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第5讲　小专题:带电粒子在交变电场中的运动
【学习目标】
1.理解交变电场的基本特性;熟练掌握牛顿第二定律在其中的应用和匀变速直线运动、类平抛运动的处理方法。
2.能够根据交变电场的变化周期,将粒子的运动过程划分为多个连续的时间片段;具备“化变为恒”的思想,将复杂的变加速运动转化为多个匀变速运动的组合;掌握临界状态与周期性分析。
3.能够将实际问题抽象为“带电粒子在交变电场中运动”的物理模型。能够综合运用动力学、运动学知识和图像法,定性或定量地解决粒子在交变电场中的加速、偏转、往复运动等问题。
4.能根据已知条件,逻辑清晰地推导出粒子在不同时刻的运动状态;能根据题目描述,自主建立合适的运动模型并进行分析;能够分析改变哪些参数会如何影响最终的运动结果。
考点一　带电粒子在交变电场中的直线运动
1.常见的交变电场
常见的交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2.思维方法
从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系。
3.解题技巧
(1)按周期性分段研究。
(2) a-t图像 v-t图像。
[例1] 【单向直线运动模型】 (2025·浙江一模)图甲为直线加速原理示意图,它由多个截面积相同的同轴金属圆筒依次组成,奇数序号与偶数序号圆筒分别与交变电源相连,交变电源两极间电压变化规律如图乙所示。在t=0时,奇数圆筒比偶数圆筒电势高,此时序号为0的金属圆板中央有一电子由静止开始在各狭缝间不断加速。若电子质量为m,电荷量为e,交流电源电压大小为U,周期为T。不考虑电子所受的重力和相对论效应,且忽略电子通过狭缝的时间。下列说法正确的是(　　)
A.金属圆筒1、2、3的长度之比为1∶2∶3
B.电子离开圆筒1时的速度为进入时速度的两倍
C.第n个圆筒的长度应满足L=T
D.进入第n个圆筒时电子的速率为
【答案】 D
【解析】 由于电子每经过圆筒间狭缝时都要加速,进入圆筒后做匀速运动,所以电子在筒内运动的时间均为,电子在加速过程中加速度相同,经过n次加速后,根据动能定理有neU=m,可得vn=,则电子进入第n个圆筒时的速度为vn=,而电子在圆筒内的运动时间均为,则第n个圆筒的长度为L=vn·=·,所以金属圆筒1、2、3的长度之比为L1∶L2∶L3=∶∶,A、C错误,D正确;由于电子在筒内做匀速直线运动,所以电子离开圆筒1时的速度等于进入时的速度,故B错误。
[例2] 【往返直线运动模型】 (多选)(2024·陕西西安阶段检测)接在平行板电容器A、B两极板(如图甲所示)的电压随时间变化关系图像如图乙所示,两板间距足够大,一质量为m、带电量为+q的粒子(不计所受重力),开始时静止在两极板中央,从某时刻由静止释放,关于带电粒子的运动,下列描述正确的是(　　)
A.若从0时刻由静止释放,粒子一直向右运动
B.若从0时刻由静止释放,粒子先向右后向左做往复性的运动
C.若从T时刻由静止释放,粒子时而向右,时而向左,每个周期都会向左移动一定距离
D.若从T时刻由静止释放,粒子时而向左,时而向右,每个周期都会向右移动一定距离
【答案】 AC
【解析】 从0时刻由静止释放粒子,根据静止粒子所受电场力方向及作用时间,画出粒子的v-t图像如图1所示(取向右为正方向),
由图1可知,粒子在0~时间内向右做匀加速直线运动,在~T时间内向右做匀减速直线运动直至速度减为零,之后重复上述运动,因此粒子始终向右运动,故A正确,B错误;若粒子从T时刻由静止释放,根据静止粒子所受电场力方向及作用时间,画出粒子的v-t图像如图2所示,
由图2可知,粒子在电场力的作用下,时而向右,时而向左,一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移,所以每个周期都会向左移动一定距离,故C正确,D错误。
作速度—时间图像时的注意点
(1)带电粒子进入电场的时刻。
(2)速度—时间图像的斜率表示加速度,因此加速度相同的运动图像一定是平行的直线。
(3)图线与时间轴围成的“面积”表示位移,且在横轴上方所围成的“面积”为正,在横轴下方所围成的“面积”为负。
(4)注意对称性和周期性变化关系的应用。
(5)图线与横轴有交点,表示此时速度为零;对于运动很复杂,不容易画出速度—时间图像的问题,还应逐段分析求解。
考点二　带电粒子在交变电场中的偏转
1.当粒子垂直于交变电场(通常只讨论电压大小不变、方向周期性变化的情形)方向射入时,沿初速度方向的分运动为匀速直线运动,沿电场方向的分运动具有周期性。
2.研究带电粒子在交变电场中的运动,关键是根据电场变化的特点,利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。根据电场的变化情况,分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。
3.注重全面分析(分析受力特点和运动规律):抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性,求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。
4.对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场,若粒子穿过板间的时间极短,带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。
[例3] 【偏转运动的分析与计算】 (2025·湖南三模)如图甲所示,真空中的电极能连续不断均匀地放出初速度为零、质量为m、电荷量为q的粒子,经加速电场加速后由小孔穿出,沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B间的中线平行于极板射入偏转电场,A、B两板距离为d,A、B板长为L,A、B两板间加有周期性的变化电场,UAB-t图像如图乙所示,已知U0=,能从偏转电场板间飞出的粒子在偏转电场中运动的时间也为T。忽略极板边缘处电场的影响,不计粒子所受的重力以及粒子之间的相互作用,粒子打到极板上后立即消失。
(1)求加速电场中的U1。
(2)若t=时刻粒子进入偏转电场两极板之间,粒子能否飞出极板 如果能,那么粒子的偏移量y是多少 如果不能,那么粒子在偏转电场里平行于极板方向的位移x是多少
(3)若发射时间足够长,则能够从两极板间飞出的粒子占总入射粒子数的百分率是多少
【答案】 (1)　(2)不能　L　(3)50%
【解析】 (1)粒子通过加速电场,根据动能定理有qU1=m,粒子通过偏转电场,沿A、B中线方向做匀速运动,则有L=v0T,
联立解得v0=,U1=。
(2)t=时刻进入偏转电场的粒子,在~T时间内做类平抛运动,有
q=ma,y1=a()2,
代入U0=,
解得a=,y1=,
因y1<,粒子在t=T时还未打到极板上,此时
vy=a·=,
假设粒子能飞出极板,粒子在T~时间内做匀速直线运动,则y2=vy·,解得y2=,
粒子总的偏移量为y=y1+y2=d>,
即粒子不能飞出极板。
设粒子在t1时刻打到极板上,则有
=y1+vy(t1-T),
又x=v0(t1-),解得x=L。
(3)设粒子在时刻t∈[0,]进入偏转电场,则粒子运动时间T后的偏移量y=a()2+vyt,
当y=时,解得t=,设粒子在时刻t∈[,T]进入偏转电场,粒子运动时间T后的偏移量y=a()2+a(T-t),
当y=时,解得t=T,
所以在一个周期内,当0≤t<和T[例4] 【偏转运动中的临界极值问题】 (2025·重庆模拟)如图甲所示,真空中的电极K连续不断地发出电子(电子初速度忽略不计),经恒压电场U1加速后,从小孔S穿出,沿两水平正对的平行金属板A、B间的中轴线射入板间电场。已知A、B板长均为L1,板间距为d,两板右边缘到竖直固定的荧光屏(面积足够大)的距离为L2,荧光屏中心O与A、B间中轴线在同一水平线上。t=0时刻,A板电势高于B板电势,板间电压U随时间t变化的关系如图乙所示(其中T已知),电子穿过A、B两板间过程中板间电压视为不变。忽略电子间的相互作用。
(1)要使电子均能从A、B两板间射出,求U2的最大值;
(2)当U2取(1)中最大值时,求荧光屏上的光斑在屏上运动的速度大小。
【答案】 (1)U1　(2)
【解析】 (1)设电子质量为m、电荷量为e,从小孔S穿出时的速度大小为v0,在加速电场中,由
eU1=m,
解得v0=,
电子在A、B两板间运动的时间t1=,
当U=U2时,在竖直方向上偏转的最大距离
Δy=·,要使电子均能从A、B两板间射出,应满足Δy≤,
联立解得U2≤U1,即U2max=U1。
(2)当U2=U1时,电子恰好从A、B两板右边缘射出,在竖直方向的速度大小vy=t1,
电子从A、B两板右边缘运动到荧光屏的时间t2=,
则电子打在荧光屏上时,到荧光屏中心O的最远距离ymax=+vyt2,
荧光屏上的光斑在屏上运动的速度大小v=,
联立解得v=。
课时作业
对点1.带电粒子在交变电场中的直线运动
1.(2025·北京期末)如图甲所示,平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的变化电压UAB,重力可忽略的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子,粒子先向A板运动,再向B板运动……,最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是(　　)
A.TC.【答案】 C
【解析】 粒子带正电,由于粒子先向A板运动,表明粒子在t0时刻释放时所受电场力方向向左,即电场方向向左,则有UAB<0,表明t0一定在~T之间某一时刻,由于粒子最终打在A板上,则粒子在一个周期之内的总位移方向向左,根据运动的对称性可知,粒子释放开始向左做匀加速直线运动维持的时间一定大于,则t0可能属于的时间段是2.(2025·四川达州期末)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的关系图像。当t=0时,在此匀强电场中静止释放一个带电粒子,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法正确的是(　　)
A.0~2 s内和2~4 s内带电粒子的速度变化量相同
B.5 s末与7 s末带电粒子速度方向相反
C.12 s末比14 s末带电粒子离出发点更远
D.11~14 s内,电场力做的总功为零
【答案】 D
【解析】 带电粒子在电场中的加速度为a=,速度变化量为Δv=aΔt,0~2 s内和2~4 s内电场强度大小、方向不同,带电粒子的加速度大小、方向不同,速度变化量不相同,A错误;E-t图像与带电粒子的a-t图像规律相同,可作出带电粒子的0~14 s内的v-t图像如图所示,可知5 s末与7 s末带电粒子速度方向相同,B错误;由于v-t图像与时间轴围成的面积表示位移,可知14 s末比12 s末带电粒子离出发点更远,C错误;11 s末与14 s末粒子速度相等,根据动能定理可知11~14 s内电场力做的总功为零,D正确。
3.(2024·重庆二模)如图甲所示,在相距较远的两平行金属板中央有一个静止的带电粒子(不计重力),当两板间的电压分别如图中乙、丙、丁、戊所示时,在t=0时刻静止释放该粒子,下列说法正确的是(　　)
A.电压如图乙所示时,在0~T时间内,粒子的电势能先增加后减少
B.电压如图丙所示时,在0~时间内,粒子先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动
C.电压如图丁所示时,在0~时间内,粒子动量变化量为0
D.电压如图戊所示时,若粒子在T之前不能到达极板,则一直不能到达极板
【答案】 D
【解析】 加题图乙所示电压时,带电粒子由静止释放后先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,即电场力先做正功后做负功,电势能先减少后增加,A错误;加题图丙所示电压时,在0~时间内,由于电压发生线性变化,故电场力发生线性变化,带电粒子先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动,B错误;加题图丁所示电压时,带电粒子先做加速度先增大后减小的加速运动,过了T后做加速度先增大后减小的减速运动,到T时速度减为0,之后重复前面的运动,故带电粒子一直朝同一方向运动,故在0~时间内,粒子动量变化量不为0,C错误;加题图戊所示电压时,带电粒子先做匀加速直线运动,到T后做同一加速度的匀减速直线运动,T后做反向的对称运动,T时速度减为零,之后重复前面的运动,故带电粒子做往复运动,若粒子在T之前不能到达极板,则粒子在此时速度发生变化,则一直不能到达极板,故D正确。
4.(多选)(2025·四川绵阳阶段练习)市场上出现的一种静电耳机基本原理如图甲所示,a、b为两片平行固定金属薄板,M是位于金属板之间的极薄带电振膜,将带有音频信号特征的电压加在金属板上,使带电振膜在静电力的作用下沿垂直于金属板方向振动从而发出声音。若两金属板可看作间距为d、电容为C的平行板电容器,振膜质量为m且均匀带有+q电荷,其面积与金属板相等,两板所加电压信号Uab如图乙所示,周期为T,在t=0时刻振膜从两板正中间位置由静止开始运动,振膜不碰到金属板,不计振膜受到的重力和阻力,则(　　)
A.当金属板充电至电荷量为Q时振膜的加速度为
B.一个周期内振膜沿ab方向运动的时间为
C.所加信号电压Uab中的U0最大值为
D.所加信号电压Uab中的U0最大值为
【答案】 AC
【解析】 当金属板充电至电荷量为Q时,两极板间电压U=,其间电场强度E==,则振膜加速度为a==,A正确;振膜不碰到金属板,0~内电场方向向右,可知振膜向b板做匀加速直线运动,时间为t1=,此过程的加速度大小为a1=,之后电场方向向左,振膜向b板做匀减速直线运动,加速度大小为a2=,则有a2=3a1,由于匀加速的末速度即为匀减速的初速度,可知匀减速至0经历时间是匀加速运动时间的,即匀减速至0的时间t2=×T=
T,则此过程向右运动时间T+T=,之后振膜反向运动,先向a板做加速度为a2的匀加速直线运动,经历时间为t3=T-T=T,随后振膜向a板做加速度为a2的匀减速直线运动,根据对称性可知,经历t4=T速度再一次恰好减为0,之后振膜又向b板做加速度为a2的匀加速直线运动,经历时间为t5=T-T-T=T,随后振膜向b板做加速度为a1的匀减速直线运动,该过程经历时间为t6=3×T=T,则一个周期内振膜沿ab方向运动的时间为tab=t1+t2+t5+
t6=+++=,B错误;振膜不碰到金属板,即0~振膜发生的位移要小于或等于,则有·()2+·()2≤,解得 U0≤,即所加信号电压Uab中的U0最大值为,故C正确,D错误。
对点2.带电粒子在交变电场中的偏转
5.(2025·甘肃卷,7)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备,其工作原理如图甲所示。从离子源S释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后,沿OO′方向射入电压为U2的电场(OO′为平行于两极板的中轴线),极板长度为l、间距为d,U2-t关系如图乙所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处,样品中心位于O′点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内,电压U2可视为不变,当U2=±Um时,离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是(　　)
A.U2的最大值Um=U1
B.当U2=±Um且L=时,离子恰好能打到样品边缘
C.若其他条件不变,要增大样品的辐照范围,需增大U1
D.在t1和t2时刻射入U2的离子,有可能分别打在A点和B点
【答案】 B
【解析】 离子在加速电场中被加速时,有qU1=m,在偏转电场中做类平抛运动,有l=v0t,=·t2,解得Um=U1,A错误;当U2=±Um时,离子相当于由偏转极板的中点沿极板边缘做匀速直线运动,设离子打在样品上的位置到O′点的距离为x,则有=,而L=,解得x=,B正确;在离子通过偏转极板过程中,满足y=a0t2,l=v0t,对偏转角θ有tan θ=,而a0=,qU1=m,联立解得 y=,tan θ=,可知在离子未从极板边缘射出时,若其他条件不变,减小U1可增大y、θ,即能增加样品的辐照范围,C错误;若t1时刻电场方向向上且此时射入的离子可能打在O′点上方,t2时刻射入的离子打在O′点下方,由于t1时刻所加的向上的电场的电压小于t2时刻所加的向下的电场的电压,则t1时刻射入的离子的竖直位移小于t2时刻射入的离子的竖直位移,D错误。
6.(多选)(2025·辽宁模拟)如图甲所示,在矩形MNQP区域内有平行于MP的匀强电场,一电荷量为+q、质量为m的带电粒子(不计粒子所受重力)以初速度v0从M点沿MN方向进入匀强电场,经时间T0刚好从Q点射出,MN=2MP=2L。取匀强电场方向由M→P为正方向,大小为E(大小未知)。若电场的电场强度按图乙或图丙所示做周期性变化,现使该粒子在t=0时刻仍从M点以v0射入电场,下列说法正确的是(　　)
A.电场强度E0的大小为
B.若电场按图乙做周期性变化,则粒子到达NQ边界上的位置与Q相距
C.若电场按图乙做周期性变化,则粒子到达NQ边界时的速度大小为v0
D.若电场按图丙做周期性变化,则粒子到达NQ边界时的位置与Q相距
【答案】 AD
【解析】 粒子在由M到Q过程中做类平抛运动,则有2L=v0T0,L=a,根据牛顿第二定律有qE0=ma,联立解得E0=,A正确;若电场按题图乙做周期性变化,粒子沿MN方向有2L=v0T0,沿电场线方向,前做匀加速直线运动,有vy=a·,y1=a()2,~T0时间内,沿电场线方向做匀速直线运动,有y2=vy·,联立解得粒子到达NQ边界上的位置与Q相距y=L-(y1+
y2)=,此时粒子的速度大小为v==v0,B、C错误;若电场按题图丙做周期性变化,沿MN方向有2L=v0T0,沿电场线方向,前做匀加速直线运动,有y1=a()2,~T0时间内,沿电场线方向做匀减速直线运动,有y2′=vy-a()2,联立解得粒子到达NQ边界时的位置与Q相距y′=L-(y1+y2′)=,D正确。
7.(2025·辽宁期末)如图甲,在平面直角坐标系xOy的第一象限内,虚线AB上方有沿y轴负方向的匀强电场,AB与x轴负方向夹角为37°,A点在y轴上,与O点距离为d,B点在x轴上,在第二象限内有平行于y轴的平行板M、N,板间加的电压随时间变化的规律如图乙所示。在M板附近有一粒子源,不断地由静止释放质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,粒子经加速电场加速后,以垂直于y轴的方向从y轴上的A点进入第一象限。粒子在M、N间运动的时间远小于T,可以认为每个粒子在M、N间运动的时间内都是稳定的匀强电场。从t=0时刻释放的粒子进入第一象限后经电场偏转后刚好从AB的中点离开电场,不计粒子所受的重力及一切阻力,求:
(1)t=0时刻释放的粒子到达A点时速度的大小;
(2)第一象限内的匀强电场电场强度的大小;
(3)x轴上有粒子经过的区域长度。
【答案】 (1)　(2)　(3)d
【解析】 (1)设t=0时刻释放的粒子到达A点时速度的大小为v0,
根据动能定理有q=m,
解得v0=。
(2)从t=0时刻释放的粒子进入第一象限的电场偏转后刚好从AB的中点离开电场,
粒子做类平抛运动,则有x=v0t0,y=a,
又a=,
而tan 37°=,
联立解得E=。
(3)从t=0时刻释放的粒子离开电场后运动轨迹如图,其中到达接收屏的位置设为C,粒子做类平抛运动与匀速直线运动的位移关系有=,
解得xC=d;
当加速电场的电压为最大值U0时,粒子进入第一象限的最大速度为vmax=,
设粒子进入第一象限的速度为v时恰好运动到B点,则有=vt,d=at2,
联立解得v==vmax,
所以速度为vmax的粒子到达接收屏的位置为接收粒子区域的右边界,有xmax=xB=d,
即x轴上有粒子经过的区域长度为Δx=xmax-xC=d。
8.(2024·重庆模拟)如图甲所示,在水平放置的平行金属板A、B左侧有一线状粒子发射源(图中未画出),能发出宽度为d、速度相同的带正电粒子束,t=0 时刻该粒子束恰好完全水平进入平行金属板间。已知粒子束的速度v0=1×103 m/s,比荷=1×106 C/kg,两板间距为d=20 cm,板长L=4 cm,极板间加如图乙所示的交流电压。不考虑电容器的边缘效应,也不考虑击中极板的粒子对板间电压的影响,不计粒子重力和粒子间的相互作用力。则粒子射出电场时的位置到B板的距离至少为(　　)
A.0.002 5 m B.0.005 m
C.0.01 m D.0.015 m
【答案】 B
【解析】粒子束在水平方向做匀速直线运动,则其射出电场所需时间为t== s=
4×10-5 s,若0时刻射入电场的粒子从靠近A板进入电场且能射出电场,由于0~2×10-5 s时间内A板带正电,B板带负电,粒子向下做类平抛运动,粒子的加速度大小为a1===
1×106× m/s2=5×107 m/s2,竖直方向的位移为y1=a1=×5×107×(2×10-5)2 m=
0.01 m;2×10-5~4×10-5 s时间内,A板带负电,B板带正电,粒子向下做类斜抛运动,粒子的加速度大小为a2===1×106× m/s2=1×108 m/s2,而类平抛运动的末速度和类斜抛运动的初速度相同,后者在竖直方向有a1t1=a2t2,解得t2=t1=1×10-5 s,在竖直方向的位移为y2=a2=×1×108×(1×10-5)2 m=0.005 m,当轨迹与B板如图所示相切时,射出电场时粒子到B板距离最小,最小距离为ymin=y2=0.005 m,故B正确,A、C、D错误。
9.(多选)(2025·湖南长沙一模)如图甲所示,竖直平面内存在无限大、均匀带电的空间离子层,左侧为正电荷离子层,右侧为负电荷离子层,两离子层内单位体积的电荷量均为ρ,厚度均为d。以正离子层左边缘上某点O为坐标原点,水平向右为正方向建立坐标轴Ox。已知正离子层中各点的电场强度方向均沿x轴正方向,其大小E随x的变化关系如图乙所示;在x<0和x>2d空间内电场强度均为零。某放射性粒子源S位于x=-d的位置,放射出的电子速度方向与x轴正方向的夹角为θ时,电子刚好可以到达离子层分界面处,没有射入负电荷离子层。已知电子质量为m,所带电荷量为e,其中e=1.6×10-19 C,不计电子所受重力及电子间相互作用力,假设电子与离子不发生碰撞。下列说法正确的是(　　)
A.电子在离子层中做匀变速曲线运动
B.电子将从正离子层左侧边界离开
C.电子从进入离子层到离子层分界面过程电势能增加
D.刚好可以到达离子层分界面处的电子入射时θ满足cos θ=
【答案】 BD
【解析】 由于电场强度变化,电子受到的电场力会发生变化,所以电子运动加速度发生变化而做变速曲线运动,A错误;电子到达离子层分界面处受到沿x轴负方向的电场力,故电子从正离子层左侧边界离开,B正确;E-x图像面积表示电势差,则正离子层间的电势差为U=,电场力对电子做功为W=-eU=-,电势能增加ΔEp=-W=,C错误;电子到达离子层分界面处时速度vy=vsin θ,根据动能定理有-=m-mv2,解得cos θ=,
D正确。
10.(2025·陕西西安期末)某示波管简化装置由加速板P、Q、偏转板A、B及圆弧荧光屏MN组成,如图甲所示,加速电场电压为U0,A、B两板间距和板长均为l,荧光屏圆弧的半径为2l,其圆心与正方形偏转区域的中心点O恰好重合,A、B板间电压UAB随时间t的变化规律如图乙所示。质量为m、电荷量为q、初速度为零的粒子从t=0时刻开始连续均匀地“飘入”加速电场,粒子通过偏转电场的时间远小于T,不计粒子间的相互作用及粒子所受的重力。求:
(1)粒子进入偏转电场时的速度大小;
(2)在电压变化的一个周期内,能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比(精确至0.1%);
(3)粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差。
【答案】 (1)　(2)66.7% (3)(-1)l
【解析】 (1)设粒子进入偏转电场时的速度大小为v0,
在加速板P、Q间,根据动能定理有qU0=m,
解得v0=。
(2)粒子通过偏转电场的时间远小于T,故在AB板间运动时电压可视作恒定。
若粒子恰好从极板右侧边缘射出时电压为U,根据类平抛运动规律有l=v0t,=at2,
粒子在偏转电场中的加速度a==,
联立解得U=2U0,
故在电压变化的一个周期内,能穿过偏转电场的粒子数占比为==66.7%。
(3)由于所有打在屏上的粒子在进入偏转电场后沿AB间中心线方向的运动相同,则该方向到达屏上的分位移之差最大时,时间差最大,该最大分位移差Δx为图中O1D,
由几何关系可知Δx=O1D=(2-)l,
则Δt==(-1)l。(共53张PPT)
第九章　静电场
【考情分析】
　　　　年份 考查点　　　　 2025 2024 2023
电场力的性质 陕晋青宁·T1、 河北·T8、广西·T4、 湖南·T5、安徽·T10、 湖北·T10 河北·T7、江苏·T1、 安徽·T8 海南·T8、山东·T11、
湖南·T5、全国乙·T24
电场能的性质 云南·T4、 黑吉辽内蒙古·T7、 海南·T6、山东·T11、 河南·T4、北京·T8、 四川·T3、河北·T1、 甘肃·T5、 浙江1月选考·T4、 湖南·T8、广西·T14 广东·T8、山东·T10、 全国甲·T18、 浙江6月选考·T12、 广西·T7、湖南·T5、 甘肃·T9、北京·T11、 河北·T2 广东·T9、山东·
T11、
湖北·T3、辽宁·T9、
海南·T12、全国
乙·T19
电容器及电容器的充、放电现象 2025·黑吉辽 内蒙古·T4、 2025·江苏·T9、 2025·重庆·T13 浙江6月选考·T6、 黑吉辽·T5、 甘肃·T7、广西· T12、 海南·T13、重庆· T12 海南·T7、山东·
T14、
新课标·T22
带电粒子在电场中的 运动 甘肃·T7、四川·T13、 重庆·T5、福建·T4、 河南·T13、江苏·T13、 广西·T14、北京·T20、 广东·T15、陕晋青宁· T15 广东·T15、 河北·T13 北京·T8、T19、
湖北·T10、
浙江6月
选考·T12、
全国甲·T18
【AI考情预测】
一、命题趋势
1.核心考点保持稳定,考查方式不断创新,会通过新情境、新设问方式呈现。
2.图像与动态分析类题目会继续增加,对空间想象能力和综合分析能力要求会进一步提高。
3.探究性与开放性进一步增强。试题将更加注重考查学生的科学探究能力和创新思维,可能增加实验设计类题目或增加开放性设问。
4.对结论的合理性分析和误差讨论也可能成为考查点;跨学科融合考查成为常态,物理学内部知识的综合将继续加强。
5.计算能力与数学工具要求适度提高。虽然高考物理不追求复杂计算,但对基本数学工具的运用要求会保持适度提高趋势。
二、潜在难点
1.在概念的应用中,学生容易混淆电场强度的方向与电场线方向,不注意电势的相对性和电势能的正负含义,忽略“电势高低”与“场强大小”的非直接关联,不清楚电势差与电场力做功中正负号的物理意义。
2.在多个点电荷产生的电场叠加问题中,学生易漏算方向或计算错误;缺乏空间想象能力,难以建立等效模型;电场线与等势面的关联中,学生易误认为“电势为零则场强必为零”;带电粒子在电场中的运动的动力学与能量结合中,学生易忽略重力是否需考虑;功能关系应用时,混淆“电场力做功”与“其他力做功”;对复杂运动中的往复运动不能正确分析,对临界条件不能作出正确判断。
3.电容器的动态分析中公式容易混淆;电容器断开电源或连接电源时,场强、电势差、电量的变化关系易错。插入电介质或改变极板距离时,学生易混淆“电压”与“场强”的变化趋势。
4.数学工具的应用中微分思想因数学基础不足难以理解;不能确定函数图像中斜率、截距、交点、面积等的物理意义。
三、备考建议
1.夯实概念基础,构建知识网络。电场强度、电势、电势差、电容等核心概念的定义式、决定式及其相互关系必须清晰。
2.注意区分易混概念,如电场强度与电势的关系、电场力做功与电势能变化的关系等。
3.强化场强叠加与电势分析能力。针对场强叠加题目增多的趋势,应重点训练矢量合成技巧,掌握对称性分析方法。
4.提升图像分析处理能力。加强φ-x图像、E-x图像、Ep-x图像等的互译训练,掌握图像斜率、面积、极值点等的物理意义。
5.通过实际问题培养模型构建能力,学会将复杂实际情境简化为熟悉的物理模型。
6.加强综合问题解决能力。静电场与力学、能量、磁学等知识的综合是高考难点,应进行专题训练。
总结:高考物理静电场命题正朝着“基础与能力并重、理论与应用结合、传承与创新共存”的方向发展。备考过程中,既要扎实掌握核心基础知识,又要注重能力提升和视野拓展,培养解决实际问题的物理素养,才能有效应对新高考的挑战。
第1讲
电场力的性质
【学习目标】
1.理解电荷间相互作用是通过电场实现的;掌握电场强度的定义式;认识电场是客观存在的特殊物质;理解电场线对电场的可视化描述;会计算点电荷、匀强电场等简单模型中电场力的合成与分解。
2.能建立点电荷、试探电荷等理想化模型分析电场问题;通过库仑定律和电场强度定义推导点电荷场强公式;运用矢量合成法解决多个点电荷的电场叠加问题;辨析“电场力”与“电场强度”的区别。
3.通过“探究影响电场力因素”实验学习控制变量法;分析电场力与距离、电荷量的关系,验证库仑定律;利用传感器或模拟软件绘制电场线分布图;探究实际情境中的电场力现象。
4.了解库仑定律的发现历程,体会实验在物理理论建立中的作用;讨论静电场在科技中的应用及其社会价值;认识高压电场中的安全防护知识,形成科学应用的责任意识;分析静电现象对环境的影响。
知识构建
基础转化
1.(2025·陕晋青宁卷,1)某同学绘制了四幅静电场的电场线分布图,其中可能正确的是(　　)
B
A B C D
2.(多选)(2025·河北卷,8)如图,真空中固定在绝缘台上的两个相同的金属小球A和B,带有等量同种电荷,电荷量为q,两者间距远大于小球直径,两者之间的静电力大小为F。用一个电荷量为Q的同样的金属小球C先跟A接触,再跟B接触,移走C后,A和B之间的静电力大小仍为F,则Q∶q的绝对值可能是
(　 　)
AD
A.1　　B.2　　C.3　　D.5
考点一
库仑定律及其应用
1.对库仑定律的理解
(1)库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用。
(2)若是两个均匀带电绝缘球:可将其视为电荷集中在球心的点电荷,r为球心间的距离。
(3)若是两个带电导体球:要考虑表面电荷的重新分布,如图所示。
2.三个自由点电荷的平衡
