第1部分 专题3 第8讲 电场（word教参）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

第一部分：专题三　电场和磁场 第8讲　电场 　对应学生用书　P41 考点一　电场性质 1．电场中的各个物理量的关系 2．电场强度的计算 (1)定义式：E＝.电场中某点的电场强度是确定值，其大小和方向与试探电荷q无关． (2)真空中点电荷：E＝k.E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定． (3)匀强电场：E＝.式中d为两点间沿电场方向的距离． 3．电势高低的判断方法 (1)根据电场线方向，沿着电场线方向，电势越来越低； (2)根据电势的定义式φ＝，即将＋q从电场中的某点移至无穷远处，电场力做功越多，则该点的电势越高； (3)根据电势差UAB＝φA－φB，若UAB＞0，则φA＞φB，反之，φA＜φB. 4．电势能变化的判断方法 (1)根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少；反之则增加．即W＝－ΔEp. (2)根据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，而总和保持不变． 5．电场中带电粒子轨迹的判断分析方法 (1)轨迹的切线方向：速度的方向． (2)某点电场力方向：沿着该点的电场线的切线方向，轨迹向着电场力的方向弯曲． [例1]　(多选)(2024·四川成都三模)如图所示，在真空中水平放置一长方体高为2L，其上下两个面是边长为L的正方形，在顶点A、C、F、H处分别放置电荷量为＋Q的点电荷，O1、O2分别是线段AC和线段FH的中点．下列说法正确的是(　　) A．该长方体的几何中心处电场强度为零 B．B、D两点电场强度相同 C．沿竖直方向从O1到O2，电势先减小后增大 D．将一电子从B点移到E点，电场力做负功 [解析]　由等量同种点电荷电场特点可知，A、C处放置的正电荷在长方体的几何中心处电场强度方向竖直向下，F、H处放置的正电荷在长方体的几何体中心处电场强度方向竖直向上，且A、C在几何体中心产生的电场强度与H、F在几何体中心产生的电场强度大小相等，方向向反，则该长方体的几何中心处合场强为零，故A正确；由矢量合成可知，B、D两点的电场强度大小相等，方向不同，故B错误；O1、O2连线中点处电势为零，沿竖直方向从O1到O2，电势先减小后增大，故C正确；O1、O2连线中点处电势为零，即负电荷在此处电势能为零，B、E两点等电势且电势为正，即负电荷在此两点处电势能相等且为负，所以将一电子从B点移到E点电势能先增大后减小，电场力先做负功后做正功，故D错误． [答案]　AC 　　　　　　对称法 1．(2024·河北卷，7)如图，真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C.M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为.已知正三角形ABC的边长为a，M点的电场强度为0，静电力常量为k.顶点A处的电场强度大小为(　　) A.　　　　　　 B．(6＋) C.(3＋1) D．(3＋) 解析：D　[由于M点与A点关于带电细杆对称，故细杆在A处产生的电场强度大小E6＝E3＝，方向竖直向上，B、C在A点产生的合场强EA′＝cos 30°＝，故A点的电场强度大小E＝E′A＋E6＝(＋3)，D正确．] 2．(多选)(2024·山东卷，10)如图所示，带电量为＋q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面．质量为m、带电量为＋q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零．已知A、C间的距离为s，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是(　　) A．OB的距离l＝ B．OB的距离l＝ C．从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgs D．AC之间的电势差UAC＝－ 解析：AD　[AB.由题意知小滑块在B点处的加速度为零，则根据受力分析有沿斜面方向mgsin 30°＝cos 30°，解得l＝，A正确，B错误；C.因为滑到C点时速度为零，小滑块从A到C的过程，静电力对小滑块做的功为W，根据动能定理有W＋mgssin 30°＝0，解得W＝－，故C错误；D.根据电势差与电场强度的关系可知A、C之间的电势差UAC＝＝－，故D正确．] 考点二　电场中的图像问题 电场中几种常见的图像 v­t 图像 当带电粒子只受静电力时，从v­t图像上能确定粒子运动的加速度方向、大小变化情况，进而可判定粒子运动中经过的各点的电场强度方向、电场强度大小、电势高低及电势能的变化情况 φ­x 图像 (1)从φ­x图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场强度的方向及试探电荷电势能的变化 (2)φ­x图线切线的斜率大小表示沿x轴方向电场强度E的大小 E­x 图像 以电场强度沿x轴方向为例： (1)E>0表示电场强度沿x轴正方向，E<0表示电场强度沿x轴负方向 (2)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定 Ep­x 图像 (1)图像的切线斜率大小表示静电力大小 (2)可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况 [例2]　(2024·山东青岛高三期末)如图为不等量同种点电荷q1、q2连线上各点电势随位置坐标变化的φ­x图像，图线与φ轴正交，交点处的纵坐标为φ0，a、b为x轴上关于原点O对称的两个点．