2025屆高考物理二輪復習熱點題型選擇5 靜電場高頻問題（解析版）

選擇5靜電場高頻問題

考點內容考情分析

考向一電場的性質綜合問題電場一般考察電場強度的合成及電場與電容結合分析;考

考向二電場中的圖像問題察電場、電勢及電勢能圖像。結合曲線運動的原理分析軌

考向三電場中的軌跡問題跡問題也是考查熱點

蜀深究"解題攻略"

1.思想方法

(1)庫侖力也是一種力，在分析電場力也是符合受力分析的思路

(2)求解平衡問題時常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、圖解法等。

(3)分析粒子運動軌跡時，要注意電場線與電場力的關系，曲線運動的條件及動能定理去分析。

⑷圖像分析問題時，要注意“斜率”，“面積”等含義

2.模型建構

一、電場強度的疊加

如果場源是多個點電荷，則電場中某點的電場強度等于各個點電荷單獨在該點產生的電場強度

的矢量和，遵從平行四邊形定則。

如果場源是一個帶電的面、線、體，則可根據微積分求矢量和，轉換思維角度，靈活運用補償

法、微元法、對稱法、等效法、極限法等巧妙方法，可以化難為易。

利用空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性的特點，使復雜電場的疊加問題

對稱法

大為簡化

在保證效果相同的前提下，將復雜的電場情境變換為簡單的或熟悉的電場情境，如

等效法將一個點電荷+q與一個無限大薄金屬板形成的電場，可等效為兩個異種點電荷形成

的電場

補償法將有缺口的帶電圓環(huán)補全為圓環(huán)，或將半球面補全為完整的球面，從而化難為易

將帶電體分成許多可看成點電荷的微小帶電體，先根據庫侖定律求出每個微小帶電

微元法

體產生電場的電場強度，再結合對稱性和場強疊加原理求出合電場強度

二、粒子軌跡分析

1.電場線與運動軌跡的關系

根據電場線的定義，一般情況下，帶電粒子在電場中的運動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足

以下3個條件時，兩者才會重合：

（1）電場線為直線；

（2）電荷的初速度為零，或速度方向與電場線平行；

（3）電荷僅受電場力或所受其他力的合力的方向與電場線平行.

2.解題思路

（1）根據帶電粒子的彎曲方向，判斷出受力情況；（2）把電場線方向、受力方向與電性相聯系；（3）把電

場線疏密和受力大小、加速度大小相聯系，有時還要與等勢面聯系在一起.

三、電場中能量問題

1.9一元圖象（如圖所示）

⑴電場強度的大小等于（p-x圖線的斜率的絕對值，電場強度為零處（p-x圖線存在極值，其切線的

斜率為零.

（2）在（p-x圖象中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據電勢大小關系確定電場強度的方向.

一”修處圖線的斜率為0,即Ex1=0

應處圖線的斜率的

絕對值比羽處的大,

即EQE"

%3處電勢g=（）,但圖

電場強度電場強度向右線的斜率不等于0,所

向左（正向）以4六。

⑶在9—x圖象中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB=QUAB^進而分析叫5的正負，然后作出

判斷.

（4）在（P-X圖象中可以判斷電場類型，如圖所示，如果圖線是曲線，則表示電場強度的大小是變化

的，電場為非勻強電場；如果圖線是傾斜的直線，則表示電場強度的大小是不變的，電場為勻強電

場.

電場強度的大小不變

/\”電場強度的大小變化

(5)在(p-x圖象中可知電場強度的方向，進而可以判斷電荷在電場中的受力方向.

2.E—x圖象

(l)￡—x圖象反映了電場強度隨位移變化的規(guī)律，E>0表示電場強度沿尤軸正方向；E<0表示電場強

度沿x軸負方向.

(2)在給定了電場的E-x圖象后，可以由圖線確定電場強度、電勢的變化情況，E—x圖線與無軸所

圍圖形“面積”表示電勢差(如圖所示)，兩點的電勢高低根據電場方向判定.在與粒子運動相結合的題

目中，可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況.

