考点03 电场强度的叠加（解析版）—高中物理

这是一份考点03 电场强度的叠加（解析版）—高中物理，共12页。

1．电场强度的叠加(如图所示)
2．“等效法”“对称法”和“填补法”
(1)等效法
在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景．
例如：一个点电荷＋q与一个无限大薄金属板形成的电场，等效为两个等量异种点电荷形成的电场，如图甲、乙所示．
(2)对称法
利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题简化．
例如：如图所示，均匀带电的eq \f(3,4)球壳在O点产生的电场，等效为弧BC产生的电场，弧BC产生的电场强度方向，又等效为弧的中点M在O点产生的电场强度方向．
(3)填补法
将有缺口的带电圆环或圆板补全为完整的圆环或圆板，将半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍．
(4)微元法更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 将带电体分成许多元电荷,每个元电荷看成点电荷,先根据点电荷的电场强度公式求出每个元电荷的电场强度,再结合电场强度叠加原理求出合电场强度.
选用技巧
(1)点电荷电场与匀强电场电场强度叠加一般应用合成法．
(2)均匀带电体与点电荷电场强度叠加一般应用对称法．
(3)计算均匀带电体某点产生的电场强度一般应用补偿法或微元法．
典例1(点电荷电场强度的叠加)(2021·湖南卷·4)如图，在(a,0)位置放置电荷量为q的正点电荷，在(0，a)位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P(a，a)为eq \r(2)a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零．则Q的位置及电荷量分别为( )
A．(0,2a)，eq \r(2)q B．(0,2a)，2eq \r(2)q
C．(2a,0)，eq \r(2)q D．(2a,0)，2eq \r(2)q
答案 B
解析 根据点电荷电场强度公式E＝keq \f(Q,r2)，两异种点电荷在P点的电场强度大小均为E0＝eq \f(kq,a2)，方向如图所示，
两异种点电荷在P点的合电场强度大小为E1＝eq \r(2)E0＝eq \r(2)eq \f(kq,a2)，方向与＋q点电荷和－q点电荷的连线平行，如图所示，Q点电荷在P点的电场强度大小为E2＝keq \f(Q,\r(2)a2)＝eq \f(kQ,2a2)，由于三个点电荷在P处的合电场强度为0，则E2的方向应与E1的方向相反，且大小相等，即有E1＝E2，解得Q＝2eq \r(2)q，由几何关系可知Q的坐标为(0,2a)，故选B.
典例2(“微元法”求解非点电荷电场强度的叠加)(2023·河南驻马店市高三模拟)如图所示，真空中有一电荷均匀分布的带正电圆环，半径为r，带电荷量为q，圆心O在x轴的坐标原点处，圆环的边缘A点与x轴上P点的连线与x轴的夹角为37°，静电力常量为k，取sin 37°＝eq \f(3,5)，cs 37°＝eq \f(4,5)，则整个圆环产生的电场在P点的电场强度大小为( )
A.eq \f(27kq,125r2) B.eq \f(36kq,125r2)
C.eq \f(48kq,125r2) D.eq \f(64kq,125r2)
答案 B
解析 把圆环分为n等份(n足够大)，每一份的电荷量为Δq，则有n＝eq \f(q,Δq)，每小份可以看成点电荷，由点电荷的电场强度公式可知每小份产生的电场在P点的电场强度大小均为E0＝eq \f(kΔq,AP2)，由几何关系sin 37°＝eq \f(r,AP)，可得E0＝eq \f(9kΔq,25r2).在P点，E0在垂直x轴方向的分量大小为Ey，根据对称性，n个Ey的矢量和为0，E0在x轴方向的分量大小为Ex＝E0cs 37°，n个Ex的矢量和就是圆环产生的电场在P点的电场强度，即E＝nEx，解得E＝eq \f(36kq,125r2)，A、C、D错误，B正确．
典例3(“填补法”求解非点电荷电场强度的叠加) 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，eq \x\t(OM)＝eq \x\t(ON)＝2R，静电力常量为k，已知M点的电场强度大小为E，则N点的电场强度大小为( )
