届高考二轮复习专题讲义第一部分 专题五 电场 电场基本性质的理解文档格式.docx

1、（1）根据电场线的疏密程度判断，电场线越密，场强越大；（2）根据等差等势面的疏密程度判断，等差等势面越密，场强越大；（3）根据a判断，a越大，场强越大2 电势：（1）沿电场线方向电势降低，电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，且电场线垂直于等势面；（2）根据UABAB比较正负，判断A、B的大小3 电势能：（1）根据Epq，判断Ep的大小；（2）根据电场力做功与电势能的关系判断：无论正电荷还是负电荷，电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加突破练习1 空间存在着平行于x轴方向的静电场，P、M、O、N、Q为x轴上的点，PQ间的电势随位置坐标x的变化如图2所示一个带电粒子仅在电场力作用

2、下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是 （）图2A粒子一定带正电BN点电势低于Q点电势CPO间的大小是10 V/m，与OQ间的场强大小相同D粒子从M向N运动过程中电势能先减小后增大答案A解析由题图可知沿x轴正方向，电势逐渐降低，所以空间存在向右的匀强电场，在x0区域，E2V/m.选项B、C错误粒子由静止向右运动，粒子带正电，选项A正确，在粒子从M向N运动的过程中，电场力做正功，电势能逐渐减小，选项D错误2 如图3所示，真空中两等量异种点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1带正电三角形acd为等腰三角形，cd边与x轴垂直且与x轴相交于b点，则下列说法正确的是（）图3Aa点场强小于

3、b点场强Ba点电势高于b点电势C将电子从a点移到b点再移到c点，电势能减少D将电子从a点移动到c点，电场力做正功答案CD解析由于沿电场线方向电势降低，电场线的疏密表示电场的强弱，据等量异种点电荷电场的分布特点可知a点场强大于b点场强，a、b在同一条电场线上，且电场线沿x轴负向，故a点电势低于b点电势，选项A、B错误由于等势线跟电场线垂直，做出过c点的等势线分析可知，c、d两点电势相等，且大于b点电势，故将电子从a点移动到b点再移动到c点，电场力一直做正功，电势能减少，选项C、D正确3 （2013安徽20）如图4所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z0的空间，z0的空间为真空将电荷量为

4、q的点电荷置于z轴上zh处，则在xOy平面上会产生感应电荷空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z处的场强大小为（k为静电力常量） （）图4Ak Bk Ck Dk答案D来源: 解析假设点电荷q带正电荷，它在z处产生的电场强度为E1，由于z0空间存在导体，在z0导体平面感应出负电荷，z轴负向无穷远处感应出正电荷，因达到静电平衡时导体内部场强处处为零，即z0导体平面感应出的负电荷在z处产生的场强大小为E2，方向沿z轴正向，由对称性知z处感应电荷产生的场强大小为E3，方向沿z轴负向，故z处合场强的大小为EE3，正确选项为D.考

5、题2对带电粒子在电场中运动时电场力做功与电势能变化情况的考查例2现有两个边长不等的正方形ABCD和abcd，如图5所示，且Aa、Bb、Cc、Dd间距相等在AB、AC、CD、DB的中点分别放等量的点电荷，其中AB、AC的中点放的点电荷带正电，CD、BD的中点放的点电荷带负电，取无穷远处电势为零则下列说法中正确的是 （）图5AO点的电场强度和电势均为零B把一正点电荷沿着bdc的路径移动时，电场力做功为零C同一点电荷在a、d两点所受电场力相同D将一负点电荷由a点移到b点电势能减小解析四个点电荷均在O点产生电场，O点场强应是四个场强叠加的结果，通过合成发现O点电场强度不为零A错误根据对称性可知b、c在

6、同一等势面上，正点电荷沿着bdc的路径移动时，电场力做功为零，B正确a、d两点电场强度大小、方向相同，同一点电荷在a、d两点所受电场力相同，C正确a点电势高于b点电势，负点电荷由a点移到b点过程中，电场力做负功，电势能增加，D错误答案BC点拨提升1 判断电荷电势能的变化，可先画电场线和等势线，然后根据电荷的运动情况，由电场力做功判断电荷电势能的变化2 电场力做正功，电荷（无论正电荷还是负电荷）从电势能较大处移向电势能较小处；反之，如果电荷克服电场力做功，那么电荷将从电势能较小处移向电势能较大处4 在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图6所

