抓住主線 看透變化 用活規(guī)律

黃干生

2015年全國高考十四套試題中，有關(guān)靜電場知識的考題多達20余道，考查范圍較廣，幾乎覆蓋了本內(nèi)容的全部考點；試題難度不高，多數(shù)試題是通過一定的情景載體來實現(xiàn)對基本概念、基礎(chǔ)知識、基本技能的考查；題型較為單一，是以選擇題為主，有極少量的解答題；試題綜合性不強，主要考查對庫侖定律、電阻定律、靜電力做功、牛頓第二定律、動能定理等重要規(guī)律的簡單應(yīng)用。下面我們就通過實例的分析與解答領(lǐng)會求解靜電場試題的基本方法。

一、抓住主線，注重基礎(chǔ)

電場線、電場強度、電勢、電勢能等考點既是靜電場的主線，也是該部分的知識基礎(chǔ)。如兩個點電荷之問的電場線分布，試探電荷在該電場中移動過程中靜電力做功及其電勢、電勢能的變化經(jīng)常被考到，只有抓住這條主線，理解相關(guān)考點的概念及其間的聯(lián)系，才能掌握解答這類試題的方法。

例1 （海南卷）如圖1所示，兩電荷量分別為Q（Q>O）和-Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點0的兩側(cè)，a點位于x軸上O點與點電荷Q之間，b點位于y軸O點上方。取無窮遠處的電勢為零，下列說法正確的是（）。

A.b點的電勢為零，電場強度也為零

B.正的試探電荷在a點的電勢能大于零，所受靜電力方向向右

C.將正的試探電荷從O點移到a點，必須克服靜電力做功

D.將同一正的試探電荷先后從O、b點移到a點，后者電勢能的變化較大

解析：等量異性電荷在其連線的中垂線上的電場強度方向水平且指向負電荷一側(cè)，所以電場強度方向總與中垂線垂直，中垂線上各點電勢相等，即中垂線為等勢線且電勢為零。由圖可知b點電勢為零，但電場強度不為零，選項A錯誤。因為0點電勢為零，0點左側(cè)電勢為正，右側(cè)電勢為負，所以正的試探電荷在a點的電勢能大于零，所受靜電力方向向右，選項B正確。由于0點電勢低于a點電勢，正的試探電荷從0點移到a點，靜電力做負功，即克服靜電力做功，選項C正確。0點和b點在同一等勢面上，將同一正的試探電荷先后從0、b點移到a點，靜電力做功相等，電勢能變化相同，選項D錯誤。答案為BC。

點評：本題涉及的考點有電場強度、電勢、電勢能、靜電力做功等。等量異性電荷連線中垂線上的各處電勢、電場強度的比較是本題考查的重點。無論是等量同性電荷還是等量異性電荷，其連線中點的場強、電勢特點都是同學(xué)們必須掌握的。

例2 （上海卷）兩個正、負點電荷周圍的電場線分布如圖2所示。P、Q為電場中兩點，則（）。

A.正電荷從P點由靜止釋放能運動到Q點

B.正電荷在P點的加速度小于在Q點的加速度

C.負電荷在P點的電勢能高于在Q點的電勢能

D.負電荷從P點移動到Q點，其間必有一點電勢能為零

解析：正電荷所受靜電力方向與電場線方向相同或沿電場線切線方向，而速度方向并非沿電場線方向，所以正電荷從P點由靜止釋放不能運動到Q點，選項A錯誤。根據(jù)圖示電場及電場線的分布情況可知，正電荷的電荷量大于負電荷的電荷量，它們并非等量異性電荷，因此P點的場強大于Q點的場強，正電荷在P點的加速度大于在Q點的加速度，選項B錯誤。將負電荷由P點移到Q點，靜電力做負功，電荷的電勢能增大，故負電荷在P點的電勢能低于在Q點的電勢能，選項C錯誤。從正電荷到負電荷，電勢逐漸降低，負電荷處的電勢應(yīng)為負值，所以在正電荷到負電荷之間總有電勢為零的一點，負電荷在這點的電勢能也應(yīng)為零，選項D正確。答案為D。

點評：本題考查兩點電荷之間的電場線分布、比較不同的點電場強度的大小、電勢高低、移送電荷靜電力做功及被移送電荷的電勢能變化。教材上介紹了等量同性電荷、等量異性電荷之間的電場線分布圖像，但此題兩個異性電荷是不等量的，如果生搬結(jié)論，不能活用知識，必然會造成失誤。

例3 （江蘇卷）兩個相同的負電荷和一個正電荷附近的電場線分布如圖3所示。c是兩負電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則（）。

