第一篇 专题三 第8讲 电场-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考物理复习讲义课件（广东专用）（课件PPT+word教案）

电场与磁场 专题三 1 知识体系 知识体系 1.理解电场的性质，会比较电场强度大小、电势高低、电势能大小，会分析和计算电场力做功。 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。 目标要求 第8讲　电场 内容索引 考点三　带电粒子(带电体)在电场中的运动 考点二　电场中的图像问题 考点一　电场的性质 专题强化练 考点一 电场的性质 1.电场强度的分析与计算 (1)电场强度的方向是正电荷所受电场力的方向，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。 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 电场力做功 根据UAB=，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低 3.电势能大小的判断 (1)做功判断法：由WAB=EpA-EpB可知，电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，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：若只有电场力做功，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。 4.电场的叠加 (1)电场强度的叠加：电场强度是矢量，遵循平行四边形定则； (2)电势的叠加：某点电荷Q在距离该电荷r处的电势φ=；多个电荷共同激发的电场中，某点的电势等于各个电荷单独在该点激发的电势的代数和。 　 (多选)(2024·广东卷·8)污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于底部，金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的有 A.M点的电势比N点的低 B.N点的电场强度比P点的大 C.污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功 D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大 例1 √ √ 因沿着电场线方向电势降低，所以M点的电势比N点的低，A正确； 污泥絮体带负电，从M至N的过程中，电场力做正功，电势能减小，因M与P在同一等势面 上，故污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等，可知在N点的电势能比在P点的小，故C正确，D错误； 根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，故B错误。 　(2024·全国甲卷·18)在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为k，其中k为静电力常量，多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在的该点的电势的代数和。电荷量分别为Q1和Q2的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示(图中数字的单位是伏特)，则 A.Q1<0，=-2 B.Q1>0，=-2 C.Q1<0，=-3 D.Q1>0，=-3 例2 √ 根据两点电荷周围的电势分布可知Q1带正电，Q2带负电； 由题图中电势为0的等势线可知k+k=0 由题图中距离关系可知=2 联立解得=-2，故选B。 (多选)(2024·广东梅州市期末)如图所示，a、b两点位于以正点电荷Q为中心的正方体顶点，c点在上表面中心，则 A.a、b两点的场强相同 B.a、b、c三点的电势相等 C.负试探电荷在a点的电势能大于c点的电势能 D.正试探电荷沿ab连线从a到b，电场力先做负功再做正功 √ 变式1 一题多变 √ a、b两点距离正点电荷Q的距离相等，a、b两点的场强大小相等，方向不同，故A错误； a、b两点距离正点电荷Q的距离相等，电势相等，c点距离正点电荷Q的距离比a、b近，有φc>φa=φb，故B错误； 根据Ep=φq，可知负试探电荷在a点的电势能大于c点的电势能，故C正确； 正试探电荷沿ab连线从a到b，距正点电荷Q的距离先变小再变大，则电势先变大后变小，正电荷电势能先变大后变小，故电场力先做负功后做正功，故D正确。 (2024·广东省六校联考)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，方向不同 B.F'点与C'点的电场强度大小相等，方向不同 C.A'点与O'点的电势差小于E'点与D'点的电势差 D.质子在F点的电势能小于在E点的电势能 变式2 √ 如图甲，正电荷在F点产生的场强和负电荷在C点产生的场强一样，正电荷在C点产生的场强和负电荷在F点产生的场强一样，F点与C点的电场强度大小相等，方向相同，故A错误； 如图乙，正电荷在F'点产生的场强和负电荷在C'点产生的场强大小相等，方向不同，正电荷在C'点产生的场强和负电荷在F'点产生的场强大小相等，方向不同，因此F'点与C'点的电场强度大小相等，方向不同，故B正确； 根据等量异种电荷的对称性可知UA'O'=UO'D'>UE'D'，故C错误； 根据等量异种电荷的等势面分布可知φF>φE，因此质子在F点的电势能大于在E点的电势能，故D错误。 电场中的图像问题 考点二 电场中几种常见的图像 v-t图像 当带电粒子只受电场力时，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)图像的切线斜率的绝对值表示电场力大小 (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3 　 (多选)(2024·广东惠州市第三次调研)沿电场线所在直线建立如图所示Ox轴，x轴上各点电势φ随x的变化规律如图所示，坐标原点O点电势为零。带电荷量为e的电子仅在电场力作用下从O点由静止释放，下列说法正确的是 A.在0~x3区间内，电场方向始终指向x轴正方向 B.电子到达B点时动能为 C.电子从A运动到C，加速度先减小后增大 D.若在B点给电子一个沿x轴正方向的初速度，电子一定会在AC间做往复 　运动 √ √ 沿电场线方向电势降低，在0~x1区间内，电场方向指向x轴负方向，在x1~x2区间内，电场方向指向x轴正方向，在x2~x3区间内，电场方向指向x轴负方向，故A错误； 从O到A电场力做正功，根据动能定理可得-e(0-φ0)=EkA，从A到B电场力做负功，根据动能定理可得-e(φ0-)=EkB-EkA，联立解得电子到达B点的动能为EkB=，故B正确； 根据φ-x图像的斜率表示电场强度，由题图可知从A到C电场强度先减小再增大，所以加速度先减小再增大，故C正确； BC段电场方向沿x轴负方向，电子受电场力沿x轴正方向，所以在B点给电子一个沿x轴正方向的初速度，电子将沿x轴正方向做加速直线运动，故D错误。 　 如图，绝缘竖直圆环上均匀分布着正电荷，Ox轴为圆环轴线，光滑细杆位于圆环轴线上，杆上套有带正电小球。t=0时将小球从圆环右侧P点 例4 √ 由静止释放，则小球运动的速度v随时间t变化关系图像及x轴上电势φ与坐标x的关系图像可能正确的是 因沿着Ox方向场强可能先增大后减小，可知小球受电场力可能先增大后减小，加速度可能先增大后减小，v-t图像的斜率可能先增大后减小，则图像A正确，B错误； 沿Ox正向电势逐渐降低，因小球向右移动相同距离时电场力做功越来越小，可知相同距离的电势差不相等，则φ-x图像不是按线性减小，选项C、D错误。 带电粒子(带电体)在电场中的运动 考点三 1.带电粒子(带电体)在电场中运动时重力的处理 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。 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 1.