資源簡介

專題三　電場與磁場
知識體系
第9講　電場
目標要求　1.理解電場的性質，會比較電場強度大小、電勢高低、電勢能大小，會分析和計算靜電力做功問題。2.會通過電場中的圖像來分析問題。3.會用動力學觀點和能量觀點分析處理帶電粒子(帶電體)在電場中的運動問題。
考點一　電場的性質
1．電場強度的分析與計算
(1)電場強度的方向是正電荷所受靜電力的方向，也是電場線上某點的切線方向，電場的強弱(電場強度的大小)可根據電場線的疏密程度來進行比較。
(2)計算電場強度常用的方法：公式法、平衡條件求解、疊加合成法、對稱法、補償法、等效法。
2．電勢高低的判斷
判斷依據 判斷方法
電場線方向 沿電場線方向電勢逐漸降低
場源電荷 的正負 取無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負電荷周圍電勢為負值；越靠近正電荷處電勢越高，越靠近負電荷處電勢越低
電勢能 的大小 正電荷在電勢能大處電勢較高，負電荷在電勢能大處電勢較低
靜電力做功 根據UAB＝，將WAB、q的正負號代入，由UAB的正負判斷φA、φB的高低
3.電勢能大小的判斷
(1)做功判斷法：由WAB＝EpA－EpB可知，靜電力做正功，電勢能減小；靜電力做負功，電勢能增大。
(2)電荷電勢法：由Ep＝qφ可知，正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢低的地方電勢能大。
(3)能量守恒法：若只有靜電力做功，電荷的動能和電勢能之和守恒，動能增大時，電勢能減小，動能減小時，電勢能增大。
例1　(2023·江蘇揚州市高郵中學模擬)如圖所示為避雷針周圍的等勢面分布情況，電場中有M、N、P三點，則(　　)
A．P點的電勢比M點的高
B．M、N兩點的電場強度相同
C．P點的電場強度大小比M點的大
D．電子在P點的電勢能大于其在M點的電勢能
學習筆記：______________________________________________________________
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例2　(2022·江蘇卷·9)如圖所示，正方形ABCD四個頂點各固定一個帶正電的點電荷，電荷量相等，O是正方形的中心，將A點的電荷沿OA的延長線向無窮遠處移動，則(　　)
A．在移動過程中，O點電場強度變小
B．在移動過程中，C點的電荷所受靜電力變大
C．在移動過程中，移動的電荷所受靜電力做負功
D．當其移動到無窮遠處時，O點的電勢高于A點
學習筆記：______________________________________________________________
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考點二　電場中的圖像問題
電場中幾種常見的圖像
v－t圖像 當帶電粒子只受靜電力時，從v－t圖像上能確定粒子運動的加速度方向、大小變化情況，進而可判定粒子運動中經過的各點的電場強度方向、電場強度大小、電勢高低及電勢能的變化情況
φ－x圖像 (1)從φ－x圖像中可以直接判斷各點電勢的高低，進而確定電場強度的方向及試探電荷電勢能的變化 (2)φ－x圖線切線的斜率絕對值表示沿x軸方向電場強度E的大小
E－x圖像 以電場強度沿x軸方向為例： (1)E>0表示電場強度沿x軸正方向，E<0表示電場強度沿x軸負方向 (2)圖線與x軸圍成的“面積”大小表示電勢差大小，兩點的電勢高低需根據電場方向判定
Ep－x圖像 (1)圖像切線的斜率絕對值表示靜電力大小 (2)可用于判斷電場強度、動能、加速度等隨位移的變化情況
例3　兩點電荷M、N分別固定在x＝－20 cm和坐標原點處，所形成電場的電勢在x軸上的分布如圖所示，圖線與x軸交于x0處，x＝20 cm處電勢最低，取無窮遠處電勢為0，一正電荷q自x0處由靜止釋放，則(　　)
