(6分)試證明: 勻變速直線運(yùn)動的平均速度等于初速度與末速度的平均值。

證明：設(shè)物體運(yùn)動的初速度為v0, 末速度為vt,物體運(yùn)動的加速度為a, 所用時間為t，則物體在這短時間內(nèi)通過的位移為：x=v0t+at2--------①   2分

由加速度定義知：a=--------------------②2分

物體在這段時間t內(nèi)的平均速度為：v平=-------③1分

由①②③ 聯(lián)立求解得：v平=------------④1分

練習(xí)冊系列答案
相關(guān)習(xí)題

科目：高中物理 來源： 題型：

(15分)據(jù)有關(guān)資料介紹，受控核聚變裝置中有極高的溫度，因而帶電粒子將沒有通常意義上的“容器”可裝，而是由磁場約束帶電粒子運(yùn)動使之束縛在某個區(qū)域內(nèi).現(xiàn)按下面的簡化條件來討論這個問題：如圖所示是一個截面為內(nèi)徑R１＝0.6 m、外徑R2=1.2 m的環(huán)狀區(qū)域，區(qū)域內(nèi)有垂直于截面向里的勻強(qiáng)磁場.已知氦核的荷質(zhì)比=4.8×107 C/kg，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.4 T，不計帶電粒子重力。

（1）實(shí)踐證明，氦核在磁場區(qū)域內(nèi)沿垂直于磁場方向運(yùn)動速度v的大小與它在磁場中運(yùn)動的軌道半徑r有關(guān)，試導(dǎo)出v與r的關(guān)系式；

（2）若氦核在平行于截面從A點(diǎn)沿各個方向射入磁場都不能穿出磁場的外邊界，求氦核的最大速度。

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科目：高中物理 來源： 題型：閱讀理解

第十部分 磁場

第一講 基本知識介紹

《磁場》部分在奧賽考剛中的考點(diǎn)很少，和高考要求的區(qū)別不是很大，只是在兩處有深化：a、電流的磁場引進(jìn)定量計算；b、對帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動進(jìn)行了更深入的分析。

一、磁場與安培力

1、磁場

a、永磁體、電流磁場→磁現(xiàn)象的電本質(zhì)

b、磁感強(qiáng)度、磁通量

c、穩(wěn)恒電流的磁場

*畢奧-薩伐爾定律（Biot-Savart law）：對于電流強(qiáng)度為I 、長度為dI的導(dǎo)體元段，在距離為r的點(diǎn)激發(fā)的“元磁感應(yīng)強(qiáng)度”為dB 。矢量式d= k，（d表示導(dǎo)體元段的方向沿電流的方向、為導(dǎo)體元段到考查點(diǎn)的方向矢量）；或用大小關(guān)系式dB = k結(jié)合安培定則尋求方向亦可。其中 k = 1.0×10?7N/A2 。應(yīng)用畢薩定律再結(jié)合矢量疊加原理，可以求解任何形狀導(dǎo)線在任何位置激發(fā)的磁感強(qiáng)度。

畢薩定律應(yīng)用在“無限長”直導(dǎo)線的結(jié)論：B = 2k ；

*畢薩定律應(yīng)用在環(huán)形電流垂直中心軸線上的結(jié)論：B = 2πkI ；

*畢薩定律應(yīng)用在“無限長”螺線管內(nèi)部的結(jié)論：B = 2πknI 。其中n為單位長度螺線管的匝數(shù)。

2、安培力

a、對直導(dǎo)體，矢量式為 = I；或表達(dá)為大小關(guān)系式 F = BILsinθ再結(jié)合“左手定則”解決方向問題（θ為B與L的夾角）。

b、彎曲導(dǎo)體的安培力

⑴整體合力

折線導(dǎo)體所受安培力的合力等于連接始末端連線導(dǎo)體（電流不變）的的安培力。

證明：參照圖9-1，令MN段導(dǎo)體的安培力F1與NO段導(dǎo)體的安培力F2的合力為F，則F的大小為

F = 

  = BI

  = BI

關(guān)于F的方向，由于ΔFF2P∽ΔMNO，可以證明圖9-1中的兩個灰色三角形相似，這也就證明了F是垂直MO的，再由于ΔPMO是等腰三角形（這個證明很容易），故F在MO上的垂足就是MO的中點(diǎn)了。

證畢。

由于連續(xù)彎曲的導(dǎo)體可以看成是無窮多元段直線導(dǎo)體的折合，所以，關(guān)于折線導(dǎo)體整體合力的結(jié)論也適用于彎曲導(dǎo)體。（說明：這個結(jié)論只適用于勻強(qiáng)磁場。）

⑵導(dǎo)體的內(nèi)張力

彎曲導(dǎo)體在平衡或加速的情形下，均會出現(xiàn)內(nèi)張力，具體分析時，可將導(dǎo)體在被考查點(diǎn)切斷，再將被切斷的某一部分隔離，列平衡方程或動力學(xué)方程求解。

c、勻強(qiáng)磁場對線圈的轉(zhuǎn)矩

如圖9-2所示，當(dāng)一個矩形線圈（線圈面積為S、通以恒定電流I）放入勻強(qiáng)磁場中，且磁場B的方向平行線圈平面時，線圈受安培力將轉(zhuǎn)動（并自動選擇垂直B的中心軸OO′，因為質(zhì)心無加速度），此瞬時的力矩為

