…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年蘇人新版必修3物理上冊月考試卷219考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、在空間中水平面的下方存在豎直向下的勻強電場，質量為m的帶電小球由上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A，B，C三點在同一直線上，且如圖所示，由此可知（）

A.小球帶正電B.電場力大小為C.小球從A到B與從B到C的運動時間相等D.小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等2、如圖所示，MN是一負點電荷產生的電場中的一條電場線。一個帶正電的粒子（不計重力）從a到b穿越管條電場線的軌跡如圖中的虛線所示；下列結論正確的是（）

A.負點電荷一定位于M點左側B.帶電粒子從a到b過程中加速度逐漸變小C.帶電粒子從a到b過程中電勢逐漸變大D.帶電粒子從a到b過程中動能逐漸變大3、如圖所示的電路中，E為電源，其內電阻為r，V為理想電壓表，L為阻值恒為2r的小燈泡，定值電阻R1的阻值恒為r，R3為半導體材料制成的光敏電阻，電容器兩極板處于水平狀態(tài)，閉合開關S，電容器中心P點有一帶電小球處于靜止狀態(tài)；電源負極接地，則下列說法正確的是。

A.若將R2的滑片上移，則電壓表的示數變小B.若突然將電容器上極板上移，則小球在P點電勢能減小C.若光照變強，則小球會向上運動D.若光照變強，則AB間電路的功率變大4、下列說法正確的是（）A.電場中電場強度為零的地方電勢一定為零B.電場中某點的電場強度與試探電荷在該點所受的電場力成正比C.電場線的方向即為帶電粒子的運動方向D.英國物理學家法拉第最早引入了電場概念，并提出用電場線表示電場5、以下說法正確的是中（）A.公式電容器的電容大小C與電容器兩極板間電勢差U無關B.由公式可知電場中某點的電勢與q成反比C.由Uab=Ed可知，勻強電場中任意兩點a、b間距離越大，兩點間的電勢差也越大D.由可知電場中某點的電場強度E與F成正比評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)6、如圖所示，一電荷均勻分布的帶正電的圓環(huán)，在垂直于圓環(huán)且過圓心O的軸線上有a、b、c三個點，bO=cO。則下列判斷正確的是（）

A.b、c兩點的電場強度相同B.a點的電場強度可能大于b點電場強度C.b、c兩點的電勢相等D.a點電勢可能高于b點電勢7、小明同學嘗試用圖1所示的電路圖進行實驗，定值電阻R1=8Ω，在滑動變阻器由a端向b端移動的過程中，分別用兩個電流傳感器測量了電流I1與I2關系，并得到的完整圖象如圖2所示，其中C點為圖線最低點；則由圖可知。

A.當滑動頭P滑到b點時得到圖2中B點B.圖2中A點縱坐標為0.375AC.滑動變阻器總阻值為16ΩD.電源電動勢為6V8、2020年春天全世界發(fā)生新冠肺炎疫情，人們居家隔離，由于運動量減少，體重逐漸增加，體內的脂肪也逐步增多，我們可以用某型號脂肪測量儀（如圖甲所示）來測量脂肪率。體液中含有鈉離子、鉀離子等金屬離子而呈現低電阻，而體內脂肪幾乎不導電。脂肪測量儀根據人體電阻的大小來判斷脂肪所占比例，模擬電路如圖乙所示。測量時，閉合開關測試者兩手分別握兩手柄A、B；則（）

A.體型相近的兩人相比，脂肪含量高者對應的電流表示數較大，電壓表示數較小B.體型相近的兩人相比，脂肪含量高者對應的電源效率高C.體型相近的兩人相比，脂肪含量高者對應的電源輸出功率大D.當A、B間電阻逐漸增大時，電壓表示數變化量與電流表示數變化量的比值的絕對值不變9、某同學利用如圖所示的電路做“測定電池的電動勢和內阻”的實驗，其中P、Q為內電表；則。

A.P為電流表B.P為電壓表C.Q為電壓表D.Q為電流表10、在絕緣光滑水平桌面上，有兩個帶電小球A和B。t=0時刻，小球A靜止，小球B以一定的初速度向A運動，兩小球的v-t圖像如圖所示；且A；B未相碰。則（）

