静电场的对称性问题

静电场的对称性问题

太原市十二中 姚维明

对称性是事物具有的一种客观不变性。对称性也是物理现象和过程在一定变换条件下所保持的某种不变性，物理学中的对称性也具有普遍性，普遍存在于力，电，光，电磁感应等现象中，如力学中的对称性，电学中的对称性，光学中的对称性同时又各具特点。物理过程中的时间对称性和空间的对称性。物理量在空间分布上的对称及作用效果的对称性等。在物理学中，对称法解题是一种常用的方法，对称法解题具有简洁方便的特点。

qq例题1.库伦定律公式Fk122中的r是指两个点电荷之间的距离，对于不能视为点电荷的问

r题，可以根据带电体的对称性，由微元法，割补法等，运用的等效的思维去处理，化非点电荷为点电荷去处理，化非点电荷为点电荷，这样可使难点得以突破，公式得以运用，从而使问题迎刃而解。下文通过实际问题的解析，看化解的方法。 一、场的对称性问题

1．半径为R的圆周上五个等距离的点上分别带有电荷量为q、q、q、q、-q的五个点电荷，求它们在圆心处的电场强度。

-q 解析：如图，在A点处先放置电荷量为q的点电荷，由对称性知五个点电

A q 荷在圆心处的合电场为零。然后再在A点处放置电荷量为-2q的点电荷，它在q 圆心处的电场为等效为-2q在圆心处产生的电场。 所以E0k2q 方向由圆心指向A。 2rq q 2．如图所示，一个半径为R的圆环均匀带电ab为一段极小的缺口，缺口长为L（L＜＜R），圆环带的电荷量为QL 在圆心处放置一带电量为q的负点电荷，试求负点电荷受到的库仑力。

解析：本题的带电圆环不能当做点电荷，学生往往找不到方法，我们可以先来讨论一个封闭的圆环的情况。

如图所示，再换上任取对称的两点（或两小段）P，Ｑ，Ｐ对Ｏ点处的负电荷产生吸引力FP，同样Q对O点处的负电荷产生吸引力FQ，这两个力大小相同，方向相反，合力为零。同理还可以取PQ.等等相互对称的点，都具有相同的结论。而圆环正是由无数这样的点组成的，不难发现，在这样的圆环中心处的点电荷受力为零。

再回到例题图，只有与ab缺口相对称的一小段没有与之相对称的对象存在，因此处于O点处的点电荷受到的力就是与ab缺口相对称的一小段ab(如图所示) 对它产生的吸引力. A

由于ab很短，可以将其视为点电荷，其带电荷量为QQl，

(2RL)R2Ｌ由库伦定律可得FkQlQ1Q2受力方向指向ab. 22(2RL)Rr3．一个半径为R的绝缘球壳上均匀地带有电荷电荷量为+Ｑ的电荷，另一电荷量为＋q的点电荷放在球心O上，由于对称性，点电荷所受的力为零，现在球壳上挖去半径为r（r＜＜R）的一个小圆孔A，此时置于球心的点电荷所受的电场力的大小为多少？（已知静电力常量为k）,方向如何？

1

Qr22rQ. 解析：挖去的小圆面上带的电量q4R24R2设想它仍在球面上原处，由于r << R，对球心O而言可以把它看成点电荷.根据库仑定律，

qqkQqr2可以求出它对q的作用力Fk2，方向沿q′与q的连线背离q′. 4r4R把它挖去后，失去了该分力，q受球面上剩余电荷的作用力与F等大反向.即

kQqr2F，方向沿小孔与球心的连线指向小孔ab. 44R3．ab是长为l的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示，ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2，则以下说法正确的是（ D ）

A．两处的场强方向相同，E1＞E2 B．两处的场强方向相反，E1＞E2 C．两处的场强方向相同，E1＜E2 D．两处的场强方向相反，E1＜E2

解析：在ab上找到一点关于p1点的对称点c,那么在ac段，p1点处的场强为零，即ab在p1点的处产生的场强等效于cb段在该点产生的场强，由图可知，Ｐ１Ｐ２，相当于放在带电细杆两端的两个点，根据电场线的分布可知场强方向一定相反。Ａ，Ｃ错，由图可知段在大小相等为Ｅ１，所以段的场强为E2=E1+E感，Ｅ2>E1 B项错，D项对，正确的选项为D。