M = BIS

幾種情形的討論——

⑴增加匝數(shù)至N ，則 M = NBIS ；

⑵轉(zhuǎn)軸平移，結(jié)論不變（證明從略）；

⑶線圈形狀改變，結(jié)論不變（證明從略）；

*⑷磁場平行線圈平面相對原磁場方向旋轉(zhuǎn)α角，則M = BIScosα ，如圖9-3；

證明：當(dāng)α = 90°時，顯然M = 0 ，而磁場是可以分解的，只有垂直轉(zhuǎn)軸的的分量Bcosα才能產(chǎn)生力矩…

⑸磁場B垂直O(jiān)O′軸相對線圈平面旋轉(zhuǎn)β角，則M = BIScosβ ，如圖9-4。

證明：當(dāng)β = 90°時，顯然M = 0 ，而磁場是可以分解的，只有平行線圈平面的的分量Bcosβ才能產(chǎn)生力矩…

說明：在默認(rèn)的情況下，討論線圈的轉(zhuǎn)矩時，認(rèn)為線圈的轉(zhuǎn)軸垂直磁場。如果沒有人為設(shè)定，而是讓安培力自行選定轉(zhuǎn)軸，這時的力矩稱為力偶矩。

二、洛侖茲力

1、概念與規(guī)律

a、 = q，或展開為f = qvBsinθ再結(jié)合左、右手定則確定方向（其中θ為與的夾角）。安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲力的宏觀體現(xiàn)。

b、能量性質(zhì)

由于總垂直與確定的平面，故總垂直 ，只能起到改變速度方向的作用。結(jié)論：洛侖茲力可對帶電粒子形成沖量，卻不可能做功�；颍郝鍋銎澚墒箮щ娏Ｗ拥膭恿堪l(fā)生改變卻不能使其動能發(fā)生改變。

問題：安培力可以做功，為什么洛侖茲力不能做功？

解說：應(yīng)該注意“安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲力的宏觀體現(xiàn)”這句話的確切含義——“宏觀體現(xiàn)”和“完全相等”是有區(qū)別的。我們可以分兩種情形看這個問題：（1）導(dǎo)體靜止時，所有粒子的洛侖茲力的合力等于安培力（這個證明從略）；（2）導(dǎo)體運(yùn)動時，粒子參與的是沿導(dǎo)體棒的運(yùn)動v1和導(dǎo)體運(yùn)動v2的合運(yùn)動，其合速度為v ，這時的洛侖茲力f垂直v而安培力垂直導(dǎo)體棒，它們是不可能相等的，只能說安培力是洛侖茲力的分力f1 = qv1B的合力（見圖9-5）。

很顯然，f1的合力（安培力）做正功，而f不做功（或者說f1的正功和f2的負(fù)功的代數(shù)和為零）。（事實(shí)上，由于電子定向移動速率v1在10?5m/s數(shù)量級，而v2一般都在10?2m/s數(shù)量級以上，致使f1只是f的一個極小分量。）

☆如果從能量的角度看這個問題，當(dāng)導(dǎo)體棒放在光滑的導(dǎo)軌上時（參看圖9-6），導(dǎo)體棒必獲得動能，這個動能是怎么轉(zhuǎn)化來的呢？

若先將導(dǎo)體棒卡住，回路中形成穩(wěn)恒的電流，電流的功轉(zhuǎn)化為回路的焦耳熱。而將導(dǎo)體棒釋放后，導(dǎo)體棒受安培力加速，將形成感應(yīng)電動勢（反電動勢）。動力學(xué)分析可知，導(dǎo)體棒的最后穩(wěn)定狀態(tài)是勻速運(yùn)動（感應(yīng)電動勢等于電源電動勢，回路電流為零）。由于達(dá)到穩(wěn)定速度前的回路電流是逐漸減小的，故在相同時間內(nèi)發(fā)的焦耳熱將比導(dǎo)體棒被卡住時少。所以，導(dǎo)體棒動能的增加是以回路焦耳熱的減少為代價的。

2、僅受洛侖茲力的帶電粒子運(yùn)動

a、⊥時，勻速圓周運(yùn)動，半徑r =  ，周期T = 

b、與成一般夾角θ時，做等螺距螺旋運(yùn)動，半徑r =  ，螺距d = 

這個結(jié)論的證明一般是將分解…（過程從略）。

☆但也有一個問題，如果將分解（成垂直速度分量B2和平行速度分量B1 ，如圖9-7所示），粒子的運(yùn)動情形似乎就不一樣了——在垂直B2的平面內(nèi)做圓周運(yùn)動？

其實(shí)，在圖9-7中，B1平行v只是一種暫時的現(xiàn)象，一旦受B2的洛侖茲力作用，v改變方向后就不再平行B1了。當(dāng)B1施加了洛侖茲力后，粒子的“圓周運(yùn)動”就無法達(dá)成了。（而在分解v的處理中，這種局面是不會出現(xiàn)的。）

3、磁聚焦

a、結(jié)構(gòu)：見圖9-8，K和G分別為陰極和控制極，A為陽極加共軸限制膜片，螺線管提供勻強(qiáng)磁場。

b、原理：由于控制極和共軸膜片的存在，電子進(jìn)磁場的發(fā)散角極小，即速度和磁場的夾角θ極小，各粒子做螺旋運(yùn)動時可以認(rèn)為螺距彼此相等（半徑可以不等），故所有粒子會“聚焦”在熒光屏上的P點(diǎn)。

4、回旋加速器

a、結(jié)構(gòu)&原理（注意加速時間應(yīng)忽略）

b、磁場與交變電場頻率的關(guān)系

因回旋周期T和交變電場周期T′必相等，故 =

c、最大速度 vmax = = 2πRf

5、質(zhì)譜儀

速度選擇器&粒子圓周運(yùn)動，和高考要求相同。

第二講 典型例題解析

一、磁場與安培力的計算

【例題1】兩根無限長的平行直導(dǎo)線a、b相距40cm，通過電流的大小都是3.0A，方向相反。試求位于兩根導(dǎo)線之間且在兩導(dǎo)線所在平面內(nèi)的、與a導(dǎo)線相距10cm的P點(diǎn)的磁感強(qiáng)度。

