2025届高考物理三轮冲刺学案：静电场

静 电 场 一、库仑定律 1．元电荷，质子和电子所带电量等于一个基本电荷的电量。 2．库仑定律 (1)公式： ，k 为静电力常量。 (2)适用条件：真空中的点电荷(带电体的线度远小于 电荷间的距离r时，可看作是点电荷)。 二、电场强度 1．电场：带电体周围存在的客观物质。 电场基本性质：对放入其中的带电体有力的作用。 2．电场强度E： (1)公式：，E 与 q、F 无关，取决于电场本身，适用于一切电场。 (2)方向：规定电场中某点的场强方向跟正电荷在该点所受电场力方向相同。 3．点电荷Q 在真空中产生的电场： 4．匀强电场，d 为 A、B 两点沿场强方向的距离。 5．场力大小：，电场力方向要分清正负电荷。 6．电场叠加：几个电场叠加在同一区域形成的合电场，其场强可用矢量的合成法则合成，即平行四边形定则 7．电场线：形象地描绘电场，疏密反映电场的强弱，切线方向为场强方向。 三、电势与电势能 1．电势：类似重力场中“高度”，沿电场线方向电势降低(与是否有电荷及电荷正负均无关)。 2．电势差 ，类似重力场中“高度差”。 计算式：。(注意电荷正负带符号运算),电场中A 、B 两点间的电势差只取决于A 、B 两点在电场中的位置，与被移动的电荷无关，U 跟 W、q 无关。 3．电场力功： (匀强电场) （注意正负电荷的区别） 4．电场力做功，电荷的电势能改变： ， 即：电场力做多少正功，电荷电势能就减少多少；克服电场力做多少功(电场力做负功),电荷电势能就增加多少。 5．几种典型电场的场强、电势分布 (1)沿电场方向电势逐渐降低。 (2)电场线与等势面（线）垂直。 (3)等差等势面（线）越密的地方电场越强(场强越大)。 四、电容与电容器 1．电容器：任何两个彼此靠近又相互绝缘的导体组成一个电容器。 使电容器带电(或电量增加) 的过程叫充电，使充电后的电容器失去电荷(或电量减少)的过程叫放电。 2．电容C （表征电容器容纳电荷的本领） (1)定义式：，C与 Q、U 无关，只取决于电容器本身。 (2)平行板电容器的电容： 3．电容器动态分析： (1)电容器接在电源上，电压不变，改变两板间距离，场强与板间距离成反比； (2)断开电源时，电容器电量不变，改变两板间距离，场强不变。 五、带电粒子在电场中的加速（）：或， 六、带电粒子沿垂直电场方向以速度v0进入匀强电场时的偏转(不考虑重力作用的情况下) 类平抛运动 平行电场方向 : 匀速直线运动 　　　　　　　　　　　　　  垂直电场方向: 初速度为零的 匀加速直线运动　 　　 合运动　　　 　　 练习： 1．(2023北京卷)如图所示，两个带等量正电的点电荷位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，EO＝OF。一带负电的点电荷在E点由静止释放后(　　) A．做匀加速直线运动 B．在O点所受静电力最大 C．由E到O的时间等于由O到F的时间 D．由E到F的过程中电势能先增大后减小 2、(2023湖南卷)如图所示，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。若P点处的电场强度为0，q>0，则三个点电荷的电荷量可能为(　　) A．Q1＝q，Q2＝q，Q3＝q B．Q1＝－q，Q2＝－q，Q3＝－4q C．Q1＝－q，Q2＝q，Q3＝－q D．Q1＝q，Q2＝－q，Q3＝4q 3．(2023北京平谷统考一模)如图所示是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，正方形ABCD的对角线BD边正好与图中竖直向上的直电场线重合，O点是正方形两对角线的交点。下列说法正确的是(　　) A．将一正电荷由A点移到B点，电荷的电势能增加 B．O点电势与C点电势相等 C．DO间的电势差等于OB间的电势差 D．在O点放置一负点电荷，该电荷所受静电力的方向竖直向下 4、(多选)(2023天津河西区高三一模)如图所示，两平行金属板M、N与电源相连，N板接地，在距两板等距离的P点固定一个带负电的点电荷，则(　　) A．若保持S接通，将M板上移一小段距离，M板的带电荷量减小 B．若保持S接通，将M板上移一小段距离，P点的电势升高 C．若将S接通后再断开，将M板上移一小段距离，两板间电场强度增大 D．若将S接通后再断开，将M板上移一小段距离，点电荷在P点的电势能保持不变 5、(多选)(2024四川绵阳诊断)如图所示，水平平行板电容器间距为d，电源电压恒定。