电场与磁场电场的基本性质讲义

电场的基本性质编审教师：高级教师成树明本专题主要讲解电场的基本性质，主要涉及静电力作用下的平衡问题、场强的叠加问题、电势的高低及电势能大小的判断、电容器充放电及动态分析问题、电场线、等势面及运动轨迹问题等考点，重点考查多个知识点的综合应用，综合性强，要求学生善于将复杂、抽象的电场问题转化成较熟悉的力学问题，再结合牛顿运动定律以及功与能思想解决。对学生的模型建构、分析综合能力、抽象能力要求较高。电场的力的性质（2021年湖南卷）如图，在(a，0)位置放置电荷量为q的正点电荷，在(0，a)位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P(a，a)为a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为（）A．(0，2a)， B．(0，2a)，C．(2a，0)， D．(2a，0)，关键信息：点电荷→点电荷的场强P点的电场强度为零→场强叠加原理（平行四边形定则）在距P(a，a)为的某点处放置正点电荷Q→点电荷Q位于以P(a，a)为圆心为半径的圆周上，确定了点电荷Q产生的场强的方向，即可确定点电荷Q具体位置解题思路：根据点电荷场强的决定式确定场强，利用平行四边形定则进行矢量叠加如图所示：在(a，0)位置放置电荷量为q的正点电荷，其在P(a，a)处产生的电场的电场强度大小为：E＋＝，方向沿y轴正方向，在(0，a)位置放置的电荷量为q的负点电荷，其在P(a，a)处产生的电场的电场强度大小为：E－＝，方向沿x轴负方向，则这两个电荷在P点的合电场强度大小为：E合＝，方向与y轴正方向夹角为45°。现在距离P(a，a)为的某点放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零，根据电场叠加原理：点电荷Q在P点产生的场强与E合大小相等，方向相反，故有：＝，解得Q＝q，根据几何关系，Q的位置坐标为(0，2a)，B项正确。故选B。（2022·山东模拟）真空空间中有四个点o、a、b、c，任意两点间距离均为L，点d（未画出）到点o、a、b、c的距离均相等，如图所示。在a、b两点位置分别放置电荷量为q的正点电荷，在oc连线的某点处放置正点电荷Q，使得d点的电场强度为零。则Q的电荷量为（）A． B． C． D．根据题意可知o、a、b、c构成正四面体，由于d与各点等距，所以d位于正四面体的中心，根据几何关系可得：在a、b两点位置分别放置电荷量为q的正点电荷，由对称性以及矢量叠加原理分析可得，这两个点电荷在d点所产生的合场强方向垂直与oc，指向oc的中点e，根据几何关系可得：，故要使d点的电场强度为零，则正点电荷Q应当放置于e点，正点电荷Q在d点所产生的场强为：。结合几何关系，a、b处电荷量为q的正点电荷在d点产生的合场强大小为：，因e点合场强为0，得：解得：，B正确，ACD错误。故选B。电场强度的计算方法（1）定义式法：（2）点电荷电场强度公式法：直接用点电荷的电场强度公式求解。若要求多个点电荷产生电场的合电场强度，则可先分别求出各个点电荷产生的电场强度，然后利用矢量叠加法求出合电场强度。（3）根据匀强电场场强和电势差的关系式：求解（4）物理思想方法：对于较复杂的求电场强度的问题可用物理思想方法分析解决。如：“微元法”“对称性分析法”“补偿法”等。电场的能的性质（智学精选）如图所示，虚线A、B、C、D是某匀强电场中的四条平行且等距的等势面，两相邻等势面间的距离为2cm，其中等势面C的电势为0，一电子仅在静电力的作用下运动，经过A、D等势面时的动能分别为28eV和10eV，则下列说法正确的是（）A．等势面D的电势为6VB．该匀强电场的电场强度为3V/m，方向水平向右C．该电子不可能到达电势为12V的等势面D．该电子运动到某一位置，其电势能变为8eV时，它的动能为8eV关键信息：匀强电场，平行且等距的等势面→等差等势面等势面C的电势为0→电子在该等势面电势能为0仅在静电力的作用下运动→电势能和动能之和为定值解题思路：匀强电场中平行且等距的等势面为等差等势面，即相邻等势面电势差相等，电场线与等势面垂直且方向由高电势指向低电势，场强可通过进行计算；带电粒子仅在电场力作用下运动时动能和电势能之和为定值，动能与电势能相互转化。