1、专题三电场与磁场第8讲电场及带电粒子在电场中的运动一、明晰一个网络，掌握电场的力、能性质UEd，沿场强方向相同距离电势差相等UElcos ，沿任意方向，相同距离电势差相等二、活学活用电场性质的判断方法判断场强强弱根据电场线的疏密判断根据公式Ek和场强叠加原理判断判断电势的高低根据电场线的方向判断由UAB判断根据电场力做功(或电势能)判断判断电势能大小根据Epq判断根据EpW电，由电场力做功判断三、根据粒子运动的轨迹判断粒子的受力及运动情况的三个依据1确定受力方向的依据(1)曲线运动的受力特征：带电粒子受力总指向曲线的凹侧；(2)电场力方向与场强方向的关系：正电荷的受力方向与场强方向同向，负电荷
2、则相反；(3)场强方向与电场线或等势面的关系：电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度的方向2比较加速度大小的依据：电场线或等差等势面越密E越大FqE越大a越大3判断加速或减速的依据：电场力与速度成锐角(钝角)，电场力做正功(负功)，速度增加(减小)四、明辨“场强、电势、电场线”，谨防解题误入歧途1场强是矢量，其合成法则为平行四边形定则，电势是标量，其合成法则为算术加减法2在匀强电场中，沿同一方向，相等距离上电势变化量相同3沿电场线方向电势降低，但是电势降低的方向不一定是电场方向高频考点1对电场性质的理解1电场强度是矢量，叠加时应遵循平行四边形定则，分析电场叠加问题的一般步骤： (1)确定
3、分析计算的空间位置；(2)分析该点有几个分电场，分析各个分电场在该点的电场强度的大小和方向；(3)利用平行四边形定则求出矢量和特别提醒：分析求解电场叠加问题时，要充分利用补偿法、对称法、等效法等思维方法2熟练掌握电场线的应用(1)判断电场强度的方向电场线上任意一点处的切线方向即该点电场强度的方向(2)判断电场力的方向正点电荷的受力方向和电场线在该点的切线方向相同，负点电荷的受力方向和电场线在该点的切线方向相反(3)定性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，进而可分析电荷受力情况(4)判断电势的高低与电势降低的快慢沿电场线的方向电势逐渐降低，电场强度的方向是电势降低最快的
4、方向特别提醒：熟悉几种典型的电场线分布情况有利于我们对电场强度和电势迅速作出判断，进一步可了解点电荷在电场中的受力和运动情况、电场力做功及伴随的能量转化情况.3分析电场的性质问题的一般思路(1)场强大小、电势高低的判断明确电场线或等势面的分布情况，场强大小看电场线的疏密程度，电势高低看电场线的方向；空间同时存在两个或两个以上的电场时，利用平行四边形定则求其合场强(2)电势能大小及其变化的分析做功角度：根据电场力做功与电势能变化的关系分析带电粒子电势能及其变化情况电场力做正功，粒子的电势能减小；电场力做负功，粒子的电势能增加转化角度：只有电场力做功时，电势能与动能可以相互转化，动能减少，电势能增
5、加；动能增加，电势能减少11.(多选)(2017苏锡常镇四市调研)某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如图所示，O、M、N为电场中的三个点，则由图可得()AM点的场强小于N点的场强BM点的电势低于N点的电势C将一负电荷由O点移到M点电势能增加D将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功相同解析：M点的电场线较N点密集，故M点的场强大于N点的场强，选项A错误；顺着电场线电势降低，故M点的电势低于N点的电势，选项B正确；O点电势高于M点，故将一负电荷由O点移到M点电势能增加，选项C正确；M点的电势低于N点的电势，故OM与ON之间的电势差不等，故将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功不相
6、同，选项D错误；故选BC答案：BC12.(多选) (2017全国卷)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed.点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标(ra，a)标出，其余类推现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd.下列选项正确的是()AEaEb41BEcEd21CWabWbc31 DWbcWcd13解析：本题考查场强与电势由图可知：ra1 m、a6 V；rb2 m、b3 V；rc3 m、c2 V；rd
7、6 m、d1 V由点电荷的场强公式E得EaEbEcEd36941，A正确、B错误由WABqUABq(AB)得WabWbcWcd(ab)(bc)(cd)311，故C正确、D错误答案：AC13.(多选) (2017马鞍山二中高三测试)如图所示，在x，y坐标系中有以O点为中心，边长为0.20 m的正方形，顶点A、B、C、D分别在坐标轴上，在该平面内有一匀强电场(图中未画出)，已知A、B、C三点的电势分别为3V、V、3V，则下列说法正确的是()AD点的电势为VB该匀强电场的场强大小E10 V/mC该匀强电场的场强大小E10 V/mD电场场强方向与x轴正方向成30角解析：因A、C 两点的电势分别为3V、
8、3V，可知O点的电势为零，由对称性可知D点的电势为V，选项A正确；设过O点的零等势线与x轴夹角为，则E0.2sin 3；E0.2cos ；解得60；E10V/m，因电场线与等势面正交，故电场场强方向与x轴正方向成30角，选项CD正确答案：ACD14 (多选)(2017全国卷)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V下列说法正确的是()A电场强度的大小为2.5 V/cmB坐标原点处的电势为1 VC电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV解析：本题考查电场强度、电势、电势差设a、c连
