摘要：例1如图所示.在x轴上有两个点电荷.一个带正电(Q1).另一个带负电(Q2).且满足Q1=2Q2.用E1和E2分别表示两个电荷所产生的场强的大小.则在x轴上( ) A. E1=E2之点只有一处.该处合场强为零 B. E1=E2之点共有两处.一处合场强为零.另一处合场强为2E2 C. E1=E2之点共有三处.其中再版合场强为零.另一处合场强为2E2 D.E1=E2之点共有三处.其中一处合场强为零.另两处合场强为2E2 分析:本题可综合应用点电荷场强公式和场强叠加知识进行分析. 解答:由于Q1>Q2.所以E1=E2之点只能在Q1.Q2连线中间或Q2的右侧出现.而前者E合=2E2.后者E合=0.所以B选项正确. 例2如图所示.A.B.C.D是匀强电场中一正方形的四个顶点.已知A.B.C三点的电势分别为UA=15V.UB=3V.UC=-3V.由此可知D点电势UD= V,若该正方形的边长为a=2cm.且电场方向与正方形所在平面平行.则场强为E= V/m. 分析:注意到场强与电势差间的关系及匀强电场的特点. 解答:因为UA-UB=12V.而UB-UC=6V.所以连结AC并将其三等分如图17-3所示.则UP=UD.UQ=UB.由此不难得到:UD=9V.在此基础上可进一步判断场强方向必与PD或BQ垂直.设场强方向与AB夹 a角.于是有 E·acosa=UA-UB 而根据正弦定理可得 由此可求得 所以.此例应依次填上: 例3如图17-4所示.电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动.然后射入电势差为U2的两场平行极板间的电场中.入射方向跟极板平行.整装置处于真空中.重力可忽略.在满足电子能射出平行板区的条件下.下列四种情况中.一定能使电子的偏转角变大的是( ) A. U1变大.U2变大 B.U1变小.U2变大 o C.U1变大.U2变小 D.U1变小.U2变小 - + 分析:注意到“电加速 与“电偏转 的规律 解答:电子经加速.偏转飞出电场时偏转角的正切计算公式为: 一定能使变大的情况是U2变大.U1变小.故选项B正确. 例4如图所示的是在一个电场中的a.b.c.d四个点分别引入检验电荷时.电荷所受的电场力F跟引入的电荷电量之间的函数关系.下列是说法正确的是( ) A. 该电场是匀强电场 B. a.b.c.d四点的电场强度大小关系是Ed>Eb>Ea>Ec C. 这四点的场强大小关系是Eb>Ea>Ec>Ed D.无法比较E值大小 分析:对图象问题要着重理解它的物理意义 解答:对于电扬中给定的位置.放入的检验电荷的电量不同.它 受到的电场力不同.但是电场力F与检验电荷的电量q的比值F/q即场强E是不变的量.因为F=Eq.所以F跟q的关系的图线是一条过原点的直线.该直线的斜率的大小即表示场强的大小.由此可得出Ed>Eb>Ea>Ec. 例5如图所示.一个均匀的带电圆环.带电量为+Q.半径为R.放在绝缘水平桌面上.圆心为O点.放O点做一竖直线.在此线上取一点A.使A到O点的距离为R.在A点放一检验电荷+q.则+q在A点所受的电场力为( )] A..方向向上 B..方向向上 C..方向水平向左 D.不能确定 分析:注意到叠加原理的应用. 解答:如画所示将带电圆环等分成无数个相同的点电荷q’.由于对称性所有q’与q的作用力在水平方向分力的合力应为零.因此 且方向向上. 例6一平行板电容器充电后与电源断开.负极板接地.在两极板间有一正电荷固定在P点.如图所示.以E表示两极板间的场强.U表示电容器的电压.W表示正电荷在P点的电势能.若保持负极板不动.将正极板移到图中虚线所示的位置.则( ) A.U变小.E不变 B.E变大.W变大 C.U变小.W不变 D.U不变.W不变 分析:注意到各量间关系的准确把握. 解答:电容器充电后电源断开.说明电容器带电量不变.正极板向负极板移近. 电容变大.由知U变小.这时有.因为,d变小.U变大值不变.即场强E不变.A正确.B.D错误负极板接地即以负极板作为电势.电势能的标准.场强E不变.P点的电势不变.正电荷在P点的电势能也不变.C正确.

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