A．x0處的電場強度為0
B．電荷M、N所帶電荷量大小之比為4∶1
C．正電荷q運動的過程中，加速度先增大后減小
D．正電荷q運動的過程中，電勢能先增大后減小
學習筆記：______________________________________________________________
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例4　(2023·江蘇揚州市期末)如圖所示，在光滑絕緣的水平面上固定兩個等量正點電荷A和B，O點為AB連線的中點，C、D為AB連線上關于O點對稱的兩個點，且CO＝OD＝L，一帶負電的可視為點電荷的小球以初速度v0從C點運動到D點，取無窮遠處的電勢φ＝0，以C點為坐標原點，向右為x軸的正方向，下列關于電勢φ、電場強度E、小球的電勢能Ep及動能Ek隨小球運動的位移x變化的圖像，可能正確的是(　　)
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考點三　帶電粒子(帶電體)在電場中的運動
1．帶電粒子(帶電體)在電場中運動時重力的處理
基本粒子一般不考慮重力，帶電體(如液滴、油滴、塵埃等)一般不能忽略重力，除有說明或明確的暗示外。
2．帶電粒子(帶電體)在電場中的常見運動及分析方法
常見運動 受力特點 分析方法
靜止或勻速 直線運動 合外力F合＝0 共點力平衡
變速直線運動 合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上 1.用動力學觀點分析：a＝，E＝，v2－v02＝2ad，適用于勻強電場 2．用功能觀點分析：W＝qU＝mv2－mv02，勻強和非勻強電場都適用
帶電粒子在勻強電場中的偏轉 進入電場時v0⊥E，粒子做類平拋運動 運動的分解 偏轉角：tan θ＝＝＝＝ 側移距離：y0＝＝，y＝y0＋Ltan θ＝(＋L)tan θ
粒子斜射入電場，粒子做類斜拋運動 運動的分解 垂直電場方向做勻速直線運動：x＝v0tsin θ 沿電場方向做勻變速直線運動：y＝v0tcos θ－t2
帶電粒子在非勻強電場中運動 靜電力在變化 動能定理，能量守恒定律
3．帶電體在電場和重力場的疊加場中運動的分析方法
(1)對帶電體的受力情況和運動情況進行分析，綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動的規律解決問題。
(2)根據功能關系或能量守恒的觀點，分析帶電體的運動時，往往涉及重力勢能、電勢能以及動能的相互轉化，總的能量保持不變。
例5　(2023·全國乙卷·19改編)在O點處固定一個正點電荷，P點在O點右上方。從P點由靜止釋放一個帶負電的小球，小球僅在重力和該點電荷電場力作用下在豎直面內運動，其一段軌跡如圖所示。M、N是軌跡上的兩點，OP>OM，OM＝ON，則小球(　　)
A．在運動過程中，電勢能先增加后減少
B．在P點的電勢能小于在N點的電勢能
C．在M點的機械能等于在N點的機械能
D．從M點運動到N點的過程中，電場力始終不做功
學習筆記：______________________________________________________________
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例6　(2023·江蘇南京市三模)如圖所示，真空中有一足夠大的水平向右的勻強電場，質量均為m、帶電荷量分別為＋q和－3q的兩小球同時從O點以速度v0斜向右上方射入勻強電場中，v0方向與水平方向成60°角，A、B(圖中未畫出)兩點分別為兩小球運動軌跡的最高點，帶正電的小球經過A點的速度大小仍然為v0，若僅把帶正電的小球射入速度變為2v0。其運動軌跡的最高點記為C。不考慮兩球間的庫侖力。下列說法錯誤的是(　　)
A．兩小球同時到A、B兩點
B．OA與OB之比為∶1
