专题2.6 静电场-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（解析版）

这是一份专题2.6 静电场-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（解析版），共33页。试卷主要包含了6 静电场，等势面与电场线的关系，4 cm－0,8 cm－6等内容，欢迎下载使用。
第二部分 核心主干专题突破
专题2.6 静电场
目录
【突破高考题型】 1
题型一　电场强度的叠加与计算 1
题型二　电场强度大小、电势高低、电势能大小的判断 3
题型三 电场中的图像问题 6
题型四 电容器的分析与计算 8
题型五 带电粒子在电场中的运动 9
【专题突破练】 13

【突破高考题型】
题型一　电场强度的叠加与计算
【例1】(2022·山东高考，3)半径为R的绝缘细圆环固定在图位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为(　　)

A.正电荷，q＝
B.正电荷，q＝
C.负电荷，q＝
D.负电荷，q＝
【答案】　C
【解析】　取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1＝k＝k，由题意可知，两电场强度方向的夹角为120°，由几何关系得两者的合电场强度大小为E＝E1＝k，根据O点的合电场强度为0，则放在D点的点电荷带负电，在O点产生的电场强度大小为E′＝E＝k，又E′＝k，联立解得q＝，故C正确。

【例2】(2022·重庆市模拟)如图所示，用粗细均匀的绝缘线制成直径为L的圆环，OE为圆环的半径，圆环上均匀地分布着正电荷，现在圆环上E处取下足够短的带电荷量为q的一小段，将其沿OE连线向下移动L的距离到F点处，设圆环的其他部分的带电荷量与电荷分布保持不变，已知静电力常量为k，若此时在O点放一个带电荷量为Q的带正电的试探电荷，则该试探电荷受到的静电力大小为(　　)

A. B. C. D.
【答案】　C
【解析】　圆环上的电荷在O点产生的电场强度大小等效为电荷量为q的一小段在E处时在O点产生的电场强度大小，为E1＝＝，方向竖直向下，电荷量为q的一小段在F点时，在O点产生的电场强度大小为E2＝＝，方向竖直向上，此时O点的电场强度大小为E＝E1－E2＝，方向竖直向下，则带电荷量为Q的带正电的试探电荷在O点受到静电力的大小F＝EQ＝，故C正确，A、B、D错误．
【例3】.(2022·四川成都市三模)如图，O是等边三角形ABC的垂心，三个电荷量绝对值相等的点电荷分别固定在A、B、C三点．以无穷远处的电势为零，已知A处正电荷在O点的电势为φ、电场强度大小为E.则O点的电势和电场强度大小分别为(　　)

A．φ和2E B．－φ和2E
C．－φ和3E D．－φ和0
【答案】　B
【解析】　由几何关系可知，A、B、C三点到O点距离相等，设为L，三点在O点的电场强度大小相等，根据电场的叠加得O点的电场强度大小为E′＝E＋2Esin 30°＝2E；已知A点处正电荷在O点的电势为φ，则B点处负电荷在O点的电势为－φ，C点处负电荷在O点的电势为－φ，根据电势的叠加可得O点的电势为－φ，故B正确，A、C、D错误．
【方法总结】特殊电场强度的四种求法
对称法
利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加问题大为简化
等效法
在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情境变换为简单的或熟悉的电场情境，如将一个点电荷＋q与一个无限大薄金属板形成的电场，可等效为两个异种点电荷形成的电场
补偿法
将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为完整的球面，从而化难为易
微元法
将带电体分成许多可看成点电荷的微小带电体，先根据库仑定律求出每个微小带电体产生电场的电场强度，再结合对称性和场强叠加原理求出合电场强度
题型二　电场强度大小、电势高低、电势能大小的判断
【例1】(2022·河北高考，6)如图，真空中电荷量为2q和－q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心，电势为零的等势面(取无穷远处电势为零)，P为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，下列说法正确的是(　　)

