第8讲 电场及带电粒子在电场中的运动(复习讲义)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（江苏专版）

专题三　电场与磁场 [构建知识网络] 第8讲　电场及带电粒子在电场中的运动 [高考素养]　1.理解电场的性质,会比较场强大小、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。 课堂巩固　强化关键能力 考点一　电场的性质 考点二　电场中的图像问题 考点三　带电粒子(带电体)在电场中的运动 内容索引 考点一　电场的性质 一 8 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、平衡条件法、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。 考向1　对电场性质的理解与应用 [例1]　(2025·湖北卷改编)如图所示,在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形,顶点到O点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q的正点电荷,且电荷量为3q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k,则O点处的电场强度(　　) A.方向沿x轴负方向 B.方向与x轴负方向成18°夹角斜向下 C.大小为(cos 54°+cos 18°) D.大小为(cos 54°+2cos 18°) A [解析]　顶点处的电荷可等效成括号内电荷的合成,因顶点处3q的电荷在O点的合场强为零,则可将这五个点电荷产生的电场进一步等效成如图所示的电荷所产生的电场,五个点电荷与O点距离均为R,设E0=,作出此时各电荷在O点的场强,则O点场强大小为E=2×2E0cos 54°+ 2E0cos 18°,代入E0可得E=(2cos 54°+cos 18°),方向沿x轴负方向,故选A。 对称法的应用思路 反思提升 考向2　电场线、等势线和轨迹线的综合应用 [例2]　(2025·浙江卷)三个点电荷的电场线和等势线如图所示,其中的d、e与e、f两点间的距离相等,则(　　) A.a点电势高于b点电势 B.a、c两点的电场强度相同 C.d、f间电势差为d、e间电势差的两倍 D.从a到b与从f到b,电场力对电子做功相等 D [解析]　电场线从高等势面指向低等势面,即电场 线从图中的正电荷指向负电荷,因此b点所在的等 势面高于a点所在的等势面,A错误;a、c两点电场 强度方向不同,电场强度不同,B错误;从d→e→f电 场强度逐渐减小,间距相等,结合U=Ed可知0<Ufe< Ued,则Ufd<2Ued,C错误;a点与f点在同一等势面上,a、b两点和f、b两点的电势差相等,根据电场力做功W=qU可知从a到b与从f到b,电场力对电子做功相等,D正确。 [以图说法] 图形示例 方法总结 电场线越密,电场强度越大,即EA<EB。沿电场线方向电势逐渐降低,即φA>φB O点为正电荷 等差等势面越密,电场强度越大。a、c处电场强度大小相等,b处电场强度最大,正电荷在a、c处电势能相等,小于在b处的电势能 考向3　电容器中的电场强度和电势的分析 [例3]　如图所示,D是一只理想二极管,水平放置的平行板电容器的A、B两极板间有一带电液滴,在P点处于静止状态。若保持极板B不动,当某同学分别从初始状态开始向不同方向稍微平移极板A(移动极板A后P点还在两极板之间)时,下列说法正确的是(　　) A.极板A向上移动过程中,静电计指针张 角变小 B.极板A向下移动过程中,静电计指针张 角变大 C.极板A向左移动过程中,液滴向下运动 D.极板A向左移动过程中,P点处电势升高 D [解析]　由题图可知,电容器极板A带正电,极板 A向上移动过程中,根据电容的决定式C= 可知,电容器的电容减小,根据Q=CU可知,电容器 所带电荷量将变小,电容器放电,但理想二极管D 阻止电容器放电,所以电容器所带电荷量Q不变,则上下极板间电势差U变大,静电计指针张角变大,故A错误。电容器极板A带正电,极板A向下移动过程中,根据电容的决定式C=可知,电容器的电容增大,根据Q=CU可知,电容器所带电荷量将变大,电容器充电,上下极板间电势差不变,静电计指针张角不变,故B错误。极板A向左移动过程中,根据电容的决定式C=可知,电容器的电容减小,根据Q=CU可知,电容器所带电荷量将变小,电容器放电,但理想二极管D阻止电容器放电,所以电容器所带电荷量Q不变,则上下极板间电势差U变大,根据E=可知,两极板间的电场强度增大,则液滴受到的竖直向上的电场力增大,液滴向上运动;设P点到下极板的距离为x,则P点的电势为φP=UPB+φB=Ex+0=Ex,所以P点处电势升高,故C错误,D正确。 分析平行板电容器动态问题的思路 1.确定不变量,分析是电压不变还是所带电荷量不变。 2.用决定式C=分析平行板电容器电容的变化。 3.用定义式C=分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。 4.用E=或E=分析电容器极板间电场强度的变化。 反思提升 二 考点二　电场中的图像问题 21 电场中几种常见的图像 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图像切线斜率的绝对值等于沿x轴方向电场强度E的大小 E-x 图像 以场强沿x轴方向为例: (1)E>0表示场强沿x轴正方向,E<0表示场强沿x轴负方向 (2)图线与x轴围成的“面积”表示电势差,“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)Ep-x图像切线斜率的绝对值等于静电力大小 (2)可用于判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况 [例4]　(2025·海南卷)某静电场电势φ在x轴上分布如图所示,图线关于φ轴对称,M、P、N是x轴上的三点,OM=ON。