7、示若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动粒子从b点运动到d点的过程中 （）图6A先做匀加速运动，后做匀减速运动B先从高电势到低电势，后从低电势到高电势C电势能与机械能之和先增大，后减小D电势能先减小，后增大解析这是等量同种点电荷形成的电场，如图所示电场是非匀强电场，负电荷在其中受的电场力是变力，由牛顿第二定律知加速度也是变化的故不选A.在bd连线中点O的电势最高，所以从b到d，电势先增大后减小，故不选B.由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能之和守恒，故不选C.在bd连线上的场强方向如图所示对负点电荷，由b到O电场力做正功，电势能减小

8、；由O到d电场力做负功，电势能增加故选D.5 两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图7甲所示，一个电荷量为2 C，质量为1 kg的小物块从C点静止释放，其运动的vt图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）则下列说法正确的是 （）甲乙图7AB点为中垂线上电场强度最大的点，场强E2 V/mB由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C由C点到A点的过程中，电势逐渐升高DAB两点电势差UAB5 V解析小物块在B点加速度最大，故B点场强最大，由vt图线知B点加速度为2 m/s2，据qEma得E1 V/m，选项A错误；由C到A的过程中小物

9、块动能一直增大，电势能始终在减小，故电势逐渐降低，选项B、C错误；根据动能定理有qUABmv，解得UAB5 V，选项D正确6 如图8所示，两个相同的细圆环带有等量异种电荷，相隔一定距离同轴平行固定放置，O1、O2分别为两环圆心，一带正电的粒子从很远处沿水平轴线飞来并顺次穿过两环若粒子只受电场力作用，则在粒子运动过程中 （）图8A在O1点粒子的加速度方向向左来源:.ComB从O1到O2的过程，粒子电势能一直增大C轴线上O1点右侧存在一点，粒子在该点动能最小D轴线上O1点右侧、O2点左侧都存在合场强为零的点，且它们关于O1、O2连线中点对称答案ACD解析在O1点时，右环上电荷由于关于O1对称，所以

10、其在O1产生的电场强度为0，而Q各点在O1产生的场强水平向左，故q在O1点所受电场力方向向左，故加速度的方向水平向左，故A正确在q从O1向O2运动的过程中Q对q的电场力向左，Q对q的电场力方向也向左，故电场力对q始终做正功，故q的电势能一直减小，故B错误根据E可知在O1右侧Q产生的场强先增大后减小且一直减小到0，而Q的场强大多数情况下小于Q产生的电场强度但场强却不会为0，故合场强为0的位置应该在O1的右侧，而在合力为0之前合外力做负功，动能持续减小，之后合力做正功，动能增大，故动能最小的点在O1的右侧，故C正确同理O2的左侧也有场强为0的位置，而O1和O2之间场强始终大于0，由于两个电荷的电荷

11、量相同，故电场关于O1、O2的连线对称，故D正确考题3对电容器的动态分析与计算的考查例3在如图9所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与一灵敏静电计相接，极板A接地下列操作中可以观察到静电计指针张角变大的是 （）图9A极板A上移B极板A右移C极板间插入一定厚度的金属片D极板间插入一云母片解析静电计测量的是平行板电容器两极板之间的电压，电容器两极板上的电荷量保持不变，由C可得电压U，根据平行板电容器的电容C可知，通过减小极板正对面积S、增大板间距d和减小板间电介质的介电常数r可以减小电容器的电容，从而增大板间电压U，故只有选项A是正确的规律总结1 分析平行板电容器的动态变化问题时，应注意电容器是

12、否与电源两极相连2 充电后与电源两极断开7 （2012海南9）将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷分别用d、U、E和Q表示下列说法正确的是 （）A保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半答案AD解析E，保持U不变，将d变为原来的两倍，E变为原来的一半，A对；保持E不变，则d变为原来的一半，则U变为原来的一半，B错；C，C，保持d不变，C不变，Q加倍，U加倍，C错；E，Q变为原来的一半，则E变为原来的一

