快速求解場強(qiáng)選擇題的方法

徐進(jìn)　楊軍

場強(qiáng)選擇題在高考中每年必考，考試情景層出不窮，考試方法不斷變更，解題思維不斷變化，從大量的考試試題分析，解此類題從兩方面入手. 一是常規(guī)解法：三個(gè)公式：E= 、E=k 、E= 及分解、合成思想的靈活應(yīng)用;二是巧解法：補(bǔ)償法、微元法、對(duì)稱法、極限法、量綱法、斜率法、特殊值法等方法的巧妙運(yùn)用，這些方法的巧解運(yùn)用可以化難為易快速解題. 下面從兩個(gè)大的方面對(duì)解場強(qiáng)選擇題的解法進(jìn)行歸納總結(jié).

一、常規(guī)解法：決定式、對(duì)稱法和矢量合成法

【例1】（2015·山東高考）直角坐標(biāo)系xOy中，M、N兩點(diǎn)位于x軸上，G、H兩點(diǎn)坐標(biāo)如圖1所示. M、N兩點(diǎn)各固定一負(fù)點(diǎn)電荷，一電量為Q的正點(diǎn)電荷置于O點(diǎn)時(shí)，G點(diǎn)處的電場強(qiáng)度恰好為零. 靜電力常量用k表示. 若將該正點(diǎn)電荷移到G點(diǎn)，則H點(diǎn)處場強(qiáng)的大小和方向分別為（ ）

A. ?，沿y軸正向 B. ?，沿y軸負(fù)向

C. ?，沿y軸正向 D. ?，沿y軸負(fù)向

解析：處于O點(diǎn)的正點(diǎn)電荷在G點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)E1=k ，方向沿y軸負(fù)向;又因?yàn)镚點(diǎn)處場強(qiáng)為零，所以M、N處兩負(fù)點(diǎn)電荷在G點(diǎn)共同產(chǎn)生的場強(qiáng)E2=E1=k ，方向沿y軸正向;根據(jù)對(duì)稱性，M、N處兩負(fù)點(diǎn)電荷在H點(diǎn)共同產(chǎn)生的場強(qiáng)E3=E2=k ，方向沿y軸負(fù)向;將該正點(diǎn)電荷移到G處，該正點(diǎn)電荷在H點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)E4=k ，方向沿y軸正向，所以H點(diǎn)的場強(qiáng)E=E3-E4= ，方向沿y軸負(fù)向.

答案：B

【點(diǎn)評(píng)】此題的關(guān)鍵是公式、對(duì)稱、矢量疊加的靈活運(yùn)用.

【例2】（2017·全國高考）一勻強(qiáng)電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點(diǎn)的位置如圖2所示，三點(diǎn)的電勢分別為10V、17V、26V. 下列說法正確的是

A. 電場強(qiáng)度的大小為2.5V/cm

B. 坐標(biāo)原點(diǎn)處的電勢為1V

C. 電子在a點(diǎn)的電勢能比在b點(diǎn)的低7eV

D. 電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場力做功為9eV

【解法一】用關(guān)系式E= 求解

如圖3所示，設(shè)ac之間的d點(diǎn)電勢與b點(diǎn)相同，則， = = ，所以d點(diǎn)的坐標(biāo)為（3.5cm? 6cm），過c點(diǎn)作等勢線bd的垂線，由幾何關(guān)系可得cf的長度為3.6cm. 電場強(qiáng)度的大小E= = =2.5V/cm，故A正確;因?yàn)镺acb是矩形，所以有Uac=UOb解得坐標(biāo)原點(diǎn)O處的電勢為1V，故B正確;a點(diǎn)電勢比b點(diǎn)電勢低7V，電子帶負(fù)電，所以電子在a點(diǎn)的電勢能比在b點(diǎn)的高7eV. 故C錯(cuò)誤;b點(diǎn)電勢比c點(diǎn)電勢低9V，電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場力做功為9eV，故D也正確.

答案：ABD

【點(diǎn)評(píng)】這種解法是場強(qiáng)關(guān)系式的拓展——二級(jí)結(jié)論：勻強(qiáng)電場中沿同一方向，線段的長度與線段兩端的電勢差成正比;勻強(qiáng)電場中兩線段等長且平行，則這兩線段之間的電勢差相等.

