第9讲　电场（含解析）--2024年高考物理大二轮复习讲义

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第9讲 电场
目标要求 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问题。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(带电体)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
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。
例1 (2023·江苏扬州市高邮中学模拟)如图所示为避雷针周围的等势面分布情况，电场中有M、N、P三点，则( )
A．P点的电势比M点的高
B．M、N两点的电场强度相同
C．P点的电场强度大小比M点的大
D．电子在P点的电势能大于其在M点的电势能
学习笔记：______________________________________________________________
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例2 (2022·江苏卷·9)如图所示，正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相等，O是正方形的中心，将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动，则( )
A．在移动过程中，O点电场强度变小
B．在移动过程中，C点的电荷所受静电力变大
C．在移动过程中，移动的电荷所受静电力做负功
D．当其移动到无穷远处时，O点的电势高于A点
学习笔记：______________________________________________________________
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考点二 电场中的图像问题
电场中几种常见的图像
例3 两点电荷M、N分别固定在x＝－20 cm和坐标原点处，所形成电场的电势在x轴上的分布如图所示，图线与x轴交于x0处，x＝20 cm处电势最低，取无穷远处电势为0，一正电荷q自x0处由静止释放，则( )
A．x0处的电场强度为0
B．电荷M、N所带电荷量大小之比为4∶1
C．正电荷q运动的过程中，加速度先增大后减小
D．正电荷q运动的过程中，电势能先增大后减小
学习笔记：______________________________________________________________
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例4 (2023·江苏扬州市期末)如图所示，在光滑绝缘的水平面上固定两个等量正点电荷A和B，O点为AB连线的中点，C、D为AB连线上关于O点对称的两个点，且CO＝OD＝L，一带负电的可视为点电荷的小球以初速度v0从C点运动到D点，取无穷远处的电势φ＝0，以C点为坐标原点，向右为x轴的正方向，下列关于电势φ、电场强度E、小球的电势能Ep及动能Ek随小球运动的位移x变化的图像，可能正确的是( )
学习笔记：______________________________________________________________
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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
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 (2023·全国乙卷·19改编)在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP>OM，OM＝ON，则小球( )
A．在运动过程中，电势能先增加后减少
B．在P点的电势能小于在N点的电势能
C．在M点的机械能等于在N点的机械能
D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
学习笔记：______________________________________________________________
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例6 (2023·江苏南京市三模)如图所示，真空中有一足够大的水平向右的匀强电场，质量均为m、带电荷量分别为＋q和－3q的两小球同时从O点以速度v0斜向右上方射入匀强电场中，v0方向与水平方向成60°角，A、B(图中未画出)两点分别为两小球运动轨迹的最高点，带正电的小球经过A点的速度大小仍然为v0，若仅把带正电的小球射入速度变为2v0。其运动轨迹的最高点记为C。不考虑两球间的库仑力。下列说法错误的是( )
A．两小球同时到A、B两点
B．OA与OB之比为eq \r(3)∶1
C．两小球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为1∶3
D．带正电的小球经过C点的速度大小为2v0
学习笔记：______________________________________________________________
