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（提高版）（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·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。 例2　(2024·云南曲靖市二模)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。 一题多变 变式1　(多选)(2024·山东潍坊市二模)如图所示，正方体abcd-a1b1c1d1，上下底面的中心为O和O1，在d点固定一电荷量为+Q的点电荷，c1点固定一电荷量为-Q的点电荷，bc的中点E固定一电荷量为+2Q的点电荷。下列说法正确的是(　　) A.b点的电场强度的小于c点的电场强度 B.a点与b1点的电势相同 C.c点与d1点的电势差等于b点与a1点的电势差 D.将带正电的试探电荷由O点移动到O1，其电势能先增大后减小 答案　AC 解析　d点处点电荷和c1点处点电荷为等量异种电荷，则两点电荷在b点的合电场强度小于在c点的合电场强度，而E处点电荷到b、c两点距离相等，即+2Q在两点的电场强度相等，由于两电场强度方向垂直，则b点的电场强度小于c点的电场强度，故A正确；根据φ=k，设+Q在a点电势为φ1，在b1点电势为φ2，则-Q在a点和b1点的电势分别为-φ2和-φ1。设+2Q在a点和b1点的电势为φ3。则a点电势为φa=φ1-φ2+φ3，在b1点电势为φb1=φ2-φ1+φ3，故a点与b1点的电势不相同，故B错误；由等量异种电荷电势分布特点可知在b、c、d1、a1的电势为零，b、c与E点距离相等，a1、d1与E点距离相等，故c点与d1点的电势差等于b点与a1点的电势差，故C正确；将带正电的试探电荷由O点移动到O1，电势降低，电势能减小，故D错误。 变式2　(多选)(2024·海南卷·12)真空中有两个点电荷，电荷量均为-q(q>0)，固定于相距为2r的P1、P2两点，O是P1P2连线的中点，M点在P1P2连线的中垂线上，距离O点为r，N点在P1P2连线上，距离O点为x(x≪r)，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是(　　) A.P1P2中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为r B.P1P2中垂线上电场强度的最大值为 C.在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小 D.在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动 答案　BCD 解析　设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A处产生的电场强度与竖直向下的夹角为θ，则根据电场强度的叠加原理可知，A点的合电场强度为E=ksin2 θcos θ，可知当cos θ=时E有最大值，且最大值为E=，再根据几何关系可知A点到O点的距离为y=r，故A错误，B正确； 在M点放入一电子，从静止释放，由于r>r，可知电子向上运动的过程中静电力一直减小，则电子的加速度一直减小，故C正确； 根据等量同种电荷的电场线分布可知，电子运动过程中，O点为平衡位置，可知当发生位移x时，电子受到的静电力为F=keq·，由于x≪r，整理后有F=-·x，在N点放入一电子，从静止释放，电子将以O点为平衡位置做简谐运动，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 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·河南许昌市部分学校联考)如图乙所示，绝缘粗糙水平面上x=-2l处和x=4l处分别固定两个不等量正点电荷(场源电荷)，其中x=-2l处的电荷量大小为Q。两点电荷形成的电场在x轴上的电势φ与x关系如图甲所示，其中坐标原点处电势为φ0且为极小值，x=-l和x=2l处电势分别为φ0和φ0。现由x=2l处静止释放质量为m、电荷量为q的带正电物体(视为质点)，该物体刚好向左运动到x=-l处。物体产生的电场忽略不计，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A.x=4l的电荷的电荷量为2Q B.物体在运动过程中，电势能变化量为 C.物体与地面动摩擦因数为 D.物体在坐标原点处动能最大 答案　C 解析　由φ-x图像的斜率大小表示沿x轴方向电场强度的大小可知，在x轴上x=0处的电场强度为零，则 k=k，可得Q'=4Q，故A错误； 物体在运动过程中，电势能变化量为 ΔEp=φ0q-φ0q=-，故B错误； 物体在运动过程中，由动能定理 W电-μmg·3l=0 W电=-ΔEp=，解得μ=，故C正确； 物体动能最大时，静电力等于摩擦力，因在坐标原点静电力为零，可知物体在原点位置时动能不是最大，故D错误。 例4　(2024·山西大同市、晋中市联合模拟)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，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-x图像的斜率逐渐减小，故C正确；从A到B电势能逐渐减小，但由于静电力逐渐减小，故Ep-x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 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　(2024·海南省一模联考)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·安徽淮北市质量检测)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静电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，受到的重力和静电力的合力如图所示，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。 (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：50分］ 1~5题每题4分，6~10题每题6分，共50分 ［保分基础练］ 1.(多选)(2024·甘肃卷·9)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点的小 C.粒子在运动轨迹上存在动能最小的点 D.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 答案　BCD 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正确；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、D正确。 2.(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。 3.(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。 4.(2024·辽宁省名校联盟一模)在x轴上的M、N处分别固定一个点电荷q1、q2，取x轴正方向为电场强度的正方向，x轴上各点的电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示，O点电场强度为零，MO=2NO。P点在M左侧，Q点在N右侧，且PM与QN长度相等。下列说法正确的是(　　) A.q1与q2带等量正电荷 B.q1与q2均带正电荷，且电荷量之比为4∶1 C.P点与Q点的电场强度等大反向 D.M点与P点的电势差小于N点与Q点之间的电势差 答案　B 解析　根据题意，由题图可知，MO间电场为正，ON间电场为负，且O点电场强度为零，则q1与q2均带正电荷，且=，解得q1∶q2=4∶1，故A错误，B正确；根据题意，由点电荷电场强度公式E=和电场叠加原理可知，P点的电场强度大于Q点的电场强度，方向相反，则M点与P点之间的平均电场强度大于N点与Q点之间平均电场强度，由U=d可知，M点与P点的电势差大于N点与Q点之间的电势差，故C、D错误。 5.(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。 ［争分提能练］ 6.(2024·湖南省模拟)如图所示，在真空中固定两等量同种正点电荷，电荷量均为+Q、分别位于同一水平线上的A、B两点，O为连线AB的中点，C、D为连线AB的竖直中垂线上关于O点对称的两点，A、C两点的距离为r，∠CAO=θ。已知点电荷的电场中距离场源Q为x处的电势为φ=(以无穷远处为零电势点)，静电力常量为k，重力加速度为g，以下分析正确的是(　　) A.C点的电场强度大小为cos θ B.一试探电荷(不计重力)，质量为m，带电荷量为+q，从C点给一初速度竖直向下运动，要使它能到达O点，则给的初速度最小值为2 C.将一电子从C点移到D点过程中电势能先增大后减小 D.将一质量为M的带负电小球从D点以v0向上抛出，恰能上升到C点，则v0=2 答案　B 解析　两点电荷均为正电荷且带电荷量相等，则两点电荷在C点处的电场强度方向均背离各自电荷，电场强度如图所示 根据电场强度的矢量合成法则可得C点的电场强度EC=sin θ，故A错误； 根据题意，C点的电势为 φC=2k，O点的电势为 φO=2k 可得UCO=φC-φO= 若一个质量为m、电荷量为+q的试探电荷(不计重力)从C点以某一竖直向下的初速度运动恰好能够到达O点，则由动能定理有 qUCO=0-m 解得vmin=2 可知能够到达O点的最小速度 v2=vmin=2，故B正确； 从C到D，电势先增大后减小，电子带负电，根据Ep=qφ可知电势能先减小后增大，故C错误； 带负电的小球从D点到O点静电力做正功，从O到C静电力做负功，根据对称性可知，小球从D到C的过程中，静电力对小球所做功的代数和为零，则根据动能定理有 -2Mgrsin θ=0-M 解得v0=2，故D错误。 7.(多选)(2024·河南省五市联考一模)如图甲所示，两平行金属板A、B的板长和板间距均为d，两板之间的电压随时间周期性变化规律如图乙所示。一不计重力的带电粒子以速度v0从O点沿板间中线射入极板之间，若t=0时刻进入电场的带电粒子在t=T时刻刚好沿A板右边缘射出电场，则(　　) A.t=0时刻进入电场的粒子在t=时刻速度大小为v0 B.t=时刻进入电场的粒子在t=时刻速度大小为v0 C.t=时刻进入电场的粒子在两板间的最大偏移量为 D.t=时刻进入电场的粒子最终平行于极板射出电场 答案　AD 解析　当t=0时刻射入电场的粒子，运动时间为电场变化周期的整数倍，则有水平方向d=v0T 竖直方向每移动的位移都相同设为Δy，则由题意有 Δy=a()2=aT2=d 设时刻，粒子竖直方向的速度为vy，则有·=Δy，联立解得vy=v0，根据平行四边形定则知，时刻粒子的速度为 v==v0，故A正确； 粒子在时刻进入电场，则此时粒子竖直方向在静电力的作用下，先做匀加速，再匀减速，接着再匀加速和匀减速后回到中线位置，由运动的对称性可知，竖直方向先匀加速后匀减速的位移即为粒子在两板间的最大偏移量为 y1=2×a()2=aT2=，故C错误； t=时刻进入电场的粒子在t=时刻，竖直方向速度为vy'=a·= 根据平行四边形定则知，粒子的速度为 v'==v0，故B错误； 由于粒子水平方向做匀速直线运动，所以粒子无论什么时候进入电场，运动时间都是T，在一个周期内竖直方向的匀加速的总时间与匀减速的总时间总是相等，则无论什么时刻进入电场离开电场时竖直分速度均为零，即粒子最终均平行于极板射出电场，故D正确。 8.(2024·浙江1月选考·11)如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为vm。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d(远小于板长)，电子的质量为m，电荷量为e，则(　　) A.M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大 B.