第02讲 专题 巧解电场强度的几种思维方法（原卷版+解析版） （自主复习）2024年新高二物理暑假提升精品讲义（人教版2019）

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核心考点聚焦
1.补偿法
2.微元法
3.对称法（镜像法）
4.等效替代法
5.极限法
6.转换法
7.图像法
高考考点聚焦
1.基本公式：定义式法、点电荷电场强度公式法、匀强电场公式法.场强有三个公式：E＝eq \f(F,q)、E＝keq \f(Q,r2)、E＝eq \f(U,d)，在一般情况下可由上述公式直接计算场强，
2.场强矢量叠加：
电场强度是矢量，叠加时应遵从平行四边形定则，分析电场的叠加问题的一般步骤是：
(1)确定分析计算场强的空间位置；
(2)分析该处有几个分电场，先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向；
(3)依次利用平行四边形定则求出矢量和．
在求解带电圆环、带电平面、带电球面等一些特殊带电体产生的场强时，上述公式无法直接应用．这时，如果转换思维角度，灵活运用补偿法、对称法、微元法、极限法、等效法等巧妙方法，可以化难为易．
3.对称法：
对称法实际上就是根据某些物理现象、物理规律、物理过程或几何图形的对称性进行解题的一种方法，利用此法分析解决问题可以避免复杂的数学演算和推导，直接抓住问题的实质，有出奇制胜之效。
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大为简化．
（1）场源分段对称
如图所示，均匀带电的eq \f(3,4)球壳在O点产生的场强，等效为弧BC产生的场强，弧BC产生的场强方向，又等效为弧的中点M在O点产生的场强方向.
（2）电场空间对称
等量同种、等量异种电场强度的对称性
4.微元法：将带电体分成许多电荷元，每个电荷元可看成点电荷，先根据库仑定律求出每个电荷元的场强；再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。
求解均匀带电圆环、带电平面、带电直杆等在某点产生的场强问题，可应用微元法。
5.等效法：
“等效替代”方法，是指在效果相同的前提下，从A事实出发，用另外的B事实来代替，必要时再由B而C……直至实现所给问题的条件，从而建立与之相对应联系，得以用有关规律解之。如以模型代实物，以合力（合运动）替代数个分力（分运动）；等效电阻、等效电源等。
（1）割补法等效
求解物理问题，要根据问题给出的条件建立起物理模型。但有时由题给条件建立模型不是一个完整的模型，这时需要给原来的问题补充一些条件，组成一个完整的新模型。这样，求解原模型的问题就变为求解新模型与补充条件的差值问题。如图所示将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍．


（2）类比法等效
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，等效为两个异种点电荷形成的电场，如图甲、乙所示．
（3）平衡法等效：利用处于静电平衡中的导体求解电场强度
6.极值法：
极限法是把某个物理量的变化推向极端，从而做出科学的推理分析，给出判断或导出一般结论．用极限法分析某些物理过程时，可以使问题化难为易，化繁为简，收到事半功倍的效果．该方法一般适用于所涉及的物理量随条件单调变化的情况．物理学中的极值问题可分为物理型和数学型两类。物理型主要依据物理概念、定理求解。数学型则是在根据物理规律列方程后，依靠数学中求极值的知识求解。
如图所示，两带电量均为+Q的点电荷相距2L，MN是两电荷连线的中垂线，分析MN上场强的时可以用
极值法讨论：无限远处场强为零，中点处场强为零，所以从总店向外先变大后变小
一、填补法求解电场强度的叠加
1.（2022·山东高考）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＝QΔLπR
B.正电荷，q＝3QΔLπR
C.负电荷，q＝2QΔLπR
D.负电荷，q＝23QΔLπR
【答案】C
【解析】在取走A、B处两段小圆弧上的电荷之前，整个圆环上的电荷在O点产生的电场强度为零，而取走的A、B处的电荷的电量qA＝qB＝QΔL2πR，qA、qB在O点产生的合电场强度为EAB＝kQΔL2πRR2＝kQΔL2πR3，方向为从O指向C，故取走A、B处的电荷之后，剩余部分在O点产生的电场强度大小为kQΔL2πR3，方向由C指向O，而点电荷q放在D点后，O点电场强度为零，故q在O点产生的电场强度与qA、qB在O点产生的合电场强度相同，所以q为负电荷，即有kq(2R)2＝kQΔL2πR3，解得q＝2QΔLπR，故C正确。
