专题三 第8讲 电场-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 第8讲　电场 【备考要求】　1.理解电场的性质，会比较电场强度大小、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． 考点一　电场的性质 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、平衡条件求解、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． 4．电场的叠加 (1)电场强度的叠加：电场强度是矢量，遵循平行四边形定则； (2)电势的叠加：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． [例1]　(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　点电荷在O点产生的场强方向如图所示： 由几何关系可知θ1＝18°，θ2＝54°，将5个场强沿x、y轴分解可得：Ex＝E1cos 54°＋E2cos 18°－E4cos 18°－E5cos 54°＝－ (2cos 54°＋cos 18°)，Ey＝E1sin 54°＋E5sin 54°－E4sin 18°－E2sin 18°－E3＝ (sin 54°－sin 18°－)＝0，根据场强叠加原理可知O点电场强度方向沿x轴负方向，大小为 (2cos 54°＋cos 18°)，故AD正确，BC错误． [例2]　(2025·辽宁省沈阳市高三三模)如图所示，一均匀带电圆环水平放置，在垂直于圆环面且过圆心O的中轴线上有A、B、C三个点，C与O、O与A间的距离均为d，A与B间的距离为2d，在B点处固定一电荷量为＋q的点电荷．已知A点处的电场强度为零，不考虑点电荷对带电圆环上电荷分布的影响，静电力常量为k，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是(　　) A.圆环带负电 B.A点处的电势也为零 C.C点处的电场强度为 D.若将B点处的点电荷以O点为轴顺时针转过90°后固定(点电荷到O点间距离不变)，则A、C两点处的电场强度相同 答案　C 解析　B点处的正点电荷在A点产生的电场方向竖直向下，由题意可知，A点电场强度为零，在圆环上的电荷在A点产生的场强竖直向上，则圆环带正电荷，故A错误；过A作BC的垂线，由电场的叠加原理可知，BC垂线上从A点向外的电场方向向外，沿电场线方向电势逐渐降低，无穷远处电势为零，则A点的电势是正的，不为零，故B错误；A点电场强度为零，由电场的叠加原理可知，圆环上的电荷在A点产生的电场强度大小E环＝Eq＝＝，由对称性可知，圆环上的电荷在C点产生的电场强度大小也为，方向竖直向下，则C点电场强度大小EC＝EqC＋E环C＝＋＝，故C正确；将B点处的点电荷以O点为轴顺时针转过90°后固定(点电荷到O点间距离不变)，由对称性可知，A、C两点处的电场强度大小相等但方向不同，则A、C两点处的电场强度不同，故D错误． ►变式训练 变式1　(多选)(2025·山东省烟台市高三二模)如图所示，竖直线OO′是等量异种点电荷＋Q和－Q的连线的中垂线，交点为a，点b、c、d位置如图，其中点a、b、c处于同一个金属球壳内．下列说法正确的是(　　) A.b、c、d三点的电势的大小关系是φb＝φc＞φd B.b、c、d三点的电场强度的大小关系是Ed＞Ec＞Eb C.金属球壳上的感应电荷在a、b、c三点场强大小关系是Ec＞Ea＞Eb D.金属球壳上的感应电荷在a、c三点场强方向水平向右，在b点场强方向竖直向上 答案　AC 解析　金属球壳处于静电平衡，则Ed＞Ec＝Eb，整个金属球壳是一个等势体，靠近负电荷的电势较低，则φb＝φc＞φd，故A正确，B错误；金属球壳上的感应电荷在a、b、c三点场强与异种等量电荷产生的电场大小相等，根据电场的叠加可知Ec＞Ea＞Eb，故C正确；金属球壳上的感应电荷在a、b、c三点场强方向水平向右，故D错误． 