（新高考）2021届高考二轮复习专题六 电场 教师版

这是一份（新高考）2021届高考二轮复习专题六 电场 教师版，共15页。试卷主要包含了与平行板电容器相关的电场问题等内容，欢迎下载使用。


专题 六
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电 场





命题趋势

本专题主要考查库仑定律、电场强度、电势、电势差、电势能、电容、带电粒子在电场中的运动。命题形式选择题和计算题均有出现，考查考生的建模能力和应用数学知识处理物理问题的能力。
考点清单

一、电场的性质与带电粒子在电场中运动问题
1．三个物理量的判断方法
判断场强强弱
①根据电场线或等势面的疏密判断；②根据公式E＝k和场强叠加原理判断
判断电势的高低
①根据电场线的方向判断；②由UAB＝和UAB＝φA－φB判断；③根据电场力做功(或电势能)判断
判断电势能大小
①根据Ep＝qφ判断；②根据ΔEp＝－W电，由电场力做功判断
2．电场中常见的运动类型
(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qU＝mv2－mv来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd来求解。
(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题。对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理。
二、与平行板电容器相关的电场问题
1．记住三个公式：定义式C＝，决定式C＝，关系式E＝。
2．掌握两个重要结论
(1)电容器与电路(或电源)相连，则两端电压取决于电路(或电源)，稳定时相当于断路，两端电压总等于与之并联的支路电压。
(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变，此时若只改变两板间距离，则板间电场强度大小不变。
3．注意一个特例：当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限制。
精题集训
（70分钟）

经典训练题

1．(多选)(2020·山东学业水平等级考试·T10)真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示。以下说法正确的是(　　)

A．a点电势低于O点
B．b点电势低于c点
C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D．该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能
【答案】BD
【解析】由题意可知O点场强为零，所以a、O两点间场强方向是由a指向O的，所以φa＞φO，A错误；同理，φc＞φO，O点与b点间的电场强度有竖直向上的分量，所以φO＞φb，则φc＞φb，B正确；同理，φa＞φb，φc＞φd，又带负电的试探电荷在电势高处电势能较小，所以C错误，D正确。
2．如图所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是(　　)

A．平行板电容器的电容将变小
B．带电油滴的电势能将减小
C．静电计指针张角变小
D．若将上极板与电源正极断开后再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
【答案】B
【解析】将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据C＝知，d减小，则电容增大，故A错误；电势差不变，d减小，则电场强度增加，P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该油滴带负电荷，则电势能减小，故B正确；静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故C错误；若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，再将下极板左移一小段距离，正对面积S减小，根据E＝＝＝，知电场强度变大，则油滴所受电场力变大，故D错误。
3．(2019·全国卷Ⅱ·T24)如图所示，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ＞0)。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。

(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
【解析】(1)PG、QG间场强大小相等，均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有：
E＝，F＝qE＝ma
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有：qEh＝Ek－mv
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有：
h＝at2，l＝v0t
联立式解得Ek＝mv＋qh，l＝v0。
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度
L＝2l＝2v0。
高频易错题

1．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·T21)如图所示，电荷量分别为q和－q(q＞0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则(　　)

A．a点和b点的电势相等
B．a点和b点的电场强度大小相等
C．a点和b点的电场强度方向相同
D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加
【答案】BC
【解析】分别画出电荷q和－q在a、b处的电场，如图1所示，根据电场叠加的原理，可知a、b两点的电场强度大小、方向均相同，故B、C正确；画出－q、b、q、a所在平面的电场线，如图2，由图可知b点的电势大于a点，所以将负电荷从a点移到b点，电势能减小，故A、D错误。

【点评】本题考查点电荷电场强度叠加的计算，由于电场强度是矢量，因此对其大小和方向要全面考虑。本题的易错点在于不能将立体图转化为平面图，空间想象力差，不能正确运用几何关系进行分析，从而导致错解。
2．(2020·全国卷I·T25)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q(q＞0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受电场力作用。

(1)求电场强度的大小；
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【解析】　(1)由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q＞0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知：xAC＝R
所以根据动能定理有：qExAC＝mv－0
解得：E＝；
(2)根据题意可知要使粒子动能增量最大，则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有x＝Rsin 60°＝v1t
y＝R＋Rcos 60°＝at2
而电场力提供加速度有qE＝ma
联立各式解得粒子进入电场时的速度v1＝；
(3)因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有

xBC＝R＝v2t2
xAC＝R＝at
电场力提供加速度有qE＝ma
联立解得v2＝；
当粒子从C点射出时初速度为0。
【点评】本题通过带电粒子在电场中的运动，考查带电粒子在电场中的加速和偏转问题。易错点在于找不到动能最大所对应的位置，从而导致无法解决问题(2)；对于动量变化量为，只考虑了类平抛运动的情况，忽略了初速度为0的情况。
精准预测题

