高考物理电学十大方法精讲 方法01割补法

高考物理电学十大方法精讲

方法

01

割补法

对某些物理问题，当待求的量

A

直接去解很困难或没有条件解时，可设法补上一个量

B，割补的

原理是使(A+B)成为一个完整的模型，从而使(A+B)变得易于求解，补上去的

B

也必须容易求解，那

样，待求的量

A

便可从两者的差值获得，问题就迎刃而解.这就是解物理题时常用的“割补法”.割补法

本来是非对称性的物体，通过割补后构成对称性物体，然后再利用对称物体所满足的物理规律进行

求解.

【调研

1】

如图所示，阴影区域是质量

M

半径为

R

的球体挖去一个小圆球后的剩余部分，所挖去

的小圆球的球心

O′和大球心间的距离是

的质点

P

的引力.

R

2

,求球体剩余部分对球体外与球心

O

距离为

2R、质量为

m

解析：

万有引力定律只适用于两个质点间的作用，只有对均匀球体才可将其看作是质量全部集中

在球心的一个质点，至于本题中不规则的阴影区，那是不能看作质点来处理的，故可用割补法将挖

去的球补上.

将挖去的球补上,则完整的大球对球外质点

P

的引力为：F1=

GMm

=

GMm

，半径为

(2

R)2 4R2 2

R

的小球的质量：

=

1

M

M

'

=

4

π(

R

)3×ρ=π(

R

)3×

3 2 2

4

3

M

(R)3

8

F2=

GM

'm

=

G4M

'

m

=

GMm

25R2 50R2

F=F1-F2=

GMm

-

GMm

=

23GMm

补上的小球对质点

P

的引力

(

R)2

2

因而挖去小球的阴影对质点

P

的引力为：

4R2 50R2 100R2

【调研

2】

如图所示，把金属丝

AB

弯成半径

r=1m

的圆弧，但在

AB

之间留出宽度为

d=2cm、相

对来说很小的间隙，将电荷量

Q=3.13×10-9C

的正电荷均匀分布在金属丝上，求圆心

O

处的电场强度.

A

B

d

O

.

解析：

中学物理中只讲点电荷场强及匀强电场的计算方法，一个不规则带电体（如本题的缺口

的带点环）所产生的场强，没有现成的公式可用

但可以这样想：将圆弧的缺口补上，并且它的电荷

密度与缺口的环体原有电荷密度是一样的，这样就形成了一个电荷均匀分布的完整的带电环，环上

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处于同一直径两端的微小部分可看作两个相应的点电荷，它们产生的电场在圆心O

处叠加后场强是

零，根据对称性可知，带电圆环在圆心O

处的总场强是零.至于补上的带电小段，由题给条件可视为

点电荷，它在圆心

O

处的场强为

E1

是可求的，若题中待求场强为

E2，则由

E1+E2

=0，便可求得

E2.

设原缺口环所带电荷的线密度为

σ，σ=

Q

2r

d

，则补上的金属小段带电量

Q’=σd，它在

O

处的场

=

k

，代入数据得

E1=9×10-2N/C.

强为

E1=k

Q

'

Qd

r

2

(2

r

d

)r

2

设待求的场强为

E2，由

E1+E2=0

可得

E2=-E1=-9×10-2N/C，负号表示

E2

与

E1

方向相反，即

E2

的方

向向右，指向缺口.

【调研

3】静电学理论指出，对于真空区域，只要不改变该区域内的电荷分布及区域边界的电势

分布，此区域内的电场分布就不会发生改变。试由上述结论及导体静电平衡的性质论证：在一接地

的无穷大导体平板上方与导体板相距

h

处放置一电荷量为

Q

的点电荷，则导体板对该点电荷作用力

的大小为

F=

kQ2

(k

为静电力常数).

4h2

Q

h

O

解析：在中学阶段我们只学过点电荷之间的相互作用规律，而该题是要计算导体板上的感应电荷

与点电荷间的相互作用力，似乎无从下手.

由于导体板接地，其电势为零，构成的电场线如图甲所示．我们知道等量异种点电荷的电场和该

电场完全相同，故可在板的下侧与

Q

对称位置补充一个-Q

的点电荷，如图乙所示．这样，我们将求

板上感应电荷与

Q

的作用力转化为求

Q

与-Q

的作用力．根据库仑定律，有

F=

kQ2

．

4h2

甲 乙

【解题反思】通过割补巧妙地解决了非对称性的物理问题．在教学中运用割补法讲解典型例题可以

使学生对物理概念的理解更加深刻，同时也能够提高其分析解决问题的能力，增强物理思维的灵活

性，同时提升学生的科学素养．因此，应该在教学中重视割补法的运用，让学生通过学习这个方法

获得更大的收获.

【调研

4】如图所示，将表面均匀带正电的半球壳，沿线轴分成厚度相等的两部分，然后将这两

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部分移开到很远的距离，设分开后球表面仍均匀带电，左半部分在

A1

点的场强大小为

E1，右半部分

在

A2

点的场强的大小为

E2，则有 ( )

A.

E1=

E2 B.

E1<E2 C.

