電場經典習題易錯題

1、電場線在電場中的作用電場線是為了形象地描述電場中各點電場強度的強弱和方向而引入的假想的曲線。她在解決帶電粒子在電場中有關問題時所起的作用是很大的，主要表現(xiàn)在以下幾個方面。一、利用電場線的稀密能判斷電場強度的大小電場線的稀密表示電場強度的大小，電場線越密的地方電場強度越大，電場線越稀的地方電場強度越小。例1兩帶電量分別為q和q的點電荷放在x軸上，相距為L，能正確反映兩電荷連線上場強大小E與x關系的是如圖1所示中的（ ）二、利用電場線的方向來判斷電場力的方向電場線在某點的切線方向為電場強度的方向。正電荷所受的電場力方向與電場強度方向相同，負電荷所受的電場力方向與電場強度方向相反。根據(jù)電場力的方向和

2、電場強度的方向可判斷帶電體的電性，根據(jù)電場力的方向和電荷移動情況還可以判斷電場力做功情況。例2如圖3所示，初速度為v的帶電粒子，從A點射入電場，只受電場力作用沿虛線運動到B點，試判斷：（1）粒子帶電性質；（2）粒子加速度大小如何變化；（3）粒子的速度大小如何變化。例3在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形的abcd，頂點a、c處分別固定一個正點電荷，電荷量相等，如圖4所示。若將一個帶負電的粒子置于b點，自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復運動。粒子從b點運動到d點的過程中（）A先作勻加速運動，后作勻減速運動 B先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢C電勢能與機械能之和先增大，后減小 D電勢能先減小，

3、后增大三、利用電場線的方向來判斷電勢的高低順著電場線的方向，電勢逐漸降低，電場線的方向是電勢降低最快的方向，但電勢降低的方向不一定是電場線的方向。例4某靜電場的電場線分布如圖6所示，圖中P、Q兩點的電場強度的大小分別為EP和EQ，電勢分別為P和Q，則（）AEPEQ，PQ BEPEQ，PQCEPEQ，PQ DEPEQ，PQ四、利用電場線與等勢面的垂直關系電場線與等勢面垂直，并且總是由高的等勢面指向低的等勢面，電場線密集的地方，等勢面也密集，電場線稀疏的地方，等勢面也稀疏。例5圖7中虛線為勻強電場中與場強方向垂直的等間距平行直線。兩粒子M、N質量相等，所帶電荷的絕對值也相等?，F(xiàn)將M、N從虛線上的O

4、點以相同速率射出，兩粒子在電場中運動的軌跡分別如圖中兩條實線所示。點a、b、c為實線與虛線的交點，已知O點電勢高于c 點。若不計重力，則( )AM帶負電荷，N帶正電荷BN在a點的速度與M在c點的速度大小相同 CN在從O點運動至a點的過程中克服電場力做功DM在從O點運動至b點的過程中，電場力對它做的功等于零 帶電粒子在電場中偏轉的三個重要結論關于帶電粒子在電場的運動問題，高考題中經常出現(xiàn)，下面我們先看一個例題：例：如圖所示，質量為m電荷量為q的帶電粒子以平行于極板的初速度v0射入長L板間距離為d的平行板電容器間，兩板間電壓為U，求射出時的側移、偏轉角和動能增量例1如圖所示，電子在電勢差為U1的加

5、速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩塊平行極板間的電場中，射入方向跟極板平行，整個裝置處在真空中，重力可忽略，在滿足電子能射出平行板區(qū)的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉角變大（ ）AU1變大、U2變大 BU1變小、U2變大CU1變大、U2變小 DU1變小、U2變小例2證明：在帶電的平行金屬板電容器中，只要帶電粒子垂直電場方向射入（不一定在正中間），且能從電場中射出如圖所示，則粒子射入速度v0的方向與射出速度vt的方向的交點O必定在板長L的中點例3（如圖甲所示，建立Oxy坐標系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱，極板長度和板間距均為l，第一四象限有磁場，方向垂直于O

6、xy平面向里。位于極板左側的粒子源沿x軸間右連接發(fā)射質量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子在03t時間內兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極邊緣的影響）。已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時，刻經極板邊緣射入磁場。上述m、q、l、l0、B為已知量。（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）（1）求電壓U的大小。（2）求時進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑。靜電場中幾個疑難小問題的突破電場是一種抽象的物質，看不見、摸不著，初學時很難全面把握它的特性。靜電場中的問題一般涉及的物理量又較多，運用的規(guī)律不一而足，往往還需要把討論的問題和力學、電學知識相結合，處理起來有一定