2．（2021江苏高考真题）一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，，现垂直于将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则（ ）
A．O、C两点电势相等
B．A点的电场强度大于B点
C．沿直线从A到B电势先升高后降低
D．沿直线从A到B电场强度逐渐增大
【答案】A
【解析】A．由于球壳内部的场强为零，补全以后可知在左右侧球壳在C点的合场强为零，因左右球壳的场强具有对称性，要想合场强为零只能是两部分球壳在C点的场强都是水平方向，则可以知道右侧球壳在C点的合场强水平向左，同理OC上其他点的场强都是水平向左，因此OC是等势线，故A正确；BD．将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2；由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E1=E2，根据对称性，左右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且E1=E2，在图示电场中，A的电场强度大小为E2，方向向左，B的电场强度大小为E1，方向向左，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同，沿直线从A到B电场强度不可能逐渐增大，故BD错误；C．根据电场的叠加原理可知，在AB连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A到B电势升高，故C错误；
故选A。
解题归纳：解决此题的方法，由于添补圆环缺口，将带电体“从局部合为整体”，整体时有办法解决．再“由整体分为局部”，求出缺口带电圆环在O处的场强．
对称法求解电场强度的叠加
3.如图，电荷量为＋q的点电荷与一正方形均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过薄板的几何中心O，图中AO＝OB＝d，已知B点的电场强度为零，静电力常量为k。下列说法正确的是（ ）

A.薄板带正电，A点的电场强度大小为10kq9d2
B.薄板带正电，A点的电场强度大小为8kq9d2
C.薄板带负电，A点的电场强度大小为10kq9d2
D.薄板带负电，A点的电场强度大小为8kq9d2
【答案】A
【解析】B点的电场强度为零，而电荷量为＋q的点电荷在B点的电场强度方向由B到O，根据矢量合成可知，薄板在B点的电场强度方向由O到B，则薄板带正电，故C、D错误；B点的电场强度为零，则薄板在B点的电场强度大小与电荷量为＋q的点电荷在B点的电场强度大小相等为E＝kqd2，根据对称性，薄板在A点的电场强度大小也为E，方向由O到A，而电荷量为＋q的点电荷在A点的电场强度方向由O到A，则A点电场强度大小EA＝E＋kq(3d)2＝10kq9d2，故A正确，B错误。
故选A
解题归纳：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大为简化。形状规则的带电体形成的电场具有对称性，位置对称的两点处的电场强度大小相等。如果能够求出其中一点处的电场强度，根据对称性特点，另一点处的电场强度即可求出。
微元法求解电场强度的叠加
4.如图所示，水平面上有一均匀带电圆环，所带电荷量为＋Q，其圆心为O点。有一电荷量为＋q、质量为m的小球恰能静止在O点上方的P点，O、P间距为L。P与圆环上任一点的连线与PO间的夹角都为θ，重力加速度为g，以下说法错误的是( )
A．P点场强方向竖直向上
B．P点场强大小为eq \f(mg,q)
C．P点场强大小为keq \f(Qcsθ,L2)
D．P点场强大小为keq \f(Qcs3θ,L2)
【答案】C
【解析】将圆环分为n等份(n很大，每一份可以认为是一个点电荷)，则每份的电荷量为：q0＝eq \f(Q,n)，每份在P点产生的电场的电场强度大小为：E0＝eq \f(kq0,r2)＝eq \f(k\f(Q,n),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,csθ)))2)＝eq \f(kQcs2θ,nL2)，根据对称性可知，P点处水平方向的合场强为零，则P点的电场强度方向竖直向上，其大小为：E＝nE0csθ＝eq \f(kQcs3θ,L2)，故A、D正确，C错误；因小球在P点静止，由二力平衡可得：mg＝qE，解得P点场强大小为：E＝eq \f(mg,q)，故B正确。本题选说法错误的，故选C。