取无穷远处电势为0，某一正电荷的质量为m，电荷量为e，下列说法正确的是(　　) A．q1、q2均带负电 B．两电荷电量之比＝ C．将正电荷从a点由静止释放，到达b点时速度为0 D．将正电荷从a点由静止释放，若经过O点时速度为v0，则a点电势为φa＝φ0＋ [解析]　由图可知x轴上的－x0和2x0之间的电势都大于零，故两个点电荷一定都是正电荷，故A错误；在x＝0处φ­x图像切线的斜率为零，则该点处的电场强度为零，有k＝k，解得q1∶q2＝1∶4，故B错误；因a点电势高于b点电势，正电荷从a点由静止释放到达b点，静电力做正功，因此到达b点时速度不为0，故C错误；从a点静止释放到O点时，由动能定理可得e(φa－φ0)＝mv，得φa＝φ0＋，故D正确． [答案]　D 1．如图甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴．理论分析表明，x轴上各点的电场强度随x变化关系如图乙所示，其中x1＝和x2＝2R处的电场强度大小相等，则(　　) A．x1和x2处电场强度方向相反 B．球内部的电场为匀强电场 C．负试探电荷在位置R处的电势能比在位置x2处的电势能大 D．位置x1处的电势高于位置x2处的电势 解析：D　[x1和x2处电场强度均为正值，方向相同，A错误；由图乙可知，球内部的电场强度随x的增大而增大，不是匀强电场，B错误；沿电场线方向电势逐渐降低，所以位置R处的电势比位置x2处的电势高，负试探电荷在位置R处的电势能比在位置x2处的电势能小，C错误；由图乙可知电场强度方向由x1指向x2，根据沿电场线方向电势降低可知位置x1处的电势高于位置x2处的电势，D正确．] 2．(2024·山东日照统考)如图所示，O点为两等量异种点电荷连线的中点，一带正电的粒子(不计重力)从连线上的A点由静止释放，在静电力作用下运动到B点．取A点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向．在粒子从A点运动到B点的过程中，下列关于粒子运动的速度v和加速度a随时间t的变化，运动径迹上电势φ和粒子的电势能Ep随位移x的变化图线可能正确的是(　　) 解析：B　[根据等量异种点电荷的电场线分布可知，在粒子从A到B的运动过程中，电场强度先变小后变大，粒子受到的静电力先变小后变大，则加速度先变小后变大，v­t图像切线的斜率先变小后变大，故A错误，B正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，电势与位移的图像的斜率表示电场强度，电场强度先减小后增大，所以图像的斜率先减小后增大，故C错误；根据Ep＝qφ，得＝q＝qE，E先减小后增大，所以Ep­x图像切线的斜率先减小后增大，故D错误．] 考点三　带电粒子(体)在电场中的运动 1．带电粒子在电场中的运动 2．解题途径的选择 (1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉及时间时选择功能关系，否则必须选择运动和力的关系． (2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解． [例3]　(2024·广东省高三调研)负离子吹风筒是目前比较流行的吹风筒．如图，某负离子吹风筒吹出含有大量氧离子(－2e)的空气，沿水平方向进入电压为U的加速电场，之后进入偏转电场，偏转电场极板水平且两极板间电压恒为U，极板间距为d，长度也为d.若空气流中所含氧离子分布均匀且横截面积足够大，氧离子质量为m，不考虑空气流分层现象，不计离子间作用力，不计空气对离子流和电场的影响，不计氧离子重力以及氧离子进入加速电场的初速度，求： (1)氧离子进入偏转电场的速度大小； (2)能够离开偏转电场的氧离子占进入偏转电场氧离子的比例． [解析]　(1)氧离子进入加速电场，根据动能定理有2eU＝mv，解得v0＝2； (2)氧离子在偏转电场中做类平抛运动，偏转电场电场强度为E＝， 根据牛顿第二定律有2eE＝ma， 解得a＝， 若氧离子能够射出偏转电场，根据运动学公式得 t＝，y＝at2， 联立解得y＝， 因此，距上极板的氧离子恰好能够离开偏转电场，能够离开偏转电场的氧离子占能够进入偏转电场氧离子的比例为k＝＝. [答案]　(1)2　(2) 1．(多选)(2024·四川省绵阳市第二次诊断)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O为环心，A为最低点，B为最高点．在大圆环所在的竖直平面内施加水平向右、电场强度为的匀强电场，并同时给在A点的小圆环一个向右的水平初速度v0，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中(　　) A．