【解說】這是一個關(guān)于畢薩定律的簡單應(yīng)用。解題過程從略。

【答案】大小為8.0×10?6T ，方向在圖9-9中垂直紙面向外。

【例題2】半徑為R ，通有電流I的圓形線圈，放在磁感強(qiáng)度大小為B 、方向垂直線圈平面的勻強(qiáng)磁場中，求由于安培力而引起的線圈內(nèi)張力。

【解說】本題有兩種解法。

方法一：隔離一小段弧，對應(yīng)圓心角θ ，則弧長L = θR 。因為θ →

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科目：高中物理 來源： 題型：閱讀理解

第八部分 靜電場

第一講 基本知識介紹

在奧賽考綱中，靜電學(xué)知識點(diǎn)數(shù)目不算多，總數(shù)和高考考綱基本相同，但在個別知識點(diǎn)上，奧賽的要求顯然更加深化了：如非勻強(qiáng)電場中電勢的計算、電容器的連接和靜電能計算、電介質(zhì)的極化等。在處理物理問題的方法上，對無限分割和疊加原理提出了更高的要求。

如果把靜電場的問題分為兩部分，那就是電場本身的問題、和對場中帶電體的研究，高考考綱比較注重第二部分中帶電粒子的運(yùn)動問題，而奧賽考綱更注重第一部分和第二部分中的靜態(tài)問題。也就是說，奧賽關(guān)注的是電場中更本質(zhì)的內(nèi)容，關(guān)注的是縱向的深化和而非橫向的綜合。

一、電場強(qiáng)度

1、實(shí)驗定律

a、庫侖定律

內(nèi)容；

條件：⑴點(diǎn)電荷，⑵真空，⑶點(diǎn)電荷靜止或相對靜止。事實(shí)上，條件⑴和⑵均不能視為對庫侖定律的限制，因為疊加原理可以將點(diǎn)電荷之間的靜電力應(yīng)用到一般帶電體，非真空介質(zhì)可以通過介電常數(shù)將k進(jìn)行修正（如果介質(zhì)分布是均勻和“充分寬廣”的，一般認(rèn)為k′= k /εr）。只有條件⑶，它才是靜電學(xué)的基本前提和出發(fā)點(diǎn)（但這一點(diǎn)又是常常被忽視和被不恰當(dāng)?shù)亍熬C合應(yīng)用”的）。

b、電荷守恒定律

c、疊加原理

2、電場強(qiáng)度

a、電場強(qiáng)度的定義

電場的概念；試探電荷（檢驗電荷）；定義意味著一種適用于任何電場的對電場的檢測手段；電場線是抽象而直觀地描述電場有效工具（電場線的基本屬性）。

b、不同電場中場強(qiáng)的計算

決定電場強(qiáng)弱的因素有兩個：場源（帶電量和帶電體的形狀）和空間位置。這可以從不同電場的場強(qiáng)決定式看出——

⑴點(diǎn)電荷：E = k

結(jié)合點(diǎn)電荷的場強(qiáng)和疊加原理，我們可以求出任何電場的場強(qiáng)，如——

⑵均勻帶電環(huán)，垂直環(huán)面軸線上的某點(diǎn)P：E = ，其中r和R的意義見圖7-1。

⑶均勻帶電球殼

內(nèi)部：E內(nèi) = 0

外部：E外 = k ，其中r指考察點(diǎn)到球心的距離

如果球殼是有厚度的的（內(nèi)徑R1 、外徑R2），在殼體中（R1＜r＜R2）：

E =  ，其中ρ為電荷體密度。這個式子的物理意義可以參照萬有引力定律當(dāng)中（條件部分）的“剝皮法則”理解〔即為圖7-2中虛線以內(nèi)部分的總電量…〕。

⑷無限長均勻帶電直線（電荷線密度為λ）：E = 

⑸無限大均勻帶電平面（電荷面密度為σ）：E = 2πkσ

二、電勢

1、電勢：把一電荷從P點(diǎn)移到參考點(diǎn)P0時電場力所做的功W與該電荷電量q的比值，即

U = 

參考點(diǎn)即電勢為零的點(diǎn)，通常取無窮遠(yuǎn)或大地為參考點(diǎn)。

和場強(qiáng)一樣，電勢是屬于場本身的物理量。W則為電荷的電勢能。

2、典型電場的電勢

a、點(diǎn)電荷

以無窮遠(yuǎn)為參考點(diǎn)，U = k

b、均勻帶電球殼

以無窮遠(yuǎn)為參考點(diǎn)，U外 = k ，U內(nèi) = k

3、電勢的疊加

由于電勢的是標(biāo)量，所以電勢的疊加服從代數(shù)加法。很顯然，有了點(diǎn)電荷電勢的表達(dá)式和疊加原理，我們可以求出任何電場的電勢分布。

4、電場力對電荷做功

WAB = q（UA － UB）= qUAB 

三、靜電場中的導(dǎo)體

靜電感應(yīng)→靜電平衡（狹義和廣義）→靜電屏蔽

1、靜電平衡的特征可以總結(jié)為以下三層含義——

a、導(dǎo)體內(nèi)部的合場強(qiáng)為零；表面的合場強(qiáng)不為零且一般各處不等，表面的合場強(qiáng)方向總是垂直導(dǎo)體表面。

b、導(dǎo)體是等勢體，表面是等勢面。

c、導(dǎo)體內(nèi)部沒有凈電荷；孤立導(dǎo)體的凈電荷在表面的分布情況取決于導(dǎo)體表面的曲率。

2、靜電屏蔽

導(dǎo)體殼（網(wǎng)罩）不接地時，可以實(shí)現(xiàn)外部對內(nèi)部的屏蔽，但不能實(shí)現(xiàn)內(nèi)部對外部的屏蔽；導(dǎo)體殼（網(wǎng)罩）接地后，既可實(shí)現(xiàn)外部對內(nèi)部的屏蔽，也可實(shí)現(xiàn)內(nèi)部對外部的屏蔽。