1．如图所示，用两根等长的轻质细绝缘线M、N把带电小球甲悬挂在水平天花板上，两线之间的夹角为θ＝60°。小球甲电荷量q＝2.0×10－6 C，质量m＝0.1 kg，其正下方l＝0.3 m处固定有一带等量同种电荷的小球乙。小球甲、乙均可视为点电荷，静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，重力加速度g取10 m/s2。则细线N的拉力大小为(　　)

A． N B． N
C． N D． N
【答案】A
【解析】小球甲、乙之间的库仑力F＝k＝0.4 N，设细线M、N的拉力大小均为T，对小球甲受力分析，根据平衡条件有2Tcos 30°＋F＝mg，解得T＝ N，故选A。
2．图中虚线是某电场中的一簇等势线。两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示。若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是(　　)

A．a、b两点的电场强度大小关系Ea＞Eb
B．a、b两点的电势关系一定有Ua＞Ub
C．粒子从P运动到a的过程中，电势能增大
D．粒子从P运动到b的过程中，动能增大
【答案】D
【解析】根据等势线的形状可知，电场是由一个点电荷产生的，离点电荷较远的a点电场强度较小，A错误；因为中心电荷的电性无法判断，电场线方向无法判定，则不能比较a、b的电势高低，B错误；根据轨迹的弯曲方向可知，a粒子受到中心电荷的斥力，电场力对a做正功，电势能减小，C错误；b粒子受到中心电荷的引力，电场力对b粒子做正功，动能增大，D正确。
3．如图所示，空间中a、b、c、d、a′、b′、c′、d′分别为立方体图形的顶点，在a′、b′所在直线上放置电荷量均为Q的异种点电荷M、N，M带正电且M、N关于a′、b′的中点对称。下列说法正确的是(　　)

A．a、d两点的电势相等
B．a、d′两点的场强相同
C．将电子从a点移到c′点，电子的电势能增加
D．将电子从a点移到c′点，电子的电势能减少
【答案】C
【解析】由等量异种电荷的电场线及等势面分布特点可知，φa＞φd，故A错误；由场强的叠加可知，a、d′两点的场强大小相等，方向不同，故B错误；因φa＞φc′，根据W＝qUac′，故电子从a点移到c′点静电力做负功，故电子的电势能增加，故C正确，D错误。
4．在生产纺织品、纸张等绝缘材料过程中，为了实时监控材料的厚度，生产流水线上设置如图所示的传感器，其中甲、乙为平行板电容器的上、下两个固定极板，分别接在恒压直流电源的两极上。当通过极板间的材料厚度减小时，下列说法正确的是(　　)

A．有负电荷从a向b流过灵敏电流计G
B．甲、乙两板间材料内的电场强度为零
C．乙板上的电荷量变小
D．甲、乙平行板构成的电容器的电容增大
【答案】C
【解析】根据电容器电容决定式，有C＝，可知当产品厚度减小时，导致εr减小，电容器的电容减小，根据电容器电容定义式C＝，可知极板带电荷量减小时，有放电电流从a向b流过灵敏电流计G，即有负电荷从b向a流过灵敏电流计G，故AD错误，C正确；根据电场强度与电势差的关系式，有E＝，因两板间电势差不变，板间距离不变，所以两板间电场强度不变，故B错误。
5．如图所示，平行板电容器A、B两极板水平放置，和一理想的二极管串联接在电源上，一带电小球静止在两板之间，则(　　)

A．若A、B两极板间距增大，小球将向下运动
B．若A、B两极板正对面积减小，小球将保持静止
C．若A、B两极板间插入电介质，电容器带电量不变
D．若A、B两极板间插入金属板，小球将向上运动
【答案】D
【解析】若A、B两极板间距增大，根据C＝知电容C减小，根据Q＝CU可知电容器要放电，但是由于二极管的单向导向性使得电容器电量保持不变，根据E＝可知两板场强不变，小球仍静止，A错误；若A、B两极板正对面积减小，根据C＝知电容C减小，根据Q＝CU可知电容器要放电，但是由于二极管的单向导向性使得电容器电量保持不变，根据E＝知两板场强变大，小球将向上运动，B错误；若A、B两极板间插入电介质，根据C＝可知C变大，根据Q＝CU可知电容器带电量增加，C错误；若A、B两极板间插入金属板，相当d减小，根据C＝可知C变大，电容器充电，根据E＝，则E变大，小球将向上运动，D正确。
6．如图甲所示，A、B是一条竖直电场线上的两点，在A点由静止释放一带正电的小球，小球将沿此电场线从A点向B点运动，其v2－x图像如图乙所示，已知小球质量为m，电荷量为q，A、B间高度差为h，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法中正确的是(　　)

