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专题提升二　静电场中的三类问题
学习目标　1.学会利用几种特殊方法解决非点电荷电场的叠加问题。2.掌握带电粒子运动轨迹类问题的分析思路和方法。3.会分析静电场内的平衡和运动问题。
提升1　非点电荷电场的电场强度的叠加问题
在求解带电圆环、带电直杆、带电平面等特殊带电体产生电场的电场强度或多个带电体所产生电场的电场强度时,一般运用补偿法、对称法、微元法、等效法等思维方法,可以化难为易。
类型1　补偿法
例1 如图所示,正电荷均匀分布在半球面ACB上,电荷量为q,球面半径为R,CD为通过半球面顶点C和球心O的轴线。P、M为轴线上的两点,距球心O的距离均为。在M右侧轴线上O'点固定一带正电的点电荷,所带电荷量为Q,O'、M两点间的距离为R,已知P点的电场强度为零,静电力常量为k,若均匀带电的封闭球壳内部电场强度处处为零,则M点的电场强度大小为(　　)
A.0 B.
C. D.-
答案　C
解析　因P点的电场强度为零,所以半球面上的正电荷在P点产生的电场强度和点电荷Q在P点产生的电场强度等大反向,即半球面上的正电荷在P点产生的电场强度大小为E1=,方向沿轴线向右。现补全右侧半球面,如图所示,根据均匀带电的封闭球壳内部电场强度处处为零知,均匀带电的封闭球面在M点产生的电场强度为零,即左半球面在M点产生的电场强度和右半球面在M点产生的电场强度等大反向,又由对称性知左半球面在P点产生的电场强度和右半球面在M点产生的电场强度等大反向,则左半球面在M点产生的电场强度大小为E2=,方向沿轴线向右,点电荷Q在M点产生的电场强度大小为E3=,方向沿轴线向左,故M点的合电场强度大小为EM=-=,方向沿轴线向左,故C正确。
总结提升
由题给条件建立的模型不完整,这时需要给原来的问题补充一些条件,组成一个完整的新模型。这样,求解原模型的问题就变为求解新模型与补充条件的差值问题。如采用补偿法将有缺口的带电圆环补全为圆环,或将半球面补全为球面,从而将问题化难为易。
类型2　对称法
例2 如图所示,电荷量为q的正点电荷与均匀带电薄板相距2d,点电荷到带电薄板的垂线通过薄板的几何中心。若图中A点处的电场强度为零,静电力常量为k,则带电薄板在图中B点处产生的电场强度(　　)
A.大小为k,方向水平向左
B.大小为k,方向水平向右
C.大小为k,方向水平向左
D.大小为k,方向水平向右
答案　C
解析　由于A点处的电场强度为零,则正点电荷在A点处产生的电场强度E1和带电薄板在A点处产生的电场强度EA大小相等,即E1=EA=,方向相反,则带电薄板在A点处产生的电场强度方向水平向右。由于A、B两点关于带电薄板对称,所以带电薄板在B点产生的电场强度EB和在A点产生的电场强度EA大小相等,方向相反,故EB=EA=,方向水平向左,故C正确。
总结提升
对称法实际上就是根据某些物理现象、物理规律、物理过程或几何图形的对称性进行解题的一种方法。在电场中,当电荷的分布具有对称性时,应用对称法解题可将复杂问题简化。
类型3　微元法
例3 如图所示,均匀带正电圆环带电荷量为Q,半径为R,圆心为O,P为过圆心且垂直于圆环平面的直线上的一点,OP=l,求P点的电场强度大小和方向。
答案　　方向由O指向P
解析　若将圆环分成n小段,则每一小段可视为点电荷,其电荷量为q=,每一个点电荷在P处产生的电场强度大小为E==。如图所示,根据对称性可知,每一个点电荷在P处产生的电场强度在垂直于OP方向的分量Ey会被抵消,Ex=Ecos θ=cos θ==,所以P点的电场强度EP=nEx=,方向由O指向P。
总结提升
若一个带电体不能视为点电荷,求这个带电体产生的电场在某处的电场强度时,可用微元法的思想把带电体分成很多小块,每块都可以看成点电荷,用点电荷电场叠加的方法计算。
类型4　等效法
在保证效果相同的前提下,将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景。
如:一个点电荷+q与一个无限大薄金属板形成的电场,等效为两个等量异种点电荷形成的电场(一部分),如图甲、乙所示。
例4 经过探究,某同学发现:点电荷和无限大的接地金属平板间的电场(如图甲所示)与等量异种点电荷之间的电场分布(如图乙所示)相同。图丙中点电荷+q到金属板MN的距离OA为L,AB是以点电荷+q为圆心、L为半径的圆上的一条直径,则下列说法正确的是(　　)
A.B点电场强度的大小为
B.A、B两点电场强度大小相等,方向相反
C.圆上关于直径AB对称的两点C、D处的电场强度相同
D.若将一表面绝缘的带正电的小球(可看成点电荷、不影响原电场)沿MN右侧边缘自A点上方某点向下移动至关于A点对称点处,小球所受静电力先变小后变大
答案　A
解析　根据点电荷电场强度公式和电场强度叠加原理得EB=-=,A正确;电场线疏密表示电场强弱,A点电场线比B点电场线密,因此A点电场强度大,两点电场强度方向相反,B错误;C、D处的电场强度大小相等,方向不相同,C错误;沿MN右侧边缘自上向下移动小球,电场线先变密后变疏,静电力先变大后变小,D错误。
提升2　电场线与带电粒子运动轨迹问题
1.带电粒子做曲线运动时,合力指向轨迹曲线的内侧,速度方向沿轨迹的切线方向。
2.分析思路
(1)由轨迹的弯曲情况确定静电力的方向。
(2)由静电力和电场线的方向判断带电粒子所带电荷的正负。
(3)由电场线的疏密程度确定静电力的大小, 再根据牛顿第二定律F=ma可判断带电粒子加速度的大小。
(4)由静电力和速度的方向间的夹角判断带电粒子的速度变化。