7、難度。下面以幾個靜電場中的疑難小問題為例，通過介紹處理的方法，幫助初學者開拓思路，尋找靈感。一、電勢的推斷及電場線的描繪通過發(fā)現(xiàn)不同點電勢差之間的關系，利用“等分”的思想找到等電勢點，連接后畫出等勢面，再借助電場線與等勢面間的關系描繪出電場線，是解決此類問題的基本思路。例1：如圖所示，A、B、C、D是勻強電場中一個正方形的四個頂點，已知A、B、C三點的電勢分別為、，由此可以推斷D點的電勢是多少？試在方框內作出該電場的示意圖，要保留作圖時所用的輔助線。解析：“等分法”處理步驟如下1找出已知點中電勢最低的點，求出其余各點和該點間的電勢差；2利用添加分母的方式確定出上述幾個電勢差之間的關系；3按分母

8、上的數(shù)值將對應兩點間的連線進行等分，找到等勢點，畫出等勢線；4依據(jù)等勢面的分布及電勢的相對高低描繪電場線。在本題中C點電勢最低，則， 比較后發(fā)現(xiàn)，有：故將A、C連線3等分（B、C連線無需處理），找到B的等電勢點M，過D點作BM的平行線DN，DN與AC的交點N就是D的等電勢點，而N剛好也是AC連線上的一個等分點，電勢數(shù)值可求。因，所以，虛線框內電場線分布如圖中實線所示，方向垂直BM向下。二、靜電平衡問題靜電平衡問題素來有電場中的“迷宮”之稱，那么怎樣才能順利走出“迷宮”呢？這就要靠描繪電場的形象工具電場線，正所謂“走出迷宮靠引線”！具體地講，就是先設法畫出導體周圍的幾條電場線，然后結合電場線的分

9、布和走向進行問題的分析處理。其中，靜電場中的電場線有如下特點：（1）起源于正電荷（或無窮遠處），終止于負電荷（或無窮遠處），不會在沒有電荷的地方中斷（場強為0的奇異點除外）；（2）電場線不能形成閉合曲線；（3）任何兩條電場線不會相交。導體達到靜電平衡時有以下三個特征：（1）內部場強處處為0；（2）導體表面的電場線與導體表面處處垂直；（3）導體是個等勢體。例2：如圖所示，A、B為帶異種電荷的小球，將兩個不帶電的導體棒C、D放在兩球之間，當用導線將C棒左端點x和D棒右端點y連接起來的瞬間，導體中的電流方向如何？三、帶電粒子運動軌跡的分析帶電微粒僅在電場力的作用下做曲線運動時，根據(jù)軌跡彎曲的方向可以

10、判斷粒子的電性以及速度、動能、電勢能的變化情況。若能靈活采用假設法、對比法，則無需機械記憶相關結論，就可快速完成分析過程。例3：一帶電粒子從電場中的A點運動到B點，徑跡如圖中虛線所示，不計粒子所受重力，則（ ）A粒子帶正電 B粒子動能逐漸減小C粒子在A點的加速度大于在B點的加速度 D粒子在A點具有的電勢能更大四、電容器的動態(tài)分析“變中抓不變”是處理動態(tài)變化問題的準則，電容器的動態(tài)分析也不例外，實際問題一般分兩種情況：一是定電壓問題，即電容器始終與電源相連，電容器兩極板間的電壓保持不變，以此不變量出發(fā)討論其它量的變化。二是定電荷量問題，即電容器在充電后與電源斷開，電容器的帶電荷量保持不變，在此基

11、礎上討論其它量的變化。其中，第二種情況下板間場強的變化可借助電場線的分布來形象理解。在粗略的情況下，可認為電容器兩極板間的電場線只分布在兩極板正對的部分，且電場線總條數(shù)與電容器所帶電荷量成正比。在一定（即電場線總條數(shù)一定）的情況下，若僅改變板間距離，如圖（1）（2），由于兩板正對面積不變，則電場線分布的范圍不變，所以電場線的疏密程度不會改變，場強不變（但電場線的長度發(fā)生了變化）；若僅改變正對面積，譬如正對面積減小，如圖（1）（3），則電場線分布范圍變小，導致電場線分布變密，場強增大。例4：兩塊大小、形狀完全相同的金屬平板平行放置，構成一平行板電容器，與它相連接的電路如圖所示，接通開關K，電源即

