靜電場的對稱性問題

1、靜電場的對稱性問題太原市十二中 姚維明對稱性是事物具有的一種客觀不變性。對稱性也是物理現(xiàn)象和過程在一定變換條件下所保持的某種不變性，物理學(xué)中的對稱性也具有普遍性，普遍存在于力，電，光，電磁感應(yīng)等現(xiàn)象中，如力學(xué)中的對稱性，電學(xué)中的對稱性，光學(xué)中的對稱性同時(shí)又各具特點(diǎn)。物理過程中的時(shí)間對稱性和空間的對稱性。物理量在空間分布上的對稱及作用效果的對稱性等。在物理學(xué)中，對稱法解題是一種常用的方法，對稱法解題具有簡潔方便的特點(diǎn)。例題1.庫倫定律公式中的r是指兩個(gè)點(diǎn)電荷之間的距離，對于不能視為點(diǎn)電荷的問題，可以根據(jù)帶電體的對稱性，由微元法，割補(bǔ)法等，運(yùn)用的等效的思維去處理，化非點(diǎn)電荷為點(diǎn)電荷去處理，化非點(diǎn)電

2、荷為點(diǎn)電荷，這樣可使難點(diǎn)得以突破，公式得以運(yùn)用，從而使問題迎刃而解。下文通過實(shí)際問題的解析，看化解的方法。一、場的對稱性問題-qqqqqA1半徑為R的圓周上五個(gè)等距離的點(diǎn)上分別帶有電荷量為q、q、q、q、-q的五個(gè)點(diǎn)電荷，求它們在圓心處的電場強(qiáng)度。A解析：如圖，在A點(diǎn)處先放置電荷量為q的點(diǎn)電荷，由對稱性知五個(gè)點(diǎn)電荷在圓心處的合電場為零。然后再在A點(diǎn)處放置電荷量為-2q的點(diǎn)電荷，它在圓心處的電場為等效為-2q在圓心處產(chǎn)生的電場。所以 方向由圓心指向A。2如圖所示，一個(gè)半徑為R的圓環(huán)均勻帶電ab為一段極小的缺口，缺口長為L（LR），圓環(huán)帶的電荷量為QL 在圓心處放置一帶電量為q的負(fù)點(diǎn)電荷，試求負(fù)點(diǎn)

3、電荷受到的庫侖力。解析：本題的帶電圓環(huán)不能當(dāng)做點(diǎn)電荷，學(xué)生往往找不到方法，我們可以先來討論一個(gè)封閉的圓環(huán)的情況。如圖所示，再換上任取對稱的兩點(diǎn)（或兩小段）P，對點(diǎn)處的負(fù)電荷產(chǎn)生吸引力FP，同樣Q對O點(diǎn)處的負(fù)電荷產(chǎn)生吸引力FQ，這兩個(gè)力大小相同，方向相反，合力為零。同理還可以取PQ.等等相互對稱的點(diǎn)，都具有相同的結(jié)論。而圓環(huán)正是由無數(shù)這樣的點(diǎn)組成的，不難發(fā)現(xiàn)，在這樣的圓環(huán)中心處的點(diǎn)電荷受力為零。再回到例題圖，只有與ab缺口相對稱的一小段沒有與之相對稱的對象存在，因此處于O點(diǎn)處的點(diǎn)電荷受到的力就是與ab缺口相對稱的一小段ab(如圖所示) 對它產(chǎn)生的吸引力.由于ab很短，可以將其視為點(diǎn)電荷，其帶電荷

4、量為，由庫倫定律可得受力方向指向ab.3一個(gè)半徑為R的絕緣球殼上均勻地帶有電荷電荷量為+的電荷，另一電荷量為q的點(diǎn)電荷放在球心O上，由于對稱性，點(diǎn)電荷所受的力為零，現(xiàn)在球殼上挖去半徑為r（rR）的一個(gè)小圓孔A，此時(shí)置于球心的點(diǎn)電荷所受的電場力的大小為多少？（已知靜電力常量為k）,方向如何？解析：挖去的小圓面上帶的電量.設(shè)想它仍在球面上原處，由于r << R，對球心O而言可以把它看成點(diǎn)電荷.根據(jù)庫侖定律，可以求出它對q的作用力，方向沿q與q的連線背離q.把它挖去后，失去了該分力，q受球面上剩余電荷的作用力與F等大反向.即，方向沿小孔與球心的連線指向小孔ab.3ab是長為的均勻帶電細(xì)桿