对称解读：带电薄板和点电荷的电场都具有对称性。等量异号（或同号电荷）的电场具有对称性。带电量相等的异号带电粒子在同一电场中运动轨迹具有对称性。

4．带电量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b点处产生的电场强度大小为＿＿＿＿＿＿，方向＿＿＿＿＿＿．(静电力恒量为k)

解析：均匀带电薄板在ab两对称点处产生的电场强度大小相等、方向相反，具有对称性。点电荷+q在a点处产生的电场强度由点电荷电场强度公式可得Eq=kq/d2，方向向左。题述带电薄板和点电荷+q在a点处的合电场强度为零，因此带电薄板在a点处产生的电场强度为E= Eq=kq/d2，方向垂直于薄板向右。根据对称性，带电薄板在b点处产生的电场强度为Eb=kq/d2，方向垂直于薄板向左。

4．如图所示，一块长金属板MN接地，一带电量为+Q的点电荷A图4 与金属板之间的垂直距离为d，求A与板MN连线中点C处的电场强度。 0 kQ/9d2，方向向左。

解析：因金属板MN接地，其电势为零，连线中点C处的电场与两个相距2d的等量异种点电荷电场中距+Q为d/2处的电场强度相同，不妨用一个处在+Q左侧距离为2d的点电荷-Q代替大金属板，根据点电荷电场强度公式，点电荷+Q在C处产生的电场强度为E1=点电荷-Q在C处产生的电场强度为E2=

4kQ，方向向左； 2d4kQ，方向向左； 29dA与板MN连线中点C处的电场强度E= E1+ E2=4kQ/d2+4kQ/9d2=4.

2

5．如图1所示，匀强电场E的区域内，在O点放置一点电荷＋Q.a、b、c、d、e、f为以O为球心

的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是 ( )

A．b、d两点的电场强度相同 B．a点的电势等于f点的电势

C．点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功

D．将点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，从a点移动到c点电势能的变化量一定最大 解析：b、d两点的场强为＋Q产生的场与匀强电场E的合场强，由对称可知，其大小相等，方向不同，A错误；a、f两点虽在＋Q所形电场的同一等势面上，但在匀强电场E中此两点不等势，故B错误；在bedf面上各点电势相同，点电荷＋q在bedf面上移动时，电场力不做功，C错误；从a点移到c点，＋Q对它的电场力不做功，但匀强电场对＋q做功最多，电势能变化量一定最大，故D正确． 答案：D

6．如图甲所示，ab是半径为R的圆的一条直径，该圆处于匀强电场中，场强为E，在圆周平面内，将一带正电q的小球从a点以相同的动能抛出，抛出方向不同时，小球会经过圆周上不同的点，在这些所有的点中，到达c点时小球的动能最大．已知∠cab=300，若不计重力和空气阻力，试求：

(1)电场方向与直径ab间的夹角θ；

(2)若小球在a点时初速度方向与电场方向垂直,小球恰好能落在c点，则初动能为多少?

解析：由于从a点以相同的初动能沿不同方向抛出的小球到达圆周上的各点时，其中到达c点的小球动能最大，因此过c点的切线一定是等势线，由此可以确定电场线的方向，至于从a点垂直于电场线抛出的小球可以做平抛运动处理。

（1）用对称性判断电场的方向：有题设条件，在圆周平面内，从a点以相同的动能向不同方向抛出带正电的小球，小球会经过圆周上不同的点，且以经过c点时小，可知电场线平行于圆平面，又根据动能定理，电场力对到达

c点的小球做功最多为qUac。因此Uac最大即c点的电势比圆周上任何一点的电势都低，又因为圆周平面处于匀强电场中，故连接Oc，圆周上各点的电势对于Oc对称（或作过c点且圆周相切的线cf是等势线）Oc方向即为电场方向(如图乙所示)，它与直径ab的夹角为600．

