专题3 第9讲 电场 （课件）-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考A版，鲁湘鄂豫皖冀）

专题三　 电场与磁场 知识体系 知识体系 第9讲　电场 目标要求 1 理解电场的性质，会比较场强大小，电势高低，电势能大小，会分析和计算静电力做功。 2 会通过电场中的图像来分析问题。 3 会用动力学观点和能量观点分析处理带电粒子在电场中的运动问题。 内容索引 考点一 考点二 高考预测 电场的性质 电场中的图像问题 专题强化练 考点三 带电粒子(带电体)在电场中的运动 考点一 电场的性质 (1)电场强度的方向是正电荷所受静电力的方向，也是电场线上某点的切线方向，电场的强弱(电场强度的大小)可根据电场线的疏密程度来进行比较。 (2)计算电场强度常用的方法：公式法、平衡条件求解、叠加合成法、对称法、补偿法、等效法。 1.电场强度的分析与计算 2.电势高低的判断 判断依据 判断方法 电场线方向 沿电场线方向电势逐渐降低 场源电荷的正负 取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；越靠近正电荷处电势越高，越靠近负电荷处电势越低 电势能的大小 正电荷在电势能大处电势较高，负电荷在电势能大处电势较低 静电力做功 根据UAB＝ ，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低 (1)做功判断法：由WAB＝EpA－EpB可知，静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增大。 (2)电荷电势法：由Ep＝qφ可知，正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大。 (3)能量守恒法：若只有静电力做功，电荷的动能和电势能之和守恒，动能增大时，电势能减小，动能减小时，电势能增大。 3.电势能大小的判断 　(多选)(2022·重庆卷·8)如图为两点电荷Q、Q′的电场等势面分布示意图，Q、Q′位于x轴上，相邻等势面的电势差为3 V。若x轴上的M点和N点位于0 V等势面上，P为某等势面上一点，则 A.N点的电场强度大小比M点的大 B.Q为正电荷 C.M点的电场方向沿x轴负方向 D.P点与M点的电势差为12 V 例1 √ √ 等差等势面的疏密程度反映电场强度的大小，由题图可知N点的等差等势面比M点更密，则N点的电场强度大小比M点的大，故A正确； 沿着电场线方向电势逐渐降低，由题图可知电场线由N指向Q，则Q为负电荷，故B错误； 沿着电场线方向电势逐渐降低，结合各等势面的电势高低关系可知M点的电场方向沿x轴正方向，故C错误； M点与N点电势均为0 V，P点与N点的等势面间有四个等势间隔，而相邻等势面的电势差为3 V，则P点与M点的电势差为12 V，故D正确。 　(多选)(2022·全国乙卷·19)如图，两对等量异号点电荷＋q、－q(q>0)固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则 A.L和N两点处的电场方向相互垂直 B.M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左 C.将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功 D.将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零 例2 √ √ 解题指导 关键表述解读 两对等量异号点电荷 可进行两两组合 固定于正方形的4个顶点上 对角线既是其中两个电荷的连线，又是另外两个电荷连线的中垂线 推理论证 A.L和N两点处的电场方向相互垂直 两个－q一组，两个＋q一组进行场强叠加 解题指导 推理论证 B.M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左 水平＋q、－q为一组，变为两组等量的异种电荷，进行叠加 C.将一带正电的点电荷从M点移动到O点，静电力做正功 D.将一带正电的点电荷从L点移动到N点，静电力做功为零 两个－q一组，两个＋q一组进行电势叠加，N点电势高于L点，静电力做功不为零 两个正点电荷在N点产生的电场强度方向由N指向O，N点处于两负点电荷连线的中垂线上，则两个负点电荷在N点产生的电场强度方向由N指向O，则N点的合电场强度方向由N指向O，同理可知，L处的合电场强 度方向由O指向L。由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确； 正方形底边的一对等量异号点电荷在M点产生的电场强度方向向左，而正方形上方的一对等量异号点电荷在M点产生的电场强度方向向右，由于M点离上方一对等量异号点电荷距离较远，则M点的合电场方向向 左，故B正确； 由题图可知，M和O点位于两对等量异号点电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，静电力做功为零，故C错误； 由题图结合等量异号点电荷模型可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，静电力做功不为零，故D错误。 　(2022·河北卷·6)如图，真空中电荷量为2q和－q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心，电势为零的等势面(取无穷远处电势为零)，P为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，下列说法正确的是 A.P点电势低于S点电势 B.T点电场强度方向指向O点 C.除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度 为零的点 D.