電場全章練習-人教版原創(chuàng)-電場·拓展練習題

電場?拓展練習題

1.應用庫侖定律分析靜止點電荷間的相互作用問題.應當明確，這類問題實

際上是在充分考慮庫侖力特點的前提下，全面運用力學概念、規(guī)律進行分析研究的

力學問題.充分考慮庫侖力的特點就是要求應全面理解、掌握庫侖定律，認清：

（1）不論兩個點電荷的電量大小關系如何，質量大小關系如何，每個點電荷所

受的庫侖力都是大小相等、方向相反（分清相吸還是相斥）的.

（2）如果由于電荷移動，兩個點電荷距離發(fā)生改變，則庫侖力依據平方反比規(guī)

律同時發(fā)生變化.

在上述前提下還要從題設條件出發(fā)依據一般物體受力分析的思路進行全面考

慮.譬如：若一個點電荷同時受到兩個（或兩個以上）點電荷的作用，那么它所受的

庫侖力要用共點力合成的方法計算其大小和方向；若同時還有其他性質的力（如重

力、彈力等），則需要將各種力一并應用力的合成法則求解合力，確定狀態(tài).

例1真空中兩個正點電荷Qi、Q2分別固定在相距為0.30m的A,B兩點上，

8

Q1=3.OX1O-8C,Q2=6,0X10-C.在A,B連線上距A點0.10m的C點引入一個

帶有2.0X10-8C電量的負點電荷Q3，求Q3所受靜電力的大小和方向.

分析：按題意畫圖并標明Qi，Q2分別對Q3的靜電力（即庫侖力）FA和FB的

方向.初步估量兩力的大?。ㄒ妶D14—48）.

由于Q2對Q3吸引，F(xiàn)B方向向右指向B點.

Q3所受靜電力的合力F的大?。?/p>

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F=FA-FB=（5.4-2.7）X10-N=2.7X10-N,

方向與FA一致，即向左指向A點.

答：Q3所受靜電力的大小為2.7X10-4N,方向向左指向A點.

評述：應用庫侖定律計算靜電力的大小時，不必將表示電荷電性的正、負號

代入公式，待確定該力方向時再依兩電荷的電性作出判定，但方向關系應在圖中標

明，以便全面考慮.

例2有兩個帶電小球a和b,電荷量分別為+Q和+9Q,在真空中相距0.4m.如

果引進第三個帶電小球c,正好使三個小球都處于平衡狀態(tài)，第三個小球帶的是哪

種電荷？應放在什么地方？電荷量是Q的幾倍？

分析：由于a,b小球均帶正電，可以斷定帶電小球c所應放置的位置必定在

a,b之間的連線上.根據c所受靜是力的合力為零，就可以具體確定其所處位置.

帶正電的a,b小球也都需要處于靜止狀態(tài)，即它們各自所受靜電力的合力也

均需為零，由此就可以進一步判定c球所帶電的電性并推算出它所帶的電量.

解：依上述分析作圖.設帶電小球c與a相距為x,貝I」c與b相距為0.4—x,

并設c的電荷量為q（見圖14—49）.

（1）確定帶電小球c的位置.

c所受靜電力的合力為零，即Fac—Fbc=O.根據庫侖定律有（視帶電小球a,b,

c均為點電荷）

即x2+O,lx—0.02=0,

解得X]=0.1m,X2=-0.2m.

由于a,b球同帶正電，只有當帶電小球c（不論電性如何）處于a,b之間時，

所受a,b對它的靜電力才可能方向相反，因此只有X[=0/m符合題意，至于解X2=

-0.2m是指在a球的左側0.2m處，只有當a,b球所帶電為異性時，這個結論才

成立，在本題中應舍去.

（2）判定c球所帶電的電性并推算其電荷量：

a,b球分別所受靜電力的合力均應為零，應用其一即可求解.對a來說，b

對它的靜電力是向左的斥力Fba，因此c對它的靜電力Fcd就必須是向右的引力，

山此可以判定c球所帶電的電性必定為負.

答：第三個小球c帶負電，應放在a,b連線上距aO.lm處，電荷量

?評述：歸納上述解題過程，可得思路是：對每個帶電小球均依據庫侖定律

建立平衡方程（各電荷量都取絕對值），即

另一個方程驗證.

例3在真空中，電荷量均為+Q的兩個固定的點電荷A,B相距為2/,在它們

連線的垂直平分線上，將一點電荷一q自AB連線中點O沿

情況（見圖14-50）.