四、電容

1、電容器

孤立導(dǎo)體電容器→一般電容器

2、電容

a、定義式 C = 

b、決定式。決定電容器電容的因素是：導(dǎo)體的形狀和位置關(guān)系、絕緣介質(zhì)的種類，所以不同電容器有不同的電容

⑴平行板電容器 C =  =  ，其中ε為絕對介電常數(shù)（真空中ε0 =  ，其它介質(zhì)中ε= ），εr則為相對介電常數(shù)，εr =  。

⑵柱形電容器：C = 

⑶球形電容器：C = 

3、電容器的連接

a、串聯(lián)  = +++ … +

b、并聯(lián) C = C1 + C2 + C3 + … + Cn 

4、電容器的能量

用圖7-3表征電容器的充電過程，“搬運(yùn)”電荷做功W就是圖中陰影的面積，這也就是電容器的儲能E ，所以

E = q0U0 = C = 

電場的能量。電容器儲存的能量究竟是屬于電荷還是屬于電場？正確答案是后者，因此，我們可以將電容器的能量用場強(qiáng)E表示。

對平行板電容器 E總 = E2 

認(rèn)為電場能均勻分布在電場中，則單位體積的電場儲能 w = E2 。而且，這以結(jié)論適用于非勻強(qiáng)電場。

五、電介質(zhì)的極化

1、電介質(zhì)的極化

a、電介質(zhì)分為兩類：無極分子和有極分子，前者是指在沒有外電場時每個分子的正、負(fù)電荷“重心”彼此重合（如氣態(tài)的H2 、O2 、N2和CO2），后者則反之（如氣態(tài)的H2O 、SO2和液態(tài)的水硝基笨）

b、電介質(zhì)的極化：當(dāng)介質(zhì)中存在外電場時，無極分子會變?yōu)橛袠O分子，有極分子會由原來的雜亂排列變成規(guī)則排列，如圖7-4所示。

2、束縛電荷、自由電荷、極化電荷與宏觀過剩電荷

a、束縛電荷與自由電荷：在圖7-4中，電介質(zhì)左右兩端分別顯現(xiàn)負(fù)電和正電，但這些電荷并不能自由移動，因此稱為束縛電荷，除了電介質(zhì)，導(dǎo)體中的原子核和內(nèi)層電子也是束縛電荷；反之，能夠自由移動的電荷稱為自由電荷。事實(shí)上，導(dǎo)體中存在束縛電荷與自由電荷，絕緣體中也存在束縛電荷和自由電荷，只是它們的比例差異較大而已。

b、極化電荷是更嚴(yán)格意義上的束縛電荷，就是指圖7-4中電介質(zhì)兩端顯現(xiàn)的電荷。而宏觀過剩電荷是相對極化電荷來說的，它是指可以自由移動的凈電荷。宏觀過剩電荷與極化電荷的重要區(qū)別是：前者能夠用來沖放電，也能用儀表測量，但后者卻不能。

第二講 重要模型與專題

一、場強(qiáng)和電場力

【物理情形1】試證明：均勻帶電球殼內(nèi)部任意一點(diǎn)的場強(qiáng)均為零。

【模型分析】這是一個疊加原理應(yīng)用的基本事例。

如圖7-5所示，在球殼內(nèi)取一點(diǎn)P ，以P為頂點(diǎn)做兩個對頂?shù)摹㈨斀呛苄〉腻F體，錐體與球面相交得到球面上的兩個面元ΔS1和ΔS2 ，設(shè)球面的電荷面密度為σ，則這兩個面元在P點(diǎn)激發(fā)的場強(qiáng)分別為

ΔE1 = k

ΔE2 = k

為了弄清ΔE1和ΔE2的大小關(guān)系，引進(jìn)錐體頂部的立體角ΔΩ ，顯然

 = ΔΩ = 

所以 ΔE1 = k ，ΔE2 = k ，即：ΔE1 = ΔE2 ，而它們的方向是相反的，故在P點(diǎn)激發(fā)的合場強(qiáng)為零。

同理，其它各個相對的面元ΔS3和ΔS4 、ΔS5和ΔS6 … 激發(fā)的合場強(qiáng)均為零。原命題得證。

【模型變換】半徑為R的均勻帶電球面，電荷的面密度為σ，試求球心處的電場強(qiáng)度。

【解析】如圖7-6所示，在球面上的P處取一極小的面元ΔS ，它在球心O點(diǎn)激發(fā)的場強(qiáng)大小為

ΔE = k ，方向由P指向O點(diǎn)。

無窮多個這樣的面元激發(fā)的場強(qiáng)大小和ΔS激發(fā)的完全相同，但方向各不相同，它們矢量合成的效果怎樣呢？這里我們要大膽地預(yù)見——由于由于在x方向、y方向上的對稱性，Σ = Σ = 0 ，最后的ΣE = ΣEz ，所以先求

ΔEz = ΔEcosθ= k ，而且ΔScosθ為面元在xoy平面的投影，設(shè)為ΔS′

所以 ΣEz = ΣΔS′

而 ΣΔS′= πR2 

【答案】E = kπσ ，方向垂直邊界線所在的平面。

〖學(xué)員思考〗如果這個半球面在yoz平面的兩邊均勻帶有異種電荷，面密度仍為σ，那么，球心處的場強(qiáng)又是多少？

〖推薦解法〗將半球面看成4個球面，每個球面在x、y、z三個方向上分量均為 kπσ，能夠?qū)ΨQ抵消的將是y、z兩個方向上的分量，因此ΣE = ΣEx …

〖答案〗大小為kπσ，方向沿x軸方向（由帶正電的一方指向帶負(fù)電的一方）。

【物理情形2】有一個均勻的帶電球體，球心在O點(diǎn)，半徑為R ，電荷體密度為ρ ，球體內(nèi)有一個球形空腔，空腔球心在O′點(diǎn)，半徑為R′，= a ，如圖7-7所示，試求空腔中各點(diǎn)的場強(qiáng)。

