2024-2025学年高考物理一轮复习专题13静电场2知识点讲解含解析

专题13静电场（2）考点风向标考点风向标第一部分：考点梳理考点七、电场中的功能关系考点八、静电场中的图象问题考点九、动态电容问题考点十、带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动考点十一、带电粒子在电场中的偏转考点十二、带电粒子在交变电场中的运动考点十三、带电粒子在复合场中的运动考点七、电场中的功能关系1．电场中的功能关系(1)若只有电场力做功电势能与动能之和保持不变。(2)若只有电场力和重力做功电势能、重力势能、动能之和保持不变。(3)除重力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变更。(4)全部外力对物体所做的功等于物体动能的变更。2．电场力做功的计算方法(1)WAB＝qUAB(普遍适用)(2)W＝qExcosθ(适用于匀强电场)(3)WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(从能量角度求解)(4)W电＋W非电＝ΔEk(由动能定理求解)（典例应用1）在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6.0×105N/C，方向与x轴正方向相同。在O处放一个电荷量q＝－5.0×10－8C，质量m＝1.0×10－2kg的绝缘物块。物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速率v0＝2.0m/s，如图所示。(g取10m/s2)试求：(1)物块向右运动的最大距离；(2)物块最终停止的位置。审题指导：第一步：抓关键点关键点获得信息在匀强电场中电场力为恒力μ＝0.20受滑动摩擦力作用其次步：找突破口(1)物块向右在电场力和滑动摩擦力作用下作匀减速直线运动。(2)要求最终停止的位置，应先依据电场力与摩擦力大小的关系推断物块停在什么位置，再利用动能定理求解。【解析】(1)物块向右作匀减速运动，速度为零时向右运动的距离最大，依据动能定理得：－(E|q|＋μmg)xm＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数据得：xm＝0.4m(2)因为E|q|>μmg，所以物块最终停止在O点的左侧，设离O点的距离为x。则：－μmg(2x＋x0)＝0－eq\f(1,2)mv2x0＝0.2m【答案】(1)0.4m(2)物块最终停止在O点的左侧0.2m处方法总结处理电场中能量问题的基本方法在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律，有时也会用到功能关系。(1)应用动能定理解决问题需探讨合外力的功(或总功)。(2)应用能量守恒定律解决问题需留意电势能和其他形式能之间的转化。(3)应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能变更之间的对应关系。(4)有电场力做功的过程机械能一般不守恒，但机械能与电势能的总和可以不变。（典例应用2）(多选)如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15°角，在竖直平面内的直线AB与场强E相互垂直，在A点以大小为v0的初速度水平向右抛出一质量为m、带电荷量为＋q的小球，经时间t，小球落下一段距离过C点(图中末画出)时其速度大小仍为v0，已知A、B、C三点在同一平面内，则在小球由A点运动到C点的过程中()A．小球的机械能增加B．小球的电势能增加C．小球的重力势能增加D．C点位于AB直线的右侧【解析】由动能定理知，动能不变，合外力的功为零，重力做正功，电场力必定做负功，重力势能减小，电势能增加，故A、C错误，B正确；电势能增加，电场力做负功，AB为等势线，所以C点必定在AB右方，D正确。【答案】BD考点八、静电场中的图象问题常见图象类型有E­x图象、φ­x图象、Ep­x图象等。解决此类问题的方法是：明确图象上某点切线的斜率或图线与坐标轴所围成图形的面积的物理意义。如表格所示：图象类别E­x图象φ­x图象Ep­x图象图象与坐标轴所围成的面积S电势差，S＝Ex＝UAB//某点切线的斜率/电场强度，k＝eq\f(Δφ,Δx)＝eq\f(U,d)＝E电场力，k＝eq\f(ΔEp,Δx)＝eq\f(WAB,d)＝F类型一E­x图象(1)在给定了电场的E­x图象后，可以由图线确定场强的变更状况，电势的变更状况，E­x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差。在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变更、电势能变更等状况。(2)在这类题目中，还可以由E­x图象假设某一种符合E­x图线的电场，利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题。（典例应用3）(多选)(2014·上海物理·19)静电场在x轴上的场强E随x的变更关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷()A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大【解析】x2～x4场强沿x轴负方向，则从x2到x4处正点电荷逆着电场线方向移动，电场力做负功，电势能增加，正电荷在x4处电势能较大，故A错误；同理分析可得，B正确；由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的肯定值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故C正确，D错误。【答案】BC类型二φ­x图象(1)电场强度的大小等于φ­x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ­x图线存在极值，其切线的斜率为零。(2)在φ­x图象中可以干脆推断各点电势的大小，并可依据电势大小关系确定电场强度的方向。(3)在φ­x图象中分析电荷移动时电势能的变更，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出推断。（典例应用4）(多选)(2024·全国卷Ⅰ·20)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推。现将一带正电的摸索电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是()A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3【解析】A对：由题图知，a、b、c、d四个点距点电荷的距离依次增大，且rb＝2ra，由E＝eq\f(kQ,r2)知，Ea∶Eb＝4∶1。B错：rd＝2rc，由E＝eq\f(kQ,r2)知，Ec∶Ed＝4∶1。C对：在移动电荷的过程中，电场力做的功与电势能的变更量大小相等，则Wab∶Wbc＝q(φa－φb)∶q(φb－φc)＝3∶1。D错：Wbc∶Wcd＝q(φb－φc)∶q(φc－φd)＝1∶1。【答案】AC类型三Ep­x图象（典例应用5）(2014·安徽理综·17)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示。下列图象中合理的是()点拨：本题是关于图象的“信息题”。以图象为载体考查电场的力的性质与电场的能的性质，考查理解题目的信息并且应用信息解决问题的实力。本题切入点在于依据Ep­x图象得到电场力的变更规律，突破口在于依据牛顿其次定律得到加速度的变更规律，然后结合动能定理分析。