用动力学观点分析：a=，E=，v2-=2ad，适用于匀强电场 2.用功能观点分析：W=qU=mv2-m，匀强和非匀强电场都适用 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  偏转角：tan θ== == 侧移距离：y0==，y=y0+Ltan θ= (+L)tan θ 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-t2 带电粒子在非匀强电场中运动 电场力在变化 动能定理，能量守恒定律 3.带电体在电场和重力场的叠加场中运动的分析方法 (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。 　(2024·广东深圳市实验中学、湛江市第一中学、珠海市第一中学联考)光刻机是半导体行业中重中之重的利器，我国上海微电子装备公司在这一领域的技术近年取得了突破性进展。电子束光刻技术原理简化如图所示，电子枪发射的电子经过成型孔后形成电子束，通过束偏移器后对光刻胶进行曝光。某型号光刻机的束偏移器长L=0.02 m，间距也为L，两极间有扫描电压，其轴线垂直晶圆上某芯片表面并过中心O点，该轴线也是束偏移器的一条对称轴。芯片到束 例5 偏移器下端的距离为。若进入束偏移器时电子束形成的电流大小为I=2×10-8 A，单个电子的初动能为Ek0=1.6× 10-14 J。不计电子重力及电子间的相互作用力，忽略其他因素的影响，电子到达芯片即被吸收。(e=1.6×10-19 C) (1)电子枪的加速电压和功率是多少？ 答案　1.0×105 V　2×10-3 W 电子在电场中做匀加速直线运动，有eU1=Ek0 得U1=1×105 V 电子枪的功率P=U1I=2×10-3 W (2)当扫描电压为多少时，电子束刚好打在束偏移器的下边界不能离开束偏移器？ 答案　2×105 V　 电子在束偏移器中的加速度大小为a= 设电子的初速度大小为v0，则由题意可知Ek0=m 电子在束偏移器中运动的时间为t= 由题意可知电子在束偏移器中的偏移量为y=at2= 解得U=2×105 V (3)若某时刻扫描电压为15 kV，则电子束到达芯片时的位置离O点的距离为多少？ 答案　1.5×10-3 m 电子在束偏移器中做类平抛运动有y=at2，a=，t=，电子从束偏移器中射出时，其速度方向的反向延长线一定过束偏移器的中心位置，设电子束到达芯片时的位置离O点的距离为Y，如图所示 根据几何关系有= 联立解得Y=1.5×10-3 m。 　 如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管AB固定在竖直平面内，圆管的圆心为O，D点为圆管的最低点，A、B两点在同一水平线上，过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点。在虚线AB的上方存在水平向右的、范围足够大的匀强电场，虚线AB的下方存在水平向左、范围足够大的匀强电场，电场强度大小与AB上方电场强度大小相等。圆心O正上方的P点有一质量 例6 为m、电荷量为q(q>0)、可视为质点的绝缘小球。现将该小球无初速度释放，经过一段时间，小球刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，并继续运动。已知圆管的半径r=s，圆管的管径忽略不计，AB=2s，PC=s，重力加速度为g。求： (1)电场强度的大小； 答案　　 如图所示，小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从B点沿切线方向进入，则有 tan θ===1 解得电场强度的大小为E= (2)小球对圆管的最大压力； 答案　7mg，方向与CD成45°指向左下 小球从P点到B点的过程，根据动能定理可得 mgs+qEs=m，解得vB=2 小球在图中M点时，受到的重力和电场力的合力如图所示，此时对圆管压力最大，从B到M根据动能定理可得 mg·2r=m-m 解得vM=2 由牛顿第二定律可得FN-mg=m 解得FN=7mg 由牛顿第三定律可知，小球对圆管的最大压力大小 为7mg，方向与CD成45°指向左下。 (3)小球从管口离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点(图中未标出N点)，则N点距管口A多远。 答案　16s 小球从B到A过程，根据动能定理可得 qE·2s=m-m，解得vA=2 从A到N过程，小球做类平抛运动竖直方向有t=2 水平方向有x=vAcos 45°t+axt2，ax= 联立解得x=16s。 提炼·总结 带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动 (1)等效重力法 将重力与电场力进行合成，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。 (2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的带电体，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。 专题强化练 [1 选择题] [2 计算题] 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 对一对 [1 选择题] 10 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 AC C D BC A C A D 题号 9 　10 答案 CD 　BD 对一对 1 2 3 [2 计算题] 答案 题号 1 2 答案 (1)　(2)　 (1)负电　　(2)6　(3)gT2 题号 　3 4 答案 (1)　(2)gt0，方向竖直向下　(3)-mg2 (1)　(2)油滴A不带电，油滴B带负电　　- (3)见解析 4 50 1.(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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 保分基础练 答案 10 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 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 答案 √ 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 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； 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； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 像素由白变黑的过程中，黑色微粒受到的电场力向上，位移向上，电场力对黑色微粒做正功，故D错误。 10 2.(2024·河北卷·2)我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于生产生活，如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔。雷雨中某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图所示，相邻等势线电势差相等，则a、b、c、d四点中电场强度最大的是 A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 在静电场中，等差等势线越密集的地方电场强度越大。题图中c点的等差等势线相对最密集，故a、b、c、d四点中c点的电场强度最大。故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 3.(2024·广东佛山市二模)静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置。