(2)小球在匀强电场中做类平抛运动．小球沿垂直于电场方向抛出，设其初速度为v0，小球质量为m．在垂直于电场线方向，有：

3

x ＝v0t ①

在沿电场线方向，有y ＝

12

at ② 2由图中几何关系可得： x ＝Rcos300 ③

qE ⑤ mqER将③、④、⑤式代入①、②两式解得：v02＝

4m1qER所以初动能：Ek0＝mv02 =．

28y ＝R(1十cos600) ④ 且：a =

设待求的电场强度为E2，因为E1+E2=0，可得 －

E2=－E1=－9×102N／C

负号表示E2与E1反向，背向球心向左。 二、运动的对称性

（1）类竖直上抛运动的对称性

例1、板长为L的平行金属板与水平面成θ角放置，板间有匀强电场。一个带负电电量为q质量为m的液滴，以速度V0垂直于电场方向射入两板间，如图甲，射入后液滴沿直线运动，两极板间的电场强度E= ，液滴离开电场时的速度为 。 [分析与解答]液滴在电场中受到重力mg和电场力F两个力的作用，由于液滴 沿直线运动，由直线运动的条件可知：两个力的合力必须与速度共线。所以电场力的方向是垂直金属板斜向上，如图乙， 由几何关系可得：F=Eq=mgCosθ，解得：E=由动能定理可得：（注：电场力不做功）

mgcos q图乙

12122-mgLSinθ=mvmv0，解得：v=v02gLSin

22[注]解决液滴离开电场时的速度也可以采用牛顿第二定律和运动学公式求解：

F合=mgSinθ=ma，解得：a=gSinθ

由运动学公式：vt2-v02=2as可得：v=v02gLSin

2练习3.板长为L的平行金属板与水平面成θ角放置，板间有匀强电场。一个带负电电量为q质量为m的液滴，以速度v0垂直于电场方向射入两板间，如图甲，射入后液滴沿直线运动，两极板间的电场强度E= ，液滴离开电场时的速度为 。 v=v02gLSin

练习4.有两个完全相同的金属球A、B，如图，B球固定在绝缘地板上，A球在离B球为H的正上方由静止释放下落，与B球发生对心碰后回跳的高为h．设碰撞中无动能损失，空气阻力不计 ( )

A．若A、B球带等量同种电荷，则h>H B．若A、B球带等量同种电荷，则h=H

4

2

C．若A、B球带等量异种电荷，则h>H D．若A、B球带等量异种电荷，则h=H

练习5．如图所示，一个带负电的油滴质量为m，带电量为q，以初速v0从P点倾斜向上进入水平方向的匀强电场中，初速度与电场的夹角为θ。若电场足够大，求：（1）油滴沿原路返回出发点经过的时间。 (2)油滴运动的最远路程。

(3)小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差。

12mv0cos2 2练习6.一个带负电的小球，质量为M、电荷量为q。在一个如图所示的平行板电容器的右侧板边被竖直上抛，最后落在电容器左侧边同一高度处，若电容器极板是竖直放置，两板间距离为d，板间电压为U，求电荷能达到的最大高度及抛出时的初速度。 解：小球在竖方向做竖直上抛运动,时间、速率对称等大。

2v0最大高度H

2g上升到最大高度所用的时间t1v0 g d11qUa(2t)2(2t)222mdv0dgm 2qu（2）圆周运动的对称性

1．绝缘的半径为R的光滑圆环，放在竖直平面内，环上套有一个质量为m，带电量为-q的小球，它们处在水平向右的匀强电场中，电场强度为E（如图所示），且qE=mg，小环从水平直径上的B点由静止开始滑动，下列下列说法正确的是：

A．小球的最大动能在最低点 B．小球的最大速度在CD之间 C．小球运动的最高点在A点 D．小球运动的最高点在AD之间

2．如图，用细线栓一带负电小球在方向竖直向下的匀强电场中，在竖直面内做圆周运动，电场力大于重力，下列说法正确的是（ ） A A、小球到最高点A时，细线张力一定最大 B、小球到最低点B时，细线张力一定最大 •O C、小球到最低点B时，小球线速度一定最大