E\一一圖象所圍“面積”表示

4兩點的電勢差

OA

(3)在這類題目中，還可以由E—x圖象畫出對應的電場，利用這種已知電場的電場線分布、等勢面分

布或場源電荷來處理相關問題.

四、帶電體的力電綜合問題

1.解答力電綜合問題的一般思路

|確定研究對象|—H一個帶電體或幾個帶電體構成的系統(tǒng)|

一

受電場力(F=qES.F=k乎)

力

分

析重力是否忽略，據眶意：若

一基本粒子一般忽略，若帶電

兩大分析卜顆粒--般不能忽略

I一

運

動

分運動情況反映受力情況|

析

一

選用規(guī)律列平衡條件、牛頓第二定律、動能定理

方程式求解■II

2.運動情況反映受力情況

(1)物體靜止(保持)：/合=0.

(2)做直線運動

①勻速直線運動：下臺=0.

②變速直線運動：尸導0,且尸臺與速度方向總是一致.

(3)做曲線運動：F^O,p舍與速度方向不在一條直線上，且總指向運動軌跡曲線凹的一側.

(4)戶石與v的夾角為a,加速運動:0<a<90°；減速運動;90°<a<180°.

（5）勻變速運動：/合=恒量.

/夕親臨"高考練場"

考向一電場力的性質綜合問題

1.（2024?丹陽市校級一模）光滑絕緣水平面上固定兩個等量點電荷，它們連線的中垂線上有A、

B、C三點，如圖甲所示。一質量m=lg的帶正電小物塊由A點靜止釋放，并以此時為計時起

點，沿光滑水平面經過B、C兩點（圖中未畫出），其運動過程的v-t圖像如圖乙所示，其中圖

線在B點位置時斜率最大，根據圖線可以確定（）

A.中垂線上B點電場強度最小

B.A、B兩點之間的位移大小

C.B點是連線中點，C與A點必在連線兩側

D.UBC>UAB

【解答】解：A、v-t圖像的斜率表示加速度，可知小物塊在B點的加速度最大，根據a=*可

知B點的電場強度最大。故A錯誤；

B、v-t圖像中圖線與坐標軸所圍面積表示位移，由乙圖可知，小物塊從A到B的位移大小不可

確定。故B錯誤；

C、由乙圖可知，小物塊一直做加速運動，則B、C兩點均在A點的上邊，且B點離A點較近。

故C錯誤；

D、由動能定理，可得

mvmv-323

qUAB=2B-2A='X1X10X4J-0=8X10J

_32-32-2

qUBC==|x1XIOX7J-|x1XIOX4J=1.65X10J>qUAB

故UBC>UAB,故D正確。

故選：D。

2.（2024?朝陽區(qū)校級模擬）如圖所示為兩個電荷量均為+q的帶電小球A和B（均可視為質點）,

球A固定在O點的正下方L處，球B用長為L的細線懸掛在O點，靜止時，細線與豎直方向

的夾角為60°,已知靜電常量為k,重力加速度為g,下列說法正確的是（）

B.B的質量為9）

gL2

、y/3kq

c.O點處的電場強度的大小為

D.O點處的電場強度的大小為學?

/Li

【解答】解：AB、由圖中的幾何關系可知，ABO恰好組成等邊三角形，即B與A的間距恰好為

n2

L；由庫侖定律可知,B受到的庫侖力為：F=心

LZ

對B受力分析如圖:

解得：m=嗎

由圖可知，mBg=F,B

gL

CD、由點電荷電場強度的表達式，即幾何關系，可知A、B在。處產生的電場強度大小均為:

E=駕,方向分別為沿AO指向O,及沿BO指向O,合成如圖所示:

