第九章　微点突破4　电场强度的叠加-2025物理大一轮复习讲义人教版

微点突破4电场强度的叠加目标要求了解常见的电场强度矢量叠加的情形，掌握求电场强度叠加的方法。1．电场强度的叠加(如图所示)2．电场强度叠加常用的其他几种方法(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。常见的圆环、圆盘等在轴对称的两点产生的电场具有对称性。(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)微元法将带电圆环、带电平面等分成许多微元电荷，每个微元电荷可看成点电荷，再利用公式和电场强度叠加原理求出合电场强度。例1(多选)(2024·湖南常德市一中月考)如图所示，在竖直平面内以O点为圆心的绝缘圆环上有A、B、C三点将圆三等分，其中A、B的连线水平。在A、B两点各固定一个电荷量为＋Q的点电荷，在C点固定一个电荷量为－2Q的点电荷。在O点有一个质量为M的带电小球处于静止状态，已知圆的半径为R，重力加速度为g，静电力常量为k，下列说法正确的是()A．小球带正电B．O点的电场强度大小为eq\f(kQ,R2)C．小球的带电荷量为eq\f(MgR2,3kQ)D．撤去C点点电荷瞬间，小球的加速度大小为eq\f(2,3)g答案CD解析A、B、C三点的点电荷在O点产生的电场强度方向如图所示，由电场的叠加原理可知，O点的电场方向竖直向下，根据平衡条件可得，小球带负电，A错误；O点的合电场强度为E＝2eq\f(kQ,R2)cos60°＋eq\f(2kQ,R2)＝3eq\f(kQ,R2)，B错误；由平衡条件得Mg＝qeq\f(3kQ,R2)，得q＝eq\f(MgR2,3kQ)，C正确；撤去C点点电荷瞬间E′＝eq\f(kQ,R2)，由牛顿第二定律有Mg－eq\f(kQq,R2)＝Ma，得a＝eq\f(2,3)g，D正确。例2如图所示，均匀带正电的金属圆环的圆心为O，在垂直于圆环所在平面且过圆心O的轴线上有A、B、C三点，AO＝OB＝BC＝L，当B点放置电荷量为Q的负点电荷时，A点的电场强度为0。若撤去B点的负点电荷，在C点放置电荷量为2Q的正点电荷时，B点的电场强度大小为(k为静电力常量)()A.eq\f(3kQ,4L2)B.eq\f(5kQ,4L2)C.eq\f(7kQ,4L2)D.eq\f(9kQ,4L2)答案C解析A点的电场强度为0，则圆环上的电荷在A点的电场强度与位于B点的电荷量为Q的负点电荷在A点的电场强度等大反向，即带电圆环在A点的电场强度大小为E＝keq\f(Q,2L2)＝keq\f(Q,4L2)，根据对称性可知圆环上的电荷在B点的电场强度大小也为E＝keq\f(Q,4L2)，方向向右；若撤去B点的负点电荷，在C点放置电荷量为2Q的正点电荷时，根据电场强度的叠加原理可知B点的电场强度大小EB＝keq\f(2Q,L2)－E＝eq\f(7kQ,4L2)，故选C。例3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时产生的电场。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，OM＝ON＝2R，已知M点的电场强度大小为E，静电力常量为k，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解析把圆心在O点的二分之一球壳补为完整的带电荷量为2q的带电球壳，则在M、N两点的电场强度大小均为E0＝eq\f(k·2q,2R2)＝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，故选A。例4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sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，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,AP2)，由几何关系sin37°＝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＝E0cos37°，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。1.(2024·湖北武汉市第六中学月考)用五根完全相同的均匀带电绝缘棒围成正五边形ABCDF，P为该五边形的中心。AB、BC、DF、FA棒所带电荷量均为＋q，CD棒所带电荷量为－2q，此时P处电场强度的大小为E。若移走CD棒而保持其他棒的位置和电荷分布不变，则P处电场强度的大小为()A.eq\f(E,2)B.eq\f(E,3)C.eq\f(E,4)D.eq\f(E,5)答案B解析AB、BC、DF、FA棒所带电荷量均为＋q，其在P点产生的合电场强度设为E0，若CD棒所带电荷量也为＋q，根据对称性P点的电场强度应为0，由于CD棒所带电荷量为－2q，可等效为－3q电荷与＋q电荷，由题意和点电荷电场强度公式E＝keq\f(Q,r2)可知E＝3E0，若移走CD棒而保持其他棒的位置和电荷分布不变，则相当于未移走CD棒且CD棒所带电荷量为－q，在P点产生的电场强度为E0＝eq\f(E,3)，故选B。2．(2023·河北秦皇岛市期中)半径为R的绝缘薄球壳固定，球心为O，球壳上均匀分布着电荷量为Q的正电荷。A、B、C为过球心大圆截面上的三点，三点将圆三等分，取走A、B两处极小的、面积均为ΔS面上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为3R的D点，C、D点位于O点同侧，O点的电场强度刚好为零。球面上剩余电荷分布不变，q为()A．正电荷，q＝eq\f(9QΔS,4πR2) B．负电荷，q＝eq\f(9QΔS,4πR2)C．正电荷，q＝eq\f(9QΔS,4πR4) D．负电荷，q＝eq\f(9QΔS,4πR4)答案B解析球壳的面积S＝4πR2单位面积电荷量σ＝eq\f(Q,4πR2)A、B两处的电荷在O点的电场强度大小E1＝2eq\f(kσΔS,R2)cos60°＝eq\f(kQΔS,4πR4)方向沿OC方向，故取走A、B两处的电荷后，球壳剩余部分在O点的电场强度大小为E2＝eq\f(kQΔS,4πR4)方向沿CO方向，q在O点的电场强度大小E3＝E2，则有eq\f(kq,3R2)＝eq\f(kQΔS,4πR4)，方向沿OC方向，可知q为负电荷，电荷量为q＝eq\f(9QΔS,4πR2)，故选B。3.(2023·陕西渭南市一模)如图所示，电荷量为＋q和－q的点电荷分别位于棱长为a的正方体的顶点，设静电力常量为k，则正方体中心的电场强度大小为()A．0 B.eq\f(16\r(3)kq,9a2)C.eq\f(8\r(3)kq,3a2) D.eq\f(16\r(6)kq,9a2)答案B解析如图所示，将图中两组对角线上的电荷产生的电场强度合成即为中心O点的电场强度(另外两对角线上的正电荷在O点的合电场强度为零)，则E1＝E2＝eq\f(2kq,\f(\r(3),2)a2)＝eq\f(8kq,3a2)，由几何关系可知，设两电场强度夹角的一半为θ，则sinθ＝eq\f(\f(\r(2),2)a,\f(\r(3),2)a)＝eq\f(\r(6),3)，cosθ＝eq\f(\r(3),3)，则O点合电场强度大小E＝2E1cosθ＝eq\f(16\r(3)kq,9a2)，故选B。4．(2023·全国乙卷·24)如图，等边三角形△ABC位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求：(1)B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；(2)C点处点电荷的电荷量。答案(1)q均为正电荷(2)eq\f(3－\r(3),3)q解析(1)因为M点处电场强度方向竖直向下，则C点处电荷为正电荷，根据电场强度的叠加原理，可知A、B两点的点电荷在M点的电场强度大小相等，方向相反，则B点处点电荷带电荷量为q，电性与A点处点电荷相同，又N点处电场强度竖直向上，可得A点处