将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功 例3 √ 在直线MN上，正电荷在M点右侧电场强度水平向右，负电荷在N点左侧电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向 右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，故A错误； 由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N点的左侧电场强度不可能为零，设M、N之间的距离为L，在N点右侧与N点距离为d的点电场强度为零， 可知除无穷远处外，直线MN上电场强度为零的点只有一个，故C错误； 由A选项分析可知：T点电势低于P点电势，则正电荷在T点的电势能低于在P点的电势能，将正试探电荷q0从T点移到P点，电势能增加，静电力做负功，故D错误； 由于电场强度方向垂直于等势面，可知T点的电场强度方向所在直线必过等势面的球心O， 根据异种电荷的电场线分布情况可知，N、S间电场线方向由S指向N，则φS>φO， 由于φT＝φS，则φT>φO，故T点电场强度方向指向O点，故B正确。 考点二 电场中的图像问题 23 电场中几种常见的图像 v－t图像 当带电粒子只受静电力时，从v－t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 φ－x图像 (1)从φ－x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)φ－x图线切线的斜率大小表示沿x轴方向电场强度E的大小 E－x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”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 Ep－x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 　(多选)(2023·云南丽江市一模)如图甲所示，在x轴上固定两个带电荷量分别为＋4q、－q的点电荷，以其中的某一电荷为原点，两电荷所形成的电场的电势φ在x轴正半轴上的分布如图乙所示，下列说法正确的是 A.正电荷在坐标原点，负电荷在 的位置 B.负电荷在坐标原点，正电荷在x＝－x2的位置 C.在x轴上x>x2区域电场强度沿x轴正方向 D.一带负电试探电荷从O处移到x2处，电势能先 减小后增加 例4 √ √ 由φ－x图像可知，原点附近的电势为负且绝对值很大，可知负电荷在坐标原点。φ－x图像斜率表示电场强度大小，x＝x2位置电场强度为零，根据 ，解得x3＝x2，正电荷在x＝－x2的位置，故A错误，B正确； 在x轴上x>x2区域电势一直减小，电场强度沿x轴正方向，故C正确； 从O处移到x2处，电势不断增加，则带负电试探电荷从O移到x2处电势能不断减小，故D错误。 　(多选)(2023·湖南师范大学附属中学模拟)如图所示，两个等大、平行放置的均匀带电圆环相距l0，所带电荷量分别为＋Q、－Q，圆心A、B连线垂直于圆环平面。以A点为坐标原点，沿AB方向建立x轴，将带正电的粒子(重力不计)从A点静止释放，无穷远处电势为零。 粒子从A点运动到B点的过程中，下列关于电势φ、电 场强度E、粒子的动能Ek和电势能Ep随位移x的变化图 线中，可能正确的是 例5 √ √ 设O′为AB中点，根据电势的叠加可知，O′点的电势为0，且A、B两点关于O′点对称，则A、B两点电势大小相等，符号相反，故A正确； 在A点，＋Q环产生的电场强度为0，但－Q环产生的电场强度不为0，即图像不过原点，故B错误； 由动能定理W＝qEx＝Ek－0＝Ek，则Ek－x图像斜率表示静电力qE，而在O′点静电力最大，故图像x＝ 处斜率最大，故C正确； 由于A、B处的电势一正一负，绝对值相等，根据Ep＝φq可知，粒子在A、B两点的电势能也是一正一负，绝对值相等，故D错误。 考点二 带电粒子(带电体) 在电场中的运动 基本粒子一般不考虑重力，带电体(如液滴、油滴、尘埃等)一般不能忽略重力，除有说明或明确的暗示外。 1.带电粒子(带电体)在电场中运动时重力的处理 2.带电粒子(带电体)在电场中的常见运动及分析方法 常见运动 受力特点 分析方法 静止或匀速直线运动 合外力F合＝0 共点力平衡 变速直线运动 合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上 常见运动 受力特点 分析方法 带电粒子在匀强电场中的偏转 进入电场时v0⊥E，粒子做类平抛运动 运动的分解 常见运动 受力特点 分析方法 带电粒子在匀强电场中的偏转 粒子斜射入电场，粒子做类斜抛运动 运动的分解   垂直电场方向做匀速直线运动：x＝v0tsin θ 沿电场方向做匀变速直线运动：y＝v0tcos θ－ 带电粒子在非匀强电场中运动 静电力在变化 动能定理，能量守恒定律 (1)对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题。 (2)根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化，总的能量保持不变。 3.带电体在电场和重力场的叠加场中运动的分析方法 　(2023·广东新高考调研)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(带电荷量为－2e)的空气，沿水平方向进入电压为U的加速电场，之后进入竖直放置的偏转电场，偏转电场极板电压恒为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； 例6 (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。 根据牛顿第二定律有2eE＝ma 若氧离子能够射出偏转电场，根据运动学公式得 　(多选)(2023·四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 例7 √ √ 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 带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动 总结提升 总结提升 (2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点。 　