模型16、電場模型 （解析版）

模型16、電場模型【模型概述】電場強度的計算場強的公式電場的疊加電場疊加：多個電荷在空間某處產(chǎn)生的電場強度為各電荷單獨在該處所產(chǎn)生的電場強度的矢量和。運算法則：平行四邊形法則利用補償法和對稱法求電場強度

a.補償法:題給條件建立的模型不是一個完整的標準模型，比如說模型A,這時需要給原來的問題補充一些條件，由這些補充條件建立另一個簡潔求解的模型B,并且模型A與模型B恰好組成一個完整的標準模型，這樣求解模型A的問題就變?yōu)榍蠼庖粋€完整的標準模型與模型B的差值問題.

b.對稱法:利用帶電體(如球體、薄板等)產(chǎn)生的電場具有對稱性的特點來求電場強度的兩個等電點電荷電場的分布等量同種點電荷和等量異種點電荷的電場線的比較比較項目等量異種點電荷等量同種點電荷電場線分布圖連線中點O處的場強連線上O點場強最小，指向負電荷一方為零連線上的場強大?。◤淖蟮接遥┭剡B線先變小，再變大沿連線先變小，再變大沿中垂線由O點向外場強大小O點最大，向外漸漸減小O點最小，向外先變大后變小關(guān)于O點對稱的A與、B與的場強等大同向等大反向電勢凹凸及電勢能大小的推斷方法比較電勢凹凸的方法

(1)沿電場線方向，電勢越來越低.

(2)推斷出的正負，再由，比較、的大小，若>0，則>,若<0，

則<.

2.電勢能大小的比較方法

做功推斷法

電場力做正功，電荷(無論是正電荷還是負電荷)從電勢能較大的地方移向電勢能較小的地方，反之，假如電荷克服電場力做功,那么電荷將從電勢能較小的地方移向電勢能較大的地方.電場線、等勢面及帶電粒子的運動軌跡問題幾種常見的典型電場的等勢面比較電場等勢面（實線）圖樣重要描述勻強電場垂直于電場線的一簇平面點電荷的電場以點電荷為球心的一簇球面等量異種點電荷的電場連線的中垂線上的電勢為零等量同種正點電荷的電場連線上，中點電勢最低，而在中垂線上，中點電勢最高帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法從軌跡的彎曲方向推斷受力方向(軌跡向合外力方向彎曲),從而分析電場方向或電荷的正負;

(2)結(jié)合軌跡、速度方向與靜電力的方向，確定靜電力做功的正負，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等;

(3)依據(jù)動能定理或能量守恒定律推斷動能的變化狀況.帶電粒子運動軌跡類問題的解題技巧

(1)推斷速度方向:帶電粒子的軌跡的切線方向為該點處的速度方向.

(2)推斷電場力(或場強)的方向:僅受電場力作用時，帶電粒子所受電場力方向指向軌跡曲線的凹側(cè)，再依據(jù)粒子的正負推斷場強的方向.

(3)推斷電場力做功的正負及電勢能的增減:若電場力與速度方向成銳角，則電場力做正功，電勢能削減;若電場力與速度方向成鈍角，則電場力做負功，電勢能增加.勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系在勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系式為U=Ed,其中d為兩點沿電場線方向的距離.由公式U=

Ed可以得到下面兩個結(jié)論:

結(jié)論1:勻強電場中的任一線段AB的中點C的電勢,如圖甲所示

結(jié)論2:勻強電場中若兩線段AB//CD,且AB=CD,則=(或),如圖乙所示.

2.在非勻強電場中，不能用U=Ed進行計算，但可以進行定性分析，一般沿電場線方向取相同的長度d,線段處于場強較大的區(qū)域所對應(yīng)的電勢差U較大.用功能關(guān)系分析帶電粒子的能量轉(zhuǎn)化功能關(guān)系

(1)若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變;

(2)若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變;

(3)除重力外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化.

(4)全部力對物體所做功的代數(shù)和，等于物體動能的變化.

2.電場力做功的計算方法

(1)由公式計算，此公式只適用于勻強電場，可變形為:由來計算，此公式適用于任何形式的靜電場.

(3)由動能定理來計算:

(4)由電勢能的變化來計算:3.點撥1.電荷在電場中運動時，電場力做功將引起電勢能與其他形式的能發(fā)生轉(zhuǎn)化，電荷的機械能不再守恒.

2.要搞清幾個功能關(guān)系:重力做功等于重力勢能的變化，電場力做功等于電勢能的變化，彈簧彈力做功等于彈性勢能的變化，合外力做功等于動能的變化.