A.eq \f(kq,2R2)－E B.eq \f(kq,4R2)
C.eq \f(kq,4R2)－E D.eq \f(kq,4R2)＋E
答案 A
解析 把在O点的球壳补为完整的带电荷量为2q的带电球壳，则在M、N两点产生的电场强度大小为E0＝eq \f(k·2q,2R2)＝eq \f(kq,2R2).题图中左半球壳在M点产生的电场强度为E，则右半球壳在M点产生的电场强度为E′＝E0－E＝eq \f(kq,2R2)－E，由对称性知，左半球壳在N点产生的电场强度大小也为eq \f(kq,2R2)－E，A正确．
典例4(“对称法”求解非点电荷电场强度的叠加) 如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷.在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点.a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷.已知b点处的电场强度为零，则d点处电场强度的大小为(k为静电力常量)( )
A.keq \f(3q,R2)B.keq \f(10q,9R2)
C.keq \f(Q＋q,R2)D.keq \f(9Q＋q,9R2)
答案 B
解析 由于b点处的电场强度为零，根据电场叠加原理知，带电圆盘和a点处点电荷在b点处产生的电场强度大小相等、方向相反，所以带电圆盘在b点处产生的电场强度为E＝keq \f(q,R2)，方向向左，根据对称性可知，带电圆盘在d点处产生的电场强度为keq \f(q,R2)，方向向右，则在d点处带电圆盘和a点处点电荷产生的电场强度方向相同，所以E′＝keq \f(q,（3R）2)＋keq \f(q,R2)＝keq \f(10q,9R2)，故B正确.
典例5(“等效法”求解非点电荷电场强度的叠加) (2023·全国·高二随堂练习)如图所示，图甲中MN为足够大的不带电薄金属板，在金属板的右侧，距离为d的位置上放入一个电荷量为＋q的点电荷O，由于静电感应产生了如图甲所示的电场分布．P是金属板上的一点，P点与点电荷O之间的距离为r，几位同学想求出P点的电场强度大小，但发现问题很难．几位同学经过仔细研究，从图乙所示的电场得到了一些启示，经过查阅资料他们知道：图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的．图乙中两异种点电荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，虚线是两点电荷连线的中垂线．由此他们分别对P点的电场强度方向和大小做出以下判断，其中正确的是( )
A.方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为
B.方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为
C.方向垂直于金属板向左，大小为
D.方向垂直于金属板向左，大小为
答案 C
解析 根据P点的电场线方向可以得P点的电场强度方向是垂直于金属板向左，两异号点电荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，P点与点电荷O之间的距离为r，根据点电荷的场强公式E= eq \f(kQ,r2) ，P点的电场是由两异号点电荷分别产生的场强叠加产生的．根据场强的叠加法则和几何关系得：大小为 eq \f(2kqd,r3) ．故选C．
1.如图，真空中a、b、c、d四点共线且等距.先在a点固定一点电荷＋Q，测得b点场强大小为E.若再将另一等量异种点电荷－Q放在d点，则( )
A.b点场强大小为eq \f(3,4)E B.c点场强大小为eq \f(5,4)E
C.b点场强方向向左 D.c点场强方向向左
答案 B
解析 设ab＝bc＝cd＝L，＋Q在b点产生的场强大小为E，方向水平向右，由点电荷的场强公式得：E＝keq \f(Q,L2)，－Q在b点产生的场强大小为E1＝keq \f(Q,2L2)＝eq \f(1,4)E，方向水平向右，所以b点的场强大小为Eb＝E＋eq \f(1,4)E＝eq \f(5,4)E，方向水平向右，故A、C错误；根据对称性可知，c点与b点的场强大小相等，为eq \f(5,4)E，方向水平向右，故B正确，D错误.
