模型16、电场模型 （解析版）

模型16、电场模型【模型概述】电场强度的计算场强的公式电场的叠加电场叠加：多个电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷单独在该处所产生的电场强度的矢量和。运算法则：平行四边形法则利用补偿法和对称法求电场强度

a.补偿法:题给条件建立的模型不是一个完整的标准模型，比如说模型A,这时需要给原来的问题补充一些条件，由这些补充条件建立另一个简洁求解的模型B,并且模型A与模型B恰好组成一个完整的标准模型，这样求解模型A的问题就变为求解一个完整的标准模型与模型B的差值问题.

b.对称法:利用带电体(如球体、薄板等)产生的电场具有对称性的特点来求电场强度的两个等电点电荷电场的分布等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线的比较比较项目等量异种点电荷等量同种点电荷电场线分布图连线中点O处的场强连线上O点场强最小，指向负电荷一方为零连线上的场强大小（从左到右）沿连线先变小，再变大沿连线先变小，再变大沿中垂线由O点向外场强大小O点最大，向外渐渐减小O点最小，向外先变大后变小关于O点对称的A与、B与的场强等大同向等大反向电势凹凸及电势能大小的推断方法比较电势凹凸的方法

(1)沿电场线方向，电势越来越低.

(2)推断出的正负，再由，比较、的大小，若>0，则>,若<0，

则<.

2.电势能大小的比较方法

做功推断法

电场力做正功，电荷(无论是正电荷还是负电荷)从电势能较大的地方移向电势能较小的地方，反之，假如电荷克服电场力做功,那么电荷将从电势能较小的地方移向电势能较大的地方.电场线、等势面及带电粒子的运动轨迹问题几种常见的典型电场的等势面比较电场等势面（实线）图样重要描述匀强电场垂直于电场线的一簇平面点电荷的电场以点电荷为球心的一簇球面等量异种点电荷的电场连线的中垂线上的电势为零等量同种正点电荷的电场连线上，中点电势最低，而在中垂线上，中点电势最高带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法从轨迹的弯曲方向推断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲),从而分析电场方向或电荷的正负;

(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等;

(3)依据动能定理或能量守恒定律推断动能的变化状况.带电粒子运动轨迹类问题的解题技巧

(1)推断速度方向:带电粒子的轨迹的切线方向为该点处的速度方向.

(2)推断电场力(或场强)的方向:仅受电场力作用时，带电粒子所受电场力方向指向轨迹曲线的凹侧，再依据粒子的正负推断场强的方向.

(3)推断电场力做功的正负及电势能的增减:若电场力与速度方向成锐角，则电场力做正功，电势能削减;若电场力与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加.匀强电场中电势差与电场强度的关系在匀强电场中电势差与电场强度的关系式为U=Ed,其中d为两点沿电场线方向的距离.由公式U=

Ed可以得到下面两个结论:

结论1:匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势,如图甲所示

结论2:匀强电场中若两线段AB//CD,且AB=CD,则=(或),如图乙所示.

2.在非匀强电场中，不能用U=Ed进行计算，但可以进行定性分析，一般沿电场线方向取相同的长度d,线段处于场强较大的区域所对应的电势差U较大.用功能关系分析带电粒子的能量转化功能关系

(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变;

(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变;

(3)除重力外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化.

(4)全部力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化.

2.电场力做功的计算方法

(1)由公式计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为:由来计算，此公式适用于任何形式的静电场.

(3)由动能定理来计算:

(4)由电势能的变化来计算:3.点拨1.电荷在电场中运动时，电场力做功将引起电势能与其他形式的能发生转化，电荷的机械能不再守恒.

2.要搞清几个功能关系:重力做功等于重力势能的变化，电场力做功等于电势能的变化，弹簧弹力做功等于弹性势能的变化，合外力做功等于动能的变化.

3.无论能量如何变化，总是满足能量守恒定律.【模型训练】【例1】如图，A、B两点固定等量同种点电荷。P点的电场强度方向所在直线延长线与直线AB交于C点（未标出）。若，则为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】设A、B两点固定等量同种点电荷为正点电荷，P点的电场强度如图所示则有，由图可得由正弦定理可得，可得故选C。变式1.1如图所示，A、B、C是真空中边长为L的等边三角形的三个顶点，O为该等边三角形的中心，在A、B两点分别固定一个带电荷量均为q的正点电荷，静电力常量为k，则O点的电场强度大小为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】设则有O点的电场强度大小故选A。变式1.2如图所示，四个电荷量分别为、、、的点电荷位于半径为的圆周上，其中、的连线与、的连线垂直，且，则圆心点的场强大小为（静电力常量为）（

