求解電場強度13種方法(附例題)

1、求解電場強度方法分類賞析一必會的基本方法：1運用電場強度定義式求解例1.質量為m、電荷量為q的質點，在靜電力作用下以恒定速率v沿圓弧從A點運動到B點,，其速度方向改變的角度為B （弧度），AB弧長為s，求AB弧中點的場強E?！窘馕觥浚嘿|點在靜電力作用下做勻速圓周運動，則其所需的向心力由位于圓心處的點V2S電荷產生電場力提供。由牛頓第二定律可得電場力F = F向=m。由幾何關系有r=-,r日所以F =v m s根據(jù)電場強度的定義有F _ mv q qs方向沿半徑方向，指向由場源電荷的電性來決定。2 運用電場強度與電場差關系和等分法求解例2 （ 2012安徽卷）如圖1-1所示，在平面直角坐標系中，

2、有方向平行于坐標平面的勻強 電場，其中坐標原點 0處的電勢為0V,點A處的電勢為6V，點B處的電勢為3V，則電場 強度的大小為AA 200V / mB 2OoV3v / mC 100V/mD 100s/3V/mitem)仙）存冏也Jli*w丿dc（1）在勻強電場中兩點間的電勢差U = Ed, d為兩點沿電場強度方向的距離。在一些非強電場中可以通過取微元或等效的方法來進行求解。（2若已知勻強電場三點電勢，則利用“等分法”找出等勢點，畫出等勢面，確定電場 線，再由勻強電場的大小與電勢差的關系求解。3 運用“電場疊加原理”求解圖2例3（2010海南）.如右圖2, M、N和P是以MN為直徑的半圈弧上的

3、三點， O點為半 圓弧的圓心， MOP =60 電荷量相等、符號相反的兩個點電荷分別置于： M、N兩點， 這時O點電場強度的大小為 E ;若將N點處的點電荷移至 P則o點的場場強大小變?yōu)?e2 ,巳與e2之比為bA 1: 2 B. 2:1 C 2:3D 4:3必備的特殊方法：4 運用平衡轉化法求解例4 一金屬球原來不帶電，現(xiàn)沿球的直徑的延長線放置a、 b、c一均勻帶電的細桿 MN，如圖3所示。金屬球上感應電荷產生的電場在球內直徑上 三點的場強大小分別為 Ea、Eb、Ec，三者相比（）A . Ea最大B Eb最大C. Ec 最大D Ea= Eb= Ec【解析】：導體處于靜電平衡時，其內部的電場強

4、度處處為零，故在球內任意點，感應 電荷所產生的電場強度應與帶電細桿MN在該點產生的電場強度大小相等，方向相反。均勻帶電細桿MN可看成是由無數(shù)點電荷組成的。 a、b、c三點中，c點到各個點電荷的距離最 近，即細桿在c點產生的場強最大，因此，球上感應電荷產生電場的場強c點最大。故正確選項為Co點評：求解感應電荷產生的電場在導體內部的場強，轉化為求解場電荷在導體內部的場強問題，即E感=-E外（負號表示方向相反）5.運用“對稱法”（又稱“鏡像法”）求解例5. （2013新課標I）如圖4, 一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷,在垂直于圓盤且過圓心 c的軸線上有a、 b、d三個點，a和b、b和c

5、、 c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q （q0）的固定點電荷已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為（k為靜電力常量）13q B. kC. kD. k【解析】:點電荷+q在b點場強為E1、薄板在b點場強為E2, b點場強為零是Ei與 E2疊加引起的，且兩者在此處產生的電場強度大小相等,方向相反，大小Ei = E2 =kqE2,方向水平向左；點d 點場 Ed= E2 + E3 =根據(jù)對稱性可知，均勻薄板在d處所形成的電場強度大小也為電荷在d點場強E3 = 電廳，方向水平向左。根據(jù)疊加原理可知,（3R）10kq9R2 點評：對稱法是利用帶電體電荷分布具有對稱性，或帶電體產生的電場具有對

6、稱性的特點來求合電場強度的方法。通常有中心對稱、軸對稱等。圖6例7如圖6所示，在一個接地均勻導體球的右側P點距球心的距離為 d,球半徑為R.o在P點放置一個電荷 量為+q的點電荷。試求導體球感應電荷在P點的電場強度大小。析與解：如圖6所示，感應電荷在球上分布不均勻， 靠近P 一側較密，關于 OP對稱，因此感應電荷的等效分布點在OP連線上一點P。設P 距離O為r，導體球接地，故球心 O處電勢為零。根據(jù)電勢疊加原理可知，導體表面感應電荷總電荷量Q在O點引起的電勢與點電荷 q在O點引導kq kQR起的電勢之和為零，即+頁=0,即感應電荷量Q = -q。同理，Q與q在球面上任意點引起的電勢疊加之后也為

