专题12 电场的性质 课件-2026年高考物理二轮复习优质课件（全国通用）

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带电粒子在电场与磁场交织的世界中加速偏转,我们在知识与方法的组合与叠加中积累属于自己 的力量!
　 (2024贵州,14,14分)如图,边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方向 竖直向下且与ab边平行的匀强电场,ef右边有一半径为 L且与ef相切的圆形区域,切点为ef的中点,该圆形区域与cdef区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b 点斜向上射入电场后沿图中曲线运动,经cd边的中点进入cdef区域,并沿直线通过该区域后进入圆形区 域。所有区域均在纸面内,粒子始终在该纸面内运动,不计粒子重力。求:(1)粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小;(2)粒子的电荷量与质量之比;(3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。
解析　(1)带电粒子在cdef区域做直线运动,则有粒子所受电场力与洛伦兹力平衡,设粒子到达cd边的中 点速度大小为v0,带电荷量为q,质量为m,由平衡条件可得qE=qv0B,解得v0= 。(2)粒子从b点到cd边的中点的运动,可逆向看成粒子从cd边的中点到b点的类平抛运动,设运动时间为t,加速度大小为a,由牛顿第二定律可得qE=ma,由类平抛运动规律可得v0t=L, at2= ,联立解得粒子的电荷量与质量之比 = = 。(3)粒子从ef中点射入到圆形区域做匀速圆周运动,设粒子的运动半径为R,由洛伦兹力提供向心力可得qv0B=m ,解得R=L,粒子在圆形区域磁场中运动轨迹如图所示,
答案　(1) 　(2) 　(3)60°
 由图可知,粒子沿半径方向射入,又沿半径方向射出,设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域 时速度方向的夹角为α,由几何关系可知α=2θ,可得tan θ= = ,θ=30°,则有α=60°。
　 探究1　一题多解对于第(3)问中的夹角,试使用动量定理结合微元法求解。
答案　根据题意,水平方向有∑qBvyΔt=m|Δvx|又有∑vyΔt=y,可得qBy=mv0(1- cs α)其中由几何关系有y= L sin α解得速度偏转角α=60°也可以从竖直方向根据动量定理结合微元法得∑qBvxΔt=mΔvy则qB· L(1+ cs α)=mv0 sin α,解得α=60°
探究2　拓展设问①设问1:求粒子在abcd区域的运动时间t。②设问2:求粒子在圆形区域内的运动时间t1。
答案　①解法1:粒子在平行于bc方向做匀速直线运动,有L=v0t,则t= = 。解法2:分运动具有等时性,故可以考虑平行于ab方向的运动,有 = at2,qE=ma,则t= = 。②t1= · ,α=60°,则有t1= = 。
互动互探带电粒子在磁场中运动的几何关系一般是怎样确定的?
互动点拨　　先确定轨迹圆心,然后去找轨迹圆心、入射点、出射点彼此连线所构成的三角形,且一般需要进一 步作辅助线构建出直角三角形,方便用到题中已知的长度和角度。
探究3　举一反三一题多问深挖透,考点拿捏快准稳!如图,直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、第Ⅲ象限中有两平行板电 容器C1、C2,其中C1垂直x轴放置,极板与x轴相交处存在小孔M、N;C2垂直y轴放置,上、下极板右端分别 紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M点静止释放,经电场直线加速后从N点射出电容器C1并紧贴电容 器C2下极板进入电容器C2,然后从P点进入第Ⅰ象限;经磁场偏转后恰好垂直x轴离开磁场,运动轨迹如 图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电荷量为q,O、P间距离为d,C1、C2的板间电压大小均为U,板间 电场均视为匀强电场,不计重力,忽略边缘效应。
　 (1)分析带电粒子的电性。(2)若电容器C1两极板的间距为d1,求粒子在电容器C1中运动的加速度、时间、末速度。(3)计算电容器C2两极板间的场强大小,并说明其方向。(4)求粒子在电容器C2中的运动时间。(5)求电容器C2的极板的长度。(6)若两电容器极板间的电压均变为2U,粒子还能进入磁场吗?如果可以,从何处进入?(7)若电容器C2的两极板间距变为2d,电容器上的电荷量不变,粒子还能进入磁场吗?如果可以,从何处进 入?(8)求粒子离开电容器C2的速度大小和方向。
　 (9)粒子进入磁场后做匀速圆周运动的轨道半径是多大?(10)求磁感应强度B的大小。(11)求粒子在磁场中做圆周运动的周期。(12)粒子在磁场中运动的时间是多少?(13)若磁场方向变为垂直纸面向里,粒子的轨迹如何变化?粒子从何处离开磁场?(14)若粒子能回到电容器C2两极板间,磁感应强度大小需满足什么条件?