2.在x轴上有两个点电荷，一个带正电Q1，一个带负电Q2，且Q1＝2Q2，用E1和E2分别表示两个点电荷所产生的电场强度的大小，则在x轴上( )
A.E1＝E2的点只有一处，该点合电场强度为零
B.E1＝E2的点共有两处，一处合电场强度为零，另一处合电场强度大小为2E2
C.E1＝E2的点共有三处，其中两处合电场强度为零，另一处合电场强度大小为2E2
D.E1＝E2的点共有三处，其中一处合电场强度为零，另两处合电场强度大小为2E2
答案 B
解析 点电荷产生的电场强度的大小E＝eq \f(kQ,r2)，则正点电荷产生的电场强度大小E1＝eq \f(kQ1,r\\al(,12))，负点电荷产生的电场强度大小E2＝eq \f(kQ2,r\\al(,22))＝keq \f(Q1,2r\\al(,22)).要使E1＝E2，则有r1＝eq \r(2)r2，且该点位于过两个点电荷的直线上，而满足此关系的点有两处：一处是两点电荷的连线间，另一处是负电荷外侧.由于两电荷是异种电荷，所以在两者连线间一处，合电场强度大小为2E1或2E2，而在负电荷外侧的一处，合电场强度为零，故B正确，A、C、D错误.
3.(2023·湖北·月考)如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°.电荷量相等、电性相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，此时O点的场强大小为E2，则E1与E2之比为( )
A.1∶2 B.2∶1 C.2∶eq \r(3) D.4∶eq \r(3)
答案 B
解析 依题意，两点电荷在O点产生的场强大小均为eq \f(E1,2)，当N点处的点电荷移至P点时，O点场强如图所示，则合场强大小E2＝eq \f(E1,2)，故eq \f(E1,E2)＝eq \f(2,1)，选项B正确.
4.(2023·安徽省·期末)如图，真空中有三个电荷量相等的点电荷A、B、C，它们固定在等边三角形的三个顶点上，A、B带正电，C带负电，三角形的中心O处的电场强度大小为E.当把点电荷C移至AB连线的中点D时，中心O处的电场强度大小为( )
A.eq \f(E,3) B.eq \f(E,2)
C.eq \f(2E,3) D.eq \f(3E,2)
答案 D
解析 设等边三角形的边长为L，由题意可知E＝2keq \f(q,\f(2,3)Lsin 60°2)＝2keq \f(3q,L2)＝eq \f(6kq,L2)，当把点电荷C移至AB连线的中点D时，中心O处的电场强度E′＝keq \f(q,\f(1,3)Lsin 60°2)－keq \f(q,\f(2,3)Lsin 60°2)＝eq \f(12kq,L2)－eq \f(3kq,L2)＝eq \f(9kq,L2)＝eq \f(3,2)E，故选D.
5.如图所示，E、F、G、H为矩形ABCD各边的中点，O为EG、HF的交点，AB边的长度为d.E、G两点各固定一等量正点电荷，另一电荷量为Q的负点电荷置于H点时，F点处的电场强度恰好为零.若将H点的负电荷移到O点，则F点处电场强度的大小和方向为(静电力常量为k)( )
A.eq \f(4kQ,d2)，方向向右B.eq \f(4kQ,d2)，方向向左
C.eq \f(3kQ,d2)，方向向右D.eq \f(3kQ,d2)，方向向左
答案 D
解析 当负点电荷在H点时，F点处电场强度恰好为零，根据公式E＝keq \f(Q,r2)可知负点电荷在F点产生的电场强度大小为E＝keq \f(Q,d2)，方向水平向左，两个正点电荷在F点的合电场强度大小为E＝keq \f(Q,d2)，方向水平向右；负点电荷移到O点，在F点产生的电场强度大小为E1＝keq \f(4Q,d2)，方向水平向左，所以F点的合电场强度为keq \f(4Q,d2)－keq \f(Q,d2)＝keq \f(3Q,d2)，方向水平向左，故D正确，A、B、C错误.