(1)条件:两个点电荷在第三个点电荷处的合电场强度为零,或每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等,方向相反。
(2)规律。
“三点共线”——三个点电荷分布在同一直线上;
“两同夹异”——正负电荷相互间隔;
“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小;
“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷。
[例1] 【对库仑定律的理解】 关于库仑定律,下列说法正确的是(　　)
A.法国物理学家库仑利用扭秤实验探究电荷之间的相互作用规律而得到了库仑定律
B.库仑定律中,k称为静电力常量,其单位是 N·m2/C
C.库仑定律适用于真空中任意两个带电体间库仑力的计算
A
【解析】 法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律,故A正确;库仑定律中,k称为静电力常量,其单位是N·m2/C2,故B错误;库仑定律适用于真空中任意两个点电荷间库仑力的计
算,故C错误;当r趋于零时,电荷不能再视为点电荷,此时库仑定律不成立,所以F不是趋于无限大,故D错误。
[例2] 【库仑力作用下的静态平衡问题】 (2025·湖南卷,5)如图,两带电小球的质量均为m,小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接,小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时,轻绳与竖直方向的夹角为60°,两球连线与轻绳的夹角为30°,整个系统在同一竖直平面内,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A.A球静止时,轻绳上拉力为2mg
B.A球静止时,A球与B球间的库仑力为2mg
C.若将轻绳剪断,则剪断瞬间A球加速度大小为g
D.若将轻绳剪断,则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小
C
[例3] 【库仑力作用下的动态平衡问题】 (2025·安徽合肥阶段练习)如图所示,水平天花板下方固定一光滑小定滑轮O,在定滑轮的正下方固定一带正电的点电荷C,不带电的小球A与带正电的小球B通过跨过定滑轮的绝缘轻绳相连。开始时系统在图示位置静止,OB⊥BC。若B球所带的电荷量缓慢减少
(未减为零),在B球到达定滑轮O正下方之前,下列说法正确的是(　　)
A.A球的质量大于B球的质量
B.此过程中A球保持静止状态
C.此过程中点电荷对B球的库仑力逐渐增大
D.此过程中滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小
B
[例4] 【库仑力作用下的动力学问题】(2025·湖北恩施期末)如图所示,光滑绝缘水平面上(俯视图)有三个可视为点电荷的带电小球A、B、C。在小球C上作用一水平恒力F(未知),三个小球保持相对静止一起向右运动。已知三球质量均为m,间距均为l0。A、B球带等量正电荷q。求:
(1)C球的电性和电荷量qC;
【答案】 (1)C球带负电荷　2q
(2)水平外力F的大小。
考点二
对电场强度的理解和计算
1.对电场强度的理解
(2)电场强度是矢量,电场中某点的电场强度的方向与正试探电荷在该点所受电场力的方向相同,与负试探电荷在该点所受电场力的方向相反。
2.电场强度的叠加
(1)叠加原理:空间某点的电场强度等于各个场源电荷单独存在时所激发的电场在该点场强的矢量和,如图所示。
(2)复杂带电体产生电场的电场强度的求解。
①等效法:在保证效果相同的前提下,将复杂的电场情境变换为简单的或熟悉的电场情境。
例如:一个点电荷+q与一个无限大薄金属板形成的电场,等效为两个等量异种点电荷形成的电场,如图甲、乙所示。
②对称法:利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点,使复杂电场的叠加计算问题简化。
[例5] 【对电场强度的理解和计算】 (多选)(2025·浙江杭州阶段检测)如图甲所示,在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出),O、A、B为轴上三点。放在A、B两点的试探电荷受到的静电力与其所带电荷量的关系如图乙所示。以x轴的正方向为静电力的正方向,则(　 　)
A.点电荷Q一定为正电荷
B.点电荷Q在A、B之间
C.A点的电场强度大小为2×103 N/C
D.同一电荷在A点受到的电场力比在B点的小
BC
[例6] 【电场强度的叠加】 (2025·江西二模)如图所示,等边三角形ABC的三个角上固定着三个等量同种点电荷,此时,在AC边的中点D的电场强度大小为E。现将固定在A点的点电荷撤去,则D点的电场强度大小变为(　　)
A
[例7] 【对称法求电场强度】(2025·贵州贵阳模拟)如图所示,以O点为圆心的圆上有A、B、C三点。A、B、C三点将圆三等分,其中A、B的连线水平。在A、B两点各固定一个电荷量为+Q的点电荷,在C点固定一个电荷量为-Q的点电荷。圆的半径为R,则O点的电场强度大小和方向为(　　)
C
[例8] 【补偿法求电场强度】 (2025·山西大同三模)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场可等效为电荷集中于球心处的点电荷在球壳外产生的电场。如图所示,在半径为r的半球面上均匀分布着正电荷,AB为通过半球顶点与球心O的直线,且AO=BO=2r。若A、B点的电场强度大小分别为E1和E2,静电力常量为k,则半球面上的电荷量为(　　)
B
考点三
对电场线的理解和应用
(1)对等量异种点电荷来说,为什么中垂线上中点电场强度最大
模理探真·深度学习
(2)对于等量同种点电荷来说,为什么从两电荷连线的中垂线中点向两侧电场强度先变大后变小
提示:等量同种点电荷的连线中垂线的中点处电场强度为零,无穷远处电场强度也为零,所以从中垂线中点向两侧电场强度先增大后减小。
1.等量点电荷的电场线与电场强度
比较项目 等量异种点电荷 等量同种点电荷
电场线 分布图
电荷连线 上的电场强度 沿连线先变小后变大
O点最小,但不为零 O点为零
中垂线上的电场强度 O点最大,向外逐渐减小 O点最小,向外先变大后变小
关于O点 对称位置 的电场强度 A与A′、B与B′、C与C′
等大同向 等大反向
2.电场线的应用
(1)判断电场强度的大小:电场线密处电场强度大,电场线疏处电场强度小。
(2)判断静电力的方向:正电荷受力方向与电场线在该点切线方向相同,负电荷受力方向与电场线在该点切线方向相反。
(3)判断电势的高低与电势降低的快慢:沿电场线方向电势降低最快,且电场线密集处比稀疏处降低更快。
[例9] 【对电场线的理解和应用】 (多选)(2025·云南丽江二模)如图所示是一对不等量异种点电荷的电场线分布图,左侧点电荷带电荷量为+2q,右侧点电荷带电荷量为-q,P、Q两点关于两点电荷连线对称。下列说法正确的是
(　 　)
A.P、Q两点的电场强度相同
B.M点的电场强度大于N点的电场强度
C.在两点电荷连线上,中点处的电场强度最小
D.在M点由静止释放一个正的试探电荷,电荷不会沿电场线通过P点
BD
【解析】 根据题图及对称性可知,P、Q两点的电场强度大小相同,但是方向不同,故P、Q两点的电场强度不相同,A错误;M点处的电场线比N点处的电场线密集,则M点的电场强度大于N点的电场强度,B正确;由于两点电荷电荷量不相等,在两点电荷连线上,中点处的电场线不是最稀疏的,则电场强度不是最小,C错误;因MP之间的电场线是曲线,则在M点
由静止释放一个正的试探电荷,此时其加速度沿
电场线切线方向,电荷不会沿电场线通过P点,
D正确。
[例10] 【电场线与带电粒子的轨迹问题】(2023·全国甲卷,18)在一些电子显示设备中,让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场,可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线,如果用虚线表示电子可能的运动轨迹,其中正确的是(　　)
A
A B
C D
【解析】 电子做曲线运动,其所受外力应指向轨迹凹侧,而电子在电场中受静电力,且方向与电场线方向相反,分析可知,只有选项A中满足静电力指向轨迹凹侧。选项A正确,B、C、D错误。
电场线与轨迹问题的判断方法
(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),从两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,若已知其中的任意一个,可顺次分析判定各待求
量;若三个都不知,则要用假设法分别讨论各种情况。
方法点拨
感谢观看(共48张PPT)
第4讲
电容器　带电粒子在电场中的运动
【学习目标】
1.能定性分析电容器在充电、放电过程中的电荷量、电压、电场强度变化;掌握电容器串联、并联的等效电容计算及电荷分配规律;分析插入电介质对电容、电场强度和电势差的影响。
2.熟练计算带电粒子在电场中受到的静电力,区分粒子在匀强电场和非匀强电场中的运动差异;分析粒子垂直进入匀强电场时的偏转轨迹,推导偏移量及偏转角公式;理解粒子在交变电场中的往复运动条件;解决电场与重力场叠加问题,会进行力的平衡或动力学分析。
3.建立电场力与力学、能量观点的联系,掌握类比与模型建构方法;综合运用动力学、功能关系处理复杂场景。
知识构建
基础转化
1.(2024·甘肃卷,7)一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S接1,电源E给电容器C充电;开关S接2,电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是
(　　)
A.充电过程中,电容器两极板间电势差增加,充电电流增加
B.充电过程中,电容器的上极板带正电荷,流过电阻R的电流由M点流向N点
C.放电过程中,电容器两极板间电势差减小,放电电流减小
D.放电过程中,电容器的上极板带负电荷,流过电阻R的电流由N点流向M点
C
2.(2025·福建卷,4)角分辨光电子能谱仪是现代科学研究的先进仪器,其核心装置中有两个同心半球极板,垂直于半球底面且过球心O的截面如图所示。极板间存在一径向电场,其等势线为一系列以O为圆心的半圆。电子a以初动能Ek从入口M点垂直于半球底面入射,从N点射出;电子b也从M点垂直于半球底面入射,经P点后从Q点射出。两电子的运动轨迹如图所示。
已知电子a轨迹为一以O为圆心的半圆,与OP交于H点,H、P两点间的电势差为U,OM=r,NQ=2HP,电子电荷量大小为e,重力不计,则(　　)
D
考点一
电容器　平行板电容器的动态分析
如图,闭合开关S稳定后断开,电容器所带电荷量Q保持不变,若增大电容器两板间的距离d,请完成以下分析:
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(1)根据电容的决定式分析电容C大小如何变化。
(2)根据电容的定义式分析电容器两板间电压U大小如何变化。
(1)一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的,与电容器的带电情况无关。
(2)不能理解为电容C与Q成正比,与U成反比。
2.平行板电容器两类动态变化的特点比较
[例1] 【对电容的理解】(2025·陕西咸阳期中)据报道,我国每年心源性猝死案例高达55万,而心脏骤停最有效的抢救方式是通过AED自动除颤机给予及时治疗。某型号AED模拟治疗仪器的电容器电容是20 μF,充电至最大电压8 kV时,可以在4 ms时间内完成放电,则(　　)
A.充电至最大电压8 kV为击穿电压
B.电容器充电至最大电压时的带电荷量为1.6 C
C.放电时的平均电流为40 A
D.放电完成后,电容器电容为10 μF
C
(1)若按压按键不改变电容器所带的电荷量,则按压后极板间的电压变为按压前的多少倍
【答案】 (1)η倍
(2)若按压按键不改变电容器极板间的电压,则按压后极板间的电场强度大小变为按压前的多少倍
考点二
带电粒子(带电体)
在电场中的直线运动
1.对带电粒子进行受力分析时应注意的问题
(1)要掌握静电力的特点。静电力的大小和方向不仅跟电场强度的大小和方向有关,还跟带电粒子的电荷量和电性有关。
(2)是否考虑重力依据情况而定。
①基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等除有特殊说明或明确的暗示外,一般不考虑重力(但不能忽略质量)。
②带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有特殊说明或明确的暗示外,一般都不能忽略重力。
2.分析带电粒子(带电体)在电场中的直线运动的方法
(1)用动力学观点分析(只适用于匀强电场)。
[例3] 【带电粒子在电场中的直线运动】 (2025·四川卷,13)如图所示,真空中固定放置两块较大的平行金属板,板间距为d,下极板接地,板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q(q>0)的金属微粒,从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变,碰撞后电性与极板相同,所带电荷量的绝对值不变,不计微粒所受重力。求:
(1)微粒第一次到达下极板所需时间;
(2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。
[例4] 【带电体在电场中的直线运动】一个带正电的粒子,从A点射入水平方向的匀强电场中,粒子沿直线AB运动,如图所示,已知AB与电场线夹角θ=
30°,带电粒子的质量m=1.0×10-7 kg,电荷量q=1.0×10-10 C,A、B相距L=
20 cm。(g取10 m/s2,结果可保留根号)
(1)说出粒子在电场中运动的性质,要求说明理由。
【答案及解析】 (1)粒子只在重力和电场力作用下沿AB做直线运动,其合力一定沿直线AB,可知电场力的方向水平向左,合力的方向由B指向A,与初速度vA方向相反,粒子做匀减速直线运动。
(2)求电场强度的大小和方向。
(3)要使粒子从A点运动到B点,求粒子射入电场时的最小速度。
考点三
带电粒子在电场中的偏转
如图,电性相同的不同带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再垂直进入同一偏转电场,则从偏转电场射出时,带电粒子的轨迹是重合的吗
模理探真·深度学习
1.带电粒子在电场中偏转问题的两个重要结论
(1)粒子经电场偏转后,速度偏转角θ的正切值是位移偏转角α正切值的2倍,即tan θ=2tan α。
2.处理带电粒子的偏转问题的方法
[例5] 【示波管的工作原理】 (2025·北京海淀期中)如图甲所示为示波管原理图,若其内部竖直偏转电极YY′之间的电势差按照如图乙所示的规律变化,水平偏转电极XX′之间的电势差按照如图丙所示的规律变化,则在荧光屏上会看到的图形是(　　)
D
A B C D
若t=0时刻射入的电子在两偏转电场共同作用下落在屏的X′端点,此后射入的电子在XX′电场作用下依次均匀落在X′右侧的XX′直线上,而在YY′电场作用下依次按正弦规律先落在X′正下方至最低点后逐渐上移,两电场共同作用使电子束在荧光屏上形成选项D中的图形,D正确。
[例6] 【带电粒子在匀强电场中的偏转】 (2025·河南卷,13)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集,其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞),液滴质量均为m=2.0×
10-10 kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电,使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷,电荷量均为q=1.0×10-13 C。随后,液滴以v=2.0 m/s 的速度竖直进入长度为l=2.0×10-2 m的电极板间,板间电场均匀、方向水平向右,电场强度大小为E=2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终
被分别收集在极板下方h=0.1 m 处的A、B收集管中。不
计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求:
(1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离;
【答案】 (1)5×10-3 m
(2)A、B细胞收集管的间距。
【答案】 (2)0.11 m
【解析】 (2)含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动,则h=vt2,x2=at1t2,
联立解得x2=0.05 m,
由对称性可知A、B细胞收集管的间距Δx=2(x1+x2)=0.11 m。
[例7] 【带电粒子在电场和重力场中的偏转】 (2025·广东卷,15)如图,是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处,由静止开始向右下方运动,与下方绝缘平板在B点处碰撞,碰撞时电荷量改变,反弹后离开下方绝缘平板瞬间,颗粒的速度与所受合力垂直,其水平分速度与碰前瞬间相同,竖直分速度大小变为碰前瞬间的k(k<1)倍。已知颗粒质量为m,两绝缘平板间的距离为h,两金属平板间的距离为d,B点与左平板的距离为l,电源电压为U,重力加速度为g。
忽略空气阻力和电场的边缘效应。求:
(1)颗粒碰撞前的电荷量q;
(2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q;
(3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中,电场力对它做的功W。
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第2讲
电场能的性质
【学习目标】
1.理解电场能的基本概念,掌握电势能、电势、电势差、等势面的物理意义及其相互关系。理解电场力做功与电势能变化的关系,知道电场力做功与路径无关的特性;建立电势差与电场强度的联系;能结合动能定理或机械能守恒定律分析带电粒子在电场中的能量转化。
2.通过类比重力场中的重力势能,建立电势能的类比模型,理解保守力场的共性;能推导电势差与电场强度的关系式,并分析非匀强电场的定性规律;综合运用电势叠加原理计算点电荷系或对称电场的电势分布;会辨析电势高低与电场强度大小的区别。
3.通过“描绘等势线”实验,理解等势面与电场线的关系,学会用间接方法研究静电场;设计实验验证电场力做功与路径无关的特性;会处理实验数据并对结果做出解释,会绘制等势面分布图,并推断电场强度方向。
4.了解电势能概念的建立过程,体会科学家如何通过类比和数学工具揭示物理规律;认识电场能理论在技术中的应用;讨论高压电场的安全问题,理解静电在工业生产中的利与弊;关注新能源技术中电场能的利用。
知识构建
基础转化
1.(2025·河北卷,1)《汉书》记载“姑句家矛端生火”,表明古人很早就发现了尖端放电现象。若带电长矛尖端附近某条电场线如图,则a、b、c、d四点中电势最高的是(　　)
A.a点　　　
B.b点
C.c点
D.d点
D
2.(2025·云南卷,4)某介电电泳实验使用非匀强电场,该电场的等势线分布如图所示。a、b、c、d四点分别位于电势为-2 V、-1 V、1 V、2 V 的等势线上,则(　　)
A.a、b、c、d中a点电场强度最小
B.a、b、c、d中d点电场强度最大
C.一个电子从b点移动到c点电场力做功为2 eV
D.一个电子从a点移动到d点电势能增加了4 eV
C
考点一
描述电场能的性质的物理量
1.求静电力做功的四种方法
2.电势能大小的判断
判断方法 方法解读
公式法 将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep=qφ,计算得到的值越大,电势能越大
电势法 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
做功法 电场力做正功,电势能减少;电场力做负功,电势能增加
能量 守恒法 在电场中,若只有电场力做功时,电荷的动能和电势能相互转化,动能增加,电势能减少,反之,动能减少,电势能增加
3.电势大小和高低的确定方法
(1)由静电力做功判断(试探电荷由A移到B)。
(2)由电场线方向判断。
4.几种常见的电场的等势面的特点
电场 等势面(虚线)图样 特点
匀强电场 垂直于电场线的一簇平面
点电荷 的电场 以点电荷为球心的一簇球面
等量异 种点电 荷的电场 两电荷连线的中垂面为等势面
等量正 点电荷 的电场 在电荷连线上,中点电势最低;在中垂线上,中点电势最高
[例1] 【电势与电势能的判断】 (2023·湖北卷,3)在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点,其电势分别为φM、φN,电场强度大小分别为EM、EN。下列说法正确的是(　　)
A.若φM>φN,则M点到电荷Q的距离比N点的远
B.若EMC.若把带负电的试探电荷从M点移到N点,电场力做正功,则φM<φN
D.若把带正电的试探电荷从M点移到N点,电场力做负功,则EM>EN
C
【解析】 沿着电场线方向电势降低,根据正点电荷产生的电场特点可知,若φM>φN,则M点到电荷Q的距离比N点的近,故A错误;电场线的疏密程度表示电场强度的大小,根据正点电荷产生的电场特点可知,若EM[例2] 【等势面的理解与应用】 (多选)(2025·内蒙古模拟)城市生活污水中的污泥絮体经处理后带负电,可利用静电技术对其进行沉淀去污,基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极,金属圆盘置于底部,金属棒插入污水中,形成的电场分布如图所示。其中实线为电场线,虚线为等势面,M点和N点在同一电场线上,M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的是(　 　)
A.N点的电场强度比P点的小
B.M点的电势比N点的高
C.污泥絮体从M点移到N点,电场力对其做负功
D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的小
AD
【解析】 根据电场线的疏密程度可知,N点比P点更稀疏,故N点的电场强度比P点的小,A正确;根据沿着电场线方向电势降低特性,可知M点的电势比N点的低,B错误;污泥絮体带负电,根据Ep=qφ可知,污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大,污泥絮体从M点移到N点,电势能减小,电场力对其做正功,C错误;M点和P点在同一等势面上,则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等,可知污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大,D正确。
A.甲的质量小于乙的质量
B.C点电势高于D点电势
C.E、F两点电场强度大小相等,方向相同
D.沿直线从O点到D点,电势先升高后降低
BD
两带电小球连线上的电场分布可以等效成一对等量异种点电荷的电场和在A点带电荷量为3q的正点电荷的电场相互叠加,其中等量异种点电荷的电场中E、F两点电场强度大小相等,方向相同,但是A点处带电荷量为3q的正点电荷在E、F两点的电场强度不同,即E、F两点电场强度大小不同,C错误。
同理,直线OD是等量异种电荷电场的一条等势线,而A点+3q的点电荷形成的电场中OD与AB交点处的电势大于O、D两点的电势,而O、D两点处于同一等势面,那么沿直线从O点到D点,电势先升高后降低,D正确。
解决两个不等量点电荷电场问题的“配荷法”
(1)问题情境:在点电荷电场的实际问题中,会遇到两个不等量点电荷间形成电场在连线、连线中垂线、某一圆弧等的电场强度大小、电势高低、电势能变化问题的分析判断。
方法指导
(2)解决方法:利用“配荷法”将问题转化为等量异种点电荷与另一点电荷的叠加。
①对其中一个点电荷,依据对方电荷的电性和电荷量,在保证该电荷电性、电荷量不变的前提下,将其看作A、B两个点电荷,使电荷A(或B)与另一点电荷组成等量异种点电荷。
②问题变成了一组等量异种点电荷和另一个点电荷的情形,这样就可以利用等量异种点电荷电场的特性与另一点电荷的电场叠加,对电场强度、电势、电势能等作出分析判断。
方法指导
(1)求在椭圆轨道半短轴顶点B的电势;
(2)求带电粒子从A到B的运动过程中,电场力对带电粒子做的功;
(3)用推理论证带电粒子动能与电势能之和是否守恒;若守恒,求其动能与电势能之和;若不守恒,说明理由。
考点二
电势差与电场强度的关系
(1)图甲中,匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC与A、B两端的电势φA和φB有什么关系
模理探真·深度学习
(2)图乙中,匀强电场中若两线段AB∥CD,且AB=CD,则UAB和UCD有什么关系
提示:(2)UAB=UCD(或φA-φB=φC-φD)。
1.匀强电场中电势差与电场强度的关系
(1)UAB=Ed,d为A、B两点沿电场方向的距离。
(2)沿电场强度方向电势降落得最快。
2.匀强电场中电势关系的两个重要结论
(2)在匀强电场中,沿任意方向相互平行且相等的线段两端点的电势差相等。
A.图乙中实线代表等势线,虚线代表电场线　
B.a、c间的电势差是b、c间电势差的两倍
C.a点的电场强度和b点的电场强度不相同
D.正电荷在a点的电势能小于在b点的电势能
C
【解析】 直线带电导体外形成的电场线应为辐射状,则实线代表电场线,虚线代表等势线,A错误;由电场线疏密表示电场强弱可知,ab段平均电场强度大于bc段平均电场强度,则a、c间的电势差绝对值大于b、c间的电势差绝对值的两倍,B错误;电场线越密集电场强度越大,则a点处的电场强度大于b点处的电场强度,C正确;若电场线方向不确定,a点处的电势和b点处的电势大小关系无法确定,故正电荷电势能大小也无法确定,D错误。
(2)结合电场线疏密判断电势差大小:在非匀强电场中,距离d相等的两点间电场线分布越密,平均电场强度E越大,根据U=Ed知电势差U越大,反之则电势差U越小。
方法点拨
方法点拨
A.电场强度大小为50 V/m
B.电场强度方向由O点指向a点
C.棋子在棋盘上由O点移到b点电势能减少1.5×10-2 J
D.O点的电势为0
D
[例7] 【等分法求解匀强电场的电场强度】 (多选)(2025·湖南卷,8)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为+q、-q和+2q的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时,电势能均为Ep
(Ep>0)。下列说法正确的是(　 　)
A.OA中点的电势为零
B.电场的方向与x轴正方向成60°角
AD
等分法确定电场线及电势高低的解题思路
规律方法
考点三
电场线、等势线(面)与
粒子的运动轨迹问题
带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法
[例8] (多选)(2024·甘肃卷,9)某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示,虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹,M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点。下列说法正确的是(　 　)
A.粒子带负电荷
B.M点的电场强度比N点的小
C.粒子在运动轨迹上存在动能最小的点
D.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
BCD
【解析】 根据粒子所受静电力指向曲线轨迹的凹侧,电场线的方向由高电势指向低电势,可知带电粒子带正电荷,故A错误;因为M点的电势大于N点的电势,故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能,故D正确;由于带电粒子仅在电场力作用下运动,电势能与动能总和不变,故可知当电势能最大时动能最小,故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小,故C正确;等差等势面越密集的地方电场强度越大,故M点的电场强度比N点的小,故B正确。
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第6讲
小专题:带电粒子(带电体)
在电场中的力电综合问题
【学习目标】
1.能准确地对带电粒子(质点)或带电体进行受力分析;能将带电粒子的运动与牛顿第二定律结合;能熟练运用运动的合成与分解的方法处理类平抛运动和运用动能定理或能量守恒定律分析解决带电粒子在电场中运动的能量转化问题。
2.形成解决力电综合问题的标准化分析流程;掌握根据问题特点灵活选择最简捷解题路径的方法。
3.能将力电综合问题的分析方法迁移到复合场问题中,具备处理更复杂物理情境的能力;能将物理模型与实际应用相联系,体会物理学的应用价值。
4.培养严谨的逻辑推理能力和缜密的科学思维习惯;提升数学计算能力,特别是代数运算和几何关系的应用;能清晰、规范地写出解题步骤,物理语言使用准确,逻辑严密。
考点一
带电粒子在电场和重力场中的运动
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请思考:
(2)用等效法分析,若小球受到一个水平向左的恒定电场力qE,临界特征是
什么
1.等效重力场
物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动,但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些。此时可以将重力场与电场合二为一,用一个全新的“复合场”来代替,可形象称之为“等效重力场”。
2.“等效最高点”和“等效最低点”示意图
BC
C
考点二
电场中的力、电综合问题
1.动力学观点
(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力,可用正交分解法。
(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式,注意受力分析要全面,特别注意重力是否需要考虑的问题。
2.能量观点
(1)运用动能定理,注意过程分析要全面,准确求出过程中所有力做的功,判断是对分过程还是对全过程使用动能定理。
