專題12：電場力的性質

1．場強三個表達式的比較

公　式

適用條件

特　點

定義式

E＝

任何電場

某點的場強為確定值，大小及方向與q無關

決定式

E＝

真空中點電荷

某點的場強E由場源電荷Q和該點到場源電荷的距離r決定

關系式

E＝

勻強電場

d是沿電場方向的距離

2.幾種典型電場的電場線

3.等量同種和異種點電荷的電場

比較項目

等量同種點電荷

等量異種點電荷

電場線圖示

交點O處的場強

為　零

最　大

由O沿中垂線向外場強的變化

向外先增大后減小

向外逐漸減小

關于O點對稱的兩點A與A′，B與B′場強的關系

等大、反向

等大、同向

題型1：庫侖力作用下的平衡問題

分析帶電體力學問題的方法與純力學問題的分析方法一樣，學會把電學問題力學化．分析方法是：

(1)確定研究對象．如果有幾個物體相互作用時，要依據題意，適當選取“整體法”或“隔離法”，一般是先整體后隔離．

(2)對研究對象進行受力分析．

(3)列平衡方程(F合＝0或Fx＝0，Fy＝0)

【例1】(2009·浙江，16)如圖6－1－3所示，在光滑絕緣水平面上放置3個電荷量均為q(q＞0)的相同小球，小球之間用勁度系數均為k0的輕質彈簧絕緣連接．當3

個小球處在靜止狀態時，每根彈簧長度為l.已知靜電力常量為k，若不考慮彈簧的靜電感應，則每根彈簧的原長為()

解析：對最右邊的小球受力分析可知，小球受到另外兩個帶電小球對它向右的庫侖力，大小分別為F1＝

和F2＝，由力的平衡可知彈簧彈力的大小F＝F1＋F2＝；故彈簧的伸長量為Δl＝，所以選C.答案：C

1－1如圖6－1－4所示，懸掛在O點的一根不可伸長的絕緣細線下端有一個帶電

荷量不變的小球A.在兩次實驗中，均緩慢移動另一帶同種電荷的小球B.當B到達懸點O的正下方并與A在同一水平線上，A處于受力平衡時，懸線偏離豎直方向的角度為θ，若兩次實驗中B的電荷量分別為q1和q2，θ分別為30°和45°.則q2/q1為()

A．2

B．3

C．2

D．3

解析：由庫侖定律得F＝

又r＝lsin

θ

由以上各式可解得qB＝，因qA不變，則

答案：C

如圖6－1－18所示，水平天花板下用長度相同的絕緣細線懸掛起來的兩個相同的帶電介質小球a、b，左邊放一個帶正電的固定球＋Q時，兩懸球都保持豎直方向．下面說法中正確的是()

A．a球帶正電，b球帶正電，并且a球帶電荷量較大

B．a球帶負電，b球帶正電，并且a球帶電荷量較小

C．a球帶負電，b球帶正電，并且a球帶電荷量較大

D．a球帶正電，b球帶負電，并且a球帶電荷量較小

解析：要使ab平衡，必須有a帶負電，b帶正電，且a球帶電較少，故應選B.答案：B

1－2(2010·合肥模擬)在光滑絕緣的水平地面上放置四個相同的金屬小球，小球

A、B、C位于等邊三角形的三個頂點上，小球D位于三角形的中心，如圖6－1－5所示．現讓小球A、B、C帶等量的正電荷Q，讓小球D帶負電荷q，使四個小球均處于靜止狀態，則Q與q的比值為()

解析：由庫侖定律和力的平衡知識可得：，解得：，故D正確．

答案：D

如圖6－1－15所示，兩個帶同種電荷的帶電球(均可視為帶電質點)，A球固定，B球穿在傾斜直桿上處于靜止狀態(B球上的孔徑略大于桿的直徑)，已知A、B兩球在同一水平面上，則B球受力個數可能為()

①．3

②．4

③．5

④．6

A．①③正確

B．②④正確

C．①②正確

D．③④正確

解析：根據題意，由題圖可知B球必定要受到的力有三個，分別是重力、桿的彈力、A給B的庫侖力，這三個力的合力可以為零，所以①正確；在三力平衡的基礎上，如果庫侖力增大，為保持平衡狀態，桿要給B球沿桿向下的摩擦力，反之如果庫侖力減小，為保持平衡狀態，桿要給B球沿桿向上的摩擦力，從而實現四力平衡，②正確，應選C．