(2023·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＝ 。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； 例8 答案　1.9 s　 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 竖直方向有 则小环从A运动到P点的时间为 (2)小环运动到杆A端正下方时的动能Ek。 答案　34.25 J 小环从C到A正下方的过程中，在水平方向有vx＝vcos 45°－axt2， 竖直方向有vy＝vsin 45°＋gt2 解得vx＝－4 m/s，vy＝11 m/s 高考预测 52 1.(多选)(2023·四川德阳市联考)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点的场强等大但方向不同 D.a点和b点的场强等大且方向相同 1 2 √ √ 1 2 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点的场强大小相等，a点和b点的场强方向均与q、－q连线平行，方向由q指向－q，即a点和b点的场强等大且方向相同，故C错误，D正确。 2.(多选)(2023·云南省“333”诊断)如图，圆心为O、半径为R的圆形区域内存在一个平行于该区域的匀强电场，MN为圆的一条直径。质量为m、电荷量为＋q的粒子从M点以速度v射入电场，速度方向与MN夹角θ＝45°，一段时间后粒子运动到N点，速度大小也为v，不计粒子重力，规定M点电势为0。下列说法正确的是 1 2 1 2 √ √ √ 1 2 粒子在M与N动能相等，静电力不做功，所以MN为等势线，电场线与MN垂直，粒子做类斜抛运动。 1 2 离开圆形区域时，距MN越远，电势能越小，故当粒子从P点离开时，电势能最小， 专题强化练 59 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 保分基础练 1.(多选)(2023·辽宁卷·9)图(a)为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图(b)为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则 A.P点电势比M点的低 B.P点电场强度大小比M点的大 C.M点电场强度方向沿z轴正方向 D.沿x轴运动的带电粒子，电势能不变 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由图结合电场线由电势为高的等势面指向电势低的等势面，可知P点电势比M点的高，选项A错误； 因M点所在的等差等势面密集，则 M点场强比P点大，即P点电场强度大小比M点的小，选项B错误； 场强方向垂直等势面，且沿电场线方向电势逐渐降低，可知M点电场强度方向沿z轴正方向，选项C正确； 因x轴上各点电势相等，则沿x轴运动的带电粒子电势能不变，选项D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2.(多选)(2023·浙江模拟预测)在竖直向上的匀强电场中，有两个质量均为m、带等量异种电荷(电量绝对值为q)的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上。现将两球以相同的水平速度v0 向右抛出最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示。A、B两球抛出点到落地点之间的水平距离分别是L1和L2。两球之间的静电力和空气阻力均不考虑(重力加速度为g)，则 A.A球带正电，B球带负电 B.B球比A球先落地 C.在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加 D.两球从抛出到各自落地的过程中，A、B球的机械能变化量大小相等 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 两球在水平方向都做匀速直线运动，v0相同，由x＝v0t知，A运动的时间比B的长，竖直方向上h相等，由h＝ 可知，A的加速度比B的加速度 小，A的合力比B的合力小，所以A受到的静电 力向上，带正电，B受到的静电力向下，带负电，故A正确； A运动的时间比B的运动时间长，则B球比A球先落地，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A受到的静电力向上，静电力对A球做负功，A球的电势能增加，A球的机械能减小，减小量为ΔEA＝qEh；B受到的静电力向下，静电力对B球做正功，B球的电势能减小，B球的机械能增加，增加量为ΔEB＝qEh，故C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3.(多选)(2023·广东卷·9)电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现出不同颜色。透明面板下有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素。如图所示，胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒。当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁移(每个微粒电量保持不变)，像素由黑色变成白色。下列说法正确的有 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A.像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势 B.