13、半，D对8 如图10所示，其中R1为光敏电阻，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻，当R2的滑片P在中间时闭合开关S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与竖直方向的夹角为.已知电源电动势E和内阻r一定，光敏电阻随光照的增强电阻变小，以下说法正确的是 （）图10A保持光照强度不变，将R2的滑片P向b端滑动，则R3消耗的功率变大B保持滑片P不动，让光敏电阻周围光线变暗，则小球重新平衡后变小C滑片P向a端滑动，用更强的光照射R1，则电压表示数变小D保持滑片P不动，用更强的光照射R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值变小答案C解析根据电路图可知，电阻R3和R1串联后

14、组成电源的外电路，电压表测量的是路端电压，电流表测量的是干路电流，而平行板电容器两极板间的电压等于R1两端的电压当电路稳定时，电容器可以看作是断开的，滑动变阻器的滑片左右移动不改变电路中的电流或电压；光照强度不变，R1的阻值不变，干路电流也就不变，所以R3消耗的功率不变，A错当光照减弱时，R1的阻值增大，R1两端电压也增大，M、N两板间电压增大，因为两板间距不变，所以板间场强增大，小球受到水平向右的电场力增大，重新平衡后变大，B错增强光照，R1的阻值变小，干路电流I变大，路端电压UEIr变小，所以电压表示数变小，C对由闭合电路欧姆定律UEIr可知，U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值等

15、于电源的内阻r，是定值，D错9 如图11所示，两平行金属板水平放置，开始开关S合上使平行板电容器带电，板间存在垂直纸面向里的匀强磁场一个不计重力的带电粒子恰能以水平向右的速度沿直线通过两板在以下方法中，能使带电粒子仍沿水平直线通过两板的是 （）图11A将两板的距离增大一倍，同时将磁感应强度增大一倍B将两板的距离减小一半，同时将磁感应强度增大一倍C将开关S断开，使两板间的正对面积减小一半，同时将板间磁场的磁感应强度减小一半D将开关S断开，使两板间的正对面积减小一半，同时将板间磁场的磁感应强度增大一倍答案BD解析当开关S闭合时，电容器两端的电压不变，要使带电粒子仍沿水平直线通过两板，必须满足qEq

16、qvB，即UBdv，所以当两板的距离增大一倍时，同时应将磁感应强度减小一半；当两板的距离减小一半时，同时应将磁感应强度增大一倍，所以A错，B对将开关S断开时，电容器上所带电荷量不变，根据C和C得，E，要使带电粒子仍沿水平直线通过两板，必须满足qEqvB，即Q，当两板间的正对面积减小一半时，同时应将板间磁场的磁感应强度增大一倍，所以C错，D对例4（2013浙江24）（20分）“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图12所示一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动

17、能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间忽略电场的边缘效应图12（1）判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；（2）求等势面C所在处电场强度E的大小；（3）若半球面A、B和等势面C的电势分别为A、B和C，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量Ek左和Ek右分别为多少？（4）比较|Ek左|与|Ek右|的大小，并说明理由审题突破电子做圆周运动所需的向心力由电场力提供电场力做功引起电势能的变化，电场力做正功，电势能减小；解析（1）电子（带负电）做圆周运动，电场力方向指向球

18、心，电场方向从B指向A，半球面B的电势高于A. （2）据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同，有：eEm Ek0mv2 R 联立解得 （3）电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有EkqU 对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有Ek左e（BC） 对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有Ek右e（AC） （4）根据电场线特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有|BC|AC| 即|Ek左|Ek右| 答案见解析评分细则1.第（1）问3分，只说明结果，而没有说明理由的，扣2分2第（2）问9分，其中式3分

19、，式各2分考生没有写出式，而直接得结果的，扣4分3第（3）问5分，其中式1分，两式各2分考生没有写出式，而直接写出两式且正确的，给5分4第（4）问3分，式2分，式1分考生没有说明理由，直接给出|BC|AC|，不扣分知识专题练训练8一、单项选择题1 （2013江苏3）下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘坐标原点O处电场强度最大的是 （）答案B解析设圆环的电荷在原点O产生的电场强度为E0，根据电场强度叠加原理，在坐标原点O处，A图场强为E0, B图场强为E0 ，C图场强为E0，D图场强为0，因此本题答案为B.2 （2013全国新课标15）如图1，一半