答案：C

如圖6－1－24所示，在豎直放置的光滑半圓形絕緣細管的圓心O處放一個點電荷，將一個質量為m、帶電荷量為q的小球從圓弧管的端點A處由靜止釋放，小球沿細管滑到最低點B處時，對管壁恰好無壓力，則處于圓心O處的電荷在AB弧中點處的電場強度的大小為()

A．E＝

B．E＝

C．E＝

D．無法計算

解析：小球下滑過程中由于電場力沿半徑方向，總與速度方向垂直，所以電場力不做功，該過程小球的機械能守恒．設小球滑到最低點B處時速度為v，則有：mgR＝mv2　①，小球在B點時對管壁恰好無壓力，則小球只受重力和電場力的作用，電場力必指向圓心，由牛頓第二定律可得：Eq－mg＝　②.由①②可求出E＝，所以C正確．

答案：C

如圖6－1－19，光滑絕緣細桿與水平面成θ角固定，桿上套有一帶正電的小球，質量為m，帶電荷量為q.為使小球靜止在桿上，可加一勻強電場．所加電場的場強滿足什么條件時，小球可在桿上保持靜止()

A．垂直于桿斜向上，場強大小為

B．豎直向上，場強大小為

C．垂直于桿斜向下，場強大小為

D．水平向右，場強大小為

解析：小球受豎直向下的重力，若電場垂直于桿的方向，則小球受垂直于桿方向的電場力，支持力方向亦垂直于桿的方向，小球所受合力不可能為零，A、C項錯；若電場豎直向上，所受電場力Eq＝mg，小球所受合力為零，B項正確；若電場水平向右，則小球受重力、支持力和電場力作用，根據平行四邊形定則，可知E＝mgtan

θ/q，D項錯．

答案：B

如圖6－1－12所示，真空中A、B兩個點電荷的電荷量分別為＋Q和＋q，放在光滑絕緣水平面上，A、B之間用絕緣的輕彈簧連接．當系統平衡時，彈簧的伸長量為x0.若彈簧發生的均是彈性形變，則()

A．保持Q不變，將q變為2q，平衡時彈簧的伸長量等于2x0

B．保持q不變，將Q變為2Q，平衡時彈簧的伸長量小于2x0

C．保持Q不變，將q變為－q，平衡時彈簧的縮短量等于x0

D．保持q不變，將Q變為－Q，平衡時彈簧的縮短量小于x0

答案：B

如圖6－1－16所示，有一水平向左的勻強電場，場強為E＝1.25×104

N/C，一根長L＝1.5

m、與水平方向的夾角為θ＝37°的光滑絕緣細直桿MN固定在電場中，桿的下端M固定一個帶電小球A，電荷量Q＝＋4.5×10－6

C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，電荷量q＝＋1.0×10－6

C，質量m＝1.0×10－2

kg.現將小球從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運動．(靜電力常量k＝9.0×109

N·m2/C2，取g＝10

m/s2，sin

37°＝0.6，cos

37°＝0.8)求：

(1)小球B開始運動時的加速度為多大？

(2)小球B的速度最大時，與M端的距離r為多大？

解析：(1)開始運動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運動，由牛頓第二定律得mgsin

θ－－qEcos

θ＝ma

①

解得：a＝gsin

θ－－

②

②代入數據解得：a＝3.2

m/s2.③

(2)小球B速度最大時合力為零，即mgsin

θ－－qEcos

θ＝0

④

解得：r＝

⑤

代入數據解得：r＝0.9

m.答案：(1)3.2

m/s2(2)0.9

m

如圖6－1－25所示，傾角為θ的斜面AB是粗糙且絕緣的，AB長為L，C為AB的中點，在A、C之間加一方向垂直斜面向上的勻強電場，與斜面垂直的虛線CD為電場的邊界．現有一質量為m、電荷量為q的帶正電的小物塊(可視為質點)，從B點開始在B、C間以速度v0沿斜面向下做勻速運動，經過C后沿斜面勻加速下滑，到達斜面底端A時的速度大小為v.試求：

(1)小物塊與斜面間的動摩擦因數μ；

(2)勻強電場場強E的大小．

解析：(1)小物塊在BC上勻速運動，由受力平衡得N＝mgcos

θ，f＝mgsin

θ

而f＝μN，由以上幾式解得μ＝tan

θ.(2)小物塊在CA上做勻加速直線運動，受力情況如圖所示，則

N′＝mgcos

θ－qE，f′＝μN′

根據牛頓第二定律得mgsin

θ－f′＝ma，v2－v＝2a·

由以上幾式解得E＝.答案：(1)tan

θ(2).(2010·浙江六校聯考)一根長為l的絲線吊著一質量為m，帶電荷量為q的小球靜止在水平向右的勻強電場中，如圖6－1－26所示，絲線與豎直方向成37°角，現突然將該電場方向變為向下且大小不變，不考慮因電場的改變而帶來的其他影響(重力加速度為g)，求：

