電場的基本性質(zhì)

電場的基本性質(zhì)電場的基本性質(zhì)考情透析考情透析命題點考頻分析命題特點核心素養(yǎng)電場的力的性質(zhì)2024年：全國甲卷T5山東T14重慶T6廣東T8廣西T7江蘇T1甘肅T7T9湖北T8吉林T5浙江6月T6河北T7T2湖南T5北京T112023年：湖南T5全國乙T6重慶T3海南T8T12山東T112022年：上海T16江蘇T9山東T3重慶T2河北T6浙江1月T10湖南T2福建T3北京T9湖北T4本專題主要講解電場的基本性質(zhì)，主要涉及靜電力作用下的平衡問題、場強的疊加問題、電勢的高低及電勢能大小的判斷、電容器充放電及動態(tài)分析問題、電場線、等勢面及運動軌跡問題等考點，重點考查多個知識點的綜合應(yīng)用，綜合性強，要求學(xué)生善于將復(fù)雜、抽象的電場問題轉(zhuǎn)化成較熟悉的力學(xué)問題，再結(jié)合牛頓運動定律以及功與能思想解決。物理觀念：掌握點電荷的場強疊加原理、電勢及電勢能的計算、電容器的定義式和決定式等概念?？茖W(xué)思維：構(gòu)建點電荷模型、電場線模型以及會進行電容器的動態(tài)分析。電場的能的性質(zhì)電容器電場中的圖像問題熱點熱點突破命題點命題點1電場的力的性質(zhì)▼考題示例1（2024·河北·歷年真題）如圖，真空中有兩個電荷量均為q（q＞0）的點電荷，分別固定在正三角形ABC的頂點B、C。M為三角形ABC的中心，沿AM的中垂線對稱放置一根與三角形共面的均勻帶電細桿，電荷量為。已知正三角形ABC的邊長為a，M點的電場強度為0，靜電力常量為k。頂點A處的電場強度大小為（）A． B． C． D．答案：D解析：B點C點的電荷在M的場強的合場強為E＝＝因M點的合場強為零，因此帶電細桿在M點的場強EM＝E，由對稱性可知帶電細桿在A點的場強為EA＝EM＝E，方向豎直向上，因此A點合場強為E合＝EA＋＝故選D。跟蹤訓(xùn)練1（2023·湖南省·歷年真題）如圖，真空中有三個點電荷固定在同一直線上，電荷量分別為Q1、Q2和Q3，P點和三個點電荷的連線與點電荷所在直線的夾角分別為90°、60°和30°。若P點處的電場強度為零，q＞0，則三個點電荷的電荷量可能為（）A．Q1＝q，Q2＝EMBEDEquation.DSMT4，Q3＝qB．Q1＝﹣q，Q2＝EMBEDEquation.DSMT4，Q3＝﹣4qC．Q1＝﹣q，Q2＝EMBEDEquation.DSMT4，Q3＝﹣qD．Q1＝q，Q2＝EMBEDEquation.DSMT4，Q3＝4q答案：D解析：AB．由題可知，若P點處的電場強度為零，則根據(jù)電場強度的矢量疊加法則可知，Q1和Q3電性必相同且與Q2電性相反，選項AB的電荷均為正或均為負，則AB錯誤；CD．解法一：用余弦定理計算出Q1和Q3的合場強，與Q2產(chǎn)生的場強做對比并驗證。C．設(shè)P、Q1間的距離為r，P點處的合場強為E，則根據(jù)矢量三角形與余弦定理可知cos120°＝EMBEDEquation.DSMT4，解得E＝EMBEDEquation.DSMT4，而Q2產(chǎn)生的場強大小為E＝EMBEDEquation.DSMT4，則P點的場強不可能為零，C錯誤；D．設(shè)P、Q1間的距離為r，P點處的合場強為E，則根據(jù)矢量三角形與余弦定理可知cos120°＝EMBEDEquation.DSMT4，解得E＝EMBEDEquation.DSMT4，而Q2產(chǎn)生的場強大小為E＝EMBEDEquation.DSMT4，則P點的場強可能為零，D正確。故選：D。CD．解法二：通過矢量三角形判定。由于三個電荷的產(chǎn)生的場強方向確定了，所以三個場強構(gòu)成的矢量三角形也確定了。如圖（只畫了Q1、Q3為負，Q2為正的情形，電性相反也同理）：則，必然有E1＝E3＝eq\f(\r(3),3)E2。