例5 某静电场中的电场线如图所示,带电粒子在电场中仅受静电力作用,其运动轨迹如图中虚线所示,粒子由M运动到N。
(1)试画出粒子运动至Q点时的速度方向;
(2)判断并画出粒子运动至Q点时所受静电力方向;
(3)判断粒子的带电性质;
(4)比较粒子在M点和N点的加速度哪个大。
答案　见解析
解析　(1)粒子运动至Q点时的速度方向如图所示。
(2)根据做曲线运动的物体所受合力方向指向曲线的内侧,又粒子所
受静电力方向与电场强度方向共线,所以静电力F方向如图所示。
(3)因为粒子所受静电力方向与电场强度方向相同,故粒子带正电。
(4)电场线越密,电场强度越大,粒子所受静电力就越大,根据牛顿第二定律可知其加速度也越大,故此粒子在N点的加速度大。
训练1 如图所示,实线为不知方向的三条电场线,从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子,仅在静电力作用下的运动轨迹如图中虚线所示,则(　　)
A.a一定带正电,b一定带负电
B.a的速度将减小,b的速度将增大
C.a的加速度将减小,b的加速度将增大
D.两个粒子的动能,一个增大一个减小
答案　C
解析　由曲线轨迹只能判断出a、b受力方向相反,带异种电荷,无法判断哪个带正电,哪个带负电,A错误;由粒子的运动轨迹和电场线的关系可知a、b所受静电力与速度方向的夹角为锐角,a、b做加速运动,动能均增大,B、D错误;由电场线的疏密可判定,a所受静电力逐渐减小,加速度减小,b正好相反,C正确。
提升3　电场中的平衡和加速问题
1.带电体在多个力作用下处于平衡状态,带电体所受合力为零,因此可用共点力平衡的知识分析,常用的方法有正交分解法、合成法等。
2.带电体在电场中的加速问题仍然满足牛顿第二定律,在进行受力分析时不要漏掉静电力。
例6 (2026·河北保定一中高二月考)如图所示,用长L=30 cm的细线将质量m=4×10-3 kg的带电小球悬挂在天花板上,空间中存在电场强度大小E=1×104 N/C、方向水平向右的匀强电场,小球静止时细线与竖直方向的夹角θ=37°,g取10 m/s2,sin 37°=0.6。
(1)分析小球的带电性质;
(2)求小球的带电荷量;
(3)求细线的拉力大小;
(4)若将细线剪断,小球做什么运动 剪断后0.2 s的时间内,小球的位移为多大
答案　(1)正电　(2)3×10-6 C　(3)5×10-2 N　(4)匀加速直线运动　0.25 m
解析　对小球受力分析,如图所示。
(1)小球受到的静电力方向水平向右,与电场强度方向相同,所以小球带正电。
(2)如图所示,小球处于平衡状态,由平衡条件得
qE=mgtan θ
得q== C=3×10-6 C。
(3)由平衡条件有FTcos θ=mg
得细线的拉力大小为
FT== N=5×10-2 N。
(4)剪断细线后,小球受重力和静电力作用,合力不变,故做匀加速直线运动,则
F合=mg
F合=ma
x=at2
解得x=0.25 m。
训练2 a、b两个带电小球的质量均为m,所带的电荷量分别为+3q和-q,两球间用一绝缘细线连接,用长度相同的另一绝缘细线将a悬挂在天花板上,在两球所在的空间有方向向左的匀强电场,电场强度为E,平衡时两细线都被拉紧,则平衡时两球的位置可能是图中的(　　)
答案　D
解析　a带正电,受到的静电力水平向左,b带负电,受到的静电力水平向右。以整体为研究对象,整体所受的静电力大小为2qE,方向水平向左,受力分析如图甲所示,则上面悬挂a的细线应向左偏转,设上面的细线与竖直方向的夹角为α,则由平衡条件得tan α==;以b球为研究对象,受力分析如图乙所示 ,设a、b间的细线与竖直方向的夹角为β,则由平衡条件得tan β=,可得α=β,根据几何知识可知,b球应在悬点的正下方,故D正确,A、B、C错误。
随堂对点自测
1.(非点电荷电场的电场强度的叠加)如图所示,一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷,在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点,a和b、b和c、c和d间的距离均为R,在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷。已知b点处的电场强度为零,则d点处电场强度的大小为(k为静电力常量)(　　)
A.k B.k
C.k D.k
答案　B
解析　在a点放置一点电荷q后,b点电场强度为零,说明点电荷q在b点产生的电场强度与圆盘上Q在b点产生的电场强度大小相等,即EQ=Eq=k,根据对称性可知Q在d点产生的电场强度大小EQ'=EQ=k,方向向右,则Ed=EQ'+Eq'=k+k=k,B正确。
2.(电场线与带电粒子的轨迹问题)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.粒子一定带负电
B.粒子一定是从a点运动到b点
C.粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度
D.粒子在c点的速度一定大于在a点的速度
答案　C
解析　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;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;由电场线的分布可知,粒子在c点处受静电力较大,加速度一定大于在b点的加速度,C正确;若粒子从c运动到a,静电力与速度方向成锐角,则粒子做加速运动,若粒子从a运动到c,静电力与速度方向成钝角,则粒子做减速运动,故粒子在c点的速度一定小于在a点的速度,D错误。
