高考复习学案：专题12　电场

专题12　电　场
考情分析　电场的性质是力与能在电磁学中的延续，结合带电粒子(微粒)在电场中的运动综合考查牛顿第二定律、动能定理及运动的合成与分解是常用的命题思路．可见这部分内容综合性强，仍然是命题的热点，且有轮考迹象．
知识方法链接
1．电场力的性质：由电场强度E描述，既有大小又有方向．某一场点的电场强度等于各场源电荷产生的电场的矢量和(注意场源电荷分布的对称性)．电场线的疏密和方向形象描述电场的强弱与方向．要熟练掌握点电荷、等量同种点电荷、等量异种点电荷等的电场线分布与特点．21世纪教育网版权所有
2．电场能的性质：由电势φ和电势差U描述，没方向但有正负(在涉及功、能的计算中，电荷的正负号、电势、电势差、电势能、电场力的功等的正负号都要带着，涉及力的运算时一般不带)．某一场点的电势等于各场源电荷在该处产生电势的代数和．等势面形象描述电场能的性质与电场强弱，要掌握几种典型电场的等势面分布特点．
3．电荷电势能高低的判断：
(1)由Ep＝qφ判断：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．
(2)由WAB＝EpA－EpB判断：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
(3)只有电场力做功时电荷的电势能与动能之和守恒，动能减小则电势能增加．
4．运动电荷的轨迹偏向受力的一侧，即外力指向轨迹凹陷的一侧；电场力一定沿电场线切线即垂直于等势面，从而确定电荷受力方向．www.21-cn-jy.com
真题模拟精练
练习1．(多选)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图1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φa已在图中用坐标(ra，φa)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(　　)21·世纪*教育网
A．Ea∶Eb＝4∶1　　　B．Ec∶Ed＝2∶1 C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3www-2-1-cnjy-com
练习2　如图7所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点，A、B、C构成一个直角三角形，AB长为1 m，电场线与三角形所在的平面平行，已知φA＝5 V、φB＝－5 V、φC＝15 V，由此可以判断(　　)
A．场强的方向由C指向B
B．场强的方向垂直AD连线斜向上
C．场强的大小为10 V/m
D．场强的大小为 V/m
知识方法链接
1．三个公式
电容定义式：C＝
平行板电容器电容决定式：C＝
匀强电场中电场强度与板间电压、板间距离关系：E＝.
2．必须明确的两个关键点
(1)如图5所示，电路处于接通状态时，电容器两极板间电压U不变．Q=CU
(2)电路处于断开状态时，电容器两极板所带电荷量Q不变．U=Q/C
3．充放电电流方向
(1)充电时电流由电源正极流向电容器正极板．
(2)放电时电流由电容器正极板流向电源正极．
4．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．U=Q/C;Q=CU;C＝
(2)应用平行板电容器的决定式C＝分析电容器电容的变化．
(3)应用电容的定义式C＝分析电容器所带电荷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．
　　　　　　　　　　　　　　　
练习3．(2017·湖北孝感市一模)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示金属球与外壳之间的电势差大小．如图6所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的是(　　)21教育网
A．断开开关S后，将A、B两极板分开些
B．断开开关S后，增大A、B两极板的正对面积
C．保持开关S闭合，将A、B两极板拉近些
D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑动触头向右移动
练习4.(多选)(2017·山东烟台市模拟)如图7所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为D，在下极板上叠放一厚度为d的金属板A，dA．电容器的电容变大 B．两板间的电场强度不变
C．上极板所带电荷量变小 D．粒子运动的加速度大小为g
知识方法链接
1．匀强电场中的直线运动的两种处理方法
(1)动能定理：不涉及t、a时可用．
(2)牛顿第二定律＋运动学公式：涉及a、t时可用．尤其是交变电场中，最好再结合v－t图象使用．
2．匀强电场中的偏转的处理方法
(1)用平抛运动处理方法：运动的分解．
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝.
②沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝＝＝.(E=U/d)
③离开电场时的偏移量y＝at2＝.
④速度偏向角tan φ＝＝tan φ＝；
⑤位移偏向角tan θ＝＝tan θ＝.