只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能(m+eU) C.电子从M到N过程中y方向位移大小最大为vmd D.M、N间加反向电压时电流表示数恰好为零 答案　C 解析　根据动能定理，从金属板M上逸出的光电子到达N板时，有eU=Ekm-m，则到达N板时的最大动能为Ekm=eU+m，与两极板间距无关，与电子从金属板中逸出的方向无关，选项A、B错误；当以最大速率逸出的电子沿y方向逸出时，其到达N板时在y方向的位移最大，电子在电场中做类平抛运动，则有y=vmt，d=t2，解得y=vmd，选项C正确；M、N间加反向电压电流表示数恰好为零时，则eUc=m，解得Uc=，选项D错误。 9.(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AC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=- 答案　AD 解析　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； 设小滑块从A到C的过程，静电力对小滑块做的功为W，因为滑到C点时速度为零， 根据动能定理有W+mgssin 30°=0 解得W=-，故C错误； 根据电势差与静电力做功的关系可知AC之间的电势差UAC==-，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静电力的关系可得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)(2024·四川遂宁市一模)如图，长L、间距为d的两平行金属板固定，板面与水平面成θ角，两板间的电势差为U，电场仅存在于板间且为匀强电场。一电荷量为q的带正电小球由弹射器提供能量，出弹射器时沿两板中心线O1O2的方向从O1点进入板间，恰好能沿中心线运动。不计摩擦力和空气阻力，小球视为质点且电荷量不变。 (1)(5分)要使小球能飞出O2点，求弹射器提供的最小能量E0； (2)(7分)若弹射器提供的能量为2E0，求小球到达的最高点和O2点之间的水平距离。 答案　(1)tan θ　(2)Lsin 2θsin θ 解析　(1)设带正电小球的质量为m，平行金属板间的电场强度为E，对小球受力分析，如图所示，由题意可知 E=，qE=q=mgcos θ 解得mg= 要使小球能飞出O2点，当小球在O2点速度恰好是零时，弹射器提供的能量最小，由动能定理可得-mgLsin θ=0-E0 解得E0=mgLsin θ=tan θ (2)若弹射器提供的能量为2E0，当小球在O2点时速度不等于零，设速度为v，由动能定理可得 -mgLsin θ=mv2-2E0，解得v= 则小球从O2点开始做斜抛运动，由斜抛运动的规律可得，在水平方向则有x=vtcos θ 在竖直方向则有vy=vsin θ-gt 小球到达最高点时vy=0，则有vsin θ=gt t= 其中g=，联立解得x=Lsin 2θsin θ。 3.(12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)(4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)(8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。 a.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； b.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)a.　b.25% 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)a.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= b.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'= 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%。 4.(16分)(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°。运动中粒子仅受电场力作用。 (1)(3分)求电场强度的大小； (2)(5分)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？ (3)(8分)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？ 答案　(1)　(2)　(3)0或 解析　(1)粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，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 由动能定理有F·AC=m ③ 联立①②③式得E= ④ (2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与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，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。 由几何关系知 ∠PAD=30°，AP=R，DP=R ⑤ 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。