A.兩小球帶異種電荷B.兩小球組成的系統(tǒng)動量守恒C.兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒D.A球質量大于B球11、在x軸上固定兩個帶電荷量分別為的點電荷，以其中的某一電荷為原點，兩電荷所形成的電場的電勢在x軸正半軸上的分布如圖所示；下列說法正確的是（）

A.正電荷在坐標原點，負電荷在的位置B.負電荷在坐標原點，正電荷在的位置C.在x軸上區(qū)域電場強度沿x軸正方向D.一帶負電試探電荷從O處移到處，電勢能先減小后增加12、如圖所示，用充電寶為一手機電池充電，其等效電路如圖所示。在充電開始后的一段時間t內，充電寶的輸出電壓U、輸出電流I可認為是恒定不變的，設手機電池的內阻為r，則時間t內（）

A.充電寶輸出的電功率為B.手機電池內阻C.手機電池產生的焦耳熱為D.手機電池儲存的化學能為13、如圖所示，電源電動勢為E，內電阻為r，理想電壓表示數分別為其變化量的絕對值分別為和流過電源的電流為I，其變化量的絕對值為在滑動變阻器的觸片從右端滑到左端的過程中（燈泡電阻均不變）（）

A.燈泡變暗，變亮B.C.增大D.不變評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)14、電容：

（1）定義：電容器所帶___________與電容器兩極板間的___________的比值。

（2）定義式：

（3）單位：電容的國際單位是___________，符號為F，常用的單位還有___________和___________，1F=___________μF=___________pF。

（4）物理意義：電容器的電容是表示電容器容納電荷本領的物理量，在數值上等于使兩極板間的電勢差為___________時電容器需要帶的電荷量。

（5）擊穿電壓與額定電壓。

a.擊穿電壓：電介質不被___________時加在電容器兩極板上的極限電壓；若電壓超過這一限度，電容器就會損壞。

b.額定電壓：電容器外殼上標的工作電壓，也是電容器正常工作所能承受的最大電壓，額定電壓比擊穿電壓___________。15、用伏安法測量電阻時，MN接在恒定電壓上，當S接a時電壓表的示數為10V，電流表的示數為0.2A；當S接b時電壓表示數為12V，電流表的示數為0.15A；為了較準確地測定S應接在___點，的真實值為______Ω

16、圖中游標卡尺的讀數為________mm，螺旋測微器的讀數為________mm。

17、比荷：帶電粒子的____________與其____________的比值。18、我們知道電場強度是矢量，那么電場中某點的電場強度的方向與正電荷在該點所受的靜電力的方向___________。19、如圖，已充電的平行板電容器的極板A與一靈敏靜電計相接，極板B接地。若將兩板間的電介質（圖中虛線所示）抽出，那么靜電計指針的偏轉角度____________（填“增大”、“減小”或“不變”），由此可判斷電容器的電容__________（填“增大”；“減小”或“不變”）。

20、如圖所示，大球A原來的電荷量為Q，小球B原來不帶電，現在讓小球與大球接觸，達到靜電平衡時，小球獲得的電荷量為q；現給A球補充電荷，使其電荷量為Q，再次讓小球接觸大球，每次都給大球補充到電荷量為Q，則經過反復多次接觸后，小球的帶電荷量為___________．

評卷人得分四、作圖題(共3題，共27分)21、在“用電流和電壓傳感器研究電容器的放電”實驗中；某同學按照圖所示連接電路。實驗時，先將開關S擲向1，一段時間后，將開關擲向2，傳感器將信息傳入計算機屏幕上，顯示出電流或電壓隨時間變化的圖線。

（1）由圖可知，傳感器1應為________（選填選項前的字母）

A．電流傳感器B．電壓傳感器。

（2）用q表示電容器上極板所帶的電荷量，UR表示滑動變阻器兩端的電壓，UC表示電容器兩端的電壓，I表示電路中的電流，關于電容器在整個放電過程中的圖像變化正確的有________。

