本專題主要考查庫侖定律、電場強度、電勢、電勢差、電勢能、電容、帶電粒子在電場中的運動。命題形式選擇題和計算題均有出現，考查考生的建模能力和應用數學知識處理物理問題的能力。

一、電場的性質與帶電粒子在電場中運動問題
1．三個物理量的判斷方法
判斷場強強弱   ①根據電場線或等勢面的疏密判斷；②根據公式E＝kQr2和場強疊加原理判斷

判斷電勢的高低   ①根據電場線的方向判斷；②由UAB＝WABq和UAB＝φA－φB判斷；③根據電場力做功(或電勢能)判斷
判斷電勢能大小   ①根據Ep＝qφ判斷；②根據ΔEp＝－W電，由電場力做功判斷
2．電場中常見的運動類型
(1)勻變速直線運動：通常利用動能定理qU＝12mv2－12mv20來求解；對于勻強電場，電場力做功也可以用W＝qEd來求解。
(2)偏轉運動：一般研究帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題。對于類平拋運動可直接利用平拋運動的規律以及推論；較復雜的曲線運動常用運動的合成與分解的方法來處理。
二、與平行板電容器相關的電場問題
1．記住三個公式：定義式C＝QU，決定式C＝εrS4πkd，關系式E＝Ud。
2．掌握兩個重要結論
(1)電容器與電路(或電源)相連，則兩端電壓取決于電路(或電源)，穩定時相當于斷路，兩端電壓總等于與之并聯的支路電壓。
(2)充電后電容器與電路斷開，電容器所帶電荷量不變，此時若只改變兩板間距離，則板間電場強度大小不變。
3．注意一個特例：當有電容器的回路接有二極管時，因二極管的單向導電性，將使電容器的充電或放電受到限制。

1．(多選)(2020•山東學業水平等級考試•T10)真空中有兩個固定的帶正電的點電荷，電荷量不相等。一個帶負電的試探電荷置于二者連線上的O點時，僅在電場力的作用下恰好保持靜止狀態。過O點作兩正電荷連線的垂線，以O點為圓心的圓與連線和垂線分別交于a、c和b、d，如圖所示。以下說法正確的是(　　)

A．a點電勢低于O點
B．b點電勢低于c點
C．該試探電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能
D．該試探電荷在c點的電勢能小于在d點的電勢能
2．如圖所示，平行板電容器與電動勢為E′的直流電源(內阻不計)連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略。一帶負電油滴被固定于電容器中的P點?，F將平行板電容器的上極板豎直向下平移一小段距離，則下列說法正確的是(　　)

A．平行板電容器的電容將變小
B．帶電油滴的電勢能將減小
C．靜電計指針張角變小
D．若將上極板與電源正極斷開后再將下極板左移一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變
3．(2019•全國卷Ⅱ•T24)如圖所示，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ(φ＞0)。質量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。

(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大??；
(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？

1．(多選)(2019•全國卷Ⅲ•T21)如圖所示，電荷量分別為q和－q(q＞0)的點電荷固定在正方體的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點。則(　　)

A．a點和b點的電勢相等
B．a點和b點的電場強度大小相等
C．a點和b點的電場強度方向相同
D．將負電荷從a點移到b點，電勢能增加
2．(2020•全國卷I•T25)在一柱形區域內有勻強電場，柱的橫截面積是以O為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質量為m，電荷量為q(q＞0)的帶電粒子在紙面內自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ＝60°。運動中粒子僅受電場力作用。

(1)求電場強度的大??；
(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大？
(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進入電場時的速度應為多大？

1．如圖所示，用兩根等長的輕質細絕緣線M、N把帶電小球甲懸掛在水平天花板上，兩線之間的夾角為θ＝60°。小球甲電荷量q＝2.0×10－6 C，質量m＝0.1 kg，其正下方l＝0.3 m處固定有一帶等量同種電荷的小球乙。小球甲、乙均可視為點電荷，靜電力常量k＝9×109 N•m2/C2，重力加速度g取10 m/s2。則細線N的拉力大小為(　　)