【解析】在Ep­x图象中，图象的斜率大小等于粒子所受静电力的大小，由题意可得，静电力F随x增大而减小，由F＝qE得电场强度E也应减小，所以A错误。而F＝ma，a也随x增大而减小，D正确。C图中图象为直线，运动相同位移时速度增加量相同，又粒子做加速运动，故增加相等的速度须要的时间渐渐减小，即加速度渐渐增大，而电场力渐渐减小导致加速度减小，相互冲突，C错误。依据能量守恒定律有ΔEk＝－ΔEp，所以B错误。【答案】D考点九、动态电容问题1．分析比较的思路(1)先确定是Q还是U不变：电容器保持与电源连接，U不变；电容器充电后与电源断开，Q不变。(2)用确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)确定电容器电容的变更。(3)用定义式C＝eq\f(Q,C)判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变更。(4)用E＝eq\f(U,d)分析电容器极板间场强的变更。2．两类动态变更问题的比较分类充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开不变量UQd变大C变小Q变小E变小C变小U变大E不变S变大C变大Q变大E不变C变大U变小E变小εr变大C变大Q变大E不变C变大U变小E变小（典例应用6）如图所示，平行板电容器与电源相接，充电后切断电源，然后将电介质插入电容器极板间，则两板间的电势差U及板间电场强度E的变更状况为()A．U变大，E变大 B．U变小，E变小C．U不变，E不变 D．U变小，E不变【解析】当平行板电容器充电后切断电源，极板所带电荷量Q保持不变，插入电介质后，电容器的电容C变大，则U＝eq\f(Q,C)将变小，则由E＝eq\f(U,d)可知，板间电场强度E也将变小。选项B正确。【答案】B(典例应用7)如图所示的试验装置中，平行板电容器两极板的正对面积为S，两极板的间距为d，电容器所带电荷量为Q，电容为C，静电计指针的偏转角为α，平行板中间悬挂了一个带电小球，悬线与竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是()A．若增大d，则α减小，θ减小B．若增大Q，则α减小，θ不变C．将A板向上提一些，α增大，θ增大D．在两板间插入云母片，则α减小，θ不变【解析】若增大两极板的间距d,C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C变小，而Q不变，由C＝eq\f(Q,U)可知，U增大，α增大，又E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，故E不变，电场力不变，小球的平衡状态不变，故θ不变，选项A错误；同理，若增大Q，电容器的电容C不变，则U增大，α增大，电场强度增大，则电场力增大，故θ增大，选项B错误；将A板向上提一些，S减小，则C变小，Q不变，电压U增大，α增大，电场强度增大，则电场力增大，故θ增大，选项C正确；在两板间插入云母片，εr增大，则C变大，Q不变，电压U必减小，α减小，θ减小，选项D错误。【答案】C考点十、带电粒子在电场中的直线运动1．带电粒子在电场中运动时重力的处理(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的示意以外，一般都不考虑重力(但并不忽视质量)。(2)带电微粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的示意以外，一般都不能忽视重力。2．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的思路（典例应用8）两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是()A.eq\f(edh,U)B．edUhC.eq\f(eU,dh) D．eq\f(eUh,d)【解析】电子从O点到A点，因受电场力作用，速度渐渐减小。依据题意和图示推断，电子仅受电场力，不计重力。这样，我们可以用能量守恒定律来探讨问题。即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eUOA。因E＝eq\f(U,d)，UOA＝Eh＝eq\f(Uh,d)，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(eUh,d)，故选项D正确。【答案】D(典例应用9)如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动。ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝qE，则()A．电场方向竖直向上B．小球运动的加速度大小为gC．小球上升的最大高度为eq\f(v\o\al(2,0),2g)D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为eq\f(mv\o\al(2,0),4)【解析】由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120°角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿其次定律可知a＝g，方向与初速度方向相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得－mg·2h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得h＝eq\f(v\o\al(2,0),4g)，C错误，电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则Ep＝－qE·2hcos120°＝qEh＝mg·eq\f(v\o\al(2,0),4g)＝eq\f(mv\o\al(2,0),4)，D正确。【答案】BD考点十一、带电粒子在电场中的偏转1．基本规律设粒子带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d(忽视重力影响)，则有(1)加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。(2)在电场中的运动时间：t＝eq\f(l,v0)。(3)位移eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vxt＝v0t＝l,\f(1,2)at2＝y，))y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d)。(4)速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at))，vy＝eq\f(qUt,md)，v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)。2．两个结论(1)不同的带电粒子从静止起先经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的。证明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanφ＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))得tanφ＝eq\f(Ul,2U0d)。(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到电场边缘的距离为eq\f(L,2)。