闭合开关S，板间电场稳定后，一电子以初速度v从平行板左端水平射入，经过时间t离开平行板间电场时速度与水平方向夹角为θ，静电力对电子做功为W，电子在屏上所产生光点的竖直偏移量为y；若保持开关S闭合，将两板间距调整为2d，电子仍然以初速度v水平射入，不计电子所受重力，则(　　) A．电子通过平行板电容器的时间是t B．平行板间电场对电子做功是W C．电子离开平行板间电场时速度与水平方向夹角是θ D．电子在屏幕所产生的光点的竖直偏移量是y 6、(2022福建卷T3)平时我们所处的地球表面，实际上存在场强大小为的电场，可将其视为匀强电场，在地面立一金属杆后空间中的等势面如图所示。空间中存在a、b、c三点，其中a点位于金属杆正上方，b、c等高。则下列说法正确的是（　　） A． b、c两点的电势差 B． a点场强大小大于 C． a点场强方向水平向右 D．a点的电势低于c点 7、 (2023福建卷T10)“场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜：在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，如下左图所示。a、b、c、d、O为同一平面上的5个点，abc是一段以O为圆心的圆弧，d为ob的中点。a、d两点场强大小分别为Ea、Ed，o、a、c、d四点电势分别为φo、φa、φc、φd，则φa_________φd；φa_________φc，(φo－φa)_________2(φo－φd)。（填“大于”“等于”或“小于”） 8、 (2024福建卷T11)如上右图，圆心为点、半径为的圆周上有、、、、、、、八个等分点，点固定有一带电量为（）的点电荷，其余各点均固定有带电量为的点电荷。已知静电力常量为，则点的电场强度大小为________。、分别为、的中点，则点的电势________（填“大于”“等于”或“小于”）点的电势；将一带电量为（）的点电荷从点沿图中弧线移动到点，电场力对该点电荷所做的总功________（填“大于零”“等于零”或“小于零”）。 9、 (2021福建卷T15)如图（a），同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（）。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势随位置x的变化关系如图（b）所示。一电荷量为Q（）的小球S1以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图（c）所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常量。 （1）求小球S1在M点所受电场力大小。 （2）当小球S1运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球S2发生弹性碰撞。已知S1与S2的质量相等，碰撞前、后S1的动能均为，碰撞时间极短。求碰撞前S2的动量大小。 （3）现将S2固定在N点，为保证S1能运动到N点与之相碰，S1从M点下落时的初动能须满足什么条件？ 参考答案： 1、C　[带负电的点电荷在E点由静止释放，将以O点为平衡位置做简谐运动，在O点所受静电力为零，故A、B错误；根据简谐运动的对称性可知，点电荷由E到O的时间等于由O到F的时间，故C正确；点电荷由E到F的过程中静电力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误。] 2、D　[由题意得P点合电场强度为零，则Q2在P点处的电场强度一定与Q1、Q3两电荷的合电场强度方向相反、大小相等，则三者的电性关系为“两同夹一异”，A、B错误；设PQ1＝a，则PQ2＝a，PQ3＝2a，则C选项中，根据库仑定律和电场强度与静电力的关系可知，Q1在P点形成电场的电场强度EQ1P＝－k，Q2在P点形成电场的电场强度EQ2P＝k，Q3在P点形成电场的电场强度EQ3P＝－k，EQ1P、EQ2P、EQ3P的合电场强度不为零，C错误；D选项中，E1＝E3＝，二者合电场强度 E13＝，恰在PQ2连线上，且与Q2在P点形成电场的电场强度反向，又E2＝，代入数据得E2＋E13＝0，D正确。] 3、D　[将一正电荷由A点移到B点，电场力做正功，电荷的电势能减小，故A错误；AC所在平面与BD垂直，与其他电场线不垂直，AC所在平面不是等势面，O点电势与C点电势不相等，故B错误；根据电场线的疏密程度可知DO间的电场强度大于OB间的电场强度，由U＝Ed可知DO间的电势差大于OB间的电势差，故C错误；在O点放置一负点电荷，该电荷所受静电力的方向与该点电场方向相反，竖直向下，故D正确。] 