必修 第三册 第1单元 专题强化1 静电场中的三个经典问题（Word教参）-【百汇大课堂】2026年高考物理总复习下册·第1轮（浙江专用）

专题强化1　静电场中的三个经典问题 目标 定位 1.理解电场中有关图像的物理意义，并能结合图像分析电场强度、电势、电势能的变化。2.会分析带电粒子在交变电场中的加速和偏转问题。3.会用动力学观点和能量观点分析电场中的力电综合问题。 热点一　静电场中的图像问题 [对应学生用书P13] 1．几种常见图像 (1)v－t图像 根据v－t图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，可确定电荷所受静电力的方向与静电力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化。 (2)φ－x图像(电场方向与x轴平行) ①电场强度的大小等于φ－x图线的切线斜率的绝对值，如果图线是曲线，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，电场为匀强电场(如图)。切线的斜率为零时电场强度为零。 ②在φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向(如图所示)。 (3)E－x图像(电场方向与x轴平行) ①E－x图像反映静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系，若规定x轴正方向为电场强度E的正方向，则E＞0，电场强度E沿x轴正方向；E＜0，电场强度E沿x轴负方向。 ②E－x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图所示)，两点的电势高低根据电场方向判定。在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。 (4)Ep－x图像、Ek－x图像 ①Ep－x图像 由静电力做功与电势能变化关系F电x＝Ep1－Ep2＝－ΔEp知Ep－x图像的切线斜率k＝，其大小等于静电力，斜率正负代表静电力的方向。 ②Ek－x图像 当只有静电力对带电体做功时，由动能定理F电x＝Ek－Ek0＝ΔEk知，Ek－x图像的切线斜率k＝，其大小表示静电力。 2．解决静电场中图像问题的三点注意 (1)注意图像的种类，明确两个坐标轴代表的物理量，如v－t、φ－x、E－x、Ep－x等图像。 (2)注意图线的形状特点与对应的数学规律，明确两个物理量之间的变化关系。 (3)注意图线的斜率、截距、交点、拐点及有些图线与横轴所围成的“面积”等的物理意义，这些信息往往是解决此类问题的关键。 [典例1] (2025·温州模拟)两个电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的a、b两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中c为ab连线上电势最低的点。取无穷远处电势为0，则下列说法正确的是(　　) A．两点电荷均带正电，且q1<q2 B．a、c两点间电场方向沿x轴负方向 C．负电荷从a移到b的过程中，电势能先增大后减小 D．a、c两点间沿x轴正方向的电场强度先增大后减小 C　解析：图像斜率代表场强，根据图像可知，所有电势均为正值，所以两点电荷均带正电；根据电场叠加原理可知，两电荷在c点场强等大反向，结合E＝k，可知q1>q2，A错误；沿电场线方向电势降低，所以a、c两点间电场方向沿x轴正方向，B错误；从a到b，电势先减小再增大，根据Ep＝qφ，负电荷从a移到b的过程中电势能先增大后减小，C正确；a、c两点间沿x轴正方向图像斜率一直减小，电场强度一直减小，D错误。 [典例2] 如图甲所示，有一竖直放置的绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，一绝缘光滑细杆过圆心沿垂直圆环平面方向穿过圆环，细杆上套有一个质量为m＝10 g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4 C。小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v－t图像如图乙所示。小球运动到B点时，速度图像的切线斜率最大(图中标出了该切线)。下列说法正确的是(　　) A．在圆环形成的电场中，O点右侧杆上B点电场强度最大，电场强度大小为E＝12 V/m B．在圆环形成的电场中，由C到A电势逐渐升高 C．小球在由C到A的过程中电势能先减小后增大 D．在圆环形成的电场中，C、B两点间的电势差UCB＝0.9 V D　解析：由v－t图像可知，小球在B点的加速度最大，所受的电场力最大，B点的电场强度最大，小球的加速度为a＝k＝m/s2＝0.06 m/s2，又qE＝ma，解得E＝1.2 V/m，A错误；从C到A小球的动能一直增大，则电场力一直做正功，电势能一直减小，又因为小球带正电，从C到A电势逐渐降低，B、C错误；小球由C到B过程中电场力做功为WC、B＝mvB2－0，C、B间的电势差为UCB＝＝＝ V＝0.9 V，D正确。 [典例3] x轴上固定着两个点电荷A、B，两点电荷分别位于xA＝0，xB＝4d处，两者所在区域为真空，在两者连线上某点的电场强度E与该点位置的关系如图所示。选取x轴正方向为电场强度的正方向，无限远处电势为零。以下说法正确的是(　　) A．点电荷A、B分别带正电和负电 B．A、B所带电荷量的绝对值之比为1∶3 C．x＝d处电势最高且为零 D．将电子从x＝5d处无初速度释放，其电势能一直减小 D　解析：若点电荷A、B带异种电荷，则在x轴上0～4d区间的电场方向不变化，即水平向右或水平向左，A错误；由题图可知在x＝d处电场强度为零，即＝，解得＝，B错误；0～d区间，电场方向沿x轴负方向，d～4d区间电场方向沿x轴正方向，可知0～4d区间，从x＝d处沿两侧电势降低，无限远处电势为零，故x＝d处电势大于零，x≥4d的区域内，电场方向指向x轴负方向，所以沿x轴负方向电势逐渐降低，无限远处电势为零，故x≥4d的区域内的电势都小于零，所以x＝d处电势最高且大于零，C错误；x≥5d的区域内电场方向沿x轴负方向，所以电子释放后受水平向右的力，静电力一直做正功，电势能一直减小，D正确。 [典例4] (多选)(2024·安徽黄山一模)如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，经过a、b、c三点，已知xb－xa＝xc－xb。该电子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A．自a到c静电力对电子做正功 B．a点的电势高于b点的电势 C．电子在a点的加速度大于在c点的加速度 D．电子经过a点的动能小于经过b点的动能 ACD　解析：由题图乙可知，从a到c的过程中，电子的电势能减小，则静电力对电子做正功，A正确；电子在a点的电势能大于在b点的电势能，由Ep＝φq可知，a点的电势低于b点的电势，B错误；Epx图线斜率的绝对值表示静电力的大小(理解：＝＝|qE|)，由题图乙可知电子在a点所受静电力大于在c点所受静电力，则电子在a点的加速度大于在c点的加速度，C正确；电子仅在静电力作用下运动，电子的电势能和动能之和保持不变，由于电子在a点的电势能大于在b点的电势能，则电子经过a点的动能小于经过b点的动能，D正确。 [典例5] (2024·温州三模)如图所示，在竖直y轴上固定两个点电荷，带电荷量为＋Q的点电荷在2y0处，带电荷量为－4Q的点电荷在3y0处。将质量为m、带电荷量为＋q的小球从坐标原点O静止释放，经过A点后，能到达最低点B。以y0处为电势能零点、2y0处为重力势能零点，小球可视为点电荷。小球在此运动过程中的重力势能Ep1、机械能E0、动能Ek及电势能Ep2随y变化的图像可能正确的是(　　) B　解析：由ΔEp1＝－WG有Ep1－2mgy0＝－mgy，即Ep1＝－mgy＋2mgy0，Ep1y图线为一条斜率为负的倾斜直线；由ΔE0＝W其他有E0－2mgy0＝W电(点拨：在原点O处小球的动能为0，重力势能为2mgy0)，即E0＝W电＋2mgy0，由＝可得L＝y0，即A处电场强度为0，小球由O到A，静电力方向向下，做正功，由A到B，静电力方向向上，做负功，E0先增大后减小；由ΔEk＝W合有Ek＝F合·y，合力先向下，当静电力方向向上且F电＝mg时，合力为0，随后合力向上，即Ek先增大后减小，F电＝mg时，Ek最大，此时小球在A与B之间；由能量守恒可知，小球从动能最大对应位置到B点过程中，动能全部转化为电势能，重力势能的一部分转化为电势能，且小球在动能最大时对应位置处的电势能大于0，故小球在B点的电势能一定大于动能最大值，综上所述，B正确。 热点二　带电粒子在交变电场中的运动问题 [对应学生用书P15] 1．带电粒子在交变电场中运动的两种常见情形 (1)初速度v0平行于电场方向：粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可以做周期性的直线运动。 (2)初速度v0垂直于电场方向：沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性。 2．分析方法 根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。具体做法为 a－t图像v－t图像。 3．对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场瞬间可认为是在匀强电场中运动。 [典例6] 如图甲为粒子直线加速器原理图，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次排列组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在t＝0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)的中央有一自由电子由静止开始在各间隙中不断加速。若电子的质量为m，电荷量为e，交变电源的电压为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒间隙的时间。下列说法正确的是(　　) A．电子在圆筒中也做加速直线运动 B．电子离开圆筒1时的速度为2 C．第n个圆筒的长度应满足Ln＝T D．