如图，一电子在电场中仅受电场力的作用，实线描绘出了其运动轨迹，虚线表示等势线，各等势线关于y轴对称，a、b、c、d分别是轨迹与等势线的交点。已知电子在经过a点时动能为60 eV，各等势线的电势高低标注在图中，则 A.a、d两点的电场强度相同 B.电子从a到b运动时，电场力做负功 C.电子从c到d运动时，电势能逐渐减小 D.电子在经过等势线d点时的动能为60 eV √ 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 各等势面关于y轴对称，a、d两点疏密相同，所以电场线疏密也相同，场强大小相等；根据等势线与电场线垂直，可知a、d两点的电场强度方向不同，故a、d两点的电场强度不同，故A错误； 根据等势线与电场线垂直，故电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的电场力，速度方向沿轨迹的切线方向，故电子从a到b运动时，电场力做正功，故B错误； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 根据负电荷在电势低处电势能大，可知电子从c到d运动时，电势能逐渐增大，故C错误； a、d两点的电势相等，故从a到d电场力不做功，所以电子在经过等势线d点时的动能为60 eV，故D正确。 10 4.(多选)(2023·海南卷·12)如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中A、B带正电，C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，下列说法正确的是 A.M、N两点电场强度相同 B.M、N两点电势相同 C.负电荷在M点电势能比在O点时要小 D.负电荷在N点电势能比在O点时要大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 √ 两正电荷在M点的合电场强度向右，在N点的合电场强度向左，负电荷在M和N点的电场强度分别沿右上方和左上方，由矢量合成可知，M和N的电场强度大小相等、方向不同，A错误； 由等量同种电荷的电场分布规律，可知两正电荷的电场在M和N两点的电势相同，负电荷C在M、N两点的电势也相同，故M、N两点的电势相同，B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 两正电荷在M点的电势比在O点的高(因两正电荷在AO间的合电场强度向右)，负电荷C产生的电场中，离负电荷越近电势越低，故负电荷在M点的电势也比在O点的要高，可知M点电势比O点高，而负电 荷在电势越高处电势能越小，C正确； 由对称性可知N点和M点电势相同，则负电荷在N点电势能也比在O点时要小，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 5.(2024·广东湛江市二模)某种负离子空气净化器的原理如图所示，由空气和带一价负电的灰尘颗粒组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，带电颗粒入射时的最大动能为4×106 eV，金属板的长度为L，金属板的间距为d，且L=100d。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，不考虑重力影响和颗粒间的相互作用。要使得全部颗粒被收集，两极板间的电势差至少为 A.1 600 V B.800 V C.400 V D.200 V √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 只要紧靠上方金属板的颗粒能够落到下方金属板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有L=v0t，竖直方向有d=at2，qE=ma，又E=，联立解得两金属板间的电压为U== =1 600 V，故选A。 6.沿电场中某条直线电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，坐标点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等。一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为Ek，仅考虑电场力作用，则 A.从O点到C点，电势先升高后降低 B.粒子先做匀加速运动，后做变加速运动 C.粒子在AB段电势能变化量大于BC段的电势能变化量 D.粒子运动到C点时动能大于3Ek 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 10 争分提能练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 从O点到C点，电场强度方向保持不变，由于开始场强方向沿x轴正方向，且沿电场线方向电势逐渐降低，所以从O点到C点，电势逐渐降低，故A错误； 由题图可知场强先增大后减小，则电场力也是先增大后减小，所以粒子的加速度先增大后减小，一直做变加速运动，故B错误； 由题图可知图像与x轴所围的面积表示电势差，AB段图像与x轴所围的面积大于BC段图像与x轴所围的面积，则UAB>UBC，所以粒子在AB段电势能减少量大于BC段电势能减少量，故C正确； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 由题图可知图像与x轴所围的面积表示电势差，则有UOC<3UOA，由动能定理有qUOA=Ek，qUOC=EkC，可得EkC<3Ek，所以粒子运动到C点时动能小于3Ek，故D错误。 10 7.(2024·广西卷·7)如图，将不计重力、电荷量为q带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为27Q和64Q的负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放，小圆环先后经过图上P1点和P2点，已知sin θ=，则小圆环从P1点运动到P2点的过程中 A.静电力做正功 B.静电力做负功 C.静电力先做正功再做负功 D.静电力先做负功再做正功 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 如图甲所示，在P1点小圆环受到静电力 FM1=k， FN1=k， 设合力与FM1间的夹角为α1， tan α1=>tan θ， 则α1>θ，合力做正功， 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 同理在P2点，如图乙所示， FM2=k，FN2=k， 设合力与FN2间的夹角为α2， tan α2==tan θ，α2=θ，合力沿OP2方向， 所以P1到P2静电力一直做正功，故选A。 10 8.(2024·广东省部分学校一模)电视机显像管的结构示意图如图所示，电子枪均匀发射的电子束经加速电场加速后高速通过偏转电场，最后打在荧光屏上呈现光斑，在显像管偏转极板上加上不同的电压，光斑在荧光屏上呈现不同情况，以上极板带正电时为正，下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 A.若在偏转极板加上如图甲所示的偏转 　电场，则可以在荧光屏上看到一个固 　定的光斑 B.若在偏转极板加上如图乙所示的偏转 　电场，则可以看到一个光斑在荧光屏 　的O点下侧移动 C.若在偏转极板加上如图丙所示的偏转 　电场，则可以看到一个光斑在荧光屏 　上从上向下移动 D.