分析：對點電荷一q進行受力分析可知，它將在A、B兩點電荷對它的庫侖力

F1,F2的合力作用下運動，為判定其運動性質需從分析合力的特征入手.

F=-Kx.

根據點電荷一q所受合力的這一特征，顯然在位移x不大的前提下，該電荷被

無初速釋放后，將以。點為平衡位置、沿AB連線的垂直平分線做簡諧運動.

評述：

①點電荷一q的上述簡諧運動是在AB連線的垂直平分線上進行的，如果該電

荷的位置偏離這條線少許，還能做這種運動嗎？

②如果將一q換為+q,自O點沿AB連線移動一小段距離x'（x'

例4如圖14-51所示，A,B是兩個體積不等的帶電小氣球，B所帶電量是

A的2倍.A,B氣球分別用長3/和4/的細線共同懸吊一質量為m的重物.設兩

氣球能夠靜止地懸浮于空中，且兩細線間夾角為90°,A,B兩氣球處于同一水平

面內.若視氣球為點電荷，求氣球A所帶電量.

分析：本題應在充分考慮靜電力情況下進行全面受力分析，依據靜力學平衡

條件求解.

分別隔離重物和兩氣球，分析各自受力情況，畫出受力圖，如圖14-52所示.要

注意，盡管A,B帶電量不等，它們必帶同種電荷，且分別所受靜電力F與F'是

等大、反向（都處在水平方向上）的.

解：設重物受重力mg和兩線拉力「和丁2+若忽略空氣對重物的浮力，則這

三力的合為為零.由此可求出拉力

設氣球A,B分別受浮力FA，F(xiàn)B，重力mAg，mBg,兩線拉力Tr，T2\以

及靜電力F,F'.各自所受合力為零.雖然其中浮力和氣球自重未知，但根據矢

量圖與結構圖的幾何關系，以及「'=1,12'=72,即可求出靜電力F（或F'）：

根據庫侖定律有

評述：請進一步思考：若上題中：

①兩線長度相等，其他條件不變，將會出現(xiàn)什么情況？

②兩氣球的體積和質量都分別相等，其他條件不變，將會出現(xiàn)什么情況？

2.對于靜電場中有關各點電場強度矢量的分析，以及點電荷在電場中所受電

場力的計算，應立足于場強疊加原理，并注意運用好電場線這一重要輔助工具.既

要掌握靜電場的基本性質，又要對其有全面、形象的理解.

例5如圖14-53所示，在真空中的A,B兩點分別固定著電荷量各自為4Q

和Q的兩個正點電荷，其間相距為/.試求A,B連線中點C的場強E。并確定

場強為零的位置.

分析：本題兩問均需根據場強疊加原理求解，并從點電荷電場的場強決定式

出發(fā)，結合題設條件作出相應的估量.

解：（1）A,B兩場源點電荷的電場各自在連線中點C的場強是：

即向右指向B點.

（2）由于兩場源點電荷均為正電性，它們在A、B連線上各點的場強必然方向

相反.按照上述分析的思路估量，合場強為零的點應距B點較距A點近一些.

設該點在A、B連線上距B點為X,則

只要EA與EB等值，因其方向相反，該點合場強必為零.由此有

整理得3X2+2/X-72=（）.

解得X]=〃3,x2=—/.

顯然，x=//3與估計一致，符合題意，即合場強為零的位置在A、B連線上距

B為〃3處，X2=—/不合題意，應舍去.

評述：如果原題中在B點放置的是負電荷，且電荷量不變，那么如果其他條

件依舊，結果將會怎樣？

山于負場源電荷電場的各點場強方向均指向場源電荷，因此在第一問是E'

CB方向指向B，與ECA同向，所以C點合場強E'C=ECA+

的應是X2=~/,即應在B點的右側，在A,B連線的延長線上距B為/（距A

則為2/）處的合場強才為零.

例6如圖14-54所示，在真空中相距為5/的A,B兩點分別固定著各自電

荷量及電性為64Q和-27Q的點電荷.空間C點與A,B分別相距4/和3/.試求

C點場強的大小和方向.

分析：本題仍首先分別求出A,B兩場源電荷的電場在C點的場強矢量ECA

和ECB(包括量值和方向)，再根據場強疊加原理，運用矢量合成法則，求出C點合

場強矢量Ec(包括量值和方向).

由圖14—54中的幾何關系可以看出，ECB與ECA方向互相垂直，且

評述：本題矢量圖和結構圖的幾何關系較簡單，在一般情況下需用解三角形

等數(shù)學知識，但思路是相同的.

