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第一部分专题复习讲义专题三电场与磁场第一讲电场知识内容考试要求1.电荷及其守恒定律c2.库仑定律c3.电场强度c4.电势能和电势c5.电势差c6.电势差与电场强度的关系c7.静电现象的应用b8.电容器的电容c9.带电粒子在电场中的运动d备考指津1.利用电场线和等势面确定场强的大小和方向，判断电势高低、电场力变化、电场力做功和电势能的变化等，常以选择题的形式出现.2.电场力的性质与平衡知识、牛顿运动定律相结合，分析带电粒子在电场中的加速和偏转问题，是考查的热点.3.电场力做功与电势能的变化及带电粒子在电场中的运动与牛顿运动定律、动能定理、功能关系相结合的题目是考查的另一热点.4.电场知识与电流、磁场等相关知识的综合应用是考查的高频内容.5.电场知识与生产技术、生活实际、科学研究等的联系，如电容式传感器、静电分选器等，都可成为新情景题的命题素材，应引起重视.电场的性质【重难提炼】电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带电质点(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知()A．a、b、c三条等势线中，a的电势最高B．电场中Q点处的电场强度大小比P点处大C．该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大D．该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大[解析]由图可知，P点处等势线比Q点处密集，则P点处的电场强度比Q点处大，该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大，故B错、C对；若带电质点从P向Q运动，根据合外力指向轨迹弯曲的凹侧知电场力做负功，电势能增加，动能减小；若从Q向P运动，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，故带电质点在P点处的动能大于在Q点处的动能，在P点具有的电势能小于在Q点具有的电势能，因不知质点所带电荷的电性，则无法判断电势高低，故A、D错．[答案]C【题组过关】考向一等量异号电荷的电场1．(多选)如图所示，P、Q两点分别放置两个电荷量相等的异种点电荷，它们连线的中点是O，N、a、b是中垂线上的三点，且Oa＝2Ob，N处放置一负的点电荷，则()A．a点的场强小于b点的场强B．a点的电势小于b点的电势C．a、O间的电势差大于a、b间电势差的2倍D．电子在a点的电势能大于电子在b点的电势能解析：选AC.先考虑P、Q处两点电荷在a、b两点处产生的电场，方向都平行于PQ连线由P指向Q，且大小是b点场强大于a点场强，再考虑N处点电荷在a、b两点处产生的电场，方向都沿中垂线向下，即都与P、Q处两点电荷在两点处产生的电场垂直，大小也是b点场强大于a点场强，故由电场的叠加可知A正确．由于P、Q处两点电荷在a、b两点产生的电势都为0，而N处负电荷在a点产生的电势高于b点，故B错误．根据U＝Ed定性分析可知，因a、b间的平均场强小于b、O间的平均场强，则b、O间的电势差大于a、b间的电势差，因此a、O间的电势差大于a、b间电势差的2倍，C正确．因同一负电荷在电势越高处电势能越小，故D错误.考向二带电粒子的运动轨迹问题2．(多选)如图所示，已知某匀强电场方向平行于正六边形ABCDEF所在平面．若规定D点电势为零，则A、B、C处的电势分别为8V、6V、2V．初动能为12eV、电荷量大小为2e(e为元电荷)的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过BC的中点G.不计粒子的重力，下列说法正确的是()A．该粒子一定带负电B．该粒子到达点G时的动能为20eVC．只改变粒子在A点初速度的方向，该粒子不可能经过CD．若该粒子以不同速率从D点沿DF方向入射，该粒子可能垂直经过CE解析：选AC.根据题设条件结合正六边形的特点得电势分布情况如图，电场强度方向为由A指向D，由粒子的运动情况知粒子受向左的电场力，则粒子带负电，A正确；粒子从A点到G点过程中电场力做负功，粒子动能减小了ΔEk＝8eV，即到达点G时的动能为4eV，B错误；由图可知，粒子若能运动到C点电场力做功－12eV，所以粒子动能为零，而粒子只有沿AD方向运动，动能才可能为零，可知其显然不能到达C点，C正确；粒子从D点沿DF方向入射，受向左的电场力作用，做类斜抛运动，粒子过CE时，将其速度分解知其有沿CE方向的分速度和水平向左的分速度，则该粒子不可能垂直经过CE，D错误．考向三与平行板电容器有关的电场问题3．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A．θ增大，E增大B．θ增大，Ep不变C．θ减小，Ep增大D．θ减小，E不变解析：选D.极板移动过程中带电荷量Q保持不变，静电计指针张角变化反映板间电势差U的变化，由C＝εrS4πkd和C＝QU可知，极板下移，d减小，C增大，U减小，故静电计指针的偏角θ减小．又E＝Ud＝4πkQεrS，则E不变，Ep不变，综合上述，只有D选项正确．4．(多选)如图所示，D是一个具有单向导电性的理想二极管，水平放置的平行板电容器AB内部原有带电微粒P处于静止状态．下列措施中，关于P的运动情况的说法中正确的是()A．保持S闭合，增大A、B板间距离，P仍静止B．保持S闭合，减小A、B板间距离，P向上运动C．断开S后，增大A、B板间距离，P向下运动D．若B板接地，断开S后，A板稍下移，P的电势能不变解析：选ABD.保持开关S闭合，电容器的电压不变，增大A、B板间距离，则导致电容器的电容减小，则出现电容器的电量减小，然而二极管作用导致电容器的电量不会减小，则电容器的电量不变，由于平行板电容器的电场强度与电容器的电量、电介质及正对面积有关，所以电场强度不变，P仍静止，故A正确；当减小A、B板间距离，则导致电容器的电容增大，则出现电容器的电量增加，因此电场强度增大，所以P向上运动，故B正确；增大A、B板间距离，导致电容器的电容减小，由于断开开关S，则电容器的电量不变，所以极板间的电场强度不变，因此P仍处于静止，故C错误；A板稍下移，电容器的电容增大，当断开S后，则电容器的电量不变，所以电场强度也不变，由于B板接地，则P到B板的电势差不变，因此P的电势能也不变，故D正确．