若在偏转极板加上如图丁所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上　 　O点两侧做往复运动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，当电子是在正向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏上侧留下一个光斑；当电子是在反向电压时间段进入偏转电场， 在荧光屏下侧留下一个光斑；可以看到荧光屏的O点上侧、下侧各一个光斑，故A错误； 若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，电子一直向上偏转，所以在荧光屏O点上方看到一个光斑移动，故B错误； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，电子先向下偏转再向上偏转，可以看到一个光斑在荧光屏上从下向上移动，故C错误； 若在偏转极板加上如图丁所示的 正弦式偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O点两侧做往复运动，故D正确。 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 9.(多选)(2024·广东江门市一模)如图所示，O、A、B为一粗糙绝缘水平面上的三点，不计空气阻力，一电荷量为+Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为+q的小金属块(可视为质点)，从A点以速度v0向右运动，最后停止在B点，已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L，静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是 A.该过程中小金属块的电势能增大 B.A、B两点间的电势差为 C.若在A处库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时距O点的距离为 D.若在A处库仑力小于摩擦力，则小金属块由A向B运动过程的平均速度大于 10 √ √ 依题意，该过程中库仑力对小金属块做正功，所以小金属块的电势能减小，故A错误； 由动能定理可得WAB-μmgL=0-m，A、B两点间的 电势差为UAB= ，联立解得UAB=，故B错误； 若在A处库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时，其受力平衡，有μmg=k，解得x=，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 若在A处库仑力小于摩擦力，由牛顿第二定律可得a=，则小金属块由A向B运动过程做加速度增大的减速运动，v-t图像如图所示，在图中作出初速 度为v0，末速度为0的匀减速直线运动图像，根据平均速度公式=，可知小金属块由A向B运动过程的平均速度大于，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10.(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 10 尖子生选练 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 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电场强度和电场力的关系可得E=，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=2ad，由动能定理可得qU1=m，联立解得U1∶U2=1∶1，B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 微粒从射入到运动到最高点有2L=vxt，d=·t，联立解得L∶d=1∶1，A错误； 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，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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 微粒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，即微粒在运动到最高 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。 1.(2024·河北卷·13)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)、质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求： 答案 1 2 3 4 (1)电场强度E的大小。 答案　　 答案 1 2 3 由匀强电场中电势差与电场强度的关系，得电场强度E= 4 (2)小球在A、B两点的速度大小。 答案　　 答案 1 2 3 在A点细线对小球的拉力为0， 根据牛顿第二定律得Eq-mg=m A到B过程根据动能定理得 qU-mgL=m-m 联立解得vA=，vB=。 4 答案 1 2 3 2.(2024·广东省部分高中一模)地表附近存在着环境电场，该电场可视为电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场，蜘蛛可以通过向空中吐出带电蛛丝实现飞行。如图，在无风的天气里，质量为m的蜘蛛，从地面向空中吐出4根蛛丝，恰好可以使它脱离地面；在有水平风的天气里，t=0时蜘蛛从地面向空中吐出n(n>4且为偶数)根蛛丝，T时刻咬断一半蛛 丝，经过一段时间后落到地面完成“迁徙”，假设蜘蛛吐出的每根蛛丝都相同，且电荷集中在蛛丝顶端，蜘蛛自身始终不带电；已知重力加速度为g，水平风力大小恒为f=mg，忽略空气对蜘蛛的其他作用力。 4 答案 1 2 3 (1)判断蛛丝的电性，求每根蛛丝的带电荷量q； 答案　负电　　 以蜘蛛和蛛丝整体为研究对象，蜘蛛所受重力大小与蛛丝所受电场力大小相等方向相反，所以蛛丝带负电。由二力平衡知mg=4qE 解得q= 4 答案 1 2 3 (2)蜘蛛要实现空中“迁徙”所需n的值； 答案　6 依题意，蜘蛛要完成起飞，则n>4；咬断一半蛛丝后，能够降落，则<4，故4<n<8 又n为偶数，则n=6 4 答案 1 2 3 (3)求蜘蛛“迁徙”一次飞行的水平距离x(计算结果可以保留根号)。 答案　gT2 4 设蜘蛛咬断蛛丝前、后，竖直方向加速度大小分别为a1、a2，咬断蛛丝前6qE-mg=ma1 咬断蛛丝后mg-3qE=ma2 设咬断蛛丝时，蜘蛛速度为v，上升了h1， v=a1T，h1=a1T2 蜘蛛咬断蛛丝后，设继续飞行时间为t，有 vt-a2t2=-h1 答案 1 2 3 4 蜘蛛在空中飞行时，设水平加速度为ax，有f=max 迁徙距离x=ax(T+t)2 联立解得x=gT2 答案 1 2 3 4 答案 1 2 3 3.(2024·广东广州市天河区二模)在真空中存在着方向竖直向上、足够大且周期性变化的匀强电场。将一个质量为m、电荷量为q的小球(可视为质点)t=0时刻由静止释放，小球开始以g的加速度向上运动。已知电场的周期为T=2t0，规定竖直向上为正方向，重力加速度为g，求： 4 答案 1 2 3 (1)匀强电场的电场强度E0的大小； 答案　 有电场时，由牛顿第二定律得 qE0-mg=m·g 解得匀强电场电场强度的大小为E0= 4 答案 1 2 3 (2)t=3t0时小球的速度； 答案　gt0，方向竖直向下 当t=t0时，小球速度为v1=gt0 当t=2t0时，小球速度为v2=v1-gt0=-gt0 当t=3t0时，小球速度为 v3=v2+at0=-gt0+gt0=-gt0，负号表示方向竖直向下 4 答案 1 2 3 (3)小球在0~2.5t0时间内机械能的变化量ΔE。 答案　-mg2 4 答案 1 2 3 0~t0内小球的位移为h1=×g·=g 方向向上； 0~t0内小球机械能变化量为ΔE1=qE0h1 2t0~2.5t0内小球的位移为h2=v2×t0+×g×(t0)2=-g 方向向下； 2t0~2.5t0内小球机械能变化量为ΔE2=qE0h2 则0~2.5t0内小球机械能变化量为ΔE=ΔE1+ΔE2=-mg2。 4 4.