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（苏京版）（课件PPT+word教案）

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。 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。 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 3.电势能大小的判断 (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。 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　(2024·江苏卷·1)在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系，请问a、b两点的场强大小等于(　　) A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1 答案　D 解析　设F-q图像的横坐标单位长度表示的电荷量为q0，纵坐标单位长度表示的力大小为F0，根据E=，可知F-q图像斜率表示电场强度，由题图可知Ea=，Eb==，可得=4∶1，故选D。 例2　真空中有一正三角形ABC，如图所示，M、N分别为AB、AC的中点，在B、C两点分别固定等量异种点电荷，其中B点固定正电荷，C点固定负电荷。则(　　) A.沿直线从A点到M点，电势逐渐降低 B.若电子沿直线从N点移动到A点，电子的电势能逐渐增大 C.将电子从M点移动到A点，静电力一直做正功 D.电子从M点移动到A点与从A点移动到N点静电力做的功相等 答案　D 解析　根据等量异种电荷电势分布，A点在垂直平分线上，电势为零，沿直线从A点到M点，电势逐渐升高，故A错误；沿直线从N点移动到A点，电势逐渐升高，根据Ep=qφ，电子带负电，所以电子的电势能逐渐减小，故B错误；将电子从M点移动到A点，电势降低，电势能升高，所以静电力做负功，故C错误；根据对称性可知，从M点移动到A点与从A点移动到N点的电势变化相等，所以静电力做的功相等，故D正确。 变式　(2024·江苏省兴化市调研)食盐(NaCl)晶胞的结构如图所示，由带电荷量为+e的钠离子和带电荷量为 -e的氯离子组成。图中面abcd和面ijmn为立体晶体的两个中垂面，o、p两点分别为图示立方体上、下表面的中心。取无穷远处为零势能点，则(　　) A.图中a、b两点的电势相同 B.图中a、b两点的电场强度相同 C.沿图中op线段，电场强度的大小先减小后增大 D.沿图中op线段，电势先减小后增大 答案　A 解析　将前后一个钠离子和一个氯离子看成等量异种电荷，等量异种电荷的中垂面为等势面，由电势叠加可知a、b两点电势相等，由电场叠加可知a、b两点电场强度大小相等、方向相反，故A正确，B错误； 将上方两个钠离子、两个氯离子分别看成等量同种电荷，这四个离子在op线段上任意一点的合电场强度均为零，同理，下方四个离子在op线段上任意一点的合电场强度也均为零，因此沿题图中op线段，电场强度大小不变，故C错误； 平面 abcd 和平面ijmn为等势面，故沿题图中op线段电势不变，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 例3　(2024·江苏省南京师范大学附属中学模拟)x轴上有两个不等量点电荷q1、q2，两电荷连线上各点电势随位置坐标变化的φ-x图像如图所示，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。正电子的质量为m、电荷量为e，取无穷远处电势为0，下列说法正确的是(　　) A.q1、q2带异种电荷 B.两电荷电荷量之比= C.将一正电子从a点由静止释放，若经过O点时速度为v0，则a点电势φa=φ0+ D.将一正电子从b点由静止释放，则静电力先做正功后做负功，正电子经过O点后可以到达a点 答案　C 解析　由题图可知，x轴上-x0和2x0之间的电势都大于零，则两个点电荷一定都是正电荷，故A错误；在x=0处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=，故B错误；一正电子从a点静止释放运动到O点，由动能定理可得e(φa-φ0)=m，得φa=φ0+，故C正确；将一正电子从b点由静止释放，初始动能为零，由于a点电势大于b点，正电子在a点电势能大于b点，根据能量守恒可知，不可能到达a点，故D错误。 例4　(2023·江苏南京市月考)如图甲，A、B是某电场中的一条电场线上的两点，一带负电的粒子从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的v-t图像如图乙所示。取A点为坐标原点，且规定φA=0，以AB方向为正方向建立x轴，作出了AB所在直线的电场强度大小E、电势φ、粒子的电势能Ep随x增大而变化的E-x图像、φ-x图像、Ep-x图像，其中可能正确的是(　　) 答案　C 解析　根据v-t图像的斜率表示加速度可知，粒子的加速度在逐渐减小，粒子所受静电力在逐渐减小，电场强度E随x增大在逐渐减小，故A、B错误；粒子带负电，静电力方向从A指向B，电场强度方向从B指向A，故从A到B电势逐渐升高，由于电场强度逐渐减小，故φ-图像的斜率逐渐减小，故C正确；从A到B粒子的电势能逐渐减小，但由于静电力逐渐减小，故Ep-图像的斜率逐渐减小，故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.用功能关系分析：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 静电力在变化 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　如图所示，水平面内有一直角坐标系xOy，在第二、三象限内存在沿x轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场Ⅰ，在第一、四象限的x=0至x=l区间内存在沿y轴正方向的有理想边界的匀强电场Ⅱ，电场强度大小未知。