11 专题三 第11课时 电场的性质 带电粒子在电场中的运动（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与策略（江苏专版）

第11课时　电场的性质　带电粒子在电场中的运动 [建体系·知关联](教师用书独具) [析考情·明策略] 真题呈现 2025江苏T13(带电粒子在匀强电场中运动) 2024江苏T1(静电力图像) 2022江苏T9(同种等量点电荷电场线分布，带电粒子在电场中的电势能、电势变化与电场线分布的关系) 2022江苏T15(带电粒子在变化的电场中运动) 考情分析 本课时主要考查库仑定律、电场强度、电势、电势差、电势能、电容、带电粒子在电场中的运动。命题形式选择题和计算题均有出现，考查考生的建模能力和应用数学知识处理物理问题的能力。 考点1| 电场的性质 1．电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系 2．电势高低的比较 (1)根据电场线方向判断，沿着电场线方向，电势越来越低。 (2)将带电荷量为＋q的电荷从电场中的某点移至无穷远处时，静电力做正功越多，则该点的电势越高。 (3)根据电势差UAB＝φA－φB判断，若UAB>0，则φA>φB，反之φA<φB。 3．电势能变化的判断 (1)根据静电力做功判断，若静电力对电荷做正功，电势能减少；反之则增加。即W＝－ΔEp。 (2)根据能量守恒定律判断，静电力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有静电力做功，电荷的电势能与动能相互转化，总和应保持不变，即当动能增加时，电势能减少。 [案例1]　(2024·江苏南通二模)如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是(　　) A．F′点与C′点的电场强度相同 B．A′点与F′点的电势差等于O′点与D′点的电势差 C．将试探电荷＋q由O点沿直线运动到O′点，其电势能先减小后增大 D．将试探电荷＋q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小 D　[如图所示，正电荷在F′点产生的电场强度和负电荷在C′点产生的电场强度大小相等，方向不同，正电荷在C′点产生的电场强度和负电荷在F′点产生的电场强度大小相等，方向不同，因此F′点与C′点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；由等量异种电荷的电势分布可知φA′＝φ>0，φD′＝－φ<0，φO′＝0，φF′>0，因此φA′－φF′＝φ－φF′<φO′－φD′＝φ，UA′F′<UO′D′，故B错误；OO′为等势线，将试探电荷＋q由O点沿直线运动到O′点，其电势能不变，故C错误；由F点沿直线移动到O点电势先升高再降低，正电荷在电势高的地方电势能大，将试探电荷＋q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小，故D正确。故选D。 ] [案例2]　(2025·江苏南通高三统考)如图所示，点电荷＋2Q、－Q分别置于A、B两点，O为AB连线上的点，B与O的距离为L、A与O的距离为3L，CD连线与AB连线垂直，C、D两点关于O点对称，∠CAD＝60°，∠ACB＝90°，取O点的电势为零，下列说法正确的是(　　) A．C、D两点的电场强度相同 B．C、D两点的电势相等且都为零 C．将质子沿直线从C移到D，静电力先做正功后做负功 D．将电子沿直线从C移到D，电子的电势能先减小后增大 C　[根据矢量合成法则，C、D两点的电场强度大小相同，方向不同，故A错误；根据矢量合成法则，在OC段合电场强度方向斜向右下，在OD段合电场强度方向斜向右上，将正电荷沿直线从C移到O，静电力做正功，电势能减小，电势降低，又由于O点的电势为零，则C点电势为正，不为零，同理，D点电势为正，不为零，故B错误；在OC段合电场强度方向斜向右下，在OD段合电场强度方向斜向右上，将质子沿直线从C移到D，静电力先做正功后做负功，将电子沿直线从C移到D，电子的电势能先增大后减小，故C正确，D错误。] [案例3]　(2024·江苏南京一模)某电子束焊接机的工作原理如图所示，在直流高压作用下，阴极K(接地)与阳极A之间形成辐向电场，虚线为电场线，在同一电场线上有B、C、D三点，BC＝CD。一电子以某一初速度从B点沿直线运动到D点。下列说法正确的是(　　) A．电子受到的静电力不变 B．电子的电势能逐渐减小 C．B、C两点间的电势差大于C、D两点间的电势差 D．电子从B点运动到C点的时间等于其从C点运动到D点的时间 C　[根据电场线越密电场强度越大，由题图可知，从B点到D点，电场强度越来越小，则电子受到的静电力逐渐减小，故A错误；根据沿电场线方向电势逐渐降低，由题图可知，从B点到D点，电势逐渐降低，电势能Ep＝qφ，可知电子的电势能逐渐升高，故B错误；由于BC间的平均电场强度大于CD间的平均电场强度，且BC＝CD，又U＝Ed，则B、C两点间的电势差大于C、D两点间的电势差，故C正确；电子从B点运动到D点的过程中做减速直线运动，则电子从B点运动到C点过程中的平均速度大于从C点运动到D点过程中的平均速度，由t＝可知，电子从B点运动到C点的时间小于其从C点运动到D点的时间，故D错误。