像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势 C.像素由黑变白的过程中，电场力对白色微粒做正功 D.像素由白变黑的过程中，电场力对黑色微粒做负功 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 像素呈黑色时，当胶囊下方的电极带负电，像素胶囊里电场线方向向下，所以黑色微粒所在的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故A正确； 像素呈白色时，当胶囊下方的电极带正电，像素胶囊里电场线方向向上，所以黑色微粒所在的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 像素由黑变白的过程中，白色微粒受到的电场力向上，位移向上，电场力对白色微粒做正功，故C正确； 像素由白变黑的过程中，黑色微粒受到的电场力向下，位移向下，电场力对黑色微粒做正功，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4.(2022·山东卷·3)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，此时的圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上 的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 根据O点的合电场强度为0，则放在D点的点电荷 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5.(多选)(2023·广东省高州市高三上一模)如图所示，无限大平行金属板水平放置且接地，金属板上表面涂上绝缘层，一个带正电的点电荷P固定在金属板正上方，该电荷与金属板间形成的电场与等量异种点电荷连线的中垂线一侧的电场分布相同。将一个带正电的带电粒子Q从P与金属板垂直连线中点的a点沿直线移到板上b点，再沿直线移到板上c点，则此过程 A.从a到c，Q的电势能一直减小 B.从a到c，Q的电势能先减小后不变 C.从a到c，Q受到的静电力先减小后不变 D.Q在a点受到的静电力大于P对Q的库仑力 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由于静电感应，金属板为等势面，固定的点电荷P与板间的电场为等量异种点电荷电场的一半，因此从a到b的电场强度越来越小，电势越来越低。带正电的粒子从a到b的过程中，受到的静电力越 来越小，且静电力做正功，则电势能减小；从b到c的电场线变稀疏，则电场强度继续减小，但由于此过程在等势面上运动，则电势不变，因此小球从b到c，静电力减小，电势能不变，故A、C错误，B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Q在a点受到的静电力等于P对Q的库仑力与金属板的感应电荷对Q的库仑力之和，即Q在a点受到的静电力大于P对Q的库仑力，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(2022·江苏卷·9)如图所示，正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相等，O是正方形的中心，将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动，则 A.在移动过程中，O点电场强度变小 B.在移动过程中，C点的电荷所受静电力变大 C.在移动过程中，移动的电荷所受静电力做负功 D.当其移动到无穷远处时，O点的电势高于A点 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 O是等量同种电荷连线的中点，电场强度为0，将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处，O点电场强度变大，故A错误； 移动过程中，C点电场强度变小，C点的正电荷所受静电力变小，故B错误； A点电场方向沿OA方向，移动过程中，移动的电荷所受静电力做正功，故C错误； OA段的电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，A点的电荷移动到无穷远处时，O点的电势高于A点电势，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7.(2022·浙江6月选考·9)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为 ；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则 A.M板电势高于N板电势 B.两个粒子的电势能都增加 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误； 根据题意垂直M板向右的粒子到达N板时速度增加，动能增加，则静电力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板时静电力也做正功，电势能同样减小，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动， 对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 争分提能练 8.(多选)(2023·贵州毕节市诊断)在某静电场中，x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，规定x轴正方向为场强正方向。下列判断正确的是 A.x1和x3处的电场强度相同 B.从x2处到x4处，电势逐渐降低 C.一电子从x2处沿直线运动到x4处，速度先增大 后减小 D.