A．35N B．34N
C．233N D．36N
2．圖中虛線是某電場中的一簇等勢線。兩個帶電粒子從P點均沿等勢線的切線方向射入電場，粒子運動的部分軌跡如圖中實線所示。若粒子僅受電場力的作用，下列說法中正確的是(　　)

A．a、b兩點的電場強度大小關系Ea＞Eb
B．a、b兩點的電勢關系一定有Ua＞Ub
C．粒子從P運動到a的過程中，電勢能增大
D．粒子從P運動到b的過程中，動能增大
3．如圖所示，空間中a、b、c、d、a′、b′、c′、d′分別為立方體圖形的頂點，在a′、b′所在直線上放置電荷量均為Q的異種點電荷M、N，M帶正電且M、N關于a′、b′的中點對稱。下列說法正確的是(　　)

A．a、d兩點的電勢相等
B．a、d′兩點的場強相同
C．將電子從a點移到c′點，電子的電勢能增加
D．將電子從a點移到c′點，電子的電勢能減少
4．在生產紡織品、紙張等絕緣材料過程中，為了實時監控材料的厚度，生產流水線上設置如圖所示的傳感器，其中甲、乙為平行板電容器的上、下兩個固定極板，分別接在恒壓直流電源的兩極上。當通過極板間的材料厚度減小時，下列說法正確的是(　　)

A．有負電荷從a向b流過靈敏電流計G
B．甲、乙兩板間材料內的電場強度為零
C．乙板上的電荷量變小
D．甲、乙平行板構成的電容器的電容增大
5．如圖所示，平行板電容器A、B兩極板水平放置，和一理想的二極管串聯接在電源上，一帶電小球靜止在兩板之間，則(　　)

A．若A、B兩極板間距增大，小球將向下運動
B．若A、B兩極板正對面積減小，小球將保持靜止
C．若A、B兩極板間插入電介質，電容器帶電量不變
D．若A、B兩極板間插入金屬板，小球將向上運動
6．如圖甲所示，A、B是一條豎直電場線上的兩點，在A點由靜止釋放一帶正電的小球，小球將沿此電場線從A點向B點運動，其v2－x圖像如圖乙所示，已知小球質量為m，電荷量為q，A、B間高度差為h，重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法中正確的是(　　)

A．沿電場線由A到B，電勢逐漸降低
B．小球從A運動到B的過程中，電勢能逐漸減小
C．A、B兩點的電勢差UAB＝
D．該電場為勻強電場，其電場強度大小為
7．(多選)如圖所示，LMN是豎直平面內固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長，LM下端與MN相切。質量為m的帶正電小球B靜止在水平面上，質量為2m的帶正電小球A從LM上距水平面高為h處由靜止釋放，在A球進入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠，相互作用力可認為零，A球進入水平軌道后，A、B兩球間相互作用視為靜電作用，帶電小球均可視為質點。已知A、B兩球始終沒有接觸。重力加速度為g。則下列說法正確的是(　　)

A．A球剛進入水平軌道的速度大小為2gh
B．A、B兩球相距最近時，A、B兩球系統的電勢能Ep＝mgh
C．A球最終的速度vA為132gh
D．B球最終的速度vB為432gh
8．(多選)將兩點電荷分別固定在x軸上的A、B兩點，其坐標分別為(－2，0)和(4，0)，A處點電荷帶電量絕對值為Q，兩點電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關系如圖所示，x＝0處電勢最低。x軸上M、N兩點的坐標分別為(1，0)和(－1，0)，靜電力常量為k，則下列說法正確的是(　　)