一带正电的粒子(可视为点电荷)从P点(-，0)由静止开始仅在静电力作用下运动，从Q点(l，l)离开电场Ⅱ。带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计带电粒子的重力。 (1)求电场Ⅱ的电场强度E'的大小； (2)若将带电粒子从x轴负半轴上某一位置由静止释放，可使粒子飞出电场Ⅱ时动能最小，求该粒子飞出电场Ⅱ时的最小动能Ek。 答案　(1)2E　(2)2qEl 解析　(1)带电粒子在电场 Ⅰ 中做初速度为0的匀加速直线运动，从P点到O点，根据动能定理可得 qE=mv2 粒子进入电场 Ⅱ 的速度为v= 粒子在电场 Ⅱ 中做类平抛运动，由运动学公式，可得l=vt，l=at2，a=，解得E'=2E (2)设粒子在电场 Ⅰ 中x轴上距原点O为x的位置释放，从释放到O点，由动能定理得qEx=mv'2 解得v'= 粒子进入电场 Ⅱ 中做类平抛运动，设偏移量为y，则有l=v't'，y=·t'2，解得y= 全过程由动能定理，得qEx+qE'y=Ek 代入y整理后，得Ek=qE(x+) 根据数学知识可知，当x=，即x=l时，动能有最小值，最小值为Ek=2qEl。 例6　(2024·江苏南京市名校调研)如图甲，竖直面内有一小球发射装置，左侧有光滑绝缘圆弧形轨道ABC，A与圆心O等高，C处于坐标原点，y轴左侧有一水平向右的匀强电场(图中未画出)，电场强度的大小E1=103 V/m。现将带正电绝缘小球从A点由静止释放进入轨道，一段时间后小球从C点离开并进入y轴右侧，y轴右侧与直线DF(平行于y轴)中间范围内有周期性变化的水平方向电场，规定向右为正方向，交变电场周期T=1.6 s，变化规律如图乙。已知圆弧形轨道半径R= m，小球质量m=0.3 kg，电荷量q=4×10-3 C，∠BOC=53°，重力加速度g=10 m/s2，sin 53°=0.8，不计空气阻力的影响及带电小球产生的电场。求： (1)小球在C点时的速度； (2)若小球在t=0时刻经过C点，在t=T时刻到达电场边界DF，且速度方向恰与直线DF平行，E2的大小及直线DF到y轴的距离； (3)基于(2)中直线DF到y轴的距离，小球在不同时刻进入交变电场再次经过x轴时的坐标范围。 答案　(1)10 m/s，方向为与水平方向成53°　(2)562.5 V/m　7.2 m　(3)4.8 m≤x≤16.8 m 解析　(1)小球在y轴左侧受到的合力F= 解得F=5 N 根据动能定理，小球从A到C运动过程有FR(1+cos 37°)=mv2-0 解得v=10 m/s 方向为与水平方向成53°。 (2)小球到达直线DF时速度方向恰与DF平行，即水平速度恰减到0，根据电场的周期性 vcos 53°-ax=0 解得ax=7.5 m/s2 根据ax= 解得E2=562.5 V/m 根据速度位移关系式xD= 解得xD=7.2 m (3)小球在y轴右侧竖直方向做竖直上抛运动，小球再次经过x轴的运动时间相同 t=2=1.6 s 恰经过一个周期，t=0时刻进入电场，小球在一个周期内水平方向先减速运动再加速，此过程小球水平方向平均速度最小，离C点最近，x3=(vcos 53°+0)T=4.8 m 因为x3<xD，小球在电场内经过x轴； t=时刻进入电场，小球在一个周期内水平方向先加速运动 x1=(vcos 53°+vcos 53°+ax 解得x1=7.2 m 且x1=xD 恰加速运动至DF所在直线，小球出电场后水平方向做匀速运动x2=(vcos 53°+ax 解得x2=9.6 m 则xm=x1+x2=16.8 m 此过程小球水平方向平均速度最大，离C点最远，综上，小球经过x轴时的坐标范围为 4.8 m≤x≤16.8 m。 专题强化练 [1 选择题]　　[分值：50分] 1~6题每题4分，7~9题每题6分，10题8分，共50分 [保分基础练] 1.(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。 2.(2024·甘肃卷·9改编)某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点，下列说法正确的是(　　) A.粒子带负电荷 B.M点的电场强度比N点的大 C.粒子在运动轨迹上存在动能最小的点 D.粒子在M点的电势能小于在N点的电势能 答案　C 解析　根据粒子所受静电力与等势面垂直且指向曲线轨迹的凹侧可知，粒子带正电荷，故A错误；等差等势面越密集的地方电场强度越大，故M点的电场强度比N点的小，故B错误；粒子带正电，因为M点的电势大于N点的电势，故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能；由于带电粒子仅在静电力作用下运动，电势能与动能总和不变，故可知当电势能最大时动能最小，故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小，故C正确，D错误。 3.(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。 4.(2023·海南卷·12改编)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点电势比N点电势高 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　C 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点和N点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错误；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·江苏南京市模拟)如图所示，电荷量为q的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中A点的电场强度为0，静电力常量为k，则图中B点的电场强度为(　　) A.k B.0 C.k D.k 答案　D 解析　根据电场强度的叠加原理可知，带电薄板在A点产生的电场强度方向向右，大小为E=k，根据对称性可知，薄板在B点产生的电场强度方向向左，大小为E'=E=k 因此，B点的电场强度大小为EB=k+k=k，故D正确。 6.