3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当探讨带电粒子的末速度v时，也可以从能量的角度进行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置间的电势差。（典例应用10）(2024·全国卷Ⅱ·25)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q＞0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小。【解析】(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍旧为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为x1和x2。由题给条件和运动学公式得v0－at＝0①x1＝v0t＋eq\f(1,2)at2②x2＝v0t－eq\f(1,2)at2③联立①②③式得eq\f(x1,x2)＝3④(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式得veq\o\al(2,y)＝2gh⑤H＝vyt＋eq\f(1,2)gt2⑥M进入电场后做直线运动，由几何关系知eq\f(v0,vy)＝eq\f(x1,H)⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h＝eq\f(1,3)H⑧(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则eq\f(v0,vy)＝eq\f(qE,mg)⑨设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得Ek1＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH＋qEx1⑩Ek2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH－qEx2⑪由已知条件Ek1＝1.5Ek2⑫联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E＝eq\f(mg,\r(2)q)⑬【答案】(1)3∶1(2)eq\f(1,3)H(3)eq\f(mg,\r(2)q)解题关键：①N离开电场时的速度方向竖直向下——N在水平方向的速度恰好减速到0；②方向水平向右的匀强电场——M、N在竖直方向只受重力，二者在电场中的运动时间相等；③刚离开电场时M的动能为N的1.5倍——建立等式确定电场力和重力的关系。考点十二、带电粒子在交变电场中的运动1．带电粒子在交变电场中的运动一般有三种状况(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；(2)粒子做来回运动(一般分段探讨)；(3)粒子做偏转运动(一般依据交变电场的特点分段探讨)。2．解决带电粒子在交变电场中运动问题的关键(1)处理方法：将粒子的运动分解为垂直电场方向上的匀速运动和沿电场方向的变速运动。(2)比较通过电场的时间t与交变电场的周期T的关系：①若t≪T，可认为粒子通过电场的时间内电场强度不变，等于刚进入电场时刻的场强。②若不满意上述关系，应留意分析粒子在电场方向上运动的周期性。(3)留意分析不同时刻射入电场的粒子在电场中运动的差别，找到满意题目要求的时刻。（典例应用11）(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变更的图象。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2s末带电粒子回到原动身点C．3s末带电粒子的速度为零D．0～3s内，电场力做的总功为零【解析】由牛顿其次定律知，带电粒子在第1s内的加速度a＝eq\f(Eq,m)为第2s内加速度a＝eq\f(2Eq,m)的eq\f(1,2)，因此先加速1s再减速0.5s至速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v­t图象如图所示，由对称性可知，反向加速的距离是带电粒子刚好回到减速起先的点，A、B均错误；0～3s内，带电粒子的初、末速度均为零，动能的变更为零，电场力做的功为零，C、D正确。【答案】CD(典例应用12)(多选)如图甲所示，平行金属板中心有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，能正确反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变更规律的是()【解析】在0～eq\f(T,4)时间内，电子受向右的电场力向B板以加速度a＝eq\f(Ue,dm)做匀加速运动；在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)时间内，电子受向左的电场力，向B板以同样大小的加速度做匀减速运动，eq\f(T,2)时刻速度减为零；在eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)时间内，电子受向左的电场力，向A板以同样大小的加速度做匀加速运动；同理可知在eq\f(3T,4)～T时间内，电子受向右的电场力，向A板以同样大小的加速度做匀减速运动，最终速度为零。故v­t图线为A正确，C错误。x­t图线B错误。a­t图线D正确。【答案】AD考点十三、带电粒子在复合场中的运动等效思想在电场中的应用1．“等效法”在电场中的应用方法“等效重力场”就是把重力场和匀强电场的复合场问题简化为只有一个场的问题，从而将重力场中的相关规律有效地迁移过来。值得留意的是，由于重力场和匀强电场都是匀强场，所以带电体受到的重力及电场力都是恒力。假如电场不是匀强电场，则不能进行等效变换。2．等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路(1)求出重力与电场力的合力F合，将这个合力视为一个“等效重力”。(2)将a＝eq\f(F合,m)视为“等效重力加速度”。(3)小球能自由静止的位置，即是“等效最低点”，圆周上与该点在同始终径的点为“等效最高点”。(4)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解。（典例应用13）如图所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E＝100N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30°，A点距水平地面的高度为h＝4m。BC段为一粗糙绝缘平面，其长度为L＝eq\r(3)m。斜面AB与水平面BC由一极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)。竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R＝0.5m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部(忽视电场对O1O2右侧空间的影响)。现将一个质量为m＝1kg、带电荷量为q＝0.1C的带正电的小球(可视为质点)在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),5)(g取10m/s2)。(1)小球到达C点时的速度大小；(2)小球到达D点时所受轨道的压力大小；(3)小球落地点距离C点的水平距离。【解析】(1)以小球为探讨对象，由A点至C点的