故选C。] 【教师备选资源】 如图所示为一带正电的金属球，a、b、c、d为过圆心O的同一直线上的点。则下列说法正确的是(　　) A．a点电势比b点的低 B．a点电场强度比b点的大 C．c点电势比d点的低 D．c点电场强度比d点的大 A　[根据静电平衡可知，带正电的金属球的电荷均匀分布在球的外表面，球的内部电场强度处处为零，整个金属球为等势体，金属球外部离金属球越远电场强度越小，电势越低，则有Eb＞Ea＞Ec＝Ed，φc＝φd＞φb＞φa，故选A。] 考点2| 与平行板电容器相关的电场问题 1．必须记住的三个公式 定义式C＝，决定式C＝，关系式E＝。 2．掌握两个重要结论 (1)电容器与电路(或电源)相连，则两端电压取决于电路(或电源)，稳定时相当于断路，两端电压总等于与之并联的支路电压。 (2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变，此时若只改变两板间距离，则板间电场强度大小不变。 3．注意一个特例：当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限制。 [案例4]　如图所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是(　　) A．平行板电容器的电容将变小 B．带电油滴的电势能将减小 C．静电计指针张角变小 D．若将上极板与电源正极断开后再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受静电力不变 [题眼点拨]　①“下极板接地”表明该点电势为零。 ②“带负电油滴被固定于电容器中的P点”，相对位置不变，若电场强度变化会引起电势、电势能的变化。 ③“上极板竖直向下平移”，板间距离减小，电容增大。 B　[将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，导致极板间距减小，根据C＝知，d减小，则电容增大，故A错误；电势差不变，d减小，则电场强度增加，P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该油滴带负电荷，则电势能减小，故B正确；静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故C错误；若先将电容器上极板与电源正极断开，则电荷量不变，再将下极板左移一小段距离，正对面积S减小，根据E＝＝＝知，电场强度变大，则油滴所受静电力变大，故D错误。] [案例5]　(2024·江苏泰州一模)通过手机内电容式加速度传感器可以实现运动步数的测量，传感器原理如图所示，电容器的M极板固定，与弹簧相连的N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。则当手机(　　) A．匀速运动时，电流表示数为零，电容器M极板带负电 B．由静止突然向前加速时，电容器的电容增大 C．由静止突然向前加速时，流过电流表的电流由b向a D．保持向前匀减速运动时，电流表示数变小 C　[匀速运动时，N极板相对M极板的位置不变，电容器的电容不变，则电容器带电量不变，电路中没有电流，电流表示数为零，电容器M极板与电源正极相连，带正电，故A错误；由静止突然向前加速时，因为惯性，N极板相对M极板向后运动，两极板间距变大，根据C＝可知电容器的电容减小，根据Q＝CU可知电容器带电荷量减小，则电容器放电，流过电流表的电流由b向a，故B错误，C正确；保持向前匀减速运动时，加速度恒定不变，N极板受力不变，则弹簧形变量不变，N极板相对M极板的位置不变，则电容器的电容不变，电容器带电荷量不变，电路中无电流，电流表示数不变，为零，故D错误。故选C。] [案例6]　(2025·江苏南京高三校联考)如图所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a。平行板电容器的A、B两极板间有一电荷，在P点处于静止状态。C表示电容器的电容，E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，Ep表示电荷在P点的电势能。若保持极板A不动，将极板B稍向下平移，则下列说法正确的是(　　) A．C变大　 B．E变大 C．U变大　 D．Ep变大 C　[若保持极板A不动，将极板B稍向下平移，根据C＝，极板间距离d变大，则电容C变小，由于理想二极管电流不能从b流向a，则电容器的电荷量Q保持不变，根据C＝，E＝＝＝＝可知，极板间的电压U变大，极板间的电场强度E保持不变，则电荷受力保持不变，电荷仍保持静止，故A、B错误，C正确；根据UPB＝φP－0＝EdPB，由于极板B稍向下平移，dPB变大，电场强度E保持不变，可知P点的电势φP增大，根据Ep＝qφP，由受力平衡可知，电荷受到的静电力方向与电场方向相反，电荷带负电，故电势能Ep减小，故D错误。] 反思感悟：“1个不变，3个公式”巧解平行板电容器问题 【教师备选资源】 如图所示，平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接，G为一零刻度在表盘中央的电流计，闭合开关S后，下列说法正确的是(　　) A．