A.a點的電場強度比b點的大

B.a點的電勢比b點的高

C.c點的電場強度比d點的大

D.c點的電勢比d點的低

解析：由圖可知a點的電場線密度比b點的電場線密度大，所以a點的電場強度比b點的大，選項A正確。因為a點靠近負電荷，所以a點的電勢比b點的低，選項B錯誤。正電荷在c、d兩點產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反，兩負電荷在c點產(chǎn)生的合場強為零，在d點產(chǎn)生的合場強與正電荷在該點產(chǎn)生的場強方向相反而指向c點，所以三電荷在c點的合場強大于d點的合場強，選項C正確。因為c、d到正電荷的距離相等，所以c、d兩點在以正電荷為圓心、以c到正電荷距離為半徑的圓面上，而這個圓面是正電荷產(chǎn)生電場的一個等勢面。又由圖知，c、d在等量負電荷連線的中垂線上，且在中垂線與等量負電荷連線的交點處的電勢最低，綜合兩種情況，可得d點電勢高于c點電勢，選項D正確。答案為ACD。

點評：本題涉及電場線、電場強度、電勢等考點，要求對等量同性電荷連線中點的電場強度和電勢與連線的中垂線上各點電場強度和電勢進行比較。根據(jù)電場線的疏密程度來判斷場強大小，選項A易確定；根據(jù)距離負電荷的遠近，排除選項B也不難；C、D兩選項涉及等量同性電荷連線中點與連線的中垂線上各點場強、電勢的比較問題，以及與正電荷產(chǎn)生的電場在這兩點場強的疊加、電勢代數(shù)和的判斷問題。

小結(jié)：理解并掌握等量同性電荷、等量異性電荷電場線的分布情況及其連線的中垂線上各點場強關(guān)系和電勢關(guān)系，是解答上述問題的有力武器。

二、看透變化，順藤摸瓜

電荷在電場中移動的原因無非是受到力的作用，但在分析受力時一定要看清這個或這些力是持續(xù)作用還是瞬時作用，是恒定作用還是變化作用，是階段作用還是階梯作用，電荷自身重力是計還是不計。只有將受力分析清楚了，才能看透電荷是處于平衡狀態(tài)還是加速運動狀態(tài)，靜電力是做正功還是做負功，電荷的電勢能是增大還是減小，從而才能收到順藤摸瓜的效果。

例4 （廣東卷）在如圖4所示的水平勻強電場中，將兩個帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置，釋放后.M、N保持靜止，不計重力，則（）。

A.M的帶電荷量比N的大

B.M帶負電荷，N帶正電荷

C.靜止時M受到的合力比N的大

D.移動過程中勻強電場對M做負功

解析：小球M和N分別沿圖示路徑移動到同一水平線上的不同位置，釋放后，均保持靜止，說明兩小球均處睛平衡狀態(tài)，且此時的平衡是電場對小球的靜電力和兩小球間庫侖力的平衡，又因其庫侖力大小相等，故兩電荷所受電場對它的靜電力也大小相等，選項C錯誤。在同一勻強電場中，因為兩小球所受電場對它的靜電力大小相等，所以兩小球所帶的電荷量也相等，選項A錯誤。若兩小球所帶電荷為同性，則庫侖力為排斥力（分別為向左和向右），而電場塒它的靜電力不可能使兩小球靠攏，所以兩小球應(yīng)帶異性電荷，若M球受庫侖力向右，則電場對它的靜電力應(yīng)向左，由此分析，M球應(yīng)帶負電荷，N球應(yīng)帶正電荷，選項B正確。小球在移動過程中，由圖知負電荷M沿電場方向而動，電場對它的靜電力做負功，正電荷N逆電場方向而動，電場對它的靜電力做正功，選項D正確。答案為BD。

點評：題目中涉及的雖然是帶電小球，但不計重力，注意了這一點，后面的分析就簡單多了。能看出兩帶電小球之間存在庫侖力，并與其所受電場對它的靜電力相平衡，問題就能迎刃而解。判斷出了電荷的正負，電場對它的靜電力做功的正負，結(jié)論也就隨之而出了。

例5（海南卷）如圖5所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距ι，，在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q（q>O）的粒子，在負極板附近有另一質(zhì)量為，m、電荷量為-q的粒子，在靜電力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與相距的平面。若兩粒子間的相互作用力可忽略，不計重力，則M：m為（）。

A.3：2

B.2：1

C.5：2

D.3：1

解析：設(shè)兩極板問勻強電場的電場強度為E，兩粒子的運動時問相同，則對帶電荷量為q的粒子有且其在靜電力的作用下做勻加速運動，有詈。對帶電荷量為-q的粒子有且其在靜電力的作用下做勻加速運動，有。聯(lián)立以上各式解得。答案為A。

點評：與例4相比，此題中不僅不計帶電粒子的重力，同時還忽略兩帶電粒子之間的庫侖力，粒子只在靜電力（持續(xù)的恒定作用力）的作用下做勻加速直線運動，看準(zhǔn)這一點就可以為解題節(jié)約大量的時間。

