可以求出它对
q的作用力F
qq
kQqr2
,方向沿q′与q的连线背离q′.
k
r2
4R4
把它挖去后,失去了该分力,
q受球面上剩余电荷的作用力与
F等大反向.即
kQqr2
,方向沿小孔与球心的连线指向小孔
ab.
F
4
4R
3.ab是长为l的均匀带电细杆,
P1、P2是位于ab所在直线上的两点,位置如图所示,
ab上电
荷产生的静电场在
P1处的场强大小为
E1,在P2处的场强大小为
E2,则以下说法正确的是(D
)
A.两处的场强方向相同,E1>E2
B.两处的场强方向相反,E1>E2
C.两处的场强方向相同,E1<E2
D.两处的场强方向相反,E1<E2
解析:
在ab上找到一点关于
p1点的对称点c,那么在ac段,p1点处的场强为零,即
ab在p1点
的处产生的场强等效于
cb段在该点产生的场强,由图可知,P
1P2,相当于放在带电细杆两端的两
个点,根据电场线的分布可知场强方向一定相反。
A,C错,由图可知段在大小相等为E
1,所以段
的场强为E2=E1+E
感
,E2>E1B项错,D项对,正确的选项为
D。
对称解读:
带电薄板和点电荷的电场都具有对称性。
等量异号(或同号电荷)的电场具有对称性。
带电量相等的异号带电粒子在同一电场中运动轨迹具有对称性。
4.带电量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距为
2d,点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中
心.若图中a点处的电场强度为零,根据对称性,带电薄板在图中
b点处产生的电场强度大小为__
____,方向______.(静电力恒量为k)
解析:
均匀带电薄板在
ab两对称点处产生的电场强度大小相等、方
向相反,具有对称性。
点电荷
+q在a点处产生的电场强度由点电荷电场
强度公式可得Eq=kq/d2,方向向左。
题述带电薄板和点电荷
+q在a点处
的合电场强度为零,因此带电薄板在
a点处产生的电场强度为E=
Eq=kq/d2,方向垂直于薄板向右。
根据对称性,带电薄板在
b点处产生的
电场强度为Eb=kq/d
2,方向垂直于薄板向左。
4.如图所示,一块长金属板
MN接地,一带电量为
+Q的点电荷A
图4
与金属板之间的垂直距离为
d,求A与板MN连线中点
C处的电场强度。
1kQ/9d2,方向向左。
解析:
因金属板MN接地,其电势为零,连线中点C处的电场与两个相
距2d的等量异种点电荷电场中距+Q为d/2处的电场强度相同,不妨用一个处在+Q左侧距离为2d的点电荷-Q代替大金属板,根据点电荷电场强
度公式,点电荷+Q在C处产生的电场强度为
E1=4kQ
,方向向左;
点电荷-Q在C处产生的电场强度为E2=4kQ
d2
,方向向左;
9d2
A与板MN连线中点C处的电场强度E=E1+E2=4kQ/d2+4kQ/9d2=4.
2
5.如图1所示,匀强电场E的区域内,在O点放置一点电荷+Q.a、b、c、d、e、f为以O为球心的球面上的点,aecf平面与电场平行,bedf平面与电场垂直,则下列说法中正确的是
()
A.b、d两点的电场强度相同
B.a点的电势等于f点的电势
C.点电荷+q在球面上任意两点之间移动时,电场力一定做功
D.将点电荷+q在球面上任意两点之间移动时,从a点移动到c点电势能的变化量一定最大
解析:
b、d两点的场强为+Q产生的场与匀强电场E的合场强,由对称可知,其大小相等,方
向不同,A错误;a、f两点虽在+Q所形电场的同一等势面上,但在匀强电场E中此两点不等势,
故B错误;在bedf面上各点电势相同,点电荷+q在bedf面上移动时,电场力不做功,C错误;从
a点移到c点,+Q对它的电场力不做功,但匀强电场对+q做功最多,电势能变化量一定最大,故
D正确.