例7在真空中的M,N兩點上固定有兩個點電荷，分別帶等量正電，電荷量

為Q.兩點相距為2L,如圖14—55所示.

(1)在M,N兩點連線上，距中點O等距離的任意兩點a,b處，其場強量值

和方向有什么關系？

(2)在M,N兩點連線的垂直平分線上，距連線中點O等距離的任意兩點c,d

處，其場強量值和方向有什么關系？

分析：依然根據場強疊加原理處理本題，但應注意所取各點在題設空間變動

時其場強量值和方向有什么相應的變化.

方向向右指向0點；

方向向左指向。點.

即Ea與Eb等值、反向，均指向0點.由于/的取值范圍是0</<L,所以

Ea和Eb的取值范圍應對應是0<Ea(Eb)<°°.

示的矢量圖，依據矢量圖和結構圖的幾何關系可得：

即Ec與Ed等值、反向，均背離。點.由于m的取值范圍是OVm

評述：根據上述題解以及電場線的含義，在M,N連線以及其垂直平分線上

即可畫出如圖14—57所示的電場線.①

例8圖14—58所示為真空環(huán)境，在場強為E,方向向右的勻強

圖中距Q為r的a,b,c,d四點的合場強各是多少？方向如何？

分析：只要正確運用電場疊加原理于每一個點，本題不難解決.

評述：在本題中若用電場線描述疊加后的電場，將是一個較為復雜的非勻強

電場電場線的分布圖.其中沿通過a、c的直線上，合場強的大小和方向是怎樣變

化的？請讀者試作說明.

3.有關電勢和電勢差的問題分析.

例9一帶電粒子射入-固定在O點的點電荷的電場中，粒子運動軌跡如圖14

一59中虛線abc所示.圖中實線是同心圓弧，表示電場的等勢面.不計重力，可以

判斷：

場強為零的0點處，電場線的狀況如何，在高中階段不做進一步分析.

A.此粒子一直受到靜電排斥力作用.

B.粒子在b點的電勢能一定大于在a點的電勢能.

C.粒子在b點的速度一定大于在a點的速度.

D.粒子在a點和c點的速度大小一定相等.

答：（A）,（B）,（D）.

評述：需將牛頓運動定律和功能關系等力學規(guī)律結合電勢、電勢差、電勢能

及等勢面等概念運用到孤立點電荷周圍的靜電場中進行逐?分析判定.

根據粒子運動軌跡的彎曲情況，依據曲線運動的產生條件可知，粒子一定與

場源電荷帶同種電，使粒子一直受到靜電排斥力的作用.

若粒子沿a-b方向射入，在斥力作用下要克服靜電斥力做功，導致粒子的電

勢能增加，即￡b>￡a,

由于在帶電粒子的運動過程中只有電場力做功，所以根據動能定理，在粒子

由a到b的過程中，因電場力做負功，粒子的動能必然減少，所以速度vb<va，所

以選項C是錯的.

c點與a點位于同一等勢面上，粒子所具有的電勢能應相等.由于在沿abc運

動的全過程中只有電場力做功，粒子的電勢能與動能的總和時刻保持恒定，所以它

在c點的動能與在a點時的動能應相等，速度的大小也必然相等.

在原子物理中盧瑟福的a粒子散射實驗結果之一是少數(shù)a粒子穿過金箔時發(fā)

生較大的偏轉，且有極少數(shù)a粒子偏轉角度超過90°.本題的內容與這種情況相

對應，這是由于a粒子與原子核相當接近時，受到較大的庫侖斥力，從而出現(xiàn)了題

設運動過程所致.

例10在平行于紙面的勻強電場中，有a,b,c三點，各點的電

和方向.

分析：由于在勻強電場中，無論是沿ab方向還是沿ac方向各點電勢都是均勻

降低的，所以沿ab方向電勢由8V降到一4V過程中，電勢為2V的位置（即

Uad=Uac=（8-2）V=6V處）應在ab連線的中點（見圖14

向右的方向（即電勢降低最快的方向）就是電場E的方向.

等勢面間的距離，

評述：從本題結果來看，由于c,e,d三點的電勢均為2V,所以電勢差

Uac=Uae=Uad=（8—2）V=6V,即自a點沿不同路線到這三個點，電勢都降低了6V,

不過其中以ae直線距離最近，即沿ae方向電勢降低得最快，這也就是電場強度的

方向.電勢沿這個方向在單位長度上的變化量就等于場強的大小.