变式2　(多选)(2025·广东省珠海市高三二模)在正方体ABCD－A′B′C′D′的每条棱的中点处均放置一个点电荷．棱AA′中点处点电荷的电荷量为－q，其余位置处点电荷的电荷量均为2q，此时正方体中心O点处场强为E.下列说法正确的是(　　) A.若将AA′中点处电荷拿走，O点处电场强度大小为E B.若将BC中点处电荷拿走，O点处电场强度大小为E C.若将CD中点处电荷所带电荷量变为q，则O点处电场强度大小为E D.若将CC′中点处电荷所带电荷量变为q，则O点处电场强度为0 答案　AC 解析　根据同种等量电荷的电场分布可知，棱AA′中点处点电荷和CC′中点处点电荷之外，其他电荷量为2q在O点的合电场强度为0，设棱AA′和CC′到O点距离均为L，则O点的合电场强度为E＝k＋k，若将AA′中点处电荷拿走，O点处电场强度大小为E′＝k，解得E′＝E，故A正确；若将BC中点处电荷拿走，则A′D′中点产生的电场强度为EA′D′＝k，解得EA′D′＝E，方向指向BC中点，若与E垂直，O点的电场强度大小为E″＝，解得E″＝E，但实际与E的夹角为钝角，所以EO<E″<E，故B错误；若将CD中点处电荷所带电荷量变为q，则CD中点处电荷和A′B′中点处电荷产生的电场强度为E1＝k－k，解得E1＝，方向指向CD中点，在水平方向的分电场为E1x＝E sin 45°，解得E1x＝E，在竖直方向的分电场为E1y＝E cos 45°，解得E1y＝E，与水平方向的原电场E合成后的水平方向的电场强度为Ex＝，解得Ex＝E 则此时合电场为E3＝，解得E3＝E，故C正确；若将CC′中点处电荷所带电荷量变为q，则O的电场强度为E4＝k＋k，解得E4＝E，故D错误． 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的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”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 [例3]　(2025·四川师大附中高三三模)空间内有一与纸面平行的匀强电场，为研究该电场，在纸面内建立直角坐标系．规定坐标原点的电势为0，测得x轴和y轴上各点的电势如图1、2所示．下列说法正确的是(　　) 　　 A.电场强度的大小为160 V/m B.电场强度的方向与x轴负方向夹角的正切值为 C.点(10 cm，10 cm)处的电势为20 V D.纸面内距离坐标原点10 cm的各点电势最高为 20 V 答案　D 解析　因为沿着电场线方向电势逐渐降低，由φ－x图线，知x轴方向的电场沿x轴负半轴，由φ－y图线，知y轴方向的电场沿y轴负半轴；x轴方向的电场强度Ex＝＝ V/m＝160 V/m，y轴方向的电场强度Ey＝＝ V/m＝120 V/m，如图所示： 合电场强度大小E＝＝ V/m＝200 V/m，与x轴负半轴得夹角为θ，则有tan θ＝＝＝，得θ＝37°，故A、B错误；以坐标原点为圆心、以R＝10 cm做圆，圆上电势最高点为沿场强方向的直径上的A点，其电势φA＝ER＝200×10×10－2 V＝20 V；P(10 cm，10 cm)点的电势应大于20 V，故C错误，D正确． [例4]　(2025·湖南省常德市二模)三角形OPN是一光滑绝缘斜面，斜面足够长，斜面倾角为θ，以O点为坐标原点，沿斜面向下为x轴正方向，如图1所示，沿斜面加一静电场，其电场强度E随x变化的关系如图2所示，设x轴正方向为电场强度的正方向．现将一质量为m，电荷量大小为q的带电小滑块(视为质点)从O点静止释放，且小滑块释放后沿斜面向下运动，已知qE0＝2mg sin θ，运动过程中小滑块的电荷量q保持不变．则下列说法正确的是(　　) A.小滑块一定带正电 B.小滑块沿斜面向下运动过程中机械能先减小后增大 C.小滑块沿斜面向下运动过程中的最大速度为 D.