力大小为 F
D.F作用在B上时,A、B间的距离为 d
解题导引

解析　恒力F作用在A上时,B随A一起向右运动,可知A、B间的库仑力为引力,A、B一定
带异种电荷,A正确;恒力F作用在A上时,对A、B组成的整体进行分析,由牛顿第二定律
有F=3ma,对B进行分析有F库1=2ma,解得F库1= F,B正确;力F作用在B上时,对A进行受力
分析有F库2=ma,解得F库2= F,C错误;由库仑力公式有F库2= ,F库1= ,结合上述分析
解得r= d,D正确。
电场中受力与简谐运动相结合的问题
(多选)(2025届宁夏吴忠盐池二模)如图所示,带电荷量分别为-4q和+q的小球A、B固定
在与水平面成θ=30°角放置的光滑绝缘细杆上,两球间距为L,沿杆方向有斜向上的场强
大小为E= 的匀强电场,重力加速度为g。若在杆上套一质量为m、电荷量为+q的带
电小环C(图中未画出),且小环能够在某一平衡位置处于静止状态,A、B和C均可视为点
电荷,静电力常量k已知,则下列说法正确的是(已知:①当x 1时, =1-nx;②简谐运
动周期公式为T=2π ,k'为回复力系数) ( )
　 BC　
创新风向·模块融合

A.未套小环C时,沿杆方向不存在电场强度为0的点
B.小环C的平衡位置与球B的距离为L
C.将该小环C拉离平衡位置一小段位移x( L)后静止释放,则其做简谐运动的周期为

D.若该小环C带负电,仍可以在该平衡位置附近做简谐运动
解题导引　①信息挖掘:带电小环C能够在某一平衡位置处于静止状态,说明在此位置
受力平衡,若带电小环做简谐运动,则回复力满足F回=-k'x的形式。
②问题引导:同一条直线上两个不等量异种点电荷电场强度叠加,何处电场强度为零
小环C平衡时受到哪些力 将小环C拉离平衡位置,其所受合力大小和方向与偏离平衡
位置的位移有何关系 当x 1时, =1-nx这个已知条件如何应用 如何证明小环C
的运动是简谐运动
解析　根据电场的叠加原理可知,小球A、B之间的电场方向一定沿杆向上,而在A的上
方和B的下方均有可能出现电场强度为0的点,假设在沿杆方向,A的上方距A为y和B的
下方距B为y'处的两点电场强度为0,对这两种情况分别列式有 = + ,
+ = ,可求得电场强度为0的点的位置,A错误;对小环受力分析,受沿杆向上的电场
力F=qE= ,重力沿杆方向的分力为mg sin θ= ,所以小环C在沿杆方向相当于仅受到
A、B两个固定小球施加的库仑力的作用,设C在A、B的延长线上距离B为d处达到平衡
(B的下方),由平衡条件有 - =0,解得d1=- (舍去),d2=L,B正确;将小环C拉离平
衡位置一小段位移x,对小环C受力分析有FC= - ,利用题干中的近似关系
简化可得FC=- x,满足F回=-k'x的形式,故小环做简谐运动,代入简谐运动的周期公式T=
2π 可得,小环C做简谐运动的周期为 ,C正确;对小环C受力分析可知,若小环
带负电,则在题干中的平衡位置处受力不平衡,无法在该处附近做简谐运动,D错误。
微专题16　求解电场强度的几种特殊方法
1.★★(2021湖南,4,4分)如图,在(a,0)位置放置电荷量为q的正点电荷,在(0,a)位置放置电
荷量为q的负点电荷,在距P(a,a)为 a的某点处放置正点电荷Q,使得P点的电场强度为
零。则Q的位置及电荷量分别为 ( )

A.(0,2a), q　　　 B.(0,2a),2 q
C.(2a,0), q　　　 D.(2a,0),2 q
　 B　
题组1　矢量叠加法
解析　两点电荷在P点产生的电场强度如图所示,由矢量叠加可知:二者在P点产生的电
场强度的合场强E1的大小为 ,方向如图所示。要使P点的电场强度为零,则Q在P点
产生的电场强度应与E1大小相等、方向相反,即 = ,解得Q=2 q,由E2的方
向知,Q的位置为(0,2a),B正确。

2.★★(2025届山东淄博三模)如图所示,A点处有一个电荷量为+Q的点电荷,在距A点2r
处有一个点电荷B,在以A点为圆心、半径为r的球面上有一点C,AC与AB夹角为60°。要
使C点的场强与AB平行,则点电荷B ( )
A.带负电,电荷量为 Q
B.带负电,电荷量为3 Q
C.带正电,电荷量为 Q
　 B　
D.带正电,电荷量为3 Q
解析　要使C点的电场强度方向平行于AB,根据电场强度的叠加,画出A、B、C所在平
面的俯视图,如图所示,根据几何关系可得∠ACB=90°,分析可知B在C点产生的电场强
度方向指向B,则点电荷B带负电。根据几何关系可得BC=2r sin 60°= r,根据场强的矢
量关系可得 tan 60°= ,其中EB=k ,EA=k ,联立解得QB=3 Q,B正确。

3.★★★(2026届江西联合调研)如图,在水平面上的绝缘正六边形顶点固定着6个点电
荷,点电荷到中心O点距离均为R。其中3个电荷A、C、E带电荷量均为+Q,另外3个电
荷B、D、F带电荷量均为-2Q,在中心O点正上方2R处有一点P(图中未画出)。已知静
电力常量为k,则P点的电场强度大小和方向分别为 ( )
A. ,竖直向上　　　 B. ,竖直向下
　 D　
C. ,竖直向上　　　 D. ,竖直向下
解析 6个点电荷在正六边形的各顶点上,A与D,B与E,C与F分别关于O点对称,P点到各
点电荷的距离r= = R,每个点电荷与P的连线与竖直方向的夹角θ满足 cos θ
= = ,A、C、E处的3个点电荷在P点产生的场强大小均为E1=k = Q,B、D、F
处的3个点电荷在P点产生的场强大小均为E2=k = Q,它们的竖直分量分别为 =
E1 cos θ= · = , =E2 cos θ= · = ,3个正点电荷在P点处产生的电
场强度的竖直分量向上,3个负点电荷在P点处产生的电场强度的竖直分量向下,由对称
性知水平方向合场强为0,所以P点的电场强度大小E=3(E2y-E1y)=3× = ,方向
竖直向下,D正确。
1.★★(2022山东,3,3分)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置,圆心位于O点,环上均匀
分布着电荷量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分,取走A、B处两段弧长均为ΔL
的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点,O点的电场强度
刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变,q为( )

　 C　
题组2　对称法、挖补法和等效法
A.正电荷,q= 　　　 B.正电荷,q=
C.负电荷,q= 　　　 D.负电荷,q=
解析　将取走的A、B处圆弧上的电荷补回去,由对称性和微元法可知,整个带电圆环在
O点产生电场的合场强等于零,由此可知,圆环上剩余电荷与A、B处带电圆弧上的电荷
分别在O点产生电场的场强等大反向,由点电荷的场强公式、电场的叠加规律和几何
关系可得,A、B处带电圆弧上的电荷在O点产生的电场的合场强E1=k ,方向由O指向
C,由题意可知,qA= ΔL,D点的点电荷q在O点产生电场的场强与E1等大同向,故q应为
负电荷,由k =k ,解得q= ,C正确。
2.★★★(2025届广东茂名五校联考)已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个
位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示,一半径为R的球体上
均匀分布着电荷量为Q的电荷,在过OO'(OO'=2R)的直线上以R为直径在球内挖一球形
空腔。已知静电力常量为k,若在O'处放置一电荷量为Q的点电荷,则该点电荷所受电场
力的大小为 ( )

A. 　　　 B. 　　　 C. 　　　 D.
　 C　
解题导引　应用挖补法的思想,完整球体在O'点产生的场强等于挖去的小球在O'点产
生的场强和剩余空腔部分在O'点产生的场强的矢量和。
解析　根据题意可知,被挖去的小球所带电荷量为Q'= Q= ,利用挖补法可得,O
'处点电荷所受电场力的大小为F=k -k = ,C正确。
3.★★★(2026届河南鹤壁开学考)如图所示,△ABC为正三角形,△AHJ、△GBF、△
ECD为三个相同的正三角形,六边形DEFGHJ每条边上电荷分布均匀,DJ、EF、GH三
条边上分别分布有电荷量为+Q、+Q、+ Q的电荷,DE、FG、HJ三条边上分别分布有
电荷量为+ q、+q、+q的电荷,已知△ABC中心处的场强为零,EF边上电荷在△ABC中
心处产生的场强大小为E,则FG边上电荷在△ABC中心处产生的场强大小为
( )
　
　 A
A.E　　 B. E　　 C. E　　 D. E
解析　设△ABC中心为O,因EF边上的电荷在△ABC中心O处产生的场强大小为E,可知
DJ边上的电荷在△ABC中心O处产生的场强大小也为E,GH边上的电荷在△ABC中心O
处产生的场强大小为 E,三个场强中每两个场强间的夹角均为120°,由场强矢量叠加原
理可知,这三个边上的电荷在△ABC中心O处产生的合场强大小为 E,方向沿着CO方
向;设FG边上的电荷在△ABC中心O处产生的场强大小为E',则DE和JH边上的电荷在O
点产生的场强大小分别为 E'和E',由矢量叠加原理可知这三个边上的电荷在O点产生
的合场强大小为 E',方向沿着OC方向;因△ABC中心O处的场强为零,可知 E= E',即E
=E',A正确。
1.★★★(2025届河北邢台部分高中期末)如图所示,半径为R的金属圆环固定在竖直平
面上,金属圆环所带电荷量为+Q,且均匀分布,绝缘细线的一端固定在圆环的最高点,另
一端连接一个质量为m的带电小球(视为质点)。稳定时,小球在过圆心且垂直圆环平面
的轴上P点处静止,O、P两点间的距离也为R。已知静电力常量为k,重力加速度大小为
g,则小球所带的电荷量为 ( )