A．根据动能定理，－eUAD＝EkD－EkA，解得AD间的电势差UAD＝18V，因为是四条平行且等距的等势面，故相邻等势面之间的电势差为6V，又因为等势面C的电势为0，所以φA＝12V ，φB＝6V，φD＝－6V ，故A错误；B．根据可得E＝300V/m，因为沿电场线方向电势降低，所以场强方向水平向右，故B错误；C．由题意可知电子每经过相邻等势面，损失的动能为6eV，所以该电子仍可以到达电势为－12V的等势面，根据动能定理可知，还有4eV的动能，故C错误；D．在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变，C点电势能为0eV，动能为16eV，所以该电子的电势能与动能之和为16eV，所以该电子运动到某一位置，其电势能变为8eV时，它的动能为8eV，故D正确。故选D。（智学精选）如图所示，实线为某一带电粒子在某点电荷电场中的运动轨迹，轨迹关于虚线PQ对称，轨迹与PQ相交于A点，轨迹上M、N两点关于PQ对称，粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是（）A．点电荷一定在PQ上且处于轨迹内侧 B．带电粒子在M、N两点受力相同C．M、N两点电势一定相同 D．带电粒子在A点的动能一定最大带电粒子在点电荷电场中只受电场力作用，其运动轨迹具有对称性，且对称轴一定是过点电荷的直线，所以点电荷一定在PQ上，如果带电粒子与点电荷带同种电荷，根据受力情况，点电荷处于轨迹的外侧，如果是异种电荷，点电荷处于轨迹内侧，A错误；B．带电粒子在M、N两点受力大小相等，但是方向不相同，B错误；C．根据对称性，M、N两点到点电荷的距离相同，一定在同一等势面上，电势一定相同，C正确；D．根据轨迹可以判断，带电粒子所受到的静电力方向指向轨迹内侧，所以带电粒子在经过A点前后的过程中，静电力先做负功再做正功，动能先减小再增大，所以D错误。故选C。分析电场中带电粒子运动轨迹类问题，要把握以下两点：（1）“运动与力两线法”——画出“速度线”（运动轨迹在初始位置的切线）与“力线”（在初始位置电场线的切线方向），从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况。（2）“三不知时要假设”——电荷的正负、电场强度的方向（或等势面电势的高低）、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面。若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知（三不知），则要用“假设法”分别讨论各种情况。电容器（2021年淮南二模）如图所示，在水平放置的两平行金属板M、N之间的P点，有一个带电荷量为－q的点电荷恰好静止，两金属板通过电阻R接到恒压直流电源上，其中N板接地。保持其他条件不变，仅移动金属板M，下列判断正确的是（）A．仅将M板向上移动一小段距离，P点的电势升高B．仅将M板向下移动一小段距离，金属板M带电荷量减少C．仅将M板向右移动一小段距离，该点电荷仍将保持静止D．仅将M板向左移动一小段距离，该点电荷在P点的电势能变小关键信息：两金属板接到恒压直流电源上→极板间电压U恒定仅将M板上下移动→只改变极板间距离d仅将M板左右移动→只改变极板正对面积S解题思路：U恒定，d与S变化引起C变化，继而引起Q、E变化及P点的电势变化根据电容的定义式、平行板电容器电容的决定式、匀强电场场强与电势差的关系式、电势的定义式进行综合判断A．电容器和电源相连，电容器两端的电压不变，根据公式E＝可知，将M板向上移动一小段距离，d增大，E减小，P点和N板间的电势差，不变，故P点和N板间的电势差减小，而N板的电势不变，故P点的电势降低，A项错误。B．根据公式C＝，将M板向下移动一小段距离，d减小，C变大。根据公式Q＝CU可知，金属板M带电荷量增加，B项错误。C．根据公式E＝知，将M板向右移动一小段距离，d不变，E不变，所以该点电荷仍将保持静止，C项正确。D．