(2)运用能量守恒定律时,注意题目中有哪些形式的能量出现。
3.动量观点
(1)运用动量定理时,要注意动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必须选同一个正方向。
(2)运用动量守恒定律时,除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式,还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒。
[例3] 【动力学观点】 (2025·贵州遵义阶段练习)如图所示,足够长的倾角为θ=37°的光滑固定绝缘斜面和粗糙绝缘水平面平滑连接,空间存在着平行于斜面向上的匀强电场,电场强度为E=1×104 N/C。现有质量为m=1 kg、带电荷量为q=+5×10-4 C的小滑块,从水平面上A点由静止释放,经过时间t=
2 s后到达斜面底端B点。若小滑块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5,不计空气阻力。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取 10 m/s2。求:
(1)小滑块从A滑行到B过程中所受摩擦力的大小和加速度大小;
【答案】 (1)3.5 N　0.5 m/s2　
【解析】 (1)小滑块从A滑行到B的过程中,小滑块所受的电场力F=Eq,
小滑块所受的摩擦力Ff=μ(mg-Fsin 37°),
解得Ff=3.5 N,
由牛顿第二定律可得Fcos 37°-Ff=ma1,
解得小滑块加速度大小a1=0.5 m/s2。
(2)A、B两点的距离和电势差UAB;
【答案】 (2)1 m　8 000 V
(3)小滑块沿斜面上升的最大高度。
【答案】 (3)0.3 m
[变式] [例3]中,随着电场强度的增大,小滑块在水平面上运动的加速度如何变化 小滑块能在水平面上运动的电场强度的最大值是多大(结果可用分数表
示) 若电场强度大于这个最大值,由静止释放的小滑块做什么性质的运动
(1)小滑块第一次经过B点时的速度大小和电场强度大小;
【答案】 (1)10 m/s　2×103 N/C　
(2)小滑块对圆弧轨道C点的压力大小(结果可以保留根号);
(3)经过足够长时间,小滑块在斜面上运动的路程。
【答案】(3)15 m
【解析】 (3)小滑块离开C点后,由力的合成规律可知,其所受合力水平向左,可知小滑块先向右做匀减速直线运动然后以原速度大小返回C点,经过圆弧和斜面轨道,沿斜面下滑时,摩擦力和电场力均为阻力,可知小滑块将无法到达A点,然后返回。
经若干次往返后恰好不进入斜面轨道而停在B点,从释放到B点,根据动能定理有Eql-mglsin 30°-μmgscos 30°=0,解得总路程s=15 m。
(1)在圆弧管道最低点P,物体甲受到轨道的支持力大小;
【答案】 (1)8 N
(2)甲、乙第一次碰撞后各自的速度大小;
【答案】 (2)0　4 m/s
(3)整个过程甲、乙在水平面上运动的总路程之和。
【答案】 (3)7.25 m
【解析】 (3)对物体甲,由于F电=Eq=1 N>μm1g=0.4 N,
且所有碰撞(甲与乙,乙与挡板)均无能量损失,则经过若干次碰撞后物体甲、乙最终停在挡板处。
在整个过程中,对甲、乙系统,根据能量守恒定律有
Q=μm1gs1+μm2gs2=m1gR+qE(R+L1+L2),
又s总=s1+s2,
解得s总=7.25 m。
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第5讲
小专题:带电粒子在
交变电场中的运动
【学习目标】
1.理解交变电场的基本特性;熟练掌握牛顿第二定律在其中的应用和匀变速直线运动、类平抛运动的处理方法。
2.能够根据交变电场的变化周期,将粒子的运动过程划分为多个连续的时间片段;具备“化变为恒”的思想,将复杂的变加速运动转化为多个匀变速运动的组合;掌握临界状态与周期性分析。
3.能够将实际问题抽象为“带电粒子在交变电场中运动”的物理模型。能够综合运用动力学、运动学知识和图像法,定性或定量地解决粒子在交变电场中的加速、偏转、往复运动等问题。
4.能根据已知条件,逻辑清晰地推导出粒子在不同时刻的运动状态;能根据题目描述,自主建立合适的运动模型并进行分析;能够分析改变哪些参数会如何影响最终的运动结果。
考点一
带电粒子在交变电场中的直线运动
1.常见的交变电场
常见的交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2.思维方法
从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系。
3.解题技巧
(1)按周期性分段研究。
[例1] 【单向直线运动模型】 (2025·浙江一模)图甲为直线加速原理示意图,它由多个截面积相同的同轴金属圆筒依次组成,奇数序号与偶数序号圆筒分别与交变电源相连,交变电源两极间电压变化规律如图乙所示。在t=0时,奇数圆筒比偶数圆筒电势高,此时序号为0的金属圆板中央有一电子由静止开始在各狭缝间不断加速。若电子质量为m,电荷量为e,交流电源电压大小为U,周期为T。
不考虑电子所受的重力和相对论效应,且忽略电子通过狭缝的时间。下列说法正确的是(　　)
A.金属圆筒1、2、3的长度之比为1∶2∶3
B.电子离开圆筒1时的速度为进入时速度的两倍
D
[例2] 【往返直线运动模型】 (多选)(2024·陕西西安阶段检测)接在平行板电容器A、B两极板(如图甲所示)的电压随时间变化关系图像如图乙所示,两板间距足够大,一质量为m、带电量为+q的粒子(不计所受重力),开始时静止在两极板中央,从某时刻由静止释放,关于带电粒子的运动,下列描述正确的是(　 　)
A.若从0时刻由静止释放,粒子一直向右运动
B.若从0时刻由静止释放,粒子先向右后向左做往复性的运动
AC
【解析】 从0时刻由静止释放粒子,根据静止粒子所受电场力方向及作用时间,画出粒子的v-t图像如图1所示(取向右为正方向),
由图2可知,粒子在电场力的作用下,时而向右,时而向左,一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移,所以每个周期都会向左移动一定距离,故C正确,D错误。
作速度—时间图像时的注意点
(1)带电粒子进入电场的时刻。
(2)速度—时间图像的斜率表示加速度,因此加速度相同的运动图像一定是平行的直线。
(3)图线与时间轴围成的“面积”表示位移,且在横轴上方所围成的“面积”为正,在横轴下方所围成的“面积”为负。
(4)注意对称性和周期性变化关系的应用。
(5)图线与横轴有交点,表示此时速度为零;对于运动很复杂,不容易画出
速度—时间图像的问题,还应逐段分析求解。
题后反思
考点二
带电粒子在交变电场中的偏转
1.当粒子垂直于交变电场(通常只讨论电压大小不变、方向周期性变化的情形)方向射入时,沿初速度方向的分运动为匀速直线运动,沿电场方向的分运动具有周期性。
2.研究带电粒子在交变电场中的运动,关键是根据电场变化的特点,利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。根据电场的变化情况,分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。
3.注重全面分析(分析受力特点和运动规律):抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性,求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。
4.对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场,若粒子穿过板间的时间极短,带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。
(1)求加速电场中的U1。
(3)若发射时间足够长,则能够从两极板间飞出的粒子占总入射粒子数的百分率是多少
【答案】(3)50%
[例4] 【偏转运动中的临界极值问题】 (2025·重庆模拟)如图甲所示,真空中的电极K连续不断地发出电子(电子初速度忽略不计),经恒压电场U1加速后,从小孔S穿出,沿两水平正对的平行金属板A、B间的中轴线射入板间电场。已知A、B板长均为L1,板间距为d,两板右边缘到竖直固定的荧光屏(面积足够大)的距离为L2,荧光屏中心O与A、B间中轴线在同一水平线上。t=0时
刻,A板电势高于B板电势,板间电压U随时间t变化的关系如图乙所示(其中T已知),电子穿过A、B两板间过程中板间电压视为不变。忽略电子间的相互作用。
(1)要使电子均能从A、B两板间射出,求U2的最大值;
(2)当U2取(1)中最大值时,求荧光屏上的光斑在屏上运动的速度大小。
感谢观看第2讲　电场能的性质
【学习目标】
1.理解电场能的基本概念,掌握电势能、电势、电势差、等势面的物理意义及其相互关系。理解电场力做功与电势能变化的关系,知道电场力做功与路径无关的特性;建立电势差与电场强度的联系;能结合动能定理或机械能守恒定律分析带电粒子在电场中的能量转化。
2.通过类比重力场中的重力势能,建立电势能的类比模型,理解保守力场的共性;能推导电势差与电场强度的关系式,并分析非匀强电场的定性规律;综合运用电势叠加原理计算点电荷系或对称电场的电势分布;会辨析电势高低与电场强度大小的区别。
3.通过“描绘等势线”实验,理解等势面与电场线的关系,学会用间接方法研究静电场;设计实验验证电场力做功与路径无关的特性;会处理实验数据并对结果做出解释,会绘制等势面分布图,并推断电场强度方向。
4.了解电势能概念的建立过程,体会科学家如何通过类比和数学工具揭示物理规律;认识电场能理论在技术中的应用;讨论高压电场的安全问题,理解静电在工业生产中的利与弊;关注新能源技术中电场能的利用。
[footnoteRef:2] [2:
1.(2025·河北卷,1)《汉书》记载“姑句家矛端生火”,表明古人很早就发现了尖端放电现象。若带电长矛尖端附近某条电场线如图,则a、b、c、d四点中电势最高的是(　　)
A.a点　　　 B.b点
C.c点 D.d点
【答案】 D　
2.(2025·云南卷,4)某介电电泳实验使用非匀强电场,该电场的等势线分布如图所示。a、b、c、d四点分别位于电势为-2 V、-1 V、1 V、2 V 的等势线上,则(　　)
A.a、b、c、d中a点电场强度最小
B.a、b、c、d中d点电场强度最大
C.一个电子从b点移动到c点电场力做功为2 eV
D.一个电子从a点移动到d点电势能增加了4 eV
【答案】 C]
【答案】 初始　qEd　qUAB　零势能　EpA-EpB　　零电势　电势
不做功　垂直　强弱　　qUAB　φA-φB　Ed　定向移动　零
等势面　外表面
考点一　描述电场能的性质的物理量
1.求静电力做功的四种方法
2.电势能大小的判断
判断方法 方法解读
公式法 将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep=qφ,计算得到的值越大,电势能越大
电势法 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
做功法 电场力做正功,电势能减少;电场力做负功,电势能增加
能量 守恒法 在电场中,若只有电场力做功时,电荷的动能和电势能相互转化,动能增加,电势能减少,反之,动能减少,电势能增加
3.电势大小和高低的确定方法
(1)由静电力做功判断(试探电荷由A移到B)。
(2)由电场线方向判断。
4.几种常见的电场的等势面的特点
电场 等势面(虚线)图样 特点
匀强电场 垂直于电场线的一簇平面
点电荷 的电场 以点电荷为球心的一簇球面
等量异 种点电 荷的电场 两电荷连线的中垂面为等势面
等量正 点电荷 的电场 在电荷连线上,中点电势最低;在中垂线上,中点电势最高
[例1] 【电势与电势能的判断】 (2023·湖北卷,3)在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点,其电势分别为φM、φN,电场强度大小分别为EM、EN。下列说法正确的是(　　)
A.若φM>φN,则M点到电荷Q的距离比N点的远
B.若EMC.若把带负电的试探电荷从M点移到N点,电场力做正功,则φM<φN
D.若把带正电的试探电荷从M点移到N点,电场力做负功,则EM>EN
【答案】 C
【解析】 沿着电场线方向电势降低,根据正点电荷产生的电场特点可知,若φM>φN,则M点到电荷Q的距离比N点的近,故A错误;电场线的疏密程度表示电场强度的大小,根据正点电荷产生的电场特点可知,若EM[例2] 【等势面的理解与应用】 (多选)(2025·内蒙古模拟)城市生活污水中的污泥絮体经处理后带负电,可利用静电技术对其进行沉淀去污,基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极,金属圆盘置于底部,金属棒插入污水中,形成的电场分布如图所示。其中实线为电场线,虚线为等势面,M点和N点在同一电场线上,M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的是(　　)
A.N点的电场强度比P点的小
B.M点的电势比N点的高
C.污泥絮体从M点移到N点,电场力对其做负功
D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的小
【答案】 AD
【解析】 根据电场线的疏密程度可知,N点比P点更稀疏,故N点的电场强度比P点的小,A正确;根据沿着电场线方向电势降低特性,可知M点的电势比N点的低,B错误;污泥絮体带负电,根据Ep=qφ可知,污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大,污泥絮体从M点移到N点,电势能减小,电场力对其做正功,C错误;M点和P点在同一等势面上,则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等,可知污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大,D正确。
[例3] 【电势的叠加】 (多选)(2025·山东卷,11)球心为O,半径为R的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上,带电量分别为+2q和+q的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B两点,过O、A、B的截面如图所示,C、D均为圆弧上的点,OC沿竖直方向,∠AOC=45°,OD⊥AB,A、B两点间距离为 R,E、F为AB连线的三等分点。下列说法正确的是(　　)
A.甲的质量小于乙的质量
B.C点电势高于D点电势
C.E、F两点电场强度大小相等,方向相同
D.沿直线从O点到D点,电势先升高后降低
【答案】 BD
【解析】 甲、乙两小球受力如图所示,甲、乙两小球分别保持平衡。设OC与AB线段交点为G点,由几何关系得2Rcos ∠OAB=R,解得∠OAB=∠OBA=30°,因此有∠OGA=105°,∠OGB=75°,根据正弦定理,对甲有=,对乙有=,因为sin 45°m乙,A错误。
根据点电荷电场强度公式E=及电场强度叠加知识,可知C到D之间的圆弧上各点电场强度方向都向右下方,在一正试探电荷从C运动到D的过程中,电场力做正功,电势能减小,故C点电势高于D点电势,B正确。两带电小球连线上的电场分布可以等效成一对等量异种点电荷的电场和在A点带电荷量为3q的正点电荷的电场相互叠加,其中等量异种点电荷的电场中E、F两点电场强度大小相等,方向相同,但是A点处带电荷量为3q的正点电荷在E、F两点的电场强度不同,即E、F两点电场强度大小不同,C错误。同理,直线OD是等量异种电荷电场的一条等势线,而A点+3q的点电荷形成的电场中OD与AB交点处的电势大于O、D两点的电势,而O、D两点处于同一等势面,那么沿直线从O点到D点,电势先升高后降低,D正确。
解决两个不等量点电荷电场问题的“配荷法”
(1)问题情境:在点电荷电场的实际问题中,会遇到两个不等量点电荷间形成电场在连线、连线中垂线、某一圆弧等的电场强度大小、电势高低、电势能变化问题的分析判断。
(2)解决方法:利用“配荷法”将问题转化为等量异种点电荷与另一点电荷的叠加。
①对其中一个点电荷,依据对方电荷的电性和电荷量,在保证该电荷电性、电荷量不变的前提下,将其看作A、B两个点电荷,使电荷A(或B)与另一点电荷组成等量异种点电荷。
②问题变成了一组等量异种点电荷和另一个点电荷的情形,这样就可以利用等量异种点电荷电场的特性与另一点电荷的电场叠加,对电场强度、电势、电势能等作出分析判断。
[例4] 【功能关系在静电场中的综合应用】 (2025·广西卷,14)带电粒子绕着电荷量为+Q的源电荷做轨迹为椭圆的曲线运动,源电荷固定在椭圆左焦点F上,带电粒子电荷量为-q;已知椭圆焦距为c,半长轴为a,电势计算公式为φ=,带电粒子速度的平方与其到源电荷的距离的倒数满足如图乙所示关系。
(1)求在椭圆轨道半短轴顶点B的电势;
(2)求带电粒子从A到B的运动过程中,电场力对带电粒子做的功;
(3)用推理论证带电粒子动能与电势能之和是否守恒;若守恒,求其动能与电势能之和;若不守恒,说明理由。
【答案】 (1)　(2)-kQq(-)
(3)守恒　-
【解析】 (1)由几何关系可知,椭圆上任何一点到两焦点间距离之和为2a,故顶点B与源电荷的距离为r=a,根据电势计算公式φ=,可得在椭圆轨道半短轴顶点B的电势为φB=。
(2)同理可知,在椭圆轨道半长轴顶点A的电势为φA==,
带电粒子从A到B的运动过程中,
电场力对带电粒子做的功为
WAB=-q(φA-φB)=-kQq(-)。
(3)设带电粒子的质量为m,假设带电粒子的动能与电势能之和守恒,
满足mv2+(-q)=C(定值),
得v2=·+,
根据图像可知v2-图像为一条倾斜直线,故假设成立,将图像中(,0)代入关系式可得其动能与电势能之和为C=-。
考点二　电势差与电场强度的关系
(1)图甲中,匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC与A、B两端的电势φA和φB有什么关系
(2)图乙中,匀强电场中若两线段AB∥CD,且AB=CD,则UAB和UCD有什么关系
提示:(1)φC=。
(2)UAB=UCD(或φA-φB=φC-φD)。
1.匀强电场中电势差与电场强度的关系
(1)UAB=Ed,d为A、B两点沿电场方向的距离。
(2)沿电场强度方向电势降落得最快。
2.匀强电场中电势关系的两个重要结论
(1)在匀强电场中,沿任意一个方向,电势下降(升高)都是均匀的,故在同一直线上相同间距的两点间电势差相等。如果把某两点间的距离平均分为n段,则每段两端点间的电势差等于原电势差的。
(2)在匀强电场中,沿任意方向相互平行且相等的线段两端点的电势差相等。
[例5] 【对公式U=Ed或E=的理解】 (2025·重庆二模)如图甲所示,同轴电缆由两个同心导体组成,通常是一个铜制的内导体和一个铜或铝制的外导体,两者之间由绝缘材料隔开。图乙为同轴电缆横截面内静电场的电场线和等势面分布情况,相邻的虚线圆间距相等,a、b、c点均为实线与虚线圆的交点,下列说法正确的是(　　)
A.图乙中实线代表等势线,虚线代表电场线　
B.a、c间的电势差是b、c间电势差的两倍
C.a点的电场强度和b点的电场强度不相同
D.正电荷在a点的电势能小于在b点的电势能
【答案】 C
【解析】 直线带电导体外形成的电场线应为辐射状,则实线代表电场线,虚线代表等势线,A错误;由电场线疏密表示电场强弱可知,ab段平均电场强度大于bc段平均电场强度,则a、c间的电势差绝对值大于b、c间的电势差绝对值的两倍,B错误;电场线越密集电场强度越大,则a点处的电场强度大于b点处的电场强度,C正确;若电场线方向不确定,a点处的电势和b点处的电势大小关系无法确定,故正电荷电势能大小也无法确定,D错误。
E=在非匀强电场中的三点妙用
(1)结合等差等势面疏密判断电场强度大小:在非匀强电场中,等差等势面越密,沿电场方向的距离d越小,根据E=知电场强度E越大;反之,则E越小。
(2)结合电场线疏密判断电势差大小:在非匀强电场中,距离d相等的两点间电场线分布越密,平均电场强度E越大,根据U=Ed知电势差U越大,反之则电势差U越小。
(3)利用φ-x图像的斜率判断电场强度随位置变化的规律:k===Ex,斜率的绝对值表示电场强度的大小,正负表示电场强度的方向。
[例6] 【U=Ed或E=在匀强电场中的应用】 (2025·安徽合肥模拟)如图为中国象棋棋盘简化模型,若匀强电场平行于该棋盘,每个小格均为正方形,边长L=2 cm。O、a、b、c点为棋盘上四个点,带电量q=-1.5×10-4 C的棋子在b点时电势能为Ep=1.5×10-2 J。棋子由a点分别移到b点和c点,电场力做功均为W=-4.5×10-2 J。下列说法正确的是(　　)
A.电场强度大小为50 V/m
B.电场强度方向由O点指向a点
C.棋子在棋盘上由O点移到b点电势能减少1.5×10-2 J
D.O点的电势为0
【答案】 D
【解析】 棋子由a点分别移到b点和c点,电场力做功相同,则Uab=Uac== V=300 V,而b、c两点电势相同φb=φc==-100 V,由Uab=φa-φb,得φa=200 V,过b、c作直线,该直线即为电场中的一条等势线,因为电场线与等势面垂直,因此电场方向与bc线垂直,沿aO连线,由a指向O,B错误;由几何关系可知O点到bc连线的距离等于aO距离的一半,因此O点电势为0,D正确;电场强度E== V/m=5.0×103 V/m,A错误;由于UOb=100 V,则棋子在棋盘上由O点移到b点,电场力做功为WOb=UObq=-1.5×10-2 J,根据功能关系可知,棋子在棋盘上由O点移到b点电势能增加了1.5×10-2 J,C错误。
[例7] 【等分法求解匀强电场的电场强度】 (多选)(2025·湖南卷,8)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为+q、-q和+2q的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时,电势能均为Ep(Ep>0)。下列说法正确的是(　　)
A.OA中点的电势为零
B.电场的方向与x轴正方向成60°角
C.电场强度的大小为
D.电场强度的大小为
【答案】 AD
【解析】根据题意可知O点、A点和B点的电势分别为φO=、φA=-、φB=,故OA中点的电势为φM==0,故A正确;如图所示,设N点为AB的三等分点,同理可知N点电势为0,MN为一条等势线,过A点作MN的垂线,可知电场线沿该垂线方向指向右下方,由AM=AN可知∠NMA=45°,故电场的方向与x轴正方向成45°角,故B错误;电场强度的大小为E==,故C错误,D正确。
等分法确定电场线及电势高低的解题思路
考点三　电场线、等势线(面)与粒子的运动轨迹问题
　带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法
[例8] (多选)(2024·甘肃卷,9)某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示,虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹,M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点。下列说法正确的是(　　)
A.粒子带负电荷
B.M点的电场强度比N点的小
C.粒子在运动轨迹上存在动能最小的点
D.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
【答案】 BCD
【解析】 根据粒子所受静电力指向曲线轨迹的凹侧,电场线的方向由高电势指向低电势,可知带电粒子带正电荷,故A错误;因为M点的电势大于N点的电势,故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能,故D正确;由于带电粒子仅在电场力作用下运动,电势能与动能总和不变,故可知当电势能最大时动能最小,故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小,故C正确;等差等势面越密集的地方电场强度越大,故M点的电场强度比N点的小,故B正确。
课时作业
对点1.描述电场能的性质的物理量
1.(多选)(2025·安徽芜湖期末)关于静电场,下列说法正确的是(　　)
A.同一条电场线上的各点,电势一定不同
B.电荷只在电场力作用下沿电场线方向移动时,电势能可能增加
C.带电体在电势为零的位置处没有能量
D.电势处处相等的空间内一定存在匀强电场
【答案】 AB
【解析】 沿电场强度方向电势减小,电场线的切线方向表示电场强度的方向,故沿电场线方向电势一定降低,所以一条电场线上的各点,电势一定不相等,A正确;电荷只在电场力的作用下从某点移动到另一点,若电场力做正功,电势能减少,若电场力做负功,电势能增加,B正确;带电体在电势为零的位置处电势能为0,但可能有机械能,C错误;电势处处相等的空间是等势体,若其内存在匀强电场,则同一条电场线上各点电势不会相等,该空间电势不会处处相等,D错误。
2.(2025·贵州模拟)如图,x轴水平向右,其坐标原点O的正上方M点放有一正点电荷,A、B为x轴上的两点,各点间的距离满足=。现分别用φA、φB表示A、B两点的电势,将A、B两点的电场强度沿x轴方向和垂直于x轴方向进行分解,设x轴方向的分量分别为EAx、EBx,则下列判断正确的是(　　)
A.φA>φB,EAx=EBx B.φA>φB,EAx>EBx
C.φA<φB,EAx>EBx D.φA<φB,EAx【答案】 A
【解析】 离正点电荷越近的地方电势越高,A点比B点离正点电荷更近,则A点电势更高,即φA>φB。设x轴正方向上某点的横坐标为x,该点与M点的距离为r,则该点与M点连线和x轴负方向的夹角为θ,由几何关系有cos θ=,正点电荷在该点产生的电场强度沿x轴方向的分量大小Ex=cos θ=,可知EAx=,EBx=,由于=,整理得=,故EAx=EBx,A正确。
3.(2025·甘肃卷,5)如图,两极板不平行的电容器与直流电源相连,极板间形成非匀强电场,实线为电场线,虚线表示等势面。M、N点在同一等势面上,N、P点在同一电场线上。下列说法正确的是(　　)
A.M点的电势比P点的低
B.M点的电场强度比N点的小
C.负电荷从M点运动到P点,速度增大
D.负电荷从M点运动到P点,电场力做负功
【答案】 D
【解析】 由于上极板接电源正极,下极板接电源负极,则电场线由上到下,而沿电场线方向电势逐渐降低,可知M点所处等势面的电势比P点所处等势面电势高,即M点电势比P点的高,A错误;M点电场线分布比N点密集,可知M点电场强度比N点的大,B错误;负电荷从M点运动到P点,电场力方向的与位移方向的夹角为钝角,电场力做负功,动能减小,速度减小,C错误,D正确。
4.(2025·江西宜春阶段练习)如图所示,光滑绝缘固定细杆与水平方向的夹角θ=30°。电荷量Q=-4×10-6 C的点电荷固定于光滑绝缘细杆端点。A、B是以点电荷Q为圆心,半径分别为r1=0.6 m和r2=0.3 m的同心圆周上的两点,同心圆周与光滑绝缘细杆相交于C点和D点。已知静电力常量k=9×109 N·m2/C2,且以无穷远处为零电势位置。现将一电荷量q=
-2×10-6 C、质量m=0.2 kg的带负电小球套在杆上从C点由静止释放,g取10 m/s2。
(1)求带电小球从C点由静止释放瞬间的加速度大小。
(2)若将电荷量q1=3×10-6 C的点电荷从A点移至无穷远处,克服电场力做功0.18 J;若将电荷量q2=-4×10-6 C的试探电荷置于B点,其具有的电势能为0.48 J。则A、B两点的电势φA、φB分别是多少
(3)求带电小球下滑至D点的速度大小。(结果可保留根号)
【答案】 (1)4 m/s2
(2)-6×104 V　-1.2×105 V
(3) m/s
【解析】 (1)带电小球在C点所受库仑力大小为F=k=0.2 N,
小球从C点释放瞬间,根据牛顿第二定律有mgsin θ-F=ma,
解得此时加速度大小为a=4 m/s2。
(2)根据电场力做功与电势差的关系有W1=q1(φA-0)=q1φA=-0.18 J,
解得φA=-6×104 V,由电势的定义式可得φB==-1.2×105 V。
(3)A、C位于同一等势面,B、D也位于同一等势面。
小球从C点运动到D点过程中,
电场力做功为WCD=qUCD=q(φC-φD)=q(φA-φB)=-0.12 J,
根据动能定理有mg(r1-r2)sin θ+WCD=mv2,
解得v= m/s。
对点2.电势差与电场强度的关系
5.(2025·河南卷,4)如图,在与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点,其电势分别为6 V、
4 V、2 V;a、b、c分别位于纸面内一等边三角形的顶点上。下列图中箭头表示a点电场的方向,则正确的是(　　)
　　　　
A B
　　　　
C D
【答案】 C
【解析】匀强电场中任意两点间的中点的电势等于这两点电势的平均值,可知a、c中点d的电势与b点电势相同,b、d的连线为该匀强电场的等势线。电场线垂直于等势线且由高电势指向低电势,故电场线沿ac方向且由a指向c,C正确。
6.(多选)(2025·安徽模拟)如图所示,在匀强电场中有一个圆心为O的虚线圆,电场方向与圆所在的平面平行,A、B、C、D分别为圆上的四个点,其中AC过圆心,AC=1 m,AB=0.6 m,AD=
0.8 m。现将一个电子从A点移动到B点,电场力做的功为36 eV;若将该电子从A点移动到C点,电场力做的功为100 eV。下列说法正确的是(　　)
A.取A点电势为零,则O点的电势为15 V
B.D点处的电势比B点处的电势高
C.电场强度大小为100 V/m,方向由A点指向C点
D.若将电子从A点移到D点,则其电势能减少64 eV
【答案】 BD
【解析】 根据公式U=可知,A、C两点的电势差为UAC=φA-φC=-100 V,取A点的电势为0,可知C点的电势为φC=100 V,则圆心O点的电势为φO=50 V,A错误;同理,A、B两点的电势差为UAB=φA-φB=-36 V,若仍取A点的电势为0,则φB=36 V,根据几何关系可知AB与CD平行且相等,在匀强电场中有UAD=UBC=-64 V,则φD=64 V,即φD>φB,B正确;若过B点作AC的垂线交于P点,如图所示,则AP=ABcos ∠BAC=AB·=0.36 m,可知A、P间电势差为UAP=UAC·=-36 V,即φP=36 V,说明BP为一条等势线,该电场的电场强度方向由C点指向A点,大小为E==100 V/m,C错误;电子从A点移到D点,电场力做功为WAD=-eUAD=
64 eV,则电子的电势能减少64 eV,D正确。