　 B　
题组3　微元法和极限法
A. 　　　 B.
C. 　　　 D.
解题导引　将带电金属圆环分成无数微元,根据电场的叠加原理求出P点处的合场强
大小。对小球受力分析,根据平衡条件和电场力与场强的关系,求小球所带的电荷量。
解析 由几何关系可知,细线与水平方向的夹角为45°,将带电金属圆环分成无数微元,
每一微元的带电荷量为Δq,则每一微元在P点沿水平方向的场强大小为ΔE=k cos
45°,故带电金属圆环在P点的合场强大小为E=ΣΔE=Σk cos 45°= ,对小球受
力分析,如图所示,根据平衡条件得mg=F库 tan 45°,又F库=qE,解得小球所带的电荷量为q
= ,A、C、D错误,B正确。

2.★★★(多选)(2025届海南儋州二中模拟)如图,一段半径为r的四分之一圆弧形绝缘材
料MPN关于PO对称。O是圆心,E、F两点在OP延长线上,圆弧形绝缘材料上分布着正
电荷,总电荷量为q。PM段上任意一点Q所带电荷的线密度λ(单位长度所带的电荷量)
与QO、PO的夹角θ的余弦值成反比,PN、PM段电荷的分布同样关于PO对称。下列说
法正确的是 ( )

　 BC　
A.E点的电场强度方向水平向右
B.在O点右侧,沿着OF方向电势逐渐降低
C.O点的电场强度大小为
D.由于圆弧形材料上的电荷不可以看作点电荷,故不能计算O点场强
解析　由于电荷关于PO对称分布,且材料带正电,故E点场强沿着PE向左,O、F点场强
沿着PO向右,沿着电场线方向电势逐渐降低,A错误,B正确。对于圆弧形材料上任意点
Q,其附近很短一段长度为Δl的材料所带电荷量Δq=λΔl,由于λ∝ ,则Δq在O点产生
的电场场强的水平分量ΔEx= = ,其中λ cos θ为定值,通过微元求和,可
得O点水平场强可等效为所有电荷聚集在P点时形成的场强,即Ex= ,由于电荷对称分
布,O点竖直方向的场强为Ey=0,即O点场强为 ,C正确,D错误。
3.★★★★(2025届天津南开中学开学考)电场强度是描述电场强弱的物理量,它的定义
式为E= ,其中E为电场强度,q为试探电荷的带电荷量,单位为C(库仑),F为该电荷在电
场中所受的静电力。图示为一个内、外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电平面,其
单位面积带电荷量为σ,单位为C/m2。取环面中心O为原点,以垂直于环面的轴线为x
轴。设轴上任意点P到O点的距离为x,P点电场强度的大小为E。下面给出E的四个表
达式(式中k为静电力常量,单位为N·m2/C2),其中只有一个是合理的。你可能不会求解此
处的场强E,但是你可以通过一定的物理分析,对下列表达式的合理性作出判断。根据
你的判断,E的合理表达式应为 ( )
　 B　
A.E=2πkσ x
B.E=2πkσ x
C.E=2πkσ x
D.E=2πkσ x
解析 对E的表达式的单位进行分析,已知场强的单位为N/C,k为静电力常量,单位为N·
m2/C2,σ为单位面积的带电荷量,单位为C/m2,则表达式2πkσ的单位为N/C,故各表达式中
其他部分应无单位,A、C错误;采用极限法分析【点拨:把某个物理量的变化推向极端,
从而作出科学的推理分析,给出判断或导出一般结论。让x=0和x→∞,看哪个符合分析
要求】,当x=0时,由对称性可知E0=0,B、D选项中的表达式均满足E0=0,当x→∞时,B选
项中E∞=0,而D选项中E∞→4πkσ,B正确,D错误。
第2节　静电场中能的性质
第1课时　静电场中能的性质的描述与判断
描述静电场中能的性质的物理量T1、4、5、6　 电势差与电场强度的关系T2、3
1.★(2025河北,1,4分)《汉书》记载“姑句家矛端生火”,表明古人很早就发现了尖端
放电现象。若带电长矛尖端附近某条电场线如图,则a、b、c、d四点中电势最高的是
( )

A.a点　　　 B.b点　　　 C.c点　　　 D.d点
　 D　
五年高考
解析 方法一　 沿电场线方向电势逐渐降低,所以电场线上四个点电势高低关系为
φd>φc>φb>φa,D正确。
方法二　 若一带正电试探电荷沿电场线运动,则电场力做正功,电势能逐渐减小,则电
势逐渐降低,所以电场线上四个点处电势高低关系为φd>φc>φb>φa,所以d点电势最高,D
正确。
方法总结
电势高低的三种判断方法
(1)电场线法:沿电场线方向电势逐渐降低。
(2)电势差与电势的关系:根据Uab= =φa-φb,将Wab、q的值(带正负号)代入,计算出Uab,再
由Uab的正负判断φa、φb的高低。
(3)Ep与φ的关系:由φ= 知正电荷在电势能大处电势较高,负电荷在电势能大处电势较
低。
2.★★(2025河南,4,4分)如图,在与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点,其电势分别
为6 V、4 V、2 V;a、b、c分别位于纸面内一等边三角形的顶点上。下列图中箭头表
示a点电场的方向,则正确的是 ( )

　　　
　 C　
解析　由题意与题图可知,a、c连线的中点d处的电势为4 V,则bd线为等势线,由几何关
系知ac⊥bd,所以ac平行于电场线,沿电场线方向电势逐渐降低,则电场方向从a点指向c
点,C正确。
3.★★★(多选)(2025湖南,8,5分)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
　 AD　
C.电场强度的大小为
D.电场强度的大小为
解题导引
根据电势的定义式φ= 确定O、A、B三点的电势

根据O、A、B三点的电势关系寻找O、A连线上B点的等势点

结合电势的高低确定电场线的方向

根据E= 求出电场强度的大小
解析　如图所示,依题意,O点电势为φO= ,A点电势为φA= ,所以O、A两点关于电势
零点对称,即OA中点C点的电势为零,A正确;C点坐标为 ,又由于B点电势为φB= =
φO,故OC中点D点的电势与B点电势相等,D点坐标为 ,由DA=AB= d可得,等势线
BD与x轴正方向成45°角,易知电场线垂直BD并指向右下方,故电场的方向与x轴正方向
成45°角,B错误;由几何关系知,A点到BD的距离为 × d= d,可得电场强度的大小
为E= ,UBA=φB-φA= ,得E= ,C错误,D正确。
4.★★(2026届贵州部分高中开学考)如图所示,A、B、C、D、M、N是正八面体的六个
顶点,在M点固定一个带正电的点电荷,在N点固定一个带负电的点电荷,两点电荷所带
电荷量的绝对值均为Q,E、F分别为MB、DN的中点。下列说法正确的是( )
A.电势差UME>UFN
B.E、F两点的电场强度不相同
C.A、B、C、D四点在同一等势面上
D.将一电子从E点沿直线移动到F点,其电势能一直减少
　 C　
三年模拟
解析　根据等量异种点电荷电场分布及对称性易知E、F两点电场强度相
同,A、B、C、D四点均在同一等势面上,若该等势面的电势为零【点拨:等量异种点电
荷连线的中垂面为等势面,且电势为零】,则E点电势大于零,F点电势小于零,且UME=UFN,
A、B错误,C正确。沿直线从E点到F点电势降低,将一电子从E点沿直线移动到F点,电
子的电势能增加,D错误。
5.★★★(2025届河南十校教研联盟联考)电磁现象具有对称性,带电体在周围会产生电
势,且某一点的电势与该点的位置有关,如果两个点相对于某一均匀带电物体的位置是
对称的,则这两点的电势是相等的。如图所示,三根完全相同的带电杆,每根杆上均匀带
正电,三根杆围成一个等边三角形,三角形中心为P点,Q点与P点关于AB杆对称,已知P点
与Q点的电势分别为φP、φQ,则取走AB杆之后,P点与Q点的电势分别变为
( )