保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调大交变电压的周期 C　解析：由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，则电子在金属圆筒中做匀速直线运动，A错误；电子离开圆筒1时，由动能定理得eU＝mv2，所以电子离开圆筒1时瞬间速度为v＝，B错误；电子从金属圆筒出来后要继续做加速运动，在金属圆筒中的运动时间为交变电源周期的一半，即，电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第n个圆筒长度为Ln＝vn·＝＝T，C正确；由C可知，保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调小交变电压的周期，D错误。 [典例7] (2024·湖南T8联考)如图甲所示，长为L、板间距离也为L的平行金属板水平固定放置，两板间加有如图乙所示的交流电压，图中U0未知、T已知，在两板中线左端P点有一个粒子源，不断地从P点沿两板中线向右均匀地射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子穿过两板所用的时间为T，从t＝0时刻射入两板间的粒子刚好从下板右端边缘射出，在两板右侧竖直虚线MN的右侧有方向竖直向下的匀强电场，电场中有一长为L、水平放置的荧光屏，荧光屏的上表面与下方的金属板的上表面在同一水平面上，荧光屏的左端到MN的距离为L，在t＝0.25T时刻射入两板间的粒子最终恰好打在荧光屏的中点，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求： (1)粒子从P点射出时的初速度大小及两板间电压U0的大小； (2)竖直虚线MN右侧匀强电场的电场强度大小； (3)屏上能接收到的粒子从两板间射出的位置范围。 答案：(1)　　(2)　(3)见解析 解析：(1)根据题意可知，粒子从P点射出时的初速度大小 v0＝ 从t＝0时刻射入两板间的粒子，刚好从下板右端边缘射出，则粒子在电场中运动的加速度大小a＝ L＝2×a，解得U0＝。 (2)由于所有粒子穿过两板的时间均为t0＝T, 则所有粒子射出两板时沿电场方向的速度均为0，即所有粒子射出两板时的速度大小均为v0，方向水平向右。根据对称性可知，从t＝0.5T时刻射入两板间的粒子刚好从上板右端边缘水平向右射出，即所有粒子射出两板间的区域在两板右端间长为L的区域内，t＝0.25T时刻射入两板间的粒子刚好沿两板中线射出，经MN右侧电场偏转后打在荧光屏的中点，设该电场的电场强度大小为E，则 L＝·t′2，L＝v0t′ 联立解得E＝。 (3)设打在荧光屏左端的粒子在MN右侧电场中竖直方向上运动的距离为y1，则 y1＝·t12，L＝v0t1 解得y1＝L 设打在荧光屏右端的粒子在MN右侧电场中竖直方向上运动的距离为y2，则 y2＝·t22，L＝v0t2 解得y2＝L＞L 可知从上板边缘射出的粒子能打在荧光屏上，故屏上能接收到的粒子从两板间射出的位置范围：从到下板右端边缘距离为L的位置到上板右端边缘位置。 热点三　带电粒子在静电场中的力电综合问题 [对应学生用书P17] 1．能量的观点 (1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理。 (2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。 ①若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。 ②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。 2．动量的观点 (1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向。 (2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒。 [典例8] (2024·名校协作体开学考)如图所示，O点放置的混合放射源可以将正离子a、b、c先后从O点水平射入竖直向下的匀强电场中，a、b打到倾斜的绝缘板A上不同的点，c打在水平绝缘板B上，不计离子受到的重力，则(　　) A．b的初速度一定大于a的初速度 B．c从O到B板的时间一定大于a从O到A板的时间 C．a、b打在A板上的速度方向一定是平行的 D．a打在A板时的动量变化量一定比b打在A板时的动量变化量小 C　解析：由题意可知，三种离子均在电场中做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，在竖直位移大小相同的情况下对比a、b两离子，可得水平位移xa<xb，而根据类平抛运动的规律有xa＝vata、xb＝vbtb、h＝×ta2、h＝×tb2，联立解得h＝·，h＝·，由于不知道a、b两离子比荷的大小关系，故无法判断a、b两离子初速度的大小关系，A错误；对a、c两离子从射入匀强电场至打到板上有ha＝·，hc＝·，由题图可知ha＜hc，xa＜xc，但不知道a、c两离子比荷的大小关系，无法判断a、 c两离子初速度的大小关系，根据xa＝vata、xc＝vctc也无法判断c从O到B板的时间与a从O到A板的时间的关系，B错误；离子做类平抛运动，速度偏转角的正切值等于位移偏转角正切值的两倍，由于a、b均打在A板上，即二者的位移偏转角相同，故a、b的速度偏转角相同，即a、b打在A板上的速度方向一定是平行的，C正确；动量变化量是矢量，虽然a、 b两离子的初、末速度方向相同，但由于不知道a、b两离子的初、末速度大小及它们的质量关系，故无法比较a、b两离子动量变化量的大小关系，D错误。 [典例9] 如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，AB段为足够长的水平轨道，BD段为半径R＝0.2 m的半圆轨道，二者相切于B点，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性正碰。已知乙球质量m＝1.0×10－2 kg，所带电荷量q＝2.0×10－5 C，乙球质量为甲球质量的3倍。g取10 m/s2，甲、乙两球均可视为质点，整个运动过程中无电荷转移。 (1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点D时，对轨道的压力大小FN′为自身重力的2.5倍，求乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离； (2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度v0。 答案：(1)0.6 m　(2)10 m/s 解析：(1)设乙到达最高点D时的速度为vD，乙离开D点首次到达水平轨道的时间为t，加速度为a，乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离为x，乙离开D点后做类平抛运动，则有2R＝at2，x＝vDt，根据牛顿第二定律有a＝， 乙过D点时有mg＋qE＋FN＝m(式中FN为乙在D点时轨道对乙的作用力)，根据牛顿第三定律有FN＝FN′＝2.5mg，解得x＝0.6 m。 (2)设碰后瞬间甲、乙两球的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv0＝mv1＋mv2， ×mv02＝×mv12＋mv22，联立解得v2＝v0。 乙球从B到D的过程中，根据动能定理有－mg·2R－qE·2R＝mvD2－mv22，由(1)可得vD＝3 m/s，联立解得v0＝10 m/s。 1．(2024·辽宁卷)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纸面内运动。如图所示，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 D　解析：根据题意若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，可知电场力和重力的合力沿着虚线方向，又电场强度方向为水平方向，根据力的合成可知电场强度方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零，电场力的方向与小球的运动方向相同，则电场力对小球做正功，小球的动能增大，电势能减小，D正确。 2．(2024·杭州联考)将两点电荷A、B分别固定在x轴上，其坐标分别为xA＝0 m和xB＝6 m，B的电荷量绝对值为Q，两点电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中x＝4 m处电势最高，x轴上M、N两点的坐标分别为xM＝3 m和xN＝5 m，静电力常量为k，则下列说法正确的是(　　) A．两点电荷一定为异种电荷 B．M点的电场强度大于N点的电场强度 C．正的试探电荷由M点运动到N点的过程，电势能先减小后增大 D．若在M点放一带电荷量为q的试探电荷，则试探电荷受到的电场力大小为 D　解析：φ－x图线的斜率表示场强，由题图可知，在x＝4 m处图线的斜率为零，说明在x＝4 m处电场强度为零，所以两点电荷一定是同种电荷，A错误；由题图可知图线在M点的斜率小于N点的斜率，即M点的电场强度小于N点的电场强度，B错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，则M点到N点，电场线方向先向左后向右，正的试探电荷从M点到N点过程中电场力先做负功后做正功，则电势能先增大后减小，C错误；因为在x＝4 m处图线的斜率为零，根据点电荷场强公式E＝k，可知k＝k，所以QA＝4Q，沿电场线方向电势逐渐降低，所以可知两点电荷都是负电荷，则A点电荷到M点的距离为3 m，B点电荷到M点的距离也为3 m，所以M点的场强大小为E＝k－k＝，则在M点放一带电荷量为q的试探电荷，其所受电场力为F＝qE＝，D正确。 3．(2024·河北卷)如图所示，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； (2)小球在A、B两点的速度大小。 答案：(1) (2)　 解析：(1)在匀强电场中，根据公式可得场强为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＝mvB2－mvA2 联立解得vA＝，vB＝。 学科网（北京）股份有限公司 $$