17

由圖可知’合場強為：Eo=KE=等'故C正確'D錯誤。

故選：Co

3.（2024?博望區(qū)校級模擬）如圖所示，兩個電荷量都是Q的正、負點電荷固定在A、B兩點，AB

連線中點為O,現將另一個電荷量為+q的試探電荷放在AB連線的中垂線上距O為x的C點,

沿某一確定方向施加外力使電荷由靜止開始沿直線從C點運動到O點，不計重力，下列說法正

確的是（）

+q?c

:X

—QO：+Q

B0-……---------------------------------十A

A.外力F的方向應當平行于AB方向水平向右

B.電荷從C點到O點的運動為勻加速直線運動

C.電荷從C點到O點的過程中竺^逐漸增大

Ax

D.電荷從C點運動到。點的過程中也逐漸增大

Ax

【解答】解：根據等量異種電荷周圍電場分布情況，可知試探電荷+q在運動過程中受水平向左的

逐漸增大的電場力作用，要想讓該電荷由靜止開始沿直線從C點運動到O點，則該電荷所受合力

的方向應沿CO方向，受力分析如圖：Fx=F、Fy=ma；

c

A.如圖分析可知，外力F的方向應當斜向右下，故A錯誤;

B.由于電場力逐漸增大，所以Fx逐漸增大，即F也增大，故Fy也逐漸增大，加速度也逐漸增

大，所以電荷的運動為加速度增大的，加速直線運動，故B錯誤；

C.等量異種電荷的中垂面是等勢面，所以電荷從C點到0點的過程中，電勢不變，電荷具有的

電勢能不變，故c錯誤；

D.根據動能定理可知：F-x=AEk,即：學=尸合=Fy,由于Fy逐漸增大，所以學逐漸增

AxayAx

大，故D正確。

故選：D。

4.（2024?龍鳳區(qū)校級模擬）如圖所示，水平面上固定一光滑絕緣半圓環(huán)，半圓壞的半徑為r,整

個半圓環(huán)處于勻強電場中，勻強電場的方向與水平面平行，電場強度大小為E,方向與半圓環(huán)

的直徑相垂直。套在半圓環(huán)上的兩球用輕繩相連，兩球所帶電量分別為+qi、+q2、質量分別為

mi、m2,兩球可視為質點。兩球分別靜止在圓環(huán)的P點與Q點，已知繩長L=/八ZAOP=

60°o不考慮小球之間的庫侖力。下列說法正確的是（）

?邛回工七體部＞+?A01+瓶2）9+5（＜71+42）

C.半圓環(huán)對m2球的彈力大小為--------------------

2

D.半圓環(huán)對mi球的彈力大小為百（叫+加2）。；-1+92）

【解答】解：以兩球整體為研究對象，水平面內的受力情況如圖所示。

根據平衡條件，垂直電場方向有：

FNICOS60°=FN2COS30°

沿電場方向有：

E（qi+q2）=FNisin60°+FN2sin30°

分析mi球的受力情況，作出其矢量三角形，如圖所示。

由正弦定理得

sm30°sm45°

T=Eq]