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例7 如图所示，竖直面内有一光滑绝缘轨道ABCD，其中AB轨道水平，BCD为四分之三圆周轨道，轨道的半径为r，B点为圆形轨道的最低点，C为圆形轨道的最高点，水平轨道和圆形轨道在B点平滑连接，在整个空间存在水平向左的匀强电场，电场强度E＝eq \f(3mg,4q)(g为重力加速度)，一不计大小、带正电的小球，电荷量为q，质量为m，小球在水平轨道上距B点的距离为l处静止释放，小球沿圆弧恰好能到D点，求：
(1)小球的初始位置距B点的距离；
(2)小球受到的圆轨道的最大弹力。
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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′＝eq \f(F合,m)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”中做圆周运动的小球，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。
1.如图所示，两等量同种点电荷＋q(q>0)固定在菱形的两个顶点A、C上。E、F是该菱形对角线AC与其内切圆的交点，O点为内切圆的圆心，a、b、c、d四点为切点。现有一带正电的点电荷从E点由静止释放，下列说法正确的是( )
A．a、b、c、d四点的电场强度相同
B．D、O、B三点的电势相等
C．点电荷在从E点运动到O点的过程中库仑力做正功
D．点电荷从E点运动到F点的过程中速度一直增大
2.如图所示的真空中，在正方体ABCD－A1B1C1D1空间中顶点A、C1处固定有等量的正电荷，下列说法正确的是( )
A．B点和D点的电势相等且比B1点和D1的电势都高
B．B1点和D1点的电场强度相同
C．若有一个电子以某一速度射入该空间中，可能做类平抛运动
D．若有一个电子以某一速度射入该空间中，可能做匀速圆周运动
第9讲 电场
例1 D [由题图可知，P点的电势为6 kV，M点的电势为8 kV，所以P点的电势比M点的低，A错误；电场强度的方向与等势面垂直，所以M、N两点的电场强度的方向是不同的，B错误；等差等势面密的地方电场强度大，结合题图可知，P点附近的等势面较稀疏，所以P点的电场强度小于M点的电场强度，C错误；电势能Ep＝qφ，电子带负电，所以电势越高，电势能越低，因为P点的电势比M点的低，所以电子在P点的电势能大于其在M点的电势能，D正确。]
例2 D [O是等量同种电荷连线的中点，电场强度为0，将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处，O点电场强度变大，故A错误；移动过程中，C点电场强度变小，C点的正电荷所受静电力变小，故B错误；A点电场方向沿OA方向，移动过程中，移动的电荷所受静电力做正功，故C错误；OA段的电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，A点的电荷移动到无穷远处时，O点的电势高于A点电势，故D正确。]
例3 B [φ－x图像，斜率表示电场强度，在x0处的图像斜率不为零，则电场强度不为零，故A错误；x＝20 cm处图像斜率为零，则满足 keq \f(Q1,40 cm2)＝keq \f(Q2,20 cm2)，所以电荷M、N所带电荷量大小之比为 eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(4,1)，故B正确；一正电荷q自x0处由静止释放，根据电势变化情况可知，自x0处右侧电场强度方向先沿x轴正方向后沿x轴负方向，电场强度先减小为零后反向增大再减小，根据牛顿第二定律，有Eq＝ma，可知正电荷q运动的过程中，加速度先减小为零后反向增大再减小，故C错误；正电荷q自x0处由静止释放，根据电势变化情况可知，自x0处右侧电场强度方向先沿x轴正方向后沿x轴负方向，静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D错误。]
例4 A [从C点到D点，电场线方向先向右后向左，则电势先降低后升高，且电势都大于零，并关于O点对称；小球带负电，所以小球的电势能先增大后减小，小球在C、D两点处的电势能相同，故A正确，C错误；由于小球的电势能先增大后减小，在C、D两点处的电势能相同，由能量守恒定律知，动能先减小后增大，在C、D两点处的动能相同，故D错误；设AC＝BD＝r，点电荷A和B的电荷量大小为Q，则当位移为x时，电场强度为E＝keq \f(Q,r＋x2)－keq \f(Q,r＋2L－x2)，由数学知识可知E与x是非线性关系，图像是曲线，故B错误。]
例5 C [由题知，OP>OM，OM＝ON，则根据点电荷的电势分布情况可知φM＝φN>φP，则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EpM＝EpN，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A、B错误，C正确；从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。]