　 A
A. φP,φQ- φP　　　 B. φP,φQ- φP
C.φP,φQ-φP　　　 D. φP,φQ- φP
解析 P点到三根杆的距离相等,故三杆在P点所产生电势相同,设为φ1,则3φ1=φP,故φ1=
【点拨:Q点和P点关于AB对称】,AB杆在Q点产生的电势与在P点产生的电势相同,
也为 ,同时Q点到AC、BC杆的距离也相等,故两杆在Q点所产生电势也相同,设为φ2,
由φ1+2φ2=φQ可得φ2= - φP,当撤走AB杆后,有φ'P=2φ1= φP、φ'Q=2φ2=φQ- φP,A正确。
6.★★★(2025届湖南常德一中模拟)如图所示,在真空中有两个等量异种点电荷P、Q,
以其连线的中点O为球心画一个球面,其中abcd所在平面与连线垂直,ebfd与连线处在
同一水平面上,g、h是弧ae和弧cf的中点,M点和f点到点电荷Q的距离相等。下列说法
正确的是(电子、质子的重力不计)( )
A.电子从a沿着abcda运动一周的过程,电子所受
电场力的大小不变,方向不断改变
B.g、h两点电场强度的方向相反,电子在g点的电势能小于在h点的电势能
C.在e点静止释放一质子,它会在e、f间往返运动
D.将一质子从e点移动到f点,电场力所做的功小于从e点移动到M点时电场力所做的功
　 D　
解析　如图所示,根据等量异种点电荷电场线分布特点可知,abcd所在平面为P、Q连线
的中垂面,在该平面上场强方向相同,均平行于P、Q的连线且指向负电荷,由于电子沿
着abcda运动一周,到O点的距离不变,电子经过的位置场强大小相等,则电子沿着abcda
运动一周的过程,电子所受电场力的大小、方向均不改变,A错误;g点靠近正电荷,g点电
势高于h点电势,则电子在g点的电势能小于在h点的电势能,但g、h两点关于P、Q连线
中点对称,电场强度的大小、方向均相同,B错误;在e点静止释放一质子,其受到电场力
方向一直向右,质子在P、Q间会一直加速,不会在e、f间做往返运动,C错误;根据等量异
种点电荷等势面分布特点可知,P、Q电荷之间的等势面较P、Q电荷
连线之外的等势面分布密集一些,则M点电势低于f点电势,将质子从
e点移动到M点比从e点移动到f点电场力做功更多一些,D正确。
第2课时　电场线、等势面与运动轨迹问题
等势面　带电粒子在电场中的运动轨迹问题T1、2、3、4、5、7　 静电的防止与
利用T6、8
1.★★(2025甘肃,5,4分)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
　 D　
五年高考
解析 由题可知,实线为电场线,M点电场线密集程度大于N点电场线密集程度,所以EM>
EN,B错误。由于电容器上极板接电源正极,下极板接电源负极,所以电场方向沿电场线
由上向下,如图所示,沿电场线方向电势逐渐降低,所以φN>φP,因为M点与N点在同一等势
面上,所以φM>φP,A错误。C、D选项中运动电荷为负电荷,根据Ep=qφ可知,负电荷在M
点与P点的电势能关系为EpM电场力做的功WMP=EpM-EpP<0,即电场力做负功,D正确。由能量守恒定律可得EkM>EkP,所
以负电荷在M点的速度大于在P点的速度,所以从M点到P点过程中负电荷的速度减小,
C错误。
2.★★(2025云南,4,4分)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

　 C
解析　由等势线分布图知a点附近的等势线最密,所以a点的电场强度最大,A、B错误;
根据电荷的电势能Ep=qφ,电子的电荷量为-e,所以电子在a、b、c、d点的电势能分别是
2 eV、1 eV、-1 eV、-2 eV,一个电子从b点移动到c点,电场力做功Wbc=Epb-Epc=2 eV,C正
确;一个电子从a点移动到d点,电势能增加了ΔEpad=Epd-Epa=-4 eV,D错误。
易错警示
电势、电势能、电场力做功是标量,在代入公式求解相应的物理量时应严格注意正、
负号,尤其是电子带负电,其电荷量qe=-e。
3.★★★(多选)(2024广东,8,6分)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,金属圆盘置于容器底部,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 ( )
　 AC　
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
解析　沿电场线方向电势降低,M点电势比N点电势低,A正确;电场线密处电场强度大,
所以P点的电场强度比N点的大,B错误;由于污泥絮体带负电,污泥絮体从M点移动到N
点电场力对其做正功,C正确;N点电势高于P点电势,负电荷在电势高处电势能小,则污
泥絮体在N点的电势能小于在P点的电势能,D错误。
4.★★★(多选)(2024甘肃,9,5分)某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示,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( )
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
　 BCD　
解析 根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知,粒子带正电,A错误。等差等势
面越密集的地方场强越大,故M点的电场强度比N点的小,B正确。粒子带正电,因为M点
的电势大于N点的电势,故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能,D正确。由于带电
粒子仅在电场力作用下运动,只有电场力做功,电势能与动能总和保持不变,可知当电势
能最大时动能最小,故粒子运动轨迹上电势最大处粒子动能最小,C正确。
5.★★★(2025福建,4,4分)角分辨光电子能谱仪是现代科学研究的先进仪器,其核心装
置中有两个同心半球极板,垂直半球底面且过球心O的截面如图所示。极板间存在一
径向电场,其等势线为一系列以O为圆心的半圆。电子a以初动能Ek从入口M点垂直半
球底面入射,从N点射出;电子b也从M点垂直半球底面入射,经P点后从Q点射出。两电
子的运动轨迹如图所示。已知电子a轨迹为一以O为圆心的半圆,与OP交于H点,H、P
两点间的电势差为U,OM=r,NQ=2HP,电子电荷量大小为e,重力不计,则 ( )
　 D　
A.P点处的电场强度大小为
B.电子a在H点受到的电场力大小为
C.电子b在P点时的动能小于在Q点时的动能
D.电子b从M点运动到Q点的过程中,克服电场力所做的功小于2eU
解析 电子a轨迹是以O为圆心的半圆,与电场的等势线重合,所以a做匀速圆周运动,有
Fa=eE=m = ,故E= ,离圆心O越远电场强度越小,所以EP题意可知电子b做离心运动,克服电场力做功,所以在P点时的动能大于在Q点时的动能,
C错误;已知NQ=2HP,根据径向电场的分布特点可知M、H、N在同一等势线上,UNQ<2
UHP=2U,所以电子b克服电场力所做的功W=eUNQ<2eU,D正确。
6.(溯源教材·人教版必修三P22,T2)(2025届北京丰台二模)如图1所示,一个空塑料瓶
上固定着一根铁锯条和一块易拉罐(金属)片,将它们分别与静电起电机的两极相连,其
俯视图如图2所示。在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香,很快就看见整个透明塑料瓶里烟雾
缭绕。摇动起电机,强电场使空气电离而产生负离子和正离子,负离子碰到烟尘微粒使
它带负电,塑料瓶中变得清澈透明。关于该过程,下列说法正确的是 ( )

　 D　
三年模拟
A.金属片附近的气体分子更容易被电离
B.带电烟尘微粒做匀加速运动
C.带电烟尘微粒运动过程中电势能增大
D.带电烟尘微粒会被吸附到金属片上
解析　塑料瓶内锯条附近电场强度大,锯条附近的空气分子更容易被电离,A错误;因为
金属片和锯条间的电场不是匀强电场,带电烟尘微粒受到的电场力为变力,微粒的加速
度不是恒定值,所以带电烟尘微粒不是做匀加速运动,B错误;带负电的烟尘微粒向着金
属片运动时,静电力做正功,电势能减少,最终运动到接正极的金属片上,C错误,D正确。
7.★★★(2026届福建福州质检一)如图,虚线A、B、C为某电场中的三个等差等势面,实
线为带电粒子在电场中的运动轨迹,P、Q为轨迹与等势面A、C的交点,粒子只受电场
力的作用,下列说法正确的是 ( )
A.粒子一定带正电
B.P点电势一定大于Q点电势
C.粒子在P点动能小于在Q点动能
D.粒子在P点的加速度小于在Q点的加速度
　 D　
解析　由于不知道电场线的方向,仅根据粒子运动轨迹无法确定粒子的电性,A错误;由
于不知道电场线方向,也就无法判断电势高低关系,B错误;根据轨迹弯曲方向可判断出
电场力的大致方向,假设粒子从P运动到Q,可以判断出粒子从P运动到Q的过程中,电场
力与速度的夹角为钝角,故粒子做减速运动,其速度减小,动能减少,假设粒子从Q运动到
P,则粒子做加速运动,其动能增加,所以粒子在P点的动能大于在Q点的动能,C错误;等
差等势面越密集的地方电场强度越大,所以从题图中可以看出P点的电场强度小于Q点
的电场强度,对带电粒子应用牛顿第二定律有Eq=ma,可得粒子的加速度为a= ,同一
粒子q、m不变,则粒子在P点的加速度小于在Q点的加速度,D正确。
知识拓展
带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法

8.★★★(2025届广东湛江二模)在工业生产中,静电场喷雾技术可用于汽车、家电、仪
表等外壳的喷涂。如图所示是一个静电场喷雾装置,该电场中a、c两点分别处于两个
等势面上,点b处于两个等势面正中央。从喷口喷出的都是带负电的液滴,其中有一滴
刚好经过a、b、c三个点。下列说法正确的是( )
　 D　
A.a点的电势高于c点的电势
B.a、b两点的电势差一定等于b、c两点的电势差
C.液滴一定沿直线做匀加速直线运动
D.从a到c过程中液滴的电势能减少
解析 由题图可知电场方向从工件指向喷口,沿着电场线方向电势降低,c点的电势高
于a点的电势,A错误;由题意知ab与bc相等,但这是一个非匀强电场,可知a、b两点的电
势差一定不等于b、c两点的电势差,B错误;液滴在非匀强电场不同位置所受的电场力
大小不同,且电场力方向沿电场线指向工件,液滴还受到重力,根据平行四边形定则可知
液滴所受合力一定不沿初速度方向,且合力大小时刻在变,故液滴做变加速曲线运动,C
错误;由于液滴受到的电场力方向沿电场线指向工件,可知从a到c过程中,电场力做正
功,液滴的电势能减少,D正确。
易错警示
解题时需注意,公式U=Ed中,d是沿场强方向的两点间的距离,或两等势面间的距离,而U
是这两点间或两等势面间的电势差,这一定量关系只适用于匀强电场。
巧用等效思维解决无限大金属板与点电荷形成电场的力与能问题
(多选)(2025届山东潍坊三模)如图所示,无限大接地金属板MN的垂线Od上a、b、c三点
恰将Od均分为四段,每段长度均为L。在O点固定一电荷量为Q的正点电荷,虚线分别为
过a、b、c三点的等势线,实线为某试探电荷仅在电场力作用下运动的轨迹,轨迹与等
势线分别交于e、f、c、g、h点。当该试探电荷运动到c点时,其电势能Epc=-2 eV、动能
Ekc=4 eV。已知一个点电荷与无限大接地金属板间的电场与等量异种点电荷连线中垂
面一侧的电场分布相同。单个点电荷Q周围某点的电势φ= ,r为该点到点电荷Q的距
离,下列说法正确的是 ( )
　 AC　
创新风向·挑战思维