5、，P1、P2是位于ab所在直線上的兩點(diǎn)，位置如圖所示，ab上電荷產(chǎn)生的靜電場在P1處的場強(qiáng)大小為E1，在P2處的場強(qiáng)大小為E2，則以下說法正確的是（D）A兩處的場強(qiáng)方向相同，E1E2B兩處的場強(qiáng)方向相反，E1E2C兩處的場強(qiáng)方向相同，E1E2D兩處的場強(qiáng)方向相反，E1E2解析：在ab上找到一點(diǎn)關(guān)于p1點(diǎn)的對稱點(diǎn)c,那么在ac段，p1點(diǎn)處的場強(qiáng)為零，即ab在p1點(diǎn)的處產(chǎn)生的場強(qiáng)等效于cb段在該點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)，由圖可知，相當(dāng)于放在帶電細(xì)桿兩端的兩個(gè)點(diǎn)，根據(jù)電場線的分布可知場強(qiáng)方向一定相反。，錯(cuò)，由圖可知段在大小相等為，所以段的場強(qiáng)為E2=E1+E感，2>E1 B項(xiàng)錯(cuò)，D項(xiàng)對，正確的選項(xiàng)為D。對

6、稱解讀：帶電薄板和點(diǎn)電荷的電場都具有對稱性。等量異號（或同號電荷）的電場具有對稱性。帶電量相等的異號帶電粒子在同一電場中運(yùn)動軌跡具有對稱性。圖44帶電量為+q的點(diǎn)電荷與均勻帶電薄板相距為2d，點(diǎn)電荷到帶電薄板的垂線通過板的幾何中心若圖中a點(diǎn)處的電場強(qiáng)度為零，根據(jù)對稱性，帶電薄板在圖中b點(diǎn)處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為，方向(靜電力恒量為k)解析：均勻帶電薄板在ab兩對稱點(diǎn)處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等、方向相反，具有對稱性。點(diǎn)電荷+q在a點(diǎn)處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度由點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式可得Eq=kq/d2，方向向左。題述帶電薄板和點(diǎn)電荷+q在a點(diǎn)處的合電場強(qiáng)度為零，因此帶電薄板在a點(diǎn)處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E= Eq=kq

7、/d2，方向垂直于薄板向右。根據(jù)對稱性，帶電薄板在b點(diǎn)處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為Eb=kq/d2，方向垂直于薄板向左。4如圖所示，一塊長金屬板MN接地，一帶電量為+Q的點(diǎn)電荷A與金屬板之間的垂直距離為d，求A與板MN連線中點(diǎn)C處的電場強(qiáng)度。0 kQ/9d2，方向向左。解析：因金屬板MN接地，其電勢為零，連線中點(diǎn)C處的電場與兩個(gè)相距2d的等量異種點(diǎn)電荷電場中距+Q為d/2處的電場強(qiáng)度相同，不妨用一個(gè)處在+Q左側(cè)距離為2d的點(diǎn)電荷-Q代替大金屬板，根據(jù)點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式，點(diǎn)電荷+Q在C處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E1=，方向向左；點(diǎn)電荷-Q在C處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E2=，方向向左；A與板MN連線中點(diǎn)C處的電場強(qiáng)度E=