(2024·江苏南京市大厂高级中学一模)在x轴上O、P两点分别固定两个点电荷，一个带负电的试探电荷在x轴正半轴上的电势能Ep随x变化关系如图所示，下列说法正确的是(　　) A.固定在O处的点电荷带负电，固定在P处的点电荷带正电 B.固定在O处的点电荷所带电荷量的绝对值小于固定在P处的点电荷所带电荷量的绝对值 C.A、B两点的电场强度为零 D.B、C间电场强度方向沿x轴负方向 答案　A 解析　试探电荷带负电，电势能减小，则电势升高，则固定在O处的点电荷带负电，固定在P处的点电荷带正电，A正确；Ep-图线切线斜率的绝对值表示静电力的大小，由题图可知，C点切线斜率为零，静电力为零，电场强度为零，根据库仑定律可知固定在O处的点电荷所带电荷量的绝对值大于固定在P处的点电荷所带电荷量的绝对值，B错误；A、B两点切线斜率不为零，所以电场强度不为零，C错误；由题图可知，从B到C电势能增加，试探电荷带负电，则电势降低，根据沿电场线方向电势降低可知，B、C间电场强度方向沿x轴正方向，D错误。 [争分提能练] 7.(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 答案　D 解析　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。 8.(2024·北京卷·11)如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP=QN。下列说法正确的是(　　) A.P点电场强度比Q点电场强度大 B.P点电势与Q点电势相等 C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍 D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变 答案　C 解析　由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，A错误； 由沿电场线方向电势越来越低知，P点电势高于Q点电势，B错误； 由电场叠加得P点电场强度E=k+k，若仅两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍，而PQ间距不变，根据U=Ed定性分析可知P、Q两点间电势差变大，C正确，D错误。 9.(2024·江苏省模拟)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线(在水平面内)上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2×10-5 C、质量为1 g的小物块从C点静止释放，其运动的v-t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线的切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是(　　) A.小物块带负电 B.A、B两点间的电势差UAB=500 V C.小物块由C点到A点电势能先减小再增大 D.B点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度E=100 V/m 答案　D 解析　小物块受到从两电荷中点O指向外的力，带正电，故A错误；根据动能定理得qUAB=m-m，UAB=-500 V，故B错误；由题图乙知，由C到A的过程中，物块的速度不断增大，动能不断增大，根据能量守恒知，物块的电势能不断减小，故C错误； v-t图像的斜率表示加速度，B点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明B为中垂线上加速度最大的点，由题图乙可知切线的斜率为2 m/s2，根据牛顿第二定律得qE=ma，E=100 V/m，所以B为中垂线上电场强度最大的点，故D正确。 [尖子生选练] 10.(2023·江苏南京市三模)如图所示，空中有一足够大的水平向右的匀强电场，质量均为m、带电荷量分别为+q和-3q的两小球同时从O点以速度v0斜向右上方射入匀强电场中，v0方向与水平方向成60°角，A、B(图中未画出)两点分别为两小球运动轨迹的最高点，带正电的小球经过A点的速度大小仍然为v0，若仅把带正电的小球射入速度变为2v0，其运动轨迹的最高点记为C。不考虑两球间的库仑力。下列说法错误的是(　　) A.两小球同时到A、B两点 B.OA与OB之比为∶1 C.两小球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为1∶3 D.带正电的小球经过C点的速度大小2v0 答案　C 解析　由题可知，将带电小球的运动分解成水平方向和竖直方向的运动，由受力可知，两小球在竖直方向只受重力，故在竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向的初速度为v0y=v0sin 60°，上升到最高点时，竖直方向速度为零，由此可知，两球到达A、B两点的时间相同，A正确； 水平方向只受静电力，故水平方向做匀变速直线运动，水平方向的初速度为v0x=v0cos 60°=v0，由题可知，带正电的小球在A点有v0=v0+at，带负电的小球在B点有v'=v0-3at，解得v'=-v0，可见到达最高点时两小球的速度大小相等，水平方向只有静电力做功，由动能定理可知，两球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为1∶1，C错误； 由上分析可知v0y=v0sin 60°=gt，v0=v0+at，解得g=a，故xOA==，xOB==，故OA与OB之比为∶1，B正确； 由题可知v0x'=2v0cos 60°=v0，v0y'=2v0sin 60°=gt'，v″=v0+at'，联立得v″=2v0，D正确。 [2 计算题]　[分值：40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.(14分)(2023·北京卷·20)某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)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，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d，不考虑重力影响和颗粒间相互作用。 (1)(5分)若不计空气阻力，质量为m、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1； (2)(9分)若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f=krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。 ①半径为R、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2； ②已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10 μm和2.5 μm的两种颗粒，若10 μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5 μm的颗粒被收集的百分比。 答案　(1)　(2)①　②25% 解析　(1)只要紧靠上极板的带电颗粒能够落到金属板下极板最右侧，颗粒就能够全部被收集， 水平方向有L=v0t 竖直方向有d=at2 根据牛顿第二定律有qE=ma 又E=，解得U1= (2)①颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，根据题意有F电=f，即=kRv，且=，联立解得U2= ②10 μm的带电荷量q的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于静电力，则有kRvmax= 在竖直方向上颗粒匀速下落，则有d=vmaxt 2.5 μm的颗粒带电荷量为q'= 颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于静电力，则有kRvmax'= 设距下极板为d'的颗粒恰好被收集，在竖直方向颗粒匀速下落，则有d'=vmax't 解得d'=，故2.5 μm的颗粒被收集的百分比为 ×100%=25%。 3.(16分)(2022·江苏卷·15)某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替变化，AB边长为12d，BC边长为8d，质量为m、电荷量为+q的粒子流从装置左端中点射入电场，粒子初动能为Ek，入射角为θ，在纸面内运动，不计重力及粒子间的相互作用力。 (1)(3分)当θ=θ0时，若粒子能从CD边射出，求该粒子通过电场的时间t； (2)(6分)当Ek=4qEd时，若粒子从CD边射出电场时与轴线OO'的距离小于d，求入射角θ的范围； (3)(7分)当Ek=qEd，粒子在θ为-~范围内均匀射入电场，求从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0。 答案　见解析 解析　(1)电场方向在竖直方向上，粒子所受静电力在竖直方向上，粒子在水平方向上做匀速直线运动，速度分解如图所示 粒子在水平方向的速度为vx=vcos θ0 根据Ek=mv2可知v= 解得t=· (2)粒子进入电场时的初动能Ek=4qEd=m 粒子进入电场后只有静电力做功，粒子在竖直方向上反复运动后，根据题意可知最终运动的空间如图所示， 若粒子从OO'上部分离开CD边，则静电力做负功，根据动能定理可知-qEx=Ek1-Ek 其中Ek1=m(+) Ek=m(+) 粒子在水平方向上做匀速直线运动， 所以vx0=vx1， 竖直方向上有vy0=v0sin θ1， 动能定理的方程可化解为-qEx=m-m=m-msin2 θ1 当vy1=0时，x取到最大值，即-qExm=-msin2 θ1 解得粒子在竖直方向上的最大位移为xm=4dsin2 θ1 根据题意可知xm<d，可知sin θ1<， 解得θ1<30° 粒子在OO'上、下部分运动呈现对称性，所以入射角的范围为-30°<θ<30°或-<θ< (3)设粒子入射角为θ'时，粒子恰好从D点射出，由于粒子进入电场时，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向反复做加速度相同的减速运动，加速运动。粒子的速度v'== 运动时间为t总==· 粒子在沿电场方向，反复做加速度相同的减速运动，加速运动，则-2ad=-(v'sin θ')2 2ad=-(v1d)2 -2ad=-(v2d)2 2ad=-(v3d)2 -2ad=-(v4d)2 2ad=-(v5d)2 则v2d=v4d=v6d=v'sin θ' v1d=v3d=v5d 则粒子在分层电场中运动时间相等，设为t0， 则t0=t总=×= 且d=v'sin θ'·t0- · 代入数据化简可得6cos2θ'-8sin θ'cos θ'+1=0 即tan2θ'-8tan θ'+7=0 解得tan θ'=7(舍去)或tan θ'=1 解得θ'= 则从CD边出射的粒子入射粒子的数量之比 N∶N0==50%。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 电场与磁场 专题三 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。 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。 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 3.电势能大小的判断 (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。 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。 　 (2024·江苏卷·1)在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系，请问a、b两点的场强 大小等于 A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1 例1 √ 设F-q图像的横坐标单位长度表示的电荷量为q0，纵 坐标单位长度表示的力大小为F0，根据E=，可知F-q图像斜率表示电场强度，由题图可知Ea=，Eb== =4∶1，故选D。 　