2026届高三物理二轮专题复习讲义：第10讲 电场及带电粒子在电场中的运动

第10讲 电场及带电粒子在电场中的运动 讲义 知识体系： 考点一　电场的性质 1.描述电场的物理量 2.计算电场强度常用的方法： (1)电场强度是矢量、计算时遵循平行四边形定则。 (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。 3.电势高低的判断 (1)利用电场线方向判断：沿电场线方向电势逐渐降低。 (2)公式法：①φ=；②点电荷中的电势φ=。 (3)利用电势差的正负判断：根据UAB=，将WAB、q的正负号代入，UAB>0，则φA>φB；UAB<0，则φA<φB。 4.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。 5.电场强度矢量的叠加　电势标量的叠加 (1)电场强度矢量的叠加：电场强度是矢量，遵循平行四边形定则； (2)电势标量的叠加：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。 如图所示，EP=2EAcos θ=cos θ，φP=-=0。 6.电场中的功能关系 (1)WG=-ΔEp重 (2)W电=-ΔEp电 (3)W合=ΔEk (4)若只有静电力做功，电势能与动能之和保持不变。 (5)若只有静电力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。 典例1:(2025·江苏连云港市一模)如图所示，四个孤立的均匀带电球体的电荷量相同，a、b、c、d点到各自的球心O距离相等，球体所带电荷在a、b、c、d处产生电场强度最小的是(　　) 答案　D解析　孤立的均匀带电球体在空间产生的电场强度可等效为球心处有一与球体所带电荷量相等的点电荷在球体外部产生的电场强度，均匀带电球壳在内部任意位置产生的电场强度为0，由题图可知四个带电球体在a、b、c、d处产生电场强度的等效电荷量关系为Q1=Q2>Q3>Q4，根据E=，可得Ed最小，故选D。 典例2:(多选)(2025·湖北卷,10)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(2cos 54°+cos 18°) 答案　AD解析　由题意可知,把这五个点电荷的电荷量分别等效拆分如图甲所示 将五个点电荷等效成图乙所示 作出等效电荷在O点产生的电场强度,设点电荷q在O点产生的电场强度为E0,则E0=,由对称性可知,5个点电荷在O点产生的电场强度沿y轴方向的分量为0,则O点的电场强度大小为E=2×2E0cos 54°+2E0cos 18°,代入可得E=2(2cos 54°+cos 18°),方向沿x轴负方向,故A、D正确。 典例3:(2025·浙江1月选考,4)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 答案　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,即a点电势低于b点电势,A错误;电场方向为该点电场线的切线方向,过a、c两点的电场线的切线方向不同,故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,d、e与e、f两点间的间距相等,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。 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”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)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 典例4:(2025·江苏扬州市模拟)某平面内存在未知的电场，一正点电荷(电荷量不变)在外力作用下沿+x方向移动时，其电势能Ep随位置x变化的关系如图所示。则下列说法正确的是(　　) A.x=0处的电场强度为零 B.