4、AD　[当S闭合时，M板上移一小段距离，则间距增大，由C＝知电容减小，因电压不变，根据Q＝CU，则有M板带电荷量减小，故A正确；当S闭合时，M板上移一小段距离，则间距增大，而电压不变，所以电场强度减小，则N与P点之间的电势差减小，P点的电势降低，故B错误；将S断开时，M板向上移动，电荷量不变，根据E＝＝＝，则电场强度与间距无关，因此电场强度不变，故C错误；由选项C知电场强度不变，则P相对于N极板的电势差不变，电势不变，因此点电荷在P点的电势能保持不变，故D正确。] 5、AD　[电子在平行板电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设平行板电容器的长度为L，则有t＝，故电子通过平行板电容器的时间是t，A正确；设电子在平行板电容器中的加速度为a，电子在竖直方向上做匀加速运动，可得电子在平行板电容器间竖直偏移量为y1＝at2，由牛顿第二定律和静电力公式可得a＝＝，静电力对电子做功为W＝qEy1，联立解得W＝t2，现将两板间距调整为2d，则可知W′＝W，B错误；电子离开平行板间电场时速度与水平方向夹角正切值tan θ＝＝＝t，将两板间距调整为2d，则tan θ′＝tan θ，θ′≠θ，C错误；设电子在平行板电容器外竖直方向的位移y2＝D tan θ，电子在屏幕所产生的光点的竖直偏移量是y＝y1＋y2＝＋D tan θ，将两板间距调整为2d，则竖直偏移量变为y′＝＋，则有 y′＝y，D正确。] 6、B 【详解】A．由图可知，b、c两点的电势差为： 故A错误； B．由图可知，a点与相邻两等势面的距离小于，电势差等于，根据： 可知a点场强大小大于，故B正确； C．根据场强方向垂直于等势面，可知a点的场强方向沿竖直方向，不是水平方向，故C错误； D．由图可知，a点与c点在同一等势面上，电势均为，故D错误。 故选B。 7、 ①. 小于 ②. 等于 ③. 小于 【详解】[1]由于沿着电场线方向电势逐渐降低，可知：φa < φd [2][3]由题知，在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，则根据点电荷形成的电场的电势分布可知：φa = φc 且越靠近O场强越强，则od部分的场强均大于db部分的场强，则根据U = Ed，结合微元法可定性判别出 φo－φb < 2(φo－φd) 而 φa = φb 则 φo－φa < 2(φo－φd) 8、①. ②. 大于 ③. 大于零 【详解】[1]根据对称性可得点和点、点和点、点和点处的点电荷在点处产生的电场强度矢量和均为0，所以点的电场强度等于点和点处的点电荷在点处产生的电场强度矢量和，由电场叠加原理可得，O点场强大小为： [2]电势是标量，取去无穷远处为电势，则点、的电势分别为 根据点电荷的电势和对称性可知 ,, , 可得： 则。 [3]将点电荷从M沿MN移动到N点，电势能减小，故电场力对该点电荷所做的总功大于零。 9、（1）；（2）；（3） 【详解】（1）设A到M点的距离为，A点的电荷对小球的库仑力大小为，由库仑定律有： ① 设小球在点所受电场力大小为，由力的合成有： ② 联立①②式，由几何关系并代入数据得： ③ （2）设O点下方处为点，与的距离为，小球在处所受的库仑力大小为，由库仑定律和力的合成有： ④ 式中： 设小球的质量为，小球在点的加速度大小为，由牛顿第二定律有： ⑤ 由图（c）可知，式中： 联立④⑤式并代入数据得： ⑥ 设的质量为，碰撞前、后的速度分别为，，碰撞前、后的速度分别为，，取竖直向下为正方向。由动量守恒定律和能量守恒定律有 ⑦ ⑧ 设小球S2碰撞前的动量为，由动量的定义有： ⑨ 依题意有： 联立⑥⑦⑧⑨式并代入数据，得：⑩ 即碰撞前的动量大小为。 （3）设O点上方处为D点。根据图（c）和对称性可知，在D点所受的电场力大小等于小球的重力大小，方向竖直向上，在此处加速度为0；在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动，为保证能运动到N点与相碰，运动到D点时的速度必须大于零。 设M点与D点电势差为，由电势差定义有： ⑪ 设小球初动能为，运动到D点的动能为，由动能定理有 ⑫ ⑬ 由对称性，D点与C点电势相等，M点与N点电势相等，依据图（b）所给数据，并联立⑥⑪⑫⑬式可得 ⑭ 1 学科网（北京）股份有限公司 $$