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 AP=a ⑦ DP=v1t1 ⑧ 联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1= ⑨ (3)解法1：设粒子以速度v进入电场时，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 y=at2 ⑩ x=vt ⑪ 粒子离开电场的位置在圆周上，有(x-R)2+(y-R)2=R2 ⑫ 粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y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方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有 mv2=mv0=mat ⑬ 联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v=0或v=v0 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，则粒子会从B点离开电场。设粒子进入电场时的速度为v 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。 由题意知，粒子进入电场时的速度v=0时，动量变化量的大小也为mv0。 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·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1 √ 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。 　 (2024·云南曲靖市二模)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。 (多选)(2024·山东潍坊市二模)如图所示，正方体abcd-a1b1c1d1，上下底面的中心为O和O1，在d点固定一电荷量为+Q的点电荷，c1点固定一电荷量为-Q的点电荷，bc的中点E固定一电荷量为+2Q的点电荷。下列说法正确的是 A.b点的电场强度的小于c点的电场强度 B.a点与b1点的电势相同 C.c点与d1点的电势差等于b点与a1点的电势差 D.将带正电的试探电荷由O点移动到O1，其电 　势能先增大后减小 √ 变式1 √ 一题多变 d点处点电荷和c1点处点电荷为等量异种电荷，则两点电荷在b点的合电场强度小于在c点的合电场强度，而E处点电荷到b、c两点距离相等，即+2Q在两点的电场强度相等，由于两电场强度方向垂直，则b点的电场强度小于c点的电场强度，故A正确； 根据φ=k，设+Q在a点电势为φ1，在b1点电势为φ2，则-Q在a点和b1点的电势分别为-φ2和-φ1。设+2Q在a点和b1点的电势为φ3。则a点电势为φa=φ1-φ2+φ3，在b1点电势为φb1=φ2-φ1+φ3，故a点与b1点的电势不相同，故B错误； 由等量异种电荷电势分布特点可知在b、c、d1、a1的电势为零，b、c与E点距离相等，a1、d1与E点距离相等，故c点与d1点的电势差等于b点与a1点的电势差，故C正确； 将带正电的试探电荷由O点移动到O1，电势降低，电势能减小，故D错误。 (多选)(2024·海南卷·12)真空中有两个点电荷，电荷量均为-q(q>0)，固定于相距为2r的P1、P2两点，O是P1P2连线的中点，M点在P1P2连线的中垂线上，距离O点为r，N点在P1P2连线上，距离O点为x(x≪r)，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是 变式2 A.P1P2中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为r B.P1P2中垂线上电场强度的最大值为 C.在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小 D.在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动 √ √ √ 设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A处产生的电场强度与竖直向下的夹角为θ，则根据电场强度的叠加原理可知，A点的合电场强度为E=ksin2 θcos θ，可 知当cos θ=时E有最大值，且最大值为E=，再根据几何关系可知A点到O点的距离为y=r，故A错误，B正确； 在M点放入一电子，从静止释放，由于r>r，可知电子向上运动的过程中静电力一直减小，则电子的加速度一直减小，故C正确； 根据等量同种电荷的电场线分布可知，电子运动过程中，O点为平衡位置，可知当发生位移x时，电子受到的静电力为F=keq·，由于x≪r，整理后有F=-·x，在N点放入一电子，从静止释放，电子将以O点为平衡位置做简谐运动，故D正确。 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 　 (2024·河南许昌市部分学校联考)如图乙所示，绝缘粗糙水平面上x=-2l处和x=4l处分别固定两个不等量正点电荷(场源电荷)，其中x=-2l处的电荷量大小为Q。两点电荷形成的电场在x轴上的电势φ与x关系如图甲所示，其中坐标原点处电势为φ0且为极小值，x=-l和x=2l处电势分别为φ0和φ0。现由x=2l处静止释放质量为m、电荷量为q的带正电物体(视为质点)，该物体刚好向左运动到x=-l处。物体产生的电场忽略不计，下列说法正确的是(重力加速度为g) 例3 A.x=4l的电荷的电荷量为2Q B.物体在运动过程中，电势能变化量为 C.物体与地面动摩擦因数为 D.物体在坐标原点处动能最大 √ 由φ-x图像的斜率大小表示沿x轴方向电场强度的大小可知，在x轴上x=0处的电场强度为零，则 k=k，可得Q'=4Q， 故A错误； 物体在运动过程中，电势能变化量为 ΔEp=φ0q-φ0q=-，故B错误； 物体在运动过程中，由动能定理 W电-μmg·3l=0 W电=-ΔEp=， 解得μ=，故C正确； 物体动能最大时，静电力等于摩擦力，因在坐标原点静电力为零，可知物体在原点位置时动能不是最大，故D错误。 　 (2024·山西大同市、晋中市联合模拟)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 例4 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，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-x图像的斜率逐渐减小，故C正确； 从A到B电势能逐渐减小，但由于静电力逐渐减小，故Ep-x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 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。 　 (2024·海南省一模联考)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 例5 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； 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·安徽淮北市质量检测)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 例6 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； 答案　　 如图所示，小球释放后在重力和静电力的 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，受到的重力和静电力的合力如图所示， 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。 (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 10 对一对 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 BCD BC D B D B AD C 题号 9 10 答案 AD BD [1 选择题] 对一对 答案 1 2 3 [2 计算题] 1. (1)　(2)　 4 2. (1)tan θ　(2)Lsin 2θsin θ 3. (1)　(2)a.　b.25% 答案 1 2 3 4 4. (1)　(2)　(3)0或 1 2 3 4 5 6 7 8 9 保分基础练 答案 10 1.(多选)(2024·甘肃卷·9)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点的小 C.粒子在运动轨迹上存在动能最小的点 D.粒子在M点的电势能大于在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正确； 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、D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 2.(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 3.(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 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 4.(2024·辽宁省名校联盟一模)在x轴上的M、N处分别固定一个点电荷q1、q2，取x轴正方向为电场强度的正方向，x轴上各点的电场强度E随坐标x的变化曲线如图所示，O点电场强度为零，MO=2NO。P点在M左侧，Q点在N右侧，且PM与QN长度相等。下列说法正确的是 A.q1与q2带等量正电荷 B.q1与q2均带正电荷，且电荷量之比为4∶1 C.P点与Q点的电场强度等大反向 D.M点与P点的电势差小于N点与Q点之间的电势差 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 根据题意，由题图可知，MO间电场为正，ON间电场为负，且O点电场强度为零，则q1与q2均带正电荷，且=，解得q1∶q2=4∶1，故A错误，B正确； 根据题意，由点电荷电场强度公式E=和电场叠加原理可知，P点的电场强度大于Q点的电场强度，方向相反，则M点与P点之间的平均电场强度大于N点与Q点之间平均电场强度，由U=d可知，M点与P点的电势差大于N点与Q点之间的电势差，故C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 5.(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 10 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。 6.(2024·湖南省模拟)如图所示，在真空中固定两等量同种正点电荷，电荷量均为+Q、分别位于同一水平线上的A、B两点，O为连线AB的中点，C、D为连线AB的竖直中垂线上关于O点对称的两点，A、C两点的距离为r，∠CAO=θ。已知点电荷的电场中距离场源Q为x处的电势为φ=(以无穷远处为零电势点)，静电力常量为k，重力加速度为g，以下分析正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 争分提能练 A.C点的电场强度大小为cos θ B.一试探电荷(不计重力)，质量为m，带电荷 量为+q，从C点给一初速度竖直向下运动， 要使它能到达O点，则给的初速度最小值为2 C.将一电子从C点移到D点过程中电势能先增大后减小 D.将一质量为M的带负电小球从D点以v0向上抛出，恰能上升到C点，则 v0=2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 两点电荷均为正电荷且带电荷量相等，则两点电荷在C点处的电场强度方向均背离各自电荷，电场强度如图所示 根据电场强度的矢量合成法则可得C点的电场强度EC=sin θ，故A错误； 根据题意，C点的电势为φC=2k，O点的电势为φO=2k 可得UCO=φC-φO= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 若一个质量为m、电荷量为+q的试探电荷(不计重力)从C点以某一竖直向下的初速度运动恰好能够到达O点，则由动能定理有 qUCO=0-m 解得vmin=2 可知能够到达O点的最小速度v2=vmin=2，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 从C到D，电势先增大后减小，电子带负电，根据Ep=qφ可知电势能先减小后增大，故C错误； 带负电的小球从D点到O点静电力做正功，从O到C静电力做负功，根据对称性可知， 小球从D到C的过程中，静电力对小球所做功的代数和为零，则根据动能定理有-2Mgrsin θ=0-M 解得v0=2，故D错误。 