真空中有一正三角形ABC，如图所示，M、N分别为AB、AC的中点，在B、C两点分别固定等量异种点电荷，其中B点固定正电荷，C点固定负电荷。则 A.沿直线从A点到M点，电势逐渐降低 B.若电子沿直线从N点移动到A点，电子的电势 能逐渐增大 C.将电子从M点移动到A点，静电力一直做正功 D.电子从M点移动到A点与从A点移动到N点静电力做的功相等 例2 √ 根据等量异种电荷电势分布，A点在垂直平分线上，电势为零，沿直线从A点到M点，电势逐渐升高，故A错误； 沿直线从N点移动到A点，电势逐渐升高，根据Ep= qφ，电子带负电，所以电子的电势能逐渐减小，故B错误； 将电子从M点移动到A点，电势降低，电势能升高，所以静电力做负功，故C错误； 根据对称性可知，从M点移动到A点与从A点移动到N点的电势变化相等，所以静电力做的功相等，故D正确。 (2024·江苏省兴化市调研)食盐(NaCl)晶胞的结构如图所示，由带电荷量为+e的钠离子和带电荷量为-e的氯离子组成。图中面abcd和面ijmn为立体晶体的两个中垂面，o、p两点分别为图示立方体上、下表面的中心。取无穷远处为零势能点，则 A.图中a、b两点的电势相同 B.图中a、b两点的电场强度相同 C.沿图中op线段，电场强度的大小先减小后增大 D.沿图中op线段，电势先减小后增大 √ 变式 将前后一个钠离子和一个氯离子看成等量异种电荷，等量异种电荷的中垂面为等势面，由电势叠加可知a、b两点电势相等，由电场叠加可知a、b两点电场强度大小相等、方向相反，故A正确，B错误； 将上方两个钠离子、两个氯离子分别看成等量同种电荷，这四个离子在op线段上任意一点的合电场强度均为零，同理，下方四个离子在op线段上任意一点的合电场强度也均为零，因此沿题图中op线段，电场强度大小不变，故C错误； 平面 abcd 和平面ijmn为等势面，故沿题图中op线段电势不变，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 例3 (2024·江苏省南京师范大学附属中学模拟)x轴上有两个不等量点电荷q1、q2，两电荷连线上各点电势随位置坐标变化的φ-x图像如图所示，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。正电子的质量为m、电荷量为e，取无穷远处电势为0，下列说法正确的是 A.q1、q2带异种电荷 B.两电荷电荷量之比= C.将一正电子从a点由静止释放，若经过O点时速度 为v0，则a点电势φa=φ0+ D.将一正电子从b点由静止释放，则静电力先做正功后做负功，正电子经过O 点后可以到达a点 √ 由题图可知，x轴上-x0和2x0之间的电势都大于零，则两个点电荷一定都是正电荷，故A错误；在x=0处图像切线的斜率为零，则该点处的电 场强度为零，有k=k=，故B 错误； 一正电子从a点静止释放运动到O点，由动能定理可得e(φa-φ0)=m，得φa=φ0+，故C正确； 将一正电子从b点由静止释放，初始动能为零，由于a点电势大于b点，正电子在a点电势能大于b点，根据能量守恒可知，不可能到达a点，故D错误。 (2023·江苏南京市月考)如图甲，A、B是某电场中的一条电场线上的两点，一带负电的粒子从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的v-t图像如图乙所示。取A点为坐标原点，且规定φA=0， 例4 √ 以AB方向为正方向建立x轴，作出了AB所在直线的电场强度大小E、电势φ、粒子的电势能Ep随x增大而变化的E-x图像、φ-x图像、Ep-x图像，其中可能正确的是 根据v-t图像的斜率表示加速度可知，粒子的加速度在逐渐减小，粒子所受静电力在逐渐减小，电场强度E随x增大在逐渐减小，故A、B错误； 粒子带负电，静电力方向从A指向B，电场强度方向从B指向A，故从A到B电势逐渐升高，由于电场强度逐渐减小，故φ-图像的斜率逐渐减小，故C正确； 从A到B粒子的电势能逐渐减小，但由于静电力逐渐减小，故Ep-图像的斜率逐渐减小，故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.用功能关系分析：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 静电力在变化 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。 　如图所示，水平面内有一直角坐标系xOy，在第二、三象限内存在沿x轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场Ⅰ，在第一、四象限的x=0至x=l区间内存在沿y轴正方向的有理想边界的匀强电场Ⅱ，电场强度大小未知。一带正电的粒子(可视为点电荷)从P点(-，0)由静止开始仅在静电力作用下运动，从Q点(l，l)离开电场Ⅱ。带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计带电粒子的重力。 例5 (1)求电场Ⅱ的电场强度E'的大小； 答案　2E 带电粒子在电场Ⅰ中做初速度为0的匀加速直线运动，从P点到O点，根据动能定理可得 qE=mv2 粒子进入电场Ⅱ的速度为v= 粒子在电场Ⅱ中做类平抛运动，由运动学公式，可得l=vt，l=at2，a=，解得E'=2E (2)若将带电粒子从x轴负半轴上某一位置由静止释放，可使粒子飞出电场Ⅱ时动能最小，求该粒子飞出电场Ⅱ时的最小动能Ek。 答案　2qEl 设粒子在电场Ⅰ中x轴上距原点O为x的位置释放，从释放到O点，由 动能定理得qEx=mv'2 解得v'= 粒子进入电场 Ⅱ 中做类平抛运动，设偏移量为y， 则有l=v't'，y=·t'2，解得y= 全过程由动能定理，得qEx+qE'y=Ek 代入y整理后，得Ek=qE(x+) 根据数学知识可知，当x=，即x=l时，动能有最小值，最小值为Ek=2qEl。 (2024·江苏南京市名校调研)如图甲，竖直面内有一小球发射装置，左侧有光滑绝缘圆弧形轨道ABC，A与圆心O等高，C处于坐标原点，y轴左侧有一水平向右的匀强电场(图中未画出)，电场强度的大小E1=103 V/m。