小滑块沿斜面向下运动的最远距离为2x0 答案　C 解析　根据题图2可知，沿斜面方向的电场强度方向先是沿斜面向下，后是沿斜面向上，由于qE0＝2mg sin θ，且小滑块释放后沿斜面向下运动，可知滑块先受向下的电场力作用，后受电场力方向向上，与电场强度方向相反，所以滑块带负电，故A错误；滑 块先受向下的电场力作用，后受电场力方向向上，则滑块向下运动的过程中电场力先做正功，后做负功，所以物块沿斜面向下运动过程中机械能先增大后减小，故B错误；开始时滑块的加速度a0＝＝3g sin θ，可知当滑块的加速度等于0时，即滑块运动到x＝x0处时速度达到最大值，此时物块受力平衡，根据几何关系可知此位置的电场强度大小为E＝，即mg sin 30°＝qE，E－x图像与坐标轴所围面积表示电势差，从开始到x＝x0处的电势差大小为U＝E0x0，从开始下落到此位置根据动能定理有mg sin θ·x0＋qU＝mv，联立解得vm＝＝，故C正确；滑块从斜面顶端静止释放，由于静电场的电场强度均匀变化，由对称性可知滑块能够下滑的最大距离xm＝2x＝3x0，故D错误． 考点三　带电粒子(带电体)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(带电体)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 静止或匀速 直线运动 合外力F合＝0 共点力平衡 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－v＝2ad，适用于匀强电场 2．用功能观点分析：W＝qU＝mv2－mv，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＋L tan 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＝v0t sin θ 沿电场方向做匀变速直线运动：y＝v0t cos θ－t2 带电粒子在非匀强 电场中运动 静电力在变化 动能定理，能量守恒定律 3.带电体在电场和重力场的叠加场中运动的分析方法 (1)对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题。 (2)根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化，总的能量保持不变． [例5]　(2025·宁夏银川市石嘴山市一模)在研究带电粒子受控轨迹时，研究人员设计了如图所示的场景：在竖直平面内建立xOy直角坐标系，第二象限有沿y轴负方向的匀强电场，第四象限存在一边长为L的正六边形CDEFGH区域，其中CD边与x轴平行，OC连线与x轴正方向夹角为60°.让一质量为m、电荷量为＋q的粒子(可视为点电荷)，以初速度v0从P(－2L，L)点沿x轴正方向射入电场，粒子刚好从O点进入第四象限，随后从C点进入正六边形区域的同时，在正六边形区域内、外分别施加垂直纸面且大小相等、方向相反的匀强磁场(图中未画出)，能够使粒子从与C点相邻的顶点第一次射出正六边形区域，粒子重力忽略不计，求： (1)匀强电场的场强大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小； (3)粒子从开始射入正六边形区域到通过E点所经历的时间． 解　(1)由粒子可沿着OC进入正六边形区域，可知粒子的末速度方向如图： 粒子在水平方向的位移、速度分别满足：2L＝v0t， 粒子在竖直方向的位移、速度分别满足：L＝××t2，vy＝×t， 粒子的速度大小满足：v＝，vy＝v0tan 60°，得：v＝2v0， 解得电场强度大小：E＝； (2)由粒子在磁场中，能够从与C点相邻的顶点，第一次射出磁场区域，由于磁场方向不确定，可知粒子的运动轨迹如下图： 根据几何关系，可知圆周运动的半径满足：r＝L， 根据洛伦兹力提供向心力：qvB＝m， 可得磁感应强度大小：B＝； (3)由(2)的分析可知，粒子在磁场区域的运动满足：T＝，解得：T＝，结合磁场和正六边形区域的对称性，可知粒子从射入正六边形区域到通过E点所需要的时间由两种可能，分别为：t1＝×T＋×T，t2＝2××T＋2××T， 解得：t1＝，t2＝. [例6]　(2025·安徽模拟)如图所示，水平长直轨道上方存在一个竖直向下的匀强电场，电场强度大小E＝1.0×104 V/m，O点左侧轨道粗糙，右侧轨道光滑．