对点3.电场线、等势线(面)与粒子的运动轨迹问题
7.(2025·安徽合肥三模)电缆周围的电场分布对电缆的电场强度影响很大,如图所示为电缆终端周围的电场分布情况,图中虚线为等势线,实线为电场线,a、b、c三点为不同电场线和等势面的交点,其中b、c两点关于电缆对称,下列说法正确的是(　　)
A.a点的电场强度比b点的小
B.b点的电场强度和c点的相同
C.在b点由静止释放一带正电的粒子,粒子将沿等势线运动
D.将一电子由a点移至b点后电势能减小
【答案】 D
【解析】 a点附近电场线较 b点密集,可知a点的电场强度比b点的大,A错误;b点的电场强度和c点的大小相同,但方向不同,B错误;因电场线为曲线,则在b点由静止释放一带正电的粒子,释放时其加速度与等势线垂直,粒子不可能沿等势线运动,C错误;因b点电势高于a点,负电荷在高电势点的电势能小,则将一电子由a点移至b点后电势能减小,
D正确。
8.(2025·广东广州三模)在茶叶生产过程中有道茶叶、茶梗分离的工序。如图所示,A、B两个带电球之间产生非匀强电场,茶叶茶梗都带正电荷,且茶叶的比荷小于茶梗的比荷,两者通过静电场便可分离,并沿光滑绝缘分离器落入小桶。假设有一茶梗从A球表面O点离开,最后落入桶底。不计空气阻力。则(　　)
A.茶叶落入右桶,茶梗落入左桶
B.M处的电场强度大于N处的电场强度
C.M处的电势低于N处的电势
D.茶梗下落过程中电势能减小
【答案】 D
【解析】 根据牛顿第二定律得a=,由于茶叶、茶梗均带正电,则电场力产生的加速度方向整体向右,由于茶叶的比荷小于茶梗的比荷,则茶叶因电场力产生的加速度小于茶梗因电场力产生的加速度,即在相等时间内,茶叶的水平分位移小于茶梗的水平分位移,所以茶叶落入左桶,茶梗落入右桶,A错误;电场线分布的密集程度表示电场强弱,M处电场线分布比N处电场线稀疏一些,则M处电场强度小于N处电场强度,若过M、N分别作等势线,可知M处的电势高于N处的电势,B、C错误;茶梗下落过程中电场力做正功,则电势能减小,D正确。
9.(多选)(2025·四川绵阳模拟)如图所示,三个点电荷分别固定在等边三角形的顶点A、B、C上,M、N、L点为三条边的中点。已知M点的电场强度方向与BC边平行,N点的电场强度方向与BC边垂直,A处点电荷的电荷量为+q,则(　　)
A.B处点电荷带负电
B.C处点电荷电荷量的绝对值小于q
C.带正电荷的试探电荷在M点的电势能比在L点的大
D.将A处点电荷沿NA连线远离BC边,N点的电势降低
【答案】 BD
【解析】 由于N点合电场强度方向竖直向下,则A点电荷在N点的电场强度方向沿A→N,B、C点处的点电荷在N点的电场强度方向一定沿CB所在直线,且二者合电场强度为零,即C、B点处的点电荷为等量同种电荷。由于EM平行于BC向左,而A点的电荷在M点的电场强度沿AM方向,则C、B处点电荷在M点的合电场强度方向斜向左上,所以C、B处的点电荷均为正电荷,A错误;设C、B处的点电荷的电荷量均为Q,设三角形的边长为l,由几何关系得CM=l,AM=BM=,A点电荷在M点的电场强度竖直分量的大小为EA=k×sin 60°=,方向竖直向下,B点电荷在M点的电场强度竖直分量的大小为EB=k×sin 60°=,方向竖直向上,C点电荷在M点的电场强度竖直分量大小为EC=k×sin 30°=,方向竖直向上,而M点竖直方向电场强度为零,则有EB+EC=EA,联立解得Q=q10.(2025·陕晋青宁卷,15)如图,有两个电性相同且质量分别为m、4m的粒子A、B,初始时刻相距l0,粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动,此时A、B两粒子系统的电势能等于m。经时间t1粒子B到达P点,此时两粒子速度相同,同时开始给粒子B施加一恒力,方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时,粒子A恰好运动至P点且速度为0,A、B粒子间距离恢复为l0,这时撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比,忽略两粒子所受重力。求:(m、l0、v0、t1均为已知量)
(1)粒子B到达P点时的速度大小v1;
(2)t1时间内粒子B的位移大小xB;
(3)恒力作用的时间t2。
【答案】 (1)v0　(2)-l0　(3)
【解析】 (1)根据动量守恒定律有mv0=(m+4m)v1,
解得v1=v0。
(2)设A、B两粒子共速时间距为l′,
根据能量守恒定律可知此时系统的电势能为
Ep′=m+m-×5m,
解得Ep′=m,
根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比,则l′=l0=l0,
两者共速前的过程中系统始终动量守恒,根据动量守恒有∑mv0t1=∑mvAt1+∑4mvBt1,
即有mv0t1=mxA+4mxB,
根据位移关系可知xB+l0=xA+l′,
联立解得xB=-l0。
(3)对全过程,根据动能定理有
Fl0=×4m-m,
对全过程,根据动量定理有
Ft2=4mv0-mv0,
联立解得t2=。第6讲　小专题:带电粒子(带电体)在电场中的力电综合问题
【学习目标】
1.能准确地对带电粒子(质点)或带电体进行受力分析;能将带电粒子的运动与牛顿第二定律结合;能熟练运用运动的合成与分解的方法处理类平抛运动和运用动能定理或能量守恒定律分析解决带电粒子在电场中运动的能量转化问题。
2.形成解决力电综合问题的标准化分析流程;掌握根据问题特点灵活选择最简捷解题路径的方法。
3.能将力电综合问题的分析方法迁移到复合场问题中,具备处理更复杂物理情境的能力;能将物理模型与实际应用相联系,体会物理学的应用价值。
4.培养严谨的逻辑推理能力和缜密的科学思维习惯;提升数学计算能力,特别是代数运算和几何关系的应用;能清晰、规范地写出解题步骤,物理语言使用准确,逻辑严密。
考点一　带电粒子在电场和重力场中的运动
如图所示为小球在最高点没有支撑的“轻绳”模型(不计一切摩擦阻力),通过前面的学习我们知道,小球能完成竖直面内完整圆周运动的临界特征是在最高点重力恰好提供向心力,即mg=m,则在最高点的最小速度vmin=。
请思考:
(1)若小球同时受到一个竖直向下的恒定电场力qE,临界特征是什么 如果电场力qE竖直向上呢 我们把重力和电场力的合力等效成小球所受重力,那么就可以直接套用mg=m,vmin= 规律,这个等效的重力加速度g′的大小和方向如何
(2)用等效法分析,若小球受到一个水平向左的恒定电场力qE,临界特征是什么
提示:(1)若小球同时受到一个竖直向下的恒定电场力qE,临界条件是在最高点位置qE+mg=m。
如果qE竖直向上且小于mg,临界条件是在最高点位置mg-qE=m;如果qE竖直向上且等于mg,小球做匀速圆周运动,无临界条件;如果qE竖直向上且大于mg,临界条件是在最低点位置qE-mg=m。把重力和电场力的合力等效
成小球所受重力,有F合=mg′,则g′=,方向与F合相同。
(2)电场力和重力的合力大小F合=,方向如图所示,则等效重力加速度g′=,临界特征是在等效最高点位置(如图中A点)vmin=。
1.等效重力场
物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动,但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些。此时可以将重力场与电场合二为一,用一个全新的“复合场”来代替,可形象称之为“等效重力场”。
2.“等效最高点”和“等效最低点”示意图
[例1] 【在“等效重力场”中的类抛体运动】 (多选)(2025·河南濮阳期末)如图所示,空间存在水平向左的匀强电场,将一质量为m、电荷量为q的带正电小球向右以速度v0水平抛出,小球在此后的运动过程中最小速度为v0。重力加速度为g,P点电势φP=0,下列说法正确的是(　　)
A.电场强度大小E=
B.小球抛出后经过t1=速度最小
C.经过t2=小球运动到P点正下方
D.小球在运动过程中具有的最大电势能为m
【答案】 BC
【解析】 把电场力和重力等效为一个力F,带电小球的运动为类斜抛运动,当小球速度方向与F方向垂直时速度最小。设F与竖直方向(即重力方向)夹角为θ,则有vmin=v0cos θ=v0,解得θ=60°,根据力的合成规律有Eq=mgtan θ,代入数据解得E=,A错误。将小球的运动分解为水平与竖直两个分运动,其中水平、竖直方向加速度分别为ax=-=-g、ay=g,小球在水平方向做匀减速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动。设小球抛出后经t1时间后速度最小,则水平方向的速度为vx=v0+axt1=v0-gt1,竖直方向的速度为vy=gt1,根据分速度与合速度的关系有v0==,解得t1=,即小球抛出后经过t1=速度最小,B正确。设小球经过t2时间后运动到P点正下方,小球当运动到P点正下方时,水平位移为0,根据运动学公式有x=v0t2+ax,代入数据解得t2=,即经过t2=小球运动到P点正下方,C正确。当小球水平速度减为0时,小球水平向右运动的位移最大,电场力做负功最多,电势能增加最大。即当小球水平速度减为0时有最大电势能。设小球水平向右运动的最大位移为x,则x=0-=,电场力做功为W=-Eqx=-·q·
=-m,所以电势能的增加量为m,又因为初始电势能为零,所以最大电势能为m,D错误。
[例2] 【在“等效重力场”中的圆周运动】 (2025·黑龙江大庆模拟)如图所示,竖直平面内有固定的光滑绝缘圆形轨道,匀强电场的方向平行于轨道平面水平向右,P、Q分别为轨道上的最高点和最低点,M、N是轨道上与圆心O等高的点。质量为m、电荷量为q的带正电的小球在P处获得水平向右速度v0,恰好能在轨道内做完整的圆周运动,已知重力加速度大小为g,电场强度大小E=。则下列说法正确的是(　　)
A.在轨道上运动时,小球动能最大的位置在Q点
B.经过M、N两点时,小球所受轨道弹力大小的差值为6mg
C.在轨道上运动时,小球机械能最小的位置在N点
D.若小球在Q处以速度v0水平向右射出,也能在此轨道内做完整的圆周运动
【答案】 C
【解析】 小球所受电场力和重力的合力为F==mg,方向指向右下方,与水平方向的夹角为45°,即从开始到QM圆弧的中点合力做功最多,则动能最大,A错误;小球经过N点时有F1+qE=m,经过M点时有F2-qE=m,根据动能定理有2qER=m-
m,解得F2-F1=6mg,B错误;机械能最小意味着电势能最大,N点电势最高,电势能最大,
C正确;由于PN圆弧的中点即为速度最小点,而从P点出发恰好到达速度最小点,若以相同的速度从Q点出发,前者重力做正功后者重力做负功,可知无法到达速度最小点,D错误。
考点二　电场中的力、电综合问题
1.动力学观点
(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力,可用正交分解法。
(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式,注意受力分析要全面,特别注意重力是否需要考虑的问题。
2.能量观点
(1)运用动能定理,注意过程分析要全面,准确求出过程中所有力做的功,判断是对分过程还是对全过程使用动能定理。
(2)运用能量守恒定律时,注意题目中有哪些形式的能量出现。
3.动量观点
(1)运用动量定理时,要注意动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必须选同一个正方向。
(2)运用动量守恒定律时,除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式,还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒。
[例3] 【动力学观点】 (2025·贵州遵义阶段练习)如图所示,足够长的倾角为θ=37°的光滑固定绝缘斜面和粗糙绝缘水平面平滑连接,空间存在着平行于斜面向上的匀强电场,电场强度为E=1×104 N/C。现有质量为m=1 kg、带电荷量为q=+5×10-4 C的小滑块,从水平面上A点由静止释放,经过时间t=2 s后到达斜面底端B点。若小滑块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5,不计空气阻力。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取 10 m/s2。求:
(1)小滑块从A滑行到B过程中所受摩擦力的大小和加速度大小;
(2)A、B两点的距离和电势差UAB;
(3)小滑块沿斜面上升的最大高度。
【答案】 (1)3.5 N　0.5 m/s2　(2)1 m　8 000 V (3)0.3 m
【解析】 (1)小滑块从A滑行到B的过程中,小滑块所受的电场力F=Eq,
小滑块所受的摩擦力Ff=μ(mg-Fsin 37°),
解得Ff=3.5 N,
由牛顿第二定律可得Fcos 37°-Ff=ma1,
解得小滑块加速度大小a1=0.5 m/s2。
(2)A、B两点的距离d=a1t2,
解得d=1 m,
A、B两点的电势差UAB=Edcos 37°,
解得UAB=8 000 V。
(3)小滑块在斜面上运动时,由牛顿第二定律有
qE-mgsin 37°=ma2,
解得a2=-1 m/s2,
由运动学公式有
vB=a1t,
-=2a2x,
又h=xsin 37°,
解得h=0.3 m。
[变式] [例3]中,随着电场强度的增大,小滑块在水平面上运动的加速度如何变化 小滑块能在水平面上运动的电场强度的最大值是多大(结果可用分数表示) 若电场强度大于这个最大值,由静止释放的小滑块做什么性质的运动
【答案】 见解析
【解析】 由牛顿第二定律有qEcos 37°-μ(mg-qEsin 37°)=ma,
可知当E增大时加速度变大。小滑块能在水平面上运动的临界条件是 qEsin 37°=mg,
解得E=×104 N/C。
若E>×104 N/C,由静止释放的小滑块将在电场力和重力作用下做匀加速直线运动。
[例4] 【能量观点】 (2025·江西赣州期末)如图所示,倾角为θ=30°的斜面AB与半径为R= m的光滑圆弧轨道BC在B点平滑连接,圆弧轨道BC末端C点处的切线水平。整个空间存在平行于斜面向上的匀强电场,带正电的小滑块从A点静止释放,以加速度大小a=10 m/s2 沿斜面向上匀加速运动。已知斜面AB的长度为l=5 m,小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=,小滑块质量为m=1 kg,电荷量q=1×10-2 C。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力,求:
(1)小滑块第一次经过B点时的速度大小和电场强度大小;
(2)小滑块对圆弧轨道C点的压力大小(结果可以保留根号);
(3)经过足够长时间,小滑块在斜面上运动的路程。
【答案】 (1)10 m/s　2×103 N/C　(2) N　(3)15 m
【解析】 (1)小滑块沿AB做匀加速直线运动,则有=2al,
代入数据解得vB=10 m/s,
根据牛顿第二定律有
Eq-mgsin 30°-μmgcos 30°=ma,
代入数据解得E=2×103 N/C。
(2)小滑块在圆弧上从B到C根据动能定理有
-mg(R+Rcos 30°)+EqRsin 30°=m-m,
小滑块经过C点时有
FN+mg-Eqsin 30°=m,
代入数据解得FN= N,
由牛顿第三定律可知小滑块对轨道的压力为 N。
(3)小滑块离开C点后,由力的合成规律可知,其所受合力水平向左,可知小滑块先向右做匀减速直线运动然后以原速度大小返回C点,经过圆弧和斜面轨道,沿斜面下滑时,摩擦力和电场力均为阻力,可知小滑块将无法到达A点,然后返回。
经若干次往返后恰好不进入斜面轨道而停在B点,从释放到B点,根据动能定理有
Eql-mglsin 30°-μmgscos 30°=0,
解得总路程s=15 m。
[例5] 【动量观点】 (2025·四川凉山三模)如图所示,半径R=0.3 m的光滑四分之一圆弧管道竖直固定,与水平面相切于最低点P,空间中存在水平向右的匀强电场,电场强度大小为E=1×103 V/m,物体甲的质量m1=0.2 kg,带电荷量q=+1×10-3 C,在P点右侧L1= m处有一不带电的物体乙,质量m2=0.2 kg,物体乙右侧L2= m处有一竖直固定挡板。物体甲从圆弧管道上与圆心O等高的A点由静止开始沿管道滑动。已知甲、乙与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2,所有碰撞均无能量损失,且甲、乙碰撞没有电荷转移,甲、乙均视为质点。g取10 m/s2,求:
(1)在圆弧管道最低点P,物体甲受到轨道的支持力大小;
(2)甲、乙第一次碰撞后各自的速度大小;
(3)整个过程甲、乙在水平面上运动的总路程之和。
【答案】 (1)8 N　(2)0　4 m/s　(3)7.25 m
【解析】 (1)物体甲从A点到P点过程,根据动能定理有m1gR+qER=,
经过P点时有FN-m1g=m1,
联立解得v1=3 m/s,FN=8 N。
(2)物体甲在水平面上向右运动到碰前,根据动能定理有
(Eq-μm1g)L1=m1v2-m1,
甲、乙碰撞过程中能量守恒,有
m1v=m1v甲+m2v乙,
m1v2=m1+m2,
解得v=4 m/s,v甲=0,v乙=4 m/s。
(3)对物体甲,由于
F电=Eq=1 N>μm1g=0.4 N,
且所有碰撞(甲与乙,乙与挡板)均无能量损失,则经过若干次碰撞后物体甲、乙最终停在挡板处。
在整个过程中,对甲、乙系统,根据能量守恒定律有
Q=μm1gs1+μm2gs2=m1gR+qE(R+L1+L2),
又s总=s1+s2,
解得s总=7.25 m。
课时作业
对点1.带电粒子在电场和重力场中的运动
1.(2025·黑龙江哈尔滨模拟)如图所示,在竖直向上的匀强电场中,A球位于B球的正上方,质量相等的两个小球以不同初速度同时水平抛出,它们最后落在水平面上同一点,其中只有一个小球带电,不计空气阻力,两个小球均可视为质点,下列判断正确的是(　　)
A.如果A球带正电,则A球的初速度一定较小
B.如果B球带正电,则A球的初速度一定较大
C.如果A球带负电,则A球运动时间一定较长
D.如果B球带负电,则A球运动时间一定较短
【答案】 A
【解析】 若A球带正电,根据类平抛规律,对A有hA=·,x=vAt1,解得vA=x,对B有hB=g,x=vBt2,解得vB=x,其中hA>hB,可知vAx,vA=x,其中hA>hB,可知两小球的初速度大小关系不能够确定,A正确,B错误。若A球带负电,则hA=·,解得t3=,对B有hB=g,解得t4=,其中hA>hB,可知两小球的运动时间大小关系不能够确定;若B球带负电,对B有hB=·,解得t5=,对A有hA=g,解得t6=,其中hA>hB,可知t52.(2025·江西九江三模)如图所示,粗糙绝缘的直杆竖直放置在等量异种电荷连线的中垂线上,直杆上有A、O、B三点,O为等量异种点电荷连线的中点,AO=BO=L。一质量为m的带负电小圆环从A点以初速度v0向B点滑动,滑到B点时速度恰好为0,重力加速度为g。关于小圆环从A运动到B的过程,下列说法正确的是(　　)
A.小圆环的电势能先减小后增大
B.小圆环的加速度先减小后增大
C.小圆环克服摩擦力做功为m+2mgL
D.小圆环运动到O点时的动能等于m
【答案】 D
【解析】 等量异种点电荷连线的中垂线是等势线,小圆环从A到B过程电场力不做功,小圆环的电势能不变,A错误;从A到B,电场强度先增大后减小,小圆环受到的电场力先增大后减小,小圆环受到的摩擦力大小为Ff=μFN=μqE,而小圆环加速度为a=,可知加速度先增大后减小,B错误;小圆环从A到B过程,根据动能定理有-mg×2L+Wf=0-m,解得摩擦力对圆环做功为Wf=2mgL-m,C错误;由对称性可知,小圆环从A到O过程和从O到B过程摩擦力做功相等,故从A到O过程有-mgL+Wf=Ek-m,解得小圆环运动到O点时的动能为Ek=m,D正确。
3.(多选)(2025·云南昆明三模)匀强电场中,质量为m、带电量为q(q>0)且可视为质点的小球在长为L的绝缘轻绳拉力作用下绕固定点O在竖直平面内做圆周运动,M点和N点分别为圆周上的最低点和最高点,电场方向平行于圆周平面。已知运动过程中小球速度最小值为 (g为重力加速度),此时绳子拉力恰好为零。小球运动到M点时速度大小为2且大于小球经过N点时的速度,不计空气阻力。若O点电势为零,下列说法正确的是(　　)
A.小球受到的电场力与重力的夹角为30°角
B.匀强电场的电场强度大小为
C.M点的电势为
D.小球从速度最小到速度最大的过程中,电场力做的功为2mgL
【答案】 BC
【解析】运动过程中小球速度最小时绳子拉力恰好为零,可知重力和电场力的合力提供向心力,此时有F合=m=mg,因重力竖直向下,可知电场力大小F电=mg,且与重力夹角为120°,则匀强电场的电场强度大小为E=,可知小球运动过程中的等效重力点如图中Q所示,A错误,B正确;连接MP,并过O点作MP的垂线,该垂线为等势线,则M、O两点的电势差为UMO=ELcos 60°=,O点电势为零,可知M点的电势为φM=,C正确;小球从速度最小到速度最大为从Q到P的过程,电场力做的功为W=qE·2Lcos 60°=mgL,D错误。
4.(2025·甘肃白银模拟)取无限远处为零电势点,真空中带电量为Q0的点电荷在与其距离为r的A点的电势φ=(其中k为静电力常量),如果A点周围有多个点电荷,则A点的电势等于这些点电荷单独存在时的电势之和。如图所示为水平放置的一均匀带电圆环,所带的总电量为+Q,圆环的半径为b,O点为圆环的圆心,取O点为坐标原点,竖直向上为正方向,建立z轴,在Oz轴上位于z=d处的P点的电场强度最大。现将质量为m、带电量为+q的小球(可视为质点)从z轴正半轴无限远处由静止释放,小球运动到P点时的速度为v,加速度恰好为零。已知静电力常量为k,空气阻力不计,重力加速度为g。求:
(1)小球的质量;
(2)小球从无限远处运动到P点的过程中重力所做的功。
【答案】 (1) (2)+
【解析】 (1)小球经过P点时的加速度为零,
有qE=mg,
解得P点的电场强度E=,
把圆环分n等份,则P点的电场强度大小为E=nEncos θ,
而En=,cos θ=,
联立解得m=。
(2)小球从无限远处运动到P点的过程中,根据动能定理有W重+W电=mv2,
而W电=qU,U=0-φP,
P点的电势φP=,
解得W重=+。
对点2.电场中的力、电综合问题
5.(2025·江西赣州二模)如图甲所示,竖直放置的光滑绝缘四分之一圆形轨道两端分别与绝缘粗糙水平传送带CD和光滑绝缘的竖直轨道AB平滑相接,C点为四分之一圆形轨道的最低点,整个装置处在水平向左的匀强电场中,电场强度大小为E。一带电量为+q、质量m为0.1 kg的金属小物块(视为质点)从A位置处无初速度自由滑下,滑至底端C并冲上沿逆时针方向匀速转动且足够长的传送带。在传送带上运动的vt图像如图乙所示,以速度水平向左为正方向,最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力,不计空气阻力,重力加速度g取
10 m/s2,已知E=,则(　　)
A.由A运动到B的过程中,电场力对金属小物块的功率一直增大
B.金属小物块与传送带间的动摩擦因数为
C.0~0.45 s内,金属小物块与传送带间摩擦产生的内能为0.45 J
D.金属小物块在运动过程中对轨道压力的最大值为
【答案】 B
【解析】 金属小物块由A运动到B的过程中,电场力与金属小物块的速度方向垂直,可知电场力的功率一直为零,A错误;由题图乙可知,金属小物块刚滑上传送带时的加速度大小为a= m/s2= m/s2,则有qE+μmg=ma,解得金属小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=,B正确;0~0.45 s 内,金属小物块与传送带间摩擦产生的内能为Q=μmgΔx,Δx为二者之间的相对位移,由题图乙图线所围面积,可知Δx=×0.45×6 m=1.35 m,可得Q=0.9 J,C错误;电场力和重力的合力大小F==mg,金属小物块对轨道压力最大时有FN-F=m,可知FN=m+F>F=mg,即金属小物块在运动过程中对轨道最大压力大于,D错误。
6.(多选)(2025·安徽卷,10)如图,两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内,空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球(均可视为质点)在轨道上同一高度保持静止,间距为L,甲、乙所带电荷量分别为q、2q,质量分别为m、2m,静电力常量为k,重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2,匀强电场的电场强度大小为E,不计空气阻力,则(　　)
A.F1=F2
B.E=
C.若将甲、乙互换位置,二者仍能保持静止
D.若撤去甲,乙下滑至底端时的速度大小v=
【答案】 ABD
【解析】 如图所示,对两球进行受力分析,设两球间的库仑力大小为F,轨道倾角为θ,对甲球根据平衡条件有FN1cos θ=mg,F=FN1sin θ+Eq,对乙球有FN2cos θ=2mg,FN2sin θ=F+2Eq,联立解得F=4Eq,故==,同时由库仑定律有F=,解得E=,故A、B正确;若将甲、乙互换位置,假设二者仍能保持静止,同理可得对甲有FN1′cos θ=mg,FN1′sin θ=F+Eq,对乙有FN2′cos θ=2mg,FN2′sin θ+2Eq=F,联立可得F+4Eq=0,无解,即假设不成立,故C错误;若撤去甲,对乙球根据动能定理有2mg·tan θ-2Eq·=·2mv2,结合前面分析可知tan θ=,联立解得v=,故D正确。
7.(2025·湖南期末)如图所示,在光滑水平轨道AB的末端处,平滑连接一个半径R=0.4 m的光滑半圆形轨道,半圆形轨道与水平轨道相切,C点为半圆形轨道的中点,D点为半圆形轨道的最高点,A、B两点间的距离L=1.2 m,整个轨道处在电场强度水平向右、大小E=1×
107 N/C的匀强电场中。用固定的弹射装置锁定一个质量m=1 kg、带电量q=+1×10-6 C的小物块(可视为质点),某时刻解除锁定,小物块运动到D点时对轨道的压力为30 N。重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)弹射装置锁定时具有的弹性势能;
(2)小物块在水平轨道AB上的落点与B点的距离;
(3)小物块在空中的最小动能。
【答案】 (1)4 J　(2)0.8 m　(3)4 J
【解析】 (1)小物块经过D点时有FN+mg=m,
代入数据解得vD=4 m/s,
设D点电势为0,则小物块在A处的电势能Ep电=EqL,从A点到D点,
根据能量守恒定律有Ep+EqL=m+2mgR,
代入数据解得Ep=4 J。
(2)小物块离开D点,在竖直方向上做自由落体运动,则2R=gt2,
在水平方向上做匀变速直线运动,其加速度a=,
则水平位移x=vDt-at2,
代入数据解得x=0.8 m。
(3)小物块在空中运动过程中,
电场力F电=Eq=10 N,
重力G=mg=10 N,
合力与水平方向的夹角θ=45°,且F合=mg,
将合力看成等效重力,那么物块在空中的运动为斜抛运动,当速度与等效重力垂直时速度最小,此时vmin=vDcos θ,
解得vmin=2 m/s,
所以最小动能Emin=m,
代入数据解得Emin=4 J。
8.(2025·湖南娄底一模)如图甲所示,虚线表示竖直平面内的匀强电场中的等势面,等势面与水平地面平行。电荷量为q、质量为m的带电小球以一定初速度沿虚线方向抛出,以抛出点为坐标原点沿竖直向下方向建立y轴,运动过程中小球能量E′随y的变化如图乙所示,其中动能和机械能随坐标y的变化关系分别如图线a、b所示,已知E0为已知量,重力加速度为g,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　)
A.小球初速度大小v0=2
B.电场强度大小为
C.小球抛出时重力势能为E0
D.小球加速度大小为g
【答案】 B
【解析】 由题图甲可知,空间中电场线沿竖直方向;由题图乙中直线b可知,带电小球所受电场力方向竖直向上,由直线a可知重力大于电场力。小球初动能为E0,则有E0=m,可得初速度大小v0=,A错误;设电场强度大小为E,根据动能定理有(mg-qE)y0=4E0-E0,根据功能关系有-qEy0=0-4E0,联立得E=,B正确;小球抛出时机械能为4E0,动能为E0,可知初始时小球重力势能Ep0=3E0,C错误;根据牛顿第二定律,对小球有mg-qE=ma,代入数据得小球加速度大小为a=g,D错误。
9.(2025·辽宁葫芦岛二模)如图所示,倾角为θ=30°的光滑绝缘斜面底端固定有一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧上端连接一质量为2m不带电的滑块Q而处于静止状态,整个装置处于沿斜面向下的匀强电场中,电场强度大小E=。在Q的上方x0=处由静止释放一质量为m、电荷量为+q的滑块P,运动一段时间后P与Q发生碰撞,碰撞时间极短(可忽略不计),P所带电荷量不会转移到Q。碰后P、Q一起向下运动,到达最低点后又向上弹回。已知重力加速度为g,弹簧始终处在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2,弹簧振子的周期公式为T=2π,其中k为弹簧的劲度系数,M为振子的质量。
(1)求碰后瞬间P、Q的共同速度;
(2)求碰后P、Q一起向下运动的最大位移;
(3)试判断P、Q碰后的运动过程中是否会分离。如果会分离,则求从释放P到P、Q第一次分离所用的时间;如果不会分离,则求从释放P到P、Q速度第二次减为零所用的时间。
【答案】 (1)g　(2)mg
(3)不会分离　(3+π)
【解析】 (1)设滑块P、Q碰撞前瞬间P的速度为v1,
根据动能定理有
(mgsin 30°+Eq)x0=m,
解得v1=3g;
设碰后瞬间P、Q的共同速度为v2,对P、Q的碰撞过程,
根据动量守恒定律有mv1=(m+2m)v2,
解得v2=v1=g。
(2)初始时刻弹簧的压缩量为x1,根据平衡条件,对Q有kx1=2mgsin θ,得x1=,
设碰后P、Q一起向下运动的最大位移为x2,
P、Q碰后瞬间到两者到达最低点的过程,
根据能量守恒定律有
(m+2m)+(m+2m)gx2sin θ+Eqx2=k-k,
解得x2=mg,
另一值(x2=-,不符合题意舍去)。
(3)P、Q分离的临界条件是二者之间弹力为零且加速度相同。假设P、Q碰后的运动过程中未分离,即P、Q上升到最高点时弹簧仍处于压缩状态,设此时弹簧的压缩量为x3,从碰后瞬间到最高点,根据能量守恒定律有
k+(m+2m)=k+(m+2m)g(x1-x3)sin θ+Eq(x1-x3),
解得x3=0,
说明假设成立,弹簧恢复到原长时到达最高点,此时P、Q速度均为零,此后做简谐运动,