C選項，Q1＝Q3，r1≠r3，根據(jù)E＝keq\f(Q,r2)，E1≠E3，故C選項錯誤。ABC均排除，選D。如果計算也可以采取比例的方法，以下計算忽略正負電性。r1∶r2∶r3＝eq\r(3)∶2∶2eq\r(3)，E1∶E2∶E3＝1∶eq\r(3)∶1，根據(jù)E＝keq\f(Q,r2)，得：Q＝eq\f(Er2,k)，即Q∝Er2Q1∶Q2∶Q3＝[1×(eq\r(3))2]∶[eq\r(3)×(2)2]∶[1×(2eq\r(3))2]＝3∶4eq\r(3)∶12＝1∶eq\f(4\r(3),3)∶4，只有D選項滿足。1總結(jié)升華電場強度的計算方法（1）定義式法：EMBEDEquation.DSMT4（2）點電荷電場強度公式法：直接用點電荷的電場強度公式EMBEDEquation.DSMT4求解。若要求多個點電荷產(chǎn)生電場的合電場強度，則可先分別求出各個點電荷產(chǎn)生的電場強度，然后利用矢量疊加法求出合電場強度。（3）根據(jù)勻強電場場強和電勢差的關(guān)系式：EMBEDEquation.DSMT4求解。（4）物理思想方法：對于較復(fù)雜的求電場強度的問題可用物理思想方法分析解決。如：“微元法”“對稱性分析法”“補償法”等。命題點命題點2電場的能的性質(zhì)▼考題示例2（2023·廣東省·模擬題）（多選）如圖所示，一質(zhì)子以速度v0進入足夠大的勻強電場區(qū)域，a、b、c、d為間距相等的一組等勢面，若質(zhì)子經(jīng)過a、c等勢面時動能分別為9eV和3eV。不計質(zhì)子重力，下列說法正確的是（）A．質(zhì)子第二次經(jīng)過等勢面b時動能是6eVB．質(zhì)子剛好能到達等勢面dC．該勻強電場場強的方向水平向左D．若取等勢面c為零電勢面，則a所在的等勢面電勢為6V答案：AC解析：A．質(zhì)子在勻強電場中運動，只有電場力做功，經(jīng)過相鄰等勢面克服電場力做功相同，動能變化量相同，即Ekb﹣Eka＝Ekc﹣Ekb，解得Ekb＝6eV，故A正確；B．等勢面c的動能為3eV，由A分析可知，每經(jīng)過一個等勢面，動能減小3eV，如果能到達等勢面d，則在等勢面d上的動能是0，速度也就是0，當(dāng)初速度方向水平向右時，質(zhì)子恰好到達等勢面d；由于初速度方向與水平方向成一定夾角，質(zhì)子具有沿等勢面方向的分速度，所以速度不會為零，因此質(zhì)子不能到達等勢面d，故B錯誤；C．根據(jù)題意，由a到c過程電場力做負功，質(zhì)子帶正電，所以勻強電場場強的方向水平向左，故C正確；D．根據(jù)EMBEDEquation.DSMT4可知質(zhì)子在c等勢面的電勢能為0，所以質(zhì)子運動過程中的總能量E＝Ekc＋0＝3eV，根據(jù)能量守恒可知E＝Eka＋Epa，解得Epa＝﹣6eV，由Epa＝EMBEDEquation.DSMT4可得a所在的等勢面電勢EMBEDEquation.DSMT4＝﹣6V，故D錯誤。故選AC。跟蹤訓(xùn)練2（2024·甘肅·歷年真題）（多選）某帶電體產(chǎn)生電場的等勢面分布如圖中實線所示，虛線是一帶電粒子僅在此電場作用下的運動軌跡，M、N分別是運動軌跡與等勢面b、a的交點，下列說法正確的是（）A．粒子帶負電荷B．M點的電場強度比N點的小C．粒子在運動軌跡上存在動能最小的點D．粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能答案：BCD解析：A．根據(jù)粒子所受電場力指向曲線軌跡的凹側(cè)可知，帶電粒子帶正電，故A錯誤；B．等差等勢面越密集的地方場強越大，故M點的電場強度比N點的小，故B正確；CD．粒子帶正電，因為M點的電勢大于在N點的電勢，故粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能；由于帶電粒子僅在電場作用下運動，電勢能與動能總和不變，故可知當(dāng)電勢能最大時動能最小，故粒子在運動軌跡上到達最大電勢處時動能最小，故CD正確。