A．B．

C．D．

（3）若已知電源電動勢E，但其內阻和電阻箱阻值均未知，根據已知條件和傳感器顯示的圖像中的數據信息，下列判斷正確的是________；

A．可知該電容器的電容。

B．可知此時電阻箱阻值大小。

C．若只增大電阻箱R的阻值；電容器放電的時間將變短。

D．若只減小電容器的電容大小，電容器放電的時間將變短22、以下是幾種點電荷的電場線的分布情況；請標出圖中各電荷的電性。

23、試畫出點電荷、等量異種點電荷、等量同種點電荷及勻強電場的電場線。評卷人得分五、實驗題(共3題，共27分)24、某次實驗要測量一節(jié)干電池的電動勢和內電阻。實驗室提供以下器材：

A．一節(jié)干電池（電動勢約為1.5V；內阻約為1Ω）；

B．電流表（量程1mA，內阻）

C．電流表（量程0.6A，內阻約為2Ω）；

D．電壓表V（量程10V，內阻約為2kΩ）

E．滑動變阻器（阻值范圍額定電流2A）；

F．滑動變阻器（阻值范圍額定電流0.5A）；

G．定值電阻

I．開關S和導線若干。

（1）選擇合適的器材，在圖甲中設計并畫出實驗電路圖，并在圖中標注所選器材及滑動變阻器的符號_______。

（2）某次調節(jié)過程中，電流表的指針指在圖乙所示位置，其示數為_______A。

（3）調節(jié)滑動變阻器的阻值，記錄多組兩電流表的讀數，根據數據描出圖像，如圖丙，若不考慮電表內阻對測量結果的影響，則該電池的電動勢_______，內阻_______。（結果均保留三位有效數字）

25、一靈敏電流計，允許通過的最大電流（滿刻度電流）為=50μA，表頭電阻=1kΩ，若改裝成量程為=1mA的電流表，應并聯的電阻阻值為_______Ω（保留3位有效數字）．若將改裝后的電流表再改裝成量程為=10V的電壓表，應再串聯一個阻值為______Ω的電阻．26、現有一合金制成的圓柱體。為測量該合金的電阻率；現用伏安法測量圓柱體兩端之間的電阻，用螺旋測微器測量該圓柱體的直徑，用游標卡尺測量該圓柱體的長度。螺旋測微器和游標卡尺的示數如圖所示。

①讀得圓柱體的直徑為________________mm，長度為____________mm。

②若流經圓柱體的電流為I，圓柱體兩端之間的電壓為U，圓柱體的直徑和長度分別用D、L表示，則用D、L、I、U表示的電阻率的關系式為ρ=_____________________。評卷人得分六、解答題(共3題，共18分)27、如圖，一根均勻帶電的長直橡膠棒沿軸線方向做速度為的勻速直線運動。若棒橫截面積為單位長度所帶的電荷量為求由于棒的運動而形成的等效電流的大小和方向。

28、利用電場可以實現對帶電粒子運動的控制。如圖所示，區(qū)域Ⅰ是圓弧形均勻輻向電場，半徑為R的中心線處的場強大小處處相等，且可調，方向指向圓心O；區(qū)域Ⅱ和Ⅲ是范圍足夠大的有界勻強電場，寬度均為d，場強大小均為E，方向相互垂直；一足夠大的粒子接收板與區(qū)域Ⅲ的右邊界重合，板上沿兩電場方向分別建立x、y軸，坐標原點為連線垂直于坐標系一群比荷為的帶正電的粒子，沿切線從進入電場，改變輻向電場的場強大小，可使不同速度的粒子通過區(qū)域Ⅰ，沿連線方向進入區(qū)域Ⅱ；最終打在板上，不計帶電粒子所受重力和粒子之間的相互作用。

（1）初速度為v0的帶電粒子能通過該區(qū)域Ⅰ，求區(qū)域Ⅰ的場強大小

（2）在第（1）問的條件下，區(qū)域Ⅱ、Ⅲ的場強大小，求帶電粒子在電場中運動的總時間t及打在板上的速度大小v；

（3）所有帶電粒子落在接收板上位置的軌跡方程。

29、如圖所示，空間存在水平方向的勻強電場質量帶電量的帶電小球，用一長為的不可伸長的輕質絕緣細線相連，另一端固定在O點?，F將細線拉至水平狀態(tài)，使小球從A處靜止釋放；求：