3.無論能量如何變化，總是滿足能量守恒定律.【模型訓練】【例1】如圖，A、B兩點固定等量同種點電荷。P點的電場強度方向所在直線延長線與直線AB交于C點（未標出）。若，則為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】設(shè)A、B兩點固定等量同種點電荷為正點電荷，P點的電場強度如圖所示則有，由圖可得由正弦定理可得，可得故選C。變式1.1如圖所示，A、B、C是真空中邊長為L的等邊三角形的三個頂點，O為該等邊三角形的中心，在A、B兩點分別固定一個帶電荷量均為q的正點電荷，靜電力常量為k，則O點的電場強度大小為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】設(shè)則有O點的電場強度大小故選A。變式1.2如圖所示，四個電荷量分別為、、、的點電荷位于半徑為的圓周上，其中、的連線與、的連線垂直，且，則圓心點的場強大小為（靜電力常量為）（

）A．0 B． C． D．【答案】C【詳解】、對點的場強大小均為合成后大小為方向與水平方向成45°斜向右上。同理、對點的場強大小均為合成后大小為方向與水平方向成45°斜向左下。由此可知和共線反向，合成后為又聯(lián)立，解得故選C?！纠?】均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場。如圖所示，在半球面上均勻分布正電荷，總電荷量為，球面半徑為，為通過半球頂點與球心的軸線，在軸線上有、兩點，已知點的場強大小為，則點的場強大小為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】設(shè)半球面有一相對于球心對稱的相同半球面，相當于將帶電量為的球面放在處，由題意可知均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場。則等效球面在、點所產(chǎn)生的電場大小均為由題知半球面在點的場強大小為，依據(jù)對稱性可知，圖中半球面在點的場強大小為故選A。變式2.1均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場．如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，其電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM=ON=2R．已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為（