故選：BCD?？偨Y(jié)升華分析電場中帶電粒子運動軌跡類問題，要把握以下兩點：（1）“運動與力兩線法”——畫出“速度線”（運動軌跡在初始位置的切線）與“力線”（在初始位置電場線的切線方向），從二者的夾角情況來分析曲線運動的情況。（2）“三不知時要假設(shè)”——電荷的正負、電場強度的方向（或等勢面電勢的高低）、電荷運動的方向，是題意中相互制約的三個方面。若已知其中的任一個，可順次向下分析判定各待求量；若三個都不知（三不知），則要用“假設(shè)法”分別討論各種情況。命題點命題點3電容器▼考題示例3（2023·全國·模擬題）如圖所示，M、N為平行板電容器的金屬板，G為靜電計。開始時開關(guān)S閉合，靜電計指針張開一定角度。下列說法正確的是（）A．保持開關(guān)S閉合，將R上的滑片向右移動，靜電計指針張角增大B．保持開關(guān)S閉合，將M、N兩極板間距增大少許，指針張角變小C．?dāng)嚅_開關(guān)S后，將下極板向下移動一小段距離，P點的電勢將上升，粒子的電勢能增大D．?dāng)嚅_開關(guān)S后，緊貼下極板插入金屬板，板間場強不變答案：D解析：AB、保持開關(guān)S閉合，則電容器直接串聯(lián)在電源兩端，滑動變阻器接靜電計的金屬桿，外殼接地，所以滑動變阻器所在支路處于斷路狀態(tài)，因此電容器兩端的電勢差始終等于電源的電動勢，即電容器兩端的電勢差總不變，因此無論將R的滑片向右移動，還是將M、N兩極板間距增大，都不能改變電容器的電勢差，所以指針張角總不變，故AB錯誤；C、斷開開關(guān)S后，電容器沒有閉合回路，所以電容器所帶的電荷量Q不變，將下極板向下移動一小段距離，即板間距d增大，由電容器的電容EMBEDEquation.DSMT4，EMBEDEquation.DSMT4，電容器中的電場強度EMBEDEquation.DSMT4，所以電場強度E不變。由于N極板接地，所以EMBEDEquation.DSMT4，點到N板的電勢差EMBEDEquation.DSMT4，EMBEDEquation.DSMT4，EMBEDEquation.DSMT4變大，所以EMBEDEquation.DSMT4變大，即P點電勢增大。由于粒子處于靜止?fàn)顟B(tài)，即受力平衡，所以電場力豎直向上，因此粒子帶負電，即q＜0，根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系EMBEDEquation.DSMT4，可得粒子的電勢能減小，故C錯誤；D、斷開開關(guān)后，緊貼下極板插入金屬板，即電容器的極板間的距離d減小，由于電場強度表達式為EMBEDEquation.DSMT4，即電場強度與極板間距離無關(guān)，所以電場強度不變，故D正確。跟蹤訓(xùn)練3（2024·甘肅·歷年真題）一平行板電容器充放電電路如圖所示。開關(guān)S接1，電源E給電容器C充電；開關(guān)S接2，電容器C對電阻R放電。下列說法正確的是（）A．充電過程中，電容器兩極板間電勢差增加，充電電流增加B．充電過程中，電容器的上極板帶正電荷、流過電阻R的電流由M點流向N點C．放電過程中，電容器兩極板間電勢差減小，放電電流減小D．放電過程中，電容器的上極板帶負電荷，流過電阻R的電流由N點流向M點答案：C解析：A．充電過程中，隨著電容器帶電量的增加，電容器兩極板間電勢差增加，充電電流在減小，故A錯誤；B．根據(jù)電路圖可知，充電過程中，電容器的上極板帶正電荷、流過電阻R的電流由N點流向M點，故B錯誤；C．放電過程中，隨著電容器帶電量的減小，電容器兩極板間電勢差減小，放電電流在減小，故C正確；D．根據(jù)電路圖可知，放電過程中，電容器的上極板帶正電荷，流過電阻R的電流由M點流向N點，故D錯誤。故選：C?？偨Y(jié)升華電容器動態(tài)變化兩類典型問題：1．