答案:
D
6.如图甲所示,ab是半径为R的圆的一条直径,该圆处于匀强电场中,
场强为E,在圆周平面内,将一带正电q的小球从a点以相同的动能抛出,抛
出方向不同时,小球会经过圆周上不同的点,在这些所有的点中,到达c点
时小球的动能最大.已知∠cab=300,若不计重力和空气阻力,试求:
(1)电场方向与直径ab间的夹角θ;
(2)若小球在a点时初速度方向与电场方向垂直,小球恰好能落在c点,则
初动能为多少?
解析:
由于从a点以相同的初动能沿不同方向抛出的小球到达圆周上的各点
时,其中到达c点的小球动能最大,因此过c点的切线一定是等势线,由此
可以确定电场线的方向,至于从a点垂直于电场线抛出的小球可以做平抛运
动处理。
(1)用对称性判断电场的方向:
有题设条件,在圆周平面内,从a点以相
同的动能向不同方向抛出带正电的小球,小球会经过圆周上不同的点,且以
经过c点时小,可知电场线平行于圆平面,又根据动能定理,电场力对到达
c点的小球做功最多为qUac。
因此Uac最大即c点的电势比圆周上任何一点的电势都低,又因为圆
周平面处于匀强电场中,故连接
Oc,圆周上各点的电势对于
Oc对称(或作过
c点且圆周相切的线
cf是等势线)Oc方向即为电场方向(如图乙所示),它与直径ab的夹角为600.
(2)小球在匀强电场中做类平抛运动.小球沿垂直于电场方向抛出,设其初速度为
v0,小球质量为
m.在垂直于电场线方向,有:
3
x=v0t①
在沿电场线方向,有y=1at2②
2
由图中几何关系可得:
x=Rcos300③
y=R(1十cos600)④且:
a=qE⑤
m
将③、④、⑤式代入①、②两式解得:
v02=
所以初动能:
1
2
qER
Ek0=
mv0=
.
2
8
设待求的电场强度为E2,因为E1+E2=0,可得
-2
E2=-E1=-9×10N/C
负号表示E2与E1反向,背向球心向左。
二、运动的对称性
qER
4m
(1)类竖直上抛运动的对称性
例1、板长为L的平行金属板与水平面成
θ角放置,板间有匀强电场。
一个带负电电量为
q质
量为m的液滴,以速度V0垂直于电场方向射入两板间,如图甲,射入后液滴沿直线运动,两极板
间的电场强度E=
,液滴离开电场时的速度为
。
[分析与解答]液滴在电场中受到重力
mg和电场力F两个力的作用,由于液滴
沿直线运动,由直线运动的条件可知:
两个力的合力必须与速度共线。
所以
电场力的方向是垂直金属板斜向上,如图乙,
由几何关系可得:
F=Eq=mgCosθ,解得:
E=mgcos
q
由动能定理可得:
(注:
电场力不做功)
1mv2
1mv02,解得:
v=
v02
图乙
-mgLSinθ=
2gLSin
2
2
[注]解决液滴离开电场时的速度也可以采用牛顿第二定律和运动学公式求解:
F合=mgSinθ=ma,解得:
a=gSinθ
由运动学公式:
vt
2-v0
2=2as可得:
v=
v02
2gLSin
练习3.板长为L的平行金属板与水平面成
θ角放置,板间有匀强电场。
一个带负电电量为
q质量为
m的液滴,以速度
v0垂直于电场方向射入两板间,如图甲,射入后液滴沿直线运动,两极板间的电
场强度E=
,液滴离开电场时的速度为
。
v=
v02
2gLSin
练习4.有两个完全相同的金属球
A、B,如图,B球固定在绝缘地板上,A球在离B球为H的正上
方由静止释放下落,与
B球发生对心碰后回跳的高为
h.设碰撞中无动能损失,空气阻力不计
(
)
A.若A、B球带等量同种电荷,则
h>H
B.若A、B球带等量同种电荷,则
h=H
4
C.若A、B球带等量异种电荷,则h>H
D.若A、B球带等量异种电荷,则h=H
练习5.如图所示,一个带负电的油滴质量为m,带电量为q,以初速v0
从P点倾斜向上进入水平方向的匀强电场中,初速度与电场的夹角为θ。