振幅为A==mg,
由此可知P、Q碰撞位置距离平衡位置
Δx=A-x1=;
根据振动规律,P、Q一起运动到平衡位置,
经历的时间Δt=(T为简谐运动周期),
设P释放到P、Q碰撞经历的时间为t1,根据动量定理有(mgsin θ+Eq)t1=mv1,
设P、Q碰撞到第二次速度为零经历的时间为t2,
t2=T+T,
从释放P到P、Q速度第二次减为零所用的时间t=t1+t2=(3+π)。第7讲　实验:观察电容器的充、放电现象
【学习目标】
1.能根据实验电路图,独立、正确地连接充、放电实验电路;能成功进行电容器的充电和放电操作;能定性观察并准确描述充、放电过程中,回路电流和电容器两端电压随时间变化的趋势。
2.学会用控制变量法设计简单实验,探究充、放电快慢;能够设计表格,系统记录不同时刻的电流、电压值;能够根据记录的数据,手绘或使用软件绘制出充、放电过程的i-t和u-t曲线草图;能通过图像对比充、放电过程的异同点。
3.提高物理实验的严谨性,培养实事求是的科学态度和一丝不苟的作风;在观察新奇现象时,激发对电磁学世界的求知欲和探索精神;构建起对电容器工作的整体物理图景;利用图像法将抽象的指数变化规律可视化,从而更深刻地理解过程的变化特点。
一、实验目的
1.理解电容器的储能特性及其在电路中能量的转换规律。
2.了解电容器充、放电过程中,电路中的电流和电容器两端电压的变化规律,会计算电容器充、放电的电荷量。
二、实验过程
1.电容器的充电过程
如图所示,当开关S接1时,电容器接通电源,在电场力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动,正极板因失去电子而带正电,负极板因获得电子而带负电。正、负极板带等量的正、负电荷。电荷在移动的过程中形成电流。在充电开始时电流比较大,以后随着极板上电荷的增多,电流逐渐减小,当电容器两极板间电压等于电源电压时,电荷停止定向移动,电流I=0。
2.电容器的放电过程
如图所示,当开关S接2时,相当于将电容器的两极板直接用导线连接起来,电容器正、负极板上电荷发生中和。在电子移动过程中,形成电流。放电开始时电流较大,随着两极板上的电荷量逐渐减小,电路中的电流逐渐减小,两极板间的电压也逐渐减小到零。
3.电容器充、放电时的能量转化
充电后,电容器储存了电能。放电时,储存的电能释放出来,转化为其他形式的能。
三、数据处理
1.整个图像与坐标轴所围的面积的物理意义是整个充电或放电时间内通过电流表的电荷量。
2.估算电容器充电或放电过程中电荷量的方法是:先算出一个小方格代表的电荷量,然后数出整个图像与坐标轴所围的面积中的方格数(大于半个的按一个方格计算,小于半个的舍弃)。电容器充电或放电过程中电荷量为一个小方格代表的电荷量乘以方格数。
四、误差分析
1.电压表读数及电流表不够灵敏造成偶然误差。
2.充放电时间较短、记录现象不够准确出现偶然误差。
3.电容器电容较小和电源不稳定造成系统误差。
五、注意事项
1.电流表要选用小量程的灵敏电流计。
2.要选择大容量的电容器。
3.实验要在干燥的环境中进行。
4.在做放电实验时,在电路中串联一个电阻,以免烧坏电流表。
考点一　基础性实验
[例1] 【定性分析】 (2025·河南模拟)某同学设计了如图甲所示的电路来观察电容器的充放电过程。
(1)连接好电路后,将滑动变阻器的滑片调整至适当位置,闭合开关S,将单刀双掷开关S′掷于1端,此时电容器开始　　　　(选填“充”或“放”)电,观察到的实验现象是　 ,再将S′掷于2端,观察到的实验现象是 　　　　　　　。
(2)其他条件不变,只换用容量更大的电容器来做实验,相比于(1)中实验,此次实验在放电过程中看到的现象是　。
(3)其他条件不变,只把小灯泡换成电感器,闭合开关S,先将单刀双掷开关S′掷于1端,一段时间后,再将单刀双掷开关S′掷于2端,此时电容器和电感器构成一个LC振荡电路,当电感线圈中的磁感线和电容器中极板的带电情况分别如图乙所示时,电容器正处于　　　(选填“充”或“放”)电状态,电路中的电流在　　　　(选填“增大”或“减小”)。
【答案】 (1)充　小灯泡闪亮一下后熄灭　小灯泡闪亮一下后熄灭
(2)小灯泡闪亮持续时间较长　(3)放　增大
【解析】 (1)闭合开关S,将单刀双掷开关S′掷于1端,此时电容器开始充电,由于电容器上的电荷越来越多,电容器两极板间的电压越来越大,电路中的电流越来越小,最后为零,所以观察到的实验现象是小灯泡闪亮一下后熄灭。将单刀双掷开关S′掷于2端,此时电容器开始放电,电容器相当于电源,电容器带的电荷量越来越少,两极板间的电压越来越小,所以观察到的实验现象是小灯泡闪亮一下后熄灭。
(2)其他条件不变,只换用电容量更大的电容器来做实验,相比于(1)中实验,电容器两极板间的电压不变,电容器的带电荷量增多,则在放电过程中的时间更长,小灯泡闪亮持续时间较长。
(3)根据右手定则可知,电容器正处于放电状态,电路中的电流在增大。
[例2] 【定量计算】 (2024·广西卷,12)某同学为探究电容器充、放电过程,设计了图甲实验电路。器材如下:电容器,电源E(电动势6 V,内阻不计),电阻R1=400.0 Ω,电阻R2=200.0 Ω,电流传感器,开关S1、S2,导线若干。实验步骤如下:
(1)断开S1、S2,将电流传感器正极与a节点相连,其数据采样频率为5 000 Hz,则采样周期为　　　　 s。
(2)闭合S1,电容器开始充电,直至充电结束,得到充电过程的I-t曲线如图乙,由图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为　　　　 mA(结果保留三位有效数字)。
(3)保持S1闭合,再闭合S2,电容器开始放电,直至放电结束,则放电结束后电容器两极板间电压为　　　　 V。
(4)实验得到放电过程的I-t曲线如图丙,I-t曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的电荷量为0.018 8 C,则电容器的电容C为　　　　μF。图丙中I-t曲线与横坐标、直线t=1 s所围面积对应电容器释放的电荷量为0.003 8 C,则t=1 s时电容器两极板间电压为　　　　 V(结果保留两位有效数字)。
【答案】 (1)2.0×10-4　(2)15.0　(3)2
(4)4.7×103　5.2
【解析】 (1)采样周期为T==2.0×10-4 s。
(2)由题图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为15.0 mA。
(3)放电结束后电容器两极板间电压等于R2两端电压,根据闭合电路欧姆定律得电容器两极板间电压为UC=·R2=2 V。
(4)充电结束后电容器两端电压为UC′=E=6 V,故可得放电过程释放的电荷量ΔQ=C(UC′-UC)=0.018 8 C,解得C=4.7×103 μF。设t=1 s 时电容器两极板间电压为UC″,则C(UC′-UC″)=0.003 8 C,解得UC″=5.2 V。
[例3] 【误差分析】 (2025·北京西城期末)把直流电源、电阻、电容器、电流表、电压表以及单刀双掷开关组装成如图甲所示的电路进行实验,观察电容器充、放电过程。
(1)先将开关S接1,观察到电流表示数　　　　。
A.逐渐增大到某一值后保持不变
B.逐渐增大到某一值后迅速减小
C.迅速增大到某一值后保持不变
D.迅速增大到某一值后逐渐减小
(2)待电压表示数稳定后,将开关S接2,通过电流传感器(图中未画出)得到电流随时间变化的图线如图乙所示。则放电过程中通过R的电荷量Q1=　　 　　 C(结果保留两位有效数字)。
(3)该同学在分析数据时,用电容器的电容与充电后电压表稳定示数的乘积求出电荷量Q2,他发现Q1与Q2有明显差异。多次重复实验发现这种差异总是存在。请判断Q1　　　　(选填“>”或“<”)Q2,产生这一差异是由于　　　　(选填“电流表”“电压表”或“电阻”)的影响。
【答案】 (1)D　(2)2.6×10-3　(3)<　电压表
【解析】 (1)先将开关S接1,电源给电容器充电,电路中存在充电电流,且随着电荷量的增多,充电电流逐渐减小为零,所以观察到电流表示数是迅速增大到某一值后逐渐减小。
D正确。
(2)I-t图像与坐标轴所围面积表示电荷量,则利用图线与t轴所围小方格数可得到通过电阻R的电荷量为Q1=1×0.04×10-3×65 C=2.6×10-3 C。
(3)因为电压表的存在,所以在放电时总有一部分电荷经过电压表放电,电容器所带电荷量不能全部经过电阻R,所以Q1考点二　创新性实验
[例4] 【实验情境的创新】 (2023·山东卷,14)电容储能已经在电动汽车,风、光发电、脉冲电源等方面得到广泛应用。某同学设计图甲所示电路,探究不同电压下电容器的充、放电过程,器材如下:
电容器C(额定电压10 V,电容标识不清);
电源E(电动势12 V,内阻不计);
电阻箱R1(阻值0~99 999.9 Ω);
滑动变阻器R2(最大阻值20 Ω,额定电流2 A);
电压表V(量程15 V,内阻很大);
发光二极管D1、D2,开关S1、S2,电流传感器,计算机,导线若干。
回答以下问题:
(1)按照图甲连接电路,闭合开关S1,若要升高电容器充电电压,滑动变阻器滑片应向　　　　(选填“a”或“b”)端滑动。
(2)调节滑动变阻器滑片位置,电压表表盘如图乙所示,示数为　　 　　V(结果保留一位小数)。
(3)继续调节滑动变阻器滑片位置,电压表示数为8.0 V时,开关S2掷向1,得到电容器充电过程的I-t图像,如图丙所示。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法,根据图像可估算出充电结束后,电容器存储的电荷量为　　　　C(结果保留两位有效数字)。
(4)本电路中所使用电容器的电容约为　　　　F(结果保留两位有效数字)。
(5)电容器充电后,将开关S2掷向2,发光二极管　　　　(选填“D1”或“D2”)闪光。
【答案】 (1)b　(2)6.5　(3)3.9×10-3　(4)4.9×10-4　(5)D1
【解析】 (1)滑动变阻器采用分压式接法,故滑片向b端滑动电容器充电电压升高。
(2)由题图乙可知,电压表量程为15 V,每个小格为 0.5 V,故示数为6.5 V。
(3)I-t图像与坐标轴所围的面积表示电容器存储的电荷量,由题图丙可知,总共39个小格,故电容器存储的电荷量为3.9×10-3 C。
(4)由电容的定义式C=,得C=4.9×10-4 F。
(5)由题图甲可知,电容器充电后,左极板带正电,将开关S2掷向2,电容器放电,D1导通,则发光二极管D1闪光。
[例5] 【实验方法的创新】 (2025·宁夏吴忠二模)用如图甲所示电路观察电容器的充放电现象,所用器材如下:电源(E=4 V,内阻不计)、电容器C,两个完全相同的电压传感器(内阻无穷大)、计算机、定值电阻R=4 kΩ、单刀双掷开关、导线若干,将实验器材按下图正确连接。
(1)将单刀双掷开关连接1,经过足够长的时间,通过电压传感器1传入计算机画出的U-t曲线如图乙中的曲线①,则通过电压传感器2传入计算机的U-t曲线正确的是　　　　(填曲线对应标号)。
(2)将单刀双掷开关连接2,通过电压传感器2传入计算机画出的U-t曲线如图乙中的曲线　　　　(填曲线对应标号),该过程为电容器　　　　(选填“充电”或“放电”),根据图像可估算,电容器储存的电荷量为　　　　C(结果保留两位有效数字)。
(3)若将电路中的定值电阻换成一阻值更大的电阻,先将单刀双掷开关连接1,经过足够长的时间,然后将单刀双掷开关连接2,通过电压传感器1在图乙中画出一条新的U-t曲线,新曲线与(2)中通过电压传感器2传入计算机画出的U-t曲线对比,与坐标轴围成的面积　　　　(选填“更大”“更小”或“相等”)。
【答案】 (1)②　(2)③　放电　1.5×10-3
(3)更大
【解析】 (1)将单刀双掷开关连接1,电容器充电,闭合瞬间电流最大,定值电阻两端电压等于电源电动势,之后电流减小,定值电阻两端电压也变小。电容器上端为正,下端为负,充电时流过电阻的电流也是由上向下,所以电容器和定值电阻两端电压都是上高下低,故通过电压传感器2传入计算机的U-t曲线是②。
(2)单刀双掷开关连接2,电容器开始放电,初始时电流最大,定值电阻两端的电压也最大,此时通过电阻的电流由下向上,电阻两端电压下高上低。所以通过电压传感器2传入计算机画出的U-t曲线是③。曲线③与坐标轴围成的格子总数为29,面积的含义是放电时通过电阻的电荷量与电阻的乘积。每个小格的横纵坐标分别为0.5 s、0.4 V。所以电容器储存的电荷量为Q= C=1.5×10-3 C。
(3)若将电路中的电阻换成一阻值更大的电阻,电容器放电时释放的电荷量不变,I-t曲线与坐标轴围成面积不变,U-t曲线与坐标轴围成的面积会变大。
[例6] 【实验目的的创新】 (2025·重庆模拟)某兴趣小组欲探究电容器放电过程中电荷量与电压的关系。实验电路如图甲所示,电源电动势E=3 V,定值电阻R=800 Ω。先将开关S拨至1,稳定后再将S拨至2,用计算机(电路中未画出)得到通过电流表的放电电流I随时间t的图像如图乙所示。
(1)结合图乙可以求出电流表内阻r=　　　　 Ω(结果保留至小数点后一位)。
(2)若某时刻t时电流为i,将该实验测得的放电曲线围成的面积按照图丙所示方式分成两块,面积分别为S1和S2,则t时刻电容器的电压U=　　　　,电荷量Q=　　　　(用题中所给字母表示)。
(3)结合图乙,t=1.6 s时表格中缺失的数据为U=　　　　 V,Q=　　　　×10-3 C(以上两空结果保留至小数点后两位),在图丁中标出缺失的数据点并画出Q与U的关系图线,由此可得出的实验结论是:　。
时刻t/s 电荷量Q/(10-3 C) 电压U/V
0 3.60 3.00
0.4 2.52 2.12
0.8 1.76 1.50
1.2 1.24 1.06
1.6
2.0 0.60 0.53
2.4 0.40 0.38
2.8 0.24 0.27
【答案】 (1)137.5　(2)i(R+r)　S2　(3)0.75　0.76　图见解析　同一电容器在放电过程中电荷量与电压成正比
【解析】 (1)充满电时电容器电压为3 V,放电开始瞬间由题图乙知电流为3.2 mA,根据闭合电路欧姆定律有E=I0(R+r),代入数据解得R+r== Ω=937.5 Ω,故r=137.5 Ω。
(2)题图丙中t时刻电容器两极板间电压等于外部放电电路中电阻两端的电压U=i(R+r),而I-t 图像中图线与坐标轴围成的面积即为电荷量的大小,从t到放电结束那部分面积S2就是电容器尚未释放的电荷量,即电容器在时刻t的电荷量。
(3)题图乙中t=1.6 s时电流为I=0.8 mA,由欧姆定律可得电压U=I(R+r)=0.8×10-3×937.5 V=
0.75 V,题图乙中1.6 s后到电流为零的过程中I-t图像的面积Q=S=19×0.2×10-3×0.2 C=
0.76×10-3 C,描点作图如下,
由于图像是一条通过原点的直线,故可得出同一电容器在放电过程中电荷量与电压成
正比。
课时作业
1.(2025·重庆渝中阶段练习)小巴同学用电流传感器和电压传感器(不考虑传感器对电路的影响)探究电容器的充放电规律,实验装置如图甲所示。有内阻不计的直流电源E,电阻箱R,电容器C,单刀双掷开关S。
(1)由电路图可知,传感器2应为　　　　(选填“电流”或“电压”)传感器。
(2)根据测到的数据,某过程中电容器两端电压U与电流I的关系图如图乙所示。该过程为
　 　　　(选填“充电”或“放电”)过程,该电源的电动势为　　　　 V。
【答案】 (1)电压　(2)充电　15
【解析】 (1)由电路图可知,传感器2与电容器并联,可知应为电压传感器。
(2)该过程中随着电流的减小,电压升高,因此该过程为充电过程,该电源的电动势为15 V。
2.(2025·四川期中)在学习电容器充放电的有关知识时,老师利用石英钟(内无电源)设计了如图甲所示的演示实验,向同学们演示了电容器充、放电的过程。石英钟作为常用的计时工具,其转动所需要的电流可不足1毫安,利用此特性,可用于判断电路中是否存在微小电流。电路中接入两只相同的石英钟A、B,S为单刀双掷开关,C为电容器,E为电源,如图乙所示。
请回答以下问题。
(1)当开关打至1时,电容器处于　　　　(选填“充电”或“放电”)过程,石英钟A沿顺时针转动直至停止。
(2)再将开关打至2时,石英钟B开始沿　 　　　(选填“顺时针”或“逆时针”)转动直至停止。
(3)与教材所给出的实验方案相比,该演示实验有哪些创新之处
(至少写一条)。
【答案】 (1)充电　(2)顺时针　(3)见解析
【解析】 (1)当开关打至1时,电容器与电源接通,则电容器处于充电状态,有充电电流经过石英钟A,电流左进右出使石英钟沿顺时针转动。
(2)将开关打至2时,电容器开始放电,电流沿顺时针经过石英钟B,也是左进右出,两个石英钟完全相同,则石英钟B也沿顺时针转动直至停止。
(3)与教材所给出的实验方案相比,该演示实验可以显示电容器充放电的电流流向。
3.(2025·甘肃模拟)某小组根据所学知识自制了一个电容器,并且做了观察其充、放电现象的实验,实验器材有:电源E(电动势为8 V)、电容器C、理想电压表、理想电流表、电流传感器、定值电阻R、电阻箱、单刀双掷开关S、导线若干。
(1)用如图甲所示的电路,将开关S接到1后:
①电压表示数　　　　。
A.先增大,后逐渐减小为零
B.逐渐增大,最终稳定在8 V
②电流表的示数　　　　。
A.一直稳定在某一数值
B.从某一数值开始逐渐减小到零
C.逐渐增大为某一数值
(2)将图甲电路换成图乙所示电路,开关S先接1,电容器充电完毕后,再把开关S改接2,通过电流传感器得到电容器放电的I-t图像,如图丙所示。
①根据图丙可估算出电容器开始放电时所带的电荷量q=　　　　 C(结果保留两位有效数字)。
②使用图乙电路时仅把电阻箱的阻值R调大一些,重复上述实验,下列图像中的实线和虚线分别表示改变R前后放电过程的I-t曲线,最接近实际情况的是　　　　。
　　　
A B
　　　
C D
【答案】 (1)①B　②B　(2)①3.4×10-2　②A
【解析】 (1)随着电容器的不断充电,电路中的充电电流在减小,电容器所带电荷量Q逐渐增大,两极板间电压逐渐增大,当充电结束电路稳定后,电流为0,此时电容器两极板间电压等于电源的电动势8 V。可知电压表示数逐渐增大后稳定在8 V,电流表的示数从某一数值开始逐渐减小到零。
(2)①根据电流的定义式I=可得q=It,故I-t图线与坐标轴围成的面积表示电荷量,题图丙中图线与坐标轴所围面积约为17格,则电荷量q=It=3.4×10-2 C。
②仅把电阻箱的阻值R调大一些,电容器放电的最大电流变小,但因开关接1时,电容器两端的最大电压不变,仍等于电源的电动势,即电容器稳定时电荷量不变,则放电时间变长,A正确。
4.(2024·海南卷,15)用如图甲所示的电路观察电容器的充放电现象,实验器材有电源E、电容器C、电压表、电流表、电流传感器、计算机、定值电阻R、单刀双掷开关S1、开关S2、导线若干。
(1)闭合开关S2,将S1接1,电压表示数增大,最后稳定在12.3 V。在此过程中,电流表的示数
　　　　(填选项标号)。
A.一直稳定在某一数值
B.先增大,后逐渐减小为零
C.先增大,后稳定在某一非零数值
(2)先后断开开关S2、S1,将电流表更换成电流传感器,再将S1接2,此时通过定值电阻R的电流方向为　　　　(选填“a→b”或“b→a”),通过传感器将电流信息传入计算机,画出电流随时间变化的I-t图像,如图乙,t=2 s时I=1.10 mA,图中M、N区域面积比为8∶7,可求出R=　　　　 kΩ(结果保留两位有效数字)。
【答案】 (1)B　(2)a→b　5.2
【解析】 (1)由题图甲可知,当闭合开关S2,将S1接1时,电源为电容器充电,电流表示数先从0增大到某一数值,随着电容器的不断充电,电路中的充电电流逐渐减小,当电容器充满电后,电路相当于断路,电流为零,B正确。
(2)由题图甲可知,当闭合开关S2,将S1接1时,电容器的上极板与电源正极相连,电容器充电结束后上极板带正电,当将S1接2时,电容器放电,此时通过定值电阻R的电流方向为a→b;电容器开始放电前两端电压为12.3 V,由题图乙可知,当t=2 s 时,电路中的电流I=1.10 mA,可知此时电容器两端的电压为U2=IR,可得0~2 s内的放电量为Q1=ΔU·C=
(12.3-1.10×10-3×R)×C,2 s 后到放电结束放电量为Q2=ΔU′·C=1.10×10-3×R×C,已知题图乙中M、N区域面积比为8∶7,则=,解得R≈5.2 kΩ。
5.(2025·山东潍坊阶段检测)工业生产中经常会用到需要避光储存的绝缘液体原料,为了方便测量其深度,某同学设计了如图甲所示装置。在储存液体原料的桶的外侧底部,放置一个与桶底形状相同、面积为S的金属板,桶内有一面积为S的轻质金属箔板,漂浮在液体表面上。圆桶由绝缘材料制成,桶壁厚度可忽略不计,使用时需要进行如下操作:
(1)将开关接“1”接线柱,电容器充满电后,将开关接“2”接线柱,电流传感器记录下电流随时间的变化关系如图乙。可知电容器充满电后的电荷量Q=　　　　 C。
(2)再将开关接“1”接线柱,电容器充满电后,将开关接“3”接线柱,电压传感器的示数为U。可根据U的大小得出液体的深度h;改变深度h,电压传感器示数随之改变。根据所学知识判断电压传感器示数和液体的深度呈　　　　(选填“线性”或“非线性”)关系。
(3)工作过程中电荷量会有一定的损失,将导致深度的测量结果　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
【答案】 (1)3.5×10-3　(2)线性　(3)偏小
【解析】 (1)I-t图像与坐标轴围成的面积表示电荷量,一小格的电荷量为q=0.25 mA×1 s=
2.5×10-4 C,题图乙中总共约14小格,所以电容器充满电的电荷量为Q=14q=3.5×10-3 C。
(2)根据C=,C=,联立得U=·h,可知电压传感器示数和液体的深度呈线性关系。
(3)工作过程中电荷量会有一定的损失,则极板间电压随之减小,将导致深度的测量结果
偏小。第3讲　小专题:电场中的功能关系和图像问题
【学习目标】
1.掌握静电力做功的特点。熟练运用电场力做功公式;理解电势能的变化与电场力做功的关系;掌握动能定理在电场中的应用。
2.掌握电场中的能量守恒。分析带电粒子在电场中运动时的机械能守恒条件;能够结合重力场、电场等多力场问题,分析能量转化关系。
3.知道φ-x图像斜率表示电场强度;能计算E-x图像中两点间的电势差,能判断电场力的变化及粒子运动情况;理解Ep-x图像中斜率表示电场力;能根据有关的物理规律分析其他图像问题。
4.解决带电粒子在电场中的运动问题。结合v-t、F-t、a-x等图像,分析粒子的加速、减速、往复运动等;能够利用图像计算电场力做功、动能变化、电势能变化等。
5.综合应用与问题建模。能将实际问题转化为物理模型;能够结合功能关系和图像分析复杂电场问题。
考点一　电场中的功能关系
1.常见的功能关系
(1)合外力做功等于动能的变化量,即W合=Ek2-Ek1=ΔEk(动能定理)。
(2)重力做功等于物体重力势能的减少量,即WG=EpG1-EpG2=-ΔEpG。
(3)静电力做功等于电势能的减少量,即W电=Ep电1-Ep电2=-ΔEp电。
(4)弹簧弹力做功等于弹性势能的减少量,即W弹=Ep弹1-Ep弹2=-ΔEp弹。
(5)除了重力和弹簧弹力之外其他力做的总功等于物体机械能的变化,即W其他力=E机2-E机1=ΔE机。
2.电场中常见的能量关系
(1)若只有电场力做功,则动能和电势能之间相互转化,二者之和保持不变,即ΔEk=-ΔEp。
(2)若只有电场力和重力做功,则机械能和电势能之间相互转化,电势能、重力势能、动能之和保持不变。
注意:动能定理可以把不同力对物体做的功联系起来;能量守恒定律可以把系统中参与变化的所有能量联系起来。
[例1] 【仅在静电力作用下的功能关系】 (多选)(2025·安徽合肥三模)已知:①取无穷远处的电势为零时,点电荷的电势φ=k,其中k为静电力常量,Q为点电荷的电荷量,r为电场中某点到点电荷的距离;②在多个点电荷形成的电场中,任一点的电势等于每个点电荷单独存在时在该点产生电势的代数和。如图所示,边长为L的等边三角形的三个顶点分别固定点电荷A、B、C,三个点电荷的电荷量大小均为Q,其中A带负电,B、C带正电。D为B、C连线的中点,O为三角形的中心,取无穷远处的电势为零,下列说法正确的是(　　)
A.O点的电势为
B.O点的电场强度小于D点的电场强度
C.一带正电的试探电荷从O点移到D点电势能减小
D.点电荷C受到的电场力方向平行于AB的连线
【答案】 AD
【解析】 由几何关系可知,三个点电荷到三角形中心O点的距离均为r==L,根据点电荷的电势公式φ=k,可知A点电荷在O点的电势为φA=-k=-,B点电荷在O点的电势为φB=k=,C点电荷在O点的电势为φC=k=,所以O点电势为φO=φA+
φB+φC=,A正确;点电荷B、C在O点产生电场的合电场强度方向沿DO向上,在D点的合电场强度为零,点电荷A在O点和D点的电场强度方向均沿DO向上,且点电荷A与O点的距离小于与D点的距离,根据表达式E=k,可知点电荷A在O点的电场强度大于在D点的电场强度,所以O点的合电场强度大于D点的合电场强度,B错误;由于D与点电荷A所在位置的连线上各点的电场强度方向均为由D指向A,将正电荷沿OD由O点移到D点时,电场力做负功,电势能增大,C错误;点电荷A、B为等量的异种点电荷,点电荷C位于点电荷A、B连线的中垂线上,则C点电荷处的电场强度方向与点电荷A、B连线的中垂线垂直,即平行于AB的连线,故点电荷C受到的电场力方向也平行于AB的连线,D正确。
[例2] 【重力和静电力作用下的功能关系】 (2025·黑龙江大庆模拟)如图所示,BD是竖直平面内圆的一条竖直直径,AC是该圆的另一条直径,该圆处于匀强电场中,电场强度方向平行于圆所在平面。若从O点向各个方向发射动能、电荷量、质量均相同的带正电小球,小球会经过圆周上不同的点,其中过A点的小球动能最小。忽略空气阻力和小球之间的作用力,则下列说法正确的是(　　)
A.过D点的小球动能和电势能之和最小　
B.过B点的小球动能和电势能之和最大
C.过C点的小球电势能和重力势能之和最小
D.可以断定电场方向由O点指向圆弧CND上的某一点
【答案】 C
【解析】 小球在运动过程中受到重力与电场力作用,小球在运动过程中只有重力势能、电势能与动能之间的相互转化,则总能量保持一定,经过B点的小球克服重力做功最多,重力势能增加得最多,则动能和电势能之和最小,A、B错误;因为过A点小球的动能最小,则经过A点的小球在到达A点过程合力做负功,且在所有合力做负功的路径中,该过程合力所做负功最多,可知A点是等效物理最高点,在A点小球所受重力与电场力的合力方向指向圆心,而与A点对称的C点为等效物理最低点,在C点小球所受重力与电场力的合力背离圆心,可知小球从O点运动到C点过程中合力做正功,且所做正功最多,则过C点的小球的动能最大,其电势能与重力势能之和最小,C正确;由A点小球所受重力与电场力的合力方向指向圆心,根据矢量合成的特点可知,电场力方向一定由O点指向圆弧ABC上的某一点,即电场方向由O点指向圆弧ABC上的某一点,D错误。
[例3] 【重力、弹力和静电力作用下的功能关系】 如图所示,在空间中存在竖直向上的匀强电场,质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落,加速度大小为g,下落高度H到B点后与一轻弹簧接触,又下落2H后到达最低点C,整个过程中不计空气阻力,且弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,则带电物块在由A点运动到C点过程中,下列说法正确的是(　　)
A.该匀强电场的电场强度大小为
B.带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为mgH
C.带电物块电势能的增加量为3mgH
D.弹簧的弹性势能的增加量为mgH
【答案】 D
【解析】 带电物块从静止开始下落到接触弹簧前的加速度为g,对带电物块由牛顿第二定律得 mg-qE=ma,解得E=,故A错误;从A到C的过程中,除重力和弹簧弹力以外,只有电场力做功,电场力做功W=-qE·3H=-2mgH,可知带电物块和弹簧组成系统的机械能减少量为2mgH,带电物块电势能增加量为2mgH,故B、C错误;由系统能量守恒得减少的重力势能等于增加的电势能和弹性势能,即mg·3H=2mgH+Δ,得Δ=mgH,故D正确。
[变式] 在[例3] 中弹簧的劲度系数是多少 物块下落过程中的最大速度是多少
【答案】 　
【解析】 物块从A点下落到C点的过程中,克服弹簧弹力做功
W弹=·2H=k(2H)2,A到C过程由动能定理得mg·3H-qE·3H-k(2H)2=0,
解得k=。
物块下落过程中加速度a=0时,速度最大,设物块速度最大时弹簧的压缩量为x,对物块速度最大时进行受力分析可得
mg=qE+kx,
解得x=H;
对物块由A位置下落至速度最大位置过程由动能定理得
mg·H-k(H)2-qE·H=m,
解得vm=。
考点二　静电场中的图像问题
1.φ-x图像(电场方向与x轴平行)
(1)电场强度的大小等于φ-x图线的切线斜率的绝对值,如果图线是曲线,电场为非匀强电场;如果图线是倾斜的直线,电场为匀强电场(如图)。切线的斜率为零时沿x轴方向电场强度为零。
(2)在φ-x图像中可以直接判断各点电势的高低,并可根据电势的高低确定电场强度的方向,进而可以判断电荷在电场中的受力方向。(如图)
2.E-x图像(电场方向与x轴平行)
(1)E-x图像为静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系,若规定x轴正方向为电场强度E的正方向,则E>0时,电场强度E沿x轴正方向;E<0时,电场强度E沿x轴负方向。
(2)E-x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图所示),两点的电势高低根据电场方向判定。在与粒子运动相结合的题目中,可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。
3.Ep-x图像、Ek-x图像
(1)Ep-x图像。
由静电力做功与电势能变化关系F电x=Ep1-Ep2=-ΔEp知Ep-x图像的切线斜率k=,其绝对值等于静电力大小,正负代表静电力的方向。
(2)Ek-x图像。
当只有静电力对带电体做功时,由动能定理F电x=Ek-Ek0=ΔEk知Ek-x图像的切线斜率k=,斜率表示静电力。
[例4] 【φ-x图像】 (2025·海南卷,6)某静电场电势φ在x轴上分布如图所示,图线关于φ轴对称,M、P、N是x轴上的三点,OM=ON,有一电子从M点由静止释放,仅受x方向的电场力作用,则下列说法正确的是(　　)
A.P点电场强度方向沿x轴负方向
B.M点的电场强度小于N点的电场强度
C.电子在P点的动能小于在N点的动能
D.电子在M点的电势能大于在P点的电势能
【答案】 D