7、零，即kQkqR? 一 2Rr cos一八 r2一 R2 -2Rdcos：d2，其中a為球面上任意一點與 0連線和0P的夾角，具有任意性。將Q代入上式并進行數(shù)學變換后得d2r2 -R4 = （2 Rrd2 -2Rd）cosa,由于對于任意 a角，該式都成立，因此，r滿足的關玄阜 r系疋2根據(jù)庫侖定律可知感應電荷與電荷q間的相互作用力kqQ = kdRq (d -r)2 = (d2 - R2)2據(jù)電場強度定義可知感應電荷在p點所產生的電場強度e = F = 2kdRqq （d -R ）6 運用“等效法”求解例6. （ 2013安徽卷）.如圖5所示，xOy平面是無窮大導體的表面，該導體充滿Z :：

8、 0的空間，Z 0的空間為真空。將電荷為 q的點電荷置于z軸上z=h處，則在xOy平面上會產生感應電荷。空間任意一點處的電場皆是由點電荷q和導體表面上的感應電荷共同激發(fā)的。已知靜電平衡時導體內部場強處處為零，則在量）Z軸上z =處的場強大小為（k為靜電力常2A. k4qh2B.k誥C.k笙9h2D. k40q9h2【解析】：求金屬板和點電荷產生的合場強，顯然用現(xiàn)在的公式直接求解比較困難。能否用中學所學的知識靈活地遷移而解決呢？當然可以。由于xOy平面是無窮大導體的表面,電勢為0，而一對等量異號的電荷在其連線的中垂線上電勢也為0,因而可以聯(lián)想成圖 6中所示的兩個等量異號電荷組成的靜電場等效替代原

9、電場。根據(jù)電場疊加原理，容易求得z =點的場強，E = k -fr- k q = k -7，故選項D正確。2（2）2（3）29h2（2）點評：（1）等效法的實質在效果相同的情況下，利用問題中某些相似或相同效果進行知識遷移的解決問題方法，往往是用較簡單的因素代替較復雜的因素。（2）本題也可以用排除法求解僅點電荷q在z =處產生的場強就是k-4，而合場2h強一定大于k糾，符合的選項只有 D正確。h2i mHI*-elm；aqO* - * s；rl E2B兩處的電場方向相反，E1 E2C兩處的電場方向相同，E1 v E2D兩處的電場方向相反，E1v E2.圖7【解析】：將均勻帶電細桿等分為很多段，每

10、段可看作點電荷，由于細桿均勻帶電，我們取a關于P1的對稱點a,則a與a關于P1點的電場互相抵消，整個桿對于 P1點的電場，僅 僅相對于a 部分對于P1的產生電場而對于 P2,卻是整個桿都對其有作用，所以， P2點 的場強大.設細桿帶正電，根據(jù)場的疊加，這些點電荷在 P1的合場強方向向左，在 P2的合 場強方向向右，且 E1V E2.故選D .點評：(1)因為只學過點電荷的電場或者勻強電場，而對于桿產生的電場卻沒有學過，因而需要將桿看成是由若干個點構成，再進行矢量合成.(2)微元法就是將研究對象分割成許多微小的單位，或從研究對象上選取某一“微元”加以分析，找出每一個微元的性質與規(guī)律，然后通過累積

11、求和的方式求出整體的性質與規(guī)律。嚴格的說，微分法是利用微積分的思想處理物理問題的一種思想方法例8如圖7 (a)所示，一個半徑為R的均勻 帶電細圓環(huán)，總量為 Q。求圓環(huán)在其軸線上與環(huán) 心0距離為r處的P產生的場強。析與解：圓環(huán)上的每一部分電荷在P點都產上取微元 I，其所帶電荷量q =2R I，在P點產生的場強:生電場，整個圓環(huán)在 P所建立電場的場強等于各 部分電荷所產生場強的疊加。如圖7 (b)在圓環(huán)k.qkQ.：l2 2 = 2 2r R 2二R(r R )整個圓環(huán)在P點產生的電場強度為所有微元產生的場強矢量和。根據(jù)對稱性原理可，所有微元在P點產生場強沿垂直于軸線方向的分量相互抵消，所以整個圓

12、環(huán)在P點產生場中各微元產生的場強沿軸線方向分量之和，即Ep =工cos0=工kQAIr2：R(r2 R2)：廠R2kQr (r2 R2)38 運用“割補法”求解例8.如圖8所示，用長為L的金屬絲彎成半徑為 r的圓弧，但在 A、B之間留有寬度 為d的間隙，且d遠遠小于r，將電量為Q的正電荷均為分布于金屬絲上，求圓心處的電場 強度?！窘馕觥浚杭僭O將這個圓環(huán)缺口補上，并且已補缺部分的電荷密度 與原有缺口的環(huán)體上的電荷密度一樣，這樣就形成一個電荷均勻 分布的完整帶電環(huán)，環(huán)上處于同一直徑兩端的微小部分所帶電荷 可視為兩個相應點的點電荷，它們在圓心O處產生的電場疊加后合場強為零。根據(jù)對稱性可知，帶電小段，