解题归纳：将带电体分成许多电荷元，每个电荷元可看成点电荷，先根据库仑定律求出每个电荷元的场强；再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。求解均匀带电圆环、带电平面、带电直杆等在某点产生的场强问题，可应用微元法。微元法是从部分到整体的思维方法，把带电体看成由无数个点构成。然后根据对称性，利用平行四边形定则进行电场强度叠加。利用微元法可以将一些复杂的物理模型、过程转化为我们熟悉的物理模型、过程，以解决常规方法不能解决的问题。
等效替代法求解电场强度的叠加
5.(多选)如图所示，在真空中某竖直平面内固定一足够大的接地金属板MN，在MN右侧与其相距2d处的P点放置一电荷量为Q的正点电荷，如果从P点作MN的垂线，则O为垂足，A为O、P连线的中点，B为OP延长线上的一点，PB＝d。静电力常量为k，关于各点的电场强度，下列说法正确的是( )
A．O点场强大小为k eq \f(Q,2d2)
B．A点场强大小为k eq \f(Q,d2)
C．B点场强大小为k eq \f(24Q,25d2)
D．A、B两点场强大小相等，方向相反
【答案】AC
【解析】系统达到静电平衡后，因为金属板接地，电势为零，所以电场线分布如图所示，所以金属板右侧的电场的电场线分布与等量异种点电荷连线的中垂线右侧的电场线分布相同，所以O点场强大小为EO＝k eq \f(Q,（2d）2)＋k eq \f(Q,（2d）2)＝k eq \f(Q,2d2)，A正确；A点场强大小为EA＝k eq \f(Q,d2)＋k eq \f(Q,（3d）2)＝k eq \f(10Q,9d2)，B错误；B点场强大小为EB＝k eq \f(Q,d2)－k eq \f(Q,（5d）2)＝k eq \f(24Q,25d2)，C正确；由上述分析可知D错误。
解题归纳：“等效替代”方法，是指在效果一致的前提 ，从事实出发，用另外的事实来代替，从而建立与之相对应的联系，得以用有关规律解之，如以模型替代实物，以合力 (合运动)替代数个分力(分运动)：等效电阻、等效电源等。因此,在保证效果相同的条件下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景。等效法的实质是在效果相同的情况下，利用与问题中相似或效果相同的知识进行知识迁移的解题方法，往往是用较简单的因素代替较复杂的因素。
极限法求解电场强度的叠加
6.物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需要通过一定的分析就可以判断结论是否正确．如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为R1和R2的圆环，两圆环上的电荷量均为q（q＞0），而且电荷均匀分布．两圆环的圆心O1和O2相距为2a，联线的中点为O，轴线上的A点在O点右侧与O点相距为r（r＜a）．是分析判断下列关于A点处电场强度大小E的表达式（式中k为静电力常量）正确的是（ ）
A．E＝|kqR1[R12+(a+r)2]−kqR2[R22+(a−r)2]| B．E＝|kqR1[R12+(a+r)2]32−kqR2[R22+(a−r)2]32|
C．E＝|kq(a+r)[R12+(a+r)2]−kq(a−r)[R22+(a−r)2]| D．E＝|kq(a+r)[R12+(a+r)2]32−kq(a−r)[R22+(a−r)2]32|
【答案】D
【解析】与点电荷的场强公式E＝kQr2，比较可知，A、C两项表达式的单位不是场强的单位，故可以排除AC；
当r＝a时，右侧圆环在A点产生的场强为零，则A处场强只由左侧圆环上的电荷产生，即场强表达式只有一项，故B错误。综上所述，可知D正确。
故选：D。
解题归纳：对于某些特殊情况下求解有关场强问题，有时无法用有关公式、规律得出结论，可考虑应用极限法。极限法是把某个物理量的变化推向极端再进行推理分析，从而做出科学的判断或导出一般结论。极限法一般适用于所涉及的物理量随条件单调变化的情况。在物理学中，通过对量纲的分析，有时可以帮助我们快速找到一些错误。
转换法求解电场强度的叠加
7.长为的导体棒原来不带电，现将一带电电量为的点电荷放在距棒的左端处，如图所示，当导体棒达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内中点处产生的场强大小等于 ，方向
+
+
+
+
+
+
+
【答案】 的方向向左
【解析】导体处于静电平衡状态时，导体内部合场强为零，这是点电荷所形成的电场与棒两端出现的感应电荷所形成的附加电场在棒中叠加的结果，即,如图6所示,因此可通过计算点电荷产生的场强来确定感应电荷的场强的大小和方向，即
，负号表示与方向相反，即的方向向左。
8.如图所示，金属球壳A的半径为R，球外点电荷的电量为Q，到球心的距离为r，则金属球壳感应电荷产生的电场在球心处的场强等于（ ）

