壓軸題06靜電場中力和能性質的綜合應用

1.在高考物理中，靜電場中力的性質和能的性質占據著重要的地位，它們不僅是電學部分的核心內容，也是理

解和應用電學知識的基礎。

2.在命題方式上，高考對于靜電場中力的性質和能的性質的考查通常涉及電場強度、電場力、電勢能、電勢等

基本概念的理解和應用。這些考點可能會以選擇題、計算題等多種形式出現，題目設計注重考查學生對電場力做

功、電場強度與電荷量、電勢能與電勢差等關系的理解和應用。

3.備考時，學生應首先深入理解靜電場中力的性質和能的性質的基本概念和原理，掌握電場強度、電場力、電

勢能、電勢等基本概念的定義、計算公式和物理意義。同時，學生還應注重實踐應用，通過大量練習和模擬考試，

熟悉各種題型的解題方法和技巧，提高解題能力和速度。

考向一：電場中的一線一面一軌跡問題

1.兩種等量點電荷的電場強度及電場線的比較

比較等量異種點電荷等量同種點電荷

電場線分布圖

沿連線先變小后變大

電荷連線上的

電場強度O點最小,但不為零O點為零

中垂線上的O點最大,向外逐O點最小,向外先

電場強度漸減小變大后變小

與、與、與

關于O點對AA'BB'CC'

稱位置的電

等大同向等大反向

場強度

2.“電場線+運動軌跡”組合模型

模型特點:當帶電粒子在電場中的運動軌跡是一條與電場線不重合的曲線時,這種現象簡稱為“拐彎現象”,其

實質為“運動與力”的關系。運用牛頓運動定律的知識分析:

(1)“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在某一位置的切線)與“力線”(在同一位置電場線的切線方向且

指向軌跡的凹側),從二者的夾角情況來分析帶電粒子做曲線運動的情況。

(2)“三不知時要假設”——電荷的正負、電場的方向、電荷運動的方向,是題目中相互制約的三個方面。若已知其

中一個,可分析判定各待求量;若三個都不知(三不知),則要用“假設法”進行分析。

3．幾種典型電場的等勢面

電場等勢面重要描述

勻強電場垂直于電場線的一簇平面

點電荷

以點電荷為球心的一簇球面

的電場

等量異種

點電荷的連線的中垂線上電勢處處為零

電場

等量同種

兩點電荷連線上，中點的電勢最低；中

(正)點電荷

垂線上，中點的電勢最高

的電場

4．帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法

(1)從軌跡的彎曲方向判斷受力方向(軌跡向合外力方向彎曲)，從而分析電場方向或電荷的正負。

(2)結合軌跡、速度方向與靜電力的方向，確定靜電力做功的正負，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等。

(3)根據動能定理或能量守恒定律判斷動能的變化情況。

考向二：電場中的三類圖像

（一）φ-x圖像

1.電場強度的大小等于φ-x圖線的斜率的絕對值,電場強度為零處,φ-x圖線存在極值,其切線的斜率為零。

2.在φ-x圖像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。

3.在φ-x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化,可用WAB=qUAB,進而分析WAB的正負,然后作出判斷。

（二）Ep-x圖像

1.根據電勢能的變化可以判斷電場力做功的正負,電勢能減少,電場力做正功:電勢能增加,電場力做負功。

2.根據ΔEp=-W=-Fx,圖像Ep-x斜率的絕對值表示電場力的大小。

（三）E-x圖像

1.E-x圖像反映了電場強度隨位移變化的規律,E>0表示電場強度沿x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圖像后,可以由圖線確定電場強度的變化情況,電勢的變化情況,E-x圖線與x軸所圍圖形“面

