选择题考点专项训练39 “三种方法”巧解电场强度的叠加问题（后附解析）-【选择题专练】2025年高考物理一轮复习练习

这是一份选择题考点专项训练39 “三种方法”巧解电场强度的叠加问题（后附解析）-【选择题专练】2025年高考物理一轮复习练习，共5页。

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
2.(对称法)MN为足够大的不带电的金属板，在其右侧距离为d的位置放一个电荷量为＋q的点电荷O，金属板右侧空间的电场分布如图甲所示，P是金属板表面上与点电荷O距离为r的一点。几位同学想求出P点的电场强度大小，但发现问题很难，经过研究，他们发现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，图乙中是两等量异号点电荷的电场线分布，其电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，虚线是两点电荷连线的中垂线。由此他们分别对图甲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eq \f(2kqd,r3)
B.方向沿P点和点电荷的连线向左，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)
3.(微元法)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)
4.(微元法)(多选)如图所示，一半径为r的圆环上均匀分布着正电荷，电量为＋Q，x轴垂直于环面且过圆心O。在x轴上距圆心O距离s处有一点P，则( )
A.O点的电场强度为零，电势最低
B.从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小
C.P点的电场强度大小E＝eq \f(kQs,（r2＋s2）\s\up6(\f(1,2)))
D.P点的电场强度大小E＝eq \f(kQs,（r2＋s2）\s\up6(\f(3,2)))
5.(微元法和对称法)(多选)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两点的电场强度相等
B.a、b两点的电势相等
C.c、d两点的电场强度相等
D.c、d两点的电势相等
6.(极限法)如图甲所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E＝2πkσ[1－eq \f(x,（R2＋x2）1/2)]，方向沿x轴，现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图乙所示。则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为( )
A.2πkσ0eq \f(x,（r2＋x2）1/2) B.2πkσ0eq \f(r,（r2＋x2）1/2)
C.2πkσ0eq \f(x,r) D.2πkσ0eq \f(r,x)
解析答案39 “三种方法”巧解电场强度的叠加问题
1．C [在A处放一个－q的点电荷与在A处同时放一个＋q和－2q的点电荷的效果相当，因此可以认为O处的场是5个＋q和一个－2q的点电荷产生的场合成的，5个＋q处于对称位置上，在圆心O处产生的合场强为0，所以O点的场强相当于－2q在O处产生的场强，故C正确。]
2．C [据题意，从题图乙可以看出，P点电场方向为水平向左；由题图乙可知，正、负电荷在P点电场的叠加，其大小为E＝2keq \f(q,r2)cs θ＝2keq \f(q,r2)·eq \f(d,r)＝2keq \f(qd,r3)，故C正确。]
3．C [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)，由图可知，两场强的夹角为120°，则两者的合场强为E＝E1＝keq \f(QΔL,2πR3)，根据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为E′＝E＝keq \f(QΔL,2πR3)，根据E′＝keq \f(q,（2R）2)，联立解得q＝eq \f(2QΔL,πR)，故C正确。]
4．BD [圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的电场强度相互抵消，合电场强度为零。圆环上各电荷产生的电场强度在x轴上O点右侧有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上O点右侧电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最高，故A错误；O点的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，所以从O点沿x轴正方向，电场强度应先增大后减小，故B正确；设圆环上足够小的圆弧上的电量为q′的电荷，在x轴上P点产生的沿x轴上的电场强度为E′＝keq \f(q′,r′2)cs θ，其中r′＝eq \r(r2＋s2)，cs θ＝eq \f(s,\r(r2＋s2))，根据数学知识求和可得P点的电场强度大小E＝eq \f(kQs,（r2＋s2）\s\up6(\f(3,2)))，故C错误，D正确。]
5．ABC [如图所示，为等量异种电荷周围空间的电场分布图。本题的带电圆环，可拆解成这样无数对等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置。它们有共同的对称轴PP′，PP′所在的水平面与每一条电场线都垂直，即为等势面，延伸到无限远处，电势为零，故在PP′上的点电势为零，即φa＝φb＝0；而从M点到N点，电势一直在降低，即φc>φd，故B正确，D错误；上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知A、C正确。]
6．A [无限大均匀带电平板R取无限大，在Q点产生的电场强度E1＝2πkσ0[1－eq \f(x,\r(R2＋x2))]≈2πkσ0，半径为r的圆板在Q点产生的电场强度E2＝2πkσ0[1－eq \f(x,\r(r2＋x2))]，无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板后的场强是两个电场强度的差，所以E0＝E1－E2＝2πkσ0eq \f(x,（r2＋x2）1/2)，故A正确。]