A. B. C. 0 D.
【答案】D
【解析】金属球壳A放在电荷周围，将发生静电感应现象，当导体处于静电平衡时，其内部场强处处为零，所以，对金属球壳内任意一点感应电荷在此处产生的场强与点电荷Q在此处的场强大小相等，方向相反。而点电荷Q在球心的场强为，则感应电荷在球心处的场强为。故选D。
解题归纳：1．根据静电平衡状态下导体的特点，将求解感应电荷在导体内某点的场强问题，转换为求解场源电荷在该点的场强问题。
2．根据电场线与等势线垂直，求电场强度要先转化为找电场线，确定电场方向，再利用求解。
图像法求解电场强度的叠加
9.静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图12所示的折线，图中φ0和d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心，沿x轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为m、电量为-q，其动能与电势能之和为－A（0【答案】
【解析】（1）由图可知，0与d（或-d）两点间的电势差为φ0
电场强度的大小
电场力的大小
10.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示，一质量m＝1.0×10－20 kg、电荷量大小为q＝1.0×10－9 C的带负电的粒子从(－1，0)点由静止开始，仅在静电力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素，则( )
A．x轴上O点左侧的电场场强方向沿x轴正方向同向
B．x轴上O点左侧的电场场强E1和右侧的电场场强E2的大小之比E1∶E2＝2∶1
C．该粒子运动的周期T＝1.5×10－8 s
D．该粒子运动的最大动能Ekm＝2×10－8 J
【答案】D
【解析】沿着电场线方向电势逐渐降低，可知x轴上O点左侧的电场场强方向沿x轴负方向，x轴上O点右侧的电场场强方向沿x轴正方向，故A错误。根据U＝Ed可知，x轴上O点左侧的电场场强为：E1＝ eq \f(20,1×10－2) V/m＝2.0×103 V/m；右侧的电场强度为：E2＝ eq \f(20,0.5×10－2) V/m＝4.0×103 V/m；所以x轴上O点左侧电场的场强和O点右侧电场的场强的大小之比E1∶E2＝1∶2，故B错误。设粒子从(－1 cm，0)点静止加速到原点所用时间为t1，接着从原点向右减速运动到(0.5 cm，0)点所用时间为t2，在原点时的速度最大，设为vm，由运动学公式有：vm＝ eq \f(qE1,m)t1，vm＝ eq \f(qE2,m)t2，又Ekm＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,m)＝qU，而周期：T＝2(t1＋t2)，联立以上各式并代入相关数据可得：T＝3.0×10－8 s，该粒子运动过程中动能的最大值为：Ekm＝2×10－8 J，故C错误，D正确。
解题归纳：关键是弄清图像坐标轴的物理意义，坐标正负代表什么，斜率、“面积”表示什么物理量，然后结合粒子的运动进一步分析静电力、电势能、动能等变化情况。
物理图线的斜率,其大小为纵轴量的变化量/横轴量的变化量。但对于不同的具体问题,k的物理意义并不相同。描述电荷在电场中受到的电场力F与电量q关系的F-q图像的斜率表示电场强度，同样，电势对电场方向位移图像的斜率也表示场强
单选题
1.(2013·江苏单科)下列选项中的各eq \f(1,4)圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各eq \f(1,4)圆环间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是( )
【答案】B
【解析】 由对称原理可知，A、C图中在O点的场强大小相等，D图中在O点场强为0，因此B图中两eq \f(1,4)圆环在O点合场强应最大，选项B正确．
2．（2023•南通模拟）如图所示为一带正电的金属球，a、b、c、d为过圆心O的同一直线上的点．则

A．a点电势比b点的低B．a点场强比b点的大
C．c点电势比d点的低D．c点场强比d点的大
【答案】A
【解答】解：根据静电平衡可知，带正电的金属球的电荷均匀分布在球的外表面，球的内部场强处处为零，整个金属球为等势体。金属球外部离金属球越远场强越小，则有：Eb＞Ea＞Ec＝Ed，而金属球外离金属球越远电势越低，则有：φc＝φd＞φb＞φa，故BCD错误，A正确。
故选：A。
3.(2013·安徽)如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z＜0的空间，z＞0的空间为真空．将电荷量为q的点电荷置于z轴上z＝h处，则在xOy平面上会产生感应电荷．空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z＝eq \f(h,2)处的场强大小为(k为静电力常量)( )

A．keq \f(4q,h2) B．keq \f(4q,9h2) C．keq \f(32q,9h2) D．keq \f(40q,9h2)
【答案】D
【解析】该电场可等效为分别在z轴h处与－h处的等量异种电荷产生的电场，如图27所示，则在z＝eq \f(h,2)处的场强大小E＝keq \f(q,(\f(h,2))2)＋keq \f(q,(\f(3h,2))2)＝keq \f(40q,9h2)，故D正确．