例6 （江蘇卷）如圖6所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左。不計空氣阻力，則小球（）。

A.做直線運動

B.做曲線運動

C.速率先減小后增大

D.速率先增大后減小

解析：先作出帶正電小球在電場中的受力圖如圖7所示，小球受到的合力F合指向左下方，合力方向與初速度方向間的夾角a>90°，所以小球不會做直線運動，而是做曲線運動，選項A錯誤，B正確。隨著小球在電場中的運動，其合力方向與速度方向間的夾角a先從大于90°變化到等于90°，在這個變化范圍中合力對小球做負功，所以小球的速率不斷變小。當(dāng)合力方向與速度方向間的夾角a<90°后合力對小球做正功，故小球的速率增大。因此選項C正確，D錯誤。答案為BC。

點評：與例5相比，此題中小球受到的重力是必須要考慮的，靜電力、重力對小球持續(xù)作用，因而其運動狀態(tài)在隨時改變。認識到了這一點，B、C、兩選項就不難判定了。

三、細致觀察，分段剖析，用活規(guī)律

有些試題往往通過新穎的情景、多運動過程、隱含的條件、復(fù)雜的受力來考查同學(xué)們的各種能力。遇到這類試題時，同學(xué)們一定要認真讀題、細致觀察、分段剖析、靈活運用規(guī)律，從而實現(xiàn)審題高效、解題過程簡潔、解答順暢的曰的。

例7 （四川卷）如圖8所示，粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上，B端與桌面邊緣對齊，A是軌道上一點，過A點并垂直于軌道的豎直而右側(cè)有場強大小E=，方向水平向右的勻強電場。帶負電的小物體P的電荷量，質(zhì)量m=0.25kg，與軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，P從0點由靜止開始向右運動，經(jīng)過0.55s到達A點，到達B點時的速度是5m/s，到達空間D點時速度與豎直方向間的夾角為a，且tana=1.2。小物體P在整個運動過程中始終受到水平向右的某外力F的作用，F(xiàn)的大小與小物體P的速率u的關(guān)系如表1所示。小物體P可被視為質(zhì)點，電荷量保持不變，忽略空氣阻力，取，求：

（l）小物體P從開始運動至速率為2m/s所用的時間；

（2）小物體P在從A點運動至D點的過程中，靜電力做的功。

解析：（l）小物體P在水平桌面上運動時，在豎直方向上只受重力和支持力作用，由表中信息知小物體P的速率在0～2m/s區(qū)間內(nèi)時，所受外力F1=2N，設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a1，經(jīng)過的時間為t1，則由牛頓第二定律得F1-μmg=，解得。因為0.55s>0.5s，說明物體在水平外力F1作用下運動0.5s時還沒有到達A點。

（2）小物體P的速率在2～5m/s區(qū)間內(nèi)時，所受水平外力F₂=6N.從速率為2m/s運動至A點，設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a₂，運動到A點時的速度為v₂，運動的時間t₂=0.55s-0.5s=0.05s，由牛頓第二定律得，解得v₂=3m/s。小物體P從A點運動到B點的過程中，在水平方向上受到的外力仍為F₂=6N，靜電力為qE，設(shè)其在這個階段的加速度為a3，位移為s1，則由牛頓第二定律和勻變速直線運動規(guī)律得，又有v_B=5m/s，解得s₁=1m。小物體P以速度VB滑離B點時，在水平方向上受到的外力F₃=3N，靜電力大小FE=qE=3N，所以有F_E=F₃。F3與FE大小相等，方向相反，小物體P在水平方向上所受合力為零，所以小物體P從B點開始做初速度為V_B的平拋運動。設(shè)小物體P從B點運動至D點所用時間為t3，水平位移為s2，則由題意知其到達D點時在豎直方向上的速度，又有tana=1.2，解得。因此小物體P從A點運動至D點靜電力做負功，其大小=-9.25J。

點評：本題涉及滑動摩擦力、靜電力、力的合成、勻變速直線運動、平拋運動、牛頓第二定律、靜電力做功等多個考點。試題特點是研究對象雖然單一，但物體受力多變，運動過程多段，運動形式多種，求解物理量多元（運動時間、加速度、速度、位移、功）。同學(xué)們在解答時應(yīng)保持頭腦清醒，緊盯研究對象，細致觀察題目提供的情景、數(shù)據(jù)與求解問題之間的關(guān)系，準(zhǔn)確進行受力分析，用活物理定律，步步為營，直至順利求解。

跟蹤訓(xùn)練

1.（2009年北京卷）某靜電場的電場線分布如圖9所示，圖中P、Q兩點的電場強度的大小分別為EP和Eo，電勢分別為ψp和ψQ，則（）。

2.（2010年上海卷）三個點電荷電場的電場線分布如圖10所示，圖中a、b兩點處的場強大小分別為Ea、Eb，電勢分別為ψa、ψb則（）。

3.（2015年安徽卷）已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強大小為，其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量，ε。為常量。如圖11所示的平行板電容器，極板正對面積為S，其間為真空，帶電荷量為Q。不計邊緣效應(yīng)時，極板可視為無窮大導(dǎo)體板，則極板間的電場強度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為（）。

參考答案：1.A 2.C 3.D