(1)勻強電場的電場強度的大小；

(2)小球經過最低點時絲線的拉力．

解析：(1)小球靜止在電場中的受力如圖所示：

顯然小球帶正電，由平衡條件得：

mgtan

37°＝Eq①

故E＝②

(2)電場方向變成向下后，小球開始擺動做圓周運動，重力、電場力對小球做正功．由動能定理：

(mg＋qE)l(1－cos

37°)＝mv2③

由圓周運動知識，在最低點時，T－(mg＋qE)＝m④

聯立以上各式，解得：T＝mg⑤

答案：(1)(2)mg

題型2：電場強度的疊加與計算

電場的疊加要根據電荷的正、負，先判斷場強的方向，然后利用矢量合成法則，結合對稱性分析疊加結果．

【例2】

(2009·海南單科，10)如圖6－1－6所示，兩等量異號的點電荷相距為

2a.M與兩點電荷共線，N位于兩點電荷連線的中垂線上，兩點電荷連線中點到M和N的距離都為L，且L?a.略去(a/L)n(n≥2)項的貢獻，則兩點電荷的合電場在M和N點的強度()

不定項

A．大小之比為2，方向相反

B．大小之比為1，方向相反

C．大小均與a成正比，方向相反

D．大小均與L的平方成反比，方向相互垂直

解析：兩電荷在M點的合電場為

由于L?a，所以EM＝，所以EM∝a，方向水平向右；兩電荷在N點的合電場為EN＝2×，由于L?a，所以EN＝，所以

EN∝a，方向水平向左，且EM＝2EN，故選項A、C正確，B、D錯誤．

答案：AC

2－1　AB和CD為圓上兩條相互垂直的直徑，圓心為O.將電荷量分別為＋q和－q的兩點電荷放在圓周上，其位置關于AB對稱且距離等于圓的半徑，如圖6－1－7所示．要使圓心處的電場強度為零，可在圓周上再放一個適當的點電荷Q，則該點電荷Q()

A．應放在A點，Q＝2q

B．應放在B點，Q＝－2q

C．應放在C點，Q＝－q

D．應放在D點，Q＝－q

解析：由平行四邊形定則得出＋q和－q在O點產生的合場強水平向右，大小等于其中一個點電荷在O點產生的場強的大小．要使圓心處的電場強度為零，則應在C點放一個電荷量Q＝－q的點電荷，故C選項正確．

答案：C

如圖6－1－14所示，A、B為兩個固定的等量同號正電荷，在它們連線的中點處有一個可以自由運動的正電荷C，現給電荷C一個垂直于連線的初速度v0，若不計C所受的重力，則關于電荷C以后的運動情況，下列說法中正確的是()

A．加速度始終增大

B．加速度先減小后增大

C．速度先增大后減小

D．速度始終增大

解析：在兩個等量的同號正電荷的電場中，兩電荷連線垂直平分線上的場強從連線中點開始，沿平分線向外，場強在O點為零，在無窮遠處也為零，因此沿平分線向外的場強變化是先增大后減小，電場力先增大后減小，加速度先增大后減小，A、B項錯誤；由于在兩電荷連線中垂線的場強方向從中點沿中垂線向外，因此正電荷C從連線中點垂直于連線向外運動，電場力與初速度同向，因此電荷C一直做加速運動，速度始終增大，C項錯誤，D項正確．

答案：D

如圖6－1－23所示，兩個帶等量的正電荷的小球A、B(可視為點電荷)，被固定在光滑的絕緣的水平面上，P、N是小球A、B的連線的水平中垂線上的兩點，且PO＝ON.現將一個電荷量很小的帶負電的小球C(可視為質點)，由P點靜止釋放，在小球C向N點的運動的過程中，下列關于小球C的速度圖象中，可能正確的是()

A．①③

B．②④

C．①②

D．③④

解析：本題考查同種等量電荷周圍的電場線的分布．在AB的垂直平分線上，從無窮遠處到O點電場強度先變大后變小，到O點變為零，負電荷受力沿垂直平分線運動，電荷的加速度先變大后變小，速度不斷增大，在O點加速度變為零，速度達到最大，v－t圖線的斜率先變大后變小；由O點到無窮遠，速度變化情況另一側速度的變化情況具有對稱性．如果PN足夠遠，②正確，如果PN很近，①正確，應選C．

