淺析靜電場中等勢面的應(yīng)用

應(yīng)德勇

一、在等勢面上移動電荷電場力不做功的應(yīng)用

根據(jù)W=q（φa-φb）可知，當(dāng)φa=φb時，W=0，因此在等勢面上移動電荷電場力不做功.

圖1例1 如圖1所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點處有一正點電荷，D點為O點在斜面上的垂足，OM=ON.帶負(fù)電的小物體以初速度v1=5 m/s從M點沿斜面上滑， 到達(dá)N點時速度恰好為零，然后又滑回到M點時速度大小變?yōu)関2=3 m/s.若小物體電荷量保持不變，可視為點電荷.

求：N點離斜面底邊的高度h為多少？

解析 由于M、N距O處正點電荷的距離相同，故M、N為等勢點，所以帶電體在兩點間運動時電場力做功為零，設(shè)物體從M到N時，克服摩擦力做的功為Wf，當(dāng)物體從M到N時，由動能定理有-mgh-Wf=0-12mv21，物體從N到M時，由動能定理有mgh-Wf=12mv22-0， 聯(lián)立得h=v21+v224g，代入數(shù)據(jù)得h=0.85 m.

二、等勢面與電場線垂直的應(yīng)用

電場線與等勢面垂直，則確定了等勢線，就可確定電場強(qiáng)度的方向.

圖2例2 勻強(qiáng)電場中的三點A、B、C是一個三角形的三個頂點，AB的長度為1 m，D為AB的中點，如圖2所示.已知電場線的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三點的電勢分別為14V、6V和2V.設(shè)場強(qiáng)大小為E，一電量為1×10-6C的正電荷從D點移到C點電場力所做的功為W，則（ ）.

A.W=8×10-6J，E>8 V/m

B.W=6×10-6J，E><6 V/m

C.W=8×10-6J，E≤8 V/m

D.W=6×10-6J，E≤6 V/m

圖3解析 如圖3所示，由題勻強(qiáng)電場中，根據(jù)在勻強(qiáng)電場內(nèi)同一條直線上電勢差與直線距離成比例，由于D為AB的中點，則D點的電勢φD=φA+φB2=10 V，電荷從D點移到C點電場力所做的功為W=qUDC=q（φD-φC）=8×10-6J. 將AC三等分，則φE=10V，φF=6V，B、F為等勢點，BF為等勢線，由于電場線與等勢線垂直，過A做BF的垂線即為電場線.根據(jù)E=Ud可知，UAO=14-6=8V，d=AO8V/m.

故選A.

三、在勻強(qiáng)電場中等勢線是一簇平行的直線的應(yīng)用

勻強(qiáng)電場中的等差等勢線是一簇平行的直線，與電場線垂直.若已知勻強(qiáng)電場中一條等勢線，則與之平行的直線也必是等勢線.

圖4例3 如圖4所示，A、B、C、D是勻強(qiáng)電場中一正方形的四個頂點，已知A、B、C三點的電勢分別為φA=15 V，φB=3 V，φC=-3 V， 由此可得D點電勢為：

A.6 V B.9 V

C.12 V D.15V

圖5解析 連接AC，將AC三等分，標(biāo)上三等分點E、F，如圖5所示，則根據(jù)勻強(qiáng)電場中沿電場線方向相等距離，電勢差相等可知，E點的電勢為3V，F(xiàn)點的電勢為9V.連接BE，則BE為一條等勢線，根據(jù)幾何知識可知，DF∥BE，則DF也是一條等勢線，所以D點電勢φD=9V，故選項B正確.

圖6此題也有另一種解：如圖6所示可知，AB、DC邊長在電場線上的投影長度AO1、DO2是相等，由電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系U=Ed可知，φA-φB=φD-φC，所以15V-3V=φD-（-3），φD=9V.

四、等勢面結(jié)合帶電粒子運動軌跡的應(yīng)用

在靜電場中經(jīng)常會遇到等勢面結(jié)合帶電粒子運動軌跡的問題，且?guī)щ娏Ｗ舆\動軌跡經(jīng)常是曲線.對于此類問題，在分析時要緊緊抓住曲線運動的條件（即在曲線運動中，粒子所受到的合力必定指向曲線運動內(nèi)側(cè)）解題.

圖7例4 如圖7所示，虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等，Uab=Ubc，實線為一帶正電的質(zhì)點僅在電場力作用下的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知（ ）.

A.三個等勢面中，a的電勢較高

B.帶電質(zhì)點通過P點時的電勢能較大

C.帶電質(zhì)點通過P點時的動能較大

D.帶電質(zhì)點通過Q點時的加速度較大

解析 根據(jù)電場線與等勢面垂直，過P點做虛線a、b、c的垂線即為電場線.由曲線運動中，粒子所受到的合力必定指向曲線運動內(nèi)側(cè)可知，電場力的方向（如圖所示），又因為帶電粒子是正電荷則可知電場線的方向（如圖所示）.A.電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)側(cè)，由于電荷帶正電，因此電場線指向右下方，沿電場線電勢降低，故c的電勢最高，故A錯誤；B.根據(jù)質(zhì)點受力情況可知，從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，動能增大，故B正確，C錯誤；D.等勢線密的地方電場線也密，電場強(qiáng)度大，所受電場力大，因此P點的加速度也大，故D錯誤.