答案　(1)粒子在磁场中只受洛伦兹力,由左手定则可判定粒子带正电。(2)粒子在电容器C1两极板间运动,加速度a1= = ,由d1= a 得时间t1= ,末速度v1=a1t1= (另解:由动能定理有qU= m ,解得v1= )。(3)电容器C2两极板间的场强E2= ,带正电的粒子向上偏转,所受电场力向上,故电容器C2两极板间场强方向沿y轴正方向。(4)粒子在电容器C2中沿y轴方向有d= ·  ,解得t2= 。(5)粒子在电容器C2中沿x轴方向有L=v1t2=2d。
(6)粒子在电容器C2两极板间偏转的侧移量Δy= ·  =d,与U无关,即只改变U不会改变粒子出C2的位置,粒子仍从P点进入磁场。(7)由电容器电容的定义式与平行板电容器电容的决定式可知E= ,若板间距从d变为2d,电容器C2两极板间的场强不变,粒子侧移量不变,仍从P点进入磁场。(8)根据动能定理,粒子经过两个电场的过程,有qU+qU= mv2,则进入磁场的速度v=2 ,由几何关系知cs θ= = ,则所求速度方向与x轴正方向的夹角θ= 。(9)由几何关系得r sin =d,解得半径r= d。(10)粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m ,故B=  。
(11)圆周运动周期T= =πd 。(12)由几何关系知轨迹所对应圆心角α= + = π,在磁场中运动时间t3= T=  。(13)磁场方向改变,粒子将沿逆时针方向做圆周运动,从P点进入磁场,由对称性可知,离开磁场时速度与 y轴正方向的夹角仍为 ,应用动量定理,有qBy=2mv sin ,则粒子从y轴上离开磁场位置的纵坐标y'=d+y=3d。(14)若粒子恰能回到电容器C2两极板间,则该临界状态的粒子在磁场的运动轨迹将与x轴相切,有qvBmin= m ,r临界 =d,联立解得磁感应强度最小值为Bmin=  ,若粒子能回到电容器C2两极板间,磁感应强度大小需满足B0≥  。
　　电场与磁场体现了物理观念中对物质观念的认知拓展,作为客观存在的物质,一方面我们需要对它 们有定量的认知,即通过一些物理量来描述这种物质的性质,另一方面我们也需要关注它们与别的物质 间的相互作用,这就又回到了力学的研究范畴。　　场的产生和描述,起源于场对实物的影响,所以电场强度、电势差、电势都需要用试探电荷来测 量,磁感应强度需要用电流元(或运动的电荷)来测量。场是分布在空间内的,所以我们又引入了电场 线、等势面和磁感线来形象地描述它。这部分的考查方式可能是用叠加原理考查有对称性的场的分 布,也可能给出电场线或磁感线与带电粒子的运动轨迹让我们分析物理量的变化。　　如果物体可视为点电荷,则只需要把电场或磁场视为一种与重力场一样的背景,这又回到了我们熟 悉的质点模型,对于质点的运动,一般用动力学知识分析,但在电场中熟练地使用能量的观点、在磁场 中使用动量的观点,往往能明显简化求解过程。
(2024湖南,5,4分)真空中有电荷量为+4q和-q的两个点电荷,分别固定在x轴上-1和0处。设无限远处电势 为0,x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是 (　　　) 　　　 　　　 　　　 
真题试练1:电场的产生
解析　根据题意知固定在坐标原点的电荷为负电荷且无限远处电势为0,则当x接近0时,电势接近负无 穷,根据点电荷的场强公式可得,在x轴正半轴上任一点x处,电荷量为+4q的点电荷在此点产生的场强大 小E1= ,电荷量为-q的点电荷在此点产生的场强大小E2= ,若有E1=E2的位置,即 = ,解得x=1或x=- (舍去)。φ-x图线切线斜率的绝对值表示电场强度的大小,则x=1处对应的切线的斜率为0,电势最高,D正确。
　 探究1　一题多解请尝试用极限思维法快速分析此题。
答案　已知无限远处电势为0,负点电荷在x=0处,则趋近于x=0处的电势为负且其绝对值趋近于无穷大, 故排除A、C选项。由库仑定律可知,题中的两个点电荷产生的电场在x轴正半轴叠加后会有一处的电 场强度为0,而φ-x图线斜率的绝对值表示电场强度的大小,即图线在x轴正半轴上有一处斜率为0,可排除 B选项。故选D。
探究2　拓展设问①设问1:对于场强为0的位置,根据库仑定律有 = ,解得x=1或x=- ,有两个解,是否意味着x轴上场强为0的地方有两处?②设问2:对于多个点电荷产生的场,非常靠近某个点电荷处的场主要由谁决定?非常远离这些点电荷处 的场由什么决定?③设问3:y轴上的电势是怎么分布的?④设问4:φ-y图像有两处斜率为0,意味着y轴上有两个场强为0的点吗?⑤设问5:若带正电的试探电荷仅在y轴上运动,则其电势能有极大值还是极小值?电势能有极值时试探 电荷所处位置的纵坐标满足什么关系式?
答案　①不是。因为该方程未考虑场强叠加的矢量性,x轴上-1Ek-eU,C错误。由于 =2 ,沿着径向向外电场强度减小,可得UAQ=UCQ0,故φB>φA即电场强度的方向由O指向A。(2)小球所受合力即等效重力,大小为
答案　(1) 　方向由O指向A　(2)3 mg　(3)2πR
F合= = mg方向斜向左下方与OA夹角为45°,如图所示, 则D点为等效最低点,小球运动到此处时对圆环的压力最大,设小球在D点的速度大小为v1,小球从A点到 D点过程,根据动能定理得F合R(1-cs 45°)= m - m 在D点对小球根据牛顿第二定律有FN-F合=m 解得圆环对小球的最大支持力大小为FN=3 mg
根据牛顿第三定律得,小球对圆环的最大压力大小为FN'=3 mg。(3)设小球到达圆心等高点C的速度大小为v2,小球从A点到C点过程,根据动能定理得-F合R cs 45°= m - m 解得v2=0说明小球刚好能到达与圆心等高的位置,沿圆环做关于合力方向对称的周期性往复运动,所以一个周期 内通过的弧长s=2πR。