A．沿电场线由A到B，电势逐渐降低
B．小球从A运动到B的过程中，电势能逐渐减小
C．A、B两点的电势差UAB＝
D．该电场为匀强电场，其电场强度大小为
【答案】D
【解析】小球运动的v2－x图像是一条直线说明，小球做匀变速直线运动，且v2－x图像的斜率为2a，则通过计算有a＝0.5g，说明小球受到的电场力方向向上，小球带正电则电场线的方向也向上，则沿电场线由A到B，电势逐渐升高，A错误；小球受到的电场力向上，而小球运动的位移向下，则电场力做负功，小球从A运动到B的过程中电势能逐渐增大，B错误；小球从A运动到B的过程中根据动能定理有mgh－qUAB＝mv2，得UAB＝，C错误；小球做匀变速直线运动，则电场应为匀强电场，根据匀强电场电势差与电场强度的关系有，则D正确。
7．(多选)如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　)

A．A球刚进入水平轨道的速度大小为
B．A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep＝mgh
C．A球最终的速度vA为
D．B球最终的速度vB为
【答案】ACD
【解析】对A球下滑的过程，据机械能守恒得2mgh＝×2mv02，v0＝，故A正确；A球进入水平轨道后，两球系统动量守恒，当两球相距最近时有共速2mv0＝(2m＋m)v，v＝，根据能的转化和守恒定律2mgh＝(2m＋m)v2＋Epm，得Epm＝mgh，故B错误；当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定，2mv0＝2mvA＋mvB，×2mv02＝×2mvA2＋mvB2，得vA＝，vB＝，故CD正确。
8．(多选)将两点电荷分别固定在x轴上的A、B两点，其坐标分别为(－2，0)和(4，0)，A处点电荷带电量绝对值为Q，两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，x＝0处电势最低。x轴上M、N两点的坐标分别为(1，0)和(－1，0)，静电力常量为k，则下列说法正确的是(　　)

A．B处电荷量绝对值为4Q，且两点电荷属于异种电荷
B．M点的电场强度大于N点的电场强度
C．N点电场强度大小为
D．负的试探电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小
【答案】CD
【解析】φ－x图象的切线斜率表示电场强度，则可知原点O处合场强为零，且电势均为正，则两点电荷均为正电荷，故A错误；φ－x图象的切线斜率表示电场强度，则可知M点的电场强度小于N点的电场强度，故B错误；设B处点电荷带电量绝对值为Q′，由A项知原点O处合场强为零，则有，解得Q′＝4Q，在N点，根据电场的叠加原理有，故C正确；由图可知，负的试探电荷由M点运动到N点的过程，电势先降低后升高，由Ep＝qφ知电势能先增大后减小，故D正确。
9．(多选)如图所示，ACB为固定的光滑半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为水平直径的两个端点，AC为圆弧，MPQO为竖直向下的有界匀强电场（边界上有电场），电场强度的大小。一个质量为m，电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，小球运动过程中电量不变，不计空气阻力，已知重力加速度为g。关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是(　　)

A．若H＝3R小球从A到C的过程中，电势能增加2mgR
B．若H＞R，则小球一定能到达B点
C．若小球到达C点时对轨道压力为6mg，则H＝4.5R
D．若H＝R，则小球刚好沿轨道到达C点
【答案】AC
【解析】若H＝3R小球从A到C的过程中，电场力做负功，电势能增加，则有ΔEp＝EqR＝2mgR，故A正确；小球刚好能到B点时，由弹力提供向心力，则满足过B点的速度vB≥0，由A到B的动能定理可知mgH－qER＝mvB2－0，，解得h≥2R，故B错误；过C点的压力为6mg，则由牛顿第三定律可知轨道的支持力为6mg，对C点受力分析有N＋qE－mg＝，从A到C由动能定理有mg(H＋R)－qER＝mvC2－0，解得H＝4.5R，故C正确；若H＝R，假设小球可以沿轨道到达C点，根据动能定理有mg(H＋R)－qER＝mvC2－0，解得vC＝0，故在C点需要的向心力为零，但电场力和重力的合力向上，大于需要的向心力，不能沿着轨道过C点，说明球到达C点前已经离开轨道，故D错误。
10．(多选)如图甲所示，平行金属板P、Q上有两个正对小孔，P板接地，Q板的电势φQ随时间变化的情况如图乙所示，完全相同的正离子以相同的初速度v0陆续从P板小孔飞向Q板小孔，t＝0时刻从P板小孔飞入的离子在t＝时刻到达Q板小孔且速度刚好减小到零（未返回）。不计力、小孔对板间电场的影响、离子间的相互作用。则下列说法正确的是(　　)