8、 E1+ E2=4kQ/d2+4kQ/9d2=4.5如圖1所示，勻強(qiáng)電場E的區(qū)域內(nèi)，在O點(diǎn)放置一點(diǎn)電荷Q.a、b、c、d、e、f為以O(shè)為球心的球面上的點(diǎn)，aecf平面與電場平行，bedf平面與電場垂直，則下列說法中正確的是 ()Ab、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同Ba點(diǎn)的電勢等于f點(diǎn)的電勢C點(diǎn)電荷q在球面上任意兩點(diǎn)之間移動時(shí)，電場力一定做功D將點(diǎn)電荷q在球面上任意兩點(diǎn)之間移動時(shí)，從a點(diǎn)移動到c點(diǎn)電勢能的變化量一定最大解析：b、d兩點(diǎn)的場強(qiáng)為Q產(chǎn)生的場與勻強(qiáng)電場E的合場強(qiáng)，由對稱可知，其大小相等，方向不同，A錯(cuò)誤；a、f兩點(diǎn)雖在Q所形電場的同一等勢面上，但在勻強(qiáng)電場E中此兩點(diǎn)不等勢，故B錯(cuò)誤；在bedf面

9、上各點(diǎn)電勢相同，點(diǎn)電荷q在bedf面上移動時(shí)，電場力不做功，C錯(cuò)誤；從a點(diǎn)移到c點(diǎn)，Q對它的電場力不做功，但勻強(qiáng)電場對q做功最多，電勢能變化量一定最大，故D正確答案：D6如圖甲所示，ab是半徑為R的圓的一條直徑，該圓處于勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)為E，在圓周平面內(nèi)，將一帶正電q的小球從a點(diǎn)以相同的動能拋出，拋出方向不同時(shí)，小球會經(jīng)過圓周上不同的點(diǎn)，在這些所有的點(diǎn)中，到達(dá)c點(diǎn)時(shí)小球的動能最大已知cab=300，若不計(jì)重力和空氣阻力，試求：(1)電場方向與直徑ab間的夾角；(2)若小球在a點(diǎn)時(shí)初速度方向與電場方向垂直,小球恰好能落在c點(diǎn)，則初動能為多少?解析：由于從a點(diǎn)以相同的初動能沿不同方向拋出的小球到達(dá)

10、圓周上的各點(diǎn)時(shí)，其中到達(dá)c點(diǎn)的小球動能最大，因此過c點(diǎn)的切線一定是等勢線，由此可以確定電場線的方向，至于從a點(diǎn)垂直于電場線拋出的小球可以做平拋運(yùn)動處理。（1）用對稱性判斷電場的方向：有題設(shè)條件，在圓周平面內(nèi)，從a點(diǎn)以相同的動能向不同方向拋出帶正電的小球，小球會經(jīng)過圓周上不同的點(diǎn)，且以經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)小，可知電場線平行于圓平面，又根據(jù)動能定理，電場力對到達(dá)c點(diǎn)的小球做功最多為qUac。因此Uac最大即c點(diǎn)的電勢比圓周上任何一點(diǎn)的電勢都低，又因?yàn)閳A周平面處于勻強(qiáng)電場中，故連接Oc，圓周上各點(diǎn)的電勢對于Oc對稱（或作過c點(diǎn)且圓周相切的線cf是等勢線）Oc方向即為電場方向(如圖乙所示)，它與直徑ab的夾角為

11、600 (2)小球在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動小球沿垂直于電場方向拋出，設(shè)其初速度為v0，小球質(zhì)量為m在垂直于電場線方向，有： x v0t 在沿電場線方向，有y at 2 由圖中幾何關(guān)系可得： x Rcos300 y R(1十cos600) 且：a = 將、式代入、兩式解得：v02所以初動能：Ek0mv02 = 設(shè)待求的電場強(qiáng)度為E2，因?yàn)镋1+E2=0，可得 E2=E1=9×102NC 負(fù)號表示E2與E1反向，背向球心向左。 二、運(yùn)動的對稱性（1）類豎直上拋運(yùn)動的對稱性例1、板長為L的平行金屬板與水平面成角放置，板間有勻強(qiáng)電場。一個(gè)帶負(fù)電電量為q質(zhì)量為m的液滴，以速度V0垂直于電場方向