同理，對m2球，由正弦定理得

sin600sin450

T~Eq2

聯立解得：,.2=%*2,FNL同＞＞陶）,故人正確，BCD錯誤。

Q21zZ

故選：Ao

5.（多選）（2024?倉山區(qū)校級模擬）如圖所示，兩個可看作點電荷的帶電絕緣小球均緊靠著塑料

圓盤邊緣，小球A固定不動（圖中未畫出）。小球B繞圓盤邊緣在平面內從6=0沿逆時針緩慢

移動，測量圓盤中心。處的電場強度，獲得沿x方向的電場強度Ex隨。變化的圖像（如圖乙）

和沿y方向的電場強度Ey隨。變化的圖像（如圖丙）。下列說法正確的是（）

A.小球A帶正電荷，小球B帶負電荷

B.小球A、B所帶電荷量之比為1：2

C.小球B繞圓盤旋轉一周過程中，盤中心0處的電場強度先增大后減小

D.小球B繞圓盤旋轉一周過程中，盤中心。處的電場強度最小值為2V/m

【解答】A.由乙、丙兩圖可知，當。=*時，小球B在O點正上方，止匕時Ex=O,Ey=-6V/m,

則說明小球A一定在y軸上固定；當0=0時，Ex=-4V/m,Ey=0,小球B在O點正右側，而

水平方向場強方向為x軸負向，則說明小球B為正電荷，此時Ey=-2V/m,豎直方向的場強的

方向為y軸負向，若小球A在O點正上方固定，則小球A帶正電荷，若小球A在O點正下方固

定，則小球A帶負電荷，所以小球A的帶電性質不能確定，故A錯誤；

B.由于兩小球都緊靠在塑料圓盤的邊緣，所以到。點的距離，相同，當。=0時，Ex--4V/m,

Ey=-2V/m,由E=*，可得QA：QB=1：2,故B正確；

C、盤中心0處的電場強度為小球A和小球B在O點產生的場強的矢量和，隨著小球B從9=0

轉到211的過程中，EA和EB大小都不變，EA和EB的夾角在增大的過程中，當。=今

時，O處的合場強最大；當。=竽時，O處的合場強最小，所以小球B從0=0轉到2n的過程中，

中心0處的合場強先增大后減小再增大，故C錯誤；

D.小球B繞圓盤旋轉一周過程中，當0=竽時，O處的合場強最小，其值大小為E=EA+EB=（-

2+4）V/m=2V/m故D正確。

故選：BDo

6.（多選）（2024?松江區(qū)校級三模）光滑絕緣水平面上固定兩個等量點電荷，它們連線的中垂線

上有A、B、C三點，如圖甲所示。一質量m=lg的帶正電小物塊由A點靜止釋放，并以此時

為計時起點，沿光滑水平面經過B、C兩點，其運動過程的v-t圖象如圖乙所示，其中圖線在

B點位置時斜率最大，根據圖線可以確定（）

A.中垂線上B點電場強度最大

B.A、B兩點之間的位移大小

C.B點是AC連線中點

D.UBC>UAB