12、給電容器充電，則（ ）A保持K接通，減小兩板間的距離，則板間場強減小B保持K接通，在兩板間插入一塊介質，則極板上的帶電量減少C斷開K，減小兩板間的距離，則兩板間的電勢差減小，場強也減小D斷開K，在兩板間插入一塊介質，則兩板間的電勢差減小不識電場真面目只緣沒有電場線一、依據(jù)常見電場的電場線來畫出需要的電場線孤立點電荷周圍的電場線、等量異種點電荷的電場線、等量同種點電荷的電場線、點電荷與帶電平的電場線，需要記住，可直接套用。例1如圖1所示，P、Q是兩個電量相等的正的點電荷它們連線的中點是O，A、B是中垂線上的兩點，用分別表示A、B兩點的場強和電勢，則（）A一定有，一定有B不一定有，一定有C一定有，

13、不一定有 D不一定有，不一定有例2如圖3所示，在x軸上關于原點O對稱的兩點固定放置等量異種點電荷+Q和-Q，x軸上的P點位于的右側。下列判斷正確的是（）A在x軸上還有一點與P點電場強度相同B在x軸上還有兩點與P點電場強度相同C若將一試探電荷+q從P點移至O點，電勢能增大D若將一試探電荷+q從P點移至O點，電勢能減小例3在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形的abcd，頂點a、c處分別固定一個正點電荷，電荷量相等，如圖5所示。若將一個帶負電的粒子置于b點，自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復運動。粒子從b點運動到d點的過程中（）A先作勻加速運動，后作勻減速運動B先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢C

14、電勢能與機械能之和先增大，后減小D電勢能先減小，后增大二、依據(jù)等勢面畫出需要的電場線電場線總是與等勢面垂直，在不同的等勢面間，沿著電場線的方向各等勢面的電勢越來越低。據(jù)此可以畫出電場線。例4如圖7，虛線為勻強電場中與場強方向垂直的等間距平行直線，兩粒子M、N質量相等，所帶電荷的絕對值也相等，現(xiàn)將M、N從虛線上的O點以相同速率射出，兩粒子在電場中運動的軌跡分別如圖1中兩條實線所示。點ABc為實線與虛線的交點，已知O點電勢高于c 點。若不計重力，則（）AM帶負電荷，N帶正電荷BN在a點的速度與M在c點的速度大小相同CN在從O點運動至a點的過程中克服電場力做功DM在從O點運動至b點的過程中，電場力對

15、它做的功等于零例5如圖9勻強電場中有a、b、c三點，在以它們?yōu)轫旤c的三角形中，a30、c90，電場方向與三角形所在平面平行。已知a、b和c點的電勢分別為V、V和2V，該三角形的外接圓上最低、最高電勢分別為（）AV、V B0 V、4 VCV、 D0 V、V談靜電場中兩道題的拓展例1：如圖1所示，質量為m、帶+q電量的滑塊，沿絕緣斜面勻速下滑，當滑塊滑至豎直向下的勻強電場區(qū)時，滑塊運動的狀態(tài)為( )A繼續(xù)勻速下滑 B將加速下滑C將減速下滑 D上述三種情況都可能發(fā)生變形1：圖3把電場強度方向改為向上，其他條件不變，問：物體將做什么運動？()變形2：圖4把電場強度方向改為水平向左，其他條件不變，問：物

16、體將做什么運動？變形3：圖5把電場強度方向改為水平向右，其它條件不變，問：物體將做什么運動？例2：如圖6所示，Q為固定的正點電荷，A、B兩點在Q點的正上方和Q相距分別為h和025h，將另一點電荷從A點由靜止釋放運動到B點時速度正好又變?yōu)榱悖舸穗姾稍贏點處的加速度大小為3/4g。求：1、此電荷在B點處的加速度？2、A、B兩點間的電勢差？（用Q、h表示）變形：題目見上一題，而把“在A點加速度為3/4g”改為“對于點電荷的電場其電勢的表達式為，取無限遠處為電勢為零的點”，問：在A到B的過程中，其速度在什么位置達到最大？最大值為多少？下載： 例1.解析：根據(jù)題意畫出等量異種點電荷的電場線分布圖，如圖

17、2所示，兩電荷連線上場強大小E與x關系是關于兩點電荷連線的中垂線對稱，靠近兩點電荷附近電場線越密電場強度較大，中央最稀電場強度最小，但不是零，因此正確的選項為A。例2. 解析：（1）帶電粒子只受電場力作用沿虛線運動到B點，則所受電場力的方向指向彎曲的內側，與電場線的方向相同，所以粒子帶正電。（2）粒子向電場線密的地方運動，所受的電場力不斷增大，則加速度不斷增大。（3）粒子速度方向為軌跡的切線方向，與電場力方向的夾角小于900，電場力做正功，粒子的速度大小不斷增大。例3. 解析：a、c處等量正點電荷的電場線，如圖5所示，由于不是勻強電場，帶負電的粒子受到的電場力是變力，加速度是變化的，不可能作勻