積”表示電勢差,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。

3.在這類題目中,還可以由E-x圖像畫出對應的電場,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。

考向三：電場中帶電體的各類運動

1．做直線運動的條件

(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動。

(2)勻強電場中，粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減

速直線運動。

qEU22

2．用動力學觀點分析：a＝，E＝，v－v0＝2ad(勻強電場)。

md

1212

3．用功能觀點分析：勻強電場中W＝Eqd＝qU＝mv－mv0；非勻強電場中W＝qU＝Ek2－Ek1。

22

4．帶電粒子在電場中的拋體運動：類比平拋運動，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零

的勻變速運動。

5．帶電小球在電場中的圓周運動：

01等量異種電荷的電場

1．太極圖的含義豐富而復雜，它體現了中國古代哲學的智慧。如圖所示，O為大圓的圓心，O1為上側陽半圓的

圓心，O2為下側陰半圓的圓心，O、O1，O2在同一直線上，AB為大圓的直徑且與O1O2連線垂直，C、D為關于

O點對稱的兩點，在O1，O2兩點分別固定電荷量大小相等的異種點電荷，整個空間只有O1、O2處點電荷產生

的電場。下列說法正確的是（）

A．C、D兩點電勢相等

B．把電子由A沿直線移到B的過程中，電子的電勢能先增加后減小

C．把質子由A沿直線移到B的過程中，質子所受電場力先增加后減小

D．將一電子（不計重力）從A點由靜止釋放，電子可以沿直線在AB間做往返運動

【答案】C

【詳解】A．在O1，O2兩點分別固定電荷量大小相等的異種點電荷，設O1處為正點電荷，O2處為負點電荷，由

于C點靠近正點電荷，D點靠近負點電荷，則C點電勢高于D點電勢，故A錯誤；

B．AB為等量異種電荷連線的中垂線，根據等量異種電荷電勢分布特點可知，中垂線為一等勢線，所以把電子由

A沿直線移到B的過程中，電子的電勢能保持不變，故B錯誤；

C．根據等量異種電荷中垂線電場分布特點可知，O點為中垂線上場強最大的點，則把質子由A沿直線移到B的

過程中，場強先變大后變小，質子所受電場力先增加后減小，故C正確；

D．由于根據等量異種電荷中垂線上的場強方向與中垂線垂直，所以將一電子（不計重力）從A點由靜止釋放，

在A處受到的電場力與AB直線垂直，電子不可能沿直線在AB間做往返運動，故D錯誤。

故選C。

02等量同種電荷的電場

2．如圖所示，空間立方體的棱長為a，O、P分別為立方體上下表面的中心，在兩條豎直邊MN和FG的中點處

分別固定甲和乙兩個帶電荷量均為q的負點電荷，上下表面中心連線OP所在直線上O點的上方有一點S（圖中

未畫出），S到O點的距離為r，電子的電荷量為e，靜電力常量為k，下列說法正確的是（）

33qkq2

A．重力不計、比荷為的電荷沿OP所在直線運動時，在O和P點的加速度最大，最大值為

8mma2

33

B．在S點固定一個電荷量為4q的負電荷，當ra時，O點的電場強度恰好等于零

2

33q

C．在S點固定一個電荷量為4q的負電荷，無論r為何值，比荷為的電荷在M點的電勢能總大于在F

8m

點的電勢能

D．在立方體所在空間加一方向豎直向上、電場強度為E的勻強電場，將一電子由M移動到G時，電子的電

勢能減少了3eEa

【答案】A

【詳解】A．如圖所示，連接甲乙，設OP所在直線上某點Q（圖中未畫出）與甲乙連線的夾角為θ，甲乙兩電荷

間的距離為L，利用點電荷電場場強決定式和平行四邊形定則可求出Q點電場強度大小的表達式為

8kq3

EQsinsin

L2

令ysinsin3，則有

y'cos3sin2cos0

解得當

3

sin

3

時該點的場強最大，將L2a代入以上關系式可求得最大值為

83kq

E

max9a2

作圖如圖所示

根據幾何關系可求Q點到甲乙連線中點的距離為

21

hatana