3.(电场中的平衡问题)如图所示,在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中,用一绝缘丝线系一带电小球,小球的质量为m、电荷量为q,为了保证当丝线与竖直方向的夹角为60°时,小球处于平衡状态,则匀强电场的电场强度大小不可能为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　取小球为研究对象,它受到重力mg、丝线的拉力F和静电力qE作用。因小球处于平衡状态,则它受到的合外力等于零,由平衡条件知,F和qE的合力与mg是一对平衡力,根据力的平行四边形定则可知,当静电力qE的方向与丝线的拉力方向垂直时,静电力为最小,如图所示。
则qEmin=mgsin θ
得Emin==
所以该匀强电场的电场强度大小E≥,故B正确。
4.(电场中的加速问题)如图所示,有一水平向左的匀强电场,电场强度大小为E=1.25×104 N/C,一根长L=1.5 m、与水平方向的夹角θ=37° 的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中,杆的下端M固定一个带电小球A,电荷量Q=+4.5×10-6 C;另一带电小球B穿在杆上可自由滑动,电荷量q=+1.0×10-6 C,质量m=1.0×10-2 kg。将小球B从杆的上端N由静止释放,小球B开始运动(静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。则:
(1)小球B开始运动时的加速度为多大
(2)小球B的速度最大时,与M端的距离r为多大
答案　(1)3.2 m/s2　(2)0.9 m
解析　(1)对小球B受力分析,如图所示,开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和静电力,沿杆方向,由牛顿第二定律得mgsin θ--qEcos θ=ma
代入数据解得a=3.2 m/s2。
(2)小球B速度最大时所受合力为零,即
mgsin θ--qEcos θ=0
代入数据解得r=0.9 m。
基础对点练
题组一　非点电荷电场的电场强度的叠加
1.如图所示,半径为R的绝缘球壳上均匀分布着正电荷,O为球心。现从球壳上A处挖出足够小的带电荷量为+q的一部分,并将它沿OA延长线移动距离R到B处。若球壳其他部分带电情况不变,已知静电力常量为k,则此时球心O点的电场强度为(　　)
A.,方向沿BO方向 　B.,方向沿OB方向
C.,方向沿OB方向 　D.,方向沿BO方向
答案　B
解析　均匀带电的球壳内部各点电场强度都为0,挖出的足够小部分可视为点电荷,在O点的电场强度EA=,方向沿AO方向,故剩余部分在O点的电场强度E1=EA=,方向沿OA方向,挖出的部分移到B后在O点的电场强度EB=,方向沿AO方向,此时O点的合电场强度大小为E=E1-EB=-=,方向沿OB方向,故B正确。
2.如图所示,用金属线AB弯成半径为r的圆弧,但在A、B之间留出宽度为d的小间隙(d r)。通过接触起电的方式将电荷量为Q的正电荷均匀分布在金属丝上,静电力常量为k,则圆心O处的电场强度为(　　)
A.k,方向由圆心指向间隙
B.k,方向由间隙指向圆心
C.k,方向由间隙指向圆心
D.k,方向由圆心指向间隙
答案　D
解析　相对圆弧来说间隙是很小的,若间隙处有正电荷可视为点电荷,其在圆心处产生的电场强度大小为E==,电场强度方向由圆心向右,由对称性知,完整的带电圆弧在圆心O处的合电场强度为0,所以间隙处正电荷在圆心处产生的电场强度与圆弧其余部分在圆心处的合电场强度大小相等、方向相反,即圆心处的电场强度大小为k,方向由圆心指向间隙,故D正确。
题组二　电场线与带电粒子运动轨迹问题
3.如图所示,实线表示电场线,虚线表示带电粒子运动的轨迹,带电粒子只受静电力作用,运动过程中速度逐渐减小,下列各图是对它在b处时的运动方向与受力方向的分析,正确的是(　　)
答案　A
解析　带电粒子运动速度沿轨迹切线方向,受力方向与电场线在同一直线上,静电力指向轨迹弯曲的内侧,B、C错误;由于运动过程中速度逐渐减小,所以静电力的方向与速度方向成钝角,A正确,D错误。
4.(2026·河南开封高二月考)如图所示的实线为某静电场的电场线,虚线是某带负电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹,A、B、C、D是电场线上的点,其中A、D两点在粒子的运动轨迹上,下列说法正确的是(　　)
A.该电场可能是正点电荷产生的
B.由图可知,同一电场的电场线在空间是可以相交的
C.将该粒子在C点由静止释放,它可能一直沿电场线运动
D.该粒子在A点的速度一定大于在D点的速度
答案　D
解析　正点电荷周围的电场线是从正点电荷出发,呈辐射状分布的,A错误;同一电场的电场线在空间不能相交,B错误;电场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向,由于C点所在电场线为曲线,所以将该粒子在C点由静止释放,它一定不能沿电场线运动,C错误;由于做曲线运动的物体受力的方向指向轨迹曲线的内侧,可知从A到D静电力对粒子做负功,粒子的动能减少,则粒子在A点的速度一定大于在D点的速度,D正确。
5.(多选)如图所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB,动能分别为EkA、EkB,下列说法正确的是(　　)
A.静电力的方向一定向左
B.电子一定从A向B运动