A.P点电势低于S点电势
B.T点电场强度方向指向O点
C.除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点
D.将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功
【答案】　B
【解析】　在直线MN上，左边正点电荷在M右侧产生电场的电场强度方向水平向右，右边负点电荷在直线MN上产生电场的电场强度方向水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度方向水平向右，由沿着电场线方向电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，故A错误；由于正点电荷的电荷量大于负点电荷的电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，设N右侧距N为d处电场强度为零，MN距离为L，根据＝可知除无穷远处外，直线MN上电场强度为零的点只有一个，故C错误；由A选项分析可知，T点电势低于P点电势，则正试探电荷在T点的电势能小于在P点的电势能，将正试探电荷q0从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，故D错误；设以O点为球心的等势面的半径为R，A、N间距离为x，A为等势面与MN的交点，如图所示

根据φ＝
结合电势的叠加原理，A、S点电势满足
＝，＝
解得x＝，R＝
由于电场强度方向垂直等势面，可知过T点的电场线的切线必过等势面的圆心，O点电势φO＝－＝－，可知φT>φO，则T点电场强度方向指向O点，故B正确。
【例2】(2022·福建省模拟)静电透镜是电子透镜的一种，它被广泛应用于电子器件(如阴极射线示波管)中．如图所示，虚线是某电子透镜中电场的等差等势线，一电子在该电场中的运动轨迹如图中实线所示，A、B、C是轨迹与等势线的交点．已知A点的电势为零，电子在A点的动能为32 eV，在B点的电势能为－15 eV，不计电子重力，下列说法正确的是(　　)

A．电子一定是从A点运动到C点
B．电子在经过等势线c时的动能为32 eV
C．B点的电场强度大于A点的
D．电子在关于等势线d对称的两点所受静电力相同
【答案】　C
【解析】　电子不是由静止释放，电子可能是从A点运动到C点，也可能是从C点运动到A点，A错误；电子只在静电力作用下运动，则电子的电势能和动能之和不变，为32 eV，又由于题图中为等差等势线，B点的电势为15 V，A点的电势为零，则等势线c的电势为10 V，则电子在经过等势线c时的电势能为－10 eV，因此动能为42 eV，B错误；等差等势线越密集，电场强度越大，因此B点处的电场强度大于A点处的电场强度，C正确；电子在关于等势线d对称的两点所受静电力大小一定相等，但方向不一定相同，D错误．
【例3】(2022·山西运城市高三期末)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知下列说法中错误的是(　　)

A．三个等势面中，a的电势最高
B．带电质点通过P点时的电势能比Q点大
C．带电质点通过P点时的动能比Q点大
D．带电质点通过P点时的加速度比Q点大
【答案】　C
【解析】　质点所受的静电力指向轨迹内侧，且与等势面垂直，由于质点带正电，因此电场线垂直于等势面指向下方，而沿电场线方向电势降低，故a等势面的电势最高，c等势面的电势最低，A正确；正电荷在电势高处电势能大，故质点在P点的电势能大于在Q点的电势能，B正确；若质点从P运动到Q，从P到Q过程中静电力做正功，根据能量守恒定律可知，电势能减小，动能增大，故质点在P点的动能小于在Q点的动能，同理，若质点从Q运动到P，电势能增加，动能减小，同样得到质点在P点的动能小于在Q点的动能，C错误；等势线密的地方电场线密，且电场强度大，故P点位置电场强度大，所受静电力较大，根据牛顿第二定律，可知加速度也较大，D正确．
【方法总结】1.等势面与电场线的关系
(1)电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面。
(2)电场线越密的地方，等差等势面也越密。
(3)沿等势面移动电荷，静电力不做功，沿电场线移动电荷，静电力一定做功。
2.电场强弱、电势高低、电势能大小的比较方法
判断电场强弱
①根据电场线的疏密判断
②根据公式E＝k和电场强度叠加原理判断
判断电势高低
①根据电场线的方向判断
②由UAB＝判断
③根据静电力做功(或电势能)判断
判断电势能大小
①根据Ep＝qφ判断
②根据ΔEp＝－W电，由静电力做功判断

题型三 电场中的图像问题
【例4】 (多选)(2022·河北新高考猜题卷)线段OB上存在静电场，OB上电场强度随空间变化规律如图9所示。线段上有一点A，O、A、B三点的电场强度大小分别为E0、0、。将一带电荷量为＋q的粒子从O点由静止释放，只在静电力作用下运动，粒子到达B点时速度变为零。已知A、B两点距O点的距离分别为xA、xB，设A点电势为零。下列说法正确的是(　　)