C．兩小球到達A、B兩點過程中電勢能變化量之比為1∶3
D．帶正電的小球經過C點的速度大小為2v0
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例7　如圖所示，豎直面內有一光滑絕緣軌道ABCD，其中AB軌道水平，BCD為四分之三圓周軌道，軌道的半徑為r，B點為圓形軌道的最低點，C為圓形軌道的最高點，水平軌道和圓形軌道在B點平滑連接，在整個空間存在水平向左的勻強電場，電場強度E＝(g為重力加速度)，一不計大小、帶正電的小球，電荷量為q，質量為m，小球在水平軌道上距B點的距離為l處靜止釋放，小球沿圓弧恰好能到D點，求：
(1)小球的初始位置距B點的距離；
(2)小球受到的圓軌道的最大彈力。
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帶電體在電場和重力場的疊加場中的圓周運動
(1)等效重力法
將重力與靜電力進行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝為等效重力場中的“等效重力加速度”，F合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的“豎直向下”方向。
(2)等效最高點和最低點：在“等效重力場”中做圓周運動的小球，過圓心作合力的平行線，交于圓周上的兩點即為等效最高點和最低點。
1.如圖所示，兩等量同種點電荷＋q(q>0)固定在菱形的兩個頂點A、C上。E、F是該菱形對角線AC與其內切圓的交點，O點為內切圓的圓心，a、b、c、d四點為切點。現有一帶正電的點電荷從E點由靜止釋放，下列說法正確的是(　　)
A．a、b、c、d四點的電場強度相同
B．D、O、B三點的電勢相等
C．點電荷在從E點運動到O點的過程中庫侖力做正功
D．點電荷從E點運動到F點的過程中速度一直增大
2.如圖所示的真空中，在正方體ABCD－A1B1C1D1空間中頂點A、C1處固定有等量的正電荷，下列說法正確的是(　　)
A．B點和D點的電勢相等且比B1點和D1的電勢都高
B．B1點和D1點的電場強度相同
C．若有一個電子以某一速度射入該空間中，可能做類平拋運動
D．若有一個電子以某一速度射入該空間中，可能做勻速圓周運動
第9講　電場
例1　D　[由題圖可知，P點的電勢為6 kV，M點的電勢為8 kV，所以P點的電勢比M點的低，A錯誤；電場強度的方向與等勢面垂直，所以M、N兩點的電場強度的方向是不同的，B錯誤；等差等勢面密的地方電場強度大，結合題圖可知，P點附近的等勢面較稀疏，所以P點的電場強度小于M點的電場強度，C錯誤；電勢能Ep＝qφ，電子帶負電，所以電勢越高，電勢能越低，因為P點的電勢比M點的低，所以電子在P點的電勢能大于其在M點的電勢能，D正確。]
例2　D　[O是等量同種電荷連線的中點，電場強度為0，將A處的正點電荷沿OA方向移至無窮遠處，O點電場強度變大，故A錯誤；移動過程中，C點電場強度變小，C點的正電荷所受靜電力變小，故B錯誤；A點電場方向沿OA方向，移動過程中，移動的電荷所受靜電力做正功，故C錯誤；OA段的電場方向沿OA方向，沿電場線方向電勢降低，A點的電荷移動到無窮遠處時，O點的電勢高于A點電勢，故D正確。]
例3　B　[φ－x圖像，斜率表示電場強度，在x0處的圖像斜率不為零，則電場強度不為零，故A錯誤；x＝20 cm處圖像斜率為零，則滿足 k＝k，所以電荷M、N所帶電荷量大小之比為 ＝，故B正確；一正電荷q自x0處由靜止釋放，根據電勢變化情況可知，自x0處右側電場強度方向先沿x軸正方向后沿x軸負方向，電場強度先減小為零后反向增大再減小，根據牛頓第二定律，有Eq＝ma，可知正電荷q運動的過程中，加速度先減小為零后反向增大再減小，故C錯誤；正電荷q自x0處由靜止釋放，根據電勢變化情況可知，自x0處右側電場強度方向先沿x軸正方向后沿x軸負方向，靜電力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大，故D錯誤。]