答案：C

如圖6－1－21所示，A、B、C、D、E是半徑為r的圓周上等間距的五個點，在這些點上各固定一個點電荷，除A點處的電量為－q外，其余各點處的電量均為＋q，則圓心O處()

A．場強大小為，方向沿OA方向

B．場強大小為，方向沿AO方向

C．場強大小為，方向沿OA方向

D．場強大小為，方向沿AO方向

解析：在A處放一個－q的點電荷與在A處同時放一個＋q和－2q的點電荷的效果相當，因此可以認為O處的場是5個＋q和一個－2q的點電荷產生的場合成的，5個＋q處于對稱位置上，在圓心O處產生的合場強為0，所以O點的場強相當于－2q在O處產生的場強．故選C.答案：C

2－2(2010·廣州測試二)如圖6－1－8所示，在絕緣的光滑水平面上有A、B兩個點電荷，A帶正電，B帶負電，電荷量都是q，它們之間的距離為d.為使兩電荷在電場力作用下都處于靜止狀態，必須在水平方向加一個勻強電場．求：兩電荷都處于靜止狀態時，AB連線的中點處場強大小和方向．(已知靜電力常數為k)

解析：設點電荷在AB連線中點處產生的場強為E1，所加的勻強電場的場強為E0，AB連線中點處的合場強為E.根據點電荷場強的計算公式：A點電荷在AB連線中點處產生的場強為：，方向由A指向B.B點電荷在AB連線中點處產生的場強為：EB＝，方向由A指向B.根據電場疊加原理：E1＝EA＋EB＝，方向由A指向B

根據電荷受力平衡和庫侖定律有：E0q＝，得E0＝，方向由B指向A

根據電場疊加原理：E＝E1－E0＝，方向由A指向B.題型3：對電場線的理解及應用

(1)粒子所受合力的方向指向軌跡的凹側，由此判斷電場的方向或電性

(2)由電場線的疏密情況判斷帶電粒子的加速度情況．

(3)功能關系判斷速度變化：如果帶電粒子在運動中僅受電場力作用，則粒子電勢能與動能的總量不變，電場力做正功，動能增大，電勢能減小．

【例3】如圖6－1－9所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M點以相同

速度垂直于電場線方向飛出a、b兩個帶電粒子，運動軌跡如圖6－1－9中虛線所示，則()

A．a一定帶正電，b一定帶負電

B．a的速度將減小，b的速度將增加

C．a的加速度將減小，b的加速度將增加

D．兩個粒子的動能，一個增加一個減小

解析：設電場線為正點電荷的電場線，則由軌跡可判定a帶正電，b帶負電．若電場線為負點電荷的電場線，則a為負電荷，b為正電荷，A錯．由粒子的偏轉軌跡可知電場力對a、b均做正功，動能增加，B、D錯，但由電場線的疏密可判定，a受電場力逐漸減小，加速度減小，b正好相反，選C.答案：C

3－1

如圖6－1－10所示，AB是某個點電荷的一根電場線，在電場線上O點由靜止釋放一個負電荷，它僅在電場力作用下沿電場線向B運動，下列判斷正確的是()

A．電場線由B指向A，該電荷做加速運動，加速度越來越小

B．電場線由B指向A，該電荷做加速運動，其加速度大小變化由題設條件不能確定

C．電場線由A指向B，電荷做勻加速運動

D．電場線由B指向A，電荷做加速運動，加速度越來越大

解析：電場線的切線方向是正電荷在該處的受力方向，和負電荷受電場力的方向相反，所以電場線由B指向A，只給出一條電場線不能判斷各點電場的強弱(因為不能確定電場線的疏密)，也就不能判斷電場力大小及加速度的變化，所以只有B正確．

答案：B

3－2　一負電荷從電場中A點由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運動到B點，它運動的速度一時間圖象如圖6－1－11所示．則A、B兩點所在區域的電場線分布情況可能是下圖中的()

解析：由速度－時間圖象可知，電荷的速度越來越大，且加速度也是越來越大，故電荷在運動過程中，應受到逐漸增大的電場力作用，所以電場線的方向應由B指向A.由于加速度越來越大，所以電場力越來越大，即B點的電場強度應大于A點的電場強度，即B點處電場線應比A點處密集，所以正確答案為C.學生由于對v－t圖象的斜率即加速度值理解不夠，不能正確得出電荷加速度變大的結論，而得不到正確的結果．

答案：C