22

可見Q點跟O點重合，可知在甲乙等量同種電荷電場中O、P兩點的場強最大，最大值為

83kq

E

max9a2

33q

根據牛頓第二定律可求得比重力不計、比荷為的電荷沿OP所在直線運動時，在O和P點的加速度最大，

8m

kq2

最大值為，A正確；

ma2

B．在S點固定一個電荷量為4q的負電荷，O點的電場強度恰好等于零，有

4kq83kq

r29a2

解得

63

ra

2

B錯誤；

C．在S點固定一個電荷量為4q的負電荷，根據電場的對稱性特點可知，無論r為何值，M點和F點的電勢總

33q

相等，所以比荷為的電荷在M點和F點的電勢能總是相等的，C錯誤；

8m

D．在立方體所在空間加一方向豎直向上、電場強度為E的勻強電場，將一電子由M移動到G，根據對稱性可知，

甲乙電荷電場中M、G兩點電勢相等，則所加電場的電場力對電子做正功WeEa所以電子的電勢能減少了eEa，

D錯誤。故選A。

03等勢面及軌跡問題

3．在示波器、電子顯微鏡等器件中都需要將電子束聚焦，常采用的聚焦裝置之一是靜電透鏡。靜電透鏡內電場

分布的截面圖如圖中所示，虛線為等勢面，實線為電場線，相鄰等勢面間電勢差相等。現有一束電子以某一初速

度從左側進入該區域，P、Q為電子運動軌跡上的兩點。下列說法正確的是（）

A．P點的電場強度大于Q點的電場強度

B．P點的電勢高于Q點的電勢

C．電子在P點的電勢能小于在Q點的電勢能

D．電子在P點的動能小于在Q點的動能

【答案】D

【詳解】A．電場線的疏密表示場強的強弱，所以P點的電場強度小于Q點的電場強度，所以A錯誤；

B．沿著電線方向電勢逐漸降低，電場線方向總是由高的等勢面指向低的等勢面，則P點的電勢低于Q點的電勢，

所以B錯誤；

C．電子帶負電，負電荷在電勢越高的地方電勢能越低，在電勢越低的地方電勢能越高，則電子在P點的電勢能

大于在Q點的電勢能，所以C錯誤；

D．電子所受電場力方向向右，從P到Q電場力做正功，由動能定理可得電子動能增大，所以電子在P點的動能

小于在Q點的動能，所以D正確；

故選D。

04φ-x圖像

4．空間內有一與紙面平行的勻強電場，為研究該電場，在紙面內建立直角坐標系。規定坐標原點的電勢為0，

測得x軸和y軸上各點的電勢如圖1、2所示。下列說法正確的是（）

A．電場強度的大小為160V/m

4

B．電場強度的方向與x軸負方向夾角的正切值為

3

C．點（10cm，10cm）處的電勢為20V

D．紙面內距離坐標原點10cm的各點電勢最高為20V

【答案】D

【詳解】A．由圖像斜率可知電場在x軸和y軸上的分電場分別為

1612

EV/m=160V/m，EV/m=120V/m

x0.1y0.1

則電場大小為

22

EExEy200V/m

B．電場強度的方向與x軸負方向夾角的正切值為

E3

tany

Ex4

故B錯誤；

C．規定坐標原點的電勢為0，點（10cm，10cm）處的電勢為

Ed200102cos(4537)0.0128V

故C錯誤；

D．紙面內距離坐標原點10cm的各點電勢最高為

Ed200100.01V=20V

沿著電場線方向電勢逐漸降低，則點（10cm，10cm）處的電勢大于20V，D正確；

故選D。

05Ep-x圖像

5．如圖甲所示，光滑絕緣水平面上有一帶負電荷的小滑塊，可視為質點，在x1m處以初速度v03m/s沿x

軸正方向運動。小滑塊的質量為m2kg，帶電量為q0.1C。整個運動區域存在沿水平方向的電場，圖乙是滑

塊電勢能Ep隨位置x變化的部分圖像，P點是圖線的最低點，虛線AB是圖像在x1m處的切線，并且AB經過

（1，2）和（2，1）兩點，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是（）

A．在x1m處的電場強度大小為20V/m

B．滑塊向右運動的過程中，加速度先增大后減小

C．滑塊運動至x3m處時，速度的大小為2.5m/s

D．若滑塊恰好能到達x5m處，則該處的電勢為-50V

【答案】D

【詳解】A．Ep-x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小，所以滑塊在x=1m處所受電場力大小為