A．B處電荷量絕對值為4Q，且兩點電荷屬于異種電荷
B．M點的電場強度大于N點的電場強度
C．N點電場強度大小為
D．負的試探電荷由M點運動到N點的過程，電勢能先增大后減小
9．(多選)如圖所示，ACB為固定的光滑半圓形軌道，軌道半徑為R，A、B為水平直徑的兩個端點，AC為14圓弧，MPQO為豎直向下的有界勻強電場（邊界上有電場），電場強度的大小。一個質量為m，電荷量為－q的帶電小球，從A點正上方高為H處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道，小球運動過程中電量不變，不計空氣阻力，已知重力加速度為g。關于帶電小球的運動情況，下列說法正確的是(　　)

A．若H＝3R小球從A到C的過程中，電勢能增加2mgR
B．若H＞R，則小球一定能到達B點
C．若小球到達C點時對軌道壓力為6mg，則H＝4.5R
D．若H＝R，則小球剛好沿軌道到達C點
10．(多選)如圖甲所示，平行金屬板P、Q上有兩個正對小孔，P板接地，Q板的電勢φQ隨時間變化的情況如圖乙所示，完全相同的正離子以相同的初速度v0陸續從P板小孔飛向Q板小孔，t＝0時刻從P板小孔飛入的離子在t＝T2時刻到達Q板小孔且速度剛好減小到零（未返回）。不計力、小孔對板間電場的影響、離子間的相互作用。則下列說法正確的是(　　)

A．所有離子在板間運動的時間都相等
B．t＝T4時刻飛入P板小孔的離子到達Q板小孔時的速度為12v0
C．t＝時刻飛入P板小孔的離子到達Q板小孔時的速度為22v0
D．若將兩板距離變成原來的兩倍，則t＝0時刻從P板小孔飛入的離子到達Q板時的速度仍為零
11．一端彎曲的光滑絕緣軌道ABN固定在豎直平面上，如圖所示，AB段水平、BN段是半徑為R的半圓弧，有一個正點電荷固定在圓心O處。一質量為m帶正電小環，在水平恒力F＝233mg作用下從C點由靜止開始運動，到B點時撤去外力，小環繼續運動，發現剛好能到達絕緣軌道上與圓心等高的M點，已知CB間距為3R，小環在圓軌道上時受到圓心處的點電荷的靜電力大小為2mg。

(1)求小環從C運動到M過程中，點電荷Q的電場力對它做的功；
(2)若水平恒力大小改為2F，則小環在能達到的最高點N時的速度大小為多少？
(3)若小環在距離B點22R的D點以向右的初速度運動，在靜電力的作用下運動到B點的速度恰好為0，那么在D點施加最小的恒定外力作用由靜止開始運動，小環在圓軌道上能到達的最大高度值多少？

12．如圖所示，在光滑水平面上方存在電場強度大小E＝2×104 N/C、方向水平向左的有界勻強電場，電場右邊界如圖中的虛線所示，左邊界為豎直墻壁，電場寬度d＝4.75 m。長L＝4 m、質量M＝2 kg的不帶電絕緣長木板P原先靜止在水平面上。一可視為質點的質量m＝1 kg、電荷量q＝1×10－4 C的帶正電金屬塊Q從木板的右端以v0＝3 m/s的速度水平向左滑上木板，兩者相對靜止后再進入電場，木板與墻壁發生碰撞的時間極短且碰撞無機械能損失。已知金屬塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。求：

(1)木板與墻壁第一次碰撞前瞬間的速度大?。?span style="display:none">v02物理好資源網(原物理ok網)
(2)木板與墻壁第二次碰撞前瞬間的速度大小。