18、加速運動或勻減速運動。由等量正電荷的電場分布知道，在兩電荷連線的中垂線O點的電勢最高，所以從b到d，電勢是先增大后減小，由于只有電場力做功，所以只有電勢能與動能的相互轉化，故電勢能與機械能之和守恒，由b到O電場力做正功，電勢能減小，由O到d電場力做負功，電勢能增加，所以正確的選項為D。例4. 解析：電場線的稀密表示電場強度的大小，則P點的場強大于Q點的場強；P、Q兩點在同一條電場線上且由P指向Q，沿著電場線的方向電勢逐漸降低，則P點的電勢大于Q點的電勢。故正確的選項為A。例5. 解析：圖中的虛線為等勢線，由于等勢線與電場線垂直，而O點電勢高于c 點，所以電場線方向豎直向下，根據(jù)M、N粒子的運動

19、軌跡可知N受到的電場力向上，M受到的電場力向下, M帶正電荷，N帶負電荷，A錯。O到a的電勢差等于O到c的兩點的電勢差，由于M和N電荷和質量大小相等，電場力做的正功相等，由動能定理可得N在a點的速度與M在c點的速度大小相同，但方向不同，B對C錯。O和b位于同一等勢面上，M在從O點運動至b點的過程中，電場力對它做的功等于零，D正確，故正確的選項為BD。例. 解：分解為兩個獨立的分運動：平行極板的勻速運動（運動時間由此分運動決定），垂直極板的勻加速直線運動，偏角：，得：穿越電場過程的動能增量是：EK=qEy （注意，一般來說不等于qU），從例題可以得出結論有三：結論一、不同帶電粒子從靜止進入同一電

20、場加速后再垂直進入同一偏轉電場，射出時的偏轉角度總和位移偏轉量y是相同的，與粒子的q、m無關。例1.解析：電子在加速電場中由動能定理得,電子在偏轉電場中有： 由以上各式得：，可知要使增大必然U2變大，U1變小，故選B答案：B結論二、粒子垂直進入電場偏轉射出后，速度的反向延長線與初速度延長線的交點為粒子水平位移中點。（粒子好像是從中點直線射出?。├?. 證明：粒子從偏轉電場中射出時偏距，粒子從偏轉電場中射出時的偏向角，作粒子速度的反向延長線，設交于O點，O點與電場邊緣的距離為x，則。可知，粒子從偏轉電場中射出時，就好像是從極板間的處沿直線射出似的，即證。結論三、粒子垂直飛入電場偏轉射出時，速度偏

21、轉角正切值（）等于位移偏轉角正切值（）的兩倍（）。例3. 解析：（1）時刻進入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動，時刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負方向偏移的距離為，則有,聯(lián)立以上三式，解得兩極板間偏轉電壓為。（2）時刻進入兩極板的帶電粒子，前時間在電場中偏轉，后時間兩極板沒有電場，帶電粒子做勻速直線運動。帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為,帶電粒子離開電場時沿y軸負方向的分速度大小為,帶電粒子離開電場時的速度大小為,設帶電粒子離開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R，則有,聯(lián)立上式解得。點評：本題是高考真題，考查的是帶電粒子在勻強電場、勻強磁場中的運動。例2. 解析：導線中的電流總是從電勢

22、高的一端流向電勢低的一端，因此解決此問題的關鍵是要判斷出x、y兩點電勢的相對高低。依據(jù)電場線的特點和處于靜電平衡中的導體的特征，畫出連接A、B、C、D的幾根電場線。務必注意，因靜電平衡的導體C為等勢體，故電場線不可能存在，電場線也不可能有，有興趣可通過反證法證明。因此在畫圖過程中要一定注意科學性，一般只需畫出連接所有導體的幾條電場線即可。沿電場線電勢逐漸降低，故由圖可知，也就是，所以用導線連接x、y兩點瞬間，導體中的電流方向從x到y(tǒng)。例3. 解析：由圖可知A處的電場線比B處的電場線密，說明A處的場強大于B處的場強，根據(jù)牛頓第二定律和電場力大小計算式可得：，故粒子在A點的加速度大些，選項（C）正