A.该试探电荷带负电
B.b点的场强大小为
C.该试探电荷运动到f点时的动能为7 eV
D.该试探电荷分别从e到f和从f到c的运动过程中,电场力做的功相等
解题导引　①信息挖掘:已知一个点电荷与无限大接地金属板间的电场与等量异种点
电荷连线中垂面一侧的电场分布相同(等效思想)。
②问题引导:试探电荷做曲线运动时所受电场力与轨迹之间的关系是什么 b点电场强
度如何求解 f点电势如何求解 试探电荷在f点的电势能如何计算 e与f之间的电势差和
a与b之间的电势差是否相等 f与c之间的电势差和b与a之间的电势差是否相等
解析 根据等量异种点电荷电场分布特点【点拨:点电荷和无限大的接地金属板间的
电场可等效为等量异种点电荷连线的中垂面一侧的电场】,电场线方向指向MN,做曲
线运动的试探电荷所受合力指向轨迹凹侧,可知在c点受到的电场力向右,故试探电荷
带负电,A正确;根据等量异种点电荷电场分布及电场叠加原理可知,b点场强E= +
= ,B错误;设试探电荷的电荷量为-q,根据题意有Epc=-2 eV= ×(-q),同
理试探电荷在f点有Epf= ×(-q),联立解得Epf=-5 eV,根据能量守恒定律有Epc+Ekc=
Epf+Ekf,代入题中数据,解得Ekf=7 eV,C正确;根据等量异种点电荷电场分布特点,可知e、f
之间平均场强大于f、c之间平均场强,根据U=Ed可知e、f间电势差大于f、c间电势差,
根据电场力做功W=qU可知该试探电荷分别从e到f和从f到c的运动过程中,电场力做的
功不相等,D错误。
微专题17　静电场中的
功能关系及图像问题
1.★★(2025四川,3,4分)如图所示,由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def
组成的绝缘光滑管道固定于水平面内,管道间平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量
为Q(Q>0)的带电小球。另一个电荷量为q(q>0且q Q)的带电小球以一定初速度从a点
进入管道,沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则 ( )
　 B　
题组1　静电场中的功能关系
A.小球在e 点所受库仑力大于在b点所受库仑力
B.小球从c点到e 点电势能先不变后减小
C.小球过f 点的动能等于过d 点的动能
D.小球过b点的速度大于过a 点的速度
解析　库仑力F= ,e点到O点的距离大于b点到O点的距离,所以小球在e点所受库仑
力小于在b点所受库仑力,A错误。点电荷产生的电场中,电势φ= ,从c点到d点小球与
O点间距离不变,电势不变,由Ep=qφ知小球电势能不变;从d点到e点小球与O点间距离增
大,电势降低,小球电势能减小,故小球从c点到e点电势能先不变后减小,B正确。f点到O
点的距离大于d点到O点的距离,因此f点处电势较低,小球电势能较小;由题可知Ep与Ek
之和不变【点拨:能量守恒】,所以小球过f点的动能大于过d点的动能,C错误。a点到O
点的距离大于b点到O点的距离,a点电势低于b点电势,小球在a点的电势能小于在b点的
电势能,故小球在a点的动能大于在b点的动能,则va>vb,D错误。
方法总结
(1)能量守恒逆向推导法
正向逻辑:电势能增大→动能减小;电势能减小→动能增大。
逆向应用:若选项中出现“动能相等”,必先判断对应位置电势能是否相等。例如C选
项中f点与d点到O点的距离不同,小球电势能不相等,动能必不相等,直接否定“动能等
于”的错误关联。
(2)同号电荷的势能特性
口诀记忆:“近增远减”——同号电荷靠近时电势能增加,远离时电势能减少;异号电荷
反之。
(3)多电荷系统延伸
若本题改为O点固定负电荷,Q<0,则电势能变化与原结论相反:带正电的小球靠近O点
时电势能减小,远离时电势能增大,需重新分析B、C、D选项,但解题方法(库仑力公
式、能量守恒)不变。
2.★★★(多选)(2026届湖北腾云联盟开学考)如图所示,竖直面内有边长为d的正方形
ABCD,O点是正方形的几何中心,对角线AC水平。将电荷量均为Q的等量异种点电荷
分别固定在A、C两点,绝缘粗糙细杆与BD重合。现有电荷量为-q、质量为m的带电小
球(可视为质点)套在细杆上,从B点以初速度v0向D点滑动,到达D点时速度恰好减为
零。已知小球与细杆间的动摩擦因数为μ,静电力常量为k,重力加速度大小为g,不计空
气阻力。则下列说法正确的是 ( )
　 BD　
A.小球从B点运动到O点过程中电势能不断减少
B.细杆对小球的弹力的最大值为
C.小球运动到D点时的加速度大小为 -g
D.小球通过O点时的速度大小为 v0
解析　根据等量异种点电荷的电场分布特点可知,B、D连线上电场强度垂直于BD指
向负电荷一侧,小球从B点运动到O点的过程中,由于电场力与速度方向总是相互垂直,
电场力不做功,小球的电势能保持不变,A错误;B、D两点的连线上O点的电场强度最大,
小球到达O点时所受电场力最大,由小球水平方向受力平衡可知,此时细杆对小球的弹
力最大,且弹力的最大值为Fmax=qE= ,B正确;A处电荷在D点的电场强度大小为EA=
,由电场强度的叠加原理知,D点的电场强度的大小ED=2EA cos 45°= ,由题意可
知小球到达D点时速度恰好减为零,则小球在D点受到的滑动摩擦力大于重力,在D点由
牛顿第二定律得μqED-mg=maD,解得小球在D点的加速度大小为aD= -g,C错误;
B、O、D三点在等量异种点电荷连线的中垂线上,电势相等,小球从B点到D点过程
中,设克服摩擦力做的功为Wf,由动能定理得mg· d-Wf=0- m ,小球从B到O过程中mg·
d- Wf= mv2- m ,联立解得小球通过O点的速度大小为v= v0,D正确。
1.★★(多选)(2024天津,8,5分)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
　 BD　
题组2　静电场中的图像问题
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
解析　通过φ-x图像可得φa>φb>φd>φc,由φ= 可知,某位置的电势越低,负电荷在该位置
的电势能就越大,可得Epa作用,根据能量守恒,负电荷的电势能和动能总和保持不变,负电荷的电势能越大,则动
能越小,相应的速度越小,由此可知Eka>Ekb>Ekd>Ekc,所以va>vb>vd>vc,B正确。该电荷从d点
运动到a点的过程中,电势能先增加后减少,则静电力应先做负功再做正功,C错误。由
于该电荷从b点运动到a点的过程中,静电力做正功,可以分析出此过程该电荷所受静电
力的方向沿x轴负方向,D正确。
2.★★★(2024湖南,5,4分)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
( )
　　　
　　　
　
　 D
解析　根据题意知固定在坐标原点的电荷为负电荷且无限远处电势为0,则当x接近0
时,电势接近负无穷,根据点电荷的场强公式可得,在x轴正半轴上任一点x处,电荷量为+
4q的点电荷在此点产生的场强大小E1= ,电荷量为-q的点电荷在此点产生的场强
大小E2= ,若有E1=E2的位置,即 = ,解得x=1或x=- (舍去)。φ-x图线切线斜率
的绝对值表示电场强度的大小,则x=1处对应的切线的斜率为0,电势最高,D正确。
3.★★★(2024重庆,6,4分)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,若该电荷仅受电场力。则其将( )
A.不能通过x3点
　 B　
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
解析　电荷仅在电场力作用下运动,动能与电势能之和不变。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,x2到x3区域电势在增大,带负电的试探电荷受沿x轴
正方向的电场力做加速运动,在x3处速度最大,之后在x3右侧受沿x轴负方向的电场力做
减速运动,运动到电势为-0.5 V处时电势能为0.5 eV,由能量守恒可知此时试探电荷动能
为0,开始向x轴负方向加速运动,通过x3后继续向x轴负方向做减速运动,在电势为-0.5 V
处减速到0,之后再次反向运动,即试探电荷在x3点两侧往复运动,不会运动到x0、x1处,B
正确。
4.★★★(2025届安徽合肥一中模拟)如图(a)所示,有一电荷均匀分布的固定绝缘细圆
环,圆心为O,轴线上的电场强度和电势分布分别如图(b)、图(c)所示。现有一带负电的
粒子(重力不计)以初速度v0沿轴线由P运动到Q,OP=OQ=L。关于粒子由P运动到Q的过
程分析,不计空气阻力及摩擦力,下列说法正确的是 ( )
　 D　
A.粒子一直加速
B.静电力对粒子做功不为0
C.粒子所受静电力先增大后一直减小
D.粒子经Q点后可能在某处返回,也可能一直沿x轴正方向运动
解析　由题图(c)可知,OP段电场强度向左,OQ段电场强度向右,因粒子带负电,故粒子
在OP段所受静电力向右,做加速运动,在OQ段所受静电力向左,做减速运动,A错误;由题
图(c)可知,P、Q两点处电势相等,粒子在P、Q两点电势能相等,故静电力对粒子做功为
0,根据动能定理可知,粒子经过Q点时速度向右,大小为v0,若 m 小于粒子由Q点运动
到无穷远处克服静电力所做的功,则粒子经过Q点后会在某处返回,若 m 大于或等于
粒子由Q点运动到无穷远处克服静电力所做的功,粒子经过Q点后会一直沿x轴正方向
运动,B错误,D正确;由题图(b)可知,由P到Q电场强度先增大后减小,再增大再减小,故粒
子所受静电力先增大后减小,再增大再减小,C错误。
5.★★★(多选)(2025届广东深圳二调)图(a)是用电泳技术分离蛋白质的装置,溶液中有
上、下正对放置的平行金属板电极,溶液中甲、乙两个蛋白质颗粒与上、下极板恰好
等距。甲蛋白质颗粒质量是乙的两倍,带电荷量与pH值的关系如图(b)所示。未接通极
板电源时,甲、乙颗粒均悬浮。现调节溶液pH=3,接通电源,不计粘滞阻力和甲、乙之
间的作用力。对于两种蛋白质颗粒,下列说法正确的是 ( )