6.(2023·四川·诊断)如图所示，边长为L的正六边形ABCDEF的5条边上分别放置5根长度也为L的相同绝缘细棒.每根细棒均匀带上正电.现将电荷量为＋Q的点电荷置于BC中点，此时正六边形几何中心O点的电场强度为零.若移走＋Q及AB边上的细棒，则O点电场强度大小为(k为静电力常量，不考虑绝缘棒及＋Q之间的相互影响)( )
A.eq \f(kQ,L2)B.eq \f(4kQ,3L2)
C.eq \f(2\r(3)kQ,3L2)D.eq \f(4\r(3)kQ,3L2)
答案 D
解析 由题意知，电荷量为＋Q的点电荷在O点的电场强度大小为E＝eq \f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)L))\s\up12(2))＝eq \f(4kQ,3L2)；那么每根细棒在O点的电场强度大小也为E＝eq \f(4kQ,3L2)；因此＋Q及AB边上的细棒在O点的合电场强度大小E合＝eq \f(4\r(3)kQ,3L2)，其方向如图所示.若移走＋Q及AB边上的细棒，那么其余棒在O点的电场强度大小为E合′＝eq \f(4\r(3)kQ,3L2)，故A、B、C错误，D正确.
7.(2021·山西·模拟)如图所示，电荷量为＋q和－q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有( )
A.体中心、各面中心和各边中点
B.体中心和各边中点
C.各面中心和各边中点
D.体中心和各面中心
答案 D
解析 两个等量同种电荷在其连线的中点处的合电场强度为零，两个等量同种正电荷在其连线的中垂线上的合电场强度沿中垂线指向远离正电荷的方向，两个等量同种负电荷在其连线的中垂线上的合电场强度沿中垂线指向负电荷的方向.在正方体的上面中心，上面的四个电荷分成两组产生的电场强度都是零，下面的四个电荷分成两组产生的电场强度等大反向，所以正方体的上面中心处的合电场强度为零，同理各面中心处的合电场强度都为零.在体中心，可以将八个电荷分成四组，产生的合电场强度为零.而在各边中心，电场强度无法抵消，合电场强度不为零，故选D.
8.(2023·河北·模拟)如图所示，一个均匀的带电圆环，带电荷量为＋Q，半径为R，放在绝缘水平桌面上.圆心为O点，过O点作一竖直线，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.eq \f(kQq,R2)，方向向上B.eq \f(\r(2)kQq,4R2)，方向向上
C.eq \f(kQq,4R2)，方向水平向左D.不能确定
答案 B
解析 检验电荷受的库仑力沿着电荷的连线指向＋q，由对称性可知在垂直于竖直线的方向上的分力相互抵消，只有沿竖直线方向的分力.所以＋q在A点所受的电场力方向向上.由库仑定律知F＝eq \f(kQq,（\r(2)R）2)cs 45°＝eq \f(\r(2)kQq,4R2)，选项B正确.
9.如图所示，在真空中A、B两点处各固定一个点电荷，它们的电荷量相等，均为4.0×10－10 C，而带电的性质不同，A为正、B为负，两者相距80 cm，P点与A、B等距离，均为50 cm，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2.
(1)试确定P点的场强大小和方向；
(2)试求P点处的场强和A、B连线中点O处的场强大小之比.
答案 (1)23.04 N/C 方向平行于AB，沿AB方向 (2)64∶125
解析 (1)A、B两点处点电荷在P点产生的场强大小为EA＝EB＝keq \f(Q,r2)＝9.0×109×eq \f(4.0×10－10,0.52) N/C＝14.4 N/C；P点的合场强大小为EP＝2EAcs θ＝2×14.4×eq \f(40,50) N/C＝23.04 N/C，方向平行于AB，沿AB方向.