Ep21

FEqN1N

x21

解得電場強度大小

E10V/m

故A錯誤；

B．滑塊向右運動時，電場力先減小后增大，所以加速度先減小后增大，故B錯誤；

C．滑塊從x=1m到x=3m運動過程中電勢能減小，電場力做功

W電Ep12J1J

由動能定理得

1212

W電=mvmv

220

解得滑塊運動至x3m處時，速度的大小為

v2m/s

故C錯誤；

D．若滑塊恰好到達x=5m處，則滑塊恰好到達x=5m處

v'0

則滑塊從x=1m到x=5m運動過程中

'12

W電Ep2Ep10mv0

2

由

Ep12J

解得滑塊到達x5m處的電勢能

Ep25J

E5

x5m處的電勢為p2V50V故D正確。故選D。

q0.1

06E-x圖像

6．如圖，為方向沿x軸的某電場的場強E隨位置坐標x變化的關系圖像，其中在負半軸上的圖像是直線。一電

子從x軸上的x1處由靜止釋放，僅在電場力作用下運動，電子電荷量絕對值為e（e0），下列說法正確的是（）

A．電子從xx1到x0過程動能增量大于從x0到xx1過程動能增量

B．電子在xx1處與xx2處的電勢能相等

2

eE0x2

C．電子從x0處運動到xx2處過程中，電勢能減小了

2x1

D．電子在xx3處具有的電勢能最大

【答案】A

【詳解】A．電子從x軸上的x1處由靜止釋放，沿x軸負向運動，電場力做正功，電勢能減小，動能增加；因Ex

圖像的面積等于電勢差，從xx1到x0過程的電勢差大于從x0到xx1的電勢差，根據

eUEk

可知電子從xx1到x0過程動能增量大于從x0到xx1過程動能增量，A正確；

B．各點場強均為正值，則場強方向沿x軸正向，則從xx2處到xx1處，場強方向不變，沿電場線電勢降低，

可知xx2處和xx1處電勢不相等，電子在xx1處與xx2處的電勢能不相等，B錯誤；

C．由圖像的面積可知，電子從x0處運動到xx2處過程中，電勢升高

(2x1x2)x2

UE0

2x1

電勢能減小了

(2x1x2)x2e

EPeUE0

2x1

C錯誤。

D．電子從xx1處沿x軸負向運動，電場力做正功，電勢能減小，則電子在xx3處具有的電勢能不是最大，D

錯誤。

故選A。

07帶電粒子在電場中的直線運動

7．如圖所示，三塊平行放置的金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。B板與電源正

極相連，A、C兩板與電源負極相連。閉合電鍵，從O點由靜止釋放一電子，電子恰好能運動到P點（不計電子

的重力影響）。現將C板向右平移到P點，下列說法正確的是（）

A．若閉合電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將運動到P點返回

B．若閉合電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將運動到P點返回

C．若斷開電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將運動到P和P點之間返回

D．若斷開電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將穿過P點

【答案】B

【詳解】AB．根據題意可知

UMOUMPUMP

電子從O到M電場力做正功，從M到P電場力做負功或從M到P電場力做負功，電子在板間運動的過程，由

動能定理可知

UOMeUMPe0

將C板向右平移到P點，若電鍵處于閉合狀態，上式仍然成立，電子將運動到P點返回，故A錯誤，B正確；

CD．斷開電鍵后，根據

QSU

U，Cr，E

C4kdd

聯立解得

4kQ

E

rS

可知板間的電場強度與板間距離無關，而斷開電鍵后可認為極板間電荷量不變，則電場強度不變，根據動能定理

可知

EedEed0

因此若斷開電鍵后再從O點由靜止釋放電子，電子仍將運動到P點，故CD錯誤。

故選B。

08帶電粒子在電場中的拋體運動

8．如圖，空間有一范圍足夠大的勻強電場，場強方向與梯形區域ABCD平行，已知ABCD，