C.若aA>aB,则Q靠近M端且为正电荷
D.无论Q为正电荷还是负电荷一定有EkA答案　AC
解析　因静电力方向指向轨迹凹侧,所以电子受到的静电力方向向左,可知在MN上电场的方向向右,若aA>aB,则A点离点电荷更近,即Q靠近M端且为正电荷,A、C正确;由于不知道电子的速度变化,由运动轨迹无法判断电子向哪个方向运动,B错误;因静电力向左,若电子从A向B运动,则静电力做负功,动能减少,若电子从B向A运动,则静电力做正功,动能增加,所以一定有EkA>EkB,与Q所带电荷无关,D错误。
题组三　电场中的平衡和加速问题
6.如图所示,在匀强电场中将一质量为m、电荷量为q的带电小球由静止释放,带电小球运动轨迹为一直线,该直线与竖直方向夹角为θ。不能忽略小球的重力,则匀强电场的电场强度大小(　　)
A.唯一值是 B.最大值是
C.最小值是 D.最小值是
答案　C
解析　小球的受力分析如图所示。小球在重力和静电力的共同作用下做匀加速直线运动,当静电力与合力垂直时,静电力最小,即qEmin=mgsin θ,可得Emin=,静电力和电场强度没有最大值,C正确,A、B、D错误。
7.(多选)(2026·山东邹城一中高二月考)真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场,一质量为m、带电荷量为q的带电微粒恰好能沿如图所示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动,已知重力加速度为g,则(　　)
A.微粒一定带负电
B.微粒一定做匀速直线运动
C.匀强电场的电场强度大小为
D.微粒运动的加速度大小为
答案　AD
解析　微粒做直线运动的条件是速度方向和所受合力的方向在同一条直线上,微粒受到竖直向下的重力,只有微粒受到水平向左的静电力才可能使得合力方向与速度方向在同一条直线上,由此可知微粒所受的静电力的方向与电场强度方向相反,则微粒带负电,故A正确;微粒受到向左的静电力与竖直向下的重力,合力的方向与初速度方向相反,所以运动过程中微粒做匀减速直线运动,故B错误;根据上述分析可知qEtan θ=mg,得E=,故C错误;根据牛顿第二定律有=ma,可得a=,故D正确。
8.(多选)如图所示为某电场中一条方向未知的电场线,在a点由静止释放一个带正电的粒子(所受重力不能忽略),该粒子到达b点时速度恰好为零,则(　　)
A.该粒子从a到b做变速运动
B.电场线的方向一定竖直向上
C.a点的电场强度有可能比b点的大
D.该电场可能是负的点电荷产生的电场
答案　AB
解析　带电粒子从a到b,速度由零增加,最后又变为零,说明粒子有加速过程和减速过程,其所受静电力方向只能是向上的,所以电场线方向竖直向上,A、B正确;粒子在a点有mg>qEa,在b点有mgEb,不合题意,D错误。
综合提升练
9.竖直放置的两块足够长的带电平行金属板间有匀强电场,其电场强度为E,在该匀强电场中,用细线悬挂质量为m的带正电小球,当细线跟竖直方向成θ角,小球与右板距离为b时,小球恰好平衡,如图所示(重力加速度为g)。求:
(1)小球带电荷量q;
(2)若剪断细线,小球碰到金属板所需的时间。
答案　(1)　(2)
解析　(1)小球受力平衡,对小球受力分析如图所示,由平衡条件有
Fsin θ=qE
Fcos θ=mg
解得q=。
(2)剪断细线后,小球沿水平方向做匀加速直线运动
加速度为a==gtan θ
由运动学公式得b=at2,解得t=。
培优加强练
10.如图所示,光滑固定斜面(足够长)倾角为37°,一带正电的小物块质量为m,电荷量为q,置于斜面上,当沿水平方向加如图所示的匀强电场时,带电小物块恰好静止在斜面上,从某时刻开始,电场强度变化为原来的,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2,求:
(1)原来的电场强度大小(用字母表示);
(2)小物块运动的加速度;
(3)小物块2 s末的速度大小和2 s内的位移大小。
答案　(1)　(2)3 m/s2,方向沿斜面向下　(3)6 m/s　6 m
解析　(1)对小物块受力分析如图所示,小物块静止于斜面上,则
mgsin 37°=qEcos 37°
可得E==。
(2)当电场强度变为原来的时,小物块受到的合力
F合=mgsin 37°-qEcos 37°=0.3mg
由牛顿第二定律有F合=ma
解得a=3 m/s2,方向沿斜面向下。
(3)由运动学公式知,2 s末的速度
v=at=3×2 m/s=6 m/s
2 s内的位移x=at2=×3×22 m=6 m。(共55张PPT)
专题提升二　静电场中的三类问题
第九章　静电场及其应用
1.学会利用几种特殊方法解决非点电荷电场的叠加问题。
2.掌握带电粒子运动轨迹类问题的分析思路和方法。
3.会分析静电场内的平衡和运动问题。
学习目标
目 录
CONTENTS
提升
01
课后巩固训练
03
随堂对点自测
02
提升
1
提升2　电场线与带电粒子运动轨迹问题
提升1　非点电荷电场的电场强度的叠加问题
提升3　电场中的平衡和加速问题
提升1　非点电荷电场的电场强度的叠加问题
在求解带电圆环、带电直杆、带电平面等特殊带电体产生电场的电场强度或多个带电体所产生电场的电场强度时，一般运用补偿法、对称法、微元法、等效法等思维方法，可以化难为易。
类型1　补偿法
例1 如图所示，正电荷均匀分布在半球面ACB上，电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点C和球心O的轴线。P、M为轴线上的两点，距球心O的距离均为。在M右侧轴线上O'点固定一带正电的点电荷，所带电荷量为Q，O'、M两点间的距离为R，已知P点的电场强度为零，静电力常量为k，若均匀带电的封闭球壳内部电场强度处处为零，则M点的电场强度大小为(　　)