1．电场强度、电势、电势能的判断方法(1)电场强度①根据电场线的疏密程度进行判断；②根据等势面的疏密程度进行判断；③根据E＝Fq进行判断．(2)电势①沿电场线方向电势逐渐降低；②若q和Wab已知，由Uab＝Wabq判定．(3)电势能①电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大；②正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能反而小．2．平行板电容器问题的分析思路(1)明确平行板电容器中的哪些物理量是不变的，哪些物理量是变化的，以及怎样变化．(2)应用平行板电容器电容的决定式C＝εrS4πkd分析电容器的电容的变化．(3)应用电容的定义式分析电容器带电量和两板间电压的变化情况．(4)根据控制变量法对电容的变化进行综合分析，得出结论．带电粒子在电场中的运动【重难提炼】(2017·浙江选考11月)如图所示，在两水平金属板构成的器件中，存在着匀强电场与匀强磁场，电场强度E和磁感应强度B相互垂直．以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是()A．粒子一定带负电B．粒子的速度大小v＝BEC．若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动D．若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生改变[解析]粒子做直线运动，说明竖直方向合外力平衡，即qvB＝qE,v＝EB，选项B错误；假设粒子带正电，则洛伦兹力竖直向上，电场力竖直向下，若粒子带负电，则洛伦兹力竖直向下，电场力竖直向上，只要满足上式依然可以满足题意，选项A错误；如果粒子速度变大或变小，都会导致洛伦兹力变化，因此就会做曲线运动，选项C正确；不管粒子速度怎么变，在匀强电场中，粒子的电场力不变，选项D错误．[答案]C【题组过关】考向一带电粒子在电场中的直线运动1.如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q0)的粒子，在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子，在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为()A．3∶2B．2∶1C．5∶2D．3∶1解析：选A.假设平行板间的匀强电场场强为E，根据牛顿第二定律和运动学公式可得，以M为研究对象，有25l＝12qEMt2，以m为研究对象，有35l＝12qEmt2，联立以上两式可得M∶m＝3∶2，故A正确．考向二带电粒子在电场中的曲线运动2.如图，一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A、B两点间的电势差．解析：设带电粒子在B点的速度大小为vB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin30°＝v0sin60°①由此得vB＝3v0②设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUAB＝12m(v2B－v20)③联立②③式得UAB＝mv20q.答案：mv20q3．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏，现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，不计重力求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；(3)电子打到屏上P′点到O点的距离x.解析：(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a1＝eE1m＝eEmL2＝12a1t21v1＝a1t1，t2＝2Lv1运动的总时间为t＝t1＋t2＝3mLeE.(2)设电子射出电场E2时，沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a2＝eE2m＝2eEmt3＝Lv1，vy＝a2t3tanθ＝vyv1联立各式解得tanθ＝2.(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x1x1＝12a2t23tanθ＝x2L解得：x＝x1＋x2＝3L.答案：(1)3mLeE(2)2(3)3L考向三带电粒子在交变电场中的运动4．如图甲所示，离子源产生的正离子由离子源飞出时的速度可忽略不计，离子离开离子源后进入一加速电压为U0的加速电场，偏转电场极板间的距离为d，极板长为l＝2d，偏转电场的下极板接地，偏转电场极板右端到竖直放置的足够大的荧光屏之间的距离也为l.现在偏转电场的两极板间接一周期为T的交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(设正离子的电荷量为q、质量为m，大量离子从偏转电场中央持续射入，穿过平行板的时间都极短)(1)试计算离子刚进入偏转电场时的速度v0的大小；(2)在电势变化的过程中发现荧光屏有“黑屏”现象，即无正离子到达荧光屏，试计算每个周期内荧光屏黑屏的时间t；(3)离子打到荧光屏上的区间的长度x.解析：(1)由题意可知，离子刚进入偏转电场时的速度大小恰为离子出加速电场时的速度大小，由动能定理可得qU0＝12mv20解得离子刚进入偏转电场时的速度大小为v0＝2qU0m.(2)由题意可知，只要正离子能射出偏转电场，即可打到荧光屏上，因此当离子打在偏转电场的极板上时，出现“黑屏”现象．设离子刚好能射出偏转电场时的偏转电压为U，则有d2＝12·qUmd·lv02又因为l＝2d所以可得U＝U02由题图乙可知，在偏转电压U在0.5U0～U0之间变化时，进入偏转电场的离子无法射出偏转电场打在荧光屏上，因此每个周期内