）A．0 B． C． D．【答案】C【详解】、对点的场强大小均为合成后大小为方向与水平方向成45°斜向右上。同理、对点的场强大小均为合成后大小为方向与水平方向成45°斜向左下。由此可知和共线反向，合成后为又联立，解得故选C。【例2】均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面上均匀分布正电荷，总电荷量为，球面半径为，为通过半球顶点与球心的轴线，在轴线上有、两点，已知点的场强大小为，则点的场强大小为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】设半球面有一相对于球心对称的相同半球面，相当于将带电量为的球面放在处，由题意可知均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。则等效球面在、点所产生的电场大小均为由题知半球面在点的场强大小为，依据对称性可知，图中半球面在点的场强大小为故选A。变式2.1均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，其电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】假设在O点有一个完整的带电荷量为2q的带电球壳，设完整球壳在N点产生的场强大小为E0，左半球壳在N点产生的电场强度大小为E左，右半球壳在N点产生的电场强度大小为E右，依据电场叠加原理依据题意依据对称性可知右半球壳在N点产生的电场强度大小和左球壳在M点产生场强大小相等即解得A正确，BCD错误。故选A。变式2.2半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距C点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，则q为（）A．正电荷， B．正电荷，C．负电荷， D．负电荷，【答案】D【详解】取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷，依据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同始终径上的A1和与B在同始终径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示由于两段弧长格外小，故可看成点电荷，则有由图可知，两场强的夹角为，则两者的合场强为依据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为依据联立解得故选D。【例3】如图是等量异种点电荷、等量同种正点电荷、负点电荷、正点电荷电场的电场线，其中，等量同种、等量异种点电荷电场中的A、B两点关于两电荷连线的中点O对称，则A、B两点电场强度相同的是（）A． B．C． D．【答案】A【详解】A．依据等量异种点电荷电场线的特点，由矢量叠加原理可知关于中点O点对称的两点场强相同，故A正确；B．依据等量同种点电荷电场线的特点，由矢量叠加原理可知关于中点O点对称的两点场强等大反向，故B错误；C．依据点电荷电场线的特点，A、B两点场强大小相同，方向不同，故C错误；D．依据点电荷电场线的特点，A、B两点场强方向相同，大小不同，故D错误。故选A。变式3.1两个等量点电荷M、N固定在x轴上，其产生的电场在两者连线之间的场强E随x的变化关系如图所示，规定x轴正方向为场强的正方向。下列推断正确的是（）A．M、N为异种电荷，两者连线上x2处电势最低B．M、N为异种电荷，两者连线上从M到N的电势始终降低C．M、N为同种电荷，两者连线上x2处电势最低D．M、N为同种电荷，两者连线上从M到N的电势先降低后上升【答案】B【详解】MN的中点x2处场强不为零，依据题意知M、N为等量电荷，故可知M、N为等量异种电荷，且M为正电荷，可知x轴上电场沿MN方向，依据电势沿电场方向渐渐降低，故B正确，ACD错误。故选B。变式3.2两个带等量正电的点电荷，固定在图中A、B两点，O是它们连线的中点，N、P是中垂线上的两点，ON=OP。一带负电的摸索电荷，从P点由静止释放，只在静电力作用下运动，则摸索电荷（）A．运动到O点时的速度最大B．经过关于O对称的两点时加速度相同C．沿着P→O→N，摸索电荷的加速度肯定先减小后增加D．若摸索电荷的电量增大，摸索电荷在P点所受电场力与其电量的比值增大【答案】A【详解】A．两个等量正点电荷四周部分电场线分布状况如图所示从N点到O点过程，摸索电荷q受到的电场力由N→O，电场力做正功，动能增大，速度增大；从O点到P点过程中，摸索电荷q受到的电场力由P→O，电场力做负功，动能减小，速度减小，故q运动到O点时的动能最大，速度最大，A正确；B．依据两个等量正点电荷四周部分电场线分布状况，经过关于O对称的两点电场强度大小相同方向相反，受到的电场力大小相同，方向相反，加速度不相同，B错误；C．P→O过程，电场线疏密状况不能确定，可能始终变疏，场强始终变小，q受到的电场力始终减小，加速度始终减小；也可能先变密再变疏，场强先变大后变小，q受到的电场力先增大后减小，加速度先增大后减小；依据对称性可知，O→N过程，加速度可能始终增大，也可能先增大后减小，C错误；D．依据电场的性质，P点场强仅由电场本身打算，探电荷在P点所受电场力与其电量的比值为该点的场强，若摸索电荷的电量增大，摸索电荷在P点所受电场力与其电量的比值不变，D错误。故选A。【例4】某电场的电场线分布如图所示，虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则（）A．粒子肯定带负电B．粒子肯定是从a点运动到b点C．粒子在c点的加速度肯定大于在b点的加速度D．粒子在c点的速度肯定大于在a点的速度【答案】C【详解】A．做曲线运动的物体，合力指向运动轨迹的内侧，由此可知，带电粒子受到的静电力的方向为沿着电场线向左，所以粒子带正电，A错误；B．粒子可能是从a点沿轨迹运动到b点，也可能是从b点沿轨迹运动到a点，B错误；C．由电场线的疏密程度可知，c点处电场线密集，场强较大，粒子在c点处受静电力较大，加速度肯定大于在b点的加速度，C正确；D．若粒子从c运动到a，静电力与速度方向成锐角，所以粒子做加速运动，若粒子从a运动到c，静电力与速度方向成钝角，所以粒子做减速运动，故粒子在c点的速度肯定小于在a点的速度，D错误。故选C。变式4.1电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像。一种电子透镜的电场分布如图所示（截取其中一部分），虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等，电子枪放射的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，是轨迹上的三点，若c点处电势为3V，电子从a点运动到b点电势能变化了5eV，则下列说法正确的是（）A．a点电势为7.5VB．电子在b点的动能不行能为2.5eVC．电子在b点加速度比在c点加速度大D．电子在电场中运动的最小速度肯定为零【答案】B【详解】A．依据电子的受力和运动状况可知，电子从a点到c点电场力做负功，电势能增大，依据电场力做功与电势差的关系可知，b点电势比a点电势低5V，则相邻两等势面间的电势差为2.5V，则a点电势为故A错误；B．电子在两点，由能量守恒定律有由于电子在c点动能不为零，因此在b点的动能肯定大于2.5eV，故B正确；C．c点处等差等势面比b点处密集，则b点比c点电场强度小，因此加速度小，故C错误；D．电子速度与等势面切线平行时，在电场中运动的速度最小，此时的速度最小值不肯定为零，故D错误。故选B。变式4.2一带负电的粒子以肯定的初速度进入点电荷Q产生的电场中，A、B是其运动轨迹上的两点，C为AB的中点。其中A点的场强方向与AB连线成60°角；B点的场强方向与AB连线成30°角，如图所示。若粒子只受电场力的作用，下列说法正确的是（