4.（2014山东高考真题）如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A．已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷（不计重力）从球心以初动能Ek0沿OA方向射出．下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图象，可能正确的是

B．C．D．
【答案】A
【解析】由于在球壳内场强处处为零，因此从O向A运动的过程中电荷不受电场力，做匀速直线运动，动能不发生变化，图象为一条水平直线，C、D错误；通过A点后，电荷做加速运动，但场强逐渐减小，通过相同的位移，电场力做功逐渐减小，根据动能定理，试探电荷的动能的增量逐渐减小，即图象的斜率逐渐减小，A正确，B错误．
5.（2024江苏南通市高一期末）如图所示，均匀带正电的半圆环ABC在其圆心O处产生的场强大小为E，方向与直径AC垂直。则AB部分（）所带电荷在O点产生的场强大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】半圆环ABC在其圆心O处产生的场强E，可看作是AB部分和BC部分在O处产生的场强E1和E2的矢量和。由于半圆环ABC均匀带电，所以场强E1和E2的大小相等，且与BO的夹角相等。由于圆弧AB和BC是轴对称图形，所以场强E1和E2的方向沿着圆弧AB和BC的对称轴，即E1和E2的夹角为，则有
解得
故选B。
6.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35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( )
A．两处的电场方向相同，E1>E2
B．两处的电场方向相反，E1>E2
C．两处的电场方向相同，E1D．两处的电场方向相反，E1【答案】D
【解析】可从电场叠加角度分析，把均匀带电细杆等效为沿杆放置的无数点电荷．则设c为a关于P1对称的点，则ac间的电荷在P1点产生的电场场强为零，ab杆上电荷在P1处产生的场强可等效为cb段电荷在P1处产生的场强．而P2处场强是ab上所有电荷产生电场的叠加，所以两点场强方向必定相反，由对称性可知，cb段电荷在P1点和P2点产生的场强大小相等，而P2点场强大小等于ac，cb两段电荷在P2点产生场强大小之和．故E17.(2024.长沙市长郡中学)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为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为( )
A.eq \f(kq,2R2)－E B.eq \f(kq,4R2) C.eq \f(kq,4R2)－E D.eq \f(kq,2R2)＋E
【答案】A
【解析】左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷为2q的整个球面的电场和带电荷－q的右半球面的电场的合电场，则E＝eq \f(k·2q,（2R）2)－E′，E′为带电荷－q的右半球面在M点产生的场强大小。带电荷－q的右半球面在M点的场强大小与带正电荷为q的左半球面AB在N点的场强大小相等，则EN＝E′＝eq \f(k·2q,（2R）2)－E＝eq \f(kq,2R2)－E，则选项A正确。
8.(2024年湖北武汉调研)已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同．如图42所示，半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B、B和A间的距离均为R.现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为V＝eq \f(4,3)πr3，则A点处场强的大小为( )

A.eq \f(5kQ,36R2)B.eq \f(7kQ,36R2)C.eq \f(7kQ,32R2)D.eq \f(3kQ,16R2)
【答案】 B
【解析】 由题意知，半径为R的均匀带电球体在A点产生的场强E整＝eq \f(kQ,(2R)2)＝eq \f(kQ,4R2).挖出的小球半径为eq \f(R,2)，因为电荷均匀分布，其带电荷量Q′＝eq \f(\f(4,3)π(\f(R,2))3,\f(4,3)πR3)Q＝eq \f(Q,8).则其在A点产生的场强E挖＝eq \f(kQ′,(\f(1,2)R＋R)2)＝eq \f(k·\f(Q,8),\f(9,4)R2)＝eq \f(kQ,18R2).所以剩余空腔部分电荷在A点产生的场强E＝E整－E挖＝eq \f(kQ,4R2)－eq \f(kQ,18R2)＝eq \f(7kQ,36R2)，故B正确．
9.如图所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电荷量为－q外，其余各点处的电荷量均为＋q，则圆心O处( )

A．场强大小为eq \f(kq,r2)，方向沿OA方向 B．场强大小为eq \f(kq,r2)，方向沿AO方向