从x=0到x=x2处过程中，外力做功为2Ep0 C.x=x1和x=x2处的电场方向一定相反 D.x=x1和x=x2处的电场方向可能相反 答案　D解析　根据ΔEp=-W电=-qEΔx，可得E=-·，由题图可知，在x=0处Ep-x图像切线斜率不为0，所以电场强度不为0，故A错误；从x=0到x=x2处，电势能从-0.5Ep0变为-Ep0，电势能变化量为ΔEp=-0.5Ep0，根据功能关系可知，该过程静电力做功为0.5Ep0，由于不清楚该过程点电荷的动能变化量，所以无法求出外力所做的功，故B错误；在x=x1处图像切线斜率为0，在x=x2处图像切线斜率也为0，这说明x方向电场强度为零，但是与x轴垂直方向上的电场强度不确定，这两处电场强度方向可能相反，故C错误，D正确。 典例5:(2025·山东日照一模)x轴上O、P两点分别固定点电荷甲、乙,电荷量的绝对值分别为q1、q2。一个带负电的试探电荷沿着x轴运动时,在O、P之间的电势能Ep随x变化关系如图所示,在P点右侧,运动到B点时电势能最大。已知OP=PB,A点为O、P之间的中点,C点为P、B之间的中点,试探电荷运动到A点时加速度大小为a。若试探电荷仅受静电力的作用,下列判断正确的是(　　) A.点电荷甲带正电,点电荷乙带负电 B.两个点电荷的电荷量满足q1=2q2 C.P、B之间的电场方向沿着x轴负方向 D.试探电荷运动到C点时加速度大小为 答案　D解析　根据Ep=qφ,因为试探电荷带负电,所以甲、乙两电荷间的电势沿着x轴的负方向降低,即电场线沿x轴的负方向,则甲带负电,乙带正电,故A错误;试探电荷运动到B点时电势能最大,即B点的电场强度为零,即k=k,解得q1=4q2,故B错误;由于负试探电荷运动到B点时电势能最大,则电势最低,根据沿电场线方向电势降低,可知P、B之间的电场方向沿着x轴正方向,故C错误;设试探电荷的质量为m,电荷量为q,根据牛顿第二定律,试探电荷在A点时,有k+k=ma,在C点时,有k-k=maC,联立解得aC=,故D正确。 考点三　电容器、带电粒子在电场中的运动 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 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.动力学观点：a=，E=，v2-=2ad，适用于匀强电场 2.能量观点：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 典例6:(多选)(2025·山东潍坊高三期末)如图所示,M、N是水平放置的平行板电容器的两极板,下极板N接地,两极板与电源相连,电源两端电压恒定。开关S闭合,一油滴静止于P点。下列说法正确的是(　　) A.油滴带正电 B.保持开关S闭合,仅将M板向上平移一小段距离,电容器的带电量减少 C.断开开关S,仅将N板向上平移一小段距离,则油滴电势能增加 D.断开开关S,仅将N板向上平移一小段距离,则油滴向上运动 答案　BC解析　由题意可知,油滴受到的静电力方向竖直向上,由于M板带正电,故油滴带负电,A错误;保持开关S闭合时,两板间电压不变,将M板向上平移一小段距离,根据C=可知,平行板电容器电容减小,由Q=CU可知,电容器的带电荷量减少,B正确;断开开关S,极板上电荷量不变,将N板向上平移一小段距离,根据C=、U=和E=可得E=,故平行板间电场强度不变,油滴仍然受力平衡,保持静止,又因为油滴离N板距离变小,故油滴所处位置的电势降低,又因为油滴带负电,故其电势能增加,C正确,D错误。 典例7:(2025·江苏卷·13)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。 答案　(1)　(2) 解析　(1)对粒子a根据牛顿第二定律有qE=ma a运动到最高点时，在竖直方向有v0sin θ=at 联立解得t= (2)方法一　根据题意可知，两粒子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，则两粒子一直在同一竖直线上，a到达最高点时，a粒子竖直方向上运动的位移为x1== b粒子竖直方向上运动位移为x2=v0tsin θ+at2= 则粒子a到达最高点时与粒子b之间的距离H=x1+x2= 方法二　两粒子均受到相同静电力，以粒子a为参考系，则粒子b以2v0sin θ的速度向下做匀速直线运动，a到达最高点时，a、b间的距离H=2v0sin θ·t=。 典例8:(2025·河南名校联考)辉光放电质谱法,是利用辉光放电源作为离子源与质谱仪进行质谱测定的一种分析方法。辉光放电离子源是利用惰性气体在上千伏特电压下电离产生的离子撞击样品表面使之发生溅射,溅射产生的样品原子扩散至等离子中进一步离子化,进而被质谱分析器收集检测。溅射阈值是氩离子使被测样品产生溅射所需的最小动能。