1．(多選)
【答案】BD
【解析】由題意可知O點場強為零，所以a、O兩點間場強方向是由a指向O的，所以φa＞φO，A錯誤；同理，φc＞φO，O點與b點間的電場強度有豎直向上的分量，所以φO＞φb，則φc＞φb，B正確；同理，φa＞φb，φc＞φd，又帶負電的試探電荷在電勢高處電勢能較小，所以C錯誤，D正確。
2．【答案】B
【解析】將平行板電容器的上極板豎直向下移動一小段距離，導致極板間距減小，根據C＝εrS4πkd知，d減小，則電容增大，故A錯誤；電勢差不變，d減小，則電場強度增加，P點與下極板的電勢差變大，則P點的電勢增大，因為該油滴帶負電荷，則電勢能減小，故B正確；靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變，故C錯誤；若先將電容器上極板與電源正極的導線斷開，則電荷量不變，再將下極板左移一小段距離，正對面積S減小，根據E＝Ud＝QCd＝4πkQεrS，知電場強度變大，則油滴所受電場力變大，故D錯誤。
3．【解析】(1)PG、QG間場強大小相等，均為E。粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為a，有：
E＝2φd，F＝qE＝ma
設粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有：qEh＝Ek－12mv20
設粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有：
h＝12at2，l＝v0t
聯立式解得Ek＝12mv20＋2φdqh，l＝v0mdhqφ。
(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側飛出，則金屬板的長度最短。由對稱性知，此時金屬板的長度
L＝2l＝2v0mdhqφ。

1．(多選)
【答案】BC
【解析】分別畫出電荷q和－q在a、b處的電場，如圖1所示，根據電場疊加的原理，可知a、b兩點的電場強度大小、方向均相同，故B、C正確；畫出－q、b、q、a所在平面的電場線，如圖2，由圖可知b點的電勢大于a點，所以將負電荷從a點移到b點，電勢能減小，故A、D錯誤。

【點評】本題考查點電荷電場強度疊加的計算，由于電場強度是矢量，因此對其大小和方向要全面考慮。本題的易錯點在于不能將立體圖轉化為平面圖，空間想象力差，不能正確運用幾何關系進行分析，從而導致錯解。
2．【解析】　(1)由題意知在A點速度為零的粒子會沿著電場線方向運動，由于q＞0，故電場線由A指向C，根據幾何關系可知：xAC＝R
所以根據動能定理有：qExAC＝12mv20－0
解得：E＝mv202qR；
(2)根據題意可知要使粒子動能增量最大，則沿電場線方向移動距離最多，做AC垂線并且與圓相切，切點為D，即粒子要從D點射出時沿電場線方向移動距離最多，粒子在電場中做類平拋運動，根據幾何關系有x＝Rsin 60°＝v1t
y＝R＋Rcos 60°＝12at2
而電場力提供加速度有qE＝ma
聯立各式解得粒子進入電場時的速度v1＝2v04；
(3)因為粒子在電場中做類平拋運動，粒子穿過電場前后動量變化量大小為mv0，即在電場方向上速度變化為v0，過C點做AC垂線會與圓周交于B點，故由題意可知粒子會從C點或B點射出。當從B點射出時由幾何關系有

xBC＝3R＝v2t2
xAC＝R＝12at22
電場力提供加速度有qE＝ma
聯立解得v2＝3v02；
當粒子從C點射出時初速度為0。
【點評】本題通過帶電粒子在電場中的運動，考查帶電粒子在電場中的加速和偏轉問題。易錯點在于找不到動能最大所對應的位置，從而導致無法解決問題(2)；對于動量變化量為，只考慮了類平拋運動的情況，忽略了初速度為0的情況。