【模型分析】這里涉及兩個知識的應(yīng)用：一是均勻帶電球體的場強(qiáng)定式（它也是來自疊加原理，這里具體用到的是球體內(nèi)部的結(jié)論，即“剝皮法則”），二是填補(bǔ)法。

將球體和空腔看成完整的帶正電的大球和帶負(fù)電（電荷體密度相等）的小球的集合，對于空腔中任意一點(diǎn)P ，設(shè) = r1 ， = r2 ，則大球激發(fā)的場強(qiáng)為

E1 = k = kρπr1 ，方向由O指向P

“小球”激發(fā)的場強(qiáng)為

E2 = k = kρπr2 ，方向由P指向O′

E1和E2的矢量合成遵從平行四邊形法則，ΣE的方向如圖。又由于矢量三角形PE1ΣE和空間位置三角形OP O′是相似的，ΣE的大小和方向就不難確定了。

【答案】恒為kρπa ，方向均沿O → O′，空腔里的電場是勻強(qiáng)電場。

〖學(xué)員思考〗如果在模型2中的OO′連線上O′一側(cè)距離O為b（b＞R）的地方放一個電量為q的點(diǎn)電荷，它受到的電場力將為多大？

〖解說〗上面解法的按部就班應(yīng)用…

〖答〗πkρq〔?〕。

二、電勢、電量與電場力的功

【物理情形1】如圖7-8所示，半徑為R的圓環(huán)均勻帶電，電荷線密度為λ，圓心在O點(diǎn)，過圓心跟環(huán)面垂直的軸線上有P點(diǎn)， = r ，以無窮遠(yuǎn)為參考點(diǎn)，試求P點(diǎn)的電勢UP 。

【模型分析】這是一個電勢標(biāo)量疊加的簡單模型。先在圓環(huán)上取一個元段ΔL ，它在P點(diǎn)形成的電勢

ΔU = k

環(huán)共有段，各段在P點(diǎn)形成的電勢相同，而且它們是標(biāo)量疊加。

【答案】UP = 

〖思考〗如果上題中知道的是環(huán)的總電量Q ，則UP的結(jié)論為多少？如果這個總電量的分布不是均勻的，結(jié)論會改變嗎？

〖答〗UP =  ；結(jié)論不會改變。

〖再思考〗將環(huán)換成半徑為R的薄球殼，總電量仍為Q ，試問：（1）當(dāng)電量均勻分布時，球心電勢為多少？球內(nèi)（包括表面）各點(diǎn)電勢為多少？（2）當(dāng)電量不均勻分布時，球心電勢為多少？球內(nèi)（包括表面）各點(diǎn)電勢為多少？

〖解說〗（1）球心電勢的求解從略；

球內(nèi)任一點(diǎn)的求解參看圖7-5

ΔU1 = k= k·= kσΔΩ

ΔU2 = kσΔΩ

它們代數(shù)疊加成 ΔU = ΔU1 + ΔU2 = kσΔΩ

而 r1 + r2 = 2Rcosα

所以 ΔU = 2RkσΔΩ

所有面元形成電勢的疊加 ΣU = 2RkσΣΔΩ

注意：一個完整球面的ΣΔΩ = 4π（單位：球面度sr），但作為對頂?shù)腻F角，ΣΔΩ只能是2π ，所以——

ΣU = 4πRkσ= k

（2）球心電勢的求解和〖思考〗相同；

球內(nèi)任一點(diǎn)的電勢求解可以從（1）問的求解過程得到結(jié)論的反證。

〖答〗（1）球心、球內(nèi)任一點(diǎn)的電勢均為k ；（2）球心電勢仍為k ，但其它各點(diǎn)的電勢將隨電量的分布情況的不同而不同（內(nèi)部不再是等勢體，球面不再是等勢面）。

【相關(guān)應(yīng)用】如圖7-9所示，球形導(dǎo)體空腔內(nèi)、外壁的半徑分別為R1和R2 ，帶有凈電量+q ，現(xiàn)在其內(nèi)部距球心為r的地方放一個電量為+Q的點(diǎn)電荷，試求球心處的電勢。

【解析】由于靜電感應(yīng)，球殼的內(nèi)、外壁形成兩個帶電球殼。球心電勢是兩個球殼形成電勢、點(diǎn)電荷形成電勢的合效果。

根據(jù)靜電感應(yīng)的嘗試，內(nèi)壁的電荷量為－Q ，外壁的電荷量為+Q+q ，雖然內(nèi)壁的帶電是不均勻的，根據(jù)上面的結(jié)論，其在球心形成的電勢仍可以應(yīng)用定式，所以…

【答案】Uo = k － k + k 。

〖反饋練習(xí)〗如圖7-10所示，兩個極薄的同心導(dǎo)體球殼A和B，半徑分別為RA和RB ，現(xiàn)讓A殼接地，而在B殼的外部距球心d的地方放一個電量為+q的點(diǎn)電荷。試求：（1）A球殼的感應(yīng)電荷量；（2）外球殼的電勢。

〖解說〗這是一個更為復(fù)雜的靜電感應(yīng)情形，B殼將形成圖示的感應(yīng)電荷分布（但沒有凈電量），A殼的情形未畫出（有凈電量），它們的感應(yīng)電荷分布都是不均勻的。

此外，我們還要用到一個重要的常識：接地導(dǎo)體（A殼）的電勢為零。但值得注意的是，這里的“為零”是一個合效果，它是點(diǎn)電荷q 、A殼、B殼（帶同樣電荷時）單獨(dú)存在時在A中形成的的電勢的代數(shù)和，所以，當(dāng)我們以球心O點(diǎn)為對象，有

