利用場的疊加原理求解電勢場強問題

2025-06-16 00:00:00許文

高中數(shù)理化 2025年12期

電場強度 E （場強）與電勢 φ 是分別從力的角度與能的角度描述電場性質的重要物理量.求解電場中某處的場強與電勢的過程，能體現(xiàn)物理觀念與科學思維等物理學科核心素養(yǎng).本文結合典型例題分析，依據(jù)電場的疊加原理，利用等效法、對稱性、微元法、補償法等求解多個點電荷或帶電體產生電場中的某點的場強與電勢，從而加深對知識的理解和認識.

1電場疊加原理

一個帶電體在其周圍產生的電場可認為是許多個點電荷產生電場的疊加形成的合電場.各個電荷產生的電場是相互獨立、互不影響的.如果有多個點電荷同時存在，它們產生的電場相互疊加.利用電場的疊加原理，理論上可計算出任意帶電體在任意點的場強與電勢.

2 電勢的疊加

點電荷Q產生的電場中某點的電勢=kQ（注：此公式高考不作要求，但可用此公式定性分析）.電勢是標量，也是相對量，一般選取無限遠處或大地的電勢為零.當空間有多個點電荷同時存在時，電場中某點的電勢等于各個點電荷單獨存在時在該點產，選項B、D錯誤.圓環(huán)兩次在 A 處的速度均為0，可以分別對圓環(huán)在 A 到 B 和 B 到 A 的運動過程中使用動能定理求解圓環(huán)兩次經過 B 時的速度.從 A 到 B 有；從 B 到 A 有 muB2，聯(lián)立可得-2W= 所以圓環(huán)下滑經過 B 處的速度小于上滑經過 B 處的速度，選項C正確.

生的電場電勢的代數(shù)和，遵循代數(shù)運算法則，例1如圖1所示，為均勻帶有電荷量為 + Q 的細棒，C 為 A B 棒附近的一點， C B 垂直于 A B .已知 A B 棒上電荷產生的電場在 C 點的電勢為 φ ， φ 可以等效成 A B 棒上電荷集中于 A B 上 P 點處、帶電荷量為 + Q 的點電荷所形成的電場在 C 點的電勢.若（204 P C 的距離為 r ，選取無限遠處電勢為零，有 φ= k" Q/"r"則 A C 連線中點 D 的電勢為（）.

A. B. C. 2φ D. 4 φ

若將AB棒分成等長的 A F ， F B 兩段，這兩段的帶電荷量均為

，如圖2所示.與AB棒上電荷產生的電場相比， D點到 A F ， F B 的距離為 C 點到 A B 距離的一半， A F ， F B 兩段的電荷量也為 A B 的一半.根據(jù)對稱性與公式 φ"= k" Q /r"可知，兩段上的電荷在 D 點產生的電場的電勢相等，設為，且，故 D 點的電勢 2 φ ，選項C正確.

A B 棒上的電荷為非點電荷，產生的電場在直角三角形的一個頂點 c 處的電勢可等效為棒上的電荷集中在其中點 F 的點電荷產生的電勢.過 D 點作AB的垂線 D F ，則得△AFD與△BFD兩個相同的直角三角形，與原直角 Δ A B C 相似（ . A F 或BF上的電荷量與AB電荷量類比， C 點與 D 點類比），根據(jù)電場的疊加原理與電勢的特性，即可得出 D 點的電勢.以上求解過程體現(xiàn)了等效法、類比法、微元法等思想與方法.

例2 （原創(chuàng)）正四面體ABCD各面均為導體，但又彼此絕緣.已知四面體每個面上均勻分布有不同的電荷，四個面的電勢分別為 0 . 1 V . 2 V 、 3 V ，則四面體中心 O 點的電勢為（）.

A.1.2 V B.1.3 V C.1.4 V D.1.5 V

設正四面體四個面的總電荷量為 Q ，四面體中心 O 點的電勢為 φ .若保持四面體不動，增加每一個面的電荷量，使每個面的電荷量均變?yōu)?Q 根據(jù)電場的疊加原理與對稱性可知，四面體每個面的電勢均變?yōu)? .這時四面體所包圍的空間構成一封閉的等勢體，四面體表面及內部各點的電勢均為點的電勢變?yōu)?4 φ ，有 4 φ = 6 V ，故 φ = 1 . 5 V ，選項D正確.

本題中四面體的每個面所帶電荷量不等，為充分利用每個面所產生電場在 O 點具有對稱性，將每個面上的電荷量變?yōu)樗膫€面上原總電荷量，巧妙地利用了電場的疊加原理與處于靜電平衡導體的特性進行求解，求解過程簡潔、高效.

例3 （原創(chuàng)）由 A ， B 兩平行金屬板構成的電容器的電容 C = 0 . 1 μ F ，現(xiàn)使 A 板帶有的正電荷， B 板帶有的正電荷，則 A 、B 兩板的電勢差為（）.