7.(多选)(2024·河南省五市联考一模)如图甲所示，两平行金属板A、B的板长和板间距均为d，两板之间的电压随时间周期性变化规律如图乙所示。一不计重力的带电粒子以速度v0从O点沿板间中线射入极板之间，若t=0时刻进入电场的带电粒子在t=T时刻刚好沿A板右边缘射出电场，则 A.t=0时刻进入电场的粒子在t=时刻速 　度大小为v0 B.t=时刻进入电场的粒子在t=时刻速 　度大小为v0 C.t=时刻进入电场的粒子在两板间的最大偏移量为 D.t=时刻进入电场的粒子最终平行于极板射出电场 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 当t=0时刻射入电场的粒子，运动时间为电场变化周期的整数倍，则有水平方向d=v0T 竖直方向每移动的位移都相同 设为Δy，则由题意有 Δy=a()2=aT2=d 设时刻，粒子竖直方向的速度为vy，则有·=Δy，联立解得vy=v0，根据平行四边形定则知，时刻粒子的速度为 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 v==v0，故A正确； 粒子在时刻进入电场，则此时 粒子竖直方向在静电力的作用下， 先做匀加速，再匀减速，接着再匀加速和匀减速后回到中线位置，由运动的对称性可知，竖直方向先匀加速后匀减速的位移即为粒子在两板间的最大偏移量为 y1=2×a()2=aT2=，故C错误； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 t=时刻进入电场的粒子在 t=时刻，竖直方向速度为 vy'=a·= 根据平行四边形定则知，粒子的速度为 v'==v0，故B错误； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 由于粒子水平方向做匀速直线运动，所以粒子无论什么时候进入电场，运动时间都是T，在一个周期内竖直方向的匀加速 的总时间与匀减速的总时间总是相等，则无论什么时刻进入电场离开电场时竖直分速度均为零，即粒子最终均平行于极板射出电场，故D正确。 10 8.(2024·浙江1月选考·11)如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为vm。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d(远小于板长)，电子的质量为m，电荷量为e，则 A.M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大 B.只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能(m+eU) C.电子从M到N过程中y方向位移大小最大为vmd D.M、N间加反向电压时电流表示数恰好为零 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 根据动能定理，从金属板M上逸出的光电子到达N板时，有eU=Ekm-m，则到达N板时的最大动能为Ekm=eU+m，与两极板间距无关，与电子从金属板中逸出的方向无关，选项A、B错误； 当以最大速率逸出的电子沿y方向逸出时，其到达N板时在y 方向的位移最大，电子在电场中做类平抛运动，则有y=vmt，d=t2，解得y=vmd，选项C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 M、N间加反向电压电流表示数恰好为零时，则eUc=　m，解得Uc=，选项D错误。 9.(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AC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=- 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 √ √ 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； 设小滑块从A到C的过程，静电力对小滑块做的功 为W，因为滑到C点时速度为零， 根据动能定理有W+mgssin 30°=0 解得W=-，故C错误； 根据电势差与静电力做功的关系可知AC之间的电势差UAC==-，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 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 电场强度和静电力的关系可得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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 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 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 10 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： (1)电场强度E的大小。 答案 1 2 3 4 答案　　 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 1 2 3 4 答案　　 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=。 