UO = k + k + k = 0

QB應(yīng)指B球殼上的凈電荷量，故 QB = 0

所以 QA = －q

☆學(xué)員討論：A殼的各處電勢均為零，我們的方程能不能針對A殼表面上的某點(diǎn)去列？（答：不能，非均勻帶電球殼的球心以外的點(diǎn)不能應(yīng)用定式�。�

基于剛才的討論，求B的電勢時也只能求B的球心的電勢（獨(dú)立的B殼是等勢體，球心電勢即為所求）——

UB = k + k

〖答〗（1）QA = －q ；（2）UB = k(1－) 。

【物理情形2】圖7-11中，三根實(shí)線表示三根首尾相連的等長絕緣細(xì)棒，每根棒上的電荷分布情況與絕緣棒都換成導(dǎo)體棒時完全相同。點(diǎn)A是Δabc的中心，點(diǎn)B則與A相對bc棒對稱，且已測得它們的電勢分別為UA和UB 。試問：若將ab棒取走，A、B兩點(diǎn)的電勢將變?yōu)槎嗌伲?/p>

【模型分析】由于細(xì)棒上的電荷分布既不均勻、三根細(xì)棒也沒有構(gòu)成環(huán)形，故前面的定式不能直接應(yīng)用。若用元段分割→疊加，也具有相當(dāng)?shù)睦щy。所以這里介紹另一種求電勢的方法。

每根細(xì)棒的電荷分布雖然復(fù)雜，但相對各自的中點(diǎn)必然是對稱的，而且三根棒的總電量、分布情況彼此必然相同。這就意味著：①三棒對A點(diǎn)的電勢貢獻(xiàn)都相同（可設(shè)為U1）；②ab棒、ac棒對B點(diǎn)的電勢貢獻(xiàn)相同（可設(shè)為U2）；③bc棒對A、B兩點(diǎn)的貢獻(xiàn)相同（為U1）。

所以，取走ab前  3U1 = UA

                 2U2 + U1 = UB

取走ab后，因三棒是絕緣體，電荷分布不變，故電勢貢獻(xiàn)不變，所以

  UA′= 2U1

                 UB′= U1 + U2

【答案】UA′= UA ；UB′= UA + UB 。

〖模型變換〗正四面體盒子由彼此絕緣的四塊導(dǎo)體板構(gòu)成，各導(dǎo)體板帶電且電勢分別為U1 、U2 、U3和U4 ，則盒子中心點(diǎn)O的電勢U等于多少？

〖解說〗此處的四塊板子雖然位置相對O點(diǎn)具有對稱性，但電量各不相同，因此對O點(diǎn)的電勢貢獻(xiàn)也不相同，所以應(yīng)該想一點(diǎn)辦法——

我們用“填補(bǔ)法”將電量不對稱的情形加以改觀：先將每一塊導(dǎo)體板復(fù)制三塊，作成一個正四面體盒子，然后將這四個盒子位置重合地放置——構(gòu)成一個有四層壁的新盒子。在這個新盒子中，每個壁的電量將是完全相同的（為原來四塊板的電量之和）、電勢也完全相同（為U1 + U2 + U3 + U4），新盒子表面就構(gòu)成了一個等勢面、整個盒子也是一個等勢體，故新盒子的中心電勢為

U′= U1 + U2 + U3 + U4 

最后回到原來的單層盒子，中心電勢必為 U =  U′

〖答〗U = （U1 + U2 + U3 + U4）。

☆學(xué)員討論：剛才的這種解題思想是否適用于“物理情形2”？（答：不行，因為三角形各邊上電勢雖然相等，但中點(diǎn)的電勢和邊上的并不相等。）

〖反饋練習(xí)〗電荷q均勻分布在半球面ACB上，球面半徑為R ，CD為通過半球頂點(diǎn)C和球心O的軸線，如圖7-12所示。P、Q為CD軸線上相對O點(diǎn)對稱的兩點(diǎn)，已知P點(diǎn)的電勢為UP ，試求Q點(diǎn)的電勢UQ 。

〖解說〗這又是一個填補(bǔ)法的應(yīng)用。將半球面補(bǔ)成完整球面，并令右邊內(nèi)、外層均勻地帶上電量為q的電荷，如圖7-12所示。

從電量的角度看，右半球面可以看作不存在，故這時P、Q的電勢不會有任何改變。

而換一個角度看，P、Q的電勢可以看成是兩者的疊加：①帶電量為2q的完整球面；②帶電量為－q的半球面。

考查P點(diǎn)，UP = k + U半球面

其中 U半球面顯然和為填補(bǔ)時Q點(diǎn)的電勢大小相等、符號相反，即 U半球面= －UQ 

以上的兩個關(guān)系已經(jīng)足以解題了。

〖答〗UQ = k － UP 。

【物理情形3】如圖7-13所示，A、B兩點(diǎn)相距2L ，圓弧是以B為圓心、L為半徑的半圓。A處放有電量為q的電荷，B處放有電量為－q的點(diǎn)電荷。試問：（1）將單位正電荷從O點(diǎn)沿移到D點(diǎn)，電場力對它做了多少功？（2）將單位負(fù)電荷從D點(diǎn)沿AB的延長線移到無窮遠(yuǎn)處去，電場力對它做多少功？

【模型分析】電勢疊加和關(guān)系WAB = q（UA － UB）= qUAB的基本應(yīng)用。

UO = k + k = 0

UD = k + k = －

U∞ = 0

再用功與電勢的關(guān)系即可。

【答案】（1）；（2）。 

【相關(guān)應(yīng)用】在不計重力空間，有A、B兩個帶電小球，電量分別為q1和q2 ，質(zhì)量分別為m1和m2 ，被固定在相距L的兩點(diǎn)。試問：（1）若解除A球的固定，它能獲得的最大動能是多少？（2）若同時解除兩球的固定，它們各自的獲得的最大動能是多少？（3）未解除固定時，這個系統(tǒng)的靜電勢能是多少？