　 AB　
A.乙比甲先到达极板
B.甲、乙的电势能均减小
C.甲、乙受到的电场力方向相同
D.增大pH值,甲受到的电场力变大
解析　未接通极板电源时,甲、乙颗粒均悬浮,重力等于浮力,调节溶液pH=3,由题意可
知甲带电荷量为-2q0,乙带电荷量为2q0,接通电源后两极板间为匀强电场,甲、乙所受电
场力大小相同,由牛顿第二定律可得Eq=ma,由于甲蛋白质颗粒质量是乙的两倍,故甲的
加速度为乙的一半,二者到相应极板距离相同,则乙比甲先到达极板,A正确;甲、乙运动
过程中电场力都做正功,电势能均减小,B正确;甲、乙电性相反,受到的电场力方向相
反,C错误;由题图(b)可知,增大pH值,甲带的电荷量先减小后增大,故所受电场力也是先
减小后增大,D错误。
6.★★★(多选)(2026届山东青岛二中开学考)如图甲,关于y轴对称的两点分别固定两个
点电荷Q1和Q2,Q1带电荷量为+2q,Q2带电荷量为-q,且Q1和Q2之间的距离为2L。两点电
荷沿y轴上的电场强度E的分布如图乙所示,位于 的a点为最高点,b点的坐
标是 ,k为静电力常量。下列说法正确的是( )

　 AD　
A.φa>φb
B.O点的电场强度为零
C.电子从O点到b点,电场力先做负功,再做正功
D.将带电荷量为+q的粒子从a移动到b,电场力所做的功小于
解析　可以将两个点电荷看成是一对等量异种点电荷和一个正点电荷,y轴为等量异种
点电荷所产生的电场中的等势线,a和b两点电势相等,a比b更靠近正电荷,故φa>φb,A正
确;根据点电荷产生的电场强度公式,Q1在O点产生的电场强度为E1=k (方向沿x轴的
正方向),Q2在O点产生的电场强度为E2=k (方向沿x轴的正方向),故O点的电场强度为
E=E1+E2=k +k =k ,B错误;由题图乙可知,E-y图线与y轴所围的面积表示电势差大
小,则O、b之间电势差UOb>0,则电子从O点到b点电场力一直做负功,C错误;a点电场强
度Ea= ,b点电场强度Eb= ,a和b两点的距离d= L- L= L,则a、b之间电势
差Uab< ×(Ea+Eb)×d= × × L= ,则将带电荷量为+q的粒子
从a移动到b,电场力所做的功Wab=qUab< ,D正确。
7.★★★(多选)(2025届福建百校联考)如图甲,空间存在水平向右的匀强电场,粗糙绝缘
水平地面上,一个质量为m、带正电的物块以一定的初速度向右运动,物块的动能和电
势能与位移的关系对应如图乙所示的两条图线,重力加速度为g,不计空气阻力,则
( )
AD　

A.图线Ⅰ是Ek-x图线,图线Ⅱ是Ep-x图线
B.0~x0过程物块的动能Ek与电势能Ep之和保持不变
C.电场力是摩擦力的3倍
D.由图线可求得物块与粗糙绝缘水平地面间的动摩擦因数μ=
解析　电场力做正功,电势能减小,图线Ⅱ是Ep-x图线,图线Ⅰ是Ek-x图线,A正确;由于摩
擦力f做功,0~x0过程中物块的动能Ek与电势能Ep之和减小,B错误;Ep-x图线的斜率绝对
值表示电场力大小,F= ,Ek-x图线的斜率表示合力大小,F合= = ,由F合=F-f,解
得摩擦力大小为f= ,则F=2f,即电场力是摩擦力的2倍,C错误;克服摩擦力做的功Wf=μ
mgx0=E0,解得物块与粗糙绝缘水平地面间的动摩擦因数μ= ,D正确。
第3节　电容器　带电粒子在电场中的运动
电容器　平行板电容器的动态分析T1、5　 带电粒子在电场中的运动T2、3、4、
6、7
1.★★(2025黑吉辽蒙,4,4分)如图,某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是
模仿犰狳设计的,逐渐增大施加于两极板压力F的过程中,F较小时弹性结构易被压缩,
极板间距d容易减小;F较大时弹性结构闭合,d难以减小。将该电容器充电后断开电源,
极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是 ( )

　 D　
五年高考
解析　将该电容器充电后断开电源,则电容器极板上的电荷量Q保持不变,根据平行板
电容器的电容C= ,电容的定义式C= ,联立解得U= ,由于其他量不变,故U正
比于d,F较小时,极板间距d容易减小,则U容易减小;F较大时,d难以减小,则U难以减小,D
正确。
2.★★(2025重庆,5,4分)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点为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两点,K点为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用,则可推断a、b
( )

　 D　
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点所用时间之比为1∶2
解析　带电粒子a、b同时垂直于OQ进入匀强电场,均做类平抛运动【点拨:运用化曲
为直的思想分解运动】,且同时分别到达M点和N点,则两粒子在平行OQ方向的位移大
小相等,两粒子在平行OQ方向均做初速度为0的匀加速直线运动,运动时间相等,所以加
速度大小相等;由牛顿第二定律得qE=ma,则a= E,所以两粒子的比荷相同,A错误。两
粒子a、b在平行PQ方向均做匀速直线运动,a、b两粒子沿QP方向的分位移之比为2∶
1,运动时间相等,所以初速度大小之比为2∶1,由于两粒子在平行OQ方向均做匀加速直
线运动,速度随时间线性增大,所以动能随时间非线性增大,电势能随时间非线性减小,B
错误。两粒子在平行OQ方向的末速度大小相等,平行QP方向分速度不相等,所以两粒
子到达M、N两点时的速度大小不相等,C错误。两粒子到达K点时平行PQ方向的运动
距离相等,初速度大小之比为2∶1,则所用时间之比为1∶2,D正确。
方法提升
比较类问题的分析方法
先抓住相同量,根据相同量或者关联量分析其他不同量的关系。
A.U2的最大值Um= U1
B.当U2=±Um且L= 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点和B点
3.★★★(2025甘肃,7,4分)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。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是 ( )
　 B　
解题导引 (1)离子在偏转电场U2中受到的电场力方向与进入偏转电场时的速度垂直,
且单个离子通过U2区域的时间极短,可得离子做类平抛运动;利用“化曲为直”的思想,
可将此运动分解为沿中轴线方向的匀速直线运动和垂直于中轴线方向、初速度为零
的匀加速直线运动。
(2)由类平抛运动的推论可得,将离子离开偏转电场时的速度反向延长,与中轴线交于某
点,该点为水平位移的中点。
解析　离子经电场U1加速,由动能定理可得qU1= m ,解得离子进入偏转电场U2的初速
度大小v0= ;离子在偏转电场U2中做类平抛运动,沿中轴线方向有l=v0t,垂直于中轴
线方向有y= at2,其中a= ,联立解得y= ;当y= 时,Um= U1,A错误。如图所示,
由类平抛运动的推论及几何关系可得 = ,可得样品的辐照范围Y= ,若其
他条件不变,增大U1,样品的辐照范围Y会减小,C错误。

当U2=±Um时,若离子恰好能打到样品边缘,即Y= ,可得 = ,联立解得L=
,B正确。t1时刻的偏转电压小于t2时刻的偏转电压,由Y= 可得t1时刻射
入U2的离子打在样品上的偏移量小于t2时刻射入U2的离子打在样品上的偏移量,D错
误。
4.★★★(2025江苏,13,8分)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)a运动到最高点的时间t;
(2)a到达最高点时,a、b间的距离H。