）A． B． C． D．【答案】A【詳解】假設(shè)在O點有一個完整的帶電荷量為2q的帶電球殼，設(shè)完整球殼在N點產(chǎn)生的場強大小為E0，左半球殼在N點產(chǎn)生的電場強度大小為E左，右半球殼在N點產(chǎn)生的電場強度大小為E右，依據(jù)電場疊加原理依據(jù)題意依據(jù)對稱性可知右半球殼在N點產(chǎn)生的電場強度大小和左球殼在M點產(chǎn)生場強大小相等即解得A正確，BCD錯誤。故選A。變式2.2半徑為R的絕緣細圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于OC延長線上距C點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，則q為（）A．正電荷， B．正電荷，C．負電荷， D．負電荷，【答案】D【詳解】取走A、B處兩段弧長均為的小圓弧上的電荷，依據(jù)對稱性可知，圓環(huán)在O點產(chǎn)生的電場強度為與A在同始終徑上的A1和與B在同始終徑上的B1產(chǎn)生的電場強度的矢量和，如圖所示由于兩段弧長格外小，故可看成點電荷，則有由圖可知，兩場強的夾角為，則兩者的合場強為依據(jù)O點的合場強為0，則放在D點的點電荷帶負電，大小為依據(jù)聯(lián)立解得故選D?！纠?】如圖是等量異種點電荷、等量同種正點電荷、負點電荷、正點電荷電場的電場線，其中，等量同種、等量異種點電荷電場中的A、B兩點關(guān)于兩電荷連線的中點O對稱，則A、B兩點電場強度相同的是（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】A．依據(jù)等量異種點電荷電場線的特點，由矢量疊加原理可知關(guān)于中點O點對稱的兩點場強相同，故A正確；B．依據(jù)等量同種點電荷電場線的特點，由矢量疊加原理可知關(guān)于中點O點對稱的兩點場強等大反向，故B錯誤；C．依據(jù)點電荷電場線的特點，A、B兩點場強大小相同，方向不同，故C錯誤；D．依據(jù)點電荷電場線的特點，A、B兩點場強方向相同，大小不同，故D錯誤。故選A。變式3.1兩個等量點電荷M、N固定在x軸上，其產(chǎn)生的電場在兩者連線之間的場強E隨x的變化關(guān)系如圖所示，規(guī)定x軸正方向為場強的正方向。下列推斷正確的是（）A．M、N為異種電荷，兩者連線上x2處電勢最低B．M、N為異種電荷，兩者連線上從M到N的電勢始終降低C．M、N為同種電荷，兩者連線上x2處電勢最低D．M、N為同種電荷，兩者連線上從M到N的電勢先降低后上升【答案】B【詳解】MN的中點x2處場強不為零，依據(jù)題意知M、N為等量電荷，故可知M、N為等量異種電荷，且M為正電荷，可知x軸上電場沿MN方向，依據(jù)電勢沿電場方向漸漸降低，故B正確，ACD錯誤。故選B。變式3.2兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中A、B兩點，O是它們連線的中點，N、P是中垂線上的兩點，ON=OP。一帶負電的摸索電荷，從P點由靜止釋放，只在靜電力作用下運動，則摸索電荷（）A．運動到O點時的速度最大B．經(jīng)過關(guān)于O對稱的兩點時加速度相同C．沿著P→O→N，摸索電荷的加速度肯定先減小后增加D．若摸索電荷的電量增大，摸索電荷在P點所受電場力與其電量的比值增大【答案】A【詳解】A．兩個等量正點電荷四周部分電場線分布狀況如圖所示從N點到O點過程，摸索電荷q受到的電場力由N→O，電場力做正功，動能增大，速度增大；從O點到P點過程中，摸索電荷q受到的電場力由P→O，電場力做負功，動能減小，速度減小，故q運動到O點時的動能最大，速度最大，A正確；B．依據(jù)兩個等量正點電荷四周部分電場線分布狀況，經(jīng)過關(guān)于O對稱的兩點電場強度大小相同方向相反，受到的電場力大小相同，方向相反，加速度不相同，B錯誤；C．P→O過程，電場線疏密狀況不能確定，可能始終變疏，場強始終變小，q受到的電場力始終減小，加速度始終減??；也可能先變密再變疏，場強先變大后變小，q受到的電場力先增大后減小，加速度先增大后減小；依據(jù)對稱性可知，O→N過程，加速度可能始終增大，也可能先增大后減小，C錯誤；D．依據(jù)電場的性質(zhì)，P點場強僅由電場本身打算，探電荷在P點所受電場力與其電量的比值為該點的場強，若摸索電荷的電量增大，摸索電荷在P點所受電場力與其電量的比值不變，D錯誤。故選A。【例4】某電場的電場線分布如圖所示，虛線為某帶電粒子只在靜電力作用下的運動軌跡，a、b、c是軌跡上的三個點，則（）A．粒子肯定帶負電B．粒子肯定是從a點運動到b點C．粒子在c點的加速度肯定大于在b點的加速度D．粒子在c點的速度肯定大于在a點的速度【答案】C【詳解】A．做曲線運動的物體，合力指向運動軌跡的內(nèi)側(cè)，由此可知，帶電粒子受到的靜電力的方向為沿著電場線向左，所以粒子帶正電，A錯誤；B．粒子可能是從a點沿軌跡運動到b點，也可能是從b點沿軌跡運動到a點，B錯誤；C．由電場線的疏密程度可知，c點處電場線密集，場強較大，粒子在c點處受靜電力較大，加速度肯定大于在b點的加速度，C正確；D．若粒子從c運動到a，靜電力與速度方向成銳角，所以粒子做加速運動，若粒子從a運動到c，靜電力與速度方向成鈍角，所以粒子做減速運動，故粒子在c點的速度肯定小于在a點的速度，D錯誤。故選C。變式4.1電子顯微鏡通過“靜電透鏡”實現(xiàn)對電子會聚或發(fā)散使微小物體成像。一種電子透鏡的電場分布如圖所示（截取其中一部分），虛線為等勢面，相鄰兩等勢面間的電勢差相等，電子槍放射的電子僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中實線所示，是軌跡上的三點，若c點處電勢為3V，電子從a點運動到b點電勢能變化了5eV，則下列說法正確的是（）A．a(chǎn)點電勢為7.5VB．電子在b點的動能不行能為2.5eVC．電子在b點加速度比在c點加速度大D．電子在電場中運動的最小速度肯定為零【答案】B【詳解】A．依據(jù)電子的受力和運動狀況可知，電子從a點到c點電場力做負功，電勢能增大，依據(jù)電場力做功與電勢差的關(guān)系可知，b點電勢比a點電勢低5V，則相鄰兩等勢面間的電勢差為2.5V，則a點電勢為故A錯誤；B．電子在兩點，由能量守恒定律有由于電子在c點動能不為零，因此在b點的動能肯定大于2.5eV，故B正確；C．c點處等差等勢面比b點處密集，則b點比c點電場強度小，因此加速度小，故C錯誤；D．電子速度與等勢面切線平行時，在電場中運動的速度最小，此時的速度最小值不肯定為零，故D錯誤。故選B。變式4.2一帶負電的粒子以肯定的初速度進入點電荷Q產(chǎn)生的電場中，A、B是其運動軌跡上的兩點，C為AB的中點。其中A點的場強方向與AB連線成60°角；B點的場強方向與AB連線成30°角，如圖所示。若粒子只受電場力的作用，下列說法正確的是（