有一电子从M点由静止释放,仅受x方向的电场力作用,则下列说法正确的是(　　) A.P点电场强度方向沿x负方向 B.M点的电场强度小于N点的电场强度 C.电子在P点的动能小于在N点的动能 D.电子在M点的电势能大于在P点的电势能 D [解析]　由题图可知在x正半轴沿+x方向电势降低,则电场强度方向沿x正方向,故A错误;φ-x图像斜率表示电场强度,由题图可知M点的电场强度大小等于N点的电场强度大小,方向相反,故B错误;电子在电势低处电势能大,故电子在P点的电势能小于在N点的电势能,根据能量守恒可知,电子在P点的动能大于在N点的动能,故C错误;电子在电势低处电势能大,故电子在M点的电势能大于在P点的电势能,故D正确。 [以图说法] 图形示例 方法总结 (1)斜率的绝对值等于电场强度的大小 (2)由图像可判断电场是否变化 取无限远处电势为零时,两电荷连线的中垂面是电势为零的等势面。以中垂面为界,正场源电荷一侧的电场各点电势都是大于零的,负场源电荷一侧的电场各点电势都是小于零的 图形示例 方法总结 取无限远处电势为零时,等量同种正电荷电场中各点电势都大于零,两电荷连线上越接近中点,电势越低,中点是连线上电势的最低点,延长线上越接近点电荷电势越高,连线所在直线上关于中点对称的点电势相等 [例5]　(2025·黑龙江哈尔滨一模)某静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示,x轴正方向为场强正方向,其中x1、x2、x3、x4是间隔相等的四点,x1到x4范围内E-x图像与横轴所包围的面积为S。下列说法正确的是 (　　) A.x3处电势最高 B.x2和x4处电势相等 C.x1、x2两点之间的电势差等于x3、 x4两点之间的电势差 D.电荷量为q、质量为m的正点电荷从x1由静止释放,仅在电场力作用下运动到x4时的动能Ek=q·S D [解析]　由题图可知,0~x1范围内电场方向沿x轴负方向,x1~x4范围内电场方向沿x轴正方向,根据沿着电场线方向电势降低可知,x1处电势最高,x2处电势高于x4处电势,故A、B错误;图线与x轴所围的面积表示电势差,由题图可知,x1、x2两点之间的电势差小于x3、x4两点之间的电势差,故C错误;正电荷从x1运动到x4,根据动能定理可得qU=qS=Ek,故D正确。 三 考点三　带电粒子(带电体)在电场中的运动 29 1.带电粒子(带电体)在电场中运动时重力的处理 基本粒子(如电子、质子、α粒子等)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,除非有说明或明确的暗示。 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、运动特点及分析方法 在匀强电场中的匀变速直线运动 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 (2)用功能观点分析:W=qU=mv2-m 常见运动 受力、运动特点及分析方法 在匀强电场中的偏转(类抛体运动) 类平抛运动:进入电场时v0⊥E 运动的分解: 偏转角:tan θ==== 侧移距离:y0==,y=y0+Ltan θ=(+L)tan θ 两个推论:tan θ=2tan φ;x= 常见运动 受力、运动特点及分析方法 在匀强电场中的偏转(类抛体运动) 类斜抛运动:粒子(重力不计)斜射入电场 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 在非匀强电场中的运动 静电力变化,常应用动能定理、能量守恒定律求解 考向1　带电粒子在匀强电场中的直线运动 [例6]　(2025·四川卷)如图所示,真空中固定放置两块较大的平行金属板,板间距为d,下极板接地,板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q(q>0)的金属微粒,从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变,碰撞后电性与极板相同,所带电荷量的绝对值不变,不计微粒重力,求: (1)微粒第一次到达下极板所需时间; [解析]　微粒由静止释放后,由牛顿第二定律有qE=ma, 由运动学公式有=at2, 联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为 t=。 [答案]　 (2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。 [解析]　微粒第一次到达下极板时的速度大小为v1=at=。 由题意知,微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变,碰撞后电性与极板相同,所带电荷量的绝对值不变,即碰后速度大小不变,带电荷量为-q。设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为v2,满足-=2ad,代入解得v2=。 同理可得微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为v3,满足 -=2a,代入解得v3=2, 故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为p=mv3=2。 [答案]　2 考向2　带电粒子在匀强电场中的类抛体运动 [例7]　(2025·河南卷)流式细胞仪可对不同类型的细胞进 行分类收集,其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细 胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞),液滴质 量均为m=2.0×10-10 kg。