专题三 第6讲 电场（教师用书WORD）-【正禾一本通】2025年高考物理高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

第6讲　电场 必备知识 电场强度 (1)电场强度的定义式：E＝(q为检验电荷)。(2)点电荷的电场强度的决定式：E＝(Q为场源电荷)。(3)匀强电场的电场强度：E＝(d为沿E方向的距离) 电势与电势差 (1)电势定义式：φ＝。(2)电势差：UAB＝φA－φB＝ 电势差的推论 匀强电场中沿同一方向的相同距离上，电势的降落或升高相等 电容器及电容 (1)电容的定义式：C＝，平行板电容器电容的决定式：C＝。 (2)电容器极板间的电场强度：E＝ 电场中的直线运动 (1)动力学观点：a＝，F电＝qE，E＝，v2－v02＝2ad。(只适用于匀强电场) (2)能量观点：W＝qU＝Ek2－Ek1(只受电场力)或W总＝ΔEk 电场中的偏转 (1)偏移量：y＝。(2)偏转角的正切值：tan θ＝ 高频考点1　电场的性质 1．电场中各物理量的关系 2．电场力做功的计算方法 考向1　电场强度和电势 【例1】 (2024·河北高考)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． C． D． 解析：选D。由点电荷的场强公式和场强叠加原理可知，两点电荷在M点产生的电场强度大小为E＝ cos 60°＝，方向沿MA方向，又M点的电场强度为0，所以细杆在M处产生的电场强度大小也为E＝，方向沿AM方向，由对称性可知细杆在A处产生的电场强度大小也为E＝，方向沿MA方向，又由点电荷的场强公式和场强叠加原理可知，两点电荷在A处产生的电场强度大小为E′＝ cos 30°＝，方向沿MA方向，所以A处的电场强度大小为EA＝E＋E′＝(3＋)，D正确。 【例2】 如图所示，AB、CD、EF都为半径为R的空间球面的直径，其中AB与EF同在水平面内，EF与AB的夹角θ＝45°，CD与水平面垂直，现在A、B两点分别固定等量异种点电荷，则(　　) A．C点和O点电场强度大小之比为1∶ B．E、F两点电场强度相同 C．C、E、F三点中C点电势最高 D．将带负电的检验电荷从E点沿直线移到F点，电势能减小 解析：选B。根据几何关系结合点电荷产生的电场强度的叠加法则可得EO＝k，方向从O指向B；EC＝ cos 45°＝，方向平行于AB向右，则可得EC∶EO＝，故A错误。做出两点电荷在E、F两点的电场强度，根据对称性及平行四边形定则可知，E、F两点电场强度大小相等、方向相同，故B正确。根据几何关系可知，CD为等量异种点电荷的中垂线，而等量异种点电荷的中垂线为等势线且电势为零，且无穷远处电势为零，因此CD所在中垂面即为等势面，电势为零，而电场线从正电荷出发指向负电荷或无穷远处，且沿着电场线的方向电势降低，则可知CD所在等势面左侧电势大于零，而CD所在等势面右侧电势小于零，因此可得φE>φC>φF，故C错误。带负电的电荷在电势越低的地方电势能越大，因此可知将带负电的检验电荷从E点沿直线移到F点，电势能增大，故D错误。 考向2　电场力的功　电势能 【例3】 (多选)(2024·山东济南二模)如图所示，匀强电场中有棱长为L的立方体a1b1c1d1­a2b2c2d2。质量为m、电荷量为－q(q>0)的负点电荷，在外力作用下由a1移到b1的过程中，电场力做功为W(W>0)，接着由b1移到b2的过程中，克服电场力做功2W，再由b2移到c2的过程中，电场力做功3W，取a1点的电势为零。下列说法正确的是(　　 ) A．匀强电场的电场强度大小为 B．c1点电势为 C．d2点电势为 D．若将该点电荷移到c1d1d2c2中心，其电势能为－2.5W 解析：选ABD。沿b1a1方向的电场强度分量为E1＝，沿b1b2方向的电场强度分量为E2＝，沿c2b2方向的电场强度分量为E3＝，匀强电场的电场强度大小为E＝，故A正确。a1点的电势为零，则a1移到b1的过程中Ua1b1＝－＝φa1－φb1，得φb1＝；b1移到b2的过程中Ub1b2＝＝φb1－φb2，得φb2＝－；b2移到c2的过程中，得φc2＝，匀强电场中Ub2c2＝Ub1c1，解得φc1＝，故B正确。匀强电场中Ua1b1＝Ud2c2，解得φd2＝，故C错误。若将该点电荷移到c1d1d2c2中心，有(W－2W)＋3W＝0－Ep，解得Ep＝－2.5W，故D正确。 [规律方法]电势能大小常用的判断方法 (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。 【例4】 (2024·吉林高考)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线；若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到与O点等高处的过程中(　　) A．动能减小，电势能增大 B．动能增大，电势能增大 C．动能减小，电势能减小 D．动能增大，电势能减小 解析：选D。根据题意可知，小球所受合力方向沿虚线向下，则其所受电场力方向水平向右，小球从O点运动到与O点等高处的过程做类平抛运动，小球的速度增大，动能增大，由于小球所受电场力与小球速度的夹角一直为锐角，则电场力做正功，小球的电势能减小，A、B、C错误，D正确。 