(2022·广东卷·14)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h1，此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1)，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气 答案 1 2 3 阻力大小为f=kv，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求： 4 (1)比例系数k； 答案　 未加电压时，油滴匀速时的速度大小v1=，匀速时有m0g=f， 又f=kv1 联立可得k= 答案 1 2 3 4 (2)油滴A、B的带电量和电性；B上升距离h2电势能的变化量； 答案　油滴A不带电，油滴B带负电　　- 答案 1 2 3 4 加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力方向向上，极板间电场强度方向向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为v2= 根据平衡条件可得m0g+kv2=q 联立解得q= 根据ΔEp=-W电，又有W电=·qh2 联立解得ΔEp=- 答案 1 2 3 4 (3)新油滴匀速运动速度的大小和方向。 答案　见解析 答案 1 2 3 4 油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2m0，带电荷量仍为q，新油滴所受电场力 F'== 若F'>2m0g，即h2>h1，可知v2>v1 新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律有m0v2-m0v1=2m0v共 可得v共>0 新油滴向上加速，达到平衡时有 答案 1 2 3 4 2m0g+k·(2m0v=F' 解得速度大小为v=，方向向上； 若F'<2m0g，即h1>h2，可知v2<v1 设向下为正方向，根据动量守恒定律有 m0v1-m0v2=2m0v共'，可知v共'>0 新油滴向下加速，达到平衡时有 2m0g=F'+k·(2m0v' 解得速度大小为v'=，方向向下。 答案 1 2 3 4 本课结束 THANKS $$ 第8讲　电场 目标要求　1.理解电场的性质，会比较电场强度大小、电势高低、电势能大小，会分析和计算电场力做功。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。 考点一　电场的性质 1.电场强度的分析与计算 (1)电场强度的方向是正电荷所受电场力的方向，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。 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 电场力做功 根据UAB=，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低 3.电势能大小的判断 (1)做功判断法：由WAB=EpA-EpB可知，电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，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：若只有电场力做功，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。 4.电场的叠加 (1)电场强度的叠加：电场强度是矢量，遵循平行四边形定则； (2)电势的叠加：某点电荷Q在距离该电荷r处的电势φ=；多个电荷共同激发的电场中，某点的电势等于各个电荷单独在该点激发的电势的代数和。 例1　(多选)(2024·广东卷·8)污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于底部，金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的有 (　　) A.M点的电势比N点的低 B.N点的电场强度比P点的大 C.污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功 D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大 答案　AC 解析　因沿着电场线方向电势降低，所以M点的电势比N点的低，A正确；污泥絮体带负电，从M至N的过程中，电场力做正功，电势能减小，因M与P在同一等势面上，故污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等，可知在N点的电势能比在P点的小，故C正确，D错误； 根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，故B错误。 例2　(2024·全国甲卷·18)在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为k，其中k为静电力常量，多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在的该点的电势的代数和。电荷量分别为Q1和Q2的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示(图中数字的单位是伏特)，则 (　　) A.Q1<0，=-2 B.Q1>0，=-2 C.Q1<0，=-3 D.Q1>0，=-3 答案　B 解析　根据两点电荷周围的电势分布可知Q1带正电，Q2带负电； 由题图中电势为0的等势线可知k+k=0 由题图中距离关系可知=2 联立解得=-2，故选B。 一题多变 变式1　(多选)(2024·广东梅州市期末)如图所示，a、b两点位于以正点电荷Q为中心的正方体顶点，c点在上表面中心，则(　　) A.a、b两点的场强相同 B.a、b、c三点的电势相等 C.负试探电荷在a点的电势能大于c点的电势能 D.正试探电荷沿ab连线从a到b，电场力先做负功再做正功 答案　CD 解析　a、b两点距离正点电荷Q的距离相等，a、b两点的场强大小相等，方向不同，故A错误；a、b两点距离正点电荷Q的距离相等，电势相等，c点距离正点电荷Q的距离比a、b近，有φc>φa=φb，故B错误；根据Ep=φq，可知负试探电荷在a点的电势能大于c点的电势能，故C正确；正试探电荷沿ab连线从a到b，距正点电荷Q的距离先变小再变大，则电势先变大后变小，正电荷电势能先变大后变小，故电场力先做负功后做正功，故D正确。 变式2　(2024·广东省六校联考)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，方向不同 B.F'点与C'点的电场强度大小相等，方向不同 C.A'点与O'点的电势差小于E'点与D'点的电势差 D.质子在F点的电势能小于在E点的电势能 答案　B 解析　如图甲，正电荷在F点产生的场强和负电荷在C点产生的场强一样，正电荷在C点产生的场强和负电荷在F点产生的场强一样，F点与C点的电场强度大小相等，方向相同，故A错误； 如图乙，正电荷在F'点产生的场强和负电荷在C'点产生的场强大小相等，方向不同，正电荷在C'点产生的场强和负电荷在F'点产生的场强大小相等，方向不同，因此F'点与C'点的电场强度大小相等，方向不同，故B正确；根据等量异种电荷的对称性可知UA'O'=UO'D'>UE'D'，故C错误；根据等量异种电荷的等势面分布可知φF>φE，因此质子在F点的电势能大于在E点的电势能，故D错误。 考点二　电场中的图像问题 电场中几种常见的图像 v-t图像 当带电粒子只受电场力时，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)图像的切线斜率的绝对值表示电场力大小 (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3　(多选)(2024·广东惠州市第三次调研)沿电场线所在直线建立如图所示Ox轴，x轴上各点电势φ随x的变化规律如图所示，坐标原点O点电势为零。带电荷量为e的电子仅在电场力作用下从O点由静止释放，下列说法正确的是(　　) A.在0~x3区间内，电场方向始终指向x轴正方向 B.电子到达B点时动能为 C.电子从A运动到C，加速度先减小后增大 D.