9、线上d点电势为17 V，如图所示，则，得ldc4.5 cm，tan ，37.过c作bd垂线交bd于e点，则lceldccos 4.5 cm3.6 cm.ce方向就是匀强电场方向，场强大小为E，ElceUcb，E2.5 V/cm，A项正确UoeElobsin 5316 V，故O点电势017 V16 V1 V，B项正确电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C项错误电子从b点到c点电场力做功W9 eV，D项正确答案：ABD高频考点2平行板电容器的问题分析 (多选)如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电源相连，在与两板距离相等的M点处有一个带电液滴处于静止状态若上极板a向下平移一小段距离
10、，但仍在M点上方，稳定后，下列说法正确的是()A液滴将加速向下运动BM点电势升高CM点的电场强度变小了D在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做的功相同思路点拨分析求解平行板电容器问题时，必须明确是电压不变还是带电荷量不变，本题由于极板与电源连接，所以应是电压不变；另外判断液滴的运动情况，就要对液滴进行受力分析，判断其合力的方向【解析】两极板始终与电源相连，所以a下移过程中极板间电压U不变由E可知，d减小，E增大，故C错误；开始时带电液滴静止，即mgqE，a下移，则qEmg，带电液滴向上加速运动，故A错误；由MUMbEdMb可知，a下移，则M点电势升高，故B正确；a板移动前后
11、，a、b间电势差U不变，所以电场力做的功相同，故D正确【答案】BD1平行板电容器动态变化问题的两类题型(1)电容器始终与电源相连，U恒定不变，则有QCUC，C，两板间场强E；(2)电容器稳定后与电源断开，Q恒定不变，则有U，C，场强E2在分析平行板电容器的动态变化问题时，必须抓住两个关键点(1)确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况下是电荷量不变或板间电压不变(2)恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，应用E分析板间电场强度的变化情况即抓住公式C和C，U不变时，选用E；Q不变时，选用E特别提醒：由于平行板电容器两极板间的电场可视为匀强电场，高考命题往往涉及带
12、电粒子在平行板中的运动问题，需要综合运用牛顿运动定律、功能关系等分析求解21.(2016全国乙卷)一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器()A极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变解析：电容器接在恒压直流电源上，两极板的电压不变，若将云母介质移出，相对介电常数减小，电容器的电容减小，所以极板上的电荷量变小，极板间的距离不变，所以极板间的电场强度不变，故选项A、B、C错误，选项D正确答案：D22(2017石家庄市高三质检)如图
13、所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个定点将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是()A电容器的电容增加B在A板上移过程中，电阻R中有向上的电流CA、B两板间的电场强度增大DP点电势升高解析：根据C，当A板向上平移一小段距离，间距d增大，其他条件不变，则导致电容变小，故A错误；在A板上移过程中，导致电容减小，由于极板电压不变，那么电量减小，因此电容器处于放电状态，电阻R中有向上的电流，故B正确；根据E与C相结合可得E，由于电量减小，场强大小变小，故C错误；因场强变小，导致P点与B板的电势差减小，因B板接地，电势为零，即P点电势降低，故D错误
14、答案：B带电粒子在电场中的运动模型带电粒子在电场中的运动问题是每年高考中的热点问题，是电学知识和力学知识的结合点具体来讲有带电粒子在电场中的加速(减速)、偏转，涉及内容有力、能、电等知识，主要考查学生的分析综合能力该模型通常的考查思路有：(1)根据带电粒子受到的力，用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等物理量这条思路通常适用于恒力作用下的匀变速运动(2)根据力对带电粒子所做的功及动能定理，从带电粒子运动的全过程中能的转化角度，研究带电粒子的速度变化、经历的位移等匀强电场中的“直线运动模型” (2017全国卷)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场
15、中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点重力加速度大小为g(1)求油滴运动到B点时的速度(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍【解析】(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故电场力方向向上在t0时，电场强度突然从E1增
16、加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE2mgma1油滴在时刻t1的速度为v1v0a1t1电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀减速运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2mgma2油滴在时刻t22t1的速度为v2v1a2t1由式得v2v02gt1(2)由题意，在t0时刻前有qE1mg油滴从t0到时刻t1的位移为s1v0t1a1t油滴在从时刻t1到时刻t22t1的时间间隔内的位移为s2v1t1a2t由题给条件有v2g(2h)式中h是B、A两点之间的距离若B点在A点之上，依题意有s1s2h由式得E2E1为使E2E1，应有221即当0t1才是可能的；条件式和式分别对应