A.0 B.
C. D.-
C
解析　因P点的电场强度为零，所以半球面上的正电荷在P
点产生的电场强度和点电荷Q在P点产生的电场强度等大反
向，即半球面上的正电荷在P点产生的电场强度大小为E1=
，方向沿轴线向右。现补全右侧半球面，如图所示，根
据均匀带电的封闭球壳内部电场强度处处为零知，均匀带电
的封闭球面在M点产生的电场强度为零，即左半球面在M点
产生的电场强度和右半球面在M点产生的电场强度等大反向，又由对称性知左半球面在P点产生的电场强度和右半球面在M点产生的电场强度等大反向，则左半球面在M点产生的电场强度大小为E2=，方向沿轴线向右，点电荷Q在M点产生的电场强度大小为E3=，方向沿轴线向左，故M点的合电场强度大小为EM=-=，方向沿轴线向左，故C正确。
由题给条件建立的模型不完整，这时需要给原来的问题补充一些条件，组成一个完整的新模型。这样，求解原模型的问题就变为求解新模型与补充条件的差值问题。如采用补偿法将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而将问题化难为易。
类型2　对称法
例2 如图所示，电荷量为q的正点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过薄板的几何中心。若图中A点处的电场强度为零，静电力常量为k，则带电薄板在图中B点处产生的电场强度(　　)
A.大小为k，方向水平向左
B.大小为k，方向水平向右
C.大小为k，方向水平向左
D.大小为k，方向水平向右
C
解析　由于A点处的电场强度为零，则正点电荷在A点
处产生的电场强度E1和带电薄板在A点处产生的电场强
度EA大小相等，即E1=EA=，方向相反，则带电薄板
在A点处产生的电场强度方向水平向右。由于A、B两点
关于带电薄板对称，所以带电薄板在B点产生的电场强度
EB和在A点产生的电场强度EA大小相等，方向相反，故EB=EA=，方向水平向左，故C正确。
对称法实际上就是根据某些物理现象、物理规律、物理过程或几何图形的对称性进行解题的一种方法。在电场中，当电荷的分布具有对称性时，应用对称法解题可将复杂问题简化。
类型3　微元法
例3 如图所示，均匀带正电圆环带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为过圆心且垂直于圆环平面的直线上的一点，OP=l，求P点的电场强度大小和方向。
解析　若将圆环分成n小段，则每一小段可视为点电荷，其电荷量为q=，每一个点电荷在P处产生的电场强度大小为E==。
如图所示，根据对称性可知，每一个点电荷在P处产生的电场强度在垂直于OP方向的分量Ey会被抵消，Ex=Ecos θ=cos θ==，所以P点的电场强度EP=nEx=，方向由O指向P。
答案　　方向由O指向P
若一个带电体不能视为点电荷，求这个带电体产生的电场在某处的电场强度时，可用微元法的思想把带电体分成很多小块，每块都可以看成点电荷，用点电荷电场叠加的方法计算。
类型4　等效法
在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景。
如：一个点电荷+q与一个无限大薄金属板形成的电场，等效为两个等量异种点电荷形成的电场(一部分)，如图甲、乙所示。
A
例4 经过探究，某同学发现：点电荷和无限大的接地金属平板间的电场(如图甲所示)与等量异种点电荷之间的电场分布(如图乙所示)相同。图丙中点电荷+q到金属板MN的距离OA为L，AB是以点电荷+q为圆心、L为半径的圆上的一条直径，则下列说法正确的是(　　)
A.B点电场强度的大小为
B.A、B两点电场强度大小相等，方向相反
C.圆上关于直径AB对称的两点C、D处的电场强度相同
D.若将一表面绝缘的带正电的小球(可看成点电荷、不影响原电场)沿MN右侧边缘自A点上方某点向下移动至关于A点对称点处，小球所受静电力先变小后变大
解析　根据点电荷电场强度公式和电场强度叠加原理得EB=-=，A正确；电场线疏密表示电场强弱，A点电场线比B点电场线密，因此A点电场强度大，两点电场强度方向相反，B错误；C、D处的电场强度大小相等，方向不相同，C错误；沿MN右侧边缘自上向下移动小球，电场线先变密后变疏，静电力先变大后变小，D错误。
提升2　电场线与带电粒子运动轨迹问题
1.带电粒子做曲线运动时，合力指向轨迹曲线的内侧，速度方向沿轨迹的切线方向。
2.分析思路
(1)由轨迹的弯曲情况确定静电力的方向。
(2)由静电力和电场线的方向判断带电粒子所带电荷的正负。
(3)由电场线的疏密程度确定静电力的大小， 再根据牛顿第二定律F=ma可判断带电粒子加速度的大小。
(4)由静电力和速度的方向间的夹角判断带电粒子的速度变化。
例5 某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中
仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，粒子
由M运动到N。
(1)试画出粒子运动至Q点时的速度方向；
(2)判断并画出粒子运动至Q点时所受静电力方向；
解析　(1)粒子运动至Q点时的速度方向如图所示。
(2)根据做曲线运动的物体所受合力方向指向曲线的内侧，又粒子所受静电力方向与电场强度方向共线，所以静电力F方向如图所示。
答案　见解析
(3)判断粒子的带电性质；
(4)比较粒子在M点和N点的加速度哪个大。