(2)动能定理：涉及功能问题时可用．注意：偏转时电场力的功不一定是W＝qU板间=qEd，应该是W＝qEy(y为偏移量)．
练习5如图2，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则(　　)21cnjy.com
A．aa>ab>ac，va>vc>vb B．aa>ab>ac，vb>vc>va 2-1-c-n-j-y
C．ab>ac>aa，vb>vc>va D．ab>ac>aa，va>vc>vb
练习6(多选)如图10甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子．t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场．
已知电场变化周期T＝，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力．则(　　)
图10图11
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B．粒子的电荷量为
C．在t＝T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了mv
D．在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
练习7.如图11所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)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．21·cn·jy·com
知识方法链接
匀强电场中电场力为恒力，物体重力也为恒力，二者合力也是恒力，处理电场与重力场的叠加场时可用二者合力来代替两力，称为“等效重力”．G′＝，a＝ (加速度矢量和).处理圆周运动、抛体运动时，找到轨迹的“等效最低点”“等效最高点”，类比只有重力时的情况解题即可．
真题模拟精练
练习8．(多选)如图12所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程【来源：21·世纪·教育·网】
x＝ky2，且小球通过点P(，)．已知重力加速度为g，则(　　)
A．电场强度的大小为 B．小球初速度的大小为
C．小球通过点P时的动能为 D．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少
参考答案
练习1答案　AC 解析　①由题图可知，横轴表示点到点电荷的距离:a、b、c、d到点电荷的距离分别为1 m、2 m、3 m、6 m，根据点电荷的场强公式E＝k可知， ＝＝，＝＝，故A正确，B错误；21*cnjy*com
②电场力做功W＝qU，(纵轴表示该点电势)a与b、b与c、c与d之间的电势差分别为3 V、1 V、1 V，
所以 ＝，＝，故C正确，D错误．
练习2答案　D解析　由于φB＝－5 V，φC＝15 V，则BC中点D的电势为φD＝5 V，即A点和D点电势相等，则电场方向垂直AD连线斜向下，A、B选项均不正确；场强大小为E＝＝ V/m＝ V/m，故D选
练习3答案　B解析　断开开关，电容器所带电荷量Q不变，将A、B分开一些，则d增大，根据C＝知，电容C减小，根据C＝知，电势差增大，指针张角增大，故A错误；断开开关，电容器所带电荷量Q不变，增大正对面积，根据C＝知，电容C增大，根据C＝知，电势差U减小，指针张角减小，故B正确；保持开关闭合，不论使A、B两板靠近些，还是使滑动变阻器的滑动触头向右移动，电容器两端的电势差总不变，则指针张角不变．故C、D错误．
练习4.答案　CD 解析　当把金属板从电容器中快速抽出后，导致极板间距增大，依据电容的决定式C＝，可知，电容器的电容变小，故A错误；因电势差U不变，而极板间距增大，依据E＝可知，板间的电场强度变小，故B错误；平行板电容器的两极板与电压恒定的电源相连，则电势差U不变，根据公式Q=CU,U不变,因电容C变小，则极板所带电荷量变小，故C正确；粒子受重力和电场力，开始时平衡，有：mg＝q，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子重力大于所受电场力，根据牛顿第二定律，有：mg－q＝ma，解得：a＝g，故D正确．2·1·c·n·j·y
练习5答案　D解析　由库仑定律F＝可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为Fb>Fc>Fa，由a＝，可知ab>ac>aa.根据粒子的轨迹可知，粒子Q与场源电荷P的电性相同，二者之间存在斥力，由c→b→a整个过程中，电场力先做负功再做正功，且|Wba|>|Wcb|，结合动能定理可知，va>vc>vb，故选项D正确．【来源：21cnj*y.co*m】
练习6答AD练习7答案　 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vBsin 30°＝v0sin 60° 由此得vB＝v0 设A、B两点间的电势差为UAB，【出处：21教育名师】
由动能定理有，qUAB＝mv－mv 解得UAB＝.
练习8答案　CD 小球以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x＝ky2，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x轴正方向，竖直方向：qE·sin 45°＝mg，所以qE＝mg，电场强度的大小为E＝，故A错误；小球受到的合力：F合＝qEcos 45°＝mg＝ma，所以a＝g，由平抛运动规律有：小球通过点P(，);
＝v0t，＝gt2，得小球初速度大小为v0＝，故B错误；由于＝v0t，＝gt2，小球做类平抛运动，所以＝2＝2,(依据tanθ=2tanα)，小球通过点P时的动能为：mv2＝m(v＋v)＝，故C正确；小球从O到P电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即：W＝＝，故D正确．【版权所有：21教育】