第
5 s表示的是________s的時間間隔，第5 s末和第6 s初表示的是________，5 s內和第5 s內表示的是________．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，靜電學知識點數(shù)目不算多，總數(shù)和高考考綱基本相同，但在個別知識點上，奧賽的要求顯然更加深化了：如非勻強電場中電勢的計算、電容器的連接和靜電能計算、電介質的極化等。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，奧賽關注的是電場中更本質的內容，關注的是縱向的深化和而非橫向的綜合。
一、電場強度
1、實驗定律
a、庫侖定律
內容；
條件：⑴點電荷，⑵真空，⑶點電荷靜止或相對靜止。事實上，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電荷之間的靜電力應用到一般帶電體，非真空介質可以通過介電常數(shù)將k進行修正（如果介質分布是均勻和“充分寬廣”的，一般認為k′= k /εr）。只有條件⑶，它才是靜電學的基本前提和出發(fā)點（但這一點又是常常被忽視和被不恰當?shù)亍熬C合應用”的）。
b、電荷守恒定律
c、疊加原理
2、電場強度
a、電場強度的定義
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、不同電場中場強的計算
決定電場強弱的因素有兩個：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決定式看出——
⑴點電荷：E = k
結合點電荷的場強和疊加原理，我們可以求出任何電場的場強，如——
⑵均勻帶電環(huán)，垂直環(huán)面軸線上的某點P：E = 
，其中r和R的意義見圖7-1。
⑶均勻帶電球殼
內部：E內 = 0
外部：E外 = k
，其中r指考察點到球心的距離
如果球殼是有厚度的的（內徑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中（條件部分）的“剝皮法則”理解〔
即為圖7-2中虛線以內部分的總電量…〕。
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點移到參考點P0時電場力所做的功W與該電荷電量q的比值，即
U = 
參考點即電勢為零的點，通常取無窮遠或大地為參考點。
和場強一樣，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、點電荷
以無窮遠為參考點，U = k
b、均勻帶電球殼
以無窮遠為參考點，U外 = k
，U內 = k
3、電勢的疊加
由于電勢的是標量，所以電勢的疊加服從代數(shù)加法。很顯然，有了點電荷電勢的表達式和疊加原理，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、靜電場中的導體
靜電感應→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為以下三層含義——
a、導體內部的合場強為零；表面的合場強不為零且一般各處不等，表面的合場強方向總是垂直導體表面。
b、導體是等勢體，表面是等勢面。
c、導體內部沒有凈電荷；孤立導體的凈電荷在表面的分布情況取決于導體表面的曲率。
2、靜電屏蔽
導體殼（網(wǎng)罩）不接地時，可以實現(xiàn)外部對內部的屏蔽，但不能實現(xiàn)內部對外部的屏蔽；導體殼（網(wǎng)罩）接地后，既可實現(xiàn)外部對內部的屏蔽，也可實現(xiàn)內部對外部的屏蔽。
四、電容
1、電容器
孤立導體電容器→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：導體的形狀和位置關系、絕緣介質的種類，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”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E表示。
對平行板電容器 E總 = 
E2
認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，這以結論適用于非勻強電場。
五、電介質的極化
1、電介質的極化
a、電介質分為兩類：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、電介質的極化：當介質中存在外電場時，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，電介質左右兩端分別顯現(xiàn)負電和正電，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，導體中的原子核和內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。事實上，導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、極化電荷是更嚴格意義上的束縛電荷，就是指圖7-4中電介質兩端顯現(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、場強和電場力
【物理情形1】試證明：均勻帶電球殼內部任意一點的場強均為零。
【模型分析】這是一個疊加原理應用的基本事例。
如圖7-5所示，在球殼內取一點P ，以P為頂點做兩個對頂?shù)�、頂角很小的錐體，錐體與球面相交得到球面上的兩個面元ΔS1和ΔS2 ，設球面的電荷面密度為σ，則這兩個面元在P點激發(fā)的場強分別為
ΔE1 = k
ΔE2 = k
為了弄清ΔE1和ΔE2的大小關系，引進錐體頂部的立體角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點激發(fā)的合場強為零。
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點激發(fā)的場強大小為
ΔE = k
，方向由P指向O點。
無窮多個這樣的面元激發(fā)的場強大小和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，能夠對稱抵消的將是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電的一方）。