23、確。又如圖，畫出軌跡在P點的切線方向（利用軌跡與電場線的交點討論問題比較方便），即粒子在P點的速度方向。假設粒子不受電場力作用，由于慣性，粒子將沿P點的切線方向做勻速直線運動，對應的軌跡如圖，而實際的運動軌跡相對于畫出的直線軌跡向左偏折，說明粒子所受電場力方向向左，同時電場力的方向又必須跟所在處的場強方向共線，綜合可知，粒子在P點受到的電場力方向應該沿P點的電場線向左。因為電場力方向與場強方向相反，所以粒子應該帶負電，選項（A）錯；電場力與速度間的夾角大于，說明電場力是粒子運動的阻力，故對粒子做負功。依據(jù)功能關系可以判斷：粒子的動能減少，電勢能增加。選項（B）正確、（D）錯誤。本題正確選項是（

24、B）（C）。例4. 解析：選項A、B屬定電壓問題。 由可知，選項A錯；由、得，選項B正確；選項CD屬定電荷量問題。由、得，但由于電場線總條數(shù)、電場線分布的范圍不變，故電場線的疏密程度不會改變，即場強大小不變，選項C錯；同理，選項D錯誤。本題正確選項是B。學習電場，需要足夠的耐心和想象力，一定要注意前后概念、規(guī)律之間的內在聯(lián)系，學會用自己熟悉的知識來與電場進行類比，再通過適當強度的習題訓練，歸納出各類問題的處理方法。尤其是在借鑒已有方法的同時，還要善于變通、打破常規(guī)，盡量在易懂、易記上做文章，因為只有適合自己的方法才是最好的方法。例1. 解析：畫出兩個電量相等的正的點電荷的電場線分布如圖2，電場

25、線特點是先密再疏，A、B是中垂線上的兩點，但具體位置不確定，可上，可下，這樣A、B所在處的電場線的疏密程度就會變化，就不一定有，但根據(jù)沿著電場線電勢降低，一定有。答案：B。點評：通過畫出兩個電量相等的正的點電荷的電場線分布，使無形的電場變的有形，問題的解答變形象化、具體化。例2. 解析：畫出等量正負點電荷的電場線如圖4，由電場分布可知，在x軸上還有一點與P點電場強度相同，即和P點關于O點對稱的C點，A正確。若將一試探電荷+q從P點移至O點，電場力先做正功后做負功，所以電勢能先減小后增大。一般規(guī)定無窮遠電勢為零，過O點的中垂線電勢也為零，所以試探電荷+q在P點時電勢能為負值，移至O點時電勢能為零

26、，所以電勢能增大，C正確。答案AC點評：電場線可用來形象地描述電場的特性，以上解析畫出了能形象描述電場分布的輔助工具電場線，化抽象為形象，使問題的解答變的很容易。例3. 解析：畫出ac處等量正點電荷電場線如圖6，由于不是勻強電場，-q受到的電場力是變力，加速度是變化的。所以A錯；由電場線分布圖6，從b到O，-q逆著電場線運動，O到d再順著電場線運動，故b到d電勢是先增大后減小，B錯；從b到a，-q只受到的電場力，即只有電場力做功，電勢能與動能的相互轉化，故電勢能與機械能的和守恒，C錯；由b到O電場力做正功，電勢能減小，由O到d電場力做負功，電勢能增加，D對。答案：D點評：本題如果直接對a、c處

27、的正點電荷對-q，使用庫侖定律，受力分析，也可解答，但不如用電場線分布圖來解，形象，簡單。例4. 解析：由圖中等勢線的特點，O點電勢高于c點，沿著電場線電勢降低，該勻強電場的電場線向下，如圖8，根據(jù)MN粒子的運動軌跡可知N受到的電場力向上，M受到的電場力向下，M粒子帶正電荷，N粒子帶負電荷，a、c都錯。O到a的電勢差等于O到c的電勢差，且電荷和質量大小相等，而且電場力都做的是正功，根據(jù)動能定理得a與c兩點的速度大小相同，但方向不同，B對。又圖中O點與b點在同一等勢線上，所以M點從O點到b點的過程中電場力對粒子做功等于零，D正確。答案BD。點評：本題中告訴了O點電勢高于c點，由沿著電場線電勢降低，可以畫出電場線，粒子受力方向一眼就能看出，接著做功問題也很容易得出了。例5. 解析：根據(jù)勻強電場的電場線與等勢面是平行等間距排列，且電場線與等勢面處處垂直，沿著電場線方向電勢均勻降落，取ab的中點O，即為三角形的外接圓的圓心，且該點電勢為2V，故Oc為等勢面，MN為一條電場線，方向為MN方向，畫出電場線分布如圖10，UOP= UOa=V，UON ：UOP=2：，故UON =2V，