若在两板间插入电介质，电容器的电容变小 B．若在两板间插入一导体板，电容器的带电荷量变小 C．若将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器的带电荷量变大 D．若将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从a到b方向的电流 C　[根据公式C＝，在两板间插入电介质，εr增加，所以电容器的电容变大，故A错误；在两板间插入一导体板，由于导体板的静电感应，致使电容器两板间距d减小，电容器的电容变大，由公式C＝，可知极板间电压不变时，带电荷量变大，故B错误；将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器极板间电压变大，根据C＝，易知电容器带电荷量变大，故C正确；将电容器下极板向下移动一小段距离，由公式C＝，可知电容器的电容变小，再根据C＝，可知电容器将放电，此过程电流计中有从b到a方向的电流，故D错误。] 考点3| 带电粒子在电场中的运动 1．带电粒子在电场中的运动 2．解题途径的选择 (1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉及时间时选择功能关系，否则必须选择运动和力的关系。 (2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解。 [案例7]　(2025·江苏无锡高三统考)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m＝9×10-31kg，电荷量为e＝1.6×10-19C，加速电场极板间电势差为U0＝2 000 V，偏转电场电压为u＝110sin (100πt) V，极板长度为L＝5 cm，板间距d＝1 cm。电子能从偏转电场中射出。偏转电场可视为匀强电场，忽略电子重力。 (1)求穿过偏转电场的时间t； (2)在计算一个电子通过极板的偏转距离Δy时，仍可认为偏转极板间电势差是定值。请分析说明这样计算的合理性。 (3)根据(2)中的结论，t＝ s时，电子恰好进入偏转电场，计算电子通过偏转电场的偏转距离Δy(结果保留两位有效数字)。 [解析]　(1)电子在加速电场中加速过程 根据动能定理有 eU0＝－0 解得v0＝ 电子在偏转电场中运动的时间 t＝＝L＝1.875×10-9 s。 (2)交变电压的周期为 T＝＝ s＝0.02 s 由于t≪T，所以这样计算是合理的。 (3)t＝ s时，偏转电场电压为 u＝110sin (100πt) V＝110 V 电子在偏转电场中偏转距离Δy＝at2 又eE＝ma E＝ t＝ 联立解得 Δy＝≈0.003 4 m＝0.34 cm。 [答案]　(1)1.875×10-9s　(2)见解析　(3)0.34 cm [案例8]　(2025·江苏卷T13)如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m、电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。求： (1)a运动到最高点的时间t； (2)a到达最高点时，a、b间的距离H。 [解析]　(1)根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，对a球，根据牛顿第二定律有qE＝ma 设a运动到最高点的时间为t，由运动学公式有v0sin θ＝at 联立解得t＝。 (2)方法一、根据题意可知，两个小球均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为v0cos θ，则两小球一直在同一竖直线上，斜上抛的小球竖直方向上运动的位移为x1＝＝ 斜下抛的小球竖直方向上运动位移为x2＝v0t sinθ＋at2＝。 则小球a到达最高点时与小球b之间的距离x＝x1＋x2＝。 方法二、两个小球均受到相同静电力，以a球为参考系，b球以2v0sinθ的速度向下做匀速直线运动，则a到达最高点时，a、b间的距离H＝2v0t sin θ＝。 [答案]　(1)　(1) [案例9]　(2025·江苏南京高三校联考)如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，BC水平，与圆环相切于C点，整个装置处于水平向右的匀强电场中。一质量为m、带负电荷的小球从高为h＝12R的A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动，不计B点碰撞的能量损失。已知小球所受的静电力是其重力的，圆环半径为R，斜面倾角为θ＝53°，轨道水平段BC长度s＝2R，重力加速度为g，取sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计。求： (1)小球从A滑到B的时间； (2)小球运动到与圆心等高点D(圆环左侧)时对圆轨道的压力大小N； (3)改变A的位置使小球在运动过程中不脱离轨道，h满足的条件。 [解析]　 (1)小球从A滑到B，由动能定理得 mgh－mg×h＝ 解得vB＝ 小球从A滑到B的加速度 a＝＝g 小球从A滑到B的时间 t＝＝。 (2)由A到D，由动能定理得 mg(12R－R)－mg＝ 在D点静电力和轨道对小球的支持力提供向心力 N′－mg＝ 解得N′＝mg 由牛顿第三定律可知小球运动到与圆心等高点D(圆环左侧)时对圆轨道的压力大小 N＝N′＝mg。 (3)小球受到重力和静电力的合力为 F＝＝mg 合力与竖直方向的夹角正切值为 tan α＝＝ 解得α＝37° 若小球在运动过程中恰好做完整的圆周运动，在圆轨道等效最高点需要的最小向心力由F提供 mg＝ 由动能定理可得mg(hmin－R－R cos 37°)－mg·＝ 解得hmin＝10R 若小球运动到距圆周的等效最高点圆周的F点时，速度刚好为零，如图所示 由动能定理得 mg[hmax－(R－R sin 37°)]－mg·＝0－0 解得hmax＝R 所以改变A的位置使小球在运动过程中不脱离轨道，h满足的条件是 h≥10R或h≤R。 [答案]　(1)　(2)mg　(3)h≥10R或h≤R [案例10]　(2025·江苏苏州期末)如图(a)所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压UAB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v0水平射入电场。粒子电荷量为＋q、质量为m，不计粒子重力。 (1)若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t； (2)若粒子在t＝时刻射入电场，经过一段时间后从A板右侧边缘水平射出，则板长L和两板间距d分别满足什么条件？ (3)若金属板足够长，要求t＝0时刻射入的粒子打到B板时动能最大，则两板间距d应当满足什么条件？ [解析]　(1)根据题意可知，粒子在水平方向上做匀速直线运动，若粒子能够射出电场，则粒子在电场中的运动时间为t＝。 (2)根据题意可知，若粒子在t＝时刻射入电场，且经过一段时间后能够从A板右侧边缘水平射出，则在竖直方向上，粒子在～时间内，向下做匀加速直线运动，在～时间内，向下做匀减速直线运动，由对称性可知，粒子在时，竖直分速度减小到0，此时，粒子未打到B板上，然后在～T时间内，向上做匀加速直线运动，在T～时间内，向上做匀减速直线运动，由对称性可知，在时，粒子恰好回到A板边缘，且竖直分速度为0，由上述分析可知，两板间距d满足条件为 d≥2×a 由牛顿第二定律可得a＝ 联立解得 d≥ 粒子在电场中的运动时间为 t1＝nT(n＝1，2，…) 则板长L为 L＝v0t1＝nv0T(n＝1，2，3，…)。 (3)根据题意可知，若粒子从t＝0时刻进入电场，则在竖直方向上，粒子在0～时间内，向下做匀加速直线运动，在～T时间内，向下做匀减速直线运动，由对称性可知，在T时刻，粒子竖直分速度减小到0，要求粒子打到B板时动能最大，则粒子打到B板时，竖直分速度最大，即粒子在，…时，恰好打到B板，则有 d＝(2n＋1)×(n＝0，1，2，…) 解得d＝(n＝0，1，2，…)。 [答案]　(1)　(2)L＝nv0T(n＝1，2，…)　d≥　(3)d＝(n＝0，1，2，…) 反思感悟：带电粒子在电场中运动问题的分析思路 (1)分析粒子的运动规律，确定粒子在电场中做直线运动还是曲线运动。 (2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析求解。 (3)对于曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理。通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，借助运动的合成与分解，寻找两个分运动，再应用动力学知识或功能关系求解。 (4)当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析带电粒子的运动规律的变化及与两区域电场交界处有关联的物理量，这些物理量往往是解决问题的突破口。 【教师备选资源】 如图所示，A为粒子源，G为足够大的荧光屏。在A和极板B间有加速电压U1，在两水平放置的平行导体板C、D间有偏转电压U2，一质子由静止从A发出，经加速后以水平速度进入平行导体板C、D间，忽略粒子所受的重力，质子打到F点，下列说法正确的是(　　) A．若仅增大U1，则质子打在F点下方 B．若仅增大U2，则质子打在F点上方 C．若仅把质子改为α粒子(氦核)，则α粒子仍打在F点 D．若仅把质子改为α粒子(氦核)，则α粒子打在F点下方 C　[设带电粒子的质量为m，电荷量为q，粒子在A和极板B间加速，设刚离开加速电场时粒子速度的大小为v0，导体板长度为L，C、D间距离为d，由动能定理有qU1＝，粒子在偏转电场中的侧移量为y＝，可得y＝，若仅增大U1，则y减小，质子打在F点上方，故A错误；根据上述分析可知，若仅增大U2，则y增大，若质子未打在下导体板上，则质子打在F点下方，故B错误；由y＝可知，粒子的侧移量与粒子的质量和电荷量无关，故仅把质子改为α粒子，则α粒子仍打在F点，故C正确，D错误。] 22/22 学科网（北京）股份有限公司 $