12、射入兩板間，如圖甲，射入后液滴沿直線運(yùn)動，兩極板間的電場強(qiáng)度E= ，液滴離開電場時(shí)的速度為 。圖乙分析與解答液滴在電場中受到重力mg和電場力F兩個(gè)力的作用，由于液滴沿直線運(yùn)動，由直線運(yùn)動的條件可知：兩個(gè)力的合力必須與速度共線。所以電場力的方向是垂直金屬板斜向上，如圖乙，由幾何關(guān)系可得：F=Eq=mgCos，解得：E=由動能定理可得：（注：電場力不做功）-mgLSin=，解得：v=注解決液滴離開電場時(shí)的速度也可以采用牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求解：F合=mgSin=ma，解得：a=gSin由運(yùn)動學(xué)公式：vt2-v02=2as可得：v=練習(xí)3.板長為L的平行金屬板與水平面成角放置，板間有勻強(qiáng)電場。一

13、個(gè)帶負(fù)電電量為q質(zhì)量為m的液滴，以速度v0垂直于電場方向射入兩板間，如圖甲，射入后液滴沿直線運(yùn)動，兩極板間的電場強(qiáng)度E= ，液滴離開電場時(shí)的速度為 。v=練習(xí)4.有兩個(gè)完全相同的金屬球A、B，如圖，B球固定在絕緣地板上，A球在離B球?yàn)镠的正上方由靜止釋放下落，與B球發(fā)生對心碰后回跳的高為h設(shè)碰撞中無動能損失，空氣阻力不計(jì) ( )A若A、B球帶等量同種電荷，則h>HB若A、B球帶等量同種電荷，則h=HC若A、B球帶等量異種電荷，則h>H D若A、B球帶等量異種電荷，則h=H練習(xí)5如圖所示，一個(gè)帶負(fù)電的油滴質(zhì)量為m，帶電量為q，以初速v0從P點(diǎn)傾斜向上進(jìn)入水平方向的勻強(qiáng)電場中，初速度與

14、電場的夾角為。若電場足夠大，求：（1）油滴沿原路返回出發(fā)點(diǎn)經(jīng)過的時(shí)間。(2)油滴運(yùn)動的最遠(yuǎn)路程。(3)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)其電勢能與在O點(diǎn)的電勢能之差。練習(xí)6.一個(gè)帶負(fù)電的小球，質(zhì)量為M、電荷量為q。在一個(gè)如圖所示的平行板電容器的右側(cè)板邊被豎直上拋，最后落在電容器左側(cè)邊同一高度處，若電容器極板是豎直放置，兩板間距離為d，板間電壓為U，求電荷能達(dá)到的最大高度及拋出時(shí)的初速度。解：小球在豎方向做豎直上拋運(yùn)動,時(shí)間、速率對稱等大。最大高度上升到最大高度所用的時(shí)間（2）圓周運(yùn)動的對稱性1絕緣的半徑為R的光滑圓環(huán)，放在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一個(gè)質(zhì)量為m，帶電量為-q的小球，它們處在水平向右的勻強(qiáng)電場中，電場

15、強(qiáng)度為E（如圖所示），且qE=mg，小環(huán)從水平直徑上的B點(diǎn)由靜止開始滑動，下列下列說法正確的是：A小球的最大動能在最低點(diǎn)B小球的最大速度在CD之間C小球運(yùn)動的最高點(diǎn)在A點(diǎn)D小球運(yùn)動的最高點(diǎn)在AD之間OAB2如圖，用細(xì)線栓一帶負(fù)電小球在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中，在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動，電場力大于重力，下列說法正確的是（ ） A、小球到最高點(diǎn)A時(shí)，細(xì)線張力一定最大 B、小球到最低點(diǎn)B時(shí)，細(xì)線張力一定最大 C、小球到最低點(diǎn)B時(shí)，小球線速度一定最大 D、小球到最低點(diǎn)B時(shí)，小球電勢能一定最大（3）往復(fù)運(yùn)動的對稱性練習(xí)1如圖，AD是電極板，BC是有孔的金屬棱柱筒。從A極釋放的一個(gè)無初速度的電子向B板方向運(yùn)動