A.OA与AB间的电势差满足关系式UOA＝UAB
B.粒子在运动过程中，最大动能为qE0xA
C.xB＝2xA
D.若将粒子从B点由静止释放，粒子将在BO间做往复运动
【答案】　BD
【解析】　粒子从O点运动至B点过程中，根据动能定理有0＝qUOB，解得UOB＝0，又UOB＝UOA＋UAB，所以UOA＝－UAB，故A错误；在E－x图像中，图线与横轴所围面积大小表示两点间电势差大小，UOA＝－UAB，结合图像有E0xA＝××(xB－xA)，解得xB＝3xA，故C错误；粒子在OB间先做加速运动，过A点后电场反向，粒子开始做减速运动，所以粒子在A点动能最大，粒子从O运动至A，利用动能定理，有Ekm－0＝qUOA＝qE0xA，故B正确；若将粒子从B点由静止释放，粒子先在BA间加速，再在AO间减速，因为UOA＝－UAB，粒子到O点速度减为零，而后反向加速，在BO间做往复运动，故D正确。
【方法总结】
(1)由图线确定电场强度的变化情况，E>0表示电场强度沿正方向，EφA>φC
C．粒子从A点经B点运动到C点，静电力先做正功后做负功
D．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增大后减小
【答案】　AD
【解析】　由速度时间图像可知，加速度先增大后减小， B点的加速度最大，所以B点电场强度最大，A正确；因为不知道带电粒子的电性以及电场的方向，所以无法判断电势的关系，B错误；由图像可知，动能先减小后增大，根据能量守恒可知，电势能先增大后减小，D正确；因为电势能先增大后减小，所以静电力先做负功后做正功，C错误．
5.(2022·山东省名校联盟高三期末)如图所示，真空中有四个相同的点电荷，电荷量均为q，分别固定在棱长为L的正四面体(由绝缘材料制成)的四个顶点上，静电力常量为k.任意一个点电荷所受静电力的大小为(　　)

A. B.
C. D.
【答案】　A
【解析】　设正四面体的四个顶点为ABCD，O为底边三角形ABC中心，连接OD、AO、CO，如图所示，由几何关系可知cos α＝，A处点电荷在D点产生的电场强度大小为E0＝，同理B、C处两点电荷在D点产生的电场强度大小也为E0＝，这三个电场强度水平分量互成120°且大小相等，故最终抵消，电场强度竖直分量为Ey＝E0cos α＝，故D点合电场强度大小为E合＝3Ey＝，则D点处电荷受静电力大小为F＝E合q＝，则每个点所受静电力大小都为，故选A.

6．(2022·河南开封市二模)如图甲，在某电场中的O点先后无初速度释放两个正点电荷Ⅰ和Ⅱ，电荷仅在静电力的作用下沿直线向A运动，两电荷的动能Ek随位移x变化的关系如图乙．若Ⅰ的电荷量为q，则可知(　　)

A．电荷Ⅱ的电荷量为
B．电荷Ⅱ受到的静电力大小为FⅡ＝
C．此电场一定为匀强电场且电场强度大小E＝
D．选O点为电势零点，A点的电势为φA＝
【答案】　C
【解析】　由动能定理可知，电荷的动能Ek随位移x的变化图线的斜率表示该电荷所受的静电力，故电荷Ⅰ和Ⅱ所受的静电力大小分别为FⅠ＝，FⅡ＝，故B错误；由题图乙可知，静电力为恒力，则电场强度大小方向均不变，故此电场为匀强电场，根据F＝qE，可知匀强电场的电场强度大小为E＝＝，故C正确；又FⅡ＝2FⅠ，所以电荷Ⅱ的电荷量为2q，故A错误；电荷Ⅰ由O到A的过程中，有qUOA＝Ek0，解得UOA＝，选O点为电势零点，则A点的电势φA＝－，故D错误．
7.(2022·湖南新高考演练卷)如图甲所示，在无限大的空间内，边长为2L的正方形四个顶点分别固定着电荷量相等的正电荷，O点为正方形的几何中心，以O为原点，沿中垂线指向无穷远建立x轴，设无穷远处电势为零，通过电势传感器测出中垂线上各点电势随距离x的变化图像如图乙所示。a、b、c、d四个点为两条中垂线上距中心O点等距离的点，有电子、氕核、氘核、氚核四个带电粒子，分别从a、b、c、d四个点由静止释放，不计粒子的重力，以下说法正确的是(　　)