例4　A　[從C點到D點，電場線方向先向右后向左，則電勢先降低后升高，且電勢都大于零，并關于O點對稱；小球帶負電，所以小球的電勢能先增大后減小，小球在C、D兩點處的電勢能相同，故A正確，C錯誤；由于小球的電勢能先增大后減小，在C、D兩點處的電勢能相同，由能量守恒定律知，動能先減小后增大，在C、D兩點處的動能相同，故D錯誤；設AC＝BD＝r，點電荷A和B的電荷量大小為Q，則當位移為x時，電場強度為E＝k－k，由數學知識可知E與x是非線性關系，圖像是曲線，故B錯誤。]
例5　C　[由題知，OP>OM，OM＝ON，則根據點電荷的電勢分布情況可知φM＝φN>φP，則帶負電的小球在運動過程中，電勢能先減小后增大，且EpP>EpM＝EpN，則帶負電的小球在M點的機械能等于在N點的機械能，A、B錯誤，C正確；從M點運動到N點的過程中，電場力先做正功后做負功，D錯誤。]
例6　C　[由題可知，將帶電小球的運動分解成水平方向和豎直方向的運動，由受力可知，兩小球在豎直方向只受重力，故在豎直方向做豎直上拋運動，豎直方向的初速度為v0y＝v0sin 60°，上升到最高點時，豎直方向速度為零，由此可知，兩球到達A、B兩點的時間相同，A正確；水平方向只受靜電力，故水平方向做勻變速直線運動，水平方向的初速度為v0x＝v0cos 60°＝v0，由題可知，帶正電的小球有v0＝v0＋at，帶負電的小球有v′＝v0－3at，解得v′＝－v0，方向與水平初速度方向相反，可見到達最高點時兩小球的速度大小相等，水平方向只有靜電力做功，由動能定理可知，兩球到達A、B兩點過程中電勢能變化量之比為1∶1，C錯誤；由上分析可知v0y＝v0sin 60°＝gt，v0＝v0＋at，聯立解得g＝a，故OA＝＝，OB＝＝，即OA與OB之比為∶1，B正確；由題可知帶正電小球初速度變為2v0后，水平方向初速度vx′＝2v0cos 60°＝v0，豎直方向初速度vy′＝2v0sin 60°＝gt′，v″＝vx′＋at′，聯立得v″＝2v0，D正確。]
例7　(1)r　(2)
解析　(1)從圓心處作重力和靜電力的示意圖
靜電力和重力進行合成，二力合力與豎直方向的夾角為θ，則
tan θ＝＝，
由數學知識可知sin θ＝，cos θ＝
合力方向指向圓弧于H點，合力的反向延長線指向圓弧于F點，F點為復合場的最高點，若小球能到D點，即小球必須到F點。若剛好到F點，重力和靜電力的合力剛好提供向心力，則有＝
根據動能定理有qE(l－rsin θ)－mg(r＋rcos θ)＝mvF2
解得l＝r
(2)小球在H處對軌道的壓力最大，即受到的彈力最大，從F到H，根據動能定理有2r＝mvE2－mvF2
根據牛頓第二定律得FN－＝
解得FN＝。
高考預測
1．C　[根據等量同種點電荷周圍的電場線分布圖a、b、c、d四點的電場強度大小相等，但是方向不同，A錯誤；根據電場線的方向以及電場線的對稱性可知D和B兩點的電勢相等，但是低于O點的電勢，B錯誤；帶正電點電荷在從E點運動到O點的過程中受到的庫侖力向右，所以此過程中庫侖力做正功，C正確；帶正電點電荷從E點運動到F點的過程中受到的庫侖力先向右，后向左，所以庫侖力先做正功，后做負功，點電荷的速度先增大后減小，D錯誤。]
2．D　[由兩個等量同種電荷產生電勢的對稱性知頂點B、D、B1、D1處的電勢相等，故A錯誤；由電場疊加和對稱性知頂點B1、D1處的電場強度大小相等，但方向不同，故B錯誤；兩個等量正電荷形成的電場不是勻強電場，電子不可能做類平拋運動，故C錯誤；只在靜電力作用下，電子要做勻速圓周運動，則必須受到大小恒定的靜電力，電子可以在垂直于AC1的平面內繞正方體ABCD－A1B1C1D1的中心做勻速圓周運動，故D正確。]

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