16、， （1）電子能否到達(dá)D極板？（2）電子將在A、D間做什么運(yùn)動？（3）若電源電動勢為2U、3U電子還能到達(dá)D板嗎？（4）若CD間距加倍，電壓還是U，電子能否運(yùn)動到D極板？（4）交變電場按矩形方波規(guī)律變化的對稱性 例1如圖1所示，A、B是一對平行的金屬板，在兩板間加上一周期為T的交變電壓U，A板電勢UA=0，B板的電勢UB隨時(shí)間發(fā)生周期性變化，規(guī)律如圖2所示，現(xiàn)有一電子從A板上的小孔進(jìn)入兩極板間的電場區(qū)內(nèi)，設(shè)電子的初速度和重力的影響均可忽略。  A若電子是在t=0時(shí)刻進(jìn)入的，它將一直向B板運(yùn)動 B若電子是在t=T/8時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動，時(shí)而向

17、A板運(yùn)動，最后打在B板上 C若電子是在t=3T/8時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動，時(shí)而向A板運(yùn)動，最后打在B板上 D若電子是在t=T/2時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動，時(shí)而向A板運(yùn)動解析：由圖2可知，平行金屬板兩極的電壓大小不變，只是正負(fù)變化，故帶電粒子進(jìn)入電場中所受的電場力大小不變，只是方向變化，則其加速度也是大小不變，只是方向變化，因此，帶電粒子在電場中時(shí)而作勻加速運(yùn)動，時(shí)而作勻減速運(yùn)動。當(dāng)電子從t=0時(shí)刻進(jìn)入，在0T/2內(nèi)作勻加加速運(yùn)動；在T/2T內(nèi)作勻減速運(yùn)動，完成一個(gè)周期變化，然后循環(huán)，作出其速度圖象，如圖3所示，由圖可知位移一直為正值，則電子是一直向B板運(yùn)動

18、，A選項(xiàng)正確當(dāng)電子從t=T/8時(shí)刻進(jìn)入，在T/8T/2內(nèi)作勻加速運(yùn)動；在T/2T內(nèi)作勻減速運(yùn)動，t=7T/8時(shí)速度為零，然后反向作加速運(yùn)動；在T3T/2內(nèi)作加速運(yùn)動，當(dāng)t=9T/8時(shí)速度又為零，完成一個(gè)周期變化，然后循環(huán)，作出其速度圖象如圖4所示，由圖可知，在T/87T/8內(nèi)的位移大于7T/89T/8內(nèi)的位移，即電子而向B板運(yùn)動，時(shí)而向A板運(yùn)動，但總體上向B板運(yùn)動，最終打在B板上，B選項(xiàng)正確當(dāng)電子從t=3T/8時(shí)刻進(jìn)入，在3T/8T/2內(nèi)作勻加速運(yùn)動；在T/2T內(nèi)作勻減速運(yùn)動，t=5T/8時(shí)速度為零，然后反向作加速運(yùn)動；在T3T/2內(nèi)作加速運(yùn)動，當(dāng)t=11T/8時(shí)速度又為零，完成一個(gè)周期，然后

19、循環(huán)，作出其速度圖象如圖5所示，由圖可知，在3T/88T/8內(nèi)的位移小于9T/811T/8內(nèi)的位移，即電子而向B板運(yùn)動，時(shí)而向A板運(yùn)動，但總體上向A板運(yùn)動，最終打不會打B板上，C選項(xiàng)錯(cuò)誤同理，當(dāng)電子從T/2時(shí)刻進(jìn)入，一開始就反方向作加速運(yùn)動，根本就不可能進(jìn)入極板間，D選項(xiàng)錯(cuò)誤，因此本題正確的選項(xiàng)為A、B。 例2如圖6所示，是一個(gè)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度隨時(shí)間變化的圖象，在這個(gè)勻強(qiáng)電場中有一個(gè)帶電粒子，在t=0時(shí)刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則電場力的作用和帶電粒子的運(yùn)動情況是（）  A帶電粒子將在電場中做有往復(fù)但總體上看不斷向前的運(yùn)動 B03s內(nèi)，電