答案 1 2 3 4 答案 1 2 3 4 答案　tan θ　 2.(2024·四川遂宁市一模)如图，长L、间距为d的两平行金属板固定，板面与水平面成θ角，两板间的电势差为U，电场仅存在于板间且为匀强电场。一电荷量为q的带正电小球由弹射器提供能量，出弹射器时沿两板中心线O1O2的方向从O1点进入板间，恰好能沿中心线运动。不计摩擦力和空气阻力，小球视为质点且 电荷量不变。 (1)要使小球能飞出O2点，求弹射器提供的最小能量E0； 答案 1 2 3 4 设带正电小球的质量为m，平行金属板间的电场强度为E，对小球受力分析，如图所示，由题意可知 E=，qE=q=mgcos θ 解得mg= 要使小球能飞出O2点，当小球在O2点速度恰好是零时， 弹射器提供的能量最小，由动能定理可得-mgLsin θ=0-E0 解得E0=mgLsin θ=tan θ 答案 1 2 3 4 (2)若弹射器提供的能量为2E0，求小球到达的最高点和O2点之间的水平距离。 答案　Lsin 2θsin θ 答案 1 2 3 4 若弹射器提供的能量为2E0，当小球在O2点时速度不等于零，设速度为v，由动能定理可得 -mgLsin θ=mv2-2E0，解得v= 则小球从O2点开始做斜抛运动，由斜抛运动的规律可得， 在水平方向则有x=vtcos θ 在竖直方向则有vy=vsin θ-gt 小球到达最高点时vy=0，则有vsin θ=gt t= 其中g=，联立解得x=Lsin 2θsin θ。 答案 1 2 3 4 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)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； 3.(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 答案　　 答案 1 2 3 4 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 4 a.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)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　 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= b.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 4 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 4 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 4 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°。运动中粒子仅受电场力作用。 (1)求电场强度的大小； 4.(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 答案　　 答案 1 2 3 4 粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，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 由动能定理有F·AC=m ③ 联立①②③式得E= ④ 答案 1 2 3 4 (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？ 答案 1 2 3 4 答案　　 如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与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，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。 由几何关系知 ∠PAD=30°，AP=R，DP=R ⑤ 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。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。 答案 1 2 3 4 由牛顿第二定律和运动学公式有 F=ma ⑥ AP=a ⑦ DP=v1t1 ⑧ 联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1= ⑨ 答案 1 2 3 4 (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？ 答案 1 2 3 4 答案　0或 解法1：设粒子以速度v进入电场时，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 y=at2 ⑩ x=vt ⑪ 粒子离开电场的位置在圆周上， 有(x-R)2+(y-R)2=R2 ⑫ 粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初始动量为零。 答案 1 2 3 4 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方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有 mv2=mv0=mat ⑬ 联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v=0或v=v0 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，则粒子会从B点离开电场。 答案 1 2 3 4 设粒子进入电场时的速度为v 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。 由题意知，粒子进入电场时的速度v=0时，动量变化量的大小也为mv0。 答案 1 2 3 4 本课结束 THANKS $$