高频考点2　带电粒子在电场中的运动 带电粒子在电场中的偏转 考向1　带电粒子在电场中的类抛体运动 【例5】 如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时(　　 ) A．所用时间为 B．速度大小为3v0 C．与P点的距离为 D．速度方向与竖直方向的夹角为30° 解析：选C。粒子在电场中只受静电力，F＝qE，方向向下，如图所示， 粒子的运动为类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y＝at2＝，＝tan 45°，联立解得t＝，故A错误；vy＝at＝＝2v0，则速度大小v＝v0，tan θ＝，则速度方向与竖直方向的夹角θ≠30°，故B、D错误；x＝v0t＝，与P点的距离s＝，故C正确。 【例6】 (多选)(2024·四川遂宁三模)如图所示的坐标系中，x轴水平向右，质量为m＝0.5 kg、带电荷量为q＝＋10-4 C的小球从坐标原点O处，以初速度v0＝ m/s斜向右上方抛出，进入斜向右上方电场强度为E＝5×104 V/m的匀强电场中，E与x轴正方向的夹角为30°，v0与E的夹角为30°，重力加速度取10 m/s2，下列说法正确的是(　　 ) A．小球的加速度大小为10 m/s2 B．小球的加速度大小为10 m/s2 C．若小球能运动到x轴上的P点，则小球在P点的速度大小为 m/s D．O、P两点间的电势差为6×104 V 解析：选BC。小球在电场中受到的电场力为F＝qE＝10－4×5×104 N＝5 N，小球受到的重力为G＝mg＝0.5×10 N＝5 N，小球受力分析如图所示， 根据几何知识可知小球受到的合力为F合＝5 N，则小球的加速度大小为a＝ m/s2＝10 m/s2，故A错误，B正确；设OP的距离为x，把x沿着v0方向和垂直v0方向分解，则有x1＝x sin 30°，x2＝x cos 30°，由类平抛运动规律可得x1＝v0t，x2＝at2，小球在P点的速度为v＝，联立解得x＝ m，v＝ m/s，故C正确；由匀强电场电势差与电场强度关系可得UOP＝Ex cos 30°＝9×104 V，故D错误。 考向2　带电粒子在电场中的加速 【例7】 在现代科学实验和技术设备中，常常利用电场来改变或控制带电粒子的运动。某加速装置(图甲)由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1。为尽可能的保证电子运动到筒间隙中都能加速，电子在每个桶内的运动时间为，因此圆筒长度的设计必须遵照一定的规律。已知电子的质量为m、电子电荷量为－e、电压的绝对值为u，周期为T。 (1)若忽略电子通过每个圆筒间隙的加速时间： a．求电子在圆筒1中运动的速率v1和圆筒3的长度l3； b．请在图丙中定性画出0～2.5T内电子运动的v ­t图像，并标明纵坐标数值。(其中v1表示电子在筒1中运动的速率) (2)若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆筒间距为d，不考虑相对论效应，则在圆筒长度、交变电压的变化规律保持和(1)完全相同的情况下，经过多少个圆筒可以让电子达到最大速度？ 解析：(1)a.电子在进入圆筒1之前做加速运动，根据动能定理有eu＝ 解得v1＝ 电子在进入圆筒3之前，根据动能定理有 3eu＝ 解得v3＝ 电子在圆筒3中做匀速直线运动，则有 l3＝v3· 解得l3＝。 b．结合上述，可知第n个圆筒中的速度是第1个圆筒中速度的倍，画出0～2.5T内电子运动的v ­t图像，如图所示。 (2)由于保持圆筒长度、交变电压的变化规律和(1)中相同，若考虑电子在间隙中的加速时间，则粒子进入每级圆筒的时间都要比(1)中对应的时间延后一些，如果延后累计时间等于，则电子再次进入电场时将开始减速，此时的速度就是装置能够加速达到的最大速度。 由于两圆筒间隙的电场为匀强电场，间距均为d，粒子在电场中后一个加速过程可以看为前一加速过程的延续部分，令经过N次加速，即经过N个圆筒达到最大速度，则有Nd＝vm 根据动能定理有Neu＝－0 解得N＝。 答案：(1)a.　b．见解析　(2) 考向3　带电粒子在“电场＋重力场”中的圆周运动 【例8】 (多选)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为圆心，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，则小圆环运动的过程中(　　) 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：选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C时速度最大，动能最大，在等效最高点D时速度最小，动能最小，根据沿电场线方向电势降低，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－qER sin 45°－mg(R＋R cos 45°)＝0－mvA2，解得vA＝，C正确；小圆环运动到B的过程有－mg·2R＝mvB2－mvA2，在B点有FN＋mg＝m，解得FN＝(－3)mg<0，可知小圆环过B点受到大环的弹力大小为(3－)mg，D错误。 [规律方法]等效“最高点”和“最低点” 学科网（北京）股份有限公司 $$