(1)小球在A處所受的合外力大小和方向；

(2)小球第一次到達O點正下方時的速度大小v；

(3)小球第一次到達O點正下方時；其機械能的變化量。

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、D【分析】【詳解】

A．因為小球到達C點時速度方向恰好水平；所以可知小球受到的電場力豎直向上，方向與電場強度方向相反，所以小球帶負電，A錯誤；

BC．由于A、B、C三點在同一直線上，且根據幾何關系可知小球在進入電場前后的水平方向位移之比

由于小球在進入電場前后都做類平拋運動，水平方向做勻速運動，則小球由A運動到B和由B運動到C的時間之比為

又根據豎直方向的位移

解得

根據牛頓第二定律可得

可知小球受到的電場力

BC錯誤；

D．根據速度變化量為

則得平拋運動過程速度變化量大小為

方向豎直向下，電場中運動過程速度變化量大小為

方向豎直向上，所以小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相等；方向相反，D正確。

故選D。2、D【分析】【分析】

【詳解】

A．帶正電的粒子所受電場力向右，電場線由M指向N，說明負電荷在直線N點右側。故A錯誤；

B．a點離點電荷較遠，a點的電場強度小于b點的電場強度，帶電粒子在a點的電場力小于在b點的電場力，根據牛頓第二定律得知，帶電粒子在a點的加速度小于在b點的加速度，即帶電粒子從a到b過程中加速度逐漸變大；故B錯誤；

CD．帶電粒子從a到b過程電場力對帶電粒子做正功；電勢能減小，動能逐漸變大，電勢變小，故C錯誤，D正確。

故選D。3、D【分析】【詳解】

A．由于電路穩(wěn)定時，R2相當于導線，所以將R2的滑片上移時；電壓表的示數不變，故A錯誤；

B．若突然將電容器上極板上移，電容器板間電壓不變，板間場強減小，由U=Ed知，P點與下極板間的電勢差減小，而下極板的電勢為零，所以P點電勢降低，由于液滴帶負電，所以小球在P點電勢能增加；故B錯誤；

C．若光照變強，光敏電阻R3減小，通過小燈泡的電流變大，電容器兩端電壓為

I變大，則U變小，即電容器兩板間的電壓變小，場強變小，油滴所受的電場力變小，因此油滴P要向下極板運動；故C錯誤；

D．根據當外電阻等于內電阻時，此時電源輸出功率最大，將R1看成電源的內阻，由于等效電源的外電阻大于內電阻，外電阻變小，所以等效電源的輸出功率變大，即AB間電路的功率逐漸變大；故D正確。

故D正確。4、D【分析】【詳解】

A．電場中某點電勢是否為零；取決于零電勢的選擇，與該點電場強度是否為零無關，故A錯誤；

B．電場中某點的電場強度與電場本身有關；與試探電荷在該點所受的電場力無關，故B錯誤；

C．電場線的方向與帶電粒子的運動方向不一定重合；故C錯誤；

D．英國物理學家法拉第最早引入了電場概念；并提出用電場線表示電場，故D正確。

故選D。5、A【分析】【詳解】

A．公式

是電容器的定義式，電容器的電容大小C由電容器本身決定，與電容器兩極板間電勢差U無關；選項A正確；

B．公式

是電勢的量度公式，電場中某點的電勢是由電場本身決定的，與q無關；選項B錯誤；

C．由Uab=Ed

可知，勻強電場中沿電場線方向的兩點a、b間距離越大；兩點間的電勢差也越大，選項C錯誤；

D．公式

是場強的定義式，電場中某點的電場強度是由電場本身決定的，而E與F無關；選項D錯誤。

故選A。二、多選題(共8題，共16分)6、B:C【分析】【分析】

【詳解】

A．b、c兩點的電場場強大小相等；方向相反，則場強不同，故A錯誤；

B．根據場強疊加可知，從O點向上沿著ba方向，電場強度先增加后減小，可知a點的電場強度可能大于b點電場強度；選項B正確；

C．由對稱可知，b、c兩點的電勢相等；選項C正確；

D．若讓一正電荷從O點向上運動，則電場力對正電荷做正功，電勢能減小，則沿Oba方向電勢降低，則a點電勢低于b點電勢；選項D錯誤。

故選BC。7、B:D【分析】【詳解】

A．滑動頭滑到點時，和并聯；滑動頭滑到點時，被短路，只有電阻接入電路，由閉合電路歐姆定律知，滑到點時電流小于滑到點時的電流，所以滑動頭滑到點時得到圖2中的點；故A錯誤；