答案
(1) (2)
解题导引　提取关键信息,可以得到a粒子做类斜上抛运动,b粒子做类斜下抛运动,利用
运动的分解,化曲为直分析解决问题。
解析 (1)a、b做类抛体运动,根据运动的分解可得a、b在水平方向做匀速直线运动,在
竖直方向做匀变速直线运动
对a,根据牛顿第二定律可得其加速度大小a=
水平方向上的初速度大小vx=v0 cos θ
竖直方向上的初速度大小vy=v0 sin θ
a运动到最高点时,竖直方向速度变为0
可得vy=at
解得t= =
(2)经过时间t,a到达最高点,由题意知a、b在水平方向均做速度大小为v0 cos θ的匀速直
线运动,则a、b水平方向的位移一直相同。在a到达最高点之前,a在竖直方向做匀减速
直线运动,b在竖直方向做匀加速直线运动
则在0~t时间内,a上升的高度ha=vyt- at2
b下降的高度hb=vyt+ at2
则H=ha+hb=2v0t sin θ=
方法拓展
该题第(2)问可用比较简单的方法,即利用相对运动来解题。如果以b为参考系,a在竖直
方向上做匀速直线运动,直接用相对速度乘时间就可以得到答案。
5.★★★(2025届广西南宁名校联考)如图所示,电路中D为二极管,R0为滑动变阻器,R'为
磁敏电阻,磁敏电阻的阻值随所处空间磁场的增强而增大,水平放置在真空中的平行板
电容器上板接地,极板间的P点固定有带电荷量很小的负电荷,下列说法正确的是
( )
C　

三年模拟
A.仅将R0的滑片向下移动,电容器极板间的电压减小
B.仅将条形磁铁向左移动靠近磁敏电阻,电容器极板间的
电压减小
C.仅将电容器的下板稍向上移,P点处负电荷的电势能增大
D.仅将电容器的下板稍向左移,电容器极板间的电场强度不变
解析　根据电容的定义式C= ,平行板电容器电容的决定式C= ,联立可得E= =
,当滑动变阻器的滑片向下移动时,R0两端的电压减小,但由于二极管的单向导电
性,电容器不能放电,极板间的电压不变,场强不变,A错误;将条形磁铁向左移动靠近磁
敏电阻时,磁敏电阻的阻值增大,R0两端的电压减小,但由于二极管的单向导电性,电容
器不能放电,极板间的电压不变,B错误;将电容器的下板稍向上移,根据C= 可知电
容C增大,根据C= 可知,极板间电压不变,极板带电荷量增加,板间场强增大,与上板间
的电势差增大,P点电势减小,该点处的负电荷电势能增大,C正确;将电容器的下板稍向
左移,根据C= 可知电容C减小,但极板带电荷量不能减小,可知极板间电压增大,根
据E= 可知极板间电场强度增大,D错误。
二级结论
对于平行板电容器,保持极板带电荷量Q不变的情况下,仅改变极板间距d,极板间电场
强度不变。
6.★★★(多选)(2026届宁夏银川开学考)大量放射性原子核连续不断地放射α、β、γ三
种射线,三种射线出射方向与匀强电场方向垂直,最后打在屏幕上某区域,如图所示,γ射
线打在正对屏幕的区域3,区域1、5相距区域3较远,区域2、4相距区域3较近,已知α粒子
的发射速度为0.1c,β粒子的质量约为质子质量的 、发射速度为c,c为光速。下列说
法正确的是 ( )

　 AC　
A.β粒子打在区域1
B.β粒子打在区域2
C.α粒子打在区域4
D.α粒子打在区域5
解析　设质子质量为m、电荷量为e,则α粒子的质量为4m,电荷量为+2e,发射速度为0.1c;
β粒子的质量为 ,电荷量为-e,发射速度为c,γ射线不带电而打在屏幕上区域3;因α
粒子带正电,所受电场力向右,故α粒子向右偏,偏转位移xα= × × = ,因β
粒子带负电,所受电场力向左,故β粒子向左偏,偏转位移xβ= × × = ,即
xβ>xα,故β粒子打在区域1,α粒子打在区域4,A、C正确。
7.★★★(多选)(2026届河南商丘虞城一中月考)如图所示为带等量异种电荷的两正对
平行金属板P和Q,P板带负电,Q板接地,板长为L,两板间距离为d。大量电子从两平行板
间上半区域的左侧以平行于金属板的相同速度进入两板间,靠近P板左侧边缘进入的
电子恰好能打在Q板右侧边缘,电子进入两板间在上半区域均匀分布,忽略电子间的相
互作用,不考虑电场的边缘效应,不计电子的重力。下列说法正确的是
( )


　 BCD
A.电子击中Q板区域的长度为 L
B.电子击中Q板区域的长度为 L
C.保持两板带电荷量不变,若将Q板向下平移 的距离,打在Q板上的电子数占进入平行
板间的电子总数的
D.保持两板带电荷量不变,若将Q板向下平移 的距离,靠近P板左侧边缘进入的电子出
电场时的电势能为进电场时电势能的
解析　设电子初速度为v,竖直方向加速度为a,由题意知靠近P板左侧边缘进入的电子
恰好能打在Q板右侧边缘,根据类平抛运动规律,竖直方向有d= at2= a ,则极板中
间虚线处射入的电子,有 = a = a ,联立解得x= L,则电子击中Q板区域的长度
为Δx=L-x= L,A错误,B正确。设电容器带电荷量为Q0,根据E= ,C= ,C= ,整
理得E= ,可知保持两板带电荷量不变,若将Q板向下平移 的距离,极板间电场强
度不变,故电子在电场中加速度不变,设从距离下极板h处射入的电子,恰好打在Q板右
侧边缘,则有h= a ,联立解得h=d,可知射入点距离上极板距离Δh=d+ -h= ,恰好为
上半区域的一半,故打在Q板上的电子数占进入平行板间的电子总数的 ,C正确。靠近
P板左侧边缘进入的电子,根据类平抛运动规律,竖直方向位移y1= a ,联立解得y1=d,
设极板间电场强度为E,由于Q接地,Q板电势为0,有0-φP=E· d,则φP=- Ed,同理可知,出
电场时有0-φ出=E = Ed,故φ出=- Ed,则有 = = ,故靠近P板左侧边缘进入
的电子出电场时的电势能为进电场时电势能的 ,D正确。
巧用极限法解决带电粒子在电场中运动问题
(多选)(2025届湖北云学部分重点高中联考)实验室常用荧光物质分析带电粒子的运动
规律。如图所示,间距为3d的两块足够大的竖直平行金属板M、N,板间存在水平向左
的匀强电场,两板内侧均匀涂有荧光物质。M板上某处有一粒子源O,可以向各个方向
均匀发射质量为m、电荷量为q(q>0)、速度大小为v0的带电粒子,粒子撞击到荧光物质
会使其发出荧光。已知粒子打在M板上的位置与O点最远的距离为8d(图中未画出),不
计粒子重力,下列说法正确的是 ( )
　 BD　
创新风向·挑战思维

A.打在M板上的位置与O点相距最远的粒子,初速度方向与水平方向成30°角
B.打在M板上的位置与O点相距最远的粒子,在电场中运动时间为
C.打在N板上的粒子,在电场中运动的最长时间为
D.N板上的发光面积为12πd2
解析　设粒子的加速度大小为a,打在M板上的位置与O点距离最远的粒子初速度与水
平方向的夹角为θ,则有vx=v0 cos θ,vy=v0 sin θ,竖直方向的位移大小为y=vyt=v0 sin θ·
= ,可知当θ=45°时竖直位移最大【点拨:应用三角函数 sin 2θ=1时,y取最
大值】,则打在M板上的位置与O点相距最远的粒子,初速度方向与水平方向成45°角;根
据题意有8d= ,联立解得a= ,则打在M板上的位置与O点相距最远的粒子,在电
场中运动时间为t= = 【点拨:利用对称性,粒子沿水平方向做“类竖直上
抛运动”,水平方向先向右减速到速度为0,再向左加速运动到M板】,A错误,B正确。设
粒子初速度与水平方向的夹角为α时,粒子恰好不能打在N板上,则有3d= ,解得
α=30°,则打在N板上的粒子在电场中运动的最长时间为tmax= = ,打在N板上的
粒子沿竖直方向的最大位移大小为ym=v0 sin α· = =2 d,则N板上的发光面
积为SN=π =12πd2,C错误,D正确。
微专题18　带电粒子在电场中的力电综合问题
1.★★★(多选)(2026届陕西师大附中开学考)如图甲所示,竖直平面内固定一半径为R
的光滑绝缘圆环,圆环所在平面内存在水平方向的匀强电场,环上A点与圆心O位于同
一水平高度,设圆环上的某点与O点的连线与OA连线的夹角为θ,其电势φ与θ的关系图
像如图乙所示,其中φ0= 。初始时刻从圆环上A点无初速度释放一电荷量为+q、
质量为m、可视为质点的小球,重力加速度为g,则在小球以后的运动过程中,下列说法
正确的是 ( )
　 AC　
A.小球运动至θ= 的位置时,速度最大
B.小球运动至θ= 的位置时,动能最大
C.小球运动至θ= 的位置时,电势能最大
D.小球能做完整的圆周运动回到A点
解析　由题意知,匀强电场场强大小为E= = ,方向水平向左,将电场力和重力合
成一恒力F,如图所示。根据几何关系可得tan α= = ,α= ,所以当θ= 时,小球过等
效最低点,则在此处小球速度及动能最大,A正确,B错误。根据对称性可知,小球运动至
θ= 位置时,到达最右端,在此处小球速度为0,动能最小,电势能最大,此后小球将在圆
环上做往复运动,C正确,D错误。