解析　(3)因为粒子所受静电力方向与电场强度方向相同，故粒子带正电。
(4)电场线越密，电场强度越大，粒子所受静电力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故此粒子在N点的加速度大。
答案　见解析
C
训练1 如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在静电力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则(　　)
A.a一定带正电，b一定带负电
B.a的速度将减小，b的速度将增大
C.a的加速度将减小，b的加速度将增大
D.两个粒子的动能，一个增大一个减小
解析　由曲线轨迹只能判断出a、b受力方向相反，带异种电荷，无法判断哪个带正电，哪个带负电，A错误；由粒子的运动轨迹和电场线的关系可知a、b所受静电力与速度方向的夹角为锐角，a、b做加速运动，动能均增大，B、D错误；由电场线的疏密可判定，a所受静电力逐渐减小，加速度减小，b正好相反，C正确。
提升3　电场中的平衡和加速问题
1.带电体在多个力作用下处于平衡状态，带电体所受合力为零，因此可用共点力平衡的知识分析，常用的方法有正交分解法、合成法等。
2.带电体在电场中的加速问题仍然满足牛顿第二定律，在进行受力分析时不要漏掉静电力。
例6 (2026·河北保定一中高二月考)如图所示，用长L=30 cm的细线将质量m=4×10-3 kg的带电小球悬挂在天花板上，空间中存在电场强度大小E=1×104 N/C、方向水平向右的匀强电场，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ=37°，g取10 m/s2，sin 37°=0.6。
(1)分析小球的带电性质；
(2)求小球的带电荷量；
解析　对小球受力分析,如图所示。
(1)小球受到的静电力方向水平向右，与电场强度方向相同，
所以小球带正电。
(2)如图所示，小球处于平衡状态，由平衡条件得qE=mgtan θ
得q== C=3×10-6 C。
答案　(1)正电　(2)3×10-6 C　
(3)求细线的拉力大小；
(4)若将细线剪断，小球做什么运动 剪断后0.2 s的时间内，小球的位移为多大
解析　(3)由平衡条件有FTcos θ=mg
得细线的拉力大小为FT== N=5×10-2 N。
(4)剪断细线后，小球受重力和静电力作用，合力不变，故做匀加速直线运动，则F合=mg,F合=ma,x=at2,解得x=0.25 m。
答案　(3)5×10-2 N　(4)匀加速直线运动　0.25 m
D
训练2 a、b两个带电小球的质量均为m，所带的电荷量分别为+3q和-q，两球间用一绝缘细线连接，用长度相同的另一绝缘细线将a悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时两细线都被拉紧，则平衡时两球的位置可能是图中的(　　)
解析　a带正电，受到的静电力水平向左，b带负电，受到的静电力水平向右。以整体为研究对象，整体所受的静电力大小为2qE，方向水平向左，受力分析如图甲所示，则上面悬挂a的细线应向左偏转，设上面的细线与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得tan α==；以b球为研究对象，受力分析如图乙所示 ，设a、b间的细线与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得tan β=，可得α=β，根据几何知识可知，b球应在悬点的正下方，故D正确，A、B、C错误。
随堂对点自测
2
B
1.(非点电荷电场的电场强度的叠加)如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷。已知b点处的电场强度为零，则d点处电场强度的大小为(k为静电力常量)(　　)
A.k B.k
C.k D.k
解析　在a点放置一点电荷q后，b点电场强度为零，说明点电荷q在b点产生的电场强度与圆盘上Q在b点产生的电场强度大小相等，即EQ=Eq=k，根据对称性可知Q在d点产生的电场强度大小EQ'=EQ=k，方向向右，则Ed=EQ'+Eq'=k+k=k，B正确。
C
2.(电场线与带电粒子的轨迹问题)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.粒子一定带负电
B.粒子一定是从a点运动到b点
C.粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度
D.粒子在c点的速度一定大于在a点的速度
解析　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；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；由电场线的分布可知，粒子在c点处受静电力较大，加速度一定大于在b点的加速度，C正确；若粒子从c运动到a，静电力与速度方向成锐角，则粒子做加速运动，若粒子从a运动到c，静电力与速度方向成钝角，则粒子做减速运动，故粒子在c点的速度一定小于在a点的速度，D错误。
B
3.(电场中的平衡问题)如图所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘丝线系一带电小球，小球的质量为m、电荷量为q，为了保证当丝线与竖直方向的夹角为60°时，小球处于平衡状态，则匀强电场的电场强度大小不可能为(　　)