若电场足够大,求:
(1)油滴沿原路返回出发点经过的时间。
(2)油滴运动的最远路程。
(3)小球运动到最高点时其电势能与在
O点的电势能之差。
1
mv02cos2
2
练习6.一个带负电的小球,质量为
M、电荷量为q。
在一个如图所示的平行板电容器的右侧板边被
竖直上抛,最后落在电容器左侧边同一高度处,若电容器极板是竖直放置,两板间距离为
d,板间
电压为U,求电荷能达到的最大高度及抛出时的初速度。
解:
小球在竖方向做竖直上抛运动
时间、速率对称等大。
v02
最大高度H
2g
上升到最大高度所用的时间t1
v0
g
d
1a(2t)2
1qU(2t)2
2
2md
v0
m
dg
2qu
(2)圆周运动的对称性
1.绝缘的半径为
R的光滑圆环,放在竖直平面内,环上套有一个质量为
m,带电量为-q的小
球,它们处在水平向右的匀强电场中,电场强度为
E(如图所示),且qE=mg,小环从水平直径上的
B点由静止开始滑动,下列下列说法正确的是:
A.小球的最大动能在最低点
B.小球的最大速度在CD之间
C.小球运动的最高点在
A点
D.小球运动的最高点在
AD之间
2.如图,用细线栓一带负电小球在方向竖直向下的匀强电场中,在竖直
面内做圆周运动,电场力大于重力,下列说法正确的是(
)
A
A、小球到最高点
A时,细线张力一定最大
B、小球到最低点
B时,细线张力一定最大
?
O
C、小球到最低点
B时,小球线速度一定最大
D、小球到最低点
B时,小球电势能一定最大
B
5
(3)往复运动的对称性
练习1.如图,AD是电极板,BC是有孔的金属棱柱筒。
从A极释放的一个无初速度的电子向B板
方向运动,
(1)电子能否到达D极板?
(2)电子将在A、D间做什么运动?
(3)若电源电动势为2U、3U电子还能到达D板吗?
(4)若CD间距加倍,电压还是U,电子能否运动到D极板?
(4)交变电场按矩形方波规律变化的对称性
例1如图1所示,A、B是一对平行的金属板,在两板间加上
一周期为T的交变电压U,A板电势UA=0,B板的电势UB随时间发生周期性变化,规律如图2所示,现有一电子从A板上的小孔进入两极板间的电场区内,设电子的初速度和重力的影响均可忽略。
A.若电子是在
t=0时刻进入的,它将一直向B板运动
B.若电子是在t=T/8时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上C.若电子是在t=3T/8时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板
上
D.若电子是在t=T/2时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动
解析:
由图2可知,平行金属板两极的电压大小不变,只是正负变化,故带电粒子进入电场中所受的电场力大小不变,只是方向变化,则其加速度也是大小不变,只是方向变化,因此,带电粒
子在电场中时而作匀加速运动,时而作匀减速运动。
当电子从t=0时刻进入,在0~T/2内作匀加加
速运动;在T/2~T内作匀减速运动,完成一个周期变化,然后循环,作出其速度图象,如图3所示,
由图可知位移一直为正值,则电子是一直向B板运动,A选项正确.当电子从t=T/8时刻进入,在
T/8~T/2内作匀加速运动;在T/2~T内作匀减速运动,t=7T/8时速度为零,然后反向作加速运动;在T~3T/2内作加速运动,当t=9T/8时速度又为零,完成一个周期变化,然后循环,作出其速度图
6
象如图4所示,由图可知,在T/8~7T/8内的位移大于7T/8~9T/8内的位移,即电子而向B板运动,
时而向A板运动,但总体上向B板运动,最终打在B板上,B选项正确.当电子从t=3T/8时刻进入,