故選B.

此題要把握住以下幾個知識點：

1.電場線與等勢面垂直；

2.在曲線運動中，粒子所受到的合力必定指向曲線運動內(nèi)側(cè)；

3.等勢面的疏密代表了電場的弱強(qiáng)；

4.只有電場力做功（即電場力為帶電粒子所受合外力）與粒子運動中的動能和電勢能變化的關(guān)系：W電=ΔEk，W電=-ΔEp.

五、等勢面結(jié)合能量守恒的應(yīng)用

在靜電場中若只有電場力做功，則帶電粒子的動能和電勢能的總和保持不變；若只有電場力和重力做功，則帶電粒子的動能和電勢能加重力勢能的總和保持不變.

圖8例5 如圖8中虛線所示為靜電場的等勢面1、2、3、4，相鄰的等勢面之間的電勢差相等，其中等勢面3的電勢為零。一帶正電的點電荷在靜電力的作用下運動，經(jīng)過a、b點的動能分別為26eV和5eV，當(dāng)這一點電荷運動到某一位置，其電勢能變?yōu)?8eV時，它的動能應(yīng)為（ ）.

A.8eV B.13eV C.20eV D.34eV

解析 在只有電場力做功的條件下動能和電勢能的總和保持不變，故有

EKa+EPa=EKb+EPb

①

所以26eV+EPa=5eV+EPb，EPb-EPa=26ev-5eV=21eV

②

根據(jù)EP=qφ可知φb>φa，由于相鄰等勢面之間的電勢差相同，等勢面3的電勢為零，設(shè)等勢面4的電勢為φ，則等勢面a的電勢-2φ，代入②式得qφ-（-2qφ）=3qφ=21eV，qφ=7eV.正電荷的能量故有EK+（-8eV）=5 eV+7 eV，EK=20 eV.故C正確.

此題也有另一種解法：由a、b點的動能分別為26 eV和5 eV可得帶正電的點電荷經(jīng)過2等勢面時的動能EK2應(yīng)為19 eV，經(jīng)過3等勢面時的動能EK3應(yīng)為12eV；由于等勢面3的電勢為零，根據(jù)EP=qφ有EP3=0，根據(jù)只有電場力做功的條件下動能和電勢能的總和保持不變有EK+（-8 eV）=EK3+0，故EK=20 eV.故C正確.

六、等量異種電荷等勢面的應(yīng)用

等量異種點電荷等勢面分布有一個明顯的特點：即等量異種點電荷連線的垂直平分線是等勢線.若以無窮遠(yuǎn)處為零電勢點，則兩異種點電荷連線的垂直平分線上的任意一點電勢均為零

例6 如圖9所示，Q1和Q2是等量異種點電荷，M、N是兩個點電荷連線的垂直平分線上的兩點，將正電荷q從無限遠(yuǎn)處移到電場中，下述說法不正確的是（ ）.

圖9A.將q沿中垂線移到M點與N點電場力做的功相同

B.因不知道M、N兩點的具體位置，所以無法比較移到M、N兩點做功的多少

C.取無限遠(yuǎn)處電勢為零，A點的電勢大于零

D.取無限遠(yuǎn)處電勢為零，B點的電勢小于零

解析 M、N兩點在同一個等勢面上，且中垂面的電勢與無限遠(yuǎn)處相同（即φM=φN=0），所以沿等勢面移動電荷電場力不做功，故A選項正確，B選項不正確；沿著電場線電勢逐漸降低，根據(jù)等量異種電荷的電場線的分布與等量異種電荷垂直平分線上的電勢為零可知，A點的電勢大于零，B點的電勢小于零，故C、D正確.綜上所述B錯誤，故選擇B.

七、等差等勢面的疏密反映了電場的強(qiáng)弱的應(yīng)用

電場強(qiáng)度與等勢面的關(guān)系是等差等勢面的疏密反映了電場的強(qiáng)弱.

圖10例7 圖10中實線表示電場中的三個等勢面，各等勢面的電勢值如圖所示.把一個負(fù)電荷沿A→B→C移動，電荷在這三點所受的電場力為FA、FB、FC，電場力在AB和BC段做的功為WAB和WBC，那么 （ ）.

A.FA=FB=FC，WAB=WBC

B.FA

C.FA>FB>FC，WAB

D.FA>FB>FC，WAB=WBC

解析 根據(jù)等差等勢面的疏密反映了電場的強(qiáng)弱的應(yīng)用，所以由圖可知EA>EB>EC，由F=qE可知，F(xiàn)A>FB>FC，故A、B 兩個選項錯誤；根據(jù)W=qU可知，WAB=WBC，故正確選項為D.