【解法二】利用關(guān)系式E= 和矢量合成求解

ac垂直于bc，沿ca和cb兩方向的場強(qiáng)分量大小分別為E1= =2V/cm，E2= =1.5V/cm，根據(jù)矢量合成可知E=2.5V/cm，A選項(xiàng)正確;根據(jù)在勻強(qiáng)電場中平行線上等距同向的兩點(diǎn)間的電勢差相等，有？漬o-？漬a=？漬b-？漬c，得？漬o=1V，B項(xiàng)正確;電子在a、b、c三點(diǎn)的電勢能分別為-10eV、-17eV、-26eV，故電子在a點(diǎn)的電勢能比在b點(diǎn)的電勢能高7eV，C項(xiàng)錯(cuò)誤;電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場力做功W=（-17eV）-（-26eV）=9eV，D項(xiàng)正確.

【點(diǎn)評(píng)】此解法的關(guān)鍵思維是求出兩個(gè)方向上的場強(qiáng)，再進(jìn)行矢量合成.

二、巧解方法

（一）補(bǔ)償法：將有缺口的帶電圓環(huán)補(bǔ)全為圓環(huán)，或?qū)肭蛎嫜a(bǔ)全為球面

【例3】（2017·石家莊質(zhì)檢）均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場. 如圖4所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點(diǎn)與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，OM=ON=2R. 已知M點(diǎn)的場強(qiáng)大小為E，則N點(diǎn)的場強(qiáng)大小為（ ）

A. ?-EB. ?C. ?-ED. ?+E

解析：左半球面AB上的正電荷產(chǎn)生的電場等效為帶正電荷為2q的整個(gè)球面的電場和帶電荷-q的右半球面的電場的合電場，則E= -E′，E′為帶電荷-q的右半球面在M點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小. 帶電荷-q的右半球面在M點(diǎn)的場強(qiáng)大小與帶正電荷為q的左半球面AB在N點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等，則EN=E′= -E= -E，則A正確.

答案：A

【點(diǎn)評(píng)】此類題不是一個(gè)完整的模型，此時(shí)若補(bǔ)充一些條件就能組成一個(gè)新的模型，這樣，求解原模型的問題就變成了求解新模型與補(bǔ)充條件的差值問題.

（二）微元法：可將帶電圓環(huán)、帶電平面等分成許多微元電荷，每個(gè)微元電荷可看成點(diǎn)電荷，再利用公式和場強(qiáng)疊加原理求出合場強(qiáng).

【例4】（2017·湖南師大附中模擬）在豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的金屬圓環(huán)，質(zhì)量為m的金屬小球（視為質(zhì)點(diǎn)）通過長為L的絕緣細(xì)線懸掛在圓環(huán)的最高點(diǎn). 當(dāng)圓環(huán)、小球都帶有相同的電荷量Q（未知）時(shí)，發(fā)現(xiàn)小球在垂直圓環(huán)平面的對(duì)稱軸上處于平衡狀態(tài)，如圖5所示. 已知靜電力常量為k，則有（ ）

A. 電荷量Q=

B. 電荷量Q=

C. 細(xì)線對(duì)小球的拉力T=

D. 細(xì)線對(duì)小球的拉力T=

解析：選取圓環(huán)上一部分微元Δx，總電荷量為Q，則該部分電量為ΔQ= Q;由庫侖定律可得，該部分對(duì)小球的庫侖力F1= ，方向沿該點(diǎn)與小球的連線指向小球;同理取相對(duì)圓心對(duì)稱的相同的一段，其庫侖力與F1相對(duì)圓環(huán)圓心與小球的連線對(duì)稱;如圖6（甲）所示，兩力的合力應(yīng)沿圓環(huán)圓心與小球的連線向外，大小為2× · = ，因圓環(huán)上各點(diǎn)對(duì)小球均有庫侖力，故所有部分庫侖力的合力F= ×πR= ，方向沿圓環(huán)圓心與小球的連線向外;小球受力分析如圖6（乙）所示，小球受重力、拉力及庫侖力而處于平衡，故T與F的合力應(yīng)與重力大小相等，方向相反;由幾何關(guān)系可得： = ;則細(xì)線對(duì)小球的拉力T= ，故C、D錯(cuò)誤; = ;則F= ;解得：Q= 故A正確，B錯(cuò)誤.