）A．点电荷Q带负电B．AB两点电势差是AC两点电势差的2倍C．该粒子在A点的动能小于在B点的动能D．该粒子在A点的加速度大小等于在B点加速度大小的3倍【答案】D【详解】A．反向延长EA，EB的方向，交点即为点电荷的位置，可知点电荷Q带正电，选项A错误；B．由几何关系可知点电荷到AC两点距离相等，可知AC两点电势差为零，则AB两点电势差不是AC两点电势差的2倍，选项B错误；C．因A点电势高于B点，则带负电的粒子在A点的电势能小于在B点的电势能，则该粒子在A点的动能大于在B点的动能，选项C错误；D．因依据可知该粒子在A点的加速度大小等于在B点加速度大小的3倍，选项D正确。故选D。【例5】如图，在直角坐标系xOy中有a、b、c三点，b点坐标为。现加上一平行于xOy平面的匀强电场，已知、、，则匀强电场的场强大小为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】依据对称性可得解得可得Oc间必存在一点使得，依据几何关系有解得依据几何关系可得ad与bO垂直，故电场线由b指向O，匀强电场的场强大小为故选C。变式5.1如图所示，A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，=20cm。把一个电荷量q=1×10-5C的正电荷从A点移到B点，静电力做的功为零；从B点移到C点，静电力做的功为-1.73×10-3J，则该匀强电场的场强大小和方向是（）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【详解】AB．把电荷q从A点移到B点，静电力做的功为零，说明A、B两点在同一等势面上，由于该电场为匀强电场，等势面应为平面，故题图中直线AB是一条等势线，场强方向应垂直于等势线，故AB错误；CD．BC点之间的电势差为B点电势比C点电势低173V，因电场线指向电势降低的方向，所以场强方向垂直于AB斜向下，场强大小故D正确，C错误。故选D。变式5.2如图甲所示，有一平行于纸面的匀强电场，以电场内某一位置O为原点建立x轴，选取x轴上到O点距离为r的P点，以O为圆心、r为半径作圆。现从P点起沿圆周逆时针测量圆上各点的电势和转过的角度，可以用此数据绘制图线。同理，当半径分别取2r、3r时，做同样的测量，用数据在同一个坐标系中绘制图线。绘制图线如图乙中所示的三条曲线。三条曲线①、②、③均在时达到最大值，最大值分别为，，。下列说法正确的是（

