2025届高考物理二轮复习专题三第1讲电场及带电粒子在电场中的运动学案

PAGE14-第1讲电场及带电粒子在电场中的运动思维导图要点熟记1.电场力的性质(1)电场强度的定义式：E＝eq\f(F,q)。(2)真空中点电荷的电场强度公式：E＝eq\f(kQ,r2)。(3)匀强电场的电场强度与电势差的关系式：E＝eq\f(U,d)。2.电场能的性质(1)电势的定义式：φ＝eq\f(Ep,q)。(2)电势差的定义式：UAB＝eq\f(WAB,q)。(3)电势差与电势的关系式：UAB＝φA－φB。(4)电场力做功与电势能的关系式：WAB＝EpA－EpB。3.熟记“面线”关系(1)电场线总是与等势面垂直，且由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，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力肯定做功。[研考向·提实力]__________________________________考向研析__驾驭应试技能考向一电场的性质1．电场强度的推断(1)场强方向是电场中正电荷的受力方向，也是电场线上某点的切线方向。(2)电场强弱可用电场线疏密推断。2．电势凹凸的比较(1)依据电场线方向推断，沿着电场线方向，电势越来越低。(2)将带电荷量为＋q的电荷从电场中的某点移至无穷远处时，电场力做正功越多，则该点的电势越高。(3)依据电势差UAB＝φA－φB推断，若UAB>0，则φA>φB，反之φA<φB。3．电势能改变的推断(1)依据电场力做功推断，若电场力对电荷做正功，电势能削减；反之则增加。即W＝－ΔEp。(2)依据能量守恒定律推断，电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，总和保持不变，即当动能增加时，电势能削减。[典例1](多选)(2024·高考全国卷Ⅲ)如图，电荷量分别为q和－q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点，则()A．a点和b点的电势相等B．a点和b点的电场强度大小相等C．a点和b点的电场强度方向相同D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加[解析]b点距q近，a点距－q近，则b点的电势高于a点的电势，A错误。如图所示，a、b两点的电场强度可视为E3与E4、E1与E2的合场强，其中E1∥E3，E2∥E4，且知E1＝E3，E2＝E4，故合场强Ea与Eb大小相等、方向相同，B、C正确。由于φa<φb，负电荷从低电势移至高电势过程中，电场力做正功，电势能削减，D错误。[答案]BC1.(多选)(2024·高考全国卷Ⅱ)如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别匀称分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则()A．a、b两点的场强相等B．a、b两点的电势相等C．c、d两点的场强相等D．c、d两点的电势相等解析：在绝缘细圆环的上半圆P处，任取一小段，可看成点电荷，其在a点产生的场强为E1，在关于细圆环水平直径对称的下半圆Q处再取一小段，其在a点产生的场强为E2，由对称性可知，E1、E2的合场强竖直向下，如图所示，即上半圆和下半圆在a点产生的合场强肯定竖直向下，同理可知，在b点场强方向也竖直向下，大小与a点处相等，A正确；同理可分析a、b所在的直径上各点场强均竖直向下，故a、b两点在同一条等势线上，电势相等，B正确；由微元法和对称性可知，c、d两点场强相等，方向竖直向下，C正确；电场由c到d，c点电势高于d点电势，D错误。答案：ABC2．(2024·辽宁大连二十四中高三模拟)如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O)，其上有M、N、P三点，间距MN＝NP。Q1、Q2在x轴上产生的电势φ随x改变关系如图乙，则()A．M点电场强度大小为零B．N点电场强度大小为零C．M、N之间电场方向沿x轴负方向D．一正摸索电荷从P移到M过程中，电场力做功|WPN|＝|WNM|解析：φ­x图像的斜率表示电场强度的大小，故M点电场强度不为零，N点电场强度为零，选项A错误，B正确；由题图可知，由M到N电势降低，由无限远处到N电势降低，依据沿着电场线方向电势渐渐降低的性质，可以推断MN之间电场方向沿着x轴正方向，无限远处到N点电场方向沿x轴负方向，选项C错误；|WPN|＝|qUPN|＝|q(φP－φN)|＜|q(φN－φM)|＝|WNM|，选项D错误。答案：B3．(2024·湖南长沙高三检测)如图所示，M、N、P三点位于直角三角形的三个顶点上，∠PMN＝30°，∠MNP＝60°，一负点电荷位于三角形所在平面上。已知M点和N点的电势相等，P点的电势与MN中点F的电势相等，则下列说法正确的是()A．M点和P点的电场强度相等B．N点和P点的电场强度相等C．同一正电荷在M点时的电势能大于在P点时的电势能D．同一正电荷在N点时的电势能小于在P点时的电势能解析：由M点和N点的电势相等，P点的电势与F点的电势相等，可知负点电荷Q应位于MN连线的垂直平分线和PF连线的垂直平分线上，作图得到Q的位置如图所示，故P点离Q近，场强较大，故A错误；N点离Q较远，则N点的场强比P点的小，故B错误；正电荷从M点运动到P点，电场力做正功，电势能减小，则同一正电荷在M点的电势能大于在P点的电势能，故C正确；M点的电势和N点的电势相等，所以正电荷从N点运动到P点，电场力做正功，电势能减小，则同一正电荷在N点的电势能大于在P点的电势能，故D错误。答案：C考向二平行板电容器的动态分析1．三个公式定义式C＝eq\f(Q,U)，确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，关系式E＝eq\f(U,d)。2．两个关键点(1)电路处于接通状态时，电容器两极板间电压不变。(2)电路处于断开状态时，电容器两极板的带电荷量不变。3．一个特例当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限制。[典例2](多选)如图所示，一平行板电容器的两极板A、B水平放置，A在上方，B在下方，上极板A接地，电容器、二极管、开关S与电源相连，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性。现将开关S闭合，位于A、B两板之间P点的带电粒子恰好处于静止状态。下列说法正确的是()A．保持开关S闭合，将B板向上移动一小段距离，带电粒子将向上移动B．