如图甲所示为辉光放电粒子源的简化示意图,两平行金属板A、B放在真空中,间距为d, B板接地,A板的电势φ随时间t变化情况如图乙所示。若在t=0时刻,一在B板附近的氩离子在电场作用下由静止开始运动,正好在第3个周期结束时到达A板,恰好使样品发生溅射。氩离子质量为m,电荷量为+q,重力不计,忽略运动过程中与其他粒子的碰撞。φ0、T为已知量。求: (1)氩离子在0~内的位移大小; (2)该样品的溅射阈值。 答案　(1)　(2) 解析　(1)氩离子在0~内做初速度为0的匀加速直线运动,因为a1=,E= 解得a1= 所以氩离子在0~内的位移大小为x1=a1=。 (2)在~T内,因为电场反向,且大小发生变化,故氩离子做匀减速运动,且a2= 氩离子在一个周期内速度的增加量为Δv=(a1-a2)=T 根据运动的周期性可知氩离子经过3个周期,速度为v=3Δv=T 故3个周期结束时氩离子的动能为Ek=mv2 因3个周期结束时,氩离子恰好使样品发生溅射,则溅射阈值为 E0=Ek=。 考点四　带电体在电场和重力场的叠加场中的运动 物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动,但是对处在匀强电场中的宏观物体而言,它的周围不仅有重力场,还有匀强电场,同时研究这两种场对物体运动的影响,问题就会变得复杂一些。此时,若能将重力场与电场合二为一,用一个全新的“复合场”(可形象称之为“等效重力场”)来代替,不仅能起到“柳暗花明”的效果,同时也是物理中的等效思维。 １.带电体在匀强电场和重力场叠加场中的运动 受力特点 常见运动 分析方法 等效重力mg'=F合 等效重力加速度g'= 如图 匀变速直线运动：进入叠加场时v0与F合在同一直线上 动力学方法、功能关系、能量守恒 类平(斜)抛运动：进入叠加场时v0与F合有一定夹角 运动的分解： 垂直F合方向的匀速直线运动，沿F合方向的匀变速直线运动 在绳或轨道约束下的圆周运动 通过圆心作合力的平行线，找等效最高点或等效最低点 牛顿第二定律、功能关系、能量守恒 2.从重力场到等效重力场 重力场 等效重力场(等效重力为mg') 恰好做完整圆周运动 从某一位置脱离轨道 圆锥摆 单摆 典例9:(2025·安徽合肥模拟预测)如图所示,竖直面内有一半径为r的光滑圆形轨道,圆形轨道的最低点B处有一入口与水平地面连接,空间存在方向水平向左的匀强电场。一带电荷量为+q、质量为m的小物块从水平地面上的A点由静止释放,已知电场强度大小E=,小物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.25,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)求等效重力加速度g'; (2)若取B点电势为零,A、B间距离s=2r,求物块电势能的最小值及此时的动能; (3)为使小物块进入轨道后始终不脱离轨道,求释放点A到B的距离s满足的条件。 答案　(1)g,方向与竖直方向成37°角 (2)-mgr　mgr　(3)s≤2r或s≥r 解析　(1)小物块所受的静电力方向水平向左,大小为F=qE= 小物块所受静电力和重力的合力称为等效重力,用G'表示, 如图甲所示,则tan θ== 即θ=37°,G'== 则等效重力加速度g'==g。 (2)如图乙所示,E点为小物块做圆周运动的等效最低点,F点是与圆心“等高”的点,G点是等效最高点。 若小物块进入轨道后恰好能到达F点,设此时释放点A到B的距离为s1,则小物块由A到F的过程中,根据动能定理有 F(s1+rcos θ)-μmgs1-mgr(1+sin θ)=0 解得s1=2r 当s=2r时,小物块恰好能够到达F点,则小物块到达圆心的等高点C时电势能最小,小物块由B点运动到C点过程中静电力做的功为 W=qEr=EpB-EpC,其中EpB=0 解得EpC=-mgr 即小物块电势能的最小值为-mgr 从A点到C点,根据动能定理有 qE(2r+r)-μmg·2r-mgr=EkC 解得EkC=mgr。 (3)若小物块进入轨道后恰好能通过G点,设此时释放点A到B的距离为s2,则小物块由A到G的过程中根据动能定理有 F(s2-rsin θ)-μmgs2-mgr(1+cos θ)=m 小球通过G点有G'=m 联立解得s2=r 所以,为使小物块进入轨道后始终不脱离轨道,结合(2)可知,释放点A到B的距离s满足的条件为s≤2r或s≥r。 学科网（北京）股份有限公司 $