20、場力的沖量為零，電場力做功不等于零 C3s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn) D04s內(nèi)，電場力的沖量不等于零，而電場力做的功卻為零 解析：此題與上題不同之處，就是電場力不僅方向變化，而且大小也變化設(shè)帶電帶正電，規(guī)定電場強(qiáng)度的正方向?yàn)檎较?，則帶電粒子在01秒內(nèi)向負(fù)方向作加速運(yùn)動；在12內(nèi)帶電粒子先作減速運(yùn)動，加速度大小為01秒內(nèi)的2倍，直線的斜率為原來的2倍，則當(dāng)t=15秒速度為零，然后，再沿正方向作加速運(yùn)動，在第2秒末時(shí)的速度與第1秒末速度大小相等，方向相反；在23秒內(nèi)帶電粒子先沿正方向作減速運(yùn)動，當(dāng)t=3秒速度為零。34秒內(nèi)再沿負(fù)方向作加速運(yùn)動，03秒完成一個(gè)周期變化。

21、運(yùn)用周期性與對稱性的特點(diǎn)是,作出的速度圖象如圖7所示。由圖可知，03秒內(nèi)的位移為零，則3秒末帶電粒子回到出發(fā)點(diǎn)，電場力做功等于零，電場力的沖量為零，帶電在電場中來回的往復(fù)運(yùn)動；04秒內(nèi)，位移不為零，則電場力做的功不為零，4秒末的速度不為零，則電場力的沖量不等于零，因此本題正確的選項(xiàng)為C。（5）交變電場按正弦（或余弦）規(guī)律變化 例3在平行板電容器的正中央有一電子處于靜止?fàn)顟B(tài)，第一次電容器極板上加的電壓是u1=Umsint，第二次極板上加的電壓是u2=Umcost，那么在電場力的作用下（假設(shè)交變電流的頻率很高，極板間的距離較寬） A兩次電子都做單向直線運(yùn)動 B兩次電子

22、都做振動 C第一次電子做單向直線運(yùn)動，第二次電子做振動 D第一次電子做振動，第二次電子做單向直線運(yùn)動  解析：此題與上例不同之處就是，由于加在電容器極板上的電壓按正弦或余弦規(guī)律變化，故電子所受的電場力和產(chǎn)生的加速度亦是按正弦或余弦規(guī)律變化，不是按線性規(guī)律變化。如圖8所示，當(dāng)?shù)谝淮坞娙萜鳂O板上加的壓是u1=Umsint時(shí)，在0T/4內(nèi)，電子作加速度逐漸增大的加速運(yùn)動，速度達(dá)到V1；在T/4T/2內(nèi)，電子繼續(xù)作加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，速度達(dá)到最大V2；在T/23T/4內(nèi)，電子作加速度大小逐漸增大的減速運(yùn)動，由對稱性可知，當(dāng)t=3T/4時(shí)速度減到V1；在3T/4T內(nèi)，電子繼續(xù)作加速度大小逐漸減小的減速運(yùn)動，由對稱性可知，當(dāng)t=T時(shí)速度為零，完成一個(gè)周期性變化，其速度圖象如圖9所示。由圖可知，在一個(gè)周期T內(nèi)位移為某一正值，故電子做單向直線運(yùn)動。  當(dāng)?shù)诙螛O板上加的電壓是u2=Umcost時(shí)，如圖10所示，在0T/4內(nèi)，電子作加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，當(dāng)t=T/4時(shí)速度達(dá)到V1；在T/4T/2內(nèi)，電子繼續(xù)作加速度大小逐漸增大的減速運(yùn)動，由對稱性可知，當(dāng)t=T/2時(shí)速度為零；在T/23T/4內(nèi)，電子朝反方向作加速度逐