1．【答案】A
【解析】小球甲、乙之間的庫侖力F＝kq2l2＝0.4 N，設細線M、N的拉力大小均為T，對小球甲受力分析，根據平衡條件有2Tcos 30°＋F＝mg，解得T＝35N，故選A。
2．【答案】D
【解析】根據等勢線的形狀可知，電場是由一個點電荷產生的，離點電荷較遠的a點電場強度較小，A錯誤；因為中心電荷的電性無法判斷，電場線方向無法判定，則不能比較a、b的電勢高低，B錯誤；根據軌跡的彎曲方向可知，a粒子受到中心電荷的斥力，電場力對a做正功，電勢能減小，C錯誤；b粒子受到中心電荷的引力，電場力對b粒子做正功，動能增大，D正確。
3．【答案】C
【解析】由等量異種電荷的電場線及等勢面分布特點可知，φa＞φd，故A錯誤；由場強的疊加可知，a、d′兩點的場強大小相等，方向不同，故B錯誤；因φa＞φc′，根據W＝qUac′，故電子從a點移到c′點靜電力做負功，故電子的電勢能增加，故C正確，D錯誤。
4．【答案】C
【解析】根據電容器電容決定式，有C＝εrS4πkd，可知當產品厚度減小時，導致εr減小，電容器的電容減小，根據電容器電容定義式C＝QU，可知極板帶電荷量減小時，有放電電流從a向b流過靈敏電流計G，即有負電荷從b向a流過靈敏電流計G，故AD錯誤，C正確；根據電場強度與電勢差的關系式，有E＝Ud，因兩板間電勢差不變，板間距離不變，所以兩板間電場強度不變，故B錯誤。
5．【答案】D
【解析】若A、B兩極板間距增大，根據C＝εrS4πkd知電容C減小，根據Q＝CU可知電容器要放電，但是由于二極管的單向導向性使得電容器電量保持不變，根據E＝4πkQεrS可知兩板場強不變，小球仍靜止，A錯誤；若A、B兩極板正對面積減小，根據C＝εrS4πkd知電容C減小，根據Q＝CU可知電容器要放電，但是由于二極管的單向導向性使得電容器電量保持不變，根據E＝4πkQεrS知兩板場強變大，小球將向上運動，B錯誤；若A、B兩極板間插入電介質，根據C＝εrS4πkd可知C變大，根據Q＝CU可知電容器帶電量增加，C錯誤；若A、B兩極板間插入金屬板，相當d減小，根據C＝εrS4πkd可知C變大，電容器充電，根據E＝Ud，則E變大，小球將向上運動，D正確。
6．【答案】D
【解析】小球運動的v2－x圖像是一條直線說明，小球做勻變速直線運動，且v2－x圖像的斜率為2a，則通過計算有a＝0.5g，說明小球受到的電場力方向向上，小球帶正電則電場線的方向也向上，則沿電場線由A到B，電勢逐漸升高，A錯誤；小球受到的電場力向上，而小球運動的位移向下，則電場力做負功，小球從A運動到B的過程中電勢能逐漸增大，B錯誤；小球從A運動到B的過程中根據動能定理有mgh－qUAB＝12mv2，得UAB＝，C錯誤；小球做勻變速直線運動，則電場應為勻強電場，根據勻強電場電勢差與電場強度的關系有，則D正確。
7．【答案】ACD
【解析】對A球下滑的過程，據機械能守恒得2mgh＝12×2mv02，v0＝2gh，故A正確；A球進入水平軌道后，兩球系統動量守恒，當兩球相距最近時有共速2mv0＝(2m＋m)v，v＝232gh，根據能的轉化和守恒定律2mgh＝12(2m＋m)v2＋Epm，得Epm＝23mgh，故B錯誤；當兩球相距最近之后，在靜電斥力作用下相互遠離，兩球距離足夠遠時，相互作用力為零，系統勢能也為零，速度達到穩定，2mv0＝2mvA＋mvB，12×2mv02＝12×2mvA2＋12mvB2，得vA＝132gh，vB＝432gh，故CD正確。
8．【答案】CD
【解析】φ－x圖象的切線斜率表示電場強度，則可知原點O處合場強為零，且電勢均為正，則兩點電荷均為正電荷，故A錯誤；φ－x圖象的切線斜率表示電場強度，則可知M點的電場強度小于N點的電場強度，故B錯誤；設B處點電荷帶電量絕對值為Q′，由A項知原點O處合場強為零，則有，解得Q′＝4Q，在N點，根據電場的疊加原理有，故C正確；由圖可知，負的試探電荷由M點運動到N點的過程，電勢先降低后升高，由Ep＝qφ知電勢能先增大后減小，故D正確。
9．【答案】AC
【解析】若H＝3R小球從A到C的過程中，電場力做負功，電勢能增加，則有ΔEp＝EqR＝2mgR，故A正確；小球剛好能到B點時，由彈力提供向心力，則滿足過B點的速度vB≥0，由A到B的動能定理可知mgH－qER＝12mvB2－0，，解得h≥2R，故B錯誤；過C點的壓力為6mg，則由牛頓第三定律可知軌道的支持力為6mg，對C點受力分析有N＋qE－mg＝，從A到C由動能定理有mg(H＋R)－qER＝12mvC2－0，解得H＝4.5R，故C正確；若H＝R，假設小球可以沿軌道到達C點，根據動能定理有mg(H＋R)－qER＝12mvC2－0，解得vC＝0，故在C點需要的向心力為零，但電場力和重力的合力向上，大于需要的向心力，不能沿著軌道過C點，說明球到達C點前已經離開軌道，故D錯誤。
10．【答案】BC
【解析】由于離子在兩板之間的運動過程中，只受到電場力的作用，不同時間釋放的離子初速度相同，但受到電場力作用的時間不同，所以運動時間不可能都相等，A錯誤；在t＝0進入的離子，在t＝T2到達Q板且速度剛好減小到零，根據動量定理，有－FT2＝－mv0，在T4進入的離子，在電場中運動了T4時間，且在下個周期前到達Q板，根據動量定理，有－FT4＝mv－mv0，可得v＝12v0，B正確；兩極板間距離d＝12v0T2＝14v0T，在進入的離子，在前T8時間內做勻速直線運動，距離d＝v0T8＝12d，接著在電場中運動的距離d2＝d－12d＝12d，根據動能定理，在t＝0進入的離子－Fd＝12mv02，在進入的離子－Fd2＝12mv12－12mv02，解得v1＝22v0，C正確；若兩板間的距離變為原來的2倍，電場強度變為原來的一半，離子做減速運動的加速度也變為原來的一半，在T2時刻電場消失時，離子的速度并不為0，接著做勻速直線運動，在下個周期之前離開Q板，所以到達Q板的速度并不為0，D錯誤。
11．【解析】(1)小環從C運動到M過程，根據動能定理：
F•3R＋WCM－mgR＝0
解得：WCM＝－mgR。
(2)小環從C運動到N過程，根據動能定理：
2F•3R＋WCM－mg•2R＝12mv2
解得：。
(3)小環從D運動到B過程，根據動能定理：WDB＝0－12mv02
可得
在D點小環受到圓心位置的點電荷的靜電力水平方向最大，其最大值為。那么小環受到的外力至少為，否則小環將向左運動。所以從D到圓軌道最高點的過程，根據動能定理：