例6 C [由题可知，将带电小球的运动分解成水平方向和竖直方向的运动，由受力可知，两小球在竖直方向只受重力，故在竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向的初速度为v0y＝v0sin 60°，上升到最高点时，竖直方向速度为零，由此可知，两球到达A、B两点的时间相同，A正确；水平方向只受静电力，故水平方向做匀变速直线运动，水平方向的初速度为v0x＝v0cs 60°＝eq \f(1,2)v0，由题可知，带正电的小球有v0＝eq \f(1,2)v0＋at，带负电的小球有v′＝eq \f(1,2)v0－3at，解得v′＝－v0，方向与水平初速度方向相反，可见到达最高点时两小球的速度大小相等，水平方向只有静电力做功，由动能定理可知，两球到达A、B两点过程中电势能变化量之比为1∶1，C错误；由上分析可知v0y＝v0sin 60°＝gt，v0＝eq \f(1,2)v0＋at，联立解得g＝eq \r(3)a，故OA＝eq \r(\f(v02－\f(1,2)v02,2a)2＋\f(v0y2,2g)2)＝eq \f(\r(3)v02,4a)，OB＝eq \r(\f(v02－\f(1,2)v02,2×3a)2＋\f(v0y2,2g)2)＝eq \f(v02,4a)，即OA与OB之比为eq \r(3)∶1，B正确；由题可知带正电小球初速度变为2v0后，水平方向初速度vx′＝2v0cs 60°＝v0，竖直方向初速度vy′＝2v0sin 60°＝gt′，v″＝vx′＋at′，联立得v″＝2v0，D正确。]
例7 (1)eq \f(23,6)r (2)eq \f(15mg,2)
解析 (1)从圆心处作重力和静电力的示意图
静电力和重力进行合成，二力合力与竖直方向的夹角为θ，则
tan θ＝eq \f(qE,mg)＝eq \f(3,4)，
由数学知识可知sin θ＝eq \f(3,5)，cs θ＝eq \f(4,5)
合力方向指向圆弧于H点，合力的反向延长线指向圆弧于F点，F点为复合场的最高点，若小球能到D点，即小球必须到F点。若刚好到F点，重力和静电力的合力刚好提供向心力，则有eq \f(mg,cs θ)＝eq \f(mvF2,r)
根据动能定理有qE(l－rsin θ)－mg(r＋rcs θ)＝eq \f(1,2)mvF2
解得l＝eq \f(23,6)r
(2)小球在H处对轨道的压力最大，即受到的弹力最大，从F到H，根据动能定理有eq \f(mg,cs θ)2r＝eq \f(1,2)mvE2－eq \f(1,2)mvF2
根据牛顿第二定律得FN－eq \f(mg,cs θ)＝eq \f(mvE2,r)
解得FN＝eq \f(15mg,2)。
高考预测
1．C [根据等量同种点电荷周围的电场线分布图a、b、c、d四点的电场强度大小相等，但是方向不同，A错误；根据电场线的方向以及电场线的对称性可知D和B两点的电势相等，但是低于O点的电势，B错误；带正电点电荷在从E点运动到O点的过程中受到的库仑力向右，所以此过程中库仑力做正功，C正确；带正电点电荷从E点运动到F点的过程中受到的库仑力先向右，后向左，所以库仑力先做正功，后做负功，点电荷的速度先增大后减小，D错误。]
2．D [由两个等量同种电荷产生电势的对称性知顶点B、D、B1、D1处的电势相等，故A错误；由电场叠加和对称性知顶点B1、D1处的电场强度大小相等，但方向不同，故B错误；两个等量正电荷形成的电场不是匀强电场，电子不可能做类平抛运动，故C错误；只在静电力作用下，电子要做匀速圆周运动，则必须受到大小恒定的静电力，电子可以在垂直于AC1的平面内绕正方体ABCD－A1B1C1D1的中心做匀速圆周运动，故D正确。]
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＝eq \f(WAB,q)，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低
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图线切线的斜率绝对值表示沿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)图像切线的斜率绝对值表示静电力大小
(2)可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况
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＝eq \f(F合,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－v02＝2ad，适用于匀强电场
2．用功能观点分析：W＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，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＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qU2l,mdv02)＝eq \f(U2l,2U1d)＝eq \f(2y0,l)
侧移距离：y0＝eq \f(qU2l2,2mdv02)＝eq \f(U2l2,4dU1)，y＝y0＋Ltan θ＝(eq \f(l,2)＋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＝v0tcs θ－eq \f(qE,2m)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