A. B.
C. D.
解析　取小球为研究对象，它受到重力mg、丝线的拉力F和静电力qE作用。因小球处于平衡状态，则它受到的合外力等于零，由平衡条件知，F和qE的合力与mg是一对平衡力，根据力的平行四边形定则可知，当静电力qE的方向与丝线的拉力方向垂直时，静电力为最小，如图所示。
则qEmin=mgsin θ
得Emin==
所以该匀强电场的电场强度大小E≥，故B正确。
4.(电场中的加速问题)如图所示，有一水平向左的匀强电场，电场强度大小为E=1.25×104 N/C，一根长L=1.5 m、与水平方向的夹角θ=37° 的光滑绝缘细直杆MN固定在电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q=+4.5×10-6 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0×10-6 C，质量m=1.0×10-2 kg。将小球B从杆的上端N由静止释放，小球B开始运动(静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)。则：
(1)小球B开始运动时的加速度为多大
(2)小球B的速度最大时，与M端的距离r为多大
答案　(1)3.2 m/s2　(2)0.9 m
解析　(1)对小球B受力分析，如图所示，开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和静电力，沿杆方向，由牛顿第二定律得mgsin θ--qEcos θ=ma
代入数据解得a=3.2 m/s2。
(2)小球B速度最大时所受合力为零，即mgsin θ--qEcos θ=0
代入数据解得r=0.9 m。
课后巩固训练
3
B
题组一　非点电荷电场的电场强度的叠加
1.如图所示，半径为R的绝缘球壳上均匀分布着正电荷，O为球心。现从球壳上A处挖出足够小的带电荷量为+q的一部分，并将它沿OA延长线移动距离R到B处。若球壳其他部分带电情况不变，已知静电力常量为k，则此时球心O点的电场强度为(　　)
基础对点练
A.，方向沿BO方向　B.，方向沿OB方向
C.，方向沿OB方向　D.，方向沿BO方向
解析　均匀带电的球壳内部各点电场强度都为0，挖出的足
够小部分可视为点电荷，在O点的电场强度EA=，方向沿
AO方向，故剩余部分在O点的电场强度E1=EA=，方向沿
OA方向，挖出的部分移到B后在O点的电场强度EB=，方向沿AO方向，此时O点的合电场强度大小为E=E1-EB=-=，方向沿OB方向，故B正确。
D
2.如图所示，用金属线AB弯成半径为r的圆弧，但在A、B之间留出宽度为d的小间隙(d r)。通过接触起电的方式将电荷量为Q的正电荷均匀分布在金属丝上，静电力常量为k，则圆心O处的电场强度为(　　)
A.k，方向由圆心指向间隙
B.k，方向由间隙指向圆心
C.k，方向由间隙指向圆心
D.k，方向由圆心指向间隙
解析　相对圆弧来说间隙是很小的，若间隙处有正电荷可
视为点电荷，其在圆心处产生的电场强度大小为E=
=，电场强度方向由圆心向右，由对称性知，完整
的带电圆弧在圆心O处的合电场强度为0，所以间隙处正电荷在圆心处产生的电场强度与圆弧其余部分在圆心处的合电场强度大小相等、方向相反，即圆心处的电场强度大小为k，方向由圆心指向间隙，故D正确。
A
题组二　电场线与带电粒子运动轨迹问题
3.如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹，带电粒子只受静电力作用，运动过程中速度逐渐减小，下列各图是对它在b处时的运动方向与受力方向的分析，正确的是(　　)
解析　带电粒子运动速度沿轨迹切线方向，受力方向与电场线在同一直线上，静电力指向轨迹弯曲的内侧，B、C错误；由于运动过程中速度逐渐减小，所以静电力的方向与速度方向成钝角，A正确，D错误。
D
4.(2026·河南开封高二月考)如图所示的实线为某静电场的电场线，虚线是某带负电粒子仅在静电力作用下的运动轨迹，A、B、C、D是电场线上的点，其中A、D两点在粒子的运动轨迹上，下列说法正确的是(　　)
A.该电场可能是正点电荷产生的
B.由图可知，同一电场的电场线在空间是可以相交的
C.将该粒子在C点由静止释放，它可能一直沿电场线运动
D.该粒子在A点的速度一定大于在D点的速度
解析　正点电荷周围的电场线是从正点电荷出发，呈辐射状
分布的，A错误；同一电场的电场线在空间不能相交，B错
误；电场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向，由
于C点所在电场线为曲线，所以将该粒子在C点由静止释放，
它一定不能沿电场线运动，C错误；由于做曲线运动的物体受力的方向指向轨迹曲线的内侧，可知从A到D静电力对粒子做负功，粒子的动能减少，则粒子在A点的速度一定大于在D点的速度，D正确。
AC
5.(多选)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，动能分别为EkA、EkB，下列说法正确的是(　　)