一电子从x1处沿直线运动到x4处，电势能先减小后增大 √ √ x1和x3处的电场强度大小相等，方向相反，选项A错误； 从x2处到x4处，场强为正值，则场强方向沿x轴正方向，则从x2处到x4处电势逐渐降低，选项B正确； 一电子从x2处沿直线运动到x4处，静电力一直对其做负功，则电子速度一直减小，选项C错误； 从x1处到x2处，电势升高；从x2处到x4处，电势降低，则一电子从x1处沿直线运动到x4处，电势能先减小后增大，选项D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9.(多选)(2023·山东卷·11)如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是 A.F′点与C′点的电场强度大小相等 B.B′点与E′点的电场强度方向相同 C.A′点与F′点的电势差小于O′点与D′点的电势差 D.将试探电荷＋q由F点沿直线移动到O点，其电势能先 增大后减小 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 如图所示，由几何关系可知A点处正电荷在OF中点K的场强方向垂直OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，在F点的合场强和OF的夹角为钝角， 因此将试探电荷＋q从F移到O点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，D正确； 由等量异种电荷的电势分布可知φA′＝φ>0，φD′＝－φ<0，φO′＝0，φF′>0，因此φA′－φF′＝φ－φF′<φO′－φD′＝φ，C正确； 由等量异种电荷的对称性可知F′和C′电场强度大小相等，B′和E′电场强度方向不同，A正确，B错误。 10.(2022·辽宁卷·14)如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑 圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为 ，之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角坐标 系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝ 45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场 力大小为 。小球在运动过程中电荷量保 持不变，重力加速度为g。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 小球从A到B，根据能量守恒定律得 (1)弹簧压缩至A点时的弹性势能； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)小球经过O点时的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)小球过O点后运动的轨迹方程。 答案　y2＝6Rx 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 小球运动至O点时速度方向竖直向上，受静电力和重力作用，将静电力分解到x轴和y轴， 解得ax＝g，ay＝0 说明小球过O点后的运动为：x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为 y2＝6Rx。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(2020·全国卷Ⅰ·25)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。 运动中粒子仅受静电力作用。 (1)求电场强度的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题意知，初速度为零的带正电粒子从A点进入电场，从C点射出电场，故电场方向与AC平行，并由A指向C。由几何关系和电场强度的定义知 AC＝R ① F＝qE ② 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 如图，由几何关系知AC⊥BC，故匀强电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，因AD间电势差在圆形区域最大，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。连接OD作辅助线，由几何关系知 设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP。由牛顿第二定律和运动学公式有 F＝ma ⑥ DP＝v1t1 ⑧ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解法1：设粒子以速度v进入电场，在电场中运动的时间为t。以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系。由运动学公式有 x＝vt ⑪ 粒子离开电场的位置在圆周上，有 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 粒子在电场中运动时，其x轴方向的动量不变，y轴方向的初始动量为零。设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y轴方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有 mv2＝mv0＝mat⑬ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解法2：粒子在电场方向上做匀加速直线运动，即沿AC方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直AC方向做匀速直线运动，因动量的变化量只发生在电场方向上，若粒子从进入电场到离开电场的过程中动量变化量为mv0，由题意知，粒子进入电场时的速度v＝0时，动量变化量的大小为mv0。