【解析】 由题中φ-x图像可知,在x轴正半轴沿x轴正方向电势降低,则电场强度方向沿x轴正方向,A错误;在φ-x图像中图线斜率表示电场强度,则M、N点的电场强度大小相等、方向相反,B错误;电子在电势低处电势能大,故电子在P点的电势能小于在N点的电势能,根据能量守恒可知,电子在P点的动能大于在N点的动能,C错误;根据关系式Ep=qφ,电子在电势低处电势能大,即电子在M点的电势能大于在P点的电势能,D正确。
[例5] 【E-x图像】 (多选)(2025·辽宁锦州一模)某电场中,x轴上各点电场强度E随位置x的变化规律如图所示,x轴正方向是电场的正方向,一电子从-x0处以v0沿x轴正方向射入,仅受电场力作用。下列说法正确的是(　　)
A.电子能越过x0处
B.0.5x0处电势最高
C.-x0处的电势比O点高
D.电子在O点处电势能小于0.5x0处的电势能
【答案】 AD
【解析】 根据公式U=Ed可知,E-x图像中图线与x轴围成的面积表示电势差,而从-x0处到x0处图线所围面积为0,即-x0与x0间电势差为0,电子由-x0到x0电场力不做功,所以电子到x0处速度为v0且沿x轴正方向,即能越过x0处,A正确;在O点左侧,电场强度方向为x轴负方向,在O点右侧,电场强度方向为x轴正方向,由于沿电场线方向电势逐渐降低,所以O点为电势最高点,B、C错误;因为O点比0.5x0处的电势高,根据Ep=φq,又电子带负电,所以电子在0.5x0处电势能大于在O点处的电势能,D正确。
[例6] 【Ep-x图像】 (2025·山东模拟)如图甲所示,真空中有两点电荷q1、q2分别固定在x轴上的 x=-5 m和x=-1 m处,将一正试探电荷q置于x轴上,q的电势能随位置的变化关系部分图像如图乙所示,规定无穷远处电势为零,点电荷周围某点电势公式φ=k,其中k为静电力常量,Q为点电荷的电荷量,r为该点到点电荷的距离。下列说法正确的是(　　)
A.q1、q2为同种电荷
B.q1、q2的电荷量之比q1∶q2=4∶1
C.x=-3 m处的电势低于x=0处的电势
D.除无限远处,x轴上电场强度为零的点只有一个
【答案】 D
【解析】 由Ep-x图像的变化情况可知,q2带负电,q1带正电,且q1比q2的带电荷量大,A错误;由于x=0处电势为零,则有k-k=0,解得=,B错误;将q1看作由电荷量为+q2和+4q2组成,其中等量异种电荷在x=-3 m处电势为0,则+4q2电荷在该处的电势也就是总电势φ3=k=2kq2,φ0=k-k=0,可知φ3>φ0,故C错误;由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量,可知x轴上在x<-5 m区域电场强度不可能为零,在-5 m-1 m区域,设该点与x=-1 m处的距离为l,则有k=k,解得l=(1+) m,可知除无限远处,x轴上电场强度为零的点只有一个,D正确。
[例7] 【Ek-x图像】 (多选)(2025·江西阶段练习)如图甲所示,光滑绝缘水平地面上以水平向右为正方向建立Ox轴,O点右侧两竖直虚线中间区域存在平行x轴方向的电场,电势φ随x位置的变化情况如图乙所示。一带电物块以某一初速度向右由O点进入电场区域,物块仅在电场力作用下通过该电场区域。则该区域中物块的动能Ek随x位置变化的图像可能正确的是(　　)
A B
C D
【答案】 BD
【解析】 φ-x图像斜率表示电场强度,根据题图乙图像可知,电场强度逐渐减小,物块受到的电场力逐渐减小,根据FΔx=ΔEk,得F=,因此Ek-x 图像的斜率表示合力,而合力逐渐减小,则Ek-x图像的斜率逐渐减小。故选BD。
课时作业
对点1.电场中的功能关系
1.(2025·辽宁大连期中)一带负电小球在从空中的a点运动到b点的过程中,受重力、空气阻力和电场力作用,重力对小球做功3.5 J,小球克服空气阻力做功0.5 J,电场力对小球做功1 J,则下列说法正确的是(　　)
A.小球在a点的重力势能比在b点的小3.5 J
B.小球在a点的机械能比在b点的大0.5 J
C.小球在a点的电势能比在b点的大1 J
D.小球在a点的动能比在b点的大4 J
【答案】 C
【解析】 小球由a点运动到b点的过程中,重力对小球做功3.5 J,则重力势能减少3.5 J,即小球在a点的重力势能比在b点的大3.5 J,A错误;电场力做功1 J,则电势能减少1 J,所以小球在a点的电势能比在b点的大1 J,C正确;合外力做功为3.5 J+1 J-0.5 J=4 J,根据动能定理可知动能增加4 J,所以小球在a点的动能比在b点的小4 J,D错误;除重力以外的力做功为1 J-0.5 J=0.5 J,故机械能增加了0.5 J,所以小球在a点的机械能比在b点的小0.5 J,故B错误。
2.(多选)(2025·甘肃模拟)如图所示,绝缘水平地面上固定有一带正电小球A,小球A正上方有一个轻小光滑定滑轮,绝缘细线绕过定滑轮拴住另一个相同的带电小球B。已知两小球的质量均为m,电荷量均为q,重力加速度大小为g,静电力常量为k,两小球均可视为点电荷,拉力F=mg时,小球B对地面恰好无压力,然后继续缓慢拉动细线使小球B缓慢移动到小球A的正上方,下列说法正确的是(　　)
A.小球B对地面恰好无压力时两小球间的距离为
B.小球B被拉动后,受到小球A的库仑力逐渐减小
C.小球B被拉动后,电场力对小球B先做正功后做负功
D.把小球B拉到小球A正上方的过程中,拉力对小球B做的功为
【答案】 AD
【解析】 设小球A到定滑轮的距离为H,A、B间的距离为L,小球B恰好离开地面时,静电力F电=k,由平衡条件可知F2=(mg)2+,解得L=,A正确;设小球B被拉动后,两球间距离为l,小球B一直处于平衡状态,则小球B所受力的矢量三角形与位置三角形相似,有=,解得l3=,即移动过程中,两球之间的距离l保持不变,其大小l=L,即小球B在以A为圆心的圆周上运动,受到的库仑力大小不变,电场力对小球B不做功,选项B、C错误;由功能关系可知,拉力对小球B做的功等于小球B重力势能的增加量,W=mgL=
,D正确。
3.(2025·黑龙江阶段练习)有一电荷量q=-2×10-6 C的点电荷,从电场中的A点移动到B点时,静电力做功6×10-4 J,从B点移动到C点时克服静电力做功8×10-4 J。(重力忽略不计)
(1)求电势差UAB、UBC的大小;
(2)若以C点为零电势点,求B点的电势和点电荷在B点的电势能;
(3)将该点电荷放在C点,由静止释放后,求它到达A点时动能的大小。
【答案】 (1)-300 V　400 V
(2)400 V　-8×10-4 J　(3)2×10-4 J
【解析】 (1)电荷由A点移动到B点,静电力做正功,有WAB=qUAB,
解得UAB== V=-300 V,
电荷从B点移动到C点时克服静电力做功,即静电力做负功,同理得
UBC== V=400 V。
(2)由于UBC=φB-φC,若φC=0,可得φB=400 V,
则EpB=qφB=(-2×10-6)×400 J=-8×10-4 J。
(3)A、C两点电势差为
UAC=φA-φC=φA-φB+φB-φC=UAB+UBC=100 V,
所以UCA=-UAC=-100 V,
根据动能定理有EkA=qUCA,
代入数值得EkA=2×10-4 J。
对点2 静电场中的图像问题
4.(2025·安徽淮北二模)如图甲所示,两个等量点电荷P、Q固定于光滑绝缘水平面上,其连线的中垂线上有a、b、c三点。一个质量为50 g,电荷量大小为5×10-3 C的带正电小球(可视为质点),从a点由静止释放,经过b、c两点,小球运动的v-t图像如图乙所示,其经过b点时对应的图线切线斜率最大,则下列分析正确的是(　　)
A.b、c两点间电势差Ubc=12 V
B.沿中垂线由a点到c点电势逐渐升高
C.由a点运动到c点的过程中,小球的电势能先增大后减小
D.b点为中垂线上电场强度最大的点,且电场强度E=25 V/m
【答案】 D
【解析】 从b到c,由动能定理有qUbc=m-m,解得Ubc=120 V,A错误;由题图乙可知,从a点到c点小球速度一直增大,电场力一直做正功,又因小球带正电,故沿中垂线由a点到c点电势逐渐降低,小球的电势能逐渐减小,B、C错误;由题图乙可知,b点对应的图线切线斜率最大,即在b点时加速度最大,由qE=ma,知b点为中垂线上电场强度最大的点,且电场强度E=25 V/m,D正确。
5.(2025·山东枣庄三模)光伏发电是发展清洁能源、实现碳排放双控目的的重要途径。光伏电站的核心部件由半导体材料制成,一半导体材料内部电场的电场强度E与位置x的关系如图所示,取O点的电势为零,则该电场中N点到P点的电势φ随位置x变化的图像可能为(　　)
　　　
A B
　　　
C D
【答案】 C
【解析】 由E-x图像可知从N点到P点电场强度先增大后减小且方向不变,而E==,则电势φ随位置x变化的图像的斜率表示电场强度,可知φ-x图像的斜率从N点到P点先变大后变小。O点电场强度最大,则φ-x图像在O点的斜率最大,只有C中图像符合。C正确。
6.(2025·黑龙江大庆模拟)长为L的绝缘轻细线一端连接质量为m、电荷量为q的带正电小球,另一端固定在光滑绝缘水平桌面上的O点,整个空间内存在着平行于桌面的匀强电场,带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动,俯视图如图甲所示,PQ为轨迹圆的一条直径。以P点为起始点,小球运动过程中的电势能Ep与小球运动的路程s之间的关系如图乙所示,其中Ep0>0。下列说法正确的是(　　)
A.小球做匀速圆周运动
B.从P点到Q点电场力对小球不做功
C.小球运动过程中速度的最小值为
D.小球运动过程中所受细线拉力的最大值为
【答案】 C
【解析】 由题图乙可知,当小球运动弧长为时,即转过的角度θ=π=120°时电势能最大,则圆周上电势能最大的位置即为该点,电场方向如图所示,小球所受的电场力沿运动轨迹切线方向的分力大小时刻变化,即小球做非匀速圆周运动,A错误;小球转过角度为的位置所在的直径与电场方向垂直,即图中虚线AOB为等势线。可知小球转过的过程中UPA=φP-
φA=-=-=-,电场强度的大小E==,根据对称性有φQ-φO=φO-φP,则φQ=2φO=2φA,从P点到Q点电场力对小球做功WPQ=(φP-φQ)q=-φQq=-2φAq=-2q·=
-Ep0,B错误;带电小球在运动到πL的位置取得速度的最小值,此时电场力提供小球做圆周运动的向心力,即Eq=m,解得vmin=,C正确;小球运动过程中电势能最小时速度最大,所受细线拉力最大,此时处于弧长为πL的位置,根据动能定理有Eq·2L=m-
m,在该点处合外力提供向心力,即FT-Eq=m,解得FT=,D错误。
7.(多选)(2025·四川达州二模)空间中有竖直向上的匀强电场,一质量为m、带电荷量为q的微粒在竖直平面内运动,其电势能和重力势能随时间的变化如图所示,则该微粒(　　)
A.一定带正电
B.0~3 s内电场力做的功为9 J
C.运动过程中动能增加
D.0~3 s内除电场力和重力外所受其他力对微粒做的功为-12 J
【答案】 BD
【解析】 带电微粒重力势能减少,说明微粒竖直方向上向下运动,而电势能减少,即电场力做正功,因电场竖直向上,则微粒所受电场力竖直向下,所以微粒带负电,A错误;0~3 s内电势能减少9 J,所以电场力做的功为9 J,B正确;因电场力和重力都是恒力,且电势能和重力势能都随时间均匀变化,所以微粒在相等的时间内位移相等,即微粒做匀速直线运动,动能不变,C错误;0~3 s内电势能减少9 J,重力势能减少3 J,总共减少了12 J,因动能不变,所以减少的电势能和重力势能用于克服除电场力和重力外的其他力做功,即除电场力和重力外的其他力对微粒做功为-12 J,故D正确。
8.(2025·江苏苏州三模)如图甲所示,两个可看作点电荷的带电绝缘小球紧靠着水平塑料圆盘边缘,小球A固定不动(图中未画出)。小球B绕圆盘边缘从θ=0沿逆时针缓慢移动,测量圆盘中心O处的电场强度,得到沿x方向的电场强度Ex随θ变化的图像(如图乙)和沿y方向的电场强度Ey随θ变化的图像(如图丙)。下列说法正确的是(　　)
A.小球A带负电荷,小球B带正电荷
B.小球A、B所带电荷量之比为1∶2
C.小球B绕圆盘旋转一周过程中,盘中心O处的电场强度先增大后减小
D.小球B绕圆盘旋转一周过程中,盘中心O处的电场强度最小值为0
【答案】 B
【解析】 由题图乙、丙可知,当θ=时,小球B在O点正上方,且Ex=0,Ey=-6 V/m,则说明小球A一定在y轴上固定;当θ=0时有Ex1=-4 V/m,小球B在O点正右侧,而水平方向的电场强度方向为x轴负向,则说明小球B为正电荷,此时Ey1=-2 V/m,说明竖直方向的电场强度方向为y轴负向,若小球A在O点正上方固定,则小球A带正电荷,若小球A在O点正下方固定,则小球A带负电荷,所以小球A的带电性质不能确定,A错误;由于两小球都紧靠在塑料圆盘的边缘,所以到O点的距离r相同,综合θ=0时,Ex1=-4 V/m、Ey1=-2 V/m,根据E=,可得QA∶QB=1∶2,B正确;圆盘中心O处的电场强度为小球A和小球B在O点产生的电场强度的矢量和,小球B从θ=0转到2π的过程中,EA和EB在O点处大小均不变,当θ=时,二者方向相同,O处的合电场强度最大;当θ=时,二者方向相反,O处的合电场强度最小;所以小球B转动一周过程中,中心O处的合电场强度先增大后减小再增大,其最小值为E=EA+EB=(-2+4) V/m=2 V/m,故C、D错误。
9.(多选)(2025·江西模拟)在图甲的直角坐标系中,x轴上固定两点电荷M、N,距坐标原点O均为L,y轴上有P1、P2、P3三点,其纵坐标值分别为L、L、-L。y轴上各点电场强度E随y变化的关系如图乙所示,图中0~L的阴影部分面积为a,0~L的阴影部分面积为b。一个质量为m、电荷量为-q的带负电粒子,由P1点静止释放,仅在电场力作用下,将沿y轴负方向运动,则(　　)
A.M、N是等量正电荷
B.带电粒子在P1、P2两点处的加速度大小之比为3∶2
C.带电粒子运动到P3位置时动能为q(b+a)
D.带电粒子运动过程中最大速度为
【答案】 AD
【解析】 由于电荷量为-q的带负电粒子,由P1点静止释放,仅在电场力作用下,沿y轴负方向运动,到达O点前受到引力作用,所以两点电荷M、N带等量正电荷,A正确;设点电荷带电量为Q,对带负电粒子,根据牛顿第二定律,结合几何关系有2k×=ma,代入数值可知带电粒子在P1、P2两点处的加速度大小之比不是3∶2,B错误;题图乙中图线所围面积表示电势差,所以带电粒子运动到P3位置时,电场力做功为W=q(b-a),即粒子运动到P3时动能为q(b-a),C错误;粒子运动到O点时图线所围面积最大,即最大速度在O点,则有qb=m,解得最大速度为vmax=,D正确。
10.(2025·陕西西安三模)如果一矩形ABCD以MN为边界对称分成左右两个边长均为d的正方形,MN的中点为O,两正方形内均存在匀强电场,左侧正方形内电场方向水平向左,右侧正方形内电场方向水平向右,两匀强电场的电场强度大小相等。MN为一条等势线,其电势为φ0(φ0>0),AD和BC的电势均为零。一质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子从AM的中点垂直于电场以某一速度射入左侧电场,当粒子第二次经过MN边界时,恰好从N点离开,不计粒子所受重力。
(1)求粒子在电场中的加速度大小a;
(2)求该带电粒子垂直于电场射入左侧电场的速度大小v;
(3)若将该粒子置于O点,给粒子另一速度使之沿水平方向做往复运动,且运动过程中动能和电势能之和恒为Z,求该粒子运动过程中与O点的最远距离x和粒子在水平方向做往复运动的周期T。
【答案】 (1)　(2)
(3)(1+)d　
【解析】 (1)在左侧(或右侧)正方形电场中,左右边界间电势差U=φ0,可知电场强度大小E=,粒子在电场中的加速度大小a=,
解得a=。
(2)粒子第二次经过MN时到达N处,由类平抛运动有d=vt,d=at2,
解得v=。
(3)该粒子运动过程中距离O点最远(x处)时速度为零,粒子在距离O点x处的电势能
Epx=-qφx=Z,解得φx=-,
根据匀强电场电场强度与电势差的关系得=,
解得x=(1+)d;
由于动能和电势能之和恒为Z,设粒子在O点的速度为v0,
则有-qφ0+m=Z,
则v0=,
又有v0=a·,
解得T=。【考情分析】
　　　　年份 考查点　　　　 2025 2024 2023
电场力的性质 陕晋青宁·T1、 河北·T8、广西·T4、 湖南·T5、安徽·T10、 湖北·T10 河北·T7、江苏·T1、 安徽·T8 海南·T8、山东·T11、 湖南·T5、全国乙·T24
电场能的性质 云南·T4、 黑吉辽内蒙古·T7、 海南·T6、山东·T11、 河南·T4、北京·T8、 四川·T3、河北·T1、 甘肃·T5、 浙江1月选考·T4、 湖南·T8、广西·T14 广东·T8、山东·T10、 全国甲·T18、 浙江6月选考·T12、 广西·T7、湖南·T5、 甘肃·T9、北京·T11、 河北·T2 广东·T9、山东·T11、 湖北·T3、辽宁·T9、 海南·T12、全国乙·T19
电容器及电容器的充、放电现象 2025·黑吉辽内蒙古·T4、 2025·江苏·T9、 2025·重庆·T13 浙江6月选考·T6、 黑吉辽·T5、 甘肃·T7、广西·T12、 海南·T13、重庆·T12 海南·T7、山东·T14、 新课标·T22
带电粒子在电场中的运动 甘肃·T7、四川·T13、 重庆·T5、福建·T4、 河南·T13、江苏·T13、 广西·T14、北京·T20、 广东·T15、陕晋青宁·T15 广东·T15、 河北·T13 北京·T8、T19、 湖北·T10、 浙江6月选考·T12、 全国甲·T18
【AI考情预测】
一、命题趋势
1.核心考点保持稳定,考查方式不断创新,会通过新情境、新设问方式呈现。
2.图像与动态分析类题目会继续增加,对空间想象能力和综合分析能力要求会进一步提高。
3.探究性与开放性进一步增强。试题将更加注重考查学生的科学探究能力和创新思维,可能增加实验设计类题目或增加开放性设问。
4.对结论的合理性分析和误差讨论也可能成为考查点;跨学科融合考查成为常态,物理学内部知识的综合将继续加强。
5.计算能力与数学工具要求适度提高。虽然高考物理不追求复杂计算,但对基本数学工具的运用要求会保持适度提高趋势。
二、潜在难点
1.在概念的应用中,学生容易混淆电场强度的方向与电场线方向,不注意电势的相对性和电势能的正负含义,忽略“电势高低”与“场强大小”的非直接关联,不清楚电势差与电场力做功中正负号的物理意义。
2.在多个点电荷产生的电场叠加问题中,学生易漏算方向或计算错误;缺乏空间想象能力,难以建立等效模型;电场线与等势面的关联中,学生易误认为“电势为零则场强必为零”;带电粒子在电场中的运动的动力学与能量结合中,学生易忽略重力是否需考虑;功能关系应用时,混淆“电场力做功”与“其他力做功”;对复杂运动中的往复运动不能正确分析,对临界条件不能作出正确判断。
3.电容器的动态分析中公式容易混淆;电容器断开电源或连接电源时,场强、电势差、电量的变化关系易错。插入电介质或改变极板距离时,学生易混淆“电压”与“场强”的变化趋势。
4.数学工具的应用中微分思想因数学基础不足难以理解;不能确定函数图像中斜率、截距、交点、面积等的物理意义。
三、备考建议
1.夯实概念基础,构建知识网络。电场强度、电势、电势差、电容等核心概念的定义式、决定式及其相互关系必须清晰。
2.注意区分易混概念,如电场强度与电势的关系、电场力做功与电势能变化的关系等。
3.强化场强叠加与电势分析能力。针对场强叠加题目增多的趋势,应重点训练矢量合成技巧,掌握对称性分析方法。
4.提升图像分析处理能力。加强φ-x图像、E-x图像、Ep-x图像等的互译训练,掌握图像斜率、面积、极值点等的物理意义。
5.通过实际问题培养模型构建能力,学会将复杂实际情境简化为熟悉的物理模型。
6.加强综合问题解决能力。静电场与力学、能量、磁学等知识的综合是高考难点,应进行专题训练。
总结:高考物理静电场命题正朝着“基础与能力并重、理论与应用结合、传承与创新共存”的方向发展。备考过程中,既要扎实掌握核心基础知识,又要注重能力提升和视野拓展,培养解决实际问题的物理素养,才能有效应对新高考的挑战。
第1讲　电场力的性质
【学习目标】
1.理解电荷间相互作用是通过电场实现的;掌握电场强度的定义式;认识电场是客观存在的特殊物质;理解电场线对电场的可视化描述;会计算点电荷、匀强电场等简单模型中电场力的合成与分解。
2.能建立点电荷、试探电荷等理想化模型分析电场问题;通过库仑定律和电场强度定义推导点电荷场强公式;运用矢量合成法解决多个点电荷的电场叠加问题;辨析“电场力”与“电场强度”的区别。
3.通过“探究影响电场力因素”实验学习控制变量法;分析电场力与距离、电荷量的关系,验证库仑定律;利用传感器或模拟软件绘制电场线分布图;探究实际情境中的电场力现象。
4.了解库仑定律的发现历程,体会实验在物理理论建立中的作用;讨论静电场在科技中的应用及其社会价值;认识高压电场中的安全防护知识,形成科学应用的责任意识;分析静电现象对环境的影响。
[footnoteRef:2] [2:
1.(2025·陕晋青宁卷,1)某同学绘制了四幅静电场的电场线分布图,其中可能正确的是(　　)
　
A B
　　
C D
【答案】 B
2.(多选)(2025·河北卷,8)如图,真空中固定在绝缘台上的两个相同的金属小球A和B,带有等量同种电荷,电荷量为q,两者间距远大于小球直径,两者之间的静电力大小为F。用一个电荷量为Q的同样的金属小球C先跟A接触,再跟B接触,移走C后,A和B之间的静电力大小仍为F,则Q∶q的绝对值可能是(　　)
A.1　　B.2　　C.3　　D.5
【答案】 AD　]
【答案】 1.60×10-19 C　整数　转移　保持不变　摩擦　感应　电子
形状　大小　真空　点电荷　正比　反比　k　9.0×109　真空
点电荷　　N/C　k　切线　疏密
考点一　库仑定律及其应用
1.对库仑定律的理解
(1)库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用。
(2)若是两个均匀带电绝缘球:可将其视为电荷集中在球心的点电荷,r为球心间的距离。
(3)若是两个带电导体球:要考虑表面电荷的重新分布,如图所示。
①同种电荷:F②异种电荷:F>k。
2.三个自由点电荷的平衡
(1)条件:两个点电荷在第三个点电荷处的合电场强度为零,或每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等,方向相反。
(2)规律。
“三点共线”——三个点电荷分布在同一直线上;
“两同夹异”——正负电荷相互间隔;
“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小;
“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷。
[例1] 【对库仑定律的理解】 关于库仑定律,下列说法正确的是(　　)
A.法国物理学家库仑利用扭秤实验探究电荷之间的相互作用规律而得到了库仑定律
B.库仑定律中,k称为静电力常量,其单位是 N·m2/C
C.库仑定律适用于真空中任意两个带电体间库仑力的计算
D.由库仑定律的表达式F=k可知,当r趋于零时,F趋于无限大
【答案】 A
【解析】 法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律,故A正确;库仑定律中,k称为静电力常量,其单位是N·m2/C2,故B错误;库仑定律适用于真空中任意两个点电荷间库仑力的计算,故C错误;当r趋于零时,电荷不能再视为点电荷,此时库仑定律不成立,所以F不是趋于无限大,故D错误。
[例2] 【库仑力作用下的静态平衡问题】 (2025·湖南卷,5)如图,两带电小球的质量均为m,小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接,小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时,轻绳与竖直方向的夹角为60°,两球连线与轻绳的夹角为30°,整个系统在同一竖直平面内,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A.A球静止时,轻绳上拉力为2mg
B.A球静止时,A球与B球间的库仑力为2mg
C.若将轻绳剪断,则剪断瞬间A球加速度大小为g
D.若将轻绳剪断,则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小
【答案】 C
【解析】 A球静止时,对A球受力分析,如图所示,由平行四边形定则及几何关系可知,轻绳上拉力为FT=mg,A球与B球间的库仑力F库=2mgcos 30°=mg,故A、B错误;若将轻绳剪断,则剪断瞬间A球受到轻绳的拉力消失,其他两力保持不变,根据三力平衡知识可知,此时A球所受的合力大小为mg,则加速度大小为g,故C正确;若将轻绳剪断,则剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变,B球仍然处于静止状态,则轻杆对B球的作用力不变,故D
错误。
[例3] 【库仑力作用下的动态平衡问题】 (2025·安徽合肥阶段练习)如图所示,水平天花板下方固定一光滑小定滑轮O,在定滑轮的正下方固定一带正电的点电荷C,不带电的小球A与带正电的小球B通过跨过定滑轮的绝缘轻绳相连。开始时系统在图示位置静止,OB⊥BC。若B球所带的电荷量缓慢减少(未减为零),在B球到达定滑轮O正下方之前,下列说法正确的是(　　)
A.A球的质量大于B球的质量
B.此过程中A球保持静止状态
C.此过程中点电荷对B球的库仑力逐渐增大
D.此过程中滑轮受到轻绳的作用力逐渐减小
【答案】 B
【解析】开始时对B球受力分析如图所示,由几何关系知mBg>FT,而FT=mAg,则mB>mA,故A错误;假设此过程中A球保持静止状态,由于B球所带的电荷量缓慢减少,B球缓慢下摆,B球受力平衡,根据三角形相似有==,由于mBg、OB、OC均不变,BC逐渐减小,则轻绳拉力FT不变,假设成立,库仑力F逐渐减小,故B正确,C错误;由于轻绳拉力FT不变,∠AOB逐渐减小,轻绳OA、OB的拉力的合力逐渐增大,即滑轮受到轻绳的作用力逐渐增大,故D错误。
[例4] 【库仑力作用下的动力学问题】(2025·湖北恩施期末)如图所示,光滑绝缘水平面上(俯视图)有三个可视为点电荷的带电小球A、B、C。在小球C上作用一水平恒力F(未知),三个小球保持相对静止一起向右运动。已知三球质量均为m,间距均为l0。A、B球带等量正电荷q。求:
(1)C球的电性和电荷量qC;
(2)水平外力F的大小。
【答案】 (1)C球带负电荷　2q　(2)
【解析】 (1)由于三个小球保持相对静止一起向右运动,可知小球A(或B)一定受指向C的库仑力,可知C球带负电荷,A球受力如图所示,对A球有=sin 30°,
解得qC=2q。
(2)设三球运动的加速度为a,对A球有
tan 60°=ma,
对三球整体有
F=3ma,
解得F=。
考点二　对电场强度的理解和计算
1.对电场强度的理解
(1)电场中某点的电场强度E的大小和方向是唯一的,且只由电场本身决定,与F、q的大小及是否存在试探电荷无关,即不能认为E∝F或E∝。
(2)电场强度是矢量,电场中某点的电场强度的方向与正试探电荷在该点所受电场力的方向相同,与负试探电荷在该点所受电场力的方向相反。
2.电场强度的叠加
(1)叠加原理:空间某点的电场强度等于各个场源电荷单独存在时所激发的电场在该点场强的矢量和,如图所示。
(2)复杂带电体产生电场的电场强度的求解。
①等效法:在保证效果相同的前提下,将复杂的电场情境变换为简单的或熟悉的电场情境。
例如:一个点电荷+q与一个无限大薄金属板形成的电场,等效为两个等量异种点电荷形成的电场,如图甲、乙所示。
②对称法:利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点,使复杂电场的叠加计算问题简化。
[例5] 【对电场强度的理解和计算】 (多选)(2025·浙江杭州阶段检测)如图甲所示,在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出),O、A、B为轴上三点。放在A、B两点的试探电荷受到的静电力与其所带电荷量的关系如图乙所示。以x轴的正方向为静电力的正方向,则(　　)
A.点电荷Q一定为正电荷
B.点电荷Q在A、B之间
C.A点的电场强度大小为2×103 N/C
D.同一电荷在A点受到的电场力比在B点的小
【答案】 BC
【解析】 由电场强度定义式E=可知,图线斜率绝对值的大小为各点的场强大小,可得EA=2×103 N/C,EB=0.5×103 N/C,同一电荷在A点受到的电场力比在B点的大,C正确,D错误。图线斜率的正负表示场强方向,可知A、B两点电场强度方向相反,则点电荷Q为负电荷且在A、B之间,B正确,A错误。
[例6] 【电场强度的叠加】 (2025·江西二模)如图所示,等边三角形ABC的三个角上固定着三个等量同种点电荷,此时,在AC边的中点D的电场强度大小为E。现将固定在A点的点电荷撤去,则D点的电场强度大小变为(　　)
A.E B.2E C.4E D.2E
【答案】 A
【解析】 设等边三角形的边长为L,点电荷的电荷量为q,因A、C两点电荷在D点的电场强度相互抵消,则D点的电场强度大小为E==,将固定在A点的点电荷撤去后,C处的点电荷在D点的电场强度大小为E1=,由于E1与E垂直,则D点的合电场强度为ED===E。A正确。
[例7] 【对称法求电场强度】(2025·贵州贵阳模拟)如图所示,以O点为圆心的圆上有A、B、C三点。A、B、C三点将圆三等分,其中A、B的连线水平。在A、B两点各固定一个电荷量为+Q的点电荷,在C点固定一个电荷量为-Q的点电荷。圆的半径为R,则O点的电场强度大小和方向为(　　)
A.电场强度为零
B.电场强度为,方向竖直向上
C.电场强度为,方向竖直向下
D.电场强度为,方向竖直向下
【答案】 C
【解析】 A、B两点的点电荷在O点产生的电场强度大小均为,如图所示,根据对称性和几何关系,A、B两点的点电荷在O点产生的合电场强度为,方向竖直向下,C点的点电荷在O点产生的电场强度为,方向竖直向下,所以O点的电场强度为,方向竖直向下,故选C。
[例8] 【补偿法求电场强度】 (2025·山西大同三模)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场可等效为电荷集中于球心处的点电荷在球壳外产生的电场。如图所示,在半径为r的半球面上均匀分布着正电荷,AB为通过半球顶点与球心O的直线,且AO=BO=2r。若A、B点的电场强度大小分别为E1和E2,静电力常量为k,则半球面上的电荷量为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】 设半球面上的电荷量为q,补全右半球面,则右半球面上也均匀地带上电荷量为q的正电荷,则完整带电球面的右球面在A点的电场强度与左球面在B点的电场强度大小相等,则在A点的电场强度为E1+E2=k,解得q=。B正确。
考点三　对电场线的理解和应用
(1)对等量异种点电荷来说,为什么中垂线上中点电场强度最大