【解答】解：A、根據v-t圖象的斜率表示加速度，知小物塊在B點的加速度最大，所受的電場

力最大，所以中垂線上B點電場強度最大，故A正確；

B、小物塊從A到B做變加速直線運動，由于具體運動的規(guī)律不知道，所以不能求出A與B之

間的位移大小，故B錯誤；

C、v-t圖象與時間軸圍成的面積表示物體的位移，結合圖可以看出，A到B之間的位移小于B

與C之間的位移，則B點不在連線中點，故C錯誤；

D、由圖可知，物體在B點的速度是4m/s,在C點的速度是7m/s,根據動能定理得：

A—B有：qUAB=|mvj-0=yX42=8m=8X1X1O_8J=8X1O-3J

B—C有：=yX72-yX42=x1X10-3J=1.65X10-2J,對

比可得UBC>UAB,故D正確。

故選：ADo

7.（多選）（2024?臨沂二模）如圖所示，兩個可看作點電荷的帶電絕緣小球緊靠著塑料圓盤，小

球A固定不動（圖中未畫出）。小球B繞圓盤邊緣在平面內從。=0沿逆時針緩慢移動，測量圓

盤中心O處的電場強度，獲得沿x方向的電場強度Ex隨。變化的圖像（如圖乙）和沿y方向

的電場強度Ey隨。變化的圖像（如圖丙）。下列說法正確的是（）

A.小球A帶負電荷，小球B帶正電荷

B.小球A、B所帶電荷量之比為1：2

C.小球B繞圓盤旋轉一周過程中，盤中心0處的電場強度先增大后減小

D.小球B繞圓盤旋轉一周過程中，盤中心O處的電場強度最小值為2V/m

【解答】解：A.由乙、丙兩圖可知，當。=*時，小球B在。點正上方，此時Ex=O,Ey=-6V/m,

則說明小球A一定在y軸上固定；當。=0時，Ex=-4V/m,Ey=O,小球B在O點正右側，而

水平方向場強方向為x軸負向，則說明小球B為正電荷，此時Ey=-2V/m,豎直方向的場強方

向為y軸負向，若小球A在0點正上方固定，則小球A帶正電荷，若小球A在。點正下方固

定，則小球A帶負電荷，所以小球A的帶電性質不能確定，故A錯誤；

B.由于兩小球都緊靠在塑料圓盤的邊緣，所以到O點的距離，相同，當8=0時，Ex=-4V/m,

Ey=-2V/m,由￡=螺可得QA：QB=1：2,故B正確；

C、盤中心O處的電場強度為小球A和小球B在O點產生的場強的矢量和，隨著小球B從。=0

轉到2TT的過程中，EA和EB大小都不變，EA和EB的夾角在增大的過程中，當。=芻時，O處的

合場強最大；當0=當時，O處的合場強最小，所以小球B從。=0轉到2TT的過程中，中心。處

的合場強先增大后減小再增大，故C錯誤；D.小球B繞圓盤旋轉一周過程中，當。=:時，O處

的合場強最小，其值大小為E=EA+EB=(-2+4)V/m=2V

故D正確。

故選：BD?