A.静电力的方向一定向左
B.电子一定从A向B运动
C.若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷
D.无论Q为正电荷还是负电荷一定有EkA解析　因静电力方向指向轨迹凹侧，所以电子受到的静
电力方向向左，可知在MN上电场的方向向右，若aA>aB，
则A点离点电荷更近，即Q靠近M端且为正电荷，A、C正
确；由于不知道电子的速度变化，由运动轨迹无法判断
电子向哪个方向运动，B错误；因静电力向左，若电子从A向B运动，则静电力做负功，动能减少，若电子从B向A运动，则静电力做正功，动能增加，所以一定有EkA>EkB，与Q所带电荷无关，D错误。
C
题组三　电场中的平衡和加速问题
6.如图所示，在匀强电场中将一质量为m、电荷量为q的带电小球由静止释放，带电小球运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向夹角为θ。不能忽略小球的重力，则匀强电场的电场强度大小(　　)
A.唯一值是 B.最大值是
C.最小值是 D.最小值是
解析　小球的受力分析如图所示。小球在重力和静电力的共同作用下做匀加速直线运动，当静电力与合力垂直时，静电力最小，即qEmin=mgsin θ，可得Emin=，静电力和电场强度没有最大值，C正确，A、B、D错误。
AD
7.(多选)(2026·山东邹城一中高二月考)真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m、带电荷量为q的带电微粒恰好能沿如图所示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，则(　　)
A.微粒一定带负电
B.微粒一定做匀速直线运动
C.匀强电场的电场强度大小为
D.微粒运动的加速度大小为
解析　微粒做直线运动的条件是速度方向和所受合力的方
向在同一条直线上，微粒受到竖直向下的重力，只有微粒
受到水平向左的静电力才可能使得合力方向与速度方向在
同一条直线上，由此可知微粒所受的静电力的方向与电场
强度方向相反，则微粒带负电，故A正确；微粒受到向左的静电力与竖直向下的重力，合力的方向与初速度方向相反，所以运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B错误；根据上述分析可知qEtan θ=mg，得E=，故C错误；根据牛顿第二定律有=ma，可得a=，故D正确。
AB
8.(多选)如图所示为某电场中一条方向未知的电场线，在a点由静止释放一个带正电的粒子(所受重力不能忽略)，该粒子到达b点时速度恰好为零，则(　　)
A.该粒子从a到b做变速运动
B.电场线的方向一定竖直向上
C.a点的电场强度有可能比b点的大
D.该电场可能是负的点电荷产生的电场
解析　带电粒子从a到b，速度由零增加，最后又变为零，说明粒子有加速过程和减速过程，其所受静电力方向只能是向上的，所以电场线方向竖直向上，A、B正确；粒子在a点有mg>qEa，在b点有mgEb，不合题意，D错误。
9.竖直放置的两块足够长的带电平行金属板间有匀强电场，其电场强度为E，在该匀强电场中，用细线悬挂质量为m的带正电小球，当细线跟竖直方向成θ角，小球与右板距离为b时，小球恰好平衡，如图所示(重力加速度为g)。求：
综合提升练
(1)小球带电荷量q；
(2)若剪断细线，小球碰到金属板所需的时间。
答案　(1)　(2)
解析　(1)小球受力平衡，对小球受力分析如图所示，由平衡条件有
Fsin θ=qE
Fcos θ=mg
解得q=。
(2)剪断细线后，小球沿水平方向做匀加速直线运动
加速度为a==gtan θ
由运动学公式得b=at2，解得t=。
培优加强练
10.如图所示，光滑固定斜面(足够长)倾角为37°，一带正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，从某时刻开始，电场强度变化为原来的，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2，求：
(1)原来的电场强度大小(用字母表示)；
(2)小物块运动的加速度；
(3)小物块2 s末的速度大小和2 s内的位移大小。
答案　(1)　(2)3 m/s2，方向沿斜面向下　(3)6 m/s　6 m
解析　(1)对小物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上，则
mgsin 37°=qEcos 37°
可得E==。
(2)当电场强度变为原来的时，小物块受到的合力
F合=mgsin 37°-qEcos 37°=0.3mg
由牛顿第二定律有F合=ma
解得a=3 m/s2，方向沿斜面向下。
(3)由运动学公式知，2 s末的速度v=at=3×2 m/s=6 m/s
2 s内的位移x=at2=×3×22 m=6 m。
本节内容结束
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