C．场强大小为eq \f(2kq,r2)，方向沿OA方向 D．场强大小为eq \f(2kq,r2)，方向沿AO方向
【答案】C
【解析】本题主要考查点电荷的场强。填补法分析：先将A点处－q换成＋q，这时由对称性可知，O点处场强为零，这个零场强实际上是B、C、D、E四点的电荷的合场强E1与A点处＋q的场强E2的矢量和，由E1+E2=0可知，E1方向向上，大小为eq \f(kq,r2)；然后将A点处＋q换回成－q，则－q在O点的场强方向向上，大小为eq \f(kq,r2)，与E1的叠加，得到C答案。
另解：等效对称法分析：将A处的－q看做是＋q和－2q组成，A点处＋q与B、C、D、E四点的＋q在O点处场强为零，这时，只需要考虑－2q在O点处场强，直接选C。
10.如图所示，图甲中MN为足够大的不带电接地薄金属板，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所带电荷量的大小均为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作出以下判断，其中正确的是( )

A．方向沿P点和点电荷O的连线向左，大小为eq \f(2kqd,r3)
B．方向沿P点和点电荷O的连线向左，大小为eq \f(2kq\r(r2－d2),r3)
C．方向垂直于金属板向左，大小为eq \f(2kqd,r3)
D．方向垂直于金属板向左，大小为eq \f(2kq\r(r2－d2),r3)
【答案】C
【解析】通过类比分析可知，P点的场强等于点电荷＋q在P点的场强垂直于金属板的分量的2倍，方向垂直金属板向左，大小为EP＝2keq \f(q,r2)·eq \f(d,r)＝eq \f(2kqd,r3)，故C正确
11.(2023江苏省常州市高三模拟)如图所示，电荷均匀分布的半球，在中心O处的电场强度的大小为E0，现沿图示方向过球心O从半球上切下一瓣，夹角为α＝60°，则切下的一瓣在O点的电场强度大小为( )
A．E0 B． eq \f(E0,2) C． eq \f(E0,3) D． eq \f(E0,4)
【答案】 B
【解析】将半球体看作是无数点电荷的集合，设均是正电荷，根据对称性可知，半球体未切前在O点产生的电场强度大小为E0，方向竖直向下，切下的一瓣在O点的场强与水平方向夹角为 eq \f(α,2)，斜向右下方，剩余的部分在O点的场强与水平方向夹角为 eq \f(180°－α,2)，斜向左下方，如图所示，根据平行四边形定则及几何关系可知，切下的一瓣在O点的电场强度大小为E1＝E0sin eq \f(α,2)＝ eq \f(E0,2)，故选B。
12.金属球原来不带电，现沿球直径的延长线放置一均匀带电细杆，如图所示。金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上、、三点的电场强度大小分别为、、。下列判断正确的是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【解析】金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆产生的电场强度大小相等，方向相反，相互抵消。点离带电的细杆最近，带电的细杆在点处产生的电场强度最大，则金属球上感应电荷在点处产生的电场强度最大，即最大；而点离带电杆最远，则金属球上感应电荷在点处产生的电场强度最小，所以故选C。
13.(2014江苏卷）如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法正确的是（ ）。
A: O点的电场强度为零，电势最低
B: O点的电场强度为零，电势最高
C: 从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高
D: 从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低
【答案】B
【解析】A、B项，根据对称性分析可知，在圆环上各点电荷在O点产生场强的合场强为零；在x轴上，根据电场的叠加原理可知，O点左侧各点的电场线方向水平向左，O点右侧各点的电场线方向水平向右；沿着电场线的方向电势减小，可知O点的电势最高，故A项错误，B项正确。
C、D项，在O点的电场强度为零，在无穷远处电场强度为零，说明沿x轴正方向，电场强度先增加后减小；根据B项的分析可知，电势逐渐减小，故C、D项错误。
故选B。
14.已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示，半径为R的球体均匀分布着电荷量为Q的电荷，AB为球的一条直径，A点恰好位于球的外部。现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为V＝，则A点处场强的大小为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【解析】半径为R的均匀带电体在A点产生场强为：E整＝k
割出的小球半径为，因为电荷均匀分布，其带电荷量为：Q′＝＝Q
则割出的小球在未割前在A点产生的场强为：E割＝k＝k
所以挖走一球形空腔后剩余部分电荷在A点产生的场强为：E剩＝E整﹣E割＝k﹣k＝，故B正确，ACD错误。故选：B。