請讀者再思考一下，在本題中電勢為零的等勢面在什么位置？并在圖14-61

中準確畫出.

例11圖14-62中A,B,C,D為均強電場中相鄰兩面電勢差均等的四個

等勢面.一個電子飛經等勢面A時，動能為20eV；飛經等勢面B時，電勢能為一

10eV；飛經等勢面C時，速度剛好為零.已

B面時的速度VB=?（已知元電荷e=1.60XIO4％,電子質量m=9.0XlO^kg）

分析：在題設勻強電場中，電子在運動過程中，其動能和電勢能的總和在各

個位置上都保持恒定；電子通過相鄰各等勢面時，電勢能的變化量都相等.因此，

該電子經等勢面A到C的過程中動能減少了20eV,也就表明它的電勢能相應增加

了20eV.那么，電子在經過B面時電勢能比經A面時增加10eV,成為一10eV,

它的動能就要比經A面時減少10eV而成為(20-10)eV,即10eV,動能與電勢能在

B面處的總和應為

EPB+EKB=(—10+10)eV=O.

由此可知，在C面處的總能也應為零.即EKC=O,所以EPC也為零，這就表

明C面為零電勢面.

依據電子(負電荷)由A經B至C的過程中電勢能逐漸增加，即可判定電場應

沿A-B-C-D電勢逐漸降低的方向，且電子每經兩相鄰等

勢應比C面電勢低10V,即一10V.

前面已導出電子經D面時的動能E^lOeV,所以它經B面時的速

評述：本題提供的物理圖景雖然僅僅是電子在勻強電場中的勻變速運動的情

況，但要求在解題過程中需切實掌握好有關的概念和規(guī)律，并進行嚴謹?shù)倪壿嬐评?

每個環(huán)節(jié)都不能疏漏.

4.在靜電平衡條件下分析導體的靜電感應、感應起電過程以及靜電屏蔽等問

題，均應立足于電場疊加原理，并利用電場線的分布進行討論.

例12把一個帶正電的絕緣金屬小球A懸在一個開有比A球略大一點的孔的

絕緣空心金屬球B中，如圖14—63所示.①當把另一個帶正電、電荷量很小的檢

驗電荷C移到B球附近時電荷C將受到什么作用？②若將A球與B球內壁接觸，

電荷C又將如何？

分析：依據靜電感應規(guī)律，將帶正電小球A懸在球B中時，B球的內表面將

被感應帶有與A球所帶電荷量相等的負電荷，而其外表面則將帶有等量的正感應

電荷.而且不論A球懸在B球內何處，盡管B球內表面的負電荷的分布將隨之有

所不同，但B球外表面的正電荷分布情況由于靜電屏蔽結果卻總是一樣的.如果B

球是孤立導體，且檢驗電荷C因電荷量很小不足以影響B(tài)球外表面的電荷分布，

則B球外表面因曲率各處一樣而使其面電荷均勻分布，球外電場的分布就好象外表

面上的正電荷都集中于球心的孤立點電荷的電場分布一樣.因此正電荷C受到的電

場力方向是遠離B球球心的.

若將A球與B球內壁接觸，只是A球所帶正電荷與B球內表面的感應負電荷

等量中和，而外表面的感應正電荷的多少和分布均不受影響(這就是把A球電荷完

全傳給B球的一種有效方法).可見，正電荷C在B球外所受電場力的情況也就不

會發(fā)生變化了.

評述：在本題上述分析的基礎上再進一步思考：①若在A球懸于B球內未與

其內壁接觸時，將B球外表面接地，則電荷C又將如何？一一依據靜電屏蔽，對

于接地導體殼來說，不論導體殼內部有無電荷都不會對殼外產生影響，故電荷C

所受電場力為零.

②若B球外表面接地后再將其與地絕緣，并把帶正電的A球從B球內無接觸

地提出，則電荷C又將如何？一一這是一個感應起電過程.把A球提出后，B球

中原分布在內表面的負電荷將都重新分布在外表面上，從而使正電荷C受到指向B

球球心的電場力作用.

例13長為/的中空金屬棒原來不帶電，現(xiàn)將一帶電量為Q的正點電荷放在

距棒左端d處，如圖14—64所在達到靜電平衡后，棒上感應的電荷在棒內左

端A點和右端B點產生的場強EA與EB之比等于多少？它們各自的方向如何？

分析：根據靜電感應原理，中空金屬棒內各點的合場強均為零.這是由于在

靜電平衡條件下，金屬棒上感應電荷在棒內各處電場的場強與對應點的外電場的場

強均等值反向.