B D、小球到最低点B时，小球电势能一定最大

5

（3）往复运动的对称性

练习1．如图，AD是电极板，BC是有孔的金属棱柱筒。从A极释放的一个无初速度的电子向B板方向运动，

（1）电子能否到达D极板？ （2）电子将在A、D间做什么运动？

（3）若电源电动势为2U、3U电子还能到达D板吗？

（4）若CD间距加倍，电压还是U，电子能否运动到D极板？ （4）交变电场按矩形方波规律变化的对称性

例1 如图1所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上

一周期为T的交变电压U，A板电势UA=0，B板的电势UB随时间发生周期性变化，规律如图2所示，现有一电子从A板上的小孔进入两极板间的电场区内，设电子的初速度和重力的影响均可忽略。

A．若电子是在

t=0时刻进入的，它将一直向B板运动

B．若电子是在t=T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 C．若电子是在t=3T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上

D．若电子是在t=T/2时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动

解析：由图2可知，平行金属板两极的电压大小不变，只是正负变化，故带电粒子进入电场中所受的电场力大小不变，只是方向变化，则其加速度也是大小不变，只是方向变化，因此，带电粒子在电场中时而作匀加速运动，时而作匀减速运动。当电子从t=0时刻进入，在0～T/2内作匀加加速运动；在T/2～T内作匀减速运动，完成一个周期变化，然后循环，作出其速度图象，如图3所示，由图可知位移一直为正值，则电子是一直向B板运动，A选项正确．当电子从t=T/8时刻进入，在T/8～T/2内作匀加速运动；在T/2～T内作匀减速运动，t=7T/8时速度为零，然后反向作加速运动；在T～3T/2内作加速运动，当t=9T/8时速度又为零，完成一个周期变化，然后循环，作出其速度图

6

象如图4所示，由图可知，在T/8～7T/8内的位移大于7T/8～9T/8内的位移，即电子而向B板运动，时而向A板运动，但总体上向B板运动，最终打在B板上，B选项正确．当电子从t=3T/8时刻进入，在3T/8～T/2内作匀加速运动；在T/2～T内作匀减速运动，t=5T/8时速度为零，然后反向作加速运动；在T～3T/2内作加速运动，当t=11T/8时速度又为零，完成一个周期，然后循环，作出其速度图象如图5所示，由图可知，在3T/8～8T/8内的位移小于9T/8～11T/8内的位移，即电子而向B板运动，时而向A板运动，但总体上向A板运动，最终打不会打B板上，C选项错误．同理，当电子从T/2时刻进入，一开始就反方向作加速运动，根本就不可能进入极板间，D选项错误，因此本题正确的选项为A、B。

例2 如图6所示，是一个匀强电场的电场强度随时间变化的图象，在这个匀强电场中有一个带电粒子，在t=0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则电场力的作用和带电粒子的运动情况是（ ）

A．带电粒子将在电场中做有往复但总体上看不断向前的运动 B．0～3s内，电场力的冲量为零，电场力做功不等于零 C．3s末带电粒子回到原出发点

D．0～4s内，电场力的冲量不等于零，而电场力做的功却为零

解析：此题与上题不同之处，就是电场力不仅方向变化，而且大小也变化．设带电带正电，规定电场强度的正方向为正方向，则带电粒子在0～1秒内向负方向作加速运动；在1～2内带电粒子先作减速运动，加速度大小为0～1秒内的2倍，直线的斜率为原来的2倍，则当t=1．5秒速度为零，然后，再沿正方向作加速运动，在第2秒末时的速度与第1秒末速度大小相等，方向相反；在2～3秒内带电粒子先沿正方向作减速运动，当t=3秒速度为零。3～4秒内再沿负方向作加速运动，0～3秒完成一个周期变化。运用周期性与对称性的特点是,作出的速度图象如图7所示。由图可知，0～3秒内的位移为零，则3秒末带电粒子回到出发点，电场力做功等于零，电场力的冲量为零，带电在电场中来回的往复运动；0～4秒内，位移不为零，则电场力做的功不为零，4秒末的速度不为零，则电场力的冲量不等于零，因此本题正确的选项为C。 （5）交变电场按正弦（或余弦）规律变化