【物理情形2】有一個均勻的帶電球體，球心在O點，半徑為R ，電荷體密度為ρ ，球體內有一個球形空腔，空腔球心在O′點，半徑為R′，
= a ，如圖7-7所示，試求空腔中各點的場強。
【模型分析】這里涉及兩個知識的應用：一是均勻帶電球體的場強定式（它也是來自疊加原理，這里具體用到的是球體內部的結論，即“剝皮法則”），二是填補法。
將球體和空腔看成完整的帶正電的大球和帶負電（電荷體密度相等）的小球的集合，對于空腔中任意一點P ，設
= r1 ，
= r2 ，則大球激發(fā)的場強為
E1 = k
= 
kρπr1 ，方向由O指向P
“小球”激發(fā)的場強為
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電場。
〖學員思考〗如果在模型2中的OO′連線上O′一側距離O為b（b＞R）的地方放一個電量為q的點電荷，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，過圓心跟環(huán)面垂直的軸線上有P點，
= r ，以無窮遠為參考點，試求P點的電勢UP 。
【模型分析】這是一個電勢標量疊加的簡單模型。先在圓環(huán)上取一個元段ΔL ，它在P點形成的電勢
ΔU = k
環(huán)共有
段，各段在P點形成的電勢相同，而且它們是標量疊加。
【答案】UP = 
〖思考〗如果上題中知道的是環(huán)的總電量Q ，則UP的結論為多少？如果這個總電量的分布不是均勻的，結論會改變嗎？
〖答〗UP = 
；結論不會改變。
〖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）當電量均勻分布時，球心電勢為多少？球內（包括表面）各點電勢為多少？（2）當電量不均勻分布時，球心電勢為多少？球內（包括表面）各點電勢為多少？
〖解說〗（1）球心電勢的求解從略；
球內任一點的求解參看圖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；
球內任一點的電勢求解可以從（1）問的求解過程得到結論的反證。
〖答〗（1）球心、球內任一點的電勢均為k
；（2）球心電勢仍為k
，但其它各點的電勢將隨電量的分布情況的不同而不同（內部不再是等勢體，球面不再是等勢面）。
【相關應用】如圖7-9所示，球形導體空腔內、外壁的半徑分別為R1和R2 ，帶有凈電量+q ，現(xiàn)在其內部距球心為r的地方放一個電量為+Q的點電荷，試求球心處的電勢。
【解析】由于靜電感應，球殼的內、外壁形成兩個帶電球殼。球心電勢是兩個球殼形成電勢、點電荷形成電勢的合效果。
根據(jù)靜電感應的嘗試，內壁的電荷量為－Q ，外壁的電荷量為+Q+q ，雖然內壁的帶電是不均勻的，根據(jù)上面的結論，其在球心形成的電勢仍可以應用定式，所以…
【答案】Uo = k
－ k
+ k
。
〖反饋練習〗如圖7-10所示，兩個極薄的同心導體球殼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的點電荷。試求：（1）A球殼的感應電荷量；（2）外球殼的電勢。
〖解說〗這是一個更為復雜的靜電感應情形，B殼將形成圖示的感應電荷分布（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，它是點電荷q 、A殼、B殼（帶同樣電荷時）單獨存在時在A中形成的的電勢的代數(shù)和，所以，當我們以球心O點為對象，有
UO = k
+ k
+ k
= 0
QB應指B球殼上的凈電荷量，故 QB = 0
所以 QA = －
q
☆學員討論：A殼的各處電勢均為零，我們的方程能不能針對A殼表面上的某點去列？（答：不能，非均勻帶電球殼的球心以外的點不能應用定式�。�
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，三根實線表示三根首尾相連的等長絕緣細棒，每根棒上的電荷分布情況與絕緣棒都換成導體棒時完全相同。點A是Δabc的中心，點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兩點的電勢將變?yōu)槎嗌伲?/p>
【模型分析】由于細棒上的電荷分布既不均勻、三根細棒也沒有構成環(huán)形，故前面的定式不能直接應用。若用元段分割→疊加，也具有相當?shù)睦щy。所以這里介紹另一種求電勢的方法。
每根細棒的電荷分布雖然復雜，但相對各自的中點必然是對稱的，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點的電勢貢獻都相同（可設為U1）；②ab棒、ac棒對B點的電勢貢獻相同（可設為U2）；③bc棒對A、B兩點的貢獻相同（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體板構成，各導體板帶電且電勢分別為U1 、U2 、U3和U4 ，則盒子中心點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點具有對稱性，但電量各不相同，因此對O點的電勢貢獻也不相同，所以應該想一點辦法——
我們用“填補法”將電量不對稱的情形加以改觀：先將每一塊導體板復制三塊，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，但中點的電勢和邊上的并不相等。）
〖反饋練習〗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點對稱的兩點，已知P點的電勢為UP ，試求Q點的電勢UQ 。
〖解說〗這又是一個填補法的應用。將半球面補成完整球面，并令右邊內、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，UP = k
+ U半球面
其中 U半球面顯然和為填補時Q點的電勢大小相等、符號相反，即 U半球面= －UQ
以上的兩個關系已經足以解題了。
〖答〗UQ = k
－ UP 。
【物理情形3】如圖7-13所示，A、B兩點相距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的點電荷。試問：（1）將單位正電荷從O點沿
移到D點，電場力對它做了多少功？（2）將單位負電荷從D點沿AB的延長線移到無窮遠處去，電場力對它做多少功？
【模型分析】電勢疊加和關系WAB = q（UA － UB）= qUAB的基本應用。