答案：A

【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于均勻帶電圓環(huán)、帶電平面、帶電直桿等產(chǎn)生場強(qiáng)問題，通常將其分割成無數(shù)微小的單元，再對(duì)微小單元加以分析，這樣能化繁為簡，使變量、難以確定的量轉(zhuǎn)化為常量、容易確定的量.

（三）對(duì)稱法：利用空間上對(duì)稱分布的電荷形成的電場具有對(duì)稱性的特點(diǎn)，可以使復(fù)雜電場的疊加計(jì)算大為簡化.

【例5】（2013·江蘇高考）下列選項(xiàng)中的各 圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標(biāo)出，且電荷均勻分布，各 圓環(huán)間彼此絕緣. 坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場強(qiáng)度最大的是（ ）

解析：將圓環(huán)分割成微元，根據(jù)對(duì)稱性和矢量疊加，D項(xiàng)O點(diǎn)的場強(qiáng)為零，C項(xiàng)等效為第二象限內(nèi)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場，大小與A項(xiàng)的相等，B項(xiàng)正、負(fù)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，方向互相垂直，合場強(qiáng)是其中一個(gè)的 倍，也是A、C項(xiàng)場強(qiáng)的倍，因此B項(xiàng)正確.

答案：B

【點(diǎn)評(píng)】利用對(duì)稱性和矢量合成是解決此類問題的最佳方式.

（四）等效法：在保證效果相同的條件下，將復(fù)雜的電場情景變換為簡單的或熟悉的電場情景.

【例6】（2017·濟(jì)南期中）MN為足夠大的不帶電的金屬板，在其右側(cè)距離為d的位置放一個(gè)電荷量為+q的點(diǎn)電荷O，金屬板右側(cè)空間的電場分布如圖8（甲）所示，P是金屬板表面上與點(diǎn)電荷O距離為r的一點(diǎn). 幾位同學(xué)想求出P點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小，但發(fā)現(xiàn)問題很難，經(jīng)過研究，他們發(fā)現(xiàn)圖8（甲）所示的電場分布與圖乙中虛線右側(cè)的電場分布是一樣的. 圖8（乙）中是兩等量異號(hào)點(diǎn)電荷的電場線分布，其電荷量的大小均為q，它們之間的距離為2d，虛線是兩點(diǎn)電荷連線的中垂線. 由此他們分別對(duì)甲圖P點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向和大小做出以下判斷，其中正確的是（ ）

A. 方向沿P點(diǎn)和點(diǎn)電荷的連線向左，大小為

B. 方向沿P點(diǎn)和點(diǎn)電荷的連線向左，大小為

C. 方向垂直于金屬板向左，大小為

D. 方向垂直于金屬板向左，大小為

解析：據(jù)題意，從圖8（乙）可以看出，P點(diǎn)電場方向?yàn)樗较蜃?由圖8（乙）可知，正、負(fù)電荷在P點(diǎn)電場的疊加，其大小為E=2k cos？茲=2k? =2k ，故選項(xiàng)C正確.

答案：C

【點(diǎn)評(píng)】當(dāng)題中出現(xiàn)是曾相識(shí)的圖像、模型時(shí)，要對(duì)所學(xué)的知識(shí)、方法進(jìn)行遷移、類比、等效的方法.

（五）極限特殊值法：把某個(gè)物理量的變化推向極端，從而做出科學(xué)的推理分析，給出判斷或?qū)С鲆话憬Y(jié)論.

【例7】（2012·安徽高考）如圖9（甲）所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為σ，其軸線上任意一點(diǎn)P（坐標(biāo)為x）的電場強(qiáng)度可以由庫侖定律和電場強(qiáng)度的疊加原理求出：E=2πkσ[1- ]，方向沿x軸. 現(xiàn)考慮單位面積帶電量為σ0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖9（乙）所示. 則圓孔軸線上任意一點(diǎn)Q（坐標(biāo)為x）的電場強(qiáng)度為（ ）

A. 2πkσ0B. 2πkσ0

C. 2πkσ0D. 2πkσ0

解析：根據(jù)半徑為R的均勻帶電圓形平板在P點(diǎn)的電場強(qiáng)度E=2πkσ[1- ]，可推知當(dāng)帶電圓板無限大時(shí)（即當(dāng)R→∞）的電場強(qiáng)度E=2πkσ，對(duì)于無限大帶電平板，挖去一半徑為r的圓板的電場強(qiáng)度，可利用填補(bǔ)法，即將挖去的圓板填充進(jìn)去，可得這時(shí)Q點(diǎn)的電場強(qiáng)度EQ =2πkσ0，則挖去圓板后的電場強(qiáng)度EQ′=2πkσ0-2πkσ0[1- ]=2πkσ0 ，故選項(xiàng)A正確.