例3 在平行板电容器的正中央有一电子处于静止状态，第一次电容器极板上加的电压是u1=Umsinωt，第二次极板上加的电压是u2=Umcosωt，那么在电场力的作用下（假设交变电流的频率很高，极板间的距离较宽）

A．两次电子都做单向直线运动 B．两次电子都做振动

C．第一次电子做单向直线运动，第二次电子做振动 D．第一次电子做振动，第二次电子做单向直线运动

7

解析：此题与上例不同之处就是，由于加在电容器极板上的电压按正弦或余弦规律变化，故电子所受的电场力和产生的加速度亦是按正弦或余弦规律变化，不是按线性规律变化。如图8所示，当第一次电容器极板上加的压是u1=Umsinωt时，在0～T/4内，电子作加速度逐渐增大的加速运动，速度达到V1；在T/4～T/2内，电子继续作加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大V2；在T/2～3T/4内，电子作加速度大小逐渐增大的减速运动，由对称性可知，当t=3T/4时速度减到V1；在3T/4～T内，电子继续作加速度大小逐渐减小的减速运动，由对称性可知，当t=T时速度为零，完成一个周期性变化，其速度图象如图9所示。由图可知，在一个周期T内位移为某一正值，故电子做单向直线运动。

当第二次极板上加的电压是u2=Umcosωt时，如图10所示，在0～T/4内，电子作加速度逐渐减小的加速运动，当t=T/4时速度达到V1；在T/4～T/2内，电子继续作加速度大小逐渐增大的减速运动，由对称性可知，当t=T/2时速度为零；在T/2～3T/4内，电子朝反方向作加速度逐渐增大的加速运动，由对称性可知，当t=3T/4时速度大小达到V1；在3T/4～T内，电子作加速度大小逐渐减小的减速运动，由对称性可知，当t=T时速度为零，完成一个周期性变化，其速度图象如图11所示。由图可知，在一个周期T内位移为零，故电子做振动．因此本题目正确的选项为C。 （6）分方向运动的对称性

例5、电容器板长为L，电容器两端的电压变化规律如图5左图所示，电压绝对值为U0 。电子（质量为m，电荷量为e）沿电容器中线射入时的初速为v0，为使电子刚好由O2点沿中线水平射出，电压变化周期T和板间距离d各应满足什么条件？（用L、U0、m、e、v0表示）

分析与解答：

电子从O2电射出，在竖直方向的位移为零，竖直分速度也必须为零，所以

电子穿过电容器的时间必须是电压变化周期的整数倍，即t图5 LnT， v0 8

∴ TL，（n=1，2，3……），为了使电子能从O2点射出，电子在电容器中运动过程中不能打nv011qU0T2d()（电子向上板运动过程中，先加速后减速，， y'at222dm42在极板上，要求：y2y'eU0L21qU0T2d两段位移相等），∴ 2，（n=1，2，3……） ()，∴ d22dm428m2n2v0例6.两块水平平行放置的导体板如图所示，大量电子（质量m、电量e）由静止开始，经电压为U0

的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图所示的周期为2t0，幅值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过。问： ⑴这些电子通过两板之间后，侧向位移的最大值和最小值．．

分别是多少？

⑵侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？

U

U0

t 0 t0 2t0 3t0 4t0 U0

解析: (画出电子在t=0时和t=t0时进入电场的v-t图象进行分析) vy vy v2

v1 v1

t t 0 0 t0 2t0 3t0 t0 2t0 3t0 4t0

（1）v1yeU0eU02eU0t0t0， v2y2t0 mdmdmd2symax3eU0t01d2(v1yt0v1yt0)3v1yt0

2md23eU0t01dv1yt0v1yt01.5v1yt0 22md42symin解得d6eU0dtt0 symax0m2226eU0dt0， syminm446eU0 m（2）由此得v1y(而v02eU0eU0eU02eU02t0)22t0)2，v2y( md6mmd3m2eU0 m 9

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