電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變。（1）根據(jù)C＝EMBEDEquation.DSMT4先分析電容的變化，再由C＝eq\f(Q,U)分析Q的變化。（2）根據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強的變化。（3）根據(jù)UAB＝E·d＝φA﹣φB分析某點電勢變化。2．電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變。（1）根據(jù)C＝EMBEDEquation.DSMT4先分析電容的變化，再由C＝eq\f(Q,U)分析U的變化。（2）根據(jù)E＝EMBEDEquation.DSMT4＝EMBEDEquation.DSMT4＝EMBEDEquation.DSMT4分析場強變化。命題點命題點4電場中的圖像問題▼考題示例4（2024·重慶·歷年真題）沿空間某直線建立x軸，該直線上的靜電場方向沿x軸，其電電勢的φ隨位置x變化的圖像如圖所示，一電荷都為e帶負電的試探電荷，經(jīng)過x2點時動能為1.5eV，速度沿x軸正方向若該電荷僅受電場力。則其將（）A．不能通過x3點 B．在x3點兩側(cè)往復(fù)運動C．能通過x0點 D．在x1點兩側(cè)往復(fù)運動答案：B解析：帶負電的試探電荷在x2處動能為1.5eV，電勢能為－1eV，總能量為0.5eV，且試探電荷速度沿x軸正方向，在x2～x3區(qū)域試探電荷受到沿x軸正方向的靜電力，做加速運動，在x3處速度最大，試探電荷繼續(xù)運動到x3右側(cè)，做減速運動，當(dāng)速度為零時，電勢能為0.5eV，即運動到電勢為－0.5V處減速到零，開始向x軸負方向運動，后反向回到x2處動能仍為1.5eV，繼續(xù)向左運動，在電勢為－0.5V處減速到零又反向，不會運動到x0、x1處，即試探電荷在x3點兩側(cè)往復(fù)運動。故選B。跟蹤訓(xùn)練4（2023·安徽省·模擬題）如圖甲所示，絕緣光滑水平面上有A、B、O三點，以O(shè)點為坐標原點，向右為正方向建立直線坐標軸x軸，A點坐標為﹣2m，B點坐標為2m，空間中存在水平電場，圖乙、丙左側(cè)圖線為四分之一圓弧，右側(cè)圖線為一條傾斜線段?，F(xiàn)把一質(zhì)量為m、電荷量為q的負點電荷，以初速度v0由A點向右射出，若負點電荷可以沿直線到達B處，則下列說法正確的是（忽略負點電荷形成的電場）（）A．若A、B兩點間的電勢變化如圖乙，負點電荷到達B點時速度大于v0B．若A、B兩點間的電勢變化如圖乙，負點電荷到達坐標為﹣eq\r(2)m和eq\r(2)m處時，電場力的功率不相等C．若A、B兩點間的電場強度變化如圖丙，負點電荷從A到B速度先增大再減小D．若A、B兩點間的電場強度變化如圖丙，負點電荷到達坐標為﹣eq\r(2)m和eq\r(2)m處時，電場力相同答案：B解析：A、由圖乙可知，A與B兩點的電勢均為零，AB間的電勢差為零，負點電荷從A點到B點電場力做功為零，由動能定理可知負點電荷到達B點時速度等于v0，選項A錯誤；B，解法一：φ﹣x圖像斜率的絕對值表示電場強度的大小，由圖乙可知，O點運動到B點過程是勻強電場，該電場強度的大小與下圖中虛線表示的電場強度大小相等，如圖：由于左側(cè)圖線為四分之一圓弧，將虛線平移至與圓弧相切，切點處的電場強度大小與右側(cè)電場強度大小相等，根據(jù)幾何關(guān)系可知該切點的橫坐標為﹣eq\r(2)m，即當(dāng)負點電荷分別處于﹣eq\r(2)m和eq\r(2)m時，電場力大小相等。而負點電荷由A點運動到B點過程中，先做加速度減小的變加速運動，后做勻減速直線運動，作出v﹣t圖像如圖所示根據(jù)A點到﹣eq\r(2)m和eq\r(2)m到B點的位移相等，結(jié)合圖像可知﹣eq\r(2