E1>E2 D.大小无法确定

A

A1

A2

R/2

R/2

解析：如图甲所示，分开后左部分球冠所带电荷在点

A1

产生的场强以

E1

表示，右部分球层面电

荷在

A2

产生的场强以

E2

表示，由对称性可知

E1

的方向向左，E2

的方向向右，咋一看，似乎无法比

较这两部分不规则带电体产生的场强大小，需设法做等效替代，创造出可运用已知规律的条件。

E1

A1

E2

A2

E3

A3

甲

乙

A、 φ0

B、φ0

C、 2

φ0

D、2φ0

如图乙所示，设想在另一表面均匀分布正电荷的完全相同的半球，附在球层上构成球缺，显然，

球缺在

A2

点产生的电场强度

E3

大于

E2，球缺和球冠构成一个完整球，由于均匀带电球壳内部任一

点的电场强度为零，那么，E1

与

E3

必然大小相等，方向相反，于是，我们可以确定球冠面电荷在点

A1

产生的场强

E1

大于球层面电荷在

A2

产生的场强

E2，故

C

正确。

【调研

5】某兴趣学习小组的同学深入学习了静电场中关于电势的知识：若取无穷远处电势为零，

在一带电荷量为+q

的点电荷的电场中，与点电荷相距

r

处的电势为

φ=k

q

；如果某点处在多个点电

r

荷所形成的电场中，则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和。如图所示，AB

是均匀带

电的细棒，所带电荷量为+Q。C

为

AB

棒附近的一点，CB

垂直于

AB。若取无穷远处电势为零，AB

棒上的电荷所形成的电场中，C

点的电势为

φ0，φ0

可以等效成

AB

棒上某点

P

处、电荷量为+Q

的点

电荷所形成的电场在

C

点的电势。该小组的同学将

AB

棒均分成两段，利用对称性，则得

AC

连线中

点

D

处的电势为

( )

C

D

A B

1

2

解析：设

C

点到

AB

的距离为

d1，则

D

点到

AB

的距离为

d2，d1=2d2，根据题意在

B

点右侧添加

上一个与板

AB

完全一样的棒，该棒关于

B

点与原棒

AB

对称，由于板

AE

是均匀带电，可以把棒

AE

当做点电荷，其位置在

B

点，其带电量为

2Q，如图所示.

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D

d2

C

d1

A M

B

E

则棒

AE

在

C

点产生的电势为

φC=k

2Q

，则棒

AB

在

C

点产生的电势为

φ0=

1

φC=k

Q

，同理棒

AB

在

电势为

φD=k

Q

=

k

Q

=

k

2Q

=2k

Q

=2φ0.答案

D

正确.

1

d

2

d 2 d

1 1

D

点产生的电势相当于带电量为

Q，位置在

AB

中点

M

的点电荷产生的电势，棒

AB

在

D

点产生的

d d

2 1 1

【调研

6】如图所示是一均匀实心半球形导体，球心为

A，顶点为

B，CD

为底面直径．若按甲图

的方式将其接在两个电极之间，接在电压为

U

的恒定电路中，其电功率为

P1，若按乙图的方式接在

两个电极之间，接在电压为

U

的恒定电路中，其电功率为

P2，电极的电阻不计，则

P1：P2= .

A B C D

U

甲

U

乙

式，电阻为

R，不难看出乙图中连接的电阻是甲图连接的

4

倍，由

P=

U

2

，则

P1：P2=4:1

解析：由图可知，当连接方式发生变化时，要看清两种连接的异同点，可以拆分后找到规律，此

题中的半球形导体可以等分成两块四分之一的球形材料，将甲图作分割，如图所示，设甲图连接方

R

A

R

B

A

2R

2R

B

C

2R

D

C

2R

2R

D

.

【调研

7】一个半径为

R

的绝缘球壳上均匀地带有电荷量为+Q

的电荷，另一个电荷量为+q

的点

电荷放在球心

O

上，由于对称性，点电荷受到的电场力为零.现在球壳上挖去一个半径为

r

的小孔，

r<<R，静电力常量为

k，如图所示，求此时置于球心的点电荷受到的电场力的大小和方向

r

R

O

解析：将带电球壳分割成无数小块（如该题中半径为

r

的小圆），当

r<<R

时，每一小块均可看成

一个点电荷.根据场强叠加原理，整个带电球壳所带电荷量

Q

在球心处产生的电场其合场强为零.

r

O

R

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当球壳上挖去半径为

r

的小孔时，被挖去的小孔在球心产生的场强与剩余的球壳在球心处产生的

场强大小相等，方向相反.欲求置于球心的点电荷所受力的大小，只要知道被挖去的小孔所对的那个

小孔在球心处产生的场强即可

.如图所示，由题意知球壳所带电荷的面密度（单位面积上的电荷量）

4R2

，正对小孔的那一小块球壳的带电荷量为

q’=πr2σ，q’在球心处产生的电场的场强

E=k

R2

,

为

σ= Q

q

'

则球心处的点电荷所受的电场力

F=qE=k

qq

'

=k

qQr

2

，方向指向小孔.

R2 4R4

【调研

8】经过理论推理可知，两个大小不能忽略的带点均匀的半球面，相互作用力产生的压强

为

P=Eσ,其中

E

为场强，σ

为单位面积上的电荷量，已知半径分别为

R

和

r

的带电均匀的半球，其带

电量分别为

Q

和

q，两半球的球心及最大横截面重合，两个半球之间的作用力大小为 （ ）

Q

R

Or

q

A.

k

Qq B.

k

Qq C.

k

Qq D.

k

Qq

R2 r

2 2r

2 2R2

.

解析：答案选

D

如图(1)所示，表示两个带同种电荷两半球受力方向，如果对大半球补加半径为

R

的带电量为

Q

右半球，如图(2)所示，那么小半球所受力将变为零，因为带电球体内场强为零，由此

可见，大球左、右两部分对小球的作用力大小相等，方向相反

q

F′ Q

q

q

q

q

Q

F

q

O

F1

F′

Q

Q

2

F

F

E

Q

(1) (2) (3)

(4)

现在对小半球补加半径为

r

的带电量为