A.每条中垂线上电场强度为零的点除无穷远处外还有两处
B.每条中垂线上电场强度相同的点有两处
C.若氕、氘、氚三个粒子最终能到达无穷远处，其速度大小关系为v氕>v氘>v氚
D.电子、氕、氘、氚可能围绕中心O做往复运动
【答案】　C
解析　根据电场强度矢量合成法则和对称性原理，原点O的电场强度为零，在Ep－x图像中电势最高点处电场强度为零，故每条中垂线上电场强度为零的点除无穷远处外还有三处，故A错误；每条中垂线上电场强度为零的点有三处，则电场强度从原点O向两侧先逐渐增大再减小到零，反向后再增大后再减小到零，由于电场强度相等时，大小相等方向一致，则每条中垂线上电场强度相同的点可能有两处、三处或四处，故B错误；若氕、氘、氚三个粒子最终能到达无穷远处，静电力做功相同，由动能定理有ue＝mv2，由于三个粒子质量不同，有m氕v氚，故C正确；由于释放位置关系，氕、氘、氚可以围绕原点O做往复运动，但电子将在a点左侧做往复运动，不可能围绕O点做往复运动，故D错误。
8.如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知xC－xB＝xB－xA。该电子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是(　　)


A.A点电势高于B点电势
B.A点的电场强度小于B点的电场强度
C.A、B两点电势差|UAB|等于B、C两点电势差|UBC|
D.电子经过A点的速率小于经过B点的速率
【答案】　D
【解析】　一个电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，由题图知电子电势能一直减小，则电子从A到B静电力做正功，即WAB＝qUAB＝(－e)UAB>0，所以UAB|UBC|，A、B两点电势差|UAB|大于B、C两点电势差|UBC|，故C错误；一个电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，根据动能定理WAB＝mv－mv>0，电子经过A点的速率小于经过B点的速率，故D正确。
9.(2022·辽宁省模拟)某平面区域内一静电场的等势线分布如图中虚线所示，相邻的等势线电势差相等，一负电荷仅在静电力作用下由a运动至b，设该电荷在a、b两点的加速度大小分别为aa、ab，电势分别为φa、φb，速度大小分别为va、vb，电势能分别为Epa、Epb，则(　　)

A．aa>ab B．vb>va
C．Epa>Epb D．φa>φb
【答案】　D
【解析】　等差等势面的疏密反映电场强度的大小，所以Ea0)的粒子从坐标原点O以初速度v0沿x轴正方向做直线运动，其速度v随位置x的变化规律如图甲所示，粒子仅受静电力作用．则下列说法正确的是(　　)

A．粒子在OQ段克服静电力做功
B．粒子在OP段与PQ段动能增量相等
C．粒子在P点的电势能比Q点的小
D．P点的电势比Q点的电势高
【答案】　D
【解析】　由题图甲可知，粒子在OQ段速度增大，动能增加，静电力做正功，电势能减小，A、C错误；由题图甲中数据可得粒子在OP段和PQ段速度增量均为，但OP与PQ动能增量分别为mv02和mv02，B错误；因为q>0，粒子从P运动到Q，速度增大，静电力做正功，电势能Ep减小，由φ＝可知电势降低，D正确．
11．(多选)(2022·东北三省三校第二次模拟)如图所示，水平放置的上、下两个带电金属板，相距为3d，板间有竖直向下的匀强电场，电场强度大小E＝，上板上方距上板d处有一带电荷量为＋q的小球B，其正上方有一带电荷量为－6q的小球A，它们的质量均为m，用长度为d的绝缘轻杆相连．将两小球从静止释放，小球可以通过上板的小孔进入电场中．若空气阻力不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