15.（2023雨花区校级月考）如图所示，半径为R的金属圆环固定在竖直平面，金属圆环均匀带电，带电荷量为Q，一长为L＝2R的绝缘细线一端固定在圆环最高点，另一端连接一质量为m、带电荷量为q（未知）的金属小球（可视为质点）。稳定时带电金属小球在过圆心且垂直圆环平面的轴上的P点处于平衡状态，点P′（图中未画出）是点P关于圆心O对称的点。已知静电力常量为k，重力加速度为g，若取无穷远处为零势面，下列说法正确的是（ ）

A．O点的场强一定为零
B．P′点场强大小为
C．金属小球的电荷量为
D．剪断细线瞬间，小球的加速度水平向右
【答案】C
【解析】A、根据对称性可知，带电荷量为Q的圆环在圆心O点的场强为零，而带电金属小球在O点的场强不为零，所以O点的场强不为零，故A错误；B、设细线与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得，得θ＝60°。由微元法无限划分圆环，设每一极小段圆环带电荷量为Δq，则圆环在P点产生的场强大小满足：，其中∑Δq＝Q，解得，根据对称性可知，带电荷量为Q的圆环在P、P′两点的场强大小相等，方向相反，而P′点的场强大小是圆环与带电金属小球在P′点的电场强度的叠加，所以，故B错误；C、对小球受力分析如图所示，由平衡条件有qEP＝mgtan60°，解得，故C正确；D、剪断细线瞬间，小球受合外力与剪断前拉力F的方向相反，即沿细线方向斜向右下方，所以小球的加速度方向斜向右下方，故D错误。
故选C。
16.已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。如图所示，半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B、B和A间的距离均为R，现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为V＝ eq \f(4,3)πr3，则A点处场强的大小为( )
A． eq \f(7kQ,36R2) B． eq \f(5kQ,36R2) C． eq \f(7kQ,32R2) D． eq \f(3kQ,16R2)
【答案】A
【解析】由题意知，半径为R的均匀带电球体在A点产生的场强为：E整＝ eq \f(kQ,（2R）2)＝ eq \f(kQ,4R2)，同理，挖去前空腔处的小球体在A点产生的场强为：E割＝ eq \f(kQ′,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)R＋R))\s\up12(2))＝ eq \f(k·\f(Q,8),\f(9,4)R2)＝ eq \f(kQ,18R2)，所以剩余空腔部分电荷在A点产生的场强为：Ex＝E整－E割＝ eq \f(kQ,4R2)－ eq \f(kQ,18R2)＝ eq \f(7kQ,36R2)，故A正确，B、C、D错误。
17.如图所示，水平面上有一均匀带电圆环，所带电荷量为＋Q，其圆心为O点。有一电荷量为＋q、质量为m的小球恰能静止在O点上方的P点，O、P间距为L。P与圆环上任一点的连线与PO间的夹角都为θ，重力加速度为g，以下说法错误的是( )
A．P点场强方向竖直向上 B．P点场强大小为eq \f(mg,q)
C．P点场强大小为keq \f(Qcsθ,L2) D．P点场强大小为keq \f(Qcs3θ,L2)
【答案】C
【解析】 将圆环分为n等份(n很大，每一份可以认为是一个点电荷)，则每份的电荷量为：q0＝eq \f(Q,n)，每份在P点产生的电场的电场强度大小为：E0＝eq \f(kq0,r2)＝eq \f(k\f(Q,n),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,csθ)))2)＝eq \f(kQcs2θ,nL2)，根据对称性可知，P点处水平方向的合场强为零，则P点的电场强度方向竖直向上，其大小为：E＝nE0csθ＝eq \f(kQcs3θ,L2)，故A、D正确，C错误；因小球在P点静止，由二力平衡可得：mg＝qE，解得P点场强大小为：E＝eq \f(mg,q)，故B正确。本题选说法错误的，故选C。
18.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点的场强为零．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，＋Q的点电荷在O点的电场强度大小为E＝eq \f(kQ,\f(\r(3),2)L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．
19.如图所示，两条完全相同的圆弧形材料AOB和COD，圆弧对应的圆心角都为120°，圆弧AOB在竖直平面内，圆弧COD在水平面内，以O点为坐标原点、水平向右为x轴正方向，两弧形材料均匀分布正电荷，P点为两段圆弧的圆心，已知P点处的电场强度为EO、电势为φO，设圆弧AO在圆心P处产生的电场强度大小为E，产生的电势为φ，选无穷远的电势为零，以下说法正确的是（ ）
A．E=33EOφ=14φO B．E=36EOφ=34φOe2mO
C．将质子（比荷em）从P点无初速释放，则质子的最大速度为φOe2m
D．若两段弧形材料带上的是等量异种电荷，x轴上各点电场强度为零，电势为零
【答案】D