）A．點電荷Q帶負電B．AB兩點電勢差是AC兩點電勢差的2倍C．該粒子在A點的動能小于在B點的動能D．該粒子在A點的加速度大小等于在B點加速度大小的3倍【答案】D【詳解】A．反向延長EA，EB的方向，交點即為點電荷的位置，可知點電荷Q帶正電，選項A錯誤；B．由幾何關(guān)系可知點電荷到AC兩點距離相等，可知AC兩點電勢差為零，則AB兩點電勢差不是AC兩點電勢差的2倍，選項B錯誤；C．因A點電勢高于B點，則帶負電的粒子在A點的電勢能小于在B點的電勢能，則該粒子在A點的動能大于在B點的動能，選項C錯誤；D．因依據(jù)可知該粒子在A點的加速度大小等于在B點加速度大小的3倍，選項D正確。故選D?！纠?】如圖，在直角坐標系xOy中有a、b、c三點，b點坐標為?，F(xiàn)加上一平行于xOy平面的勻強電場，已知、、，則勻強電場的場強大小為（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】依據(jù)對稱性可得解得可得Oc間必存在一點使得，依據(jù)幾何關(guān)系有解得依據(jù)幾何關(guān)系可得ad與bO垂直，故電場線由b指向O，勻強電場的場強大小為故選C。變式5.1如圖所示，A、B、C三點都在勻強電場中，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，=20cm。把一個電荷量q=1×10-5C的正電荷從A點移到B點，靜電力做的功為零；從B點移到C點，靜電力做的功為-1.73×10-3J，則該勻強電場的場強大小和方向是（）A．865V/m，垂直AC向左B．865V/m，垂直AC向右C．500V/m，垂直AB斜向下D．1000V/m，垂直AB斜向下【答案】D【詳解】AB．把電荷q從A點移到B點，靜電力做的功為零，說明A、B兩點在同一等勢面上，由于該電場為勻強電場，等勢面應(yīng)為平面，故題圖中直線AB是一條等勢線，場強方向應(yīng)垂直于等勢線，故AB錯誤；CD．BC點之間的電勢差為B點電勢比C點電勢低173V，因電場線指向電勢降低的方向，所以場強方向垂直于AB斜向下，場強大小故D正確，C錯誤。故選D。變式5.2如圖甲所示，有一平行于紙面的勻強電場，以電場內(nèi)某一位置O為原點建立x軸，選取x軸上到O點距離為r的P點，以O(shè)為圓心、r為半徑作圓?，F(xiàn)從P點起沿圓周逆時針測量圓上各點的電勢和轉(zhuǎn)過的角度，可以用此數(shù)據(jù)繪制圖線。同理，當半徑分別取2r、3r時，做同樣的測量，用數(shù)據(jù)在同一個坐標系中繪制圖線。繪制圖線如圖乙中所示的三條曲線。三條曲線①、②、③均在時達到最大值，最大值分別為，，。下列說法正確的是（