提示:等量异种点电荷连线中垂线上,其中点到两个点电荷距离最近,根据E=k,所以两个点电荷在中点产生的场强最大,且方向相同,根据场强叠加原理可知,中垂线上中点处电场强度最大。
(2)对于等量同种点电荷来说,为什么从两电荷连线的中垂线中点向两侧电场强度先变大后变小
提示:等量同种点电荷的连线中垂线的中点处电场强度为零,无穷远处电场强度也为零,所以从中垂线中点向两侧电场强度先增大后减小。
1.等量点电荷的电场线与电场强度
比较项目 等量异种点电荷 等量同种点电荷
电场线 分布图
电荷连线 上的电场 强度 沿连线先变小后变大
O点最小,但不为零 O点为零
中垂线上的电场强度 O点最大,向外逐渐减小 O点最小,向外先变大后变小
关于O点 对称位置 的电场 强度 A与A′、B与B′、C与C′
等大同向 等大反向
2.电场线的应用
(1)判断电场强度的大小:电场线密处电场强度大,电场线疏处电场强度小。
(2)判断静电力的方向:正电荷受力方向与电场线在该点切线方向相同,负电荷受力方向与电场线在该点切线方向相反。
(3)判断电势的高低与电势降低的快慢:沿电场线方向电势降低最快,且电场线密集处比稀疏处降低更快。
[例9] 【对电场线的理解和应用】 (多选)(2025·云南丽江二模)如图所示是一对不等量异种点电荷的电场线分布图,左侧点电荷带电荷量为+2q,右侧点电荷带电荷量为-q,P、Q两点关于两点电荷连线对称。下列说法正确的是(　　)
A.P、Q两点的电场强度相同
B.M点的电场强度大于N点的电场强度
C.在两点电荷连线上,中点处的电场强度最小
D.在M点由静止释放一个正的试探电荷,电荷不会沿电场线通过P点
【答案】 BD
【解析】 根据题图及对称性可知,P、Q两点的电场强度大小相同,但是方向不同,故P、Q两点的电场强度不相同,A错误;M点处的电场线比N点处的电场线密集,则M点的电场强度大于N点的电场强度,B正确;由于两点电荷电荷量不相等,在两点电荷连线上,中点处的电场线不是最稀疏的,则电场强度不是最小,C错误;因MP之间的电场线是曲线,则在M点由静止释放一个正的试探电荷,此时其加速度沿电场线切线方向,电荷不会沿电场线通过P点,D正确。
[例10] 【电场线与带电粒子的轨迹问题】(2023·全国甲卷,18)在一些电子显示设备中,让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场,可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线,如果用虚线表示电子可能的运动轨迹,其中正确的是(　　)
A B
C D
【答案】 A
【解析】 电子做曲线运动,其所受外力应指向轨迹凹侧,而电子在电场中受静电力,且方向与电场线方向相反,分析可知,只有选项A中满足静电力指向轨迹凹侧。选项A正确,B、C、D错误。
电场线与轨迹问题的判断方法
(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),从两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,若已知其中的任意一个,可顺次分析判定各待求量;若三个都不知,则要用假设法分别讨论各种情况。
课时作业
对点1.静电现象、库仑定律及其应用
1.(2025·辽宁二模)静电现象在自然界普遍存在,在生产生活中也时常会发生静电现象。人们可让静电服务于生产生活,但也需对其进行防护,做到趋利避害。下列关于静电现象的说法正确的是(　　)
A.静电除尘的原理是静电屏蔽
B.避雷针利用了带电导体凸起尖锐的地方电荷稀疏、附近空间电场较弱的特点
C.为了安全,加油站工作人员工作时间须穿绝缘性能良好的化纤服装
D.印刷车间的空气应保证适当潮湿,以便导走纸页间相互摩擦产生的静电
【答案】 D
【解析】 静电除尘的原理是带电粒子受到电场力作用,A错误;避雷针利用了带电导体凸起尖锐的地方电荷密集、附近空间电场较强的特点,B错误;化纤服装容易摩擦起电,在加油站这种易燃易爆环境中,产生的静电可能引发危险,所以加油站工作人员不应穿绝缘性能良好的化纤服装,而应穿不易产生静电的服装,C错误;印刷车间中,纸张间摩擦产生大量静电,空气需保持一定湿度,以便及时导走静电,D正确。
2.(多选)(2025·云南昆明期末)如图所示,正点电荷a固定,一带负电的试探电荷b与a距离为r,现让b获得一大小为v0的速度后开始运动,只考虑a对b的库仑力作用,则b开始运动的一段时间内,其速度大小v随时间t变化的图像可能正确的是(　　)
　　　　
A B
　　　　
C D
【答案】 AD
【解析】 若试探电荷b获得与a、b连线垂直的速度,且a、b间的库仑力恰好提供向心力,则试探电荷b将绕a做匀速圆周运动,即试探电荷b的速度大小不变,A正确;若试探电荷b远离电荷a,则a、b间的库仑力使b做加速度减小的减速运动,则试探电荷b的速度减小,则v-t图像的斜率减小,B错误,D正确;同理,若试探电荷b靠近电荷a,试探电荷b的加速度将增大,速度增大,则v-t图像的斜率增大,C错误。
3.(2025·辽宁阜新阶段练习)A、B为两个电荷量都是Q的点电荷,相距为L,A、B连线的中点为O。现将电荷量为q的点电荷C放置在A、B连线的中垂线上到O点的距离为x的位置,如图甲所示。已知静电力常量为k。
(1)求此时点电荷C所受的静电力大小F1。
(2)若A所带的电荷量变为-Q,其他条件都不变,如图乙所示,此时点电荷C所受的静电力大小F2为多少
(3)为使F2大于F1,L和x的大小应满足什么关系
【答案】 (1) (2)　(3)L>2x
【解析】 (1)设点电荷C为正电荷,其所受静电力如图甲所示,其中
AC=,则FA=FB==,
利用三角形相似有∶x=FA∶,
解得F1=,同理,若C为负电荷,结论相同。
(2)若A的电荷量为-Q,设点电荷C为正电荷,则点电荷C所受静电力如图乙所示,
所以FA′=FB′==,
同理有∶=FB′∶,
解得F2=,同理,若C为负电荷,结论相同。
(3)要使F2大于F1,应满足>,
可得L>2x。
对点2.对电场强度的理解和计算
4.(2025·安徽芜湖二模)如图所示,A、B、C为一直角三角形的三个顶点,带电量绝对值分别为q1和q2的两个点电荷分别固定在A、B两点,在C点电场强度的大小为E1,方向与AB连线平行,AB连线中点D点电场强度大小为E2,∠A为30°。则下列关系正确的是(　　)
A.q1∶q2=8∶1,E1∶E2=∶12
B.q1∶q2=8∶1,E1∶E2=3∶12
C.q1∶q2=4∶1,E1∶E2=3∶20
D.q1∶q2=4∶1,E1∶E2=∶12
【答案】 A
【解析】 由于在C点电场强度方向与AB连线平行,可知q1和q2为异种电荷,设BC长度为d,则q1和q2在C点产生的电场强度大小分别为EA=、EB=,由几何关系可知sin 30°=,联立解得=,由电场叠加原理可知,在C点电场强度的大小为E1=EAcos 30°,而在D点电场强度的大小为E2=+,解得=,A正确。
5.(多选)(教材改编题)如图所示,电荷量为q的正点电荷与均匀带电薄板相距2d,点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中B点的电场强度为0,静电力常量为k,则A点的电场强度(　　)
A.方向水平向左 B.大小为0
C.大小为 D.大小为
【答案】 AC
【解析】 正点电荷在B点产生的电场强度大小E=k,方向向左,由于题图中B点的电场强度为0,则带电薄板与正点电荷在B点产生的电场强度等大反向,故带电薄板在B点产生的电场强度大小E′=E=k,方向向右,再根据对称性可知,带电薄板在A点产生的电场强度方向向左,大小为E′=k,因此,A点的电场强度大小为EA=k+k,解得EA=k,A、C
正确。
对点3.对电场线的理解和应用
6.(2025·湖北武汉期末)如图所示是描述甲、乙两个点电荷电场的部分电场线,下列说法正确的是(　　)
A.甲带负电,乙带正电
B.甲的电荷量小于乙的电荷量
C.P点的电场强度大于Q点的电场强度
D.在P点由静止释放一个带正电的粒子,仅在静电力的作用下,粒子会沿电场线运动到
Q点
【答案】 C
【解析】 电场线从甲电荷出发,部分终止于乙电荷,所以甲带正电,乙带负电,而甲附近电场线比乙附近电场线密,可知甲的电荷量大于乙的电荷量,A、B错误;由于P点处的电场线比Q点处密集,所以P点的电场强度大于Q点的电场强度,C正确;P点和Q点在同一条电场线上且电场线为曲线,由静止释放的带正电粒子仅在静电力作用下加速度方向时刻改变,则不可能沿电场线运动,D错误。
7.(多选)(2025·海南期中)如图所示,在电荷量为q的等量异种点电荷形成的电场中,O是两点电荷连线的中点,E、F是两点电荷连线中垂线上关于O对称的两点,B、C和A、D也关于O点对称,点电荷+q与B点和A点的距离均为r,BO=OC=r,则(　　)
A.B、C两点电场强度大小相同,方向不同
B.A、D两点电场强度大小相同,方向相同
C.E、O、F三点比较,O点电场强度最大,E、F两点电场强度不相同
D.B、O、C三点比较,O点电场强度最小,大小为,方向从O指向C
【答案】 BD
【解析】 两个等量异种点电荷形成电场的电场线,如图所示,由对称性可知,B、C两点电场强度大小和方向都相同,A错误;根据电场分布对称性可知,A、D两点电场强度大小相等,方向相同,B正确;根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小和电场的叠加原理可知E、O、F三点比较,O点电场强度最大,E、F两点电场强度相同,C错误;B、O、C三点比较,O点电场强度最小,大小为E=2×=,方向从O指向C,D正确。
8.(2025·四川绵阳二模)如图所示,在光滑绝缘水平面上,固定有电荷量分别为+2Q和-Q的可看作点电荷的两相同金属球A、B,间距为L。在A、B延长线上距离B为L的位置,自由释放另一电荷量为+q的相同的金属球C,释放瞬间加速度为a1;将A、B接触静电平衡后放回原处,再从相同位置自由释放C,释放瞬间加速度为a2。则(　　)
A.a1、a2的方向均水平向右
B.a1、a2的方向均水平向左
C.a1与a2大小之比等于
D.a1与a2大小之比等于
【答案】 C
【解析】 根据库仑定律,可知在A、B接触前,B、C的吸引力大于A、C的排斥力,所以a1的方向水平向左,则有k-k=ma1;在A、B接触后,二者所带电荷量均为+0.5Q,C受到向右的排斥力,则a2的方向水平向右,有k+k=ma2。联立解得,a1与a2大小之比为=,C正确。
9.(多选)(2025·湖北卷,10)如图所示,在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形,顶点到O点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q的正点电荷,且电荷量为3q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k,则O点处的电场强度(　　)
A.方向沿x轴负方向
B.方向与x轴负方向成18°夹角斜向下
C.大小为(cos 54°+cos 18°)
D.大小为(2cos 54°+cos 18°)
【答案】 AD
【解析】 由题意可知,各点电荷的电荷量可表示为如图甲所示,将五个点电荷等效成图乙,五个点电荷与O点距离均为R,设E0=,则O点电场强度大小为E=2×2E0cos 54°+
2E0cos 18°,可得E=2(2cos 54°+cos 18°),方向沿x轴负方向,故选AD。
10.(2025·河南阶段练习)如图所示,用长为L的绝缘细线将质量为m的带电小球A悬挂在O点,在悬点O的正下方固定一个带电小球B,A、B在同一水平线上,小球A静止时细线与竖直方向的夹角θ=37°,两个小球带电量相同,均可视为点电荷,静电力常量为k,重力加速度为g,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求细线上拉力大小;
(2)求小球A的电荷量;
(3)若小球A的带电量减半,使小球A绕B在水平面内做匀速圆周运动,细线与竖直方向的夹角仍为θ=37°,求小球A做圆周运动的角速度大小。
【答案】 (1)mg　(2)　(3)
【解析】 (1)根据力的平衡条件,对小球A有FT=,
代入数据得细线的拉力FT=mg。
(2)根据几何关系
LAB=Lsin θ=L,
根据库仑定律得
F库=k=,
又由平衡条件知
F库=mgtan θ=mg,
联立解得q=。
(3)小球A做圆周运动时,细线拉力大小仍为FT=mg,
根据牛顿第二定律有
FTsin θ-k=mLABω2,
解得ω=。(共43张PPT)
第7讲
实验:观察电容器的充、放电现象
【学习目标】
1.能根据实验电路图,独立、正确地连接充、放电实验电路;能成功进行电容器的充电和放电操作;能定性观察并准确描述充、放电过程中,回路电流和电容器两端电压随时间变化的趋势。
2.学会用控制变量法设计简单实验,探究充、放电快慢;能够设计表格,系统记录不同时刻的电流、电压值;能够根据记录的数据,手绘或使用软件绘制出充、放电过程的i-t和u-t曲线草图;能通过图像对比充、放电过程的异同点。
3.提高物理实验的严谨性,培养实事求是的科学态度和一丝不苟的作风;在观察新奇现象时,激发对电磁学世界的求知欲和探索精神;构建起对电容器工作的整体物理图景;利用图像法将抽象的指数变化规律可视化,从而更深刻地理解过程的变化特点。
一、实验目的
1.理解电容器的储能特性及其在电路中能量的转换规律。
2.了解电容器充、放电过程中,电路中的电流和电容器两端电压的变化规律,会计算电容器充、放电的电荷量。
二、实验过程
1.电容器的充电过程
如图所示,当开关S接1时,电容器接通电源,在电场力的作用下自由电子从正极板经过 向负极板移动,正极板因失去电子而带正电,负极板因获得电子而带负电。正、负极板带 的正、负电荷。电荷在移动的过程中形成电流。在充电开始时电流比较大,以后随着极板上电荷的增多,电流逐渐 ,当电容器两极板间电压等于电源电压时,电荷停止定向移动,电流I=0。
电源
等量
减小
2.电容器的放电过程
如图所示,当开关S接2时,相当于将电容器的两极板直接用导线连接起来,电容器正、负极板上电荷发生中和。在电子移动过程中,形成电流。放电开始时电流较大,随着两极板上的电荷量 ,电路中的电流逐渐减小,两极板间的电压也逐渐减小到零。
逐渐减小
3.电容器充、放电时的能量转化
充电后,电容器储存了 。放电时,储存的电能释放出来,转化为其他形式的能。
三、数据处理
1.整个图像与坐标轴所围的面积的物理意义是
整个充电或放电时间内通过电流表的电荷量。
电能
2.估算电容器充电或放电过程中电荷量的方法是:先算出一个小方格代表的电荷量,然后数出整个图像与坐标轴所围的面积中的方格数(大于半个的按一个方格计算,小于半个的舍弃)。电容器充电或放电过程中电荷量为一个小方格代表的电荷量乘以方格数。
四、误差分析
1.电压表读数及电流表不够灵敏造成偶然误差。
2.充放电时间较短、记录现象不够准确出现偶然误差。
3.电容器电容较小和电源不稳定造成系统误差。
五、注意事项
1.电流表要选用小量程的灵敏电流计。
2.要选择大容量的电容器。
3.实验要在干燥的环境中进行。
4.在做放电实验时,在电路中串联一个电阻,以免烧坏电流表。
考点一
基础性实验
[例1] 【定性分析】 (2025·河南模拟)某同学设计了如图甲所示的电路来观察电容器的充放电过程。
(1)连接好电路后,将滑动变阻器的滑片调整至适当位置,闭合开关S,将单刀双掷开关S′掷于1端,此时电容器开始　　　　(选填“充”或“放”)电,观察到的实验现象是　 ,再将S′掷于2端,观察到的实验现象是 　　　　 　　　。
充
小灯泡闪亮一下后熄灭
小灯泡闪亮一下后熄灭
【解析】 (1)闭合开关S,将单刀双掷开关S′掷于1端,此时电容器开始充电,由于电容器上的电荷越来越多,电容器两极板间的电压越来越大,电路中的电流越来越小,最后为零,所以观察到的实验现象是小灯泡闪亮一下后熄灭。将单刀双掷开关S′掷于2端,此时电容器开始放电,电容器相当于电源,电容器带的电荷量越来越少,两极板间的电压越来越小,所以观察到的实验现象是小灯泡闪亮一下后熄灭。
(2)其他条件不变,只换用容量更大的电容器来做实验,相比于(1)中实验,此次实验在放电过程中看到的现象是　 。
小灯泡闪亮持续时间较长
【解析】 (2)其他条件不变,只换用电容量更大的电容器来做实验,相比于(1)中实验,电容器两极板间的电压不变,电容器的带电荷量增多,则在放电过程中的时间更长,小灯泡闪亮持续时间较长。
(3)其他条件不变,只把小灯泡换成电感器,闭合开关S,先将单刀双掷开关S′掷于1端,一段时间后,再将单刀双掷开关S′掷于2端,此时电容器和电感器构成一个LC振荡电路,当电感线圈中的磁感线和电容器中极板的带电情况分别如图乙所示时,电容器正处于　　　　(选填“充”或“放”)电状态,电路中的电流在　　　　(选填“增大”或“减小”)。
放
增大
【解析】 (3)根据右手定则可知,电容器正处于放电状态,电路中的电流在
增大。
[例2] 【定量计算】 (2024·广西卷,12)某同学为探究电容器充、放电过程,设计了图甲实验电路。器材如下:电容器,电源E(电动势6 V,内阻不计),电阻R1=400.0 Ω,电阻R2=200.0 Ω,电流传感器,开关S1、S2,导线若干。实验步骤如下:
(1)断开S1、S2,将电流传感器正极与a节点相连,其数据采样频率为5 000 Hz,则采样周期为
　　 　　 s。
2.0×10-4
(2)闭合S1,电容器开始充电,直至充电结束,得到充电过程的I-t曲线如图乙,由图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为　　 　　 mA(结果保留三位有效数字)。
15.0
【解析】(2)由题图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为15.0 mA。
(3)保持S1闭合,再闭合S2,电容器开始放电,直至放电结束,则放电结束后电容器两极板间电压为　　　　 V。
2
(4)实验得到放电过程的I-t曲线如图丙,I-t曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的电荷量为0.018 8 C,则电容器的电容C为　　　 　μF。图丙中I-t曲线与横坐标、直线t=1 s所围面积对应电容器释放的电荷量为0.003 8 C,则t=1 s时电容器两极板间电压为　　　　 V(结果保留两位有效数字)。
4.7×103
5.2
【解析】(4)充电结束后电容器两端电压为UC′=E=6 V,故可得放电过程释放的电荷量ΔQ=C(UC′-UC)=0.018 8 C,解得C=4.7×103 μF。设t=1 s 时电容器两极板间电压为UC″,则C(UC′-UC″)=0.003 8 C,解得UC″=5.2 V。
[例3] 【误差分析】 (2025·北京西城期末)把直流电源、电阻、电容器、电流表、电压表以及单刀双掷开关组装成如图甲所示的电路进行实验,观察电容器充、放电过程。
(1)先将开关S接1,观察到电流表示数　　　　。
A.逐渐增大到某一值后保持不变
B.逐渐增大到某一值后迅速减小
C.迅速增大到某一值后保持不变
D.迅速增大到某一值后逐渐减小
D
【解析】 (1)先将开关S接1,电源给电容器充电,电路中存在充电电流,且随着电荷量的增多,充电电流逐渐减小为零,所以观察到电流表示数是迅速增大到某一值后逐渐减小。D正确。
(2)待电压表示数稳定后,将开关S接2,通过电流传感器(图中未画出)得到电流随时间变化的图线如图乙所示。则放电过程中通过R的电荷量Q1=
　　 　　 C(结果保留两位有效数字)。
2.6×10-3
【解析】 (2)I-t图像与坐标轴所围面积表示电荷量,则利用图线与t轴所围小方格数可得到通过电阻R的电荷量为Q1=1×0.04×10-3×65 C=
2.6×10-3 C。
(3)该同学在分析数据时,用电容器的电容与充电后电压表稳定示数的乘积求出电荷量Q2,他发现Q1与Q2有明显差异。多次重复实验发现这种差异总是存在。请判断Q1　 　　　(选填“>”或“<”)Q2,产生这一差异是由于
　　 　　(选填“电流表”“电压表”或“电阻”)的影响。
<
电压表
【解析】(3)因为电压表的存在,所以在放电时总有一部分电荷经过电压表放电,电容器所带电荷量不能全部经过电阻R,所以Q1考点二
创新性实验
[例4] 【实验情境的创新】 (2023·山东卷,14)电容储能已经在电动汽车,风、光发电、脉冲电源等方面得到广泛应用。某同学设计图甲所示电路,探究不同电压下电容器的充、放电过程,器材如下:
电容器C(额定电压10 V,电容标识不清);
电源E(电动势12 V,内阻不计);
电阻箱R1(阻值0~99 999.9 Ω);
滑动变阻器R2(最大阻值20 Ω,额定电流2 A);
电压表V(量程15 V,内阻很大);
发光二极管D1、D2,开关S1、S2,电流传感器,计算机,导线若干。
回答以下问题:
(1)按照图甲连接电路,闭合开关S1,若要升高电容器充电电压,滑动变阻器滑片应向　　　　(选填“a”或“b”)端滑动。
b
【解析】 (1)滑动变阻器采用分压式接法,故滑片向b端滑动电容器充电电压升高。
(2)调节滑动变阻器滑片位置,电压表表盘如图乙所示,示数为　　　　V(结果保留一位小数)。
6.5
【解析】(2)由题图乙可知,电压表量程为15 V,每个小格为 0.5 V,故示数为6.5 V。
(3)继续调节滑动变阻器滑片位置,电压表示数为8.0 V时,开关S2掷向1,得到电容器充电过程的I-t图像,如图丙所示。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法,根据图像可估算出充电结束后,电容器存储的电荷量为　　 　　C(结果保留两位有效数字)。
3.9×10-3
【解析】(3)I-t图像与坐标轴所围的面积表示电容器存储的电荷量,由题图丙可知,总共39个小格,故电容器存储的电荷量为3.9×10-3 C。
(4)本电路中所使用电容器的电容约为　　 　　F(结果保留两位有效数字)。
4.9×10-4
(5)电容器充电后,将开关S2掷向2,发光二极管　　　 　(选填“D1”或“D2”)闪光。
D1
【解析】(5)由题图甲可知,电容器充电后,左极板带正电,
将开关S2掷向2,电容器放电,D1导通,则发光二极管D1闪光。
[例5] 【实验方法的创新】 (2025·宁夏吴忠二模)用如图甲所示电路观察电容器的充放电现象,所用器材如下:电源(E=4 V,内阻不计)、电容器C,两个完全相同的电压传感器(内阻无穷大)、计算机、定值电阻R=4 kΩ、单刀双掷开关、导线若干,将实验器材按下图正确连接。
(1)将单刀双掷开关连接1,经过足够长的时间,通过电压传感器1传入计算机画出的U-t曲线如图乙中的曲线①,则通过电压传感器2传入计算机的U-t曲线正确的是　　　　(填曲线对应标号)。
②
【解析】 (1)将单刀双掷开关连接1,电容器充电,闭合瞬间电流最大,定值电阻两端电压等于电源电动势,之后电流减小,定值电阻两端电压也变小。电容器上端为正,下端为负,充电时流过电阻的电流也是由上向下,所以电容器和定值电阻两端电压都是上高下低,故通过电压传感器2传入计算机的U-t曲线是②。
(2)将单刀双掷开关连接2,通过电压传感器2传入计算机画出的U-t曲线如图乙中的曲线　　　　(填曲线对应标号),该过程为电容器　　　　(选填“充电”或“放电”),根据图像可估算,电容器储存的电荷量为　　 　　C(结果保留两位有效数字)。
③
放电
1.5×10-3
(3)若将电路中的定值电阻换成一阻值更大的电阻,先将单刀双掷开关连接1,经过足够长的时间,然后将单刀双掷开关连接2,通过电压传感器1在图乙中画出一条新的U-t曲线,新曲线与(2)中通过电压传感器2传入计算机画出的U-t曲线对比,与坐标轴围成的面积　　　　(选填“更大”“更小”或“相等”)。
更大
【解析】(3)若将电路中的电阻换成一阻值更大的电阻,电容器放电时释放的电荷量不变,I-t曲线与坐标轴围成面积不变,U-t曲线与坐标轴围成的面积会变大。
[例6] 【实验目的的创新】 (2025·重庆模拟)某兴趣小组欲探究电容器放电过程中电荷量与电压的关系。实验电路如图甲所示,电源电动势E=3 V,定值电阻R=800 Ω。先将开关S拨至1,稳定后再将S拨至2,用计算机(电路中未画出)得到通过电流表的放电电流I随时间t的图像如图乙所示。
(1)结合图乙可以求出电流表内阻r=　 　　 Ω(结果保留至小数点后一位)。
137.5
(2)若某时刻t时电流为i,将该实验测得的放电曲线围成的面积按照图丙所示方式分成两块,面积分别为S1和S2,则t时刻电容器的电压U=　　　　,电荷量Q=　　　　(用题中所给字母表示)。
i(R+r)
S2
【解析】(2)题图丙中t时刻电容器两极板间电压等于外部放电电路中电阻两端的电压U=i(R+r),而I-t 图像中图线与坐标轴围成的面积即为电荷量的大小,从t到放电结束那部分面积S2就是电容器尚未释放的电荷量,即电容器在时刻t的电荷量。
(3)结合图乙,t=1.6 s时表格中缺失的数据为U=　　　　 V,Q=　　　 　×
10-3 C(以上两空结果保留至小数点后两位),
0.75
0.76
在图丁中标出缺失的数据点并画出Q与U的关系图线,由此可得出的实验结论是:　 。
时刻t/s 电荷量Q/(10-3 C) 电压U/V
0 3.60 3.00
0.4 2.52 2.12
0.8 1.76 1.50
1.2 1.24 1.06
1.6
2.0 0.60 0.53
2.4 0.40 0.38
2.8 0.24 0.27
同一电容器在放电过程中电荷量与电压成正比
【答案及解析】(3)题图乙中t=1.6 s时电流为I=0.8 mA,
由欧姆定律可得电压U=I(R+r)=0.8×10-3×937.5 V=0.75 V,
题图乙中1.6 s后到电流为零的过程中I-t图像的面积
Q=S=19×0.2×10-3×0.2 C=0.76×10-3 C,
描点作图如下,
由于图像是一条通过原点的直线,故可得出同一电容器在放电过程中电荷量与电压成正比。
感谢观看第4讲　电容器　带电粒子在电场中的运动
【学习目标】
1.能定性分析电容器在充电、放电过程中的电荷量、电压、电场强度变化;掌握电容器串联、并联的等效电容计算及电荷分配规律;分析插入电介质对电容、电场强度和电势差的影响。
2.熟练计算带电粒子在电场中受到的静电力,区分粒子在匀强电场和非匀强电场中的运动差异;分析粒子垂直进入匀强电场时的偏转轨迹,推导偏移量及偏转角公式;理解粒子在交变电场中的往复运动条件;解决电场与重力场叠加问题,会进行力的平衡或动力学分析。
3.建立电场力与力学、能量观点的联系,掌握类比与模型建构方法;综合运用动力学、功能关系处理复杂场景。
[footnoteRef:2] [2:
1.(2024·甘肃卷,7)一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S接1,电源E给电容器C充电;开关S接2,电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是(　　)
A.充电过程中,电容器两极板间电势差增加,充电电流增加
B.充电过程中,电容器的上极板带正电荷,流过电阻R的电流由M点流向N点
C.放电过程中,电容器两极板间电势差减小,放电电流减小
D.放电过程中,电容器的上极板带负电荷,流过电阻R的电流由N点流向M点
【答案】 C
2.(2025·福建卷,4)角分辨光电子能谱仪是现代科学研究的先进仪器,其核心装置中有两个同心半球极板,垂直于半球底面且过球心O的截面如图所示。极板间存在一径向电场,其等势线为一系列以O为圆心的半圆。电子a以初动能Ek从入口M点垂直于半球底面入射,从N点射出;电子b也从M点垂直于半球底面入射,经P点后从Q点射出。两电子的运动轨迹如图所示。已知电子a轨迹为一以O为圆心的半圆,与OP交于H点,H、P两点间的电势差为U,OM=r,NQ=2HP,电子电荷量大小为e,重力不计,则(　　)
A.P点处的电场强度大小为
B.电子a在H点受到的电场力大小为
C.电子b在P点时的动能小于在Q点时的动能
D.电子b从M点运动到Q点的过程中,克服电场力所做的功小于2eU
【答案】 D]
【答案】 异种　中和　相等　　106　1012　　
mv2-m　类平抛　合成　分解　　　　
考点一　电容器　平行板电容器的动态分析
如图,闭合开关S稳定后断开,电容器所带电荷量Q保持不变,若增大电容器两板间的距离d,请完成以下分析:
(1)根据电容的决定式分析电容C大小如何变化。
(2)根据电容的定义式分析电容器两板间电压U大小如何变化。
(3)根据匀强电场电势差与电场强度的关系E=,结合(1)(2)的分析,判断两板间电场强度E大小如何变化。
提示:(1)C=,d变大,其余量不变,故C变小。
(2)由C=可得U=,Q不变,C变小,故U变大。
(3)将C=代入U=,可得U=,则E===,故E不变。
1.对电容定义式C=的理解
(1)一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的,与电容器的带电情况无关。
(2)不能理解为电容C与Q成正比,与U成反比。
2.平行板电容器两类动态变化的特点比较
[例1] 【对电容的理解】(2025·陕西咸阳期中)据报道,我国每年心源性猝死案例高达55万,而心脏骤停最有效的抢救方式是通过AED自动除颤机给予及时治疗。某型号AED模拟治疗仪器的电容器电容是20 μF,充电至最大电压8 kV时,可以在4 ms时间内完成放电,则(　　)
A.充电至最大电压8 kV为击穿电压
B.电容器充电至最大电压时的带电荷量为1.6 C
C.放电时的平均电流为40 A
D.放电完成后,电容器电容为10 μF
【答案】 C
【解析】 充电至最大电压时仪器不能毁坏,可知8 kV不是击穿电压,A错误;充电至最大电压时,电容器带电荷量为Q=UC=8×103×20×10-6 C=0.16 C,B错误;电容器放电过程的平均电流大小为I== A=40 A,C正确;电容器的电容与电容器所带电荷量无关,所以当电容器放完电后,其电容保持不变,仍然是20 μF,故D错误。
[例2] 【电容器的动态分析】 电容器的形状变化会导致其电容变化,这一性质可用于设计键盘,简化原理图如图所示。键盘按键下的装置可视为平行板电容器,电容器的极板面积为S、间距为d,电容C=α(α为常量)。按下键盘按键时,极板间的距离变为按压前的η倍;撤去按压,按键在弹力作用下复位。电容器充电后:
(1)若按压按键不改变电容器所带的电荷量,则按压后极板间的电压变为按压前的多少倍
(2)若按压按键不改变电容器极板间的电压,则按压后极板间的电场强度大小变为按压前的多少倍
【答案】 (1)η倍　 (2)
【解析】 (1)设按压前电容为C1=α,电压为U1,电荷量为Q,
根据平行板电容器的电容公式C=α,
电容的定义式 C=,
解得U1==;
按压后极板间距离变为按压前的η倍,即d2=ηd1,此时电容C2=α=α,
因为按压过程未改变其电荷量Q,所以按压后电压U2==,解得=η,
即按压后极板间的电压变为按压前的η倍。
(2)对于平行板电容器,极板间的电场强度E=;设按压前电压为U,极板间距离为d1,则电场强度E1=,