13、由題給條件可視為點電荷，它在圓心O處的場強是可求的。若題中待求場強為巨則E+ E 2= 0。設原缺口環(huán)所帶電荷的線密度為p , ；-= Q/(2二r-d)，則補上的那一小段金屬絲帶電量Q = ： d，在0處的場強E1 = K Q /r 2,由E+巳=0可得：巳=-已，負號表示 E?與E反向，背向圓心向左。例9如圖8 (a)所示，將表面均勻帶正電的半球，沿線分成兩部分，然后將這兩部分 移開很遠的距離，設分開后的球表面仍均勻帶電。試比較A點與A點電場強度的大小。析與解：如圖8 ( b)所示，球冠上正電荷在 A點產生的電場強度為 E1、球層面上正電 荷在A點產生電場強度為 E2。球冠與球層兩部分不規(guī)

14、則帶電體產生的電場強度，無法用所(a)(b)(c)在球層表面附著一個與原來完全相同的帶正電半球體，如圖8 （c）所示，顯然由疊加原理可知，在 A 點產生電場強度 E3 E2。若將球冠與補償后的球缺組成一個完整球體，則 則均勻帶電球體內電場強度處處為零可知，Ei與E3大小相等，方向相反。由此可以判斷，球冠面電荷在 A點產生的電場強度為 Ei大于球層面電荷在 A點產生電場強度 E2。9運用“極值法”求解例9.如圖9所示，兩帶電量增色為 +Q的點電荷相距2L, MN是兩電荷連線的中垂線， 求MN上場強的最大值?！窘馕觥浚河脴O限分析法可知，兩電荷間的中點0處的場強為零，在中垂線 MN處的無窮遠處電場也

15、為零，所以 MN上必有場強的最大值。最常規(guī)方法找出所求量的函數(shù)表達式，再 求極值。點評：物理學中的極值問題可分為物理型和數(shù)學型兩類。物理型主要依據(jù)物理概念、定理、 定律求解。數(shù)學型則是在根據(jù)物理規(guī)律列方程后，依靠數(shù)學中求極值的知識求解。本題屬于數(shù)學型極值法，對數(shù)學能力要求較高，求極值時要巧妙采用數(shù)學方法才能解得。10運用“極限法”求解例10 （2012安徽卷）.如圖11-1所示，半徑為 R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為 二，其軸線上任意一點 P （坐標為x）的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求x出：E =2二k；1-2廠萬，方向沿x軸。現(xiàn)考慮單位面積帶電量為I。的無限大均勻（R

16、2 +x2）帶電平板，從其中間挖去一半徑為r圓板，在Q處形成的場強為E=2二k；0。的圓版，如圖11-2所示。則圓孔軸線上任意一點Q （坐標為x）的電場強度為2 二 20x22、1/2(r x )B.2：k；0r(r x )xC.2*0 rrD. 2 二 k；0 x【解析1】：由題中信息可得單位面積帶電量為匚0無限大均勻帶電平板，可看成是Rts的圓板，在Q處形成的場強為E =2二 k；0。而挖去的半徑為圖 11-1r的圓板在Q點形成的場強為圖 11-2xE =2Z01FT，則帶電圓板剩余部分在Q點形成的場強為E _E J2：k；0x/ 2 2、1/2(r x )正確選項:【解析2】：Rts的圓

17、板，在Q處形成的場強為E =2二k；0。當挖去圓板rT0時，坐標x處的場強應為E =2二k；1，將r=0代入選項，只有A符合。點評：極限思維法是一種科學的思維方法，在物理學研究中有廣泛的應用。 我們可以將該物理量或它的變化過程和現(xiàn)象外推到該區(qū)域內的極限情況（或極端值），使物理問題的本質迅速暴露出來，再根據(jù)己知的經驗事實很快得出規(guī)律性的認識或正確的判斷。11.運用“圖像法”求解例11（2011北京理綜）.靜電場方向平行于x軸，其電勢 擬x的分布可簡化為如圖12所示的 折線，圖中g和d為已知量。一個帶負電的粒子在電場中以 x=0為中心，沿x軸方向做周期性 運動。已知該粒子質量為 m、電量為-q,其

18、動能與電勢能之和為一 A （0Aqg）。忽略重力。圖12求：（1）粒子所受電場力的大小?！窘馕觥浚海?）由圖可知，0與d （或-d）兩點間的電勢差為 g cp電場強度的大小E二0d電場力的大小F二qE = q 0d點評：物理圖線的斜率，其大小為k=縱軸量的變化量/橫軸量的變化量。但對于不同的具體問題,k的物理意義并不相同。描述電荷在電場中受到的電場力F與電量q關系的F-q圖像的斜率表示電場強度，同樣，電勢對電場方向位移圖像的斜率也表示場強。12.運用“類比法”求解例10如圖9 （a）所示，ab是半徑為r的圓的一條直徑，該圓處于勻強電場中，電場 強度為E。在圓周平面內，將一電荷量為q的帶正電小球從 a點以相同的動能拋出，拋出方 向不同時，小球會經過圓周上不同的點。在這些點中，到達c點時小球的動能最大。 已知/ cab=30 若不計重力和空氣阻力，試求： 電場的方向與弦ab間的夾角。 若小球在 a點時初速度方向與電場方 向垂直，則小球恰好落在 c點時的動能為多大。析與解： 求解電場強度方向問題看起來簡單但有時是比較復雜而困難的。本題中，在勻強電場中，僅電場力做功，不計重力，則電 勢能與動能之和