1q

ADDCCBAB2m，10V，30V，20V，一比荷為0.6C/kg的帶負電粒子由A點沿

2ABCm

AD方向以速率v0進入該電場，恰好可以通過C點。不計粒子的重力，下列說法正確的是（）

A．D點電勢為零

B．場強方向由D指向B

C．該粒子到達C點時速度大小為21m/s

D．該粒子到達C點時速度方向與BC邊垂直

【答案】C

【詳解】B．A10V，B30V，可知AB的中點E的電勢為20V，可知EC為等勢線，連接EC，做EC的垂線，

根據沿電場線方向電勢降低可知場強方向由B指向D，故B錯誤；

A．由幾何關系可知F為BD的中點，有

BD2F40V

可得

D10V

故A錯誤；

C．電場強度的大小

103

EBFV/m

BCcos303

平行電場強度方向小球做勻速直線運動

ADCDsin30v0t

電場強度方向小球做勻加速直線運動

1Eq

AEsin60t2

2m

解得

v03m/s，t1s

電場強度方向小球的速度

Eq

vatt23m/s

ym

該粒子到達C點時速度大小為

22

vCv0vy21m/s

故C正確；

vy23

D．與EC延長線的夾角的正切值tan可知30該粒子到達C點時速度方向不與BC邊垂直，故D

v03

錯誤。故選C。

09帶電粒子在電場中的圓周運動

9．如圖所示，光滑絕緣軌道ABC由半圓軌道AB和水平直軌道BC組成，A、B連線豎直。半圓軌道的圓心為O、

mg

半徑為R，空間有如圖所示的勻強電場，場強大小為E，方向與水平面夾角為θ=30°，重力加速度為g。在

q

水平直軌道上距B點L處靜止釋放一質量為m、電量為q的帶正電小滑塊，下列說法正確的是（）

A．無論L取何值，小滑塊都能運動到A點

B．小滑塊在半圓軌道上運動時始終處于超重狀態

23

C．若LR，軌道對滑塊的彈力最大值等于4mg

3

23

D．若LR，軌道對滑塊的彈力最大值等于3mg

3

【答案】C

【詳解】B．對小滑塊受力分析，如圖

合外力與水平方向夾角為30，則小滑塊運動到A點時小滑塊減速運動，故在A點時小滑塊處于失重狀態，故B

錯誤；

A．假設小滑塊剛好可以到達A點，在豎直方向的合外力提供向心力，根據牛頓第二定律

mgqEsin30Fn

解得

1

Fmg

n2

設在此時小滑塊在A點的速度為vA，則

v2

FmA

nR

則根據動能定理

1

qELcosθqE2Rsinθmg2Rmv20

2A

解得

L3R

故A錯誤；

CD．合外力與水平方向夾角為30，則OD與水平方向夾角為30的D點為等效最低點，如圖

23R

若L，時，根據動能定理

3

R12

F合（Lcos30）mv

221

則此時，軌道對小滑塊的支持力為

2

v1

NF合m

R

解得

N4mg

故C正確，D錯誤。

故選C。

1．（2024·山東淄博·二模）如圖所示，一個正方體ABCDABCD，其上、下、左、右表面的中心分別為E、F、

G、H，在E、G兩點固定電荷量為q的點電荷，在F、H兩點固定電荷量為q的點電荷，下列說法正確的是（）

A．B、D兩點電勢相等

B．AB中點處的場強與DC中點處的場強相同

C．一帶正電的試探電荷在A點的電勢能等于它在C點的電勢能

D．AA兩點間的電勢差小于BB兩點間的電勢差

【答案】CD

【詳解】A．由空間的對稱性可知，B點更靠近正電荷，而D點更靠近負電荷，所以有電場的疊加可知，兩點的

電勢不相等，B點的電勢大于D點的電勢，故A項錯誤；

B．四個電荷，將其E、F看成一對，G、H看成一對，則E、F為一對等量異種電荷，G、H也為一對等量異種電

荷，所以該電場時兩對等量異種電荷的電場的疊加。兩對等量異種電荷的中心為該正方體的中心，以該中心為坐

標原點O，設AB連線中點處為I，DC連線中點處為L，以OI為坐標軸的正方向，OL為坐標軸的負方向，結

合等量異種電荷的電場分布可知，AB中點處的場強與DC中點處的場強大小相等，方向相反，故B項錯誤；

C．由空間的對稱性可知，A到四個電荷的距離與C到四個電荷的距離相等，A點和C點到正負電荷距離相等，