根据公式E＝知，将M板向左移动一小段距离，d不变，E不变，所以P点和N板间的电势差不变，而N板的电势不变，故P点的电势不变，该点电荷在P点的电势能不变，D项错误。故选C。（智学精选）如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间的P点固定一个带正电的检验电荷。用C表示电容器的电容，E表示两板间的电场强度的大小，φ表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能。若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离l0，上述各物理量与负极板移动距离x（x≤l0）的关系图像中正确的是（）A． B．C． D．A、当负极板左移时，两板间的距离增加，由C＝可知，C与x的图像不是一次函数图像，故A错误；B、由U＝可知：U＝Q，则电场强度E＝＝，E与d、x无关，故B错误；C、因负极板接地，设P点开始距负极板的距离是d′，则P点的电势：φ＝E(d′＋x)，故C正确；D、正电荷在P点的电势能：Ep＝qφ＝qE(d′＋x)＝qEd′＋qEx，所以Ep－x图像是一条倾斜的直线，故D错误。故选：C。电容器动态变化两类典型问题：1．电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变。（1）根据先分析电容的变化，再由C＝eq\f(Q,U)分析Q的变化。（2）根据E＝eq\f(U,d)分析场强的变化。（3）根据UAB＝E·d＝φA－φB分析某点电势变化。2．电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变。（1）根据先分析电容的变化，再由C＝eq\f(Q,U)分析U的变化。（2）根据分析场强变化。电场中的图像问题（智学精选）空间中存在一静电场，一电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能随位置x的变化关系如图所示，则电子从x1向x3运动的过程中，下列说法正确的是（）A．在x1处电子速度最大 B．在x2处电子加速度最大C．在x3处电场强度最大 D．在x2处电势最高关键信息：仅在电场力作用下→①只有电场力做功，电势能与动能相互转化，总量不变②电场力沿x轴方向，图线切线斜率表示该处电场力的大小解题思路：根据可知，Ep－x图像的斜率绝对值代表静电力的大小，同时结合电场中的功能关系判断电子的动能、速度以及加速度的特征。A．电子仅在电场力作用下运动，动能与电势能之和是恒定的，则电子从x1向x3运动的过程中，在x3处的电势能最小，则动能最大，速度最大，A错误；B．根据可知，图象的斜率绝对值表示电子受到的电场力大小，在x2处图象的斜率为0，则电场力为0，故电子的加速度为0，B错误；C．电子从x1向x3运动的过程中，x3处的图象斜率绝对值最大，则电场力最大，根据F＝Eq可知，x3处的电场强度最大，C正确；D．电子从x1向x3运动的过程中，电子在x2处电势能最大，但由于电子带负电，根据可知，x2处电势最低，D错误；故选C。（智学精选）两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则（）A．A点的电场强度大小为零B．q1和q2带异种电荷，且q1的带电量大于q2的带电量C．CD间的场强方向沿x轴负方向D．将一负电荷沿x轴从N点移到D点，电势能先增大后减小A．因为φ−x图像的斜率的绝对值等于电场强度E的大小，根据图像可知，A点斜率不为零，场强不为零，故A错误；B．由于沿着电场线方向电势降低，且A点电势为零，所以O点的电荷q1带正电，M点电荷q2带负电；由于C点合场强为零，根据公式可知，q1距离远，电荷量大，所以q1电荷量大于q2的电荷量，故B正确；C．由图像可知从C到D电势逐渐降低，故CD间的场强方向沿x轴正方向，故C错误；D．因为沿x轴从N点移到D点，电势先升高后降低，根据可知，负电荷从N点移到D点电势能先减小后增大，故D错误。故选B。电场中图像类问题的分析方法：1．明确图像中的横轴与纵轴所代表的物理量，要区分图像中相关物理量的正负值的物理意义，要注意分析各段不同函