A．所有离子在板间运动的时间都相等
B．t＝时刻飞入P板小孔的离子到达Q板小孔时的速度为v0
C．t＝时刻飞入P板小孔的离子到达Q板小孔时的速度为v0
D．若将两板距离变成原来的两倍，则t＝0时刻从P板小孔飞入的离子到达Q板时的速度仍为零
【答案】BC
【解析】由于离子在两板之间的运动过程中，只受到电场力的作用，不同时间释放的离子初速度相同，但受到电场力作用的时间不同，所以运动时间不可能都相等，A错误；在t＝0进入的离子，在t＝到达Q板且速度刚好减小到零，根据动量定理，有－F＝－mv0，在进入的离子，在电场中运动了时间，且在下个周期前到达Q板，根据动量定理，有－F＝mv－mv0，可得v＝v0，B正确；两极板间距离d＝v0＝v0T，在进入的离子，在前时间内做匀速直线运动，距离d＝v0＝d，接着在电场中运动的距离d2＝d－d＝d，根据动能定理，在t＝0进入的离子－Fd＝mv02，在进入的离子－Fd2＝mv12－mv02，解得v1＝v0，C正确；若两板间的距离变为原来的2倍，电场强度变为原来的一半，离子做减速运动的加速度也变为原来的一半，在时刻电场消失时，离子的速度并不为0，接着做匀速直线运动，在下个周期之前离开Q板，所以到达Q板的速度并不为0，D错误。
11．一端弯曲的光滑绝缘轨道ABN固定在竖直平面上，如图所示，AB段水平、BN段是半径为R的半圆弧，有一个正点电荷固定在圆心O处。一质量为m带正电小环，在水平恒力F＝mg作用下从C点由静止开始运动，到B点时撤去外力，小环继续运动，发现刚好能到达绝缘轨道上与圆心等高的M点，已知CB间距为R，小环在圆轨道上时受到圆心处的点电荷的静电力大小为2mg。

(1)求小环从C运动到M过程中，点电荷Q的电场力对它做的功；
(2)若水平恒力大小改为2F，则小环在能达到的最高点N时的速度大小为多少？
(3)若小环在距离B点R的D点以向右的初速度运动，在静电力的作用下运动到B点的速度恰好为0，那么在D点施加最小的恒定外力作用由静止开始运动，小环在圆轨道上能到达的最大高度值多少？
【解析】(1)小环从C运动到M过程，根据动能定理：
F·R＋WCM－mgR＝0
解得：WCM＝－mgR。
(2)小环从C运动到N过程，根据动能定理：
2F·R＋WCM－mg·2R＝mv2
解得：。
(3)小环从D运动到B过程，根据动能定理：WDB＝0－mv02
可得
在D点小环受到圆心位置的点电荷的静电力水平方向最大，其最大值为。那么小环受到的外力至少为，否则小环将向左运动。所以从D到圆轨道最高点的过程，根据动能定理：

解得：h＝(－2)R。

12．如图所示，在光滑水平面上方存在电场强度大小E＝2×104 N/C、方向水平向左的有界匀强电场，电场右边界如图中的虚线所示，左边界为竖直墙壁，电场宽度d＝4.75 m。长L＝4 m、质量M＝2 kg的不带电绝缘长木板P原先静止在水平面上。一可视为质点的质量m＝1 kg、电荷量q＝1×10－4 C的带正电金属块Q从木板的右端以v0＝3 m/s的速度水平向左滑上木板，两者相对静止后再进入电场，木板与墙壁发生碰撞的时间极短且碰撞无机械能损失。已知金属块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。求：

(1)木板与墙壁第一次碰撞前瞬间的速度大小；
(2)木板与墙壁第二次碰撞前瞬间的速度大小。
【解析】(1)金属块滑上木板后，金属块减速，木板加速，达到共同速度v1之后进入电场区域，根据动量守恒定律有：mv0＝(m＋M)v1
设这一过程两者相对运动的距离为s1，根据能量守恒定律有：
μmgs1＝mv02－(M＋m)v12
解得：v1＝1 m/s，s1＝0.75 m
金属块进入电场之后，假设两者以相同的加速度运动，则有：qE＝(M＋m)a共
解得：a共＝ m/s2
再隔离木板，根据牛顿第二定律有：Ff＝Ma共＝ N＜Ffm＝μmg＝4 N
故假设成立
设木板与墙壁第一次碰撞前瞬间的速度大小为v2，对整体根据动能定理有：
qE[d－(L－s1)]＝(M＋m)v22－(M＋m)v12
解得：v2＝ m/s。
(2)木板与墙壁碰撞后，金属块和木板都以大小为v2的初速度相向做匀减速运动，加速度大小分别为：
a1＝＝2 m/s2，a2＝＝2 m/s2
两者速度同时减为零时，各自的位移大小为x1'＝x2'＝＝0.75 m
速度同时减为零后，整体又向左做匀加速运动，设木板与墙壁第二次碰撞前瞬间的速度大小为v3，对整体根据动能定理有：qEx2'＝(M＋m)v32
解得v3＝1 m/s