）A．曲線①中電勢的最小值為 B．坐標原點O的電勢為C．電場強度的大小為 D．電場方向斜向右上方且與x軸正方向的夾角為【答案】B【詳解】CD．從圖象可知，電場強度的方向與時半徑方向平行，方向斜向左下方且與x軸負方向的夾角為。且當半徑與Ox方向夾角為時，半徑為、、時電勢分別為、、，可知場強大小為故CD錯誤；B．坐標原點處的電勢為故B正確；A．曲線①中最高電勢與圓心電勢差為，圓心與最低電勢差也為，最低電勢為，故A錯誤。故選B?！纠?】如圖甲所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，一重力可忽視不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0（0<t0<）時刻由靜止釋放該粒子，關(guān)于該粒子的運動正確的是（）A．一開頭向左運動，最終打到A板上B．一開頭向右運動，最終打到A板上C．一開頭向左運動，最終打到B板上D．一開頭向右運動，最終打到B板上【答案】D【詳解】粒子帶正電，在t0（0<t0<）時刻由靜止釋放該粒子，粒子在向右加速運動，在向右減速運動，向左加速運動，此后重復運動，最終達到B板上。故選D。變式6.1如圖a所示，兩個平行金屬板P、Q豎直放置，兩板間加上如圖b所示的電壓。時，Q板比P板電勢高，此時在兩板的正中心M點放一個電子，速度為零，電子僅在靜電力作用下運動，運動過程中始終未與極板相碰，下列時刻中電子速度和加速度的方向相同的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】依題意，結(jié)合圖b可知，在時，由于Q板比P板電勢高5V，則電子在這一段時間內(nèi)，所受電場力向右，電子向右做勻加速直線運動；在這一時間內(nèi)，電子所受電場力向左，電子向右做減速運動，依據(jù)對稱性可知在時，電子速度為0；在這一段時間內(nèi)，電子所受電場力向左，電子向左做加速運動；內(nèi)，電子所受電場力向右，電子向左做減速運動，所以結(jié)合選項答案，可知在時，電子速度和加速度的方向是相同的。故選B。變式6.2如圖甲所示，距離足夠大的兩平行金屬板中心有一個靜止的電子（不計電子所受重力），在A、B兩板間加上如圖乙所示的交變電壓。若取電子的初始運動方向為正，則下列圖像中，能正確反映電子的位移x、速度v、加速度a和動能隨時間（一個周期內(nèi)）變化規(guī)律的是（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】AB．電子一個周期內(nèi)的運動狀況為：時間內(nèi)，電子從靜止開頭向A板做勻加速直線運動，時間內(nèi)，原方向做勻減速直線運動，時刻速度為零。時間內(nèi)，向B板做勻加速直線運動，時間內(nèi)，連續(xù)向B板做勻減速直線運動，依據(jù)勻變速運動速度圖象是傾斜的直線；電子做勻變速直線運動時圖象是拋物線，故AB錯誤；C．由于可知勻變速運動的加速度大小不變，方向發(fā)生變化，故圖象應(yīng)平行于橫軸，故C正確；D．勻變速運動速度圖象是傾斜的直線，依據(jù)，可知與成二次函數(shù)關(guān)系，結(jié)合上述分析，與在每一階段均為一次函數(shù)關(guān)系，由此可知圖象是曲線，故D錯誤。故選C?！纠?】如圖所示，空間中存在與紙面平行的勻強電場，在紙面內(nèi)從正方形的頂點A沿任意方向放射速率相同的帶正電粒子，不計粒子重力和粒子間的相互作用，已知經(jīng)過B點的粒子在B點時的動能是初動能的3倍，經(jīng)過C點的粒子在C點時的動能是初動能的6倍，則經(jīng)過D點的粒子在D點時的動能是初動能的（）A．3倍 B．4倍 C．5倍 D．6倍【答案】B【詳解】依據(jù)題意，設(shè)電場強度沿AB方向的重量為，沿AD方向的重量為，粒子在A點時的動能為。粒子從A到B的過程，有粒子從A到C的過程，有則粒子從A到D的過程，有解得故選B。變式7.1如圖所示，在水平向右的勻強電場中有一個絕緣斜面，斜面上有一帶電金屬塊沿斜面滑下，已知在金屬塊滑下的過程中動能增加了12J，金屬塊克服摩擦力做功8J，重力做功24J.下列說法中正確的是（）A．金屬塊帶負電荷B．金屬塊克服電場力做功8JC．金屬塊的電勢能削減4JD．金屬塊的機械能削減12J【答案】D【詳解】ABC．金屬塊滑下的過程中動能增加了12J，由動能定理知WG＋Wf＋WF＝ΔEk摩擦力做功Wf＝－8J重力做功WG＝24J解得電場力做功WF＝－4J電場力做負功，金屬塊帶正電荷，電勢能增加了4J，故ABC錯誤；D．由功能關(guān)系可知機械能的變化量ΔE＝Wf＋WF＝－12J即機械能削減了12J，故D正確。故選D。變式7.2如圖所示，半徑為的光滑絕緣圓環(huán)固定在豎直面內(nèi)，圓環(huán)上直徑之間的夾角為，與之間的夾角也為。在A、C兩點分別固定電荷量均為的正點電荷，電荷量為的帶正電小環(huán)由點靜止釋放。已知點電荷四周某點的電勢，式中為點電荷的電荷量，為該點到點電荷的距離，為靜電力常量，不計帶電小環(huán)的重力，則帶電小環(huán)運動到點時的動能為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】依據(jù)電場的疊加性原理，A和C兩點電荷在B點的電勢為同理依據(jù)電場的疊加性原理可知，E點的電勢為小環(huán)從B點到E點，由能量守恒有解得故選A?！纠?】如圖所示，光滑絕緣水平面上靜置帶有同種電荷的A和B兩金屬小球，其中A球質(zhì)量為，B球質(zhì)量為。在時刻給A球水平向右的初速度，同時由靜止釋放B球，在庫侖力的作用下，兩球在時刻相距最近（未接觸）。下列說法正確的是（）A．從到時間內(nèi)，兩小球系統(tǒng)機械能守恒B．從到時間內(nèi)，兩小球電勢能增加量為C．在時刻，小球A和B的動量大小之比為D．在時