在3T/8~T/2内作匀加速运动;在T/2~T内作匀减速运动,t=5T/8时速度为零,然后反向作加速运动;在T~3T/2内作加速运动,当t=11T/8时速度又为零,完成一个周期,然后循环,作出其速
度图象如图5所示,由图可知,在3T/8~8T/8内的位移小于9T/8~11T/8内的位移,即电子而向B板运动,时而向A板运动,但总体上向A板运动,最终打不会打B板上,C选项错误.同理,当电
子从T/2时刻进入,一开始就反方向作加速运动,根本就不可能进入极板间,D选项错误,因此本
题正确的选项为A、B。
例2如图6所示,是一个匀强电场的电场强度随时间变化的图象,在这个匀强电场中有一个带电粒子,在t=0时刻由静止释放,若带电粒子只受电场力作用,则电场力的作用和带电粒子的
运动情况是()
A.带电粒子将在电场中做有往复但总体上看不断向前的运动
B.0~3s内,电场力的冲量为零,电场力做功不等于零
C.3s末带电粒子回到原出发点
D.0~4s内,电场力的冲量不等于零,而电场力做的功却为零
解析:
此题与上题不同之处,就是电场力不仅方向变化,而且大小也变化.设带电带正电,
规定电场强度的正方向为正方向,则带电粒子在
0~1秒内向负方向作加速运动;在
1~2内带电粒
子先作减速运动,加速度大小为
0~1秒内的
2倍,直线的斜率为原来的
2倍,则当t=1.5秒速度
为零,然后,再沿正方向作加速运动,在第
2
秒末时的速度与第
1秒末速度大小相等,方向相反;
在2~3秒内带电粒子先沿正方向作减速运动,当
t=3秒速度为零。
3~4
秒内再沿负方向作加速运
动,0~3秒完成一个周期变化。
运用周期性与对称性的特点是
作出的速度图象如图
7所示。
由图
可知,0~3秒内的位移为零,则
3秒末带电粒子回到出发点,电场力做功等于零,电场力的冲量为
零,带电在电场中来回的往复运动;
0~4
秒内,位移不为零,则电场力做的功不为零,
4秒末的速
度不为零,则电场力的冲量不等于零,因此本题正确的选项为
C。
(5)交变电场按正弦(或余弦)规律变化
例3在平行板电容器的正中央有一电子处于静止状态,第一次电容器极板上加的电压是
u1=Umsinωt,第二次极板上加的电压是u2=Umcosωt,那么在电场力的作用下(假设交变电流的频率
很高,极板间的距离较宽)
A.两次电子都做单向直线运动
B.两次电子都做振动
C.第一次电子做单向直线运动,第二次电子做振动
D.第一次电子做振动,第二次电子做单向直线运动
7
解析:
此题与上例不同之处就是,由于加在电容器极板上的电压按正弦或余弦规律变化,故
电子所受的电场力和产生的加速度亦是按正弦或余弦规律变化,不是按线性规律变化。
如图8所示,
当第一次电容器极板上加的压是u1=Umsinωt时,在0~T/4内,电子作加速度逐渐增大的加速运动,
速度达到V1;在T/4~T/2内,电子继续作加速度逐渐减小的加速运动,速度达到最大V2;在T/2~
3T/4内,电子作加速度大小逐渐增大的减速运动,由对称性可知,当t=3T/4时速度减到V1;在3T/4~
T内,电子继续作加速度大小逐渐减小的减速运动,由对称性可知,当t=T时速度为零,完成一个
周期性变化,其速度图象如图9所示。
由图可知,在一个周期T内位移为某一正值,故电子做单向
直线运动。
当第二次极板上加的电压是u2=Umcosωt时,如图10所示,在0~T/4内,电子作加速度逐渐减
小的加速运动,当t=T/4时速度达到V1;在T/4~T/2内,电子继续作加速度大小逐渐增大的减速运
动,由对称性可知,当t=T/2时速度为零;在T/2~3T/4内,电子朝反方向作加速度逐渐增大的加速运动,由对称性可知,当t=3T/4时速度大小达到V1;在3T/4~T内,电子作加速度大小逐渐减小
的减速运动,由对称性可知,当t=T时速度为零,