答案：A

【點(diǎn)評(píng)】此題中由于帶電圓形平板不能視為點(diǎn)電荷，所以不能用公式E= 求電場強(qiáng)度，顯然無法直接通過物理規(guī)律推導(dǎo)得出結(jié)論，但題目中給出了該電場強(qiáng)度的求解公式，要充分利用題目中所給條件，選擇極限特殊值法解決問題.

（六）量綱特殊值法：對(duì)于以字母形式出現(xiàn)的計(jì)算題選擇題，物理公式表達(dá)了物理量間的數(shù)量和單位的雙重關(guān)系，可以用物理量的單位、特殊值來衡量和檢驗(yàn)該物理量的運(yùn)算結(jié)果是否正確.

【例8】（2010·福建高考）物理學(xué)中有些問題的結(jié)論不一定必須通過計(jì)算才能驗(yàn)證，有時(shí)只需通過一定的分析就可以判斷結(jié)論是否正確. 如圖10所示為兩個(gè)彼此平行且共軸的半徑分別為R1和R2的圓環(huán)，兩圓環(huán)上的電荷量均為q（q>0），而且電荷均勻分布. 兩圓環(huán)的圓心O1和O2相距為2a，連線的中點(diǎn)為O，軸線上的A點(diǎn)在O點(diǎn)右側(cè)與O點(diǎn)相距為r（r

A. E= -

B. E= -

C. E= -

D. E= ?-

解析：與點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E=k 比較可知，A、C兩項(xiàng)表達(dá)式的單位不是場強(qiáng)的單位，故可以排除;由電場強(qiáng)度的分布規(guī)律可知，當(dāng)r=a時(shí)，右側(cè)圓環(huán)在A點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為零，則A處場強(qiáng)只由左側(cè)圓環(huán)上的電荷產(chǎn)生，即場強(qiáng)表達(dá)式只有一項(xiàng)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤;綜上所述，可知D項(xiàng)正確.

答案：D

【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于題中信息得出的公式學(xué)生不知所云，若用量綱單位并配合特殊值可以快速解決此類題.

（七）斜率法

（1）v-t圖像斜率分析帶電粒子的加速度，進(jìn)而依據(jù)牛頓第二定律qE=ma分析電場力、電場強(qiáng)度、比荷等有關(guān)物理的特點(diǎn).

（2）電場強(qiáng)度的大小等于φ-x圖線的斜率大小，電場強(qiáng)度為零處，φ-x圖線存在極值，其切線的斜率為零.

（3）Ep-x圖像可以判斷電場力的大小，即k= = =F，圖像的斜率大小和正負(fù)分別表示電場力的大小和方向.

【例9】（2014·安徽高考改編題）一帶正電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動(dòng). 取該直線為x軸，起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢能Ep與位移x的關(guān)系如圖11所示. 下列圖像中合理的是（ ）

解析：由于粒子只受電場力作用，因此由F電= 可知，Ep-x圖像的斜率大小即為粒子所受電場力大小，從題圖可知，圖像的斜率隨位移的增大而越來越小，因此粒子運(yùn)動(dòng)后所受的電場力隨位移的增大而越來越小，因此電場強(qiáng)度越來越小，由于粒子只受電場力作用，由動(dòng)能定理△Ek=Eq△x，得k= =Eq，則斜率隨位移的增大而越來越小，與B選項(xiàng)矛盾，故B錯(cuò);由因 =Eq，A對(duì);粒子受到的電場力隨位移的增大而越來越小，因此加速度隨位移的增大而越來越小，D項(xiàng)正確;又因a= = ，v-t圖像的斜率減小， C項(xiàng)錯(cuò)誤.

答案：AD

【點(diǎn)評(píng)】本題是關(guān)于圖像的“信息題”. 以圖像為載體考查電場力的性質(zhì)與電場能的性質(zhì)，考查理解題目的新信息并且應(yīng)用信息解決問題的能力. 本題切入點(diǎn)在于根據(jù)，Ep-x圖像得到電場力的變化規(guī)律，突破口在于根據(jù)牛頓第二定律得到加速度的變化規(guī)律，然后結(jié)合動(dòng)能定理分析.

