1、2025届高考物理二轮复习讲义专题三 电场和磁场 第7讲 静电场 【网络构建】【关键能力】从物质的观念和运动与相互作用的观念研究电场中抽象的概念和点电荷的场强、电容器、带电粒子运动.从能量观理解电势和电势能.关注生活和生产中静电现象,思考物理与生活的联系.能够应用前面复习的知识解决静电场相关的实际问题.题型1电场的性质 1.电场中的各个物理量的形成及相互转化关系2.电势高低的比较:(1)根据电场线方向,沿着电场线方向,电势越来越低;(2)根据电势差UAB=A-B,若UAB0,则AB,反之则AB.3.电势能变化的判断:(1)根据静电力做功判断,若静电力对电荷做正功,则电势能减少;反之则增加.W=
2、-Ep.(2)根据能量守恒定律判断,静电力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程.例12021浙江6月选考 某书中有如图所示的图,用来表示横截面是“”形导体右侧的电场线和等势面,其中a、b是一条实线上的两点,c是另一条实线上的一点,d是导体尖角右侧表面附近的一点.下列说法正确的是()A.实线表示电场线B.离d点最近的导体表面电荷密度最大C.“r2,故F1F2,由牛顿第二定律知,粒子在P点的加速度比在Q点的加速度小,B错误;由于粒子在R点时速度方向与圆2相切,若此时库仑力F3=mv32r3,则粒子从P点运动到R点后有可能继续沿圆2轨迹做圆周运动,C正确;由图乙知,粒子从P点运动到R点(不
3、含)的过程中速度方向与电场线方向的夹角一直为钝角,D错误.甲乙题型2例3C解析 粒子的电性未知,粒子从M极板到N极板,电场力做正功,但不能判断极板电势的高低,选项A错误;根据题意垂直M板向右的粒子,到达N板时速度增大,动能增大,则电场力做正功,电势能减小,平行M板向下的粒子在极板间运动时电场力也做正功,电势能同样减小,故B错误;设两板间距离为d,平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出,在两板间做类平抛运动,有L2=v0t,d=12at2,对于垂直M板向右的粒子,在板间做匀加速直线运动,因两粒子相同,在电场中加速度相同,有2v02-v02=2ad,联立解得t=L2v0,a=2v02L,故C正确,D
4、错误.例4D解析 电子在XX极板间的加速度a=eUmd,选项A错误;电子经过加速电压加速,电场力做功为10eU,在经过偏转电极XX时,电场力还会做功,电子以速度v0从其中央射入,电场力最多做功0.5eU,因此电子打在荧光屏上时电子动能最大为10.5eU,选项B错误;在XX极板间受到电场力的冲量I=eUdt,而在XX极板中垂直电场方向电子做匀速直线运动,即t=l210eUm,代入化简得I=eUml220d2,选项C错误;设电子偏转距离为x=12eUmdlv02,其中12mv02=10eU,根据推论可知tan =x0.5l,代入化简得tan =l20d,选项D正确.【迁移拓展】1.CD解析 带电粒
5、子在电容器中1中加速,由动能定理得U1q=12mv02,由于粒子在电容器2中运动的时间极短,远远小于电容器两极板电压变化的周期,故粒子在电容器2中运动的过程可认为极板间的电压不变,粒子在电容器2中的偏转量y=12U2qdml2v02,联立可得y=U2l24dU1,当U2取最大值时,y取大,代入数据得ym=2.5 cm,由速度的反向延长线过水平位移中点及几何关系可知,打在圆筒上偏离中心线的最远距离Ym=ym+L12lym=2ym=5 cm,由于偏转电场变化的周期T1=210 s=0.2 s,圆筒转动的周期T2=2=0.2 s,即T1=T2,所以痕迹图是完整一个周期的正弦曲线,故A、B错误,C、D
6、正确.2.A解析 粒子在等势线上移动,电势能不变,可知电场力不做功,即在辐向电场中,电场力提供粒子做匀速圆周运动的向心力,则E1q=mv2R1,E2q=mv2R2,联立得E1E2=R2R1,选项A正确.题型3例5C解析 增大M、N之间的距离时,不能改变M、N之间电势差,光电子从M到N过程中电场力做功仍为W=eU,即电场力做功不变,因此到达N时的动能不变,选项A错误;根据动能定理有W=Ekt-Ek0,只要光电子能到达N,电场力做功就为eU,所以只要光子逸出时的速率为vm,无论光电子从哪个方向逸出,到达N时的动能都为12mvm2+eU,选项B错误;使逸出时初动能最大的光电子运动到N处恰好减速到零所
7、加的反向电压为遏止电压,根据动能定理有-eUc=0-12mvm2,则遏止电压Uc=mvm22e,所以M、N间加反向电压mvm22e时电流表示数恰好为零,选项D错误;假设某光电子初速度v的方向与x方向的夹角为,则y方向位移y=vsin t,从M到N过程中,x方向位移d=vcos t+12at2,当=90时,x方向运动时间最长,为tm=2da=2deUmd,当初速度v=vm时,y方向位移最大,为ym=vmtm=vmd2meU,选项C正确.例6B解析 带电小球静止时的受力分析如图所示,由平衡条件可得qEcos 60=Fcos 60,qEsin 60+Fsin 60=mg,则E=3105 N/C,选项
8、C错误;剪断细线后,重力与电场力的合力和F方向相反,由几何关系得ACMC=tan 30,因此MC=103 cm,选项A错误;电阻R在电路中并不能影响两平行板之间的电势差,即减小电阻R,不会改变MC的距离,选项D错误;剪断细线,电场力对小球做负功,小球的电势能增加,Ep=-W=Eq(d-lsin 30)=34 310-4 J,选项B正确.【迁移拓展】1.AC解析 电容器的电容由其本身决定,与所加电压和所带电荷量均无关,电容器的电压与电容器的电荷量成正比,选项C正确,D错误.根据实验过程可知,开始时给电容器A充电后,A两端的电势差为U1,设A所带电荷量为Q;将开关S1接2时,电容器A上的电荷量将转
9、移到电容器B上,最后稳定后两电容器将平分电荷量,此时A两端的电势差将变成U2=U12;为了重复实验,需要将B中的电荷量全部放掉,即将开关S1接0,闭合S2一段时间后,再断开S2;以后重复实验,通过实验可知,A上的电荷量依次变为Q2、Q4、Q8,而电压表的示数依次为U12、U14、U18,所以Un=Un-12,选项A正确,B错误.2.BC解析 两粒子在水平方向上均做匀速直线运动,设两粒子的初速度大小均为v0,则从B点射入的粒子到达C点所用的时间为tB=dv0cos60=2dv0,从A点射入的粒子到达C点所用的时间为tA=dv0,由于tAtB,所以两粒子不可能同时到达C点,A错误;设粒子在电场中的加速度为a,从B点射入的粒子到达C点时,在竖直方向有v0tBsin 60-12atB2=0,设A、B两点间的距离为x,则从A点射入的粒子到达C点时,在竖直方向有x=12atA2,联立解得a=3v022d,x=34d,B正确;从A点射入的粒子到达C点时,竖直方向的分速度vy=atA=32v0,水平方向的分速度vx=v0,合速度v=vx2+vy2=72v0,C正确;根据公式C=rS4kd,Q=CU,U=Ed,可得E=4kQrS,将上极板稍向上移动时,极板间电场强度不变,则粒子的加速度不变,运动情况不变,从A点射入的粒子仍能经过C点,D错误.