则粒子会从B点离开电场。设粒子进入电场时的速度为v 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 尖子生选练 12.(多选)(2023·湖北卷·10)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是 A.L∶d＝2∶1 B.U1∶U2＝1∶1 C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2 D.仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 微粒在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得E＝ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 微粒从最高点到穿出电容器时由运动学知识可得L＝vxt1，vy1＝at1，射入电容器到最高点有vy＝at， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 则有＝， x＝ k＝k 1.用动力学观点分析：a＝，E＝，v2－v02＝2ad，适用于匀强电场 2.用功能观点分析：W＝qU＝mv2－mv02，匀强和非匀强电场都适用 偏转角：tan θ＝＝＝＝ 侧移距离：y0＝＝，y＝y0＋Ltan θ ＝(＋L)tan θ t2 答案　2 氧离子进入加速电场，根据动能定理有2eU＝mv02，解得v0＝2 答案　 联立解得y＝ 氧离子在偏转电场中做类平抛运动，偏转电场场强为E＝ 解得a＝ t＝，y＝at2 因此，距上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＝＝ －qERsin 45°－mg(R＋Rcos 45°)＝0－mvA2 解得vA＝，C正确； 可知，小圆环过B点受到大环的弹力大小为(3－2)mg，D错误。 小圆环运动到B过程有－mg·2R＝mvB2－mvA2 在B点有FN＋mg＝m 解得FN＝(2－3)mg<0 (1)等效重力法 将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向。 m ax＝ t＝＋t1＝1.9 s； 0＝vcos 45°·t1－axt12 h＝vsin 45°·t1＋gt12 解得t1＝0.4 s，v＝ m/s，ax＝5 m/s2 －lcos 45°＝vcos 45°·t2－axt22 则小环运动到杆A端正下方时的动能为 Ek＝m(vx2＋vy2)＝34.25 J。 A.场强大小为 B.粒子电势能的最大值为mv2 C.仅改变粒子速度大小，粒子离开圆形区域时电势能的最小值为－mv2 D.仅改变粒子速度大小，当粒子离开圆形区域的电势能最小时，粒子射入电场的速度大小为 粒子沿电场线方向速度为0时，电势能最大，根据能量守恒 Epmax＝m(vsin 45°)2＝mv2，故B正确； 沿MN方向，粒子匀速直线运动的时间为 t＝＝，垂直MN方向有 2vsin 45°＝at，qE＝ma，求得E＝，故A正确； 由v1cos 45°t′＝R，－v1sin 45°t′2＋at′2＝R， 联立解得v1＝v，此时电势能最小值为 Epmin＝－qER＝－q··R＝－mv2，故C错误，D正确。 at2 A.正电荷，q＝ B.正电荷，q＝ C.负电荷，q＝ D.负电荷，q＝ 则有E1＝k＝k，由题意可知，两电场强度方向的夹角为120°， 带负电，在O点产生的电场强度大小为E′＝E＝k，又E′＝k，联立解得q＝，故选C。 由几何关系得两者的合电场强度大小为E＝E1＝k，方向沿CO，由C指向O， C.粒子在两板间的加速度为a＝ D.粒子从N板下端射出的时间t＝ v0 有＝v0t，d＝at2， 有(v0)2－v02＝2ad，联立解得t＝，a＝，故C正确，D错误。 mg Ep＝mvB2＝mgR 答案　mgR 小球从B到O，根据动能定理有－mgR＋mg×R＝mvO2－mvB2 答案　 解得vO＝ 由牛顿第二定律，x轴方向有mgcos 45°＝max y轴方向有mgsin 45°－mg＝may x＝gt2，y＝vOt 答案　 由动能定理有F·AC＝mv02 ③ 联立①②③式得E＝ ④ 答案　 ∠PAD＝30°，AP＝R，DP＝R ⑤ AP＝at12 ⑦ 联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝ ⑨ 答案　0或 y＝at2 ⑩ (x－R)2＋(y－R)2＝R2 ⑫ 联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v＝0或v＝v0 在沿电场方向：R＝t＝t 在垂直电场方向：R＝vt 联立以上两式得：v＝v0。 ，F＝qE＝ma， 设微粒射入电容器时的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度vx＝v0cos 45°＝v0，vy＝v0sin 45°＝v0，从射入到运动到最高点由运动学公式得vy2＝2ad，由动能定理可得qU1＝mv02，联立解得U1∶U2＝1∶1，B正确； 微粒从射入到运动到最高点有2L＝vxt，d＝·t， 联立可得L∶d＝1∶1，A错误； 解得vy1＝，设微粒穿出电容器时速度与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝，微粒射入电容器时速度和水平方向的夹角为β，tan(α＋β)＝3，C错误； 粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为x， 竖直方向的位移为y＝at2，联立解得 y＝，且x＝vxt′，y＝·t′， 可得x＝2L，y＝d＝L， 即粒子在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，射出电场过程同理，x1＝L＝vxt1′，y1＝t1′＝＝，即轨迹不会变化，D正确。 $$