2.★★★(多选)(2026届广东八校联盟质检一)如图甲所示,虚线表示竖直平面内的匀强
电场中的等势面,等势面与水平面平行。电荷量为q、质量为m的带电小球以一定初速
度水平向右抛出,以抛出点为坐标原点沿竖直向下方向建立y轴,运动过程中小球的动
能Ek和机械能E随坐标y的变化关系如图乙中图线a、b所示,图中E0为已知量,重力加速
度为g,不计空气阻力。则下列说法错误的是( )
　
　 ABC　
A.小球初速度大小v0=2
B.小球加速度大小为 g
C.小球抛出时重力势能为E0
D.电场强度大小为
解析　小球初动能为Ek0=E0= m ,解得初速度大小v0= ,A错误;根据动能定理得3E0
=(mg-qE)y0,根据功能关系得4E0=qEy0,联立可得qE= mg,解得电场强度大小为E= ,D
正确;根据牛顿第二定律有mg-qE=ma,解得小球加速度大小为a= g,B错误;初始状态4E0
=E0+Ep0,小球抛出时重力势能为Ep0=3E0,C错误。
3.★★★★(2025广东,15,16分)如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水
平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接,金属平板之间接高压电源产生匀强电
场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处,由静止开始向右下方运动,与下方绝缘平
板在B点处碰撞,碰撞时电荷量改变。反弹后离开下方绝缘平板瞬间,颗粒的速度与所
受合力垂直,且水平分速度与碰前瞬间相同,竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍(k<1)。
已知颗粒质量为m,两绝缘平板间的距离为h,两金属平板间的距离为d,B点与左平
板的距离为l,电源电压为U,重力加速度为g,忽略空气阻力和电场的边缘效应。求:
(1)颗粒碰撞前的电荷量q。
(2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。
(3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中,电场力
对它做的功W。
答案
(1) (2) (3)见解析
解题导引
初始状态 在A点从静止开始运动,仅受重力与电场力,做匀加速直
线运动至B点发生碰撞
碰撞特征 ①电荷量改变;②水平分速度不变;③竖直分速度大小变
为碰前的k倍(方向反向);④碰后速度方向垂直于合力方
向
已知量 m,h,d,l,U,g,k(k<1),忽略空气阻力与电场边缘效应
解析 (1)颗粒受到重力和电场力作用做匀加速直线运动,合力沿着AB方向。设AB与
竖直方向夹角为θ,则有tan θ=
对颗粒受力分析可知tan θ=
且U=Ed
解得q=
(2)碰撞前,设颗粒的水平分速度为vx,竖直分速度为vy,则 =2axl, =2gh
根据牛顿第二定律可知ax=
颗粒与下方绝缘平板相碰后,设碰后速度与水平方向夹角为α,由题意可知,此时重力和
电场力的合力与竖直方向的夹角也为α,如图所示
则有 =
解得Q=
(3)第一阶段由A到B,电场力做的功W1=qEl=
第二阶段,从第一次碰撞后到第二次碰撞前,分两种情况讨论:
①颗粒与下方绝缘平板发生第二次碰撞。
设两次碰撞的时间间隔为t,分析竖直方向上的竖直上抛运动(分运动)可知
kvy= t
解得t=2k
分析水平方向上的匀加速直线运动(分运动)可知
x=vxt+ · t2
解得x=4kl+
此种情况下需满足x≤d-l,即d≥(4k+1)l+
则此过程中电场力做的功W2=QEx=4k2mgh+
则电场力做的总功为W=W1+W2= +4k2mgh+
②若d<(4k+1)l+ ,则颗粒与右侧金属平板发生第二次碰撞。
全过程电场力做功只与颗粒的水平位移有关
则W=qEl+QE(d-l)= +
关键点拨
(1)电场力做功仅与水平位移相关,需分别计算两段运动过程的水平位移。
(2)第二阶段竖直方向为竖直上抛运动,需注意位移方向与加速度方向的符号设定。
微专题19　带电粒子在交变电场中的运动
1.★★(多选)(2025届山东威海乳山银滩高中月考)匀强电场的电场强度E随时间t变化
的图像如图所示。当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子,带电粒子
只受静电力的作用,下列说法正确的是 ( )
A.带电粒子将始终向同一个方向运动
B.3 s末带电粒子回到原出发点
C.3 s末带电粒子的速度不为零
D.前3 s内,静电力做的总功为零
　 AD　
解析　带电粒子由静止释放后,在0~2 s内,由牛顿第二定律可知粒子的加速度大小为a1
= ,在2~3 s内,粒子的加速度大小为a2= ,可知在0~3 s内粒子由静止先以a1加速2 s,
再以a2减速1 s,由于a2=2a1,可知t=3 s时粒子速度为零,同理在3~5 s内由静止又以a1加速2
s,5~6 s内再以a2减速1 s,t=6 s时粒子速度是零,因此粒子在0~6 s时间内,始终向同一个
方向运动,3 s末带电粒子回不到原出发点,其速度-时间图像如图所示,A正确,B、C错误;
在前3 s内,由动能定理可知W=ΔEk=0,前3 s内,静电力做的总功是零,D正确。

2.★★★★(多选)(2025届湖北武汉华师一附月考)如图1所示,长为8d、间距为d的平行
金属板水平放置,两金属板左边中点O处有一粒子源,在0~ 时间内持续均匀水平向右
发射初速度为v0、电荷量为+q、质量为m的粒子。在两板间存在如图2所示的交变电
场,取竖直向下为正方向,不计粒子重力。下列说法正确的是 ( )

　 AB　
A.粒子在电场中运动的最短时间为
B.t= 时刻进入的粒子能从O'点射出
C.射出粒子的最大动能为 m
D.能从两板间射出的粒子数占总粒子数的
解析　粒子在电场中运动的加速度大小a= = ,假设粒子进入电场后,在竖直方向上
始终沿一个方向做匀加速直线运动,且最终打在极板上,则有 = at2,解得t= < ,假
设成立,则粒子在电场中运动的最短时间为 ,A正确。t= 时刻进入的粒子,在 ~
时间内,在竖直方向上向下做匀加速运动,且竖直分位移大小为y1= a = ,根据对称
性可知,粒子在 ~ 时间内,在竖直方向上将向下做匀减速运动,且竖直分位移大小仍
等于y1,则有2y1= ,粒子在 时刻竖直分速度减为零后又开始向上做匀加速运动,根据
对称性可知在t= 时刻回到OO'上,而粒子从进入电场到离开电场所用时间为Δt= ,
根据周期性可知,t= 时刻进入的粒子,刚好在t= 时刻从O'点射出,B正确。设交变电
场周期为T,射出的粒子在电场中运动的时间均为t= =2T【点拨:根据交变电场的周期
性可知,射出的粒子,在电场中经过2T时间,电场力对粒子的合冲量均为零,则粒子在竖
直方向速度的变化量为零】,射出粒子的最大动能为Ekm= m ,C错误。在0~ 时间内
射入电场的粒子,设t1时刻进入的粒子,刚好打在下极板上,根据对称性可得 d=2× a
,解得t1= ;设t2时刻进入的粒子,刚好打在上极板上,则有 d=-2× a +2
× a ,解得t2= ,综上分析可知,在0~ 时间内射入电场的粒子,在 ~ 时间内射入
电场的粒子可以从两板间射出,则能从两板间射出的粒子数占总粒子数的 = ,D
错误。
3.★★★(2025届湖南名校联考)如图甲所示,竖直正对放置的平行极板A、B间存在一
匀强电场,在A极板O点处的放射源连续无初速度地释放质量为m、电荷量为e的电子,
电子经极板A、B间的电场加速后由B极板上的小孔离开,然后沿水平放置的平行极
板C、D的中心线进入偏转电场。C、D两极板的长度均为L、间距为d,两板之间加有
如图乙所示的交流电压,0~ 时间内极板C的电势高于极板D的电势。电子被加速后离
开极板A、B间的加速电场时的速度大小为 ,所有电子在极板C、D间的偏转电场里运
动时均不会打到C、D两极板上,不考虑电子的重力及电子之间的相互作用和极板的边
缘效应。求:
(1)极板A、B之间的电势差UAB;
(2)t=0时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时速度偏转角θ的正切值;
(3)t= 时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时沿垂直于极板C、D方向偏移的距
离。