跟蹤訓(xùn)練

1.（多選）在光滑的絕緣水平面上，有一個(gè)正三角形abc，頂點(diǎn)a、 b、 c處分別固定一個(gè)正點(diǎn)電荷，電荷量相等，如圖12所示，D點(diǎn)為正三角形外接圓的圓心，E、 G、 H點(diǎn)分別為ab、 ac、 bc的中點(diǎn)，F(xiàn)點(diǎn)和E點(diǎn)關(guān)于c點(diǎn)對(duì)稱，則下列說法中正確的是（ ）

A. D點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，電勢可能為零

B. E、 F兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度等大反向，電勢相等

C. E、 G、 H三點(diǎn)的電場強(qiáng)度和電勢均相同

D. 若釋放c處點(diǎn)電荷，c處點(diǎn)電荷將一直做加速運(yùn)動(dòng)（不計(jì)空氣阻力）

2. 如圖13所示，xOy平面是無窮大導(dǎo)體的表面，該導(dǎo)體充滿z<0的空間，z>0的空間為真空. 將電荷量為q的點(diǎn)電荷置于z軸上z=h處，則在xOy平面上會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電荷. 空間任意一點(diǎn)處的電場皆是由點(diǎn)電荷q和導(dǎo)體表面上的感應(yīng)電荷共同激發(fā)的. 已知靜電平衡時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，則在z軸上z= 處的電場強(qiáng)度大小為（k為靜電力常量）（ ）

A. k B. k C. k D. k

3. 如圖14所示，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個(gè)點(diǎn)，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點(diǎn)處有一電荷量為q（q>0）的固定點(diǎn)電荷，已知b點(diǎn)處的場強(qiáng)為零，則d點(diǎn)處場強(qiáng)的大小為（k為靜電力常量） （ ）

A. k B. k C. k D. k

4. 如圖15所示，一均勻帶正電絕緣細(xì)圓環(huán)水平固定，環(huán)心為O點(diǎn). 帶正電的小球從O點(diǎn)正上方的A點(diǎn)由靜止釋放，穿過圓環(huán)中心O，并通過關(guān)于O與A點(diǎn)對(duì)稱的A′點(diǎn). 取O點(diǎn)為重力勢能零點(diǎn). 關(guān)于小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A′點(diǎn)的過程中，小球的加速度a、重力勢能EpG、機(jī)械能E、電勢能Ep電隨位置變化的情況，下列說法中正確的是（ ）

A. 從A到O的過程中a一定先增大后減小，從O到A′的過程中a一定先減小后增大

B. 從A到O的過程中EpG小于零，從O到A′的過程中EpG大于零

C. 從A到O的過程中E隨位移增大均勻減小，從O到A′的過程中E隨位移增大均勻增大

D. 從A到O的過程中Ep電隨位移增大非均勻增大，從O到A′的過程中Ep電隨位移增大非均勻減小

5.（多選）位于正方形四角上的四個(gè)等量點(diǎn)電荷的電場線分布如圖16所示，ab、cd分別是正方形兩條邊的中垂線，O點(diǎn)為中垂線的交點(diǎn)，P、Q分別為cd、ab上的點(diǎn). 則下列說法正確的是（ ）

A. P、O兩點(diǎn)的電勢關(guān)系為φP=φO

B. P、Q兩點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小關(guān)系為EQ

C. 若在O點(diǎn)放一正點(diǎn)電荷，則該正點(diǎn)電荷受到的電場力不為零

D. 若將某一負(fù)電荷由P點(diǎn)沿著圖中曲線PQ移到Q點(diǎn)，電場力做負(fù)功

6. 兩電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷放在x軸上的O、M兩點(diǎn)，兩電荷連線上各點(diǎn)電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖17所示，其中A、N兩點(diǎn)的電勢均為零，ND段中的C點(diǎn)電勢最高，則（ ）

A. N點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為零

B. A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為零

C. NC間電場強(qiáng)度方向指向x軸正方向

D. 將一負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場力先做正功后做負(fù)功

1. AD 2. D 3. B 4. D 5. AB 6. D

責(zé)任編輯?? 李平安