(2)O点的合场强大小为EO＝2keq \f(Q,r′2)＝2×9.0×109×eq \f(4.0×10－10,0.42) N/C＝45 N/C；
P点处的场强和O处的场强大小之比eq \f(EP,EO)＝eq \f(23.04,45)＝eq \f(64,125).
10.如图所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OP＝L，试求P点的电场强度.
答案 eq \f(kQL,（R2＋L2）\s\up6(\f(3,2)))
解析 将圆环看成由n个小段组成，当n相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量Q′＝eq \f(Q,n)，由点电荷电场强度公式可求得每一小段带电体在P处产生的电场强度为E＝eq \f(kQ,nr2)＝eq \f(kQ,n（R2＋L2）).由对称性知，各小段带电体在P处电场强度E的垂直于中心轴的分量Ey相互抵消，而其轴向分量Ex之和即为带电圆环在P处的电场强度EP，EP＝nEx＝neq \f(kQ,n（R2＋L2）)cs θ＝eq \f(kQL,（R2＋L2）\s\up6(\f(3,2))).
11.如图所示，电荷均匀分布在半球面上，它在这半球的中心O处电场强度大小等于E0，两个通过同一条直径的平面夹角为α，从半球中分出夹角为α的这部分球面，则所分出的这部分球面上(在“小瓣”上)的电荷在O处的电场强度大小为( )
A．E＝E0sin α B．E＝E0cs α
C．E＝E0cs eq \f(α,2) D．E＝E0sin eq \f(α,2)
答案 D
解析 若半球面带正电，根据对称性，待求的电场强度E的方向一定沿着α角的角平分线指向右下方，同理大瓣球面在O点的电场强度的方向一定沿着大瓣的角平分线向左下方，由于两瓣球面合起来是半个球面，所以这两个电场强度一定垂直，合电场强度等于E0，根据平行四边形定则作图如图所示，E＝E0sin eq \f(α,2)；同理，若半球面带负电，仍有E＝E0sin eq \f(α,2)，D正确，A、B、C错误．
12.直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图所示．M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k表示．若将该正点电荷移到G点，则H点处电场强度的大小和方向分别为( )
A.eq \f(3kQ,4a2)，沿y轴正方向 B.eq \f(3kQ,4a2)，沿y轴负方向
C.eq \f(5kQ,4a2)，沿y轴正方向 D.eq \f(5kQ,4a2)，沿y轴负方向
答案 B
解析 处于O点的正点电荷在G点处产生的电场强度大小E1＝keq \f(Q,a2)，方向沿y轴负方向；因为G点处电场强度为零，所以M、N处两负点电荷在G点产生的合电场强度大小E2＝E1＝keq \f(Q,a2)，方向沿y轴正方向；根据对称性，M、N处两负点电荷在H点产生的合电场强度大小E3＝E2＝keq \f(Q,a2)，方向沿y轴负方向；将该正点电荷移到G处，该正点电荷在H点产生的电场强度大小E4＝keq \f(Q,2a2)，方向沿y轴正方向，所以H点处的电场强度大小E＝E3－E4＝eq \f(3kQ,4a2)，方向沿y轴负方向，故选B.
13.(2022·山东卷·3)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷．点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷．将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零．圆环上剩余电荷分布不变，q为( )
A．正电荷，q＝eq \f(QΔL,πR) B．正电荷，q＝eq \f(\r(3)QΔL,πR)
C．负电荷，q＝eq \f(2QΔL,πR) D．负电荷，q＝eq \f(2\r(3)QΔL,πR)
答案 C
解析 取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1＝keq \f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq \f(QΔL,2πR3)，由题意可知，两电场强度方向的夹角为120°，由几何关系得两者的合电场强度大小为E＝E1＝keq \f(QΔL,2πR3)，根据O点的合电场强度为0，则放在D点的点电荷带负电，在O点产生的电场强度大小为E′＝E＝keq \f(QΔL,2πR3)，又E′＝keq \f(q,2R2)，联立解得q＝eq \f(2QΔL,πR)，故选C.