【解析】AB、圆弧AO在圆心P点产生的场强大小与圆弧OB在P点产生的场强大小相等，两个场强方向夹角为60°，电势相等，同理圆弧OC在圆心P点产生的场强大小与圆弧OD在P点产生的场强大小相等，且夹角也为60°，电势相等，根据电场强度矢量叠加法则有4Ecs30°＝E0，计算解得E=36E0，根据电势标量的叠加法则有φ＝4φ0，得φ=φ04，故AB错误；C、从P点无初速释放质子，到达无穷远处时速度最大，根据动能定理有eφ0=12mv2，得v=2φ0em，故C错误；D、若两段弧形材料带上的是等量异种电荷，正电荷和负电荷在x轴上各点产生电场强度大小相等，方向相反，其合场强为零，正、负电荷产生电势数值相等，电势叠加结果为零，故D正确。
故选：D。
多选题
20．(2020·全国卷Ⅱ) 如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则( )
A．a、b两点的场强相等 B．a、b两点的电势相等
C．c、d两点的场强相等 D．c、d两点的电势相等
【答案】ABC
【解析】如图甲所示，为等量异种点电荷周围空间的电场线分布图。本题的带电圆环，可分割成如图乙所示无数对沿竖直方向的等量异种点电荷。图乙等量异种点电荷有共同的对称轴PP′，由图甲电场线分布图可知，图乙中任一对等量异种点电荷在PP′上产生的电场都竖直向下，故PP′上的合电场也竖直向下，故PP′所在的水平直线为等势线，即φa＝φb，而沿电场线的方向电势降低，则φc>φd，故B正确，D错误。
由圆环上电荷左右分布的对称性及图乙模型可知，a、b两点的场强方向均竖直向下，场强大小相等；由圆环上电荷左右、上下分布的对称性及图乙模型可知，c、d两点的场强方向均竖直向下，场强大小相等，故A、C正确。
21.如图所示，在真空中某竖直平面内固定一足够大的接地金属板MN，在MN右侧与其相距2d处的P点放置一电荷量为Q的正点电荷，如果从P点作MN的垂线，则O为垂足，A为O、P连线的中点，B为OP延长线上的一点，PB＝d。静电力常量为k，关于各点的电场强度，下列说法正确的是( )
A．O点场强大小为keq \f(Q,2d2) B．A点场强大小为keq \f(Q,d2)
C．B点场强大小为keq \f(24Q,25d2) D．A、B两点场强大小相等，方向相反
【答案】AC
【解析】系统达到静电平衡后，因为金属板接地，电势为零，所以电场线分布如图所示，所以金属板右侧的电场的电场线分布与等量异种点电荷连线的中垂线右侧的电场线分布相同，所以O点场强大小为EO＝keq \f(Q,2d2)＋keq \f(Q,2d2)＝keq \f(Q,2d2)，A正确；A点场强大小为EA＝keq \f(Q,d2)＋keq \f(Q,3d2)＝keq \f(10Q,9d2)，B错误；B点场强大小为EB＝keq \f(Q,d2)－keq \f(Q,5d2)＝keq \f(24Q,25d2)，C正确；由上述分析可知D错误。
22.如图所示，竖直面内一绝缘细圆环，关于水平直径PQ上下对称各镶嵌7个电荷量相等的正、负点电荷，上边为正，下边为负，在竖直直径上各有一个正负电荷，其余6个正、负电荷关于竖直直径对称。a、b、c、d分别为水平和竖直直径上的四个点，四点连线构成一正方形，圆心O位于正方形的中心。则以下说法正确的是（ ）
A．a、b两点的场强不相等
B．c、d两点的场强相等
C．c、d两点的电势相等
D．带正电的试探电荷沿着直线cOd，由c运动到d过程，电场力先减小后增大
【答案】BD
【解析】A、将带电圆环看成若干个点电荷，取关于水平直径对称的两个点电荷，依据点电荷的电场强度大小与方向，结合矢量的合成法则，如图所示，那么此两个点电荷在a、b 两点产生电场强度大小相等，方向相同，故A错误；BC、将带电圆环看成若干个点电荷，取上半圆关于竖直直径对称的两个点电荷，依据点电荷的电场强度大小与方向，结合矢量的合成法则，如上图所示，那么此两个点电荷在c点产生电场强度的方向竖直向下，同理，取下半圆关于竖直直径对称的两个点电荷，依据点电荷的电场强度大小与方向，结合矢量的合成法则，如上图所示，那么此两个点电荷在d点产生电场强度的方向也竖直向下，由于c、d两点关于水平直径对称，那么c、d两点的场强相等，因此任意两个关于竖直直径对称的两个点电荷在c、d两点产生的合电场强度大小相等，方向都相同，那么带异种电荷的上、下半圆在c、d两点的场强相等，方向相同，再依据沿着电场线方向电势降低，可知，c点的电势高于d，故B正确，C错误；D、根据电场的叠加可知，在O点场强大小为零，故从由c运动到d过程，电场力先减小后增大，故D正确；
故选：BD。
三、计算题
23.如图所示，两带电量增色为+Q的点电荷相距2L，MN是两电荷连线的中垂线，求MN上场强的最大值。
【解析】用极限分析法可知，两电荷间的中点O处的场强为零，在中垂线MN处的无穷远处电场也为零，所以MN上必有场强的最大值。采用最常规方法找出所求量的函数表达式，再求极值。由图10可知，MN上的水平分量相互抵消，
所以有：
将上式平方得
由于
所以当，即时，E有最大值为
目录
考点聚焦：核心考点+中考考点，有的放矢
重点速记：知识点和关键点梳理，查漏补缺
难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升
学以致用：真题经典题+提升专练，全面突破
常考考点
真题举例
补偿法求解电场强度的叠加
2021江苏高考真题、2022山东高考真题
对称法求解电场强度的叠加
2013安徽高考真题
等效替代法求解电场强度的叠加
2013江苏高考真题
极限法求解电场强度的叠加
2012安徽高考真题、2010福建高考真题