所以有電場的疊加可知，兩點的電勢相等，由

Epq

可知，一帶正電的試探電荷在A點的電勢能等于它在C點的電勢能，故C項正確。

D．A到兩個正電荷的距離與到兩個負電荷的距離相等，所以A電勢為零。B點到兩個正電荷的距離與到兩個負

電荷的距離相等，所以B點的電勢也為零。A點靠近負電荷，所以A點的電勢為負，B點更靠近正電荷，所以B

的電勢為正。AA間電勢差有

UAAAA0BB間電勢差為

UBBBB0

故D項正確。

故選CD。

2．（2024·廣東韶關·二模）如圖所示，空間有一正方體abcdabcd，a點固定電荷量為QQ0的點電荷，

d點固定電荷量為Q的點電荷，O、O分別為上下兩個面的中心點，則（）

A．b點與c點的電場強度相同

B．b點與d點的電勢相同

C．b點與c點的電勢差等于a點與d點的電勢差

D．將帶正電的試探電荷由b點沿直線移動到O點，其電勢能先增大后減小

【答案】CD

【詳解】A．由對稱性知，b點與c點的電場強度大小相等，但方向不同，故A錯誤；

B．b點到a點的距離等于a點到a點的距離，b點到d點的距離等于a點到d點的距離，則b點與a點的電勢

相同，若取無限遠處電勢為零，垂直于ad且過OO的平面為電勢為零的等勢面，a點與d點關于該等勢面對稱，

兩點電勢絕對值相等，一正一負，故b點與d點的電勢不同，故B錯誤；

C．由對稱性知，b點與c點的電勢差為

Ubcbc2ba點與d點的電勢差為

Uadad2a

由于

ba

則

UbcUad

故C正確；

D．對試探電荷受力分析，俯視圖如圖所示

由圖可知將帶正電的試探電荷由b點沿直線移動到O點的過程中，電場力先做負功后做正功，其電勢能先增大

后減小，故D正確。

故選CD。

3．（2024·廣西·三模）如圖甲所示，圓形區域ABCD處在平行于紙面的勻強電場中，圓心為O，半徑為R0.1m。

P為圓弧上的一個點，PO連線逆時針轉動，為PO連線從AO位置開始旋轉的角度，P點電勢隨變化如圖乙

所示。下列說法正確的是（）

A．勻強電場的場強大小為20V/m

B．勻強電場的場強方向垂直BD連線向右

4

C．一氦核2He從A點沿圓弧運動到C點，電勢能增加了2eV

D．一電子從A點沿圓弧逆時針運動到B點，電場力先做負功后做正功

【答案】AD

【詳解】AB．根據圖像可知，當0時，P位于A點，A點電勢為2V；當時，P點位于P1，電勢為1V，

3

4

當時，P點位于P2，電勢為5V。根據夾角關系可知，P1OP2位于同一條直線上，即如圖所示

3

根據等分法可知，OP1中點N的電勢為2V，故AN的連線為勻強電場中的一條等勢線。根據幾何關系可知，AN⊥P1P2。

故P1P2即為勻強電場中的一條電場線，且電場方向由P2指向P1。根據電場強度與電勢差的關系可得

21

ENP12V/m20V/m

R0.1

2

故A正確，B錯誤；

C．由幾何關系可知，C點與OP2中點M的連線垂直P1P2，故CM為等勢線，故根據等分法可知

CM4V

4

一氦核2He從A點沿圓弧運動到C點，電勢能變化量為

EPqCqA4eV

故C錯誤；

D．由上可知，電場方向由P2指向P1，電子從A點沿圓弧逆時針運動到B點，電場力先做負功后做正功。故D

正確。

故選AD。

4．（2024高三下·重慶·模擬預測）2020年2月，中國科學家通過冷凍電鏡捕捉到新冠病毒表面S蛋白與人體細

胞表面ACE2蛋白的結合過程，首次揭開了新冠病毒入侵人體的神秘面紗。電子顯微鏡是冷凍電鏡中的關鍵部分，

在電子顯微鏡中電子束相當于光束，通過由電場或磁場構成的電子透鏡實現會聚或發散作用，其中的一種電子透

鏡的電場分布如圖所示，其中虛線為等勢面，相鄰等勢面間電勢差相等。一電子僅在電場力作用下運動，其軌跡

如圖中實線所示，a、b、c是軌跡上的三點，則下列說法正確的是（）

A．a點的電勢低于b點的電勢B．a點的電場強度大于c點的電場強度

C．電子從a點到b點電勢能增加D．電子從a點到b點做加速運動

【答案】AD

【詳解】ACD．電子所受電場力方向指向軌跡凹側，大致向右，則電場強度方向背離軌跡凹側，大致向左，并且