在O点右侧放置一个质量M＝2 kg，带有四分之一光滑圆弧轨道的绝缘槽，圆弧半径R＝0.5 m，圆弧槽的末端与水平轨道相切于O点．在O左侧l＝6 m处有一个质量m＝1 kg，电荷量q＝2.0×10－4 C的带负电的小物块(可视为质点)，小物块受到大小F＝10 N，与水平方向成37°的推力作用，由静止开始向右运动，到达O点时撤去力F，此时，小物块速度v＝6 m/s.不计空气阻力，以水平轨道所在平面为零势能面，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)小物块与O点左侧轨道间动摩擦因数； (2)小物块电势能的最小值； (3)小物块第一次离开圆弧槽到再一次进入圆弧槽过程中，圆弧槽运动的位移大小． 解　(1)方法一：小物块在O点右侧做匀加速直线运动，依据动能定理有(F cos 37°－f)l＝mv2 因为FN＝mg－qE＋F sin 37° 联立解得μ＝ 方法二：小物块在O点右侧做匀加速直线运动，有v2＝2al 依据牛顿第二定律有F cos 37°－f＝ma 因为f＝μFN，FN＝mg－qE＋F sin 37° 联立解得μ＝ (2)方法一：设小物块第一次离开圆弧槽时水平速度为vx，竖直速度为vy，小物块和圆弧槽组成系统，水平方向动量守恒，故mv＝(m＋M)vx 依据能量守恒有(mg－qE)R＝mv2－(m＋M)v－mv 联立解得vx＝2 m/s　vy＝4 m/s 小物块第一次离开圆弧槽后，竖直方向做初速度方向向上，大小为vy的匀变速直线运动，加速度方向向下，设大小为a，依据牛顿第二定律mg－qE＝ma 解得a＝8 m/s2 小物块第一次离开圆弧槽后上升的最大高度h＝＝1 m 小物块电势能变化量为ΔEp＝－qE(h＋R) 故小物块电势能的最小值Ep＝－3 J 方法二：小物块第一次离开圆弧槽后上升到最大高度时，小物块与圆弧槽速度相等 设此时速度为vx，小物块和圆弧槽组成系统，水平方向动量守恒，故mv＝(m＋M)vx 依据能量守恒有(mg－qE)(R＋h)＝mv2－(m＋M)v 解得h＝1 m 小物块电势能变化量为ΔEp＝－qE(h＋R) 故小物块电势能的最小值Ep＝－3 J (3)方法一：小物块第一次离开圆弧槽和再一次进入圆弧槽过程，小物块和圆弧槽在水平方向均做速度为vx的匀速直线运动，此过程历时为t，则t＝＝ s＝1 s 故圆弧槽此过程运动位移x＝vxt＝2×1 m＝2 m 方法二：设小物块第一次离开圆弧槽时水平速度为vx，竖直速度为vy，小物块和圆弧槽组成系统，水平方向动量守恒，故mv＝(m＋M)vx 依据能量守恒有(mg－qE)R＝mv2－(m＋M)v－mv 解得vx＝2 m/s　vy＝4 m/s 小物块第一次离开圆弧槽后，竖直方向做初速度方向向上，大小为vy的匀变速直线运动， 加速度方向向下，设大小为a，依据牛顿第二定律mg－qE＝ma 解得a＝8 m/s2 小物块第一次离开圆弧槽和再一次进入圆弧槽过程，小物块和圆弧槽在水平方向均做速度为vx的匀速直线运动，此过程历时为t＝＝ s＝1 s 故圆弧槽此过程运动位移x＝vxt＝2×1 m＝2 m． 带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动 (1)等效重力法 将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向． (2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的带电体，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点．　 学科网（北京）股份有限公司 $