保持开关S闭合，将B板向左移动一小段距离，P点电势不变C．断开开关S，将A板向上移动一小段距离，带电粒子的电势能增大D．断开开关S，将A板向左移动一小段距离，A、B两板间的电压保持不变[思路点拨](1)二极管具有单向导电性，电容器不会放电。(2)上极板A接地，表明A板的电势为零。(3)敏捷应用C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)、E＝eq\f(U,d)分析求解。[解析]开关S闭合，电容器两极板间的电压U保持不变，将B板向上移动，两极板间距离d减小，依据电场强度E＝eq\f(U,d)得，E增大，电场力大于重力，带电粒子将向上移动，选项A正确；开关S闭合，将B板向左移动，电容器两板间的正对面积S减小，依据C＝eq\f(εrS,4πkd)得，电容C减小，再依据C＝eq\f(Q,U)得，电容器带的电荷量应减小，但是由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器带的电荷量Q仍旧保持不变，由C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)，可得两极板间的电场强度E＝eq\f(4πkQ,εrS)，S减小，E增大，P点电势φP＝UPA＝－ExPA，则P点电势降低，选项B错误；若将开关S断开，电容器带电荷量Q保持不变，依据E＝eq\f(4πkQ,εrS)得，电场强度E与距离d无关，则将A板上移一小段距离，电场强度E不变，又P点电势φP＝UPA＝－ExPA，xPA增大，则P点电势降低，由题意知粒子带负电荷，负电荷所在处电势越低，电势能越大，选项C正确；若将开关S断开，电容器带的电荷量Q保持不变，将A板向左移动，正对面积S减小，依据E＝eq\f(4πkQ,εrS)得，E增大，依据电压U＝Ed得，电压U将增大，选项D错误。[答案]AC规律总结电容器动态分析的解题思路……………………(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变，如典例中开关闭合时电压保持不变，开关断开时电荷量保持不变。(2)依据C＝eq\f(εrS,4πkd)，分析平行板电容器电容的改变状况，如典例中将“极板上移”即d发生改变，从而C发生改变。(3)依据C＝eq\f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的改变状况。(4)依据E＝eq\f(U,d)或E＝eq\f(4πkQ,εrS)分析电容器极板间电场强度及电势差的改变状况，如典例中的B项。(5)依据Q的改变状况，分析电容器发生充电还是放电，分析电路中电流的方向。4．(2024·江苏南京调研)“探究影响平行板电容器电容大小的因素”的试验装置如图所示，忽视漏电产生的影响。下列推断正确的是()A．极板正对面积减小时，静电计指针偏角减小B．静电计可以用电压表代替C．静电计所带电荷量与平行板电容器电荷量不相等D．静电计测量的是平行板电容器所带电荷量解析：电容器带电荷量肯定，极板正对面积减小时，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容器的电容减小，依据Q＝CU可知，两板间电势差变大，则静电计指针偏角变大，A项错误；静电计与电压表、电流表的原理不同，电流表、电压表线圈中有电流通过时，指针才偏转，故不能用电压表代替静电计，故B项错误；静电计与电容器串联，其所带电荷量只是很小的一部分，即小于平行板电容器的电荷量，C项正确；静电计是定性反映电压大小的仪器，不能反映平行板电容器所带电荷量的多少，故D项错误。答案：C5．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示。以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、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，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0，则下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是()解析：由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，C与两极板间距离d成反比，C与x不是线性关系，选项A错误；电容器充电后与电源断开，电荷量不变，由C＝eq\f(εrS,4πkd)、Q＝CU、U＝Ed得E＝eq\f(4πkQ,εrS)是定值，选项B错误；因负极板接地，电势为零，所以P点电势为φ＝E(L－x)，L为P点到负极板的初始距离，E不变，φ随x增大而线性减小，选项C正确；由Ep＝qφ知Ep与电势φ改变状况一样，选项D错误。答案：C6．(多选)(2024·河南重点中学高三联考)如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。以下说法正确的是()A．若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流B．若将A板向左平移一小段位移，则油滴仍旧静止，G中有b→a的电流C．若将S断开，则油滴马上做自由落体运动，G中无电流D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有b→a的电流解析：依据电路图可知，当S闭合后，A板带负电，B板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与竖直向下的重力平衡。若将A板向上平移一小段位移，则板间间距d变大，而两板间电压U此时不变，故板间场强E＝eq\f(U,d)变小，油滴所受合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而依据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容C减小，故两板所带电荷量Q也减小，因此电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项A正确。在S闭合的状况下，若将A板向左平移一小段位移，两板间电压U和板间间距d都不变，所以板间场强E不变，油滴受力平衡，仍旧静止，但是两板的正对面积S减小了，依据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容C减小，两板所带电荷量Q也减小，电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项B正确。