【解說】第（1）問甚間；第（2）問在能量方面類比反沖裝置的能量計算，另啟用動量守恒關(guān)系；第（3）問是在前兩問基礎(chǔ)上得出的必然結(jié)論…（這里就回到了一個基本的觀念斧正：勢能是屬于場和場中物體的系統(tǒng)，而非單純屬于場中物體——這在過去一直是被忽視的。在兩個點(diǎn)電荷的環(huán)境中，我們通常說“兩個點(diǎn)電荷的勢能”是多少。）

【答】（1）k；（2）Ek1 = k ，Ek2 = k；（3）k 。

〖思考〗設(shè)三個點(diǎn)電荷的電量分別為q1 、q2和q3 ，兩兩相距為r12 、r23和r31 ，則這個點(diǎn)電荷系統(tǒng)的靜電勢能是多少？

〖解〗略。

〖答〗k（++）。

〖反饋應(yīng)用〗如圖7-14所示，三個帶同種電荷的相同金屬小球，每個球的質(zhì)量均為m 、電量均為q ，用長度為L的三根絕緣輕繩連接著，系統(tǒng)放在光滑、絕緣的水平面上�，F(xiàn)將其中的一根繩子剪斷，三個球?qū)㈤_始運(yùn)動起來，試求中間這個小球的最大速度。

〖解〗設(shè)剪斷的是1、3之間的繩子，動力學(xué)分析易知，2球獲得最大動能時，1、2之間的繩子與2、3之間的繩子剛好應(yīng)該在一條直線上。而且由動量守恒知，三球不可能有沿繩子方向的速度。設(shè)2球的速度為v ，1球和3球的速度為v′，則

動量關(guān)系 mv + 2m v′= 0

能量關(guān)系 3k = 2 k + k + mv2 + 2m

解以上兩式即可的v值。

〖答〗v = q 。

三、電場中的導(dǎo)體和電介質(zhì)

【物理情形】兩塊平行放置的很大的金屬薄板A和B，面積都是S ，間距為d（d遠(yuǎn)小于金屬板的線度），已知A板帶凈電量+Q1 ，B板帶盡電量+Q2 ，且Q2＜Q1 ，試求：（1）兩板內(nèi)外表面的電量分別是多少；（2）空間各處的場強(qiáng)；（3）兩板間的電勢差。

【模型分析】由于靜電感應(yīng)，A、B兩板的四個平面的電量將呈現(xiàn)一定規(guī)律的分布（金屬板雖然很薄，但內(nèi)部合場強(qiáng)為零的結(jié)論還是存在的）；這里應(yīng)注意金屬板“很大”的前提條件，它事實(shí)上是指物理無窮大，因此，可以應(yīng)用無限大平板的場強(qiáng)定式。

為方便解題，做圖7-15，忽略邊緣效應(yīng)，四個面的電荷分布應(yīng)是均勻的，設(shè)四個面的電荷面密度分別為σ1 、σ2 、σ3和σ4 ，顯然

（σ1 + σ2）S = Q1 

（σ3 + σ4）S = Q2 

A板內(nèi)部空間場強(qiáng)為零，有 2πk（σ1 ? σ2 ? σ3 ? σ4）= 0

A板內(nèi)部空間場強(qiáng)為零，有 2πk（σ1 + σ2 + σ3 ? σ4）= 0

解以上四式易得 σ1 = σ4 = 

               σ2 = ?σ3 = 

有了四個面的電荷密度，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ空間的場強(qiáng)就好求了〔如EⅡ =2πk（σ1 + σ2 ? σ3 ? σ4）= 2πk〕。

最后，UAB = EⅡd

【答案】（1）A板外側(cè)電量、A板內(nèi)側(cè)電量，B板內(nèi)側(cè)電量?、B板外側(cè)電量；（2）A板外側(cè)空間場強(qiáng)2πk，方向垂直A板向外，A、B板之間空間場強(qiáng)2πk，方向由A垂直指向B，B板外側(cè)空間場強(qiáng)2πk，方向垂直B板向外；（3）A、B兩板的電勢差為2πkd，A板電勢高。

〖學(xué)員思考〗如果兩板帶等量異號的凈電荷，兩板的外側(cè)空間場強(qiáng)等于多少？（答：為零。）

〖學(xué)員討論〗（原模型中）作為一個電容器，它的“電量”是多少（答：）？如果在板間充滿相對介電常數(shù)為εr的電介質(zhì)，是否會影響四個面的電荷分布（答：不會）？是否會影響三個空間的場強(qiáng)（答：只會影響Ⅱ空間的場強(qiáng)）？

〖學(xué)員討論〗（原模型中）我們是否可以求出A、B兩板之間的靜電力？〔答：可以；以A為對象，外側(cè)受力·（方向相左），內(nèi)側(cè)受力·（方向向右），它們合成即可，結(jié)論為F = Q1Q2 ，排斥力�！�

【模型變換】如圖7-16所示，一平行板電容器，極板面積為S ，其上半部為真空，而下半部充滿相對介電常數(shù)為εr的均勻電介質(zhì)，當(dāng)兩極板分別帶上+Q和?Q的電量后，試求：（1）板上自由電荷的分布；（2）兩板之間的場強(qiáng)；（3）介質(zhì)表面的極化電荷。

【解說】電介質(zhì)的充入雖然不能改變內(nèi)表面的電量總數(shù)，但由于改變了場強(qiáng)，故對電荷的分布情況肯定有影響。設(shè)真空部分電量為Q1 ，介質(zhì)部分電量為Q2 ，顯然有