考向二電場中的圖像問題

8.（2024?中原區(qū)校級一模）真空中兩個點電荷Qi、Q2分別固定于x軸上xi=0和X2=4a的兩

點，在它們的連線上場強E與x關系如圖所示（取x軸正方向為場強正方向，無窮遠處為電勢

零點），以下判斷正確的是（）

A.Qi、Q2都帶正電

B.Qi與Q2的電荷量之比是1：3

C.x軸上a處的電勢小于零

D.正點電荷q在x軸上2a處的電勢能比在3a處的小

【解答】解：A、由圖象可知，a-4a處場強沿正方向，Q2帶負電；0-a處場強沿負方向，Qi產

生的場強往左，Q1帶負電；故A錯誤

E.a2

B、x軸上a處的合場強為零，根據點電荷場強公式《=與，故嚕=反導故B錯誤；

-k-

C、a處的場強為零，無窮遠處為電勢零點，且沿著電場線方向電勢逐漸降低，Q1帶負電，Q2帶

負電，x軸上a處的電勢小于零，故C正確；

D、場強從2a處指向3a處，電勢越來越低，所以正點電荷q在x軸上2a處的電勢能比在3a處

的大，故D錯誤；

故選：Co

9.（2024?松江區(qū)校級三模）沿電場中某條直線電場線方向建立x軸，該電場線上各點電場強度E

隨X的變化規(guī)律如圖所示，坐標點0、XI、X2和X3分別與x軸上O、A、B、C四點相對應，相

鄰兩點間距相等。一個帶正電的粒子從O點由靜止釋放，運動到A點的動能為Ek,僅考慮電

場力作用，則（）

A.從O點到C點，電勢先升高后降低

B.粒子先做勻加速運動，后做變加速運動

C.粒子在AB段電勢能變化量大于BC段的電勢能變化量

D.粒子運動到C點時動能大于3Ek

【解答】解：A、帶正電的粒子從。點由靜止釋放，沿著x軸向右運動，可知電場力水平向右，

場強方向向右，由圖可知，從O點到C點場強都大于零，說明場強的方向不變，一直水平向右，

沿著電場方向，電勢降低，所以從0點到C點，電勢一直降低，故A錯誤；

B、由圖可知從0點到C點電場強度先增大后減小，所以電場力先增大后減小，由牛頓第二定律

可知加速度先增大后減小，所以粒子一直做變加速運動，故B錯誤；

CD、E-x圖像圖線與橫軸所夾的面積表示電勢差，由圖可知，AB段圖像的面積大于BC段圖像

的面積，即：UAB>UBC

根據W=qU可知WAB>WBC,根據功能關系可知粒子在AB段電勢能變化量大于BC段的電勢

能變化量，

同理可知：UOC<3UOA,從0到A、從0到C分別利用動能定理有：qUoA=Ek-0,qUoc=EkC

-0

聯立方程，可得：EkC<3Ek,故C正確，D錯誤。

故選：Co

10.（多選）（2024?光明區(qū)校級模擬）如圖甲所示，在絕緣光滑的水平面上相距為6L的A、B兩處

分別固定兩正點電荷，其電量分別為QA、QB,A、B連線之間的電勢隼與位置x之間的關系圖

像如圖乙所示，其中x=L點為圖線的最低點，若將帶正電的小球（可視為質點）在x=2L的C

點由靜止釋放，下列說法正確的是（）

A.QA：QB=4：1

B.小球向左運動過程中，電勢能先減小后增大

C.小球向左運動過程中，加速度先增大后減小

D.小球恰好能到達x=-2L點處

【解答】解：A.根據（p-x圖像切線的斜率表示場強，可知x=L處場強是0,有

卜Qa一卜QB

/vn-IX.7

（4L）2（2L）2

解得

QA：QB=4：1

故A正確；

B.根據隼-x圖像可知，沿電場線方向電勢降低，則有x=L右側電場方向向左，左側電場方向向

右，將帶正電小球在x=2L的C點由靜止釋放后，先向左加速到x=L處再向左減速，電場力先

做正功后做負功，電勢能先減小后增大，故B正確；

C.由于x=L處場強是0,小球在該位置的加速度是0,故小球向左運動過程中加速度先減小后增

大，故C錯誤；

D.小球從C點由靜止釋放向左運動到速度減為0的過程，電場力做功是0,即速度是0的位置的

電勢與C點位置的電勢相等，從圖像可以看出，該位置應位于-L?0之間，小球不能到達x=-

2L點處，故D錯誤。

故選：AB。

11.（多選）（2024?成華區(qū)校級模擬）沿電場線所在直線建立如圖所示Ox軸，x軸上各點電勢中隨

x的變化規(guī)律如圖所示，坐標原點O點電勢為零。帶電量為e的電子僅在電場力作用下從O點

由靜止釋放，下列說法正確的是（）

A.在0?X3區(qū)間內，電場方向始終指向x軸正方向

B.電子到達B點時動能為詈

C.電子從A運動到C,加速度先減小后增大

D.若在B點給電子一個沿x軸正方向的初速度，電子一定會在AC間做往復運動

【解答】解：A.沿電場線方向電勢降低，在0?X3區(qū)間內，電場方向開始就指向x軸的負方向，

故A錯誤；

B.從O到A電場力做正功，根據動能定理列式

-e（0-（po）=EkA

從O到B電場力做負功，根據動能定理列式

~eC（Po~粵）=EkB-EkA

聯立解得電子到達B點的動能為

^kB-2

故B正確；

C.根據（p-x圖象的斜率表示電場強度，由圖象可知從A到C電場強度先減小再增大，根據牛

頓第二定律，加速度先減小再增大，故C正確；

D.BC段電場方向沿x軸負方向，電子受電場力沿x軸正方向，所以在B點給電子一個沿x軸

正方向的初速度，電子受力和初速度方向同向，則電子將沿x軸正方向做直線運動，故D錯誤;