20、径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、 c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q （q0）的固定点电荷已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量） （）解析电荷q产生的电场在b处的场强Eb，方向水平向右，由于b点的合场强为零，故圆盘上的电荷产生的电场在b处的场强EbEb，方向水平向左，故Q0.由于b、d关于圆盘对称，故Q产生的电场在d处的场强EdEb，方向水平向右，电荷q产生的电场在d处的场强Ed，方向水平向右，所以d处的合场强的大小EEdEdk.3 a、b是x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿

21、x轴a、b之间各点对应的电势高低如图2中曲线所示从图中可看出以下说法中不正确的是 （）A把带正电的检验电荷沿x轴由a移到b的过程中，电场力对该电荷先做正功后做负功Ba、P间和P、b间各点的电场方向都指向P点C电势最低的P点的电场强度为零Da和b一定是同种电荷，但是不一定是正电荷来源:解析P点切线斜率为零，而x图线的切线斜率表示电场强度的大小，则P点的电场强度为零两电荷在P点的合场强为零，P点距离Q1较远，根据点电荷的场强公式知，Q1的电量大于Q2的电量从a到b电势先减小后增大，因为沿电场线方向电势逐渐降低，所以Q1和Q2一定是同种电荷，且都为正电荷P点的左侧电场方向向右，P点的右侧电场方向向左

22、，知正电荷所受的电场力先向右后向左，电场力先做正功后做负功，故只有选项D错误4 空间存在着平行于x轴方向的静电场，其电势随x的分布如图3所示，A、M、O、N、B为x轴上的点，|OA|OB|，|OM|ON|.一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是 （）B粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大C粒子一定能通过N点D粒子从M向O运动过程电势能逐渐增加解析由电势随x的分布图可知电势随x均匀变化，则可知电场为匀强电场，且O点左侧的电场强度大于右侧的电场强度，左侧场强方向沿x轴负向，右侧场强方向沿x轴正向，由于带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止

23、开始沿x轴向右运动，故粒子一定带负电，粒子从M向O运动过程中所受电场力不变，电场力做正功，电势能减小，粒子从O向N运动过程中所受电场力做负功，做匀减速运动，由于|OA|解析在O点右侧，带负电粒子向左运动时电势能增大，说明电场方向向左，在O点左侧，电场方向则向右，所以O点场强为零，选项A正确由题图可知粒子在x1、x1处电势能相同，根据能量守恒定律知，两处的动能也相同，选项B正确从x1到O点，电势能逐渐增大，并且先增大的越来越快，后增大的越来越慢，说明电场力先增大后减小，选项C错误只要粒子到O点速度大于零，粒子便能够一直沿x轴负向运动，则有E0E1解得v0，选项D正确6 如图5所示，图甲中MN为足

24、够大的不带电薄金属板，在金属板的右侧，距离为d的位置上放入一个电荷量为q的点电荷O，由于静电感应产生了如图甲所示的电场分布P是金属板上的一点，P点与点电荷O之间的距离为r，几位同学想求出P点的电场强度大小，但发现问题很难几位同学经过仔细研究，从图乙所示的电场中得到了一些启示，经过查阅资料他们知道：图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的图乙中两异号点电荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，虚线是两点电荷连线的中垂线由此他们分别对P点的电场强度方向和大小做出以下判断，其中正确的是 （）A方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为B方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为C方向垂直于金属板

25、向左，大小为D方向垂直于金属板向左，大小为解析由题意可知图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的，电场强度是矢量，其合成遵守平行四边形定则，由题图乙可知对应图甲中P点处的电场强度大小为，方向水平向左，故选项C正确7 如图6所示，AB为均匀带电荷量为Q的细棒，C为AB棒附近一点，CB垂直于AB.AB棒上电荷形成的电场在C处的电势为0，0可以等效成AB棒上电荷集中于AB上某点P处、带电量为Q的点电荷所形成的电场在C点的电势若PC的距离为r，由点电荷电势的知识可知0k.若某点处在多个点电荷形成的电场中，则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和根据题中提供的知识与方法，我们可将AB棒均分成两段，并看成两个点电荷，就可以求得AC连线中点C处的电势为 （）A0 B.0来源:C