解得：h＝( －2)R。
12．【解析】(1)金屬塊滑上木板后，金屬塊減速，木板加速，達到共同速度v1之后進入電場區域，根據動量守恒定律有：mv0＝(m＋M)v1
設這一過程兩者相對運動的距離為s1，根據能量守恒定律有：
μmgs1＝12mv02－12(M＋m)v12
解得：v1＝1 m/s，s1＝0.75 m
金屬塊進入電場之后，假設兩者以相同的加速度運動，則有：qE＝(M＋m)a共
解得：a共＝23 m/s2
再隔離木板，根據牛頓第二定律有：Ff＝Ma共＝43 N＜Ffm＝μmg＝4 N
故假設成立
設木板與墻壁第一次碰撞前瞬間的速度大小為v2，對整體根據動能定理有：
qE[d－(L－s1)]＝12(M＋m)v22－12(M＋m)v12
解得：v2＝3 m/s。
(2)木板與墻壁碰撞后，金屬塊和木板都以大小為v2的初速度相向做勻減速運動，加速度大小分別為：
a1＝＝2 m/s2，a2＝＝2 m/s2
兩者速度同時減為零時，各自的位移大小為x1'＝x2'＝＝0.75 m
速度同時減為零后，整體又向左做勻加速運動，設木板與墻壁第二次碰撞前瞬間的速度大小為v3，對整體根據動能定理有：qEx2'＝12(M＋m)v32
解得v3＝1 m/s。

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【原創】（新高考）高考二輪精品專題六電場

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