）A．曲线①中电势的最小值为 B．坐标原点O的电势为C．电场强度的大小为 D．电场方向斜向右上方且与x轴正方向的夹角为【答案】B【详解】CD．从图象可知，电场强度的方向与时半径方向平行，方向斜向左下方且与x轴负方向的夹角为。且当半径与Ox方向夹角为时，半径为、、时电势分别为、、，可知场强大小为故CD错误；B．坐标原点处的电势为故B正确；A．曲线①中最高电势与圆心电势差为，圆心与最低电势差也为，最低电势为，故A错误。故选B。【例6】如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽视不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0（0<t0<）时刻由静止释放该粒子，关于该粒子的运动正确的是（）A．一开头向左运动，最终打到A板上B．一开头向右运动，最终打到A板上C．一开头向左运动，最终打到B板上D．一开头向右运动，最终打到B板上【答案】D【详解】粒子带正电，在t0（0<t0<）时刻由静止释放该粒子，粒子在向右加速运动，在向右减速运动，向左加速运动，此后重复运动，最终达到B板上。故选D。变式6.1如图a所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图b所示的电压。时，Q板比P板电势高，此时在两板的正中心M点放一个电子，速度为零，电子仅在静电力作用下运动，运动过程中始终未与极板相碰，下列时刻中电子速度和加速度的方向相同的是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】依题意，结合图b可知，在时，由于Q板比P板电势高5V，则电子在这一段时间内，所受电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；在这一时间内，电子所受电场力向左，电子向右做减速运动，依据对称性可知在时，电子速度为0；在这一段时间内，电子所受电场力向左，电子向左做加速运动；内，电子所受电场力向右，电子向左做减速运动，所以结合选项答案，可知在时，电子速度和加速度的方向是相同的。故选B。变式6.2如图甲所示，距离足够大的两平行金属板中心有一个静止的电子（不计电子所受重力），在A、B两板间加上如图乙所示的交变电压。若取电子的初始运动方向为正，则下列图像中，能正确反映电子的位移x、速度v、加速度a和动能随时间（一个周期内）变化规律的是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】AB．电子一个周期内的运动状况为：时间内，电子从静止开头向A板做匀加速直线运动，时间内，原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零。时间内，向B板做匀加速直线运动，时间内，连续向B板做匀减速直线运动，依据匀变速运动速度图象是倾斜的直线；电子做匀变速直线运动时图象是抛物线，故AB错误；C．由于可知匀变速运动的加速度大小不变，方向发生变化，故图象应平行于横轴，故C正确；D．匀变速运动速度图象是倾斜的直线，依据，可知与成二次函数关系，结合上述分析，与在每一阶段均为一次函数关系，由此可知图象是曲线，故D错误。故选C。【例7】如图所示，空间中存在与纸面平行的匀强电场，在纸面内从正方形的顶点A沿任意方向放射速率相同的带正电粒子，不计粒子重力和粒子间的相互作用，已知经过B点的粒子在B点时的动能是初动能的3倍，经过C点的粒子在C点时的动能是初动能的6倍，则经过D点的粒子在D点时的动能是初动能的（）A．3倍 B．4倍 C．5倍 D．6倍【答案】B【详解】依据题意，设电场强度沿AB方向的重量为，沿AD方向的重量为，粒子在A点时的动能为。粒子从A到B的过程，有粒子从A到C的过程，有则粒子从A到D的过程，有解得故选B。变式7.1如图所示，在水平向右的匀强电场中有一个绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J.下列说法中正确的是（）A．金属块带负电荷B．金属块克服电场力做功8JC．金属块的电势能削减4JD．金属块的机械能削减12J【答案】D【详解】ABC．金属块滑下的过程中动能增加了12J，由动能定理知WG＋Wf＋WF＝ΔEk摩擦力做功Wf＝－8J重力做功WG＝24J解得电场力做功WF＝－4J电场力做负功，金属块带正电荷，电势能增加了4J，故ABC错误；D．由功能关系可知机械能的变化量ΔE＝Wf＋WF＝－12J即机械能削减了12J，故D正确。故选D。变式7.2如图所示，半径为的光滑绝缘圆环固定在竖直面内，圆环上直径之间的夹角为，与之间的夹角也为。在A、C两点分别固定电荷量均为的正点电荷，电荷量为的带正电小环由点静止释放。已知点电荷四周某点的电势，式中为点电荷的电荷量，为该点到点电荷的距离，为静电力常量，不计带电小环的重力，则带电小环运动到点时的动能为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】依据电场的叠加性原理，A和C两点电荷在B点的电势为同理依据电场的叠加性原理可知，E点的电势为小环从B点到E点，由能量守恒有解得故选A。【例8】如图所示，光滑绝缘水平面上静置带有同种电荷的A和B两金属小球，其中A球质量为，B球质量为。在时刻给A球水平向右的初速度，同时由静止释放B球，在库仑力的作用下，两球在时刻相距最近（未接触）。下列说法正确的是（）A．从到时间内，两小球系统机械能守恒B．从到时间内，两小球电势能增加量为C．在时刻，小球A和B的动量大小之比为D．在时