当液滴穿过激光束、充电环时 被分类充电,使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷, 电荷量均为q=1.0×10-13 C。随后,液滴以v=2.0 m/s的速 度竖直进入长度为l=2.0×10-2 m的电极板间,板间电场均匀、方向水平向右,电场强度大小为E=2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h=0.1 m处的A、B收集管中。不计液滴重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求: (1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离; [解析]　由题意可知含A细胞的液滴在电场中做类平抛运动,沿电极板方向,有l=vt1, 垂直于电极板方向,有x1=a, 由牛顿第二定律有qE=ma, 联立解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x1=5×10-3 m。 [答案]　5×10-3 m (2)A、B细胞收集管的间距。 [解析]　含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动,竖直方向有h=vt2, 水平方向有x2=at1t2, 联立解得x2=0.05 m。 由对称性可知,A、B细胞收集管的间距 Δx=2(x1+x2)=2×(0.005+0.05)m=0.11 m。 [答案]　0.11 m 考向3　带电粒子在交变电场中的运动 [例8]　如图甲所示,竖直正对放置的平行极板A、B间存在一匀强电场,在A极板O处的放射源连续无初速度地释放质量为m、电荷量为e的电子,电子经极板A、B间的电场加速后由B极板上的小孔离开,然后沿水平放置的平行极板C、D的中心线进入偏转电场。C、D两极板的长度均为L、间距为d,两板之间加有如图乙所示的交变电压,0~时间段内极板C的电势高于极板D的电势。电子被加速后离开极板A、B间的加速电场时的速度大小为,所有电子在极板C、D间的偏转电场中运动时均不会打到C、D两极板上,不考虑电子的重力及电子之间的相互作用和极板的边缘效应。求: (1)极板A、B之间的电势差UAB; [解析]　电子在A、B板之间加速后获得速度为 v0=, 根据动能定理可得-eUAB=m, 解得极板A、B之间的电势差为UAB=-。 [答案]　- (2)t=0时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时速度偏角θ的正切值; [解析]　电子进入极板C、D间的偏转电场后在电场力的作用下做类平抛运动,沿水平方向做匀速直线运动有L=v0t,解得t=T, t=0时刻进入极板C、D间的偏转电场的电子,前时间内的加速度大小为a1=,后时间内的加速度大小为a2=, 则电子离开偏转电场时竖直方向的速度vy=a1·-a2·,解得vy=-, 则tan θ=||=。 [答案]　 (3)t=时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的侧移距离。 [解析]　t=时刻进入极板C、D间的偏转电场的电子在时刻射出,T时刻电子竖直方向的速度为vy1=a2·=, 时刻电子竖直方向的速度为vy2=vy1-a1·=, 故电子离开偏转电场时的偏移量为y=·+·, 代入解得y=。 [答案]　 四 课堂巩固 强化关键能力 1.(2025·江苏扬州二模)在xOy平面内,四个等量点电荷固定在正方形的四个顶点,O为正方形中心。如图所示是其在xOy平面内电势类比于地势的模拟图,z轴表示电势,z>0代表电势为正。已知OA=OB=OC,取无穷远处电势为零,则下列说法正确的是 (　　) A.A、B两点的电场强度相同 B.O点的电场强度为零,电势也为零 C.从A点沿直线到B点,电势先升高后降低 D.将正电荷从O点沿直线移动到C点,电势能先增大后减小 B 解析:电场强度是矢量,由对称性及电场叠加原理 可知,A、B两点电场强度大小相等,但方向不同 ,所 以A、B两点电场强度不相同,故A错误;根据对称 性,四个等量点电荷在O点产生的电场强度相互抵 消,合电场强度为零,根据电势叠加原理可知,四个等量电荷在O点产生的电势叠加为0,故B正确;分析可知四个等量电荷在直线AB上各点产生的电势叠加均为0,即AB为等势线,则AB上电势处处相等,故C错误;结合C选项分析可知,OC也为等势线,即OC连线上电势处处相等,根据Ep=qφ可知,正电荷从O点沿直线移动到C点,电势能不变,故D错误。 2.(2025·江苏南通期中)如图所示,球心为O的球体的直径AB、CD、MN两两垂直,两个带等量正电的点电荷分别位于A、B点,则(　　) A.C点的电场强度和M点的相同 B.C点的电势比M点的高 C.一试探电荷从O点沿半径ON方向移到N点过程中受到的电场力一直增大 D.一带正电的试探电荷沿半圆弧ACB移动过程中,试探电荷的电势能先减少后增加 D 解析:根据等量同种电荷的电场分布可知,C点与M点的电场强度大小相等,方向不同,故A错误;根据等量同种电荷的电场分布可知,C、M两点的电势相等,故B错误;根据等量同种电荷的电场分布可知,在O点以及无穷远处的电场强度为零,则从O点沿半径ON方向移到无穷远处,电场强度先增大后减小,即试探电荷受到的电场力先增大后减小,但无法判断试探电荷从O点沿半径ON方向移到N点过程中受到的电场力的变化情况,故C错误;一带正电的试探电荷沿半圆弧ACB移动过程中,电势先降低后升高,所以试探电荷的电势能先减少后增加,故D正确。 $