现将带正电绝缘小球从A点由静止释放进入轨道，一段时间后小球从C点离开并进入y轴右侧，y轴右侧与直线DF(平行于y轴)中间范围内有周期性变化的水平方向电场，规定向右为正方向，交变电场周期T=1.6 s，变化规律如图乙。已知圆弧形轨道半径 例6 R= m，小球质量m=0.3 kg，电荷量q=4×10-3 C，∠BOC=53°，重力加速度g=10 m/s2，sin 53°=0.8，不计空气阻力的影响及带电小球产生的电场。求： (1)小球在C点时的速度； 答案　10 m/s，方向为与水平方向成53° 小球在y轴左侧受到的合力F= 解得F=5 N 根据动能定理，小球从A到C运动过程有FR(1+cos 37°)=mv2-0 解得v=10 m/s 方向为与水平方向成53°。 (2)若小球在t=0时刻经过C点，在t=T时刻到达电场边界DF，且速度方向恰与直线DF平行，E2的大小及直线DF到y轴的距离； 答案　562.5 V/m　7.2 m 小球到达直线DF时速度方向恰与DF平行，即水平速度恰减到0，根据电场的周期性 vcos 53°-ax=0 解得ax=7.5 m/s2 根据ax= 解得E2=562.5 V/m 根据速度位移关系式xD= 解得xD=7.2 m (3)基于(2)中直线DF到y轴的距离，小球在不同时刻进入交变电场再次经过x轴时的坐标范围。 答案　4.8 m≤x≤16.8 m 小球在y轴右侧竖直方向做竖直 上抛运动，小球再次经过x轴的 运动时间相同 t=2=1.6 s 恰经过一个周期，t=0时刻进入电场，小球在一个周期内水平方向先减速运动再加速，此过程小球水平方向平均速度最小，离C点最近， x3=(vcos 53°+0)T=4.8 m 因为x3<xD，小球在电场内经过x轴； t=时刻进入电场，小球在一个周期内水平方向先加速运动 x1=(vcos 53°+vcos 53°+ax 解得x1=7.2 m 且x1=xD 恰加速运动至DF所在直线，小球出电场后水平方向做匀速运动x2= (vcos 53°+ax 解得x2=9.6 m 则xm=x1+x2=16.8 m 此过程小球水平方向平均速度最大， 离C点最远，综上，小球经过x轴时的坐标范围为 4.8 m≤x≤16.8 m。 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 C C B C D A D C 题号 9 　10 答案 D 　C 对一对 1 2 3 [2 计算题] 答案 题号 1 2 答案 (1)　(2)　 (1)　(2)①　②25% 题号 　3 答案 见解析 1.(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 保分基础练 答案 √ 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 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。 10 2.(2024·甘肃卷·9改编)某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点，下列说法正确的是 A.粒子带负电荷 B.M点的电场强度比N点的大 C.粒子在运动轨迹上存在动能最小的点 D.粒子在M点的电势能小于在N点的电势能 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 根据粒子所受静电力与等势面垂直且指向曲线轨迹的凹侧可知，粒子带正电荷，故A错误；等差等势面越密集的地方电场强度越大，故M点的电场强度比N点的小，故B错误； 粒子带正电，因为M点的电势大于N点的电势，故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能；由于带电粒子仅在静电力作用下运动，电势能与动能总和不变，故可知当电势能最大时动能最小，故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小，故C正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 3.(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 √ 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 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。 10 4.(2023·海南卷·12改编)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点电势比N点电势高 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点和N点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错误； 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·江苏南京市模拟)如图所示，电荷量为q的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中A点的电场强度为0，静电力常量为k，则图中B点的电场强度为 A.k B.0 C.k D.k √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 根据电场强度的叠加原理可知，带电薄板在A点产生的电场强度方向向右，大小为E=k，根据对称性可知， 薄板在B点产生的电场强度方向向左，大小为E'=E=k 因此，B点的电场强度大小为EB=k+k=k，故D正确。 6.(2024·江苏南京市大厂高级中学一模)在x轴上O、P两点分别固定两个点电荷，一个带负电的试探电荷在x轴正半轴上的电势能Ep随x变化关系如图所示，下列说法正确的是 A.固定在O处的点电荷带负电，固定在P处的点电荷带正电 B.