A.60 V B. 30 V C. 45 V D.15 V當電容器兩板帶有等量的異種電荷（設每板電荷量絕對值為 Q ）時，電容器兩板間的電勢差為 .由電場疊加原理知，在原電容器 A ， B 兩板上分別再加上等量的同種電荷，則電容器兩板的電勢差 U 不變.令在 A ， B 兩板上分別再加電荷量 Δ Q ，則 A 板上的電荷量變?yōu)? 板上的電荷量變?yōu)? ，此時電容器兩板帶有等量的異種電荷，每板所帶電荷量的絕對值等于電容器的帶電荷量 C，兩板間電勢差，選項D正確.

點當電容器兩板帶有等量異種電荷時，兩板間的電勢差 .平行板電容器兩極板的形中狀與大小相同，當兩板分別帶有等量的同種電荷時，根據(jù)對稱性知兩板的電勢相等，其電勢差為零；當電容器兩板的電荷量不同時，只要兩板的電荷量改變相同，兩板間的電勢差不變.本題根據(jù)電場的疊加原理，巧妙地將原本帶有不等量異種電荷的平行板兩容器兩板分別加上等量的同種電荷，將電容器的兩板變成帶有等量的異種電荷，而兩板間的電勢差不變.

3場強的疊加

點電荷 Q 產生電場中某點的場強大小 E = kQ/ r 2"方向為正電荷在該處的受力方向.場強為矢量，當空間有多個點電荷同時存在時，電場中某點的場強等于各個點電荷單獨存在時在該點產生電場場強的矢量和，遵循矢量運算（如平行四邊形、三角形）法則.

例4如圖4所示，半球面ACB上均勻分布有電荷量為+ q 的電荷， C D 為通過半球頂點C 與球心 O 的軸線， P ? Q 為 C D 軸上與 O 點等距離的兩點，已知P 點的場強大小為，則 Q 點的場強大小為（）.

A. B. 2E1

由對稱性知，半球面 A C B 上電荷在 P 點產生電場的場強方向沿 P Q 直線向右.若用與左半球電荷面密度相同的右半球 A D B 與左半球組成一個球體，如圖5所示，則整個球殼內的合場強處處為零.由電場的疊加原理與對稱性知，右半球ADB上的電荷在 Q 點產生的場強與左半球A C B 上的電荷在 P 點產生的場強等大反向，故左半球ACB上的電荷在 Q 點產生的場強大小，選項A正確

補上右半球與左半球等量的電荷，由于左右兩半球關于球心 O 點對稱， P ? Q 兩點關于 O 點對稱，則左、右兩半球上電荷產生的電場在 P ? Q 兩點的場強關于 O 點對稱.補上右邊半球殼，構造整個均勻帶電球殼，均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場，等效于電荷集中于球心處點電荷產生的電場，球殼外與球心對稱的點電勢相同，場強等大反向；球殼內各處的合場強為零，電勢相等.

例5如圖6所示，在半徑為 R 的圓環(huán)上分布有不能移動的正電荷 Q ， A B 是圓環(huán)的一條直徑， P 點為圓環(huán)上的一點，且 ∠ P O B = θ 若圓環(huán)直徑 A B 上的場強處處為零，則圓環(huán)上P 點處電荷的線密度（單位長度上電荷量）為（）.

A. B.

由于均勻帶電球殼其內部場強處處為零，而圓環(huán)只對圓心具有中心對稱性，若圓環(huán)直徑上的場強處處為零，可設想將均勻分布在以 A B 為直徑的球面上的電荷 Q 對應地轉移到以AB為直徑的圓環(huán)上，則圓環(huán)直徑 A B 上的場強處處為零.如圖7所示.在圓環(huán)上 P 點處取一小段弧長 Δ L ，則 Δ L 上分布的電荷量 Δ Q 等于半徑為 R 的均勻帶電荷量為 Q 的球面上相應一小環(huán)帶所帶電荷量的一半，即（204號則線密度 4Rsin0，故選項B正確.

本題的求解關鍵在于將圓環(huán)上電荷的不均勻分布與球面上電荷的均勻分布相聯(lián)系，而這種聯(lián)系是根據(jù)電場的疊加原理，假設直徑相同的電荷分布不均勻的帶電圓環(huán)與電荷分布均勻的帶電球面在直徑上的場強等效.

例6正 n 邊形的頂點依次分布著電荷量分別為的點電荷，各頂點到中心 O 的距離均為 R ，靜電力常量為 k ，求正 n 邊形 O 點處的場強大小.

正 n 邊形相鄰兩頂點與中心點 o 連線的夾角設 O 點處場強大小為，如圖8-甲所示.若將各頂點處點電荷的電荷量加倍，則 O 點處場強的方向不變，大小變?yōu)? ，如圖8-乙所示.再將正 n 邊形由圖8-乙所示位置繞 O 點沿逆時針方向旋轉 θ 角，如圖8-丙所示，其中電荷量為的點電荷可看成是電荷量為 q 與的兩個點電荷的疊加，其中電荷量為的點電荷在 O 處的產生的場強大小（2\"-1）q，方向如圖8-丙所示，則圖8-丙中心 O 處場強大小可以看成是圖8-甲中心 O 點處場強與電荷量為的點電荷在 O 處的場強的矢量和.則有，得