A．A球刚进入电场时的速度大小为
B．A球刚进入电场时的速度大小为
C．B球能碰到下板
D．B球不能碰到下板
【答案】　BD
【解析】　对A、B整体，由动能定理有2mg·2d＋qEd＝·2mv2，可得A球刚进入电场时的速度大小为v＝，故A错误，B正确；设B在电场中下降距离为x，则根据动能定理可得2mg(d＋x)＋qEx－6qE(x－d)＝0，可得x＝dvB
D．从B点抛出后，小球速度的最小值为
【答案】　D
【解析】　从A到B过程中，静电力一直做负功，小球的机械能一直减小，故A错误；等效重力与竖直线夹角约37°偏左下方，所以从A到B过程中，小球速度先增大后减小，对轨道的压力先增大后减小，故B错误；B点比A点更靠近等效最低点，所以vA0的范围内，电场强度沿x轴负方向并随x均匀增大。带电的小圆环套在细杆上，其质量m＝0.2 kg、电荷量q＝2×10－6 C，小圆环与杆间的动摩擦因数μ＝0.1。将小圆环从A(－1 m)点由静止释放(g＝10 m/s2)，求：

(1)小圆环到达O点时的速度大小；
(2)小圆环向右运动到最远位置的坐标值。
【答案】　(1) m/s　(2)(－1)m
【解析】　(1)小圆环在A、O两点间运动时，静电力做的功设为WAO，则
WAO＝qUAO＝qE1xAO
小圆环到达O点的速度大小设为v0，则有WAO－μmgxAO＝mv
解得v0＝ m/s。
(2)设小圆环向右运动到最远位置的坐标值为xP，该处电场强度为EP，O与该点间的电势差为U，则有EP＝xP
U＝EPxP
由O到该点静电力做功W＝qU
由动能定理有W－μmgxP＝0－mv
解得xP＝(－1)m。
28.(2022·云南第一次统测)如图甲所示，电子枪的金属丝K连续不断地逸出电子，电子初速度不计，经M、N两金属板之间的电场加速后，沿A、B两水平金属极板间的中心线OP射入极板间的偏转电场，UMN＝－U0。A、B两板间的距离为d，两板间的电势差uAB随时间t的变化图像如图乙所示，图中U1已知，uAB的变化周期为3t0。两板间的电场视为匀强电场，t＝0时刻射入A、B两极板间的电子在偏转电场中经4t0后从极板右侧射出。已知电子的质量为m、电荷量为－e，重力不计，打到极板上的电子均被吸收，不计电子之间的相互作用力。

(1)求A、B金属板的长度L；
(2)求t＝0时刻射入偏转电场的电子，从极板右侧射出时相对中线OP在竖直方向的位移y；
(3)仅上下调整A、B两水平极板的位置，保证电子仍然能沿OP方向射入偏转电场，要使从极板右侧射出的电子速度均水平，求A、B两板间的最小距离d1。
【答案】　(1)4t0　(2) (3)
【解析】　(1)电子在M、N间做加速运动，根据动能定理得eU0＝mv
解得v0＝
电子在A、B两极板间水平方向做匀速直线运动
L＝v0·4t0
解得L＝4t0。
(2)t＝0时刻，射入偏转电场的电子竖直方向根据牛顿第二定律得eE＝ma
E＝
解得a＝
在0～2t0时间内竖直方向的位移为
y1＝a(2t0)2
末速度为v1＝a·2t0
在2t0～3t0时间内的末速度为v2＝v1－at0
在这段时间内的位移为y2＝t0
在3t0～4t0时间内的末速度为v3＝v2＋at0
在3t0～4t0时间内竖直方向的位移为
y3＝t0
t＝0时刻，射入偏转电场的电子从极板右侧射出时，相对中线OP在竖直方向的位移y＝y1＋y2＋y3
解得y＝。
(3)仅上下调整A、B两水平极板的位置，满足电子仍然能沿OP方向射入偏转电场，使从极板右侧射出的电子速度均水平且A、B两板间的距离最小的条件是2t0＋3nt0时刻入射的粒子恰好飞出电场，其他时刻入射的粒子全部打在极板上被吸收，则
y1′＝at
逆向思维有y2′＝at
A、B两板间的最小距离d1＝y1′＋y2′
解得d1＝。