固定在O处的点电荷所带电荷量的绝对值小于固 定在P处的点电荷所带电荷量的绝对值 C.A、B两点的电场强度为零 D.B、C间电场强度方向沿x轴负方向 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 试探电荷带负电，电势能减小，则电势升高，则固定在O处的点电荷带负电，固定在P处的点电荷带正电，A正确； Ep-图线切线斜率的绝对值表示静电力的大小，由题图可知，C点切线斜率为零，静电力为零，电场强度为零，根据库仑定律可知固定在O处的点电荷所带电荷量的绝对值大于固定在P处的点电荷所带电荷量的绝对值，B错误； A、B两点切线斜率不为零，所以电场强度不为零，C错误； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 由题图可知，从B到C电势能增加，试探电荷带负电，则电势降低，根据沿电场线方向电势降低可知，B、C间电场强度方向沿x轴正方向，D错误。 10 7.(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 答案 √ 争分提能练 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 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。 10 8.(2024·北京卷·11)如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP=QN。下列说法正确的是 A.P点电场强度比Q点电场强度大 B.P点电势与Q点电势相等 C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来 的2倍 D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，A错误； 由沿电场线方向电势越来越低知，P点电势高于Q点电势，B错误； 由电场叠加得P点电场强度E=k+k，若仅两点电荷的电荷量均变 为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍，而PQ间距不变，根据U=Ed定性分析可知P、Q两点间电势差变大，C正确，D错误。 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 9.(2024·江苏省模拟)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线(在水平面内)上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2×10-5 C、质量为1 g的小物块从C点静止释放，其运动的v-t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线的切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是 A.小物块带负电 B.A、B两点间的电势差UAB=500 V C.小物块由C点到A点电势能先减小再增大 D.B点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度E=100 V/m 10 √ 小物块受到从两电荷中点O指向外的力，带正电，故A错误； 根据动能定理得qUAB=m-m， UAB=-500 V，故B错误； 由题图乙知，由C到A的过程中，物块的速度不断增大，动能不断增大，根据能量守恒知，物块的电势能不断减小，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 v-t图像的斜率表示加速度，B点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明B为中垂线上加速度最大的点，由题图乙可知切线的斜率为2 m/s2，根据 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 牛顿第二定律得qE=ma，E=100 V/m，所以B为中垂线上电场强度最大的点，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10.(2023·江苏南京市三模)如图所示，空中有一足够大的水平向右的匀强电场，质量均为m、带电荷量分别为+q和-3q的两小球同时从O点以速度v0斜向右上方射入匀强电场中，v0方向与水平方向成60°角，A、B(图中未画出)两点分别为两小球运动轨迹的最高点，带正电的小球经过A点的速度大小仍然为v0，若仅把带正电的小球射入速度变为2v0，其运动轨迹的最高点记为C。不考虑两球间的库仑力。下列说法错误的是 10 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 A.两小球同时到A、B两点 B.OA与OB之比为∶1 C.两小球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为1∶3 D.带正电的小球经过C点的速度大小2v0 √ 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 由题可知，将带电小球的运动分解成水平方向和竖直方向的运动，由受力可知，两小球在竖直方向只受重力，故在竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向 的初速度为v0y=v0sin 60°，上升到最高点时，竖直方向速度为零，由此可知，两球到达A、B两点的时间相同，A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 水平方向只受静电力，故水平方向做匀变速直线运 动，水平方向的初速度为v0x=v0cos 60°=v0，由题可知，带正电的小球在A点有v0=v0+at，带负电的小 球在B点有v'=v0-3at，解得v'=-v0，可见到达最高点时两小球的速度大小相等，水平方向只有静电力做功，由动能定理可知，两球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为1∶1，C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 由上分析可知v0y=v0sin 60°=gt，v0=v0+at，解得g= a，故xOA==， xOB==，故OA与OB之比为∶1，B正确； 由题可知v0x'=2v0cos 60°=v0，v0y'=2v0sin 60°=gt'，v″=v0+at'，联立得v″=2v0，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 (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= (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=。 