B．由A分析知，滑動頭滑到點時得到圖2中的點，電阻被短路，電流表和示數相等，根據圖2知：

所以有：

即圖2中A點縱坐標為0.375A；故B正確；

CD．根據閉合電路歐姆定律，當滑動頭位于點時，則有：①

圖2中的點，

并聯部分兩支路電流相等，根據并聯電路的特點，得：

設滑動變阻器的全值電阻為

則有：②

聯立①②得：

故C錯誤；D正確；

故選BD。8、B:D【分析】【分析】

【詳解】

ABC．體型相近的兩人相比，脂肪含量高者電阻較大，圖乙是串聯電路，總電阻增大，電流減小，AB兩端電壓增大，電源效率％

路端電壓隨外電阻增加而增大；因此脂肪含量高者對應的電源效率高，電源輸出功率與外電阻和電源內阻的關系有關，外電阻與電源的內阻越接近，電源輸出功率越大，本題中未給出外電阻與電源內阻的關系，故無法判斷誰對應的電源輸出功率大，故B正確，AC錯誤；

D．電壓表示數變化量與電流表示數變化量的比值的絕對值為

其大小不變；故D正確。

故選BD。9、A:C【分析】【詳解】

P與滑動變阻器為串聯關系，故P為電流表，Q并聯在電源兩端，故Q為電壓表；故AC正確，BD錯誤；

故選AC。10、B:D【分析】【詳解】

A．由圖像可知B球先做減速運動；A球做加速運動，兩球間表現為斥力，可知兩球帶同種電荷，故A錯誤；

B．把兩小球看成一個系統(tǒng)；合外力為零，所以系統(tǒng)動量守恒，故B正確；

C．兩球運動過程中；動能和電勢能之和守恒，電場力做的合功不為零，所以兩球的機械能不守恒，故C錯誤；

D．v-t圖像的斜率表示加速度，同一時刻，B的加速度大于A的加速度，根據受力分析可知A、B受到的合外力為A、B間的庫侖力，大小相等，根據F=ma

可知加速度與質量成反比；所以A球質量大于B球，故D正確。

故選BD。11、B:C【分析】【詳解】

AB．由可知，原點附近的電勢為負且絕對值很大，可知負電荷在坐標原點，圖象斜率表示電場強度大小位置電場強度為零，根據

解得

正電荷在的位置；故B正確，A錯誤；

C．在x軸上區(qū)域電勢一直減小，電場強度沿x軸正方向；故C正確；

D．從O處移到處；電勢不斷增加，一帶負電試探電荷電勢能不斷減小，故D錯誤；

故選BC。12、C:D【分析】【詳解】

A．充電寶的輸出電壓U、輸出電流I，則充電寶輸出的電功率為故A錯誤；

B．手機電池內阻

而

故B錯誤；

C．手機電池內阻為r，電流I，根據焦耳定律，時間t內，手機電池產生的焦耳熱為故C正確；

D．根據能量守恒定律，手機電池儲存的化學能為故D正確。

故選CD。13、B:D【分析】【詳解】

A．當滑動變阻器的觸片P從右端滑到左端時，變阻器接入電路的電阻增小，根據串反并同，可知L1、L2變亮，L3變暗；A錯誤；

B．由上分析可知，電壓表V2讀數增大，V1讀數減小，由于路端電壓減小，故可得

B正確；

C．由于

可得

可知其值不變；C錯誤；

D．根據歐姆定律

可得

可知其值不變；D正確。

故選BD。三、填空題(共7題，共14分)14、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）[1][2]電容器所帶電荷量Q與電容器兩極板間電勢差U的比值；