答案
(1)- (2) (3)
解析 (1)电子在A、B板之间加速后获得速度的大小v0=
根据动能定理可得-eUAB= m
极板A、B之间的电势差UAB=- 。
(2)电子进入极板C、D间的偏转电场后,在静电力的作用下做类平抛运动,沿水平方向
做匀速直线运动,有L=v0t,解得t=T
t=0时刻进入极板C、D间偏转电场的电子,0~ 时间内的加速度大小a1=
~T时间内的加速度大小a2=
则vy=a1· -a2·
联立解得vy=- ,tan θ= = 。
(3)t= 时刻进入极板C、D间偏转电场的电子在 时刻射出
在T时刻有vy1=a2· =
在 时刻有vy2=vy1-a1· =
电子离开偏转电场时沿垂直于极板C、D方向偏移的距离y= · + ·
联立解得y= 。
专题20　带电粒子在电场中的运动与天体在引力场中运动的类比分析
1.★★★(2025届湖北恩施高中、夷陵中学、郧阳中学模拟)真空环境中的光滑绝缘水
平桌面上,有两个相距为r且可视为点电荷的带电小球Ⅰ和Ⅱ,质量分别为m1和m2,带电
荷量分别为-q1和+q2,它们仅在库仑力作用下正绕其连线上O点以共同的角速度ω做稳
定的匀速圆周运动,线速度分别为v1和v2,不计小球间的万有引力,不考虑电荷运动的电
磁能量辐射。下列说法正确的是 ( )
A.若圆周运动半径r1>r2,则v1B.若圆周运动半径r1>r2,则是因为q1>q2
C.若仅增大r仍能使它们做稳定的圆周运动,则两球总动能将增大
D.若仅增大r仍能使它们做稳定的圆周运动,则r3ω2将保持不变
　 D　
解析　根据v=ωr可知,若圆周运动半径r1>r2,则v1>v2,A错误;根据牛顿第二定律得k =
m1ω2r1,k =m2ω2r2,又r1>r2,解得m1r2,则是因为m1大r仍能使它们做稳定的圆周运动,两个带电小球之间的距离增大,电场力做负功,系统
的电势能增大,根据能量守恒定律可知,系统的总动能减小,C错误;根据牛顿第二定律得
k =m1ω2r1,k =m2ω2r2,可得m1r1=m2r2,结合r1+r2=r,可得 = ;联立解得r3ω2=
,若仅增大r仍能使它们做稳定的圆周运动,则r3ω2将保持不变,D正确。
2.★★★(2025届北京大兴精华学校三模)如图所示,在光滑绝缘水平面上的F点处固定
一带电荷量为Q的小球甲,另一电荷量为q(q Q)的带电小球乙仅在库仑力的作用下绕
球甲做椭圆运动,A、B两点为该椭圆长轴的两端点,C、D为短轴两端点,两小球均可视
为点电荷。下列说法正确的是( )
A.球乙运动中在A点的速度最小,加速度最小
B.球乙从C点经A点到D点的时间等于从D点经B点到C点的时间
C.沿曲线BCA,电势一定一直减小
D.球乙从B点运动到A点过程中,其电场力的功率一直减小
　 A　
解析　小球乙围绕甲运动类似于行星绕太阳的运动,则A点相当于“远日点”,此处球
乙速度最小,根据F=k 可得,此时距离最远,则库仑力最小,故加速度最小,A正确;根据
开普勒第二定律可知球乙从C点经A点到D点的时间小于从D点经B点到C点的时间,B
错误;小球乙从B点沿曲线BCA运动到A点过程中,库仑力一直做负功,故小球的电势能
一直增大,因为小球的电性未知,所以沿BCA电势不一定一直减小,C错误;球乙在B点和
A点时速度方向均与电场力方向垂直,可知电场力的功率均为零,则从B点运动到A点过
程中,球乙所受电场力的功率先增大后减小,D错误。
3.★★★(2025广西,14,11分)在真空中,一个电荷量为-q、质量为m的试探电荷绕电荷量
为+Q的点电荷做椭圆轨道运动,如图甲,O'为椭圆中心,O'A为半长轴,长度为a,O'B为半
短轴,点电荷处于椭圆的焦点F处,焦距为2c,图乙是v2- 的关系图,其中v为该试探电荷运
动速率,r为该试探电荷到点电荷的距离。距离点电荷r处的电势φ= ,其中k为静电力
常量。重力和万有引力忽略不计。
(1)求B点的电势。
(2)求该试探电荷从A点运动到B点电场力所做的功。
　
(3)通过推理论证该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和是否守恒。若不守恒,说
明理由;若守恒,求出该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和。
答案
(1) (2)- (3)见解析
解析 (1)根据椭圆的性质可知,B、F两点间的距离rBF=a
则B点的电势φB= =
(2)根据椭圆的性质可知,A、F两点间的距离rAF=a-c
则A点的电势φA= =
根据电场力做功与电势能变化的关系可知
WAB=-ΔEpAB=EpA-EpB
又EpA=-qφA,EpB=-qφB
联立解得WAB=-
(3)设题图乙中图线斜率为k0,由题图乙有v2=k0
试探电荷运动过程中动能与电势能之和E总=- + mv2
得v2= +
对比分析可知k0= , =-
解得E总=-
由于E总为定值,则试探电荷运动过程中动能与电势能之和守恒。
实验10　观察电容器的充、放电现象
1.(2024甘肃,7,4分)一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S接1,电源E给电容器C
充电;开关S接2,电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是 ( )
A.充电过程中,电容器两极板间电势差增加,充电电流增加
B.充电过程中,电容器的上极板带正电荷,流过电阻R的电
流由M点流向N点
C.放电过程中,电容器两极板间电势差减小,放电电流减小
D.放电过程中,电容器的上极板带负电荷,流过电阻R的电流由N点流向M点
　 C　
课本素材 追本溯源:人教版必修第三册P38“观察电容器的充、放电现象”实验,题
中电路图是以教材中电路图为基础做了微调。
教材中说明了电容器在充电、放电时的电流方向和电流的变化情况,并且在教材中P39
“用传感器观察电容器的放电过程”中描绘出了电容器放电时的I-t图像,考查学生理
解能力。
解析　充电过程中,根据电容的定义式C= 可知,随着电容器带电荷量的增加,电容器
两极板间电势差增加,充电电流减小,A错误。根据电路图可知,充电过程中,上极板带正
电荷,负电荷移动到电容器的下极板,负电荷从M点流向N点,所以流过电阻R的电流由N
点流向M点,B错误。放电过程中,电容器两极板带电荷量减少,电容器两极板间电势差
减小,放电电流减小,C正确。电容器的上极板带正电荷,下极板带负电荷,放电过程中,
流过电阻R的电流由M点流向N点,D错误。
2.(2024海南,15,6分)用如图(a)所示的电路观察电容器的充放电现象,实验器材有电
源E、电容器C、电压表、电流表、电流传感器、计算机、定值电阻R、单刀双掷开
关S1、开关S2、导线若干。

(1)闭合开关S2,将S1接1,电压表示数增大,最后稳定在12.3 V。在此过程中,电流表的示
数___________。(填选项标号)
　 B　
A.一直稳定在某一数值
B.先增大,后逐渐减小为零
C.先增大,后稳定在某一非零数值
(2)先后断开开关S2、S1,将电流表更换成电流传感器,再将S1接2,此时通过定值电阻R的
电流方向为_____________(填“a→b”或“b→a”),通过传感器将电流信息传入计算
机,画出电流随时间变化的I-t图像,如图(b),t=2 s时I=1.10 mA,图中M、N区域面积比为
8∶7,可求出R=_____________kΩ(保留2位有效数字)。
　 5.2　
　 a→b　
解析 (1)闭合开关S2,将S1接1,电路中电流瞬间达到最大值,电容器开始充电,回路中电
流开始减小,当电容器充满电后,电压表示数趋于稳定,回路中电流为零,所以电流表示
数先增大,后逐渐减小为零,B正确。
(2)充电过程中电容器上极板带正电荷,先后断开开关S2、S1,将电流表更换成电流传感
器,再将S1接2,此时电容器处于放电状态,充当电源,通过定值电阻R的电流方向为a
→b。I-t图像中图线与t轴围成的面积大小表示电容器所带电荷量绝对值,电容器充满
电时电压为UC0=12.3 V,M区域面积大小表示0~2 s内电容器放出的电荷量的大小,设t=
2 s时电容器电压为UC1,有Δq=C(UC0-UC1),放电的总电荷量q=CUC0,根据M、N区域面积比
可知Δq= q,解得UC1=5.74 V,则t=2 s瞬间,由欧姆定律有R= = ≈5.2 kΩ。
3.(2024广西,12,10分)某同学为探究电容器充、放电过程,设计了图甲实验电路。器材
如下:电容器,电源E(电动势6 V,内阻不计),电阻R1=400.0 Ω,电阻R2=200.0 Ω,电流传感
器,开关S1、S2,导线若干。实验步骤如下:

(1)断开S1、S2,将电流传感器正极与a节点相连,其数据采样频率为5 000 Hz,则采样周期
为________________s;
(2)闭合S1,电容器开始充电,直至充电结束,得到充电过程的I-t曲线如图乙,由图乙可知
开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为______________mA(结果保留3位有效数字);
(3)保持S1闭合,再闭合S2,电容器开始放电,直至放电结束,则放电结束后电容器两极板间
电压为___________V;
(4)实验得到放电过程的I-t曲线如图丙,I-t曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的电
荷量为0.018 8 C,则电容器的电容C为_________________μF。图丙中I-t曲线与横坐标、
直线t=1 s所围面积对应电容器释放的电荷量为0.003 8 C,则t=1 s时电容器两极板间电
压为_____________V(结果保留2位有效数字)。
　 2.8　
　 4.7×103　
　 2　
　 15.0　
　 2×10-4　
解析 (1)采样周期为T= = s=2×10-4 s。
(2)由图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为15.0 mA。
(3)S1、S2均闭合,电容器与R2并联,放电结束后电容器两极板间电压等于R2两端电压,根
据闭合电路欧姆定律得电容器两极板间电压为UC= ·R2=2 V。
(4)充电结束后电容器两极板间电压为U'C=E=6 V,故可得整个放电过程中电容器释放
的电荷量ΔQ=(U'C-UC)C=0.018 8 C,解得C=4.7×103 μF;
设t=1 s时电容器两极板间电压为U″C,有0~1 s内电容器释放的电荷量Q'=(U'C-U″C)C=
0.018 8 C-0.003 8 C=0.015 0 C,代入数值解得U″C=2.8 V。
知识拓展
遇到不熟悉的图像时,判断图线与横轴所围面积是否有意义及有何物理意义,只需要看
横、纵坐标分别表示的物理量的乘积,若为过程量则面积表示该乘积所得物理量,若为
状态量则面积无意义。

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