故選：BCo

12.（多選）（2024?泉州模擬）如圖甲所示的xOy坐標系中，y軸上固定有兩個等量同種點電荷P,

與原點O的距離相同，x軸上各點的電勢（p隨x坐標變化的圖像如圖乙所示。a、b是x軸上兩

點，其電勢分別為＜PB和cpb,對應＜p-x圖線上的a'、b'兩點，這兩點切線斜率的絕對值相

等?，F將一質量為m、電荷量為q的正點電荷M從a點由靜止釋放，M運動過程中僅受電場力

作用，下列說法正確的是（）

A.a、b兩點場強不相同

B.M從a點運動到b點的過程中電勢能先增大后減小

C.M從a點運動到b點的過程中加速度大小先減小后增大

D.M先后兩次經過b點的過程，電場力的沖量大小為2J2Mq（4-%）

【解答】解：AC、根據沿著電場方向電勢降低，由圖乙可知在x軸上O點左側電場方向向右，O

點右側電場方向向左，

<p-x圖線的斜率表示電場強度，a'、b'兩點切線斜率的絕對值相等，可知a、b兩點場強大小

相等，方向相反，所以a、b兩點場強不相同，

從a點到b點，由圖可知，斜率的絕對值即電場強度先增大然后減小再增大，由牛頓第二定律qE

=ma,可知M的加速度大小先增大然后減小再增大，故A正確，C錯誤；

B、根據沿著電場方向電勢降低，由圖乙可知從a點到b點電勢先減小后增大，M帶正電，所以

M從a點運動到b點的過程電勢能先減小后增大，故B錯誤；

D、M從a點運動到b點的過程，由動能定理有：3-<Pb）q=^mvl-0,可得力=/電10應

M從b點向右運動，速度減為零，然后反向運動回到b點，電場力做功為零，所以M返回到b點

的速度大?。篤b'=Vb

取水平向左為正方向，對M先后兩次經過b點的過程，由動量定理有：I=mv『-mX（-vb）

代入數據可得電場力的沖量大小為：1=2d2mq-fPb），故D正確。

故選：ADo

13.（多選）（2023?游仙區(qū)校級二模）空間中有兩個固定點電荷A和B,帶電荷量的絕對值分別為

QA和QB,以點電荷A、B連線上某點為原點，以點電荷A和B所在的直線為x軸建立直角坐

標系，分別作出部分E-x和cp-x圖像，如圖所示，無窮遠處電勢為零。則下列說法正確的是

A.A為正點電荷，B為負點電荷，且QA>QB

B.A為負點電荷，B為正點電荷，且QA>QB

C.1是E-x圖像，2是cp-x圖像

D.1是隼-x圖像，2是E-x圖像

【解答】解：AB、由于正點電荷周圍電勢趨于正無窮大，所以由圖可知B為正點電荷。因為點電

荷B右側有場強為0的點，說明A為負點電荷，因電場強度疊加為0的位置，離B近，離A遠，

由E=/＜：￥，可知QA＞QB,故B正確，A錯誤；

*

CD、隼-x圖像的斜率表示場強，當（p-x圖像的斜率為0時，場強為0,結合圖中的輔助線（豎

直虛線），可知1是＜p-x圖像，2是E-x圖像，故C錯誤，D正確。

故選：BD。

14.（2022?皇姑區(qū)校級模擬）沿電場線所在直線建立如圖所示Ox軸，x軸上各點電勢中隨x的變

化規(guī)律如圖所示，坐標點0、XI、X2和X3分別與x軸上0、A、B、C四點相對應，O點電勢為

零。帶電量為-e的電子從O點由靜止釋放，僅受電場力作用，下列說法正確的是（）

A.在0?X3區(qū)間內，電場方向始終指向x軸正方向

B.電子到達B點時動能為等

C.電子從A運動到C,加速度先增大后減小

D.若在B點給電子一個沿x軸方向的初速度，電子一定會在AC間做往復運動

【解答】解：A.沿電場線方向電勢降低，在0?X3區(qū)間內，電勢先升高、再降低、再升高，則電

場線方向沒有始終指向x軸正方向，故A錯誤;

B.根據動能定理-e（0-粵）=EkB

電子到達B點時動能為

(Po

EckB=e-

2

故B正確;