垂直于等勢面，根據沿電場方向電勢降低可知a點的電勢低于b點的電勢，故電子從a點到b點電勢能減小，電

場力做正功，做加速運動，故AD正確，C錯誤；

B．等勢面越密集的位置電場強度越大，所以a點的電場強度小于c點的電場強度，故B錯誤。

故選AD。

5．（2024·四川巴中·模擬預測）有一電場在x軸上各點的電場強度分布如圖所示。現將一帶正電的粒子（不計重

力）從O點靜止釋放，僅在電場力的作用下，帶電粒子沿x軸運動，則關于該電場在x軸上各點的電勢φ、帶電

粒子的動能Ek、電勢能Ep以及動能與電勢能之和E0隨x變化的圖像，正確的是（）

A．B．C．D．

【答案】BD

【詳解】A.帶正電的粒子（不計重力）從O點靜止釋放，僅在電場力的作用下，帶電粒子沿x軸運動，則電場力

方向沿x軸正方向，電場線方向沿x軸正方向。沿電場線方向電勢降低，A錯誤；

C.電場力做正功，動能增加，電勢能減小，C錯誤；

B.由Ekx圖像斜率大小代表電場力大小，斜率正負代表電場力方向，由圖可知，場強先減小后增大，方向一直

為正方向，電場力

FqE

先減小后增大，一直為正方向，與題中電場強度沿x軸變化一致，B正確；

D.由能量守恒

E0EkEp

動能與電勢能之和E0不變，D正確。

故選BD。

6（2024·貴州·二模）如圖1所示，半徑為R且位置固定的細圓環上，均勻分布著總電量為QQ0的電荷，O

點為圓環的圓心，x軸通過O點且垂直于環面，P點在x軸上，它與O點的距離為d。x軸上電勢的分布圖，

如圖2所示。圖線上A、B、C三點的坐標已在圖2中標出。靜電力常量為k，距離O點無窮遠處的電勢為零，

則下列說法正確的是（）

kQ

A．圓心O點的電勢為

R

kQ

B．圓心O點的電場強度大小為

R2

kQd

C．x軸上P點電場強度的大小為3/2

d2R2

kQq

D．電荷量為qq0、質量為m的點電荷從O點以初速度v沿x軸射出，此點電荷移動3R距離，

0mR

其速度減為零

【答案】ACD

【詳解】A．將圓環分成n個微元，每個微元均能夠看為點電荷，則圓心O點的電勢為

kqkQ

n

ORR

kQ

即圓心O點的電勢為，A正確；

R

B．將圓環分成n個微元，每個微元均能夠看為點電荷，根據對稱性可知，圓心O點的電場強度大小為0，B錯

誤；

C．根據上述，令每個微元的電荷量為q，微元到P點連線間距為r，微元到P點連線與x軸夾角為，則根據

對稱性，P點電場強度為

kq

Encos

r2

又由于

d

nqQ，r2d2R2，cos

r

解得

kQd

E3/2

d2R2

C正確；

D．根據

1

q0mv2

Ox20

其中

kQkQq

O，v

R0mR

解得

kQ

x2R

根據圖2可知，此點電荷移動3R距離，其速度減為零，D正確。

故選ACD。

kQq

7．（2024·安徽·模擬預測）已知試探電荷q在場源點電荷Q的電場中所具有電勢能表達式為E，其中k為

pr

靜電力常量，r為試探電荷與場源點電荷間的距離，且規定無窮遠處的電勢能為0。真空中有兩個點電荷Q1和Q2，

分別固定在x坐標軸x10和x215cm的位置上。一帶負電的試探電荷在x軸上各點具有的電勢能隨x變化關系

如圖所示，其中試探電荷在A、B兩點的電勢能為零，A點的坐標是12cm,C點為點電荷Q2右邊電勢能最小的點，

則下列說法正確的是（）

A．Q1為正電荷，Q2為負電荷

B．點電荷Q1與Q2電量之比為2:1

C．C點對應x軸位置的坐標是xC30cm

、

D．兩點電荷Q1Q2在x軸上電場強度相同的點的位置為x20cm

【答案】AC

【詳解】A．由圖可知，帶負電的試探電荷在0~15間的電勢能逐漸增大，可知Q1為正電荷，Q2為負電荷，故A

正確；

B．由圖可知，A點的電勢能為0，則有

kQqkQq

120

r1r2

解得點電荷Q1與Q2電量之比為4:1，故B錯誤；

C．根據電勢能的計算公式EpFx，可知圖象的斜率代表電場力，則C點的電場力為0，有

kQ1qkQ2q

22

xC(xC15)

解得