动能最小与最大的位置在同一等势面上 B．电势能最小的位置恰是机械能最大的位置 C．在A点获得的初速度为 D．过B点受到大环的弹力大小为mg 解析：BC　[由于匀强电场的电场强度为，即静电力与重力大小相等，作出小圆环在大圆环上的等效最低点C与等效最高点D，如图所示．小圆环在等效最低点速度最大，动能最大，在等效最高点速度最小，动能最小，根据沿电场线电势降低，可知φD>φC， C点与D点不在同一等势面上，A错误； 小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置，B正确； 小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效最高点D的速度为0，对圆环分析有 －qERsin 45°－mg(R＋Rcos 45°)＝0－mv， 解得vA＝，C正确； 小圆环运动到B过程有 －mg·2R＝mv－mv， 在B点有FN＋mg＝m， 解得FN＝(2－3)mg<0， 可知，小圆环过B点受到大环的弹力大小为 (3－2)mg，D错误．] 2．(2024·烟台二模)如图甲所示，A、B两板竖直放置，两板之间的电压U1＝100 V，M、N两板水平放置，两板之间的距离d＝0.1 m，板长L＝0.2 m．一个质量m＝2×10－12kg、电荷量q＝＋1×10－8C的带电粒子(不计重力)从靠近A板处由静止释放，经加速电场加速后从B板的小孔穿出，沿着M、N两板的中轴线垂直进入偏转电场，如果在M、N两板之间加上如图乙所示的偏转电压，当t＝时，带电粒子刚开始进入偏转电场，则： (1)带电粒子从B板的小孔穿出时的速度为多大？ (2)要使带电粒子能够从M、N两板之间(不沿中轴线)穿出，并且穿出后的速度方向保持水平，则交流电U2的周期T为多少？ (3)在满足(2)条件的情况下，它在偏转电场中的最大偏移量是多少？(结果保留一位有效数字) 解析：(1)由动能定理得qU1＝mv， 解得v0＝ ＝1×103m/s. (2)要使带电粒子能够从M、N两板之间穿出，并且穿出后速度方向不变，则带电粒子穿过偏转电场的时间t＝T(n＝0,1,2，…)　①， 带电粒子沿水平方向做匀速直线运动，则L＝v0t　②， 所以T＝ s(n＝0,1,2，…)　③， 带电粒子进入偏转电场时的加速度a＝　④， 电场强度E＝　⑤， 带电粒子在进入偏转电场后的前内沿竖直方向 的位移y＝a2　⑥， 要使带电粒子能够从M、N两板之间穿出，需满足 2y≤　⑦， 联立①～⑦式解得n≥4.5， 所以T＝ s(n＝5,6,7，…)． (3)要使总偏移量最大，则n应取值最小，故n＝5，由此解得，最大偏移量y′＝2y≈0.04 m. 答案：(1)1×103 m/s　(2) s(n＝5,6,7，…)　(3)0.04 m 对应学生用书　P45 1．(多选)(2024·四川德阳市联考)如图所示，电荷量分别为q和－q(q>0)的点电荷固定在正四面体的两顶点上，a、b是正四面体的另外两个顶点．则(　　) A．a点和b点的电势相等 B．a点和b点的电势不相等 C．a点和b点的电场强度等大但方向不同 D．a点和b点的电场强度等大且方向相同 解析：AD　[如图所示，O为两点电荷连线的中点，则平面Oab为等量异种点电荷连线的中垂面，根据等量异种点电荷电势分布特点可知，中垂面为一等势面，则a点和b点的电势相等，故A正确，B错误；由图可知，a点到等量异种点电荷连线的中点O的距离等于b点到等量异种点电荷连线的中点O的距离，根据等量异种点电荷电场强度分布特点可知，a点和b点的电场强度大小相等，a点和b点的电场强度方向均与q、－q连线平行，方向由q指向－q，即a点和b点的电场强度等大且方向相同，故C错误，D正确．] 2．(2024·安徽合肥市一模)如图所示，一绝缘细直杆AC固定在方向水平向左的匀强电场中，直杆与电场线夹角为45°，杆长为l＝ m．一套在直杆上的带电小环，由杆A端以某一速度匀速下滑，小环离开杆后恰好通过杆C端正下方P点，C、P两点相距h.已知环的质量m＝0.5 kg，环与杆间的动摩擦因数μ＝，h＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)小环从杆A端运动到P点的时间； (2)小环运动到杆A端正下方时的动能Ek. 解析：(1)小环从A到C的过程中匀速下滑，设小环所受静电力为F，因小环能到P点，故F方向向右，对小环受力分析可得 mgsin 45°＝Fcos 45°＋Ff， FN＝mgcos 45°＋Fsin 45°， 又因为Ff＝μFN， 解得F＝2.5 N， 小环从C到P的过程中，在水平方向有 ax＝， 0＝vcos 45°·t1－axt， 竖直方向有h＝vsin 45°·t1＋gt， 解得t1＝0.4 s，v＝ m/s，ax＝5 m/s2， 则小环从A运动到P点的时间为 t＝＋t1＝1.9 s； (2)小环从C到A正下方的过程中，在水平方向有 vx＝vcos 45°－axt2，－lcos 45°＝vcos 45°·t2－axt， 竖直方向有vy＝vsin 45°＋gt2， 解得vx＝－4 m/s，vy＝11 m/s， 则小环运动到杆A端正下方时的动能为 Ek＝m(v＋v)＝34.25 J. 答案：(1)1.9 s　(2)34.25 J 学科网（北京）股份有限公司 $$