若在B点给电子一个沿x轴正方向的初速度，电子一定会在AC间做往复运动 答案　BC 解析　沿电场线方向电势降低，在0~x1区间内，电场方向指向x轴负方向，在x1~x2区间内，电场方向指向x轴正方向，在x2~x3区间内，电场方向指向x轴负方向，故A错误；从O到A电场力做正功，根据动能定理可得-e(0-φ0)=EkA，从A到B电场力做负功，根据动能定理可得-e(φ0-)=EkB-EkA，联立解得电子到达B点的动能为EkB=，故B正确；根据φ-x图像的斜率表示电场强度，由题图可知从A到C电场强度先减小再增大，所以加速度先减小再增大，故C正确；BC段电场方向沿x轴负方向，电子受电场力沿x轴正方向，所以在B点给电子一个沿x轴正方向的初速度，电子将沿x轴正方向做加速直线运动，故D错误。 例4　如图，绝缘竖直圆环上均匀分布着正电荷，Ox轴为圆环轴线，光滑细杆位于圆环轴线上，杆上套有带正电小球。t=0时将小球从圆环右侧P点由静止释放，则小球运动的速度v随时间t变化关系图像及x轴上电势φ与坐标x的关系图像可能正确的是(　　) 答案　A 解析　因沿着Ox方向场强可能先增大后减小，可知小球受电场力可能先增大后减小，加速度可能先增大后减小，v-t图像的斜率可能先增大后减小，则图像A正确，B错误；沿Ox正向电势逐渐降低，因小球向右移动相同距离时电场力做功越来越小，可知相同距离的电势差不相等，则φ-x图像不是按线性减小，选项C、D错误。 考点三　带电粒子(带电体)在电场中的运动 1.带电粒子(带电体)在电场中运动时重力的处理 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。 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 1.用动力学观点分析：a=，E=，v2-=2ad，适用于匀强电场 2.用功能观点分析：W=qU=mv2-m，匀强和非匀强电场都适用 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 偏转角：tan θ==== 侧移距离：y0==，y=y0+Ltan θ=(+L)tan θ 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-t2 带电粒子在非匀强电场中运动 电场力在变化 动能定理，能量守恒定律 3.带电体在电场和重力场的叠加场中运动的分析方法 (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。 例5　(2024·广东深圳市实验中学、湛江市第一中学、珠海市第一中学联考)光刻机是半导体行业中重中之重的利器，我国上海微电子装备公司在这一领域的技术近年取得了突破性进展。电子束光刻技术原理简化如图所示，电子枪发射的电子经过成型孔后形成电子束，通过束偏移器后对光刻胶进行曝光。某型号光刻机的束偏移器长L=0.02 m，间距也为L，两极间有扫描电压，其轴线垂直晶圆上某芯片表面并过中心O点，该轴线也是束偏移器的一条对称轴。芯片到束偏移器下端的距离为。若进入束偏移器时电子束形成的电流大小为I=2×10-8 A，单个电子的初动能为Ek0=1.6×10-14 J。不计电子重力及电子间的相互作用力，忽略其他因素的影响，电子到达芯片即被吸收。(e=1.6×10-19 C) (1)电子枪的加速电压和功率是多少？ (2)当扫描电压为多少时，电子束刚好打在束偏移器的下边界不能离开束偏移器？ (3)若某时刻扫描电压为15 kV，则电子束到达芯片时的位置离O点的距离为多少？ 答案　(1)1.0×105 V　2×10-3 W　(2)2×105 V　(3)1.5×10-3 m 解析　(1)电子在电场中做匀加速直线运动，有eU1=Ek0 得U1=1×105 V 电子枪的功率P=U1I=2×10-3 W (2)电子在束偏移器中的加速度大小为a= 设电子的初速度大小为v0，则由题意可知Ek0=m 电子在束偏移器中运动的时间为t= 由题意可知电子在束偏移器中的偏移量为y=at2= 解得U=2×105 V (3)电子在束偏移器中做类平抛运动有y=at2，a=，t=，电子从束偏移器中射出时，其速度方向的反向延长线一定过束偏移器的中心位置，设电子束到达芯片时的位置离O点的距离为Y，如图所示 根据几何关系有= 联立解得Y=1.5×10-3 m。 例6　如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管AB固定在竖直平面内，圆管的圆心为O，D点为圆管的最低点，A、B两点在同一水平线上，过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点。在虚线AB的上方存在水平向右的、范围足够大的匀强电场，虚线AB的下方存在水平向左、范围足够大的匀强电场，电场强度大小与AB上方电场强度大小相等。圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为q(q>0)、可视为质点的绝缘小球。现将该小球无初速度释放，经过一段时间，小球刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，并继续运动。已知圆管的半径r=s，圆管的管径忽略不计，AB=2s，PC=s，重力加速度为g。求： (1)电场强度的大小； (2)小球对圆管的最大压力； (3)小球从管口离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点(图中未标出N点)，则N点距管口A多远。 答案　(1)　(2)7mg，方向与CD成45°指向左下　(3)16s 解析　(1)如图所示，小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从B点沿切线方向进入，则有 tan θ===1 解得电场强度的大小为E= (2)小球从P点到B点的过程，根据动能定理可得 mgs+qEs=m，解得vB=2 小球在图中M点时，受到的重力和电场力的合力如图所示，此时对圆管压力最大，从B到M根据动能定理可得 mg·2r=m-m 解得vM=2 由牛顿第二定律可得FN-mg=m 解得FN=7mg 由牛顿第三定律可知，小球对圆管的最大压力大小为7mg，方向与CD成45°指向左下。 (3)小球从B到A过程，根据动能定理可得 qE·2s=m-m，解得vA=2 从A到N过程，小球做类平抛运动竖直方向有t=2 水平方向有x=vAcos 45°t+axt2，ax= 联立解得x=16s。 带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动 (1)等效重力法 将重力与电场力进行合成，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。 (2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的带电体，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。 专题强化练 ［1 选择题］　［分值：60分］ 1~5题每题5分，6~10题每题7分，共60分 ［保分基础练］ 1.(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(　　) 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 答案　AC 解析　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；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上，位移向上，电场力对黑色微粒做正功，故D错误。 2.(2024·河北卷·2)我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于生产生活，如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔。雷雨中某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图所示，相邻等势线电势差相等，则a、b、c、d四点中电场强度最大的是 (　　) A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 答案　C 解析　在静电场中，等差等势线越密集的地方电场强度越大。题图中c点的等差等势线相对最密集，故a、b、c、d四点中c点的电场强度最大。故选C。 3.(2024·广东佛山市二模)静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置。如图，一电子在电场中仅受电场力的作用，实线描绘出了其运动轨迹，虚线表示等势线，各等势线关于y轴对称，a、b、c、d分别是轨迹与等势线的交点。已知电子在经过a点时动能为60 eV，各等势线的电势高低标注在图中，则(　　) A.a、d两点的电场强度相同 B.电子从a到b运动时，电场力做负功 C.电子从c到d运动时，电势能逐渐减小 D.电子在经过等势线d点时的动能为60 eV 答案　D 解析　各等势面关于y轴对称，a、d两点疏密相同，所以电场线疏密也相同，场强大小相等；根据等势线与电场线垂直，可知a、d两点的电场强度方向不同，故a、d两点的电场强度不同，故A错误；根据等势线与电场线垂直，故电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的电场力，速度方向沿轨迹的切线方向，故电子从a到b运动时，电场力做正功，故B错误；根据负电荷在电势低处电势能大，可知电子从c到d运动时，电势能逐渐增大，故C错误；a、d两点的电势相等，故从a到d电场力不做功，所以电子在经过等势线d点时的动能为60 eV，故D正确。 4.(多选)(2023·海南卷·12)如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中A、B带正电，C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，下列说法正确的是(　　) A.M、N两点电场强度相同 B.M、N两点电势相同 C.负电荷在M点电势能比在O点时要小 D.负电荷在N点电势能比在O点时要大 答案　BC 解析　两正电荷在M点的合电场强度向右，在N点的合电场强度向左，负电荷在M和N点的电场强度分别沿右上方和左上方，由矢量合成可知，M和N的电场强度大小相等、方向不同，A错误；由等量同种电荷的电场分布规律，可知两正电荷的电场在M和N两点的电势相同，负电荷C在M、N两点的电势也相同，故M、N两点的电势相同，B正确；两正电荷在M点的电势比在O点的高(因两正电荷在AO间的合电场强度向右)，负电荷C产生的电场中，离负电荷越近电势越低，故负电荷在M点的电势也比在O点的要高，可知M点电势比O点高，而负电荷在电势越高处电势能越小，C正确；由对称性可知N点和M点电势相同，则负电荷在N点电势能也比在O点时要小，D错误。 5.(2024·广东湛江市二模)某种负离子空气净化器的原理如图所示，由空气和带一价负电的灰尘颗粒组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，带电颗粒入射时的最大动能为4×106 eV，金属板的长度为L，金属板的间距为d，且L=100d。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，不考虑重力影响和颗粒间的相互作用。要使得全部颗粒被收集，两极板间的电势差至少为(　　) A.1 600 V B.800 V C.400 V D.200 V 答案　A 解析　只要紧靠上方金属板的颗粒能够落到下方金属板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有L=v0t，竖直方向有d=at2，qE=ma，又E=，联立解得两金属板间的电压为U===1 600 V，故选A。 ［争分提能练］ 6.沿电场中某条直线电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，坐标点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等。一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为Ek，仅考虑电场力作用，则(　　) A.从O点到C点，电势先升高后降低 B.粒子先做匀加速运动，后做变加速运动 C.粒子在AB段电势能变化量大于BC段的电势能变化量 D.粒子运动到C点时动能大于3Ek 答案　C 解析　从O点到C点，电场强度方向保持不变，由于开始场强方向沿x轴正方向，且沿电场线方向电势逐渐降低，所以从O点到C点，电势逐渐降低，故A错误；由题图可知场强先增大后减小，则电场力也是先增大后减小，所以粒子的加速度先增大后减小，一直做变加速运动，故B错误；由题图可知图像与x轴所围的面积表示电势差，AB段图像与x轴所围的面积大于BC段图像与x轴所围的面积，则UAB>UBC，所以粒子在AB段电势能减少量大于BC段电势能减少量，故C正确；由题图可知图像与x轴所围的面积表示电势差，则有UOC<3UOA，由动能定理有qUOA=Ek，qUOC=EkC，可得EkC<3Ek，所以粒子运动到C点时动能小于3Ek，故D错误。 7.(2024·广西卷·7)如图，将不计重力、电荷量为q带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为27Q和64Q的负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放，小圆环先后经过图上P1点和P2点，已知sin θ=，则小圆环从P1点运动到P2点的过程中 (　　) A.静电力做正功 B.静电力做负功 C.静电力先做正功再做负功 D.静电力先做负功再做正功 答案　A 解析　如图甲所示，在P1点小圆环受到静电力 FM1=k， FN1=k， 设合力与FM1间的夹角为α1， tan α1=>tan θ， 则α1>θ，合力做正功， 同理在P2点，如图乙所示， FM2=k，FN2=k， 设合力与FN2间的夹角为α2， tan α2==tan θ，α2=θ，合力沿OP2方向， 所以P1到P2静电力一直做正功，故选A。 8.(2024·广东省部分学校一模)电视机显像管的结构示意图如图所示，电子枪均匀发射的电子束经加速电场加速后高速通过偏转电场，最后打在荧光屏上呈现光斑，在显像管偏转极板上加上不同的电压，光斑在荧光屏上呈现不同情况，以上极板带正电时为正，下列说法正确的是(　　) A.若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，则可以在荧光屏上看到一个固定的光斑 B.若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏的O点下侧移动 C.若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上从上向下移动 D.若在偏转极板加上如图丁所示的偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O点两侧做往复运动 答案　D 解析　若在偏转极板加上如图甲所示的偏转电场，当电子是在正向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏上侧留下一个光斑；当电子是在反向电压时间段进入偏转电场，在荧光屏下侧留下一个光斑；可以看到荧光屏的O点上侧、下侧各一个光斑，故A错误；若在偏转极板加上如图乙所示的偏转电场，电子一直向上偏转，所以在荧光屏O点上方看到一个光斑移动，故B错误；若在偏转极板加上如图丙所示的偏转电场，电子先向下偏转再向上偏转，可以看到一个光斑在荧光屏上从下向上移动，故C错误；若在偏转极板加上如图丁所示的正弦式偏转电场，则可以看到一个光斑在荧光屏上O点两侧做往复运动，故D正确。 9.(多选)(2024·广东江门市一模)如图所示，O、A、B为一粗糙绝缘水平面上的三点，不计空气阻力，一电荷量为+Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为+q的小金属块(可视为质点)，从A点以速度v0向右运动，最后停止在B点，已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L，静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A.