按压后极板间距离变为d2=ηd1,
且电压不变,仍为U,
此时电场强度E2==,
所以有=,
按压后极板间的电场强度大小变为按压前的。
考点二　带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
1.对带电粒子进行受力分析时应注意的问题
(1)要掌握静电力的特点。静电力的大小和方向不仅跟电场强度的大小和方向有关,还跟带电粒子的电荷量和电性有关。
(2)是否考虑重力依据情况而定。
①基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等除有特殊说明或明确的暗示外,一般不考虑重力(但不能忽略质量)。
②带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有特殊说明或明确的暗示外,一般都不能忽略重力。
2.分析带电粒子(带电体)在电场中的直线运动的方法
(1)用动力学观点分析(只适用于匀强电场)。
a=,E=,v2-=2ad。
(2)用功能观点分析。
①匀强电场中:W=qEd=qU=mv2-m。
②非匀强电场中:W=qU=Ek2-Ek1。
[例3] 【带电粒子在电场中的直线运动】 (2025·四川卷,13)如图所示,真空中固定放置两块较大的平行金属板,板间距为d,下极板接地,板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q(q>0)的金属微粒,从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变,碰撞后电性与极板相同,所带电荷量的绝对值不变,不计微粒所受重力。求:
(1)微粒第一次到达下极板所需时间;
(2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。
【答案】 (1)　(2)2
【解析】 (1)由牛顿第二定律得qE=ma,
由运动学公式得=at2,
联立可得时间为t=。
(2)微粒第一次到达下极板时的速度大小为
v1=at=,
由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变,碰撞后电性与极板相同,所带电荷量的绝对值不变,设微粒与下极板碰后第一次到达上极板时的速度大小为v2,满足-=2ad,
代入解得v2=;
同理设微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为v3,满足-=2a·,
代入解得v3=2,
故动量大小为p=mv3=2。
[例4] 【带电体在电场中的直线运动】一个带正电的粒子,从A点射入水平方向的匀强电场中,粒子沿直线AB运动,如图所示,已知AB与电场线夹角θ=30°,带电粒子的质量m=1.0×10-7 kg,电荷量q=1.0×10-10 C,A、B相距L=20 cm。(g取10 m/s2,结果可保留根号)
(1)说出粒子在电场中运动的性质,要求说明理由。
(2)求电场强度的大小和方向。
(3)要使粒子从A点运动到B点,求粒子射入电场时的最小速度。
【答案】 (1)见解析　(2)×104 N/C　方向水平向左　(3)2 m/s
【解析】 (1)粒子只在重力和电场力作用下沿AB做直线运动,其合力一定沿直线AB,可知电场力的方向水平向左,合力的方向由B指向A,与初速度vA方向相反,粒子做匀减速直线运动。
(2)在垂直于AB方向上有
qEsin θ-mgcos θ=0,
则电场强度大小
E== N/C=×104 N/C,
方向水平向左。
(3)若粒子恰好由A点运动到B点,则速度vB=0,
根据动能定理,在该过程有
-mgLsin θ-qELcos θ=0-m,
其中L=20 cm=0.2 m,
代入数据解得
vA=2 m/s。
考点三　带电粒子在电场中的偏转
如图,电性相同的不同带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再垂直进入同一偏转电场,则从偏转电场射出时,带电粒子的轨迹是重合的吗
提示:在加速电场中有qU0=m,在偏转电场中偏移量y=at2=··()2,
设速度偏转角为θ,则tan θ==,
得y=,tan θ=,
则y、θ均与m、q无关,即偏移量和速度偏转角总是相同的,所以它们的轨迹是重合的。
1.带电粒子在电场中偏转问题的两个重要结论
(1)粒子经电场偏转后,速度偏转角θ的正切值是位移偏转角α正切值的2倍,即tan θ=2tan α。
(2)粒子经电场偏转后射出时,合速度方向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到偏转电场边缘的距离为。
2.处理带电粒子的偏转问题的方法
运动的 分解法 将带电粒子的运动分解为沿电场力方向的匀加速直线运动和垂直于电场力方向的匀速直线运动
功能 关系 当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解:qUy=mv2-m,其中Uy=y,指运动过程初、末位置两点间的电势差
[例5] 【示波管的工作原理】 (2025·北京海淀期中)如图甲所示为示波管原理图,若其内部竖直偏转电极YY′之间的电势差按照如图乙所示的规律变化,水平偏转电极XX′之间的电势差按照如图丙所示的规律变化,则在荧光屏上会看到的图形是(　　)
　　　
A B
　　　
C D
【答案】 D
【解析】 电子在偏转电场中运动时,只受电场力作用,而沿初速度方向不受力做匀速运动,即所有电子运动到达荧光屏的时间均相等。电子通过偏转电极且在垂直于初速度方向有e=ma,得a=,可知电子在偏转电场中加速度a与电压成正比,根据x=at2可知,电子偏转的位移与电压成正比,可知XX′极板间电场使电子束反复从X′到X扫描,YY′极板间电场使电子束沿YY′做类似于简谐运动,两方向的偏转电场使电子束形成正弦曲线。若t=0时刻射入的电子在两偏转电场共同作用下落在屏的X′端点,此后射入的电子在XX′电场作用下依次均匀落在X′右侧的XX′直线上,而在YY′电场作用下依次按正弦规律先落在X′正下方至最低点后逐渐上移,两电场共同作用使电子束在荧光屏上形成选项D中的图形,D
正确。
[例6] 【带电粒子在匀强电场中的偏转】 (2025·河南卷,13)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集,其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞),液滴质量均为m=2.0×10-10 kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电,使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷,电荷量均为q=1.0×10-13 C。随后,液滴以v=2.0 m/s 的速度竖直进入长度为l=2.0×10-2 m的电极板间,板间电场均匀、方向水平向右,电场强度大小为E=2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h=
0.1 m 处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求:
(1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离;
(2)A、B细胞收集管的间距。
【答案】 (1)5×10-3 m　(2)0.11 m
【解析】 (1)由题意可知含A细胞的液滴在电场中做类平抛运动,垂直于电场方向有l=vt1,
沿电场方向有x1=a,
由牛顿第二定律有qE=ma,
解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x1=5×10-3 m。
(2)含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动,则h=vt2,x2=at1t2,
联立解得x2=0.05 m,
由对称性可知A、B细胞收集管的间距Δx=2(x1+x2)=0.11 m。
[例7] 【带电粒子在电场和重力场中的偏转】 (2025·广东卷,15)如图,是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处,由静止开始向右下方运动,与下方绝缘平板在B点处碰撞,碰撞时电荷量改变,反弹后离开下方绝缘平板瞬间,颗粒的速度与所受合力垂直,其水平分速度与碰前瞬间相同,竖直分速度大小变为碰前瞬间的k(k<1)倍。已知颗粒质量为m,两绝缘平板间的距离为h,两金属平板间的距离为d,B点与左平板的距离为l,电源电压为U,重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求:
(1)颗粒碰撞前的电荷量q;
(2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q;
(3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中,电场力对它做的功W。
【答案】 (1)　(2)　(3)见解析
【解析】 (1)根据题意可知,颗粒在竖直方向上做自由落体运动,则有h=gt2,
水平方向上做匀加速直线运动,
则有qE=ma,l=at2,E=,
解得q=。
(2)根据题意可知,颗粒与绝缘平板第一次碰撞时,
竖直分速度为vy1=,
水平分速度为vx1==,
则第一次碰撞后竖直分速度为
vy2=kvy1,
设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角为θ,
则有tan θ=,
由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直,
则有tan θ=,
联立解得Q=。
(3)根据题意可知,由于k<1,则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板,分两种情况讨论:
①设从第一次碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为t′,则有
t′==2k,
水平方向上做匀加速直线运动,
加速度为a′==,
水平方向运动的距离为
x=vx1t′+a′t′2=4kl+,
此情况需满足x≤d-l,即d≥(4k+1)l+,
则电场力对颗粒做的功为W=+=+4k2mgh+。
②若d<(4k+1)l+,则颗粒与右侧金属板发生第二次碰撞。
则电场力对颗粒做功为W=qEl+QE(d-l)=+。
课时作业
对点1.电容器　平行板电容器的动态分析
1.(多选)(2025·山西晋城期末)如图所示,真空中水平放置的平行板电容器的两极板与电压恒定的电源相连,下极板接地(电势为0),极板间的P点固定一带负电的点电荷(电荷量不变),把上极板缓慢向下平移少许后,下列说法正确的是(　　)
A.电容器所带的电荷量增大
B.点电荷受到的电场力减小
C.P点的电势升高
D.点电荷的电势能减小
【答案】 ACD
【解析】 根据平行板电容器电容的决定式和定义式有C==,当上极板向下平移后两极板间距减小,C变大,但U不变,所以Q增大,两极板间的电场强度E增大,点电荷受到的电场力变大,A正确,B错误;因为P点所在位置到下极板的距离不变,由U=Ed可知P点与下极板之间的电势差变大,且下极板的电势为零,所以P点所在位置的电势升高,C正确;点电荷的电势能Ep=φq,由于点电荷带负电,因此点电荷的电势能减小,D正确。
2.(2025·黑吉辽内蒙古卷,4)如图,某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的,逐渐增大施加于两极板压力F的过程中,F较小时弹性结构易被压缩,极板间距d容易减小;F较大时弹性结构闭合,d难以减小。将该电容器充电后断开电源,极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是(　　)
　　　　
A B
　　　　
C D
【答案】 D
【解析】 根据公式Q=CU和电容的决定式C=,可得U=·d,根据题意,F较小时易被压缩,电容器与电源断开后Q不变,随着F增大,d减小得越来越慢,结合图像可知,D正确。
对点2.带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
3.(2025·福建期末)如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点,由O点静止释放的电子恰好能运动到P点,现将C板向左平移到P′点,则由O点静止释放的电子(　　)
A.运动到P点返回
B.运动到P和P′点之间返回
C.运动到P′点返回
D.穿过P′点后继续运动
【答案】 D
【解析】 由O点静止释放的电子恰好能运动到P点,表明电子在薄板A、B之间做加速运动,电场力做正功,电场方向向左,在薄板B、C之间做减速运动,电场力做负功,电场方向向右,到达P点时速度恰好为0,根据动能定理有-eUOM-eUMP=0,解得UMP=-UOM=UMO,当C板向左平移到P′点,B、C间距减小,由电容的决定式C=知,电容增大,由C=、电荷量Q不变知B、C之间电压减小,则有UMP=UMO>UMP′,结合上述有-eUOM-eUMP′>0,可知电子减速运动到P′的速度不等于0,即电子穿过P′点后继续向右运动。故选D。
4.(2025·湖南怀化三模)如图所示,ABCD为匀强电场中相邻的四个等势面,等势面与水平方向的夹角θ=37°,一带正电小球经过等势面A上的a点时,速度方向水平,小球沿直线运动,经过等势面D上的d点时速度恰好为零,已知小球质量为m=0.05 kg,带电量q=0.05 C,ad间的距离为0.15 m,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=,cos 37°=,则下列说法正确的是(　　)
A.电场强度大小为7.5 N/C
B.小球在a点的速度大小为1.5 m/s
C.A和B两等势面的电势差UAB=0.375 V
D.若小球从d点沿da方向水平射入,则小球的运动轨迹为曲线
【答案】 B
【解析】 小球由a到d,电场力做负功,其受力如图所示,根据运动规律有qEcos θ=mg,
mgtan θ=ma,2ax=,代入数据解得E=12.5 N/C,v0=1.5 m/s,A错误,B正确;小球在运动过程中,根据动能定理有3UABq=0-m,解得UAB=-0.375 V,C错误;若小球从d点水平射入,小球受力不变,其合力水平向左,小球做匀加速直线运动,D错误。
5.(多选)(2025·吉林阶级练习)如图所示,A、B为水平放置的两平行正对金属板,在板中央分别开有小孔M、N。小孔对平行板之间的电场无影响,其中R为滑动变阻器,电源内阻不可忽略。闭合开关S,待电路稳定后,将一带负电的可视为质点的小球从小孔M、N正上方的P点由静止释放,小球恰好能运动至小孔N处,每次都将小球从P点由静止释放,忽略板外电场对小球运动的影响,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　)
A.若仅将A板上移少许,则带电小球将无法运动至B板的小孔N处
B.若仅将B板上移少许,则带电小球将无法运动至B板的小孔N处
C.若仅将R的滑片上移,则带电小球能从B板的小孔N处穿出
D.若仅将R的滑片下移,则带电小球能从B板的小孔N处穿出
【答案】 BC
【解析】 小球从小孔M、N正上方的P点由静止释放,小球恰好能运动至小孔N处,由动能定理知mgh-qU=0,则有mgh=qU,由于开关闭合,电容器两极板的电压不变,所以若仅将A板上移少许,则带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处,故A错误;若仅将B板上移少许,则h减小,带电小球将无法运动至B板的小孔N处,故B正确;若仅将R的滑片上移,R两端的电压减小,则带电小球能从B板的小孔N处穿出,故C正确;若仅将R的滑片下移,R两端的电压增大,则带电小球不能到达B板的小孔N处,故D错误。
对点3.带电粒子在电场中的偏转
6.(2025·重庆卷,5)某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动,如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场,N为QP的中点。模拟动画显示,带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场,沿图中所示轨迹同时到达M、N点,K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用,则可推断a、b(　　)
A.具有不同比荷
B.电势能均随时间逐渐增大
C.到达M、N的速度大小相等
D.到达K所用时间之比为1∶2
【答案】 D　
【解析】 根据题意可知,带电粒子在电场中做类平抛运动,带电粒子a、b分别从Q点和O点同时进入电场,沿题图中所示轨迹同时到达M、N点,可知运动时间相等,由题图可知,沿初速度方向位移之比为2∶1,则初速度之比为2∶1,沿电场方向的位移大小相等,由y=at2可知,粒子运动的加速度大小相等,由牛顿第二定律有qE=ma,可得=,可知带电粒子具有相同比荷,A错误;带电粒子运动过程中,电场力均做正功,电势能均随时间逐渐减小,B错误;沿电场方向,由公式vy=at可知,到达M、N的竖直分速度大小相等,由于初速度之比为2∶1,则到达M、N的速度大小不相等,C错误;由题图可知,带电粒子a、b到达K的水平位移相等,由于带电粒子a、b初速度之比为2∶1,则所用时间之比为1∶2,D正确。
7.(2025·四川模拟)如图所示,足够大的空间内存在与水平方向成θ=37°角的匀强电场,一不可伸长的绝缘轻绳,一端系于O点(距水平地面足够高),另一端系一质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点),当小球处于静止状态时,轻绳与竖直方向的夹角为θ。现将小球拉至O点右侧等高位置(轻绳刚好拉直)静止释放,小球运动到O点正下方时,轻绳碰到P点(OP小于绳长)的刀片而断裂,最终小球落在水平地面上。已知重力加速度大小为g,取sin 37°=
0.6。下列说法正确的是(　　)
A.电场强度的大小为
B.小球在整个过程中受到的合力为变力
C.轻绳断裂前后瞬间小球速度大小不变
D.轻绳断裂后,小球做平抛运动
【答案】 C
【解析】 当小球处于静止状态时,小球受力如图1所示,根据平衡条件有Eq=mgsin θ,解得E=,A错误;由于小球受重力和电场力的合力FGE=mgcos θ=mg,小球运动到O点正下方时,小球受力如图2所示,从静止到运动至O点正下方的过程中做圆周运动,受到的合力为变力,而轻绳断裂后合力不变,B错误;轻绳与刀片接触前后瞬间,无外力对小球做功,则小球速度大小不变,C正确;轻绳断裂后,小球速度方向水平向左,合力恒定且方向斜向右下,小球做类斜抛运动,D错误。
8.(2025·陕西期末)如图所示,在A点以速度v0=6 m/s水平向左抛出一个质量m=1 kg、电荷量q=+0.01 C的小球,小球抛出后进入左侧水平向右的匀强电场。经过一段时间,小球返回到A点正下方7.2 m的B点,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求匀强电场的电场强度E的大小。
(2)小球从A点到B点的运动过程中,抛出后多长时间速度有最小值,最小值为多少
【答案】 (1)1 000 N/C　(2)0.3 s　3 m/s
【解析】 (1)小球在竖直方向上只受重力作用而做自由落体运动,则有y=gt2,水平方向上做匀变速直线运动,则有ax=,qE=max,
联立解得E=1 000 N/C。
(2)将电场力和重力的合力看作小球运动的等效重力,有(mg)2+(qE)2=(ma)2,
解得a=10 m/s2,方向与水平方向成45°角斜向右下方;
将运动初速度v0沿着合加速度a方向(y′方向)和垂直于合加速度a方向(x′方向)分解,
当沿y′方向的速度变为0时所用的时间t′=,解得t′=0.3 s,此时小球速度最小,
其值为vmin=v0cos 45°=3 m/s。
9.(多选)(2025·河南期中)如图所示,两块水平放置的平行金属板M、N,下极板N接地。现将其与理想二极管串联,与静电计并联,初始电容器所带电荷量为零。R0为定值电阻,R1和R2为电阻箱,闭合开关S稳定后,一带电油滴恰好静止于两板间的P点,则下列说法正确的是(　　)
A.断开开关S,M板稍微上移,静电计指针偏角变大
B.断开开关S,N板稍微下移,带电油滴的电势能增大
C.保持开关S闭合,增大R1阻值,带电油滴仍然静止不动
D.保持开关S闭合,增大R2阻值,平行板电容器的带电荷量减小
【答案】 AC
【解析】 断开开关S,电荷量保持不变,M板稍微上移,间距d变大,根据公式C=,C=,可知板间电压U变大,所以静电计指针偏角变大,A正确;断开开关S,N板下移时,由A项分析结合公式E=,可得E=,说明极板间电场强度与d的变化无关,dPN变大,则P点与下极板间电势差U′=EdPN变大,而N板的电势为零,所以P点电势降低,且为负值,其绝对值变大,由于N板为正极板,可知油滴带正电,根据Ep=qφ,可知N板稍微下移,带电油滴的电势能降低,B错误;保持开关S闭合,电容器两板间电压等于电阻R0两端的电压,当增大R1的阻值时,R0两端的电压减小,电容器两板间电压降低,根据C=,可知电容器将会放电,因为二极管的单向导电性,电容器的电荷量不能减少,所以电荷量不变,则板间场强不变,油滴仍然静止不动,C正确;保持开关S闭合,当增大R2的阻值时,电容器两板间电压与R2的阻值无关,则电容器的带电荷量保持不变,D错误。
10.(2025·甘肃庆阳三模)某种质谱仪可以对气体分子进行分析。如图所示,在真空状态下,脉冲阀P喷出微量气体,经激光照射产生不同价位的n价正离子,自A板小孔进入A、B平行板间的加速电场,从B板小孔射出后沿半径为R的半圆弧轨迹通过电场方向指向圆心的静电分析器,再沿中线方向进入C、D平行板间的偏转电场区,能通过偏转电场的离子可被移动的探测器接收。已知元电荷电荷量为e,所有离子质量均为m,A、B板间电压为U0,C、D极板的长度为L。不计离子所受重力及进入A板时的初速度。
(1)求出价位n=1的正离子从B板小孔射出时的速度大小。
(2)为使各种价位的正离子均能进入C、D偏转电场,静电分析器中心线圆弧上的电场强度E0是多大
(3)若要使各个价位的所有离子均能被探测器接收,求出C、D板间的偏转电压U1的大小与C、D板间的距离d满足的关系式。
【答案】 (1)　(2)　(3)U1≤
【解析】 (1)对价位n=1的正离子,通过加速电场A、B过程中,根据动能定理有eU0=mv2,
解得v=。
(2)对价位n的正离子通过A、B加速电场有neU0=mv′2,
使离子能够沿静电分析器中心圆弧轨道进入C、D偏转电场,根据牛顿第二定律有
neE0=,联立解得E0=。
(3)n价离子在偏转电场中做类平抛运动,根据位移公式可知L=v′t,y=at2,
根据牛顿第二定律可知a=,
n价离子能从C、D板左侧离开时应满足y≤,
又有neU0=mv′2,
可解得U1≤。(共31张PPT)
第3讲
小专题:电场中的功能关系和
图像问题
【学习目标】
1.掌握静电力做功的特点。熟练运用电场力做功公式;理解电势能的变化与电场力做功的关系;掌握动能定理在电场中的应用。
2.掌握电场中的能量守恒。分析带电粒子在电场中运动时的机械能守恒条件;能够结合重力场、电场等多力场问题,分析能量转化关系。
3.知道φ-x图像斜率表示电场强度;能计算E-x图像中两点间的电势差,能判断电场力的变化及粒子运动情况;理解Ep-x图像中斜率表示电场力;能根据有关的物理规律分析其他图像问题。
4.解决带电粒子在电场中的运动问题。结合v-t、F-t、a-x等图像,分析粒子的加速、减速、往复运动等;能够利用图像计算电场力做功、动能变化、电势能变化等。
5.综合应用与问题建模。能将实际问题转化为物理模型;能够结合功能关系和图像分析复杂电场问题。
考点一
电场中的功能关系
1.常见的功能关系
(1)合外力做功等于动能的变化量,即W合=Ek2-Ek1=ΔEk(动能定理)。
(2)重力做功等于物体重力势能的减少量,即WG=EpG1-EpG2=-ΔEpG。
(3)静电力做功等于电势能的减少量,即W电=Ep电1-Ep电2=-ΔEp电。
(4)弹簧弹力做功等于弹性势能的减少量,即W弹=Ep弹1-Ep弹2=-ΔEp弹。
(5)除了重力和弹簧弹力之外其他力做的总功等于物体机械能的变化,即
W其他力=E机2-E机1=ΔE机。
2.电场中常见的能量关系
(1)若只有电场力做功,则动能和电势能之间相互转化,二者之和保持不变,即ΔEk=-ΔEp。
(2)若只有电场力和重力做功,则机械能和电势能之间相互转化,电势能、重力势能、动能之和保持不变。
注意:动能定理可以把不同力对物体做的功联系起来;能量守恒定律可以把系统中参与变化的所有能量联系起来。
AD
点电荷A、B为等量的异种点电荷,点电荷C位于点电荷A、B连线的中垂线上,则C点电荷处的电场强度方向与点电荷A、B连线的中垂线垂直,即平行于AB的连线,故点电荷C受到的电场力方向也平行于AB的连线,D正确。
[例2] 【重力和静电力作用下的功能关系】 (2025·黑龙江大庆模拟)如图所示,BD是竖直平面内圆的一条竖直直径,AC是该圆的另一条直径,该圆处于匀强电场中,电场强度方向平行于圆所在平面。若从O点向各个方向发射动能、电荷量、质量均相同的带正电小球,小球会经过圆周上不同的点,其中过A点的小球动能最小。忽略空气阻力和小球之间的作用力,则下列说法正确的是(　　)
A.过D点的小球动能和电势能之和最小　
B.过B点的小球动能和电势能之和最大
C.过C点的小球电势能和重力势能之和最小
D.可以断定电场方向由O点指向圆弧CND上的某一点
C
【解析】 小球在运动过程中受到重力与电场力作用,小球在运动过程中只有重力势能、电势能与动能之间的相互转化,则总能量保持一定,经过B点的小球克服重力做功最多,重力势能增加得最多,则动能和电势能之和最小,A、B错误;因为过A点小球的动能最小,则经过A点的小球在到达A点过程合力做负功,且在所有合力做负功的路径中,该过程合力所做负功最多,可知A点是等效物理最高点,在A点小球所受重力与电场力的合力方向指向圆心,而与A点对称的C点为等效物理最低点,在C点小球所受重力与电场力的合力背离圆心,可知小球从O点运动到C点过程中合力做正功,且所做正功最多,则过C点的小球的动能最大,其电势能与重力势能之和最小,C正确;
由A点小球所受重力与电场力的合力方向指向圆心,根据矢量合成的特点可知,电场力方向一定由O点指向圆弧ABC上的某一点,即电场方向由O点指向圆弧ABC上的某一点,D错误。
D
B.带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为mgH
C.带电物块电势能的增加量为3mgH
D.弹簧的弹性势能的增加量为mgH
[变式] 在[例3] 中弹簧的劲度系数是多少 物块下落过程中的最大速度是
多少
考点二
静电场中的图像问题
1.φ-x图像(电场方向与x轴平行)
(1)电场强度的大小等于φ-x图线的切线斜率的绝对值,如果图线是曲线,电场为非匀强电场;如果图线是倾斜的直线,电场为匀强电场(如图)。切线的斜率为零时沿x轴方向电场强度为零。
(2)在φ-x图像中可以直接判断各点电势的高低,并可根据电势的高低确定电场强度的方向,进而可以判断电荷在电场中的受力方向。(如图)
2.E-x图像(电场方向与x轴平行)
(1)E-x图像为静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系,若规定x轴正方向为电场强度E的正方向,则E>0时,电场强度E沿x轴正方向;E<0时,电场强度E沿x轴负方向。
(2)E-x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图所示),两点的电势高低根据电场方向判定。在与粒子运动相结合的题目中,可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。
3.Ep-x图像、Ek-x图像
(1)Ep-x图像。
(2)Ek-x图像。
[例4] 【φ-x图像】 (2025·海南卷,6)某静电场电势φ在x轴上分布如图所示,图线关于φ轴对称,M、P、N是x轴上的三点,OM=ON,有一电子从M点由静止释放,仅受x方向的电场力作用,则下列说法正确的是(　　)
A.P点电场强度方向沿x轴负方向
B.M点的电场强度小于N点的电场强度
C.电子在P点的动能小于在N点的动能
D.电子在M点的电势能大于在P点的电势能
D
【解析】 由题中φ-x图像可知,在x轴正半轴沿x轴正方向电势降低,则电场强度方向沿x轴正方向,A错误;在φ-x图像中图线斜率表示电场强度,则M、N点的电场强度大小相等、方向相反,B错误;电子在电势低处电势能大,故电子在P点的电势能小于在N点的电势能,根据能量守恒可知,电子在P点的动能大于在N点的动能,C错误;根据关系式Ep=qφ,电子在电势低处电势能大,即电子在M点的电势能大于在P点的电势能,D正确。
[例5] 【E-x图像】 (多选)(2025·辽宁锦州一模)某电场中,x轴上各点电场强度E随位置x的变化规律如图所示,x轴正方向是电场的正方向,一电子从-x0处以v0沿x轴正方向射入,仅受电场力作用。下列说法正确的是(　 　)
A.电子能越过x0处
B.0.5x0处电势最高
C.-x0处的电势比O点高
D.电子在O点处电势能小于0.5x0处的电势能
AD
【解析】 根据公式U=Ed可知,E-x图像中图线与x轴围成的面积表示电势差,而从-x0处到x0处图线所围面积为0,即-x0与x0间电势差为0,电子由-x0到x0电场力不做功,所以电子到x0处速度为v0且沿x轴正方向,即能越过x0处,A正确;在O点左侧,电场强度方向为x轴负方向,在O点右侧,电场强度方向为x轴正方向,由于沿电场线方向电势逐渐降低,所以O点为电势最高点,B、C错误;因为O点比0.5x0处的电势高,根据Ep=φq,又电子带负电,所以电子在0.5x0处电势能大于在O点处的电势能,D正确。
D
A.q1、q2为同种电荷
B.q1、q2的电荷量之比q1∶q2=4∶1
C.x=-3 m处的电势低于x=0处的电势
D.除无限远处,x轴上电场强度为零的点只有一个
[例7] 【Ek-x图像】 (多选)(2025·江西阶段练习)如图甲所示,光滑绝缘水平地面上以水平向右为正方向建立Ox轴,O点右侧两竖直虚线中间区域存在平行x轴方向的电场,电势φ随x位置的变化情况如图乙所示。一带电物块以某一初速度向右由O点进入电场区域,物块仅在电场力作用下通过该电场区域。则该区域中物块的动能Ek随x位置变化的图像可能正确的是( 　　)
A B C D
BD
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