若将S断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强E也不变，油滴仍旧静止，选项C错误。若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，两板所带电荷量Q仍保持不变，两板间间距d变小，依据C＝eq\f(εrS,4πkd)，U＝eq\f(Q,C)和E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，明显，两板间场强E不变，所以油滴仍旧静止，G中无电流，选项D错误。答案：AB考向三带电粒子在电场中的运动1．分析思路先分析受力状况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律。2．受力特点一般来说，除明显示意外，带电小球、液滴的重力不能忽视，电子、质子等微观带电粒子的重力可以忽视。一般可依据带电粒子的运动状态推断是否考虑重力作用。3．规律方法4．两个结论(1)粒子垂直电场方向射入极板间时，位移偏向角θ和速度偏转角φ满意tanφ＝2tanθ。(2)射出极板时粒子的速度反向延长线过粒子水平位移的中点。[典例3]在直角坐标系中，三个边长都为l的正方形如图所示排列，第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场，电场强度大小为E0，其次象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形DENM区域内无电场。(1)现有一带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A点由静止释放，恰好能通过E点，求CED区域内的匀强电场的电场强度E1的大小。(2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC内的某些点由静止释放与上述相同的带电粒子，要使全部的粒子都经过E点，则释放的坐标值x、y间应满意什么关系？(3)若CDE区域内的电场强度大小变为E2＝eq\f(4,3)E0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC内的某些点由静止释放与上述相同的带电粒子，要使全部粒子都经过N点，则释放点坐标值x、y间又应满意什么关系？[思路点拨](1)带电粒子从A点释放后在两个电场区域内分别做匀加速直线运动和类平抛运动。(2)带电粒子在正方形DENM区域内做匀速直线运动。[解析](1)设粒子出第一象限时速度为v，由动能定理得qE0l＝eq\f(1,2)mv2粒子在CED区域内做类平抛运动，由类平抛运动的规律得l＝vtl＝eq\f(1,2)·eq\f(qE1,m)t2计算可得E1＝4E0。(2)设粒子出第一象限时速度为v1，由动能定理得qE0x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)经过分析知，要过E点，粒子在其次象限中做类平抛运动时竖直位移与水平位移相等为yy＝v1t1y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE1,m)teq\o\al(2,1)计算可得y＝x。(3)如图所示为其中的一条轨迹线，设粒子出第一象限时速度为v2，由动能定理得qE0x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)由图可知，在CED区域内带电粒子的水平位移为y，设竖直位移为y′，则y＝v2t2y′＝eq\f(1,2)·eq\f(q·\f(4,3)E0,m)teq\o\al(2,2)由类平抛运动中的中点规律可知eq\f(y′,y－y′)＝eq\f(\f(y,2),l)计算可得y＝3x－2l[答案](1)4E0(2)y＝x(3)y＝3x－27.(2024·浙江7月选考)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽视，则粒子到达MN连线上的某点时()A．所用时间为eq\f(mv0,qE)B．速度大小为3v0C．与P点的距离为eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)D．速度方向与竖直方向的夹角为30°解析：粒子在电场中只受电场力，F＝qE，方向向下，如图所示。粒子的运动为类平抛运动。水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t ①竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2 ②eq\f(y,x)＝tan45° ③由①②③可得t＝eq\f(2mv0,qE)，A错误；vy＝at＝eq\f(qE,m)·eq\f(2mv0,qE)＝2v0，则速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(1,2)，则速度方向与竖直方向夹角θ＝arctaneq\f(1,2)，B、D错误；x＝v0t＝eq\f(2mveq\o\al(2,0),qE)，与P点的距离s＝eq\f(x,cos45°)＝eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)，C正确。答案：C8．(2024·高考全国卷Ⅱ)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽视不计。(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？解析：(1)PG、QG间场强大小相等，均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝eq\f(2φ,d) ①F＝qE＝ma ②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有h＝eq\f(1,2)at2 ④l＝v0t ⑤联立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh ⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ)) ⑦(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度L为L＝2l＝2v0eq\r