该过程中小金属块的电势能增大 B.A、B两点间的电势差为 C.若在A处库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时距O点的距离为 D.若在A处库仑力小于摩擦力，则小金属块由A向B运动过程的平均速度大于 答案　CD 解析　依题意，该过程中库仑力对小金属块做正功，所以小金属块的电势能减小，故A错误；由动能定理可得WAB-μmgL=0-m，A、B两点间的电势差为UAB=，联立解得UAB=，故B错误；若在A处库仑力大于摩擦力，则小金属块速度最大时，其受力平衡，有μmg=k，解得x=，故C正确；若在A处库仑力小于摩擦力，由牛顿第二定律可得a=，则小金属块由A向B运动过程做加速度增大的减速运动，v-t图像如图所示，在图中作出初速度为v0，末速度为0的匀减速直线运动图像，根据平均速度公式=，可知小金属块由A向B运动过程的平均速度大于，故D正确。 ［尖子生选练］ 10.(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 答案　BD 解析　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电场强度和电场力的关系可得E=，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=2ad，由动能定理可得qU1=m，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，联立解得L∶d=1∶1，A错误；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，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；微粒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，即微粒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。 ［2 计算题］　［分值：50分］ 1.(10分)(2024·河北卷·13)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)、质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求： (1)(2分)电场强度E的大小。 (2)(8分)小球在A、B两点的速度大小。 答案　(1)　(2)　 解析　(1)由匀强电场中电势差与电场强度的关系，得电场强度E= (2)在A点细线对小球的拉力为0， 根据牛顿第二定律得Eq-mg=m A到B过程根据动能定理得 qU-mgL=m-m 联立解得vA=，vB=。 2.(12分)(2024·广东省部分高中一模)地表附近存在着环境电场，该电场可视为电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场，蜘蛛可以通过向空中吐出带电蛛丝实现飞行。如图，在无风的天气里，质量为m的蜘蛛，从地面向空中吐出4根蛛丝，恰好可以使它脱离地面；在有水平风的天气里，t=0时蜘蛛从地面向空中吐出n(n>4且为偶数)根蛛丝，T时刻咬断一半蛛丝，经过一段时间后落到地面完成“迁徙”，假设蜘蛛吐出的每根蛛丝都相同，且电荷集中在蛛丝顶端，蜘蛛自身始终不带电；已知重力加速度为g，水平风力大小恒为f=mg，忽略空气对蜘蛛的其他作用力。 (1)(3分)判断蛛丝的电性，求每根蛛丝的带电荷量q； (2)(3分)蜘蛛要实现空中“迁徙”所需n的值； (3)(6分)求蜘蛛“迁徙”一次飞行的水平距离x(计算结果可以保留根号)。 答案　(1)负电　　(2)6　(3)gT2 解析　(1)以蜘蛛和蛛丝整体为研究对象，蜘蛛所受重力大小与蛛丝所受电场力大小相等方向相反，所以蛛丝带负电。由二力平衡知mg=4qE 解得q= (2)依题意，蜘蛛要完成起飞，则n>4；咬断一半蛛丝后，能够降落，则<4，故4<n<8 又n为偶数，则n=6 (3)设蜘蛛咬断蛛丝前、后，竖直方向加速度大小分别为a1、a2，咬断蛛丝前6qE-mg=ma1 咬断蛛丝后mg-3qE=ma2 设咬断蛛丝时，蜘蛛速度为v，上升了h1， v=a1T，h1=a1T2 蜘蛛咬断蛛丝后，设继续飞行时间为t，有 vt-a2t2=-h1 蜘蛛在空中飞行时，设水平加速度为ax，有f=max 迁徙距离x=ax(T+t)2 联立解得x=gT2 3.(12分)(2024·广东广州市天河区二模)在真空中存在着方向竖直向上、足够大且周期性变化的匀强电场。将一个质量为m、电荷量为q的小球(可视为质点)t=0时刻由静止释放，小球开始以g的加速度向上运动。已知电场的周期为T=2t0，规定竖直向上为正方向，重力加速度为g，求： (1)(3分)匀强电场的电场强度E0的大小； (2)(3分)t=3t0时小球的速度； (3)(6分)小球在0~2.5t0时间内机械能的变化量ΔE。 答案　(1)　(2)gt0，方向竖直向下　(3)-mg2 解析　(1)有电场时，由牛顿第二定律得 qE0-mg=m·g 解得匀强电场电场强度的大小为E0= (2)当t=t0时，小球速度为v1=gt0 当t=2t0时，小球速度为v2=v1-gt0=-gt0 当t=3t0时，小球速度为 v3=v2+at0=-gt0+gt0=-gt0，负号表示方向竖直向下 (3)0~t0内小球的位移为h1=×g·=g 方向向上； 0~t0内小球机械能变化量为ΔE1=qE0h1 2t0~2.5t0内小球的位移为 h2=v2×t0+×g×(t0)2=-g 方向向下； 2t0~2.5t0内小球机械能变化量为 ΔE2=qE0h2 则0~2.5t0内小球机械能变化量为 ΔE=ΔE1+ΔE2=-mg2。 4.(16分)(2022·广东卷·14)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h1，此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1)，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为f=kv，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求： (1)(3分)比例系数k； (2)(5分)油滴A、B的带电量和电性；B上升距离h2电势能的变化量； (3)(8分)新油滴匀速运动速度的大小和方向。 答案　(1) (2)油滴A不带电，油滴B带负电　　- (3)见解析 解析　(1)未加电压时，油滴匀速时的速度大小v1=，匀速时有m0g=f，又f=kv1 联立可得k= (2)加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力方向向上，极板间电场强度方向向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为v2= 根据平衡条件可得m0g+kv2=q 联立解得q= 根据ΔEp=-W电，又有W电=·qh2 联立解得ΔEp=- (3)油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2m0，带电荷量仍为q，新油滴所受电场力 F'== 若F'>2m0g，即h2>h1，可知v2>v1 新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律有m0v2-m0v1=2m0v共 可得v共>0 新油滴向上加速，达到平衡时有 2m0g+k·(2m0v=F' 解得速度大小为v=，方向向上； 若F'<2m0g，即h1>h2，可知v2<v1 设向下为正方向，根据动量守恒定律有 m0v1-m0v2=2m0v共'，可知v共'>0 新油滴向下加速，达到平衡时有 2m0g=F'+k·(2m0v' 解得速度大小为v'=，方向向下。 学科网（北京）股份有限公司 $$