（3）[3][4][5][6][7]電容的國際單位是法拉，符號為F，常用的單位還有微法和皮法，

（4）[8]電容器的電容是表示電容器容納電荷本領的物理量；在數值上等于使兩極板間的電勢差為1V時電容器需要帶的電荷量；

（5）[9]擊穿電壓電指介質不被擊穿時加在電容器兩極板上的極限電壓；若電壓超過這一限度，電容器就會損壞；

[10]額定電壓指電容器外殼上標的工作電壓，也是電容器正常工作所能承受的最大電壓，額定電壓比擊穿電壓低?！窘馕觥竣?電荷量Q②.電勢差U③.法拉④.微法⑤.皮法⑥.⑦.⑧.1V⑨.擊穿⑩.低15、略

【分析】【詳解】

[1]S接a和接b時，電流表的示數變化較大，這說明電壓表的分流較大，因此接b點時；采用伏安法測電阻誤差較小。

[2]設電源的電壓為E，電流表的內阻為由題得

則S接a時，有

即

S接b時

即

解得【解析】b7016、略

【分析】【詳解】

[1]游標卡尺的精度為讀數為

[2]螺旋測微器精度為讀數為【解析】50.154.700（4.698~4.702）17、略

【解析】①.電荷量②.質量18、略

【分析】【分析】

【詳解】

[1]電場中某點的電場強度的方向與正電荷在該點所受的靜電力的方向一致?！窘馕觥恳恢?9、略

【分析】【詳解】

[1][2]將兩板間的電介質抽出；則介電常數變小，保持其他條件不變，Q不變；

根據

則電容器的電容減小，兩板間電壓增大，靜電計指針的偏角將增大；?！窘馕觥吭龃鬁p小20、略

【分析】【分析】

第一次接觸后小球帶q；那大球還剩下（Q-q），則兩球電荷是按q：（Q-q）的比例分配的，所謂小球可獲得的最大電量，就是“小球電量達到多少時，再拿帶電為Q的大球接觸小球，二者就沒有電子轉移了”，q：（Q-q）這個比例就是兩球之間可以到電子平衡，也就是沒有電子轉移的比例；

【詳解】

第一次接觸后小球帶q；那大球還剩下（Q-q），則兩球電荷是按q：（Q-q）的比例分配的，現給A球補充電荷，使其電荷量為Q

設此時小球可能獲得的最大電量為則：

解得：．

【點睛】

該題的難點要掌握：導體的性質決定的二者間電荷比，第一次接觸后的電荷比值，就是電場平衡時兩者電荷的比值．【解析】；四、作圖題(共3題，共27分)21、略

【分析】【詳解】

（1）[1]傳感器1串聯在電路中；因此應為電流傳感器。

故選A。

（2）[2]ABC．電容器在整個放電過程中，電容器的電荷量q、電流I、電壓UC均隨時間減小；選項AC錯誤，選項B正確；

D．由于放電電流I減小，根據可知電阻箱R的電壓UR減小；選項D正確。

故選BD。

（3）[3]A．根據電流傳感器顯示的I-t圖像中的面積可求出電容器的電荷量，根據電壓傳感器可知電阻箱兩端的電壓，若已知電源電動勢E，則可知電容器的電壓，根據可求出該電容器的電容；選項A正確；

B．根據電流傳感器和電壓傳感器可知電阻箱的電流和兩端的電壓；因此可知此時電阻箱阻值大小，選項B正確；

C．電源不變，電容器的充電電壓不變，電荷量不變，若只增大電阻箱R的阻值；電容器放電的電流將變小，因此放電時間將變長，選項C錯誤；

D．電源不變，電容器的充電電壓不變，若只減小電容器的電容大小，根據可知電容器的電荷量將變??；放電的時間將變短，選項D正確。

故選ABD?！窘馕觥緼BDABD22、略

【分析】【分析】

【詳解】

根據電場線從正電荷出發(fā)；終止與負電荷及等量同種，等量異種點電荷電場線的分布特點，可標出電荷的電性如圖所示。

【解析】見解析23、略

【分析】【詳解】

根據電荷屬性；點電荷；等量異種點電荷、等量同種點電荷及勻強電場的電場線如下所示。