Q1 + Q2 = Q

兩板分別為等勢體，將電容器看成上下兩個電容器的并聯(lián)，必有

U1 = U2 即  =  ，即  = 

解以上兩式即可得Q1和Q2 。

場強(qiáng)可以根據(jù)E = 關(guān)系求解，比較常規(guī)（上下部分的場強(qiáng)相等）。

上下部分的電量是不等的，但場強(qiáng)居然相等，這怎么解釋？從公式的角度看，E = 2πkσ（單面平板），當(dāng)k 、σ同時改變，可以保持E不變，但這是一種結(jié)論所展示的表象。從內(nèi)在的角度看，k的改變正是由于極化電荷的出現(xiàn)所致，也就是說，極化電荷的存在相當(dāng)于在真空中形成了一個新的電場，正是這個電場與自由電荷（在真空中）形成的電場疊加成為E2 ，所以

E2 = 4πk（σ ? σ′）= 4πk（ ? ）

請注意：①這里的σ′和Q′是指極化電荷的面密度和總量；② E = 4πkσ的關(guān)系是由兩個帶電面疊加的合效果。

【答案】（1）真空部分的電量為Q ，介質(zhì)部分的電量為Q ；（2）整個空間的場強(qiáng)均為 ；（3）Q 。

〖思考應(yīng)用〗一個帶電量為Q的金屬小球，周圍充滿相對介電常數(shù)為εr的均勻電介質(zhì)，試求與與導(dǎo)體表面接觸的介質(zhì)表面的極化電荷量。

〖解〗略。

〖答〗Q′= Q 。

四、電容器的相關(guān)計算

【物理情形1】由許多個電容為C的電容器組成一個如圖7-17所示的多級網(wǎng)絡(luò)，試問：（1）在最后一級的右邊并聯(lián)一個多大電容C′，可使整個網(wǎng)絡(luò)的A、B兩端電容也為C′？（2）不接C′，但無限地增加網(wǎng)絡(luò)的級數(shù)，整個網(wǎng)絡(luò)A、B兩端的總電容是多少？

【模型分析】這是一個練習(xí)電容電路簡化基本事例。

第（1）問中，未給出具體級數(shù)，一般結(jié)論應(yīng)適用特殊情形：令級數(shù)為1 ，于是

 +  =  解C′即可。

第（2）問中，因為“無限”，所以“無限加一級后仍為無限”，不難得出方程

 +  = 

【答案】（1）C ；（2）C 。

【相關(guān)模型】在圖7-18所示的電路中，已知C1 = C2 = C3 = C9 = 1μF ，C4 = C5 = C6 = C7 = 2μF ，C8 = C10 = 3μF ，試求A、B之間的等效電容。

【解說】對于既非串聯(lián)也非并聯(lián)的電路，需要用到一種“Δ→Y型變換”，參見圖7-19，根據(jù)三個端點(diǎn)之間的電容等效，容易得出定式——

Δ→Y型：Ca = 

          Cb = 

          Cc = 

Y→Δ型：C1 = 

         C2 = 

         C3 = 

有了這樣的定式后，我們便可以進(jìn)行如圖7-20所示的四步電路簡化（為了方便，電容不宜引進(jìn)新的符號表達(dá)，而是直接將變換后的量值標(biāo)示在圖中）——

【答】約2.23μF 。

【物理情形2】如圖7-21所示的電路中，三個電容器完全相同，電源電動勢ε1 = 3.0V ，ε2 = 4.5V，開關(guān)K1和K2接通前電容器均未帶電，試求K1和K2接通后三個電容器的電壓Uao 、Ubo和Uco各為多少。

【解說】這是一個考查電容器電路的基本習(xí)題，解題的關(guān)鍵是要抓與o相連的三塊極板（俗稱“孤島”）的總電量為零。

電量關(guān)系：++= 0

電勢關(guān)系：ε1 = Uao + Uob = Uao ? Ubo 

          ε2 = Ubo + Uoc = Ubo ? Uco 

解以上三式即可。

【答】Uao = 3.5V ，Ubo = 0.5V ，Uco = ?4.0V 。

【伸展應(yīng)用】如圖7-22所示，由n個單元組成的電容器網(wǎng)絡(luò)，每一個單元由三個電容器連接而成，其中有兩個的電容為3C ，另一個的電容為3C 。以a、b為網(wǎng)絡(luò)的輸入端，a′、b′為輸出端，今在a、b間加一個恒定電壓U ，而在a′b′間接一個電容為C的電容器，試求：（1）從第k單元輸入端算起，后面所有電容器儲存的總電能；（2）若把第一單元輸出端與后面斷開，再除去電源，并把它的輸入端短路，則這個單元的三個電容器儲存的總電能是多少？

【解說】這是一個結(jié)合網(wǎng)絡(luò)計算和“孤島現(xiàn)象”的典型事例。

（1）類似“物理情形1”的計算，可得 C總 = Ck = C

所以，從輸入端算起，第k單元后的電壓的經(jīng)驗公式為 Uk = 

再算能量儲存就不難了。

（2）斷開前，可以算出第一單元的三個電容器、以及后面“系統(tǒng)”的電量分配如圖7-23中的左圖所示。這時，C1的右板和C2的左板（或C2的下板和C3的右板）形成“孤島”。此后，電容器的相互充電過程（C3類比為“電源”）滿足——

電量關(guān)系：Q1′= Q3′

          Q2′+ Q3′= 

電勢關(guān)系：+  = 

從以上三式解得 Q1′= Q3′=  ，Q2′=  ，這樣系統(tǒng)的儲能就可以用得出了。

【答】（1）Ek = ；（2） 。

〖學(xué)員思考〗圖7-23展示的過程中，始末狀態(tài)的電容器儲能是否一樣？（答：不一樣；在相互充電的過程中，導(dǎo)線消耗的焦耳熱已不可忽略。）

☆第七部分完☆

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