2.(2023·北京卷·20)某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)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，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保 答案 1 2 3 (1)若不计空气阻力，质量为m、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1； 持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d，不考虑重力影响和颗粒间相互作用。 答案　 只要紧靠上极板的带电颗粒能够落到金属板下极板最右侧，颗粒就能够全部被收集， 水平方向有L=v0t 竖直方向有d=at2 根据牛顿第二定律有qE=ma 又E=，解得U1= 答案 1 2 3 (2)若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f=krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。 答案　 答案 1 2 3 ①半径为R、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2； 颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，根据题意有F电=f， 即=kRv，且=，联立解得U2= ②已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10 μm和2.5 μm的两种颗粒，若10 μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5 μm的颗粒被收集的百分比。 答案　25% 答案 1 2 3 10 μm的带电荷量q的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度， 所受阻力等于静电力，则有kRvmax= 在竖直方向上颗粒匀速下落，则有d=vmaxt 2.5 μm的颗粒带电荷量为q'= 颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于静电力， 则有kRvmax'= 答案 1 2 3 设距下极板为d'的颗粒恰好被收集，在竖直方向颗粒匀速下落，则有d'=vmax't 解得d'=，故2.5 μm的颗粒被收集的百分比为 ×100%=25%。 答案 1 2 3 3.(2022·江苏卷·15)某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替变化，AB边长为12d，BC边长为8d，质量为m、电荷量为+q的粒子流从装 答案 1 2 3 置左端中点射入电场，粒子初动能为Ek，入射角为θ，在纸面内运动，不计重力及粒子间的相互作用力。 (1)当θ=θ0时，若粒子能从CD边射出，求该粒子通过电场的时间t； 答案　见解析 电场方向在竖直方向上，粒子所受静电力在竖直方向上，粒子在水平方向上做匀速直线运动，速度分解如图所示 粒子在水平方向的速度为vx=vcos θ0 根据Ek=mv2可知v= 解得t=· 答案 1 2 3 (2)当Ek=4qEd时，若粒子从CD边射出电场时与轴线OO'的距离小于d，求入射角θ的范围； 答案　见解析 答案 1 2 3 粒子进入电场时的初动能Ek=4qEd=m 粒子进入电场后只有静电力做功，粒子在竖直方向上反复运动后，根据题意可知最终运动的空间如图所示， 答案 1 2 3 若粒子从OO'上部分离开CD边，则静电力做负功，根据动能定理可知-qEx=Ek1-Ek 其中Ek1=m(+) Ek=m(+) 答案 1 2 3 粒子在水平方向上做匀速直线运动， 所以vx0=vx1， 竖直方向上有vy0=v0sin θ1， 动能定理的方程可化解为-qEx=m-m=m-msin2 θ1 当vy1=0时，x取到最大值，即-qExm=-msin2 θ1 解得粒子在竖直方向上的最大位移为xm=4dsin2 θ1 根据题意可知xm<d，可知sin θ1<， 答案 1 2 3 解得θ1<30° 粒子在OO'上、下部分运动呈现对称性，所以入 射角的范围为-30°<θ<30°或-<θ< (3)当Ek=qEd，粒子在θ为-~范围内均匀射入电场，求从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0。 答案　见解析 答案 1 2 3 设粒子入射角为θ'时，粒子恰好从D点射出，由于粒子进入电场时，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向反复做加速度相同的减速 运动，加速运动。粒子的速度v'== 运动时间为t总==· 答案 1 2 3 粒子在沿电场方向，反复做加速度相同的减速运动，加速运动，则-2ad=-(v'sin θ')2 2ad=-(v1d)2 -2ad=-(v2d)2 2ad=-(v3d)2 -2ad=-(v4d)2 2ad=-(v5d)2 则v2d=v4d=v6d=v'sin θ' v1d=v3d=v5d 答案 1 2 3 则粒子在分层电场中运动时间相等，设为t0， 则t0=t总=×= 且d=v'sin θ'·t0-· 代入数据化简可得6cos2θ'-8sin θ'cos θ'+1=0 即tan2θ'-8tan θ'+7=0 解得tan θ'=7(舍去)或tan θ'=1 解得θ'= 则从CD边出射的粒子入射粒子的数量之比N∶N0==50%。 答案 1 2 3 本课结束 THANKS $$