17、于v20和v2E1，应有221即t1另一解为负，不合题意，已舍去【答案】见解析解决直线运动问题时要注意分析带电粒子是做匀速运动还是做匀变速运动，匀速运动问题常以平衡条件F合0作为突破口进行求解；对于匀变速直线运动问题，根据力和运动的关系可知，合力一定和速度在一条直线上，然后运用动力学观点或能量观点求解(1)运用动力学观点求解电加速问题运用动力学观点处理带电质点在匀强电场中的运动问题，要重视对带电质点的受力分析和运动过程分析，解题时先分析带电质点的受力情况，求出带电质点受到的合外力，根据F合ma得出加速度，再运用运动学方程可得出所求物理量(2)运用能量观点求解电加速问题在匀强电场中，若不计重力，
18、电场力对带电质点做的功等于质点动能的变化量，WEqdqUmv2mv；若考虑重力，则W合mv2mv匀强电场中的“偏转模型” 如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长为l，板间距离为d，两极板间加一电压为U2的偏转电场从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场已知电子的电荷量为e，电子的质量为m，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力求：(1)电子射入偏转电场时的速度大小v1；(2)电子
19、射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；(3)电子在偏转电场中运动的过程中电场力对它所做的功W思路点拨电子在运动的过程中只受电场力作用，可通过动能定理直接求解速度v1；进入偏转电场后，由于所受电场力跟速度不在一条直线上，所以电子做曲线运动，根据牛顿第二定律和平抛运动的规律即可求解【解析】(1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU1mv解得v1(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t电子在水平方向做匀速运动，由lv1t，解得t电子在竖直方向受电场力Fe电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度大小为a依据牛顿第二定律有ema，解得a电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量yat2(3)电子射出偏转电场
20、的位置与射入偏转电场的位置的电势差Uy电场力所做的功WeU【答案】(1) (2)(3)“两个分运动、三个一”求解粒子偏转问题带电粒子在匀强电场中偏转的基本模型如图所示(1)分解为两个独立的分运动平行极板的匀速直线运动，Lv0t；垂直极板的匀加速直线运动，两平行极板间距为d，yat2，vyat，a(2)一个偏转角：tan ；一个几何关系：ytan ；偏转角：tan 侧移距离：y0yy0Ltan tan (多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计电子重力，开始时A板带正电)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，图丙中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变
21、化规律可能正确的是()【解析】分析电子一个周期内的运动情况：0时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零.T时间内向B板做匀加速直线运动，TT时间内做匀减速直线运动电子在两板间做周期性往返运动根据匀变速直线运动速度图像是倾斜的直线可知，A图符合电子的运动情况，故A正确、C错误；电子做匀变速直线运动时xt图象应是抛物线，故B错误；根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替进行，而匀变速运动的加速度大小不变，故D正确【答案】AD在两个相互平行的金属板间加图乙所示的交变电压时，在两板中间便可获得交变电场对于带电粒子在交变电场中的运动，我们可以分段处理，此
22、类电场在一段时间内为匀强电场，即这段时间内电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同但从整个运动过程看电场又是变化的，即电场强度的大小和方向随时间变化(1)当粒子平行于电场方向射入时：粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可能做周期性运动(2)当粒子垂直于电场方向射入时：沿初速度方向上的分运动为匀速直线运动，沿电场力方向上的分运动可能具有周期性带电粒子在非匀强电场中运动的模型 如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点分别固定着等量正点电荷图中ACCOODDBL.一质量为m、电荷量为q的小滑块(可视为质点)以初动能E0从C点出发，沿直线AB向D运动，滑块第一次经过O点
23、时的动能为nE0(n1)，到达D点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：(1)小滑块与水平面之间的动摩擦因数；(2)O、D两点之间的电势差UOD；(3)小滑块运动的总路程s【解析】(1)由ACCOODDBL.可知C、D关于O点对称，则UCD0设滑块与水平面间的摩擦力大小为f，对滑块从C到D的过程，由动能定理得：qUCDf0E0，且fmg，可得(2)滑块从O到D的运动过程中，由动能定理得：qUODf0nE0可得UOD(3)滑块从开始运动到最终停下的整个过程，根据动能定理得：qUCOfs0E0而UCOUOD，可得：s【答案】(1)(2)(3)先对滑块进行受力分析，由于电场力为变力，在涉及变力做功问题的求解时牛顿运动定律不再适用，这时就需要选择合适的过程，弄清楚过程的初末状态，利用动能定理求解