在本題中棒內左端A點，正點電荷Q在該點產生的外電場場強EAQ

評述：正確解答本題必須立足于電場疊加原理，而不應孤立地從表面上作錯

誤的判斷.如有人以為A端感應電荷是負的，B端則有正感應電荷，EA與EB方

向就應該相反，這顯然是錯的.

例14如圖14-65所示，在原來不帶電的絕緣中空的孤立球形導體B內，

由開口處不接觸地將一帶負電一Q的金屬球A放入，并懸在B的空腔中央.當達

到靜電平衡時，①圖中a,b,c三點的場強Ea，Eb，

為七，這?點的場強多大？

分析：本題涉及三個區(qū)域的電場，即a,b,c各點分別所在的區(qū)域.根據靜

電感應原理，B球內表面帶有+Q電荷并均勻分布，它的外表面則帶有一Q電荷也

均勻分布.“a”區(qū)電場線起于+Q止于A球的一Q,相當于位于B球球心的孤立點

電荷一Q的電場分布；“c”區(qū)電場線則起于無窮遠處，止于B球外表面的一Q,也

相當于位于B球球心的孤心點電荷一Q的電場分布；而“b”區(qū)則為無電場線即場

強為零的區(qū)域.全面來看，整個區(qū)域的電場分布，好像是在孤立點電荷一Q的電場

中用B球的壁厚“屏蔽”了導體層內的區(qū)域，使之成為場強為零、電勢相等的區(qū)域.

評述：c點的場強可依據電場疊加原理來理解，即A球所帶負電荷一Q的電

場、B球內表面所感應的正電荷+Q的電場和B球外表面所感應的負電荷一Q的電

場在c點的疊加.應有.

在B球內懸掛的位置不同以及A球與B球內壁接觸而有所變化.

5.有無電容器的問題分析.

例15平行板空氣電容器的兩極板的相對面積是S,間距為d,接在電動勢為

e的直流電源上.如果不將電源斷開，而將相對面積擴大為3S,間距增加為2d,

電容器的電荷量怎樣改變？改變多少？*電容器儲存的靜電能怎樣改變？改變多

少？

分析：依題意，隨著電容器極板相對面積和間距的改變，其電容量

即C=1.5C,電容量擴大為原來的1.5倍.

由于電容器一直與電源相連，因此在題設變化過程中，兩極間的電壓一直保

持為e.

依據Q=CU,由于電容量的擴大，故電容器的電荷量將按比例地

這些電荷取自電源.

比例也增加，增加量AW為

￡'2,這些增加的能量也取自電源.

例16在圖14—66所示的電路中，電容器A的電容CA=30uF,電容器B

的電容CB=10UF.在開關S1,S2都是斷開的情況下，分別給電容器A,B充電.充

電后，M點的電勢比N點高5V,0點的電勢比P點低5V.然后把S[、S2都接通，

接通后M點的電勢比N點高.

[]

A.10V

C.5V

C.2.5V

D.0.

答：(C).

評述：首先計算每個電容器充電后的電荷量：Ql=CAUMN=30X5uC=150U

C,上板帶正電；QB=CBUPO=10X5NF=50UF,下板帶正電.

將兩開關閉合后，A,B兩電容器的上極板所帶正、負電荷中和一部分后凈帶

電荷(150—50)uC即100UC的正電荷；同理，兩電容器的下極板凈帶電荷為100

□C的負電.此時，兩電容器的電勢差相同，凈帶電量將按電容成正比例地分配：

本題中當兩開關接通后，有人認為兩電容器是串聯(lián)關系，這是錯誤的.必須

認清兩開關接通后，上、下兩極板分別達到靜電平衡時M與O,N與P分別等電

勢，因此，CA與CB兩電容器應是并聯(lián)關系.所以在解題時應從題設條件出發(fā)作

具體分析，從中確定正確解題思路.

6.有關帶電粒子在勻強電場中運動的問題分析.

例17試分析示波器可以測量信號電壓的原理.

分析：示波器的核心部件是示波管，它主要由電子槍、水平和豎直偏轉電極

以及熒光屏組成，工作在真空環(huán)境中.電子槍對電子束的加速功能以及偏轉電極對

電子束的電致偏轉原理已如前面所述.下面主要結合熒光屏上顯示電子束打出的光

斑位置與偏轉電極所加信號