C.電勢甲-x圖像的斜率大小等于電場強度，電子加速度大小為a=M

由圖像可知，A、C間斜率先變小后變大，則加速度先變小后變大，故C錯誤；

D.若在B點電子的初速度為沿+x軸方向，BC間電勢升高，電場線方向由C指向B,電場力由

B指向C,電子做加速運動；若在B點電子的初速度為沿-x軸方向，同理，電子也做加速運動。

故電子不會再AC間做往復運動，故D錯誤。

故選：Bo

考向三電場中的軌跡問題

15.（2024?鹽城三模）如圖所示，虛線a、b、c為電場中的三條等差等勢線，實線為一帶電的粒子

僅在靜電力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，由此可知（）

A.帶電粒子在P點時的加速度小于在Q點時的加速度

B.P點的電勢一定高于Q點的電勢

C.帶電粒子在R點時的電勢能大于Q點時的電勢能

D.帶電粒子在P點時的動能大于在Q點時的動能

【解答】解：A、由圖可知，R點附近的等差等勢線比Q點附近的等差等勢線密集，所以R點處

的電場強度大，則帶電粒子在R點受到的電場力大于在Q點時受到的電場力，結合牛頓第二定律

可知帶電粒子在R點時的加速度大于在Q點時的加速度，故A錯誤；

B、根據題給條件無法判斷P、Q兩點的電勢高低，故B錯誤；

CD、粒子所受電場力一定指向軌跡的凹側，可知粒子受到的電場力的方向大致向下，若粒子由P

向Q運動，則電場力與粒子速度方向夾角始終小于90°,電場力對粒子做正功，粒子動能增大，

電勢能減小，因此帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能大，在P點時的動能小于在Q

點時的動能，故C正確，D錯誤。

故選：Co

16.（2024?天津二模）如圖所示，在坐標平面xOy內存在靜電場，其等差等勢線關于坐標軸對稱，

如圖中虛線所示?，F有一質子從左上方射入該電場，僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中實曲

線所示，P、Q、S、T、L分別為軌跡與各等勢線的交點。下列說法正確的是（）

A.P點電勢低于L點電勢

B.質子在由P至L的運動過程中，電勢能逐漸減小

C.質子在由P至L的運動過程中，加速度先增大后減小

D.若將質子從坐標原點由靜止釋放，質子沿y軸負方向加速運動

【解答】解：A、質子帶正電，所受電場力為其合力，由于合力方向指向軌跡內側，電場力方向沿

電場線的切線，而電場線與等勢線垂直，可知電場線方向垂直于等勢線，整體向左，又由于沿電

場線電勢降低，可知，P點電勢低于L點電勢，故A正確；

B、結合上述可知，質子在由P至L的運動過程中，電場力做負功，電勢能增大，故B錯誤；

C、等差等勢線分布的密集程度表示電場的強弱，根據圖示可知，由P至L的運動過程中，等勢

線分布先變稀疏后變密集，則電場強度先變小后變大，即電場力先變小后變大，根據牛頓第二定

律可知，加速度先減小后增大，故C錯誤；

D、結合上述可知，x軸上的電場方向沿x軸負方向，若將質子從坐標原點由靜止釋放，質子所受

電場力方向始終沿x軸負方向，則質子沿x軸負方向加速運動，故D錯誤。

故選：A。

17.（2024?新鄭市校級一模）2023年3月，中國科學家通過冷凍電鏡技術解析了晶態(tài)冰中蛋白質

三維結構，電子顯微鏡是冷凍電鏡中的關鍵部分，其中一種電子透鏡的電場分布如圖所示，虛

線為等勢面，相鄰等勢面間電勢差相等，一電子僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中實線所示，

a、b是軌跡上的兩點，下列說法正確的是（）

A.電子在b點受到的電場力方向豎直向下

B.a點的電場強度小于b點的電場強度

C.a點的電勢高于b點的電勢

D.電子在a點的電勢能小于在b點的電勢能

【解答】解：A.電子做曲線運動，受到的電場力一定指向軌跡凹側，且電子所受電場力方向一

定與等勢面垂直，所以電子在b點受到的電場力方向水平向左，故A錯誤；

B.由電場強度與等勢面的關系可知，等差等勢面越密集的地方，電場強度越大，b處等勢面密，

則a點的電場強度小于b點的電場強度，故B正確；

CD.電子在b點受到的電場力方向水平向左，則b點電場強度方向向右，可知從左向右，等勢面

的電勢依次降低，則a點的電勢低于b點的電勢，電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，故

CD錯誤。

故選：Bo

18.（多選）（2024?武清區(qū)校級一模）如圖所示，實線為兩個點電荷Q