高考物理电学十大方法精讲 方法01割补法

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
2
R,求球体剩余部分对球体外与球心O距离为2R、质量为m 的质点P的引力.
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=
2
(2)
GMm
R
=
2
4
GMm
R
，半径为
2
R
的小球的质量：
M ' =4
3
π(
2
R)3×ρ=π(
2
R)3×
3
4
()
3
M
R
=1
8
M
补上的小球对质点P的引力
F2=
2
'
5
()
2
GM m
R
=
2
4'
25
G M m
R
=
2
50
GMm
R
因而挖去小球的阴影对质点P的引力为：
F=F1-F2=
2
4
GMm
R
-
2
50
GMm
R
=
2
23
100
GMm
R
【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.
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
O
d
A B
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E 1是可求的，若题中待求场强为E 2，则由E 1+E 2 =0，便可求得E 2. 设原缺口环所带电荷的线密度为σ，σ=
2Q r d π-，则补上的金属小段带电量Q’=σd ，它在O 处的场强为E 1=k 2'Q r = k
2(2)Qd r d r π-，代入数据得E 1=9×10-2N/C. 设待求的场强为E 2，由E 1+E 2=0可得E 2=-E 1=-9×10-2N/C ，负号表示E 2与E 1方向相反，即E 2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 =2
24kQ h (k 为静电力常数).
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 =2
24kQ
h ．
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
Q
h
O
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A 1点的场强大小为E 1，右半部分在A 2点的场强的大小为E 2，则有 ( )
A. E 1= E 2
B. E 1<E 2
C. E 1>E 2
D.大小无法确定
解析：如图甲所示，分开后左部分球冠所带电荷在点A 1产生的场强以E 1表示，右部分球层面电荷在A 2产生的场强以E 2表示，由对称性可知E 1的方向向左，E 2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。

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A 2点产生的电场强度E 3大于E 2，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，E 1与E 3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A 1产生的场强E 1大于球层面电荷在A 2产生的场强E 2，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 r
；如果某点处在多个点电荷所形成的电场中，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 ( )
A 、12
φ0 B 、φ0 C 、2φ0 D 、2φ0
解析：设C 点到AB 的距离为d 1，则D 点到AB 的距离为d 2，d 1=2d 2，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. A R /2 R /2 A 2 A 1
A 3 E 3 A 1
甲 E 1
A 2 乙 E 2 C
D
B A
则棒AE 在C 点产生的电势为φC =k 12Q d ，则棒AB 在C 点产生的电势为φ0=12
φC =k 1Q d ，同理棒AB 在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 点产生的电势为φD =k 2Q d = k 12
Q d = k 12Q d =2k 1
Q d =2φ0.答案D 正确. 【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P 1，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P 2，电极的电阻不计，则P 1：P 2= .
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
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 =2U R
，则P 1：P 2=4:1
【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.
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.
C
M D
B A E d 1 d 2
U
A B 甲 U C D
乙 A B R A B 2R
2R C D
2R 2R C D 2R R
O r
R
O r
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）为σ=24Q
R π，正对小孔的那一小块球壳的带电荷量为q’=πr 2σ，q’在球心处产生的电场的场强E =k
2'q R ,则球心处的点电荷所受的电场力F =qE =k 2'qq
R =k 244qQr R ，方向指向小孔.
【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 （ ）
A. 2Qq k R
B. 2Qq k r
C. 22Qq k r
D. 22Qq k R
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.
现在对小半球补加半径为r 的带电量为q 左半球，如图（3）所示，那么小半球左右两部分对大半球的作用力大小相等，方向相同。

于是小球对大半球的作用力大小为2F ，小球的电场在大半球表面处的场强（如图4所示）大小为E =k 22q R ，大半球表面上单位面积上的电荷量δ=22Q R π，大半球所受
合力的大小等于大半球的平面上的电场力的大小，即F 合=P ·πR 2.由于F 合=2F ，于是所求力的大小为F =k 22Qq
R ，所以D 正确。

Q r q
O R Q (1) O q F F′ Q Q q F′ F 1 (2) (3)
(4) Q q F 2 q F q q Q E。