UO = k
+ k
= 0
UD = k
+ k
= －
U∞ = 0
再用功與電勢的關系即可。
【答案】（1）
；（2）
。
【相關應用】在不計重力空間，有A、B兩個帶電小球，電量分別為q1和q2 ，質量分別為m1和m2 ，被固定在相距L的兩點。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，另啟用動量守恒關系；第（3）問是在前兩問基礎上得出的必然結論…（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。在兩個點電荷的環(huán)境中，我們通常說“兩個點電荷的勢能”是多少。）
【答】（1）k
；（2）Ek1 = 
k
，Ek2 = 
k
；（3）k
。
〖思考〗設三個點電荷的電量分別為q1 、q2和q3 ，兩兩相距為r12 、r23和r31 ，則這個點電荷系統(tǒng)的靜電勢能是多少？
〖解〗略。
〖答〗k（
+
+
）。
〖反饋應用〗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，三個球將開始運動起來，試求中間這個小球的最大速度。
〖解〗設剪斷的是1、3之間的繩子，動力學分析易知，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2球的速度為v ，1球和3球的速度為v′，則
動量關系 mv + 2m v′= 0
能量關系 3k
= 2 k
+ k
+ 
mv2 + 
2m
解以上兩式即可的v值。
〖答〗v = q
。
三、電場中的導體和電介質
【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）兩板內外表面的電量分別是多少；（2）空間各處的場強；（3）兩板間的電勢差。
【模型分析】由于靜電感應，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，但內部合場強為零的結論還是存在的）；這里應注意金屬板“很大”的前提條件，它事實上是指物理無窮大，因此，可以應用無限大平板的場強定式。
為方便解題，做圖7-15，忽略邊緣效應，四個面的電荷分布應是均勻的，設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板內部空間場強為零，有 2πk（σ1 ? σ2 ? σ3 ? σ4）= 0
A板內部空間場強為零，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空間的場強就好求了〔如EⅡ =2πk（σ1 + σ2 ? σ3 ? σ4）= 2πk
〕。
最后，UAB = EⅡd
【答案】（1）A板外側電量
、A板內側電量
，B板內側電量?
、B板外側電量
；（2）A板外側空間場強2πk
，方向垂直A板向外，A、B板之間空間場強2πk
，方向由A垂直指向B，B板外側空間場強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。
〖學員思考〗如果兩板帶等量異號的凈電荷，兩板的外側空間場強等于多少？（答：為零。）
〖學員討論〗（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，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（答：只會影響Ⅱ空間的場強）？
〖學員討論〗（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，外側受力
·
（方向相左），內側受力
·
（方向向右），它們合成即可，結論為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，當兩極板分別帶上+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；（3）介質表面的極化電荷。
【解說】電介質的充入雖然不能改變內表面的電量總數(shù)，但由于改變了場強，故對電荷的分布情況肯定有影響。設真空部分電量為Q1 ，介質部分電量為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 。
場強可以根據(jù)E = 
關系求解，比較常規(guī)（上下部分的場強相等）。
上下部分的電量是不等的，但場強居然相等，這怎么解釋？從公式的角度看，E = 2πkσ（單面平板），當k 、σ同時改變，可以保持E不變，但這是一種結論所展示的表象。從內在的角度看，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 ，介質部分的電量為
Q ；（2）整個空間的場強均為
；（3）
Q 。
〖思考應用〗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，試求與與導體表面接觸的介質表面的極化電荷量。
〖解〗略。
〖答〗Q′= 
Q 。
四、電容器的相關計算
【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，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)絡的A、B兩端電容也為C′？（2）不接C′，但無限地增加網(wǎng)絡的級數(shù)，整個網(wǎng)絡A、B兩端的總電容是多少？
【模型分析】這是一個練習電容電路簡化基本事例。
第（1）問中，未給出具體級數(shù)，一般結論應適用特殊情形：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，我們便可以進行如圖7-20所示的四步電路簡化（為了方便，電容不宜引進新的符號表達，而是直接將變換后的量值標示在圖中）——
【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題，解題的關鍵是要抓與o相連的三塊極板（俗稱“孤島”）的總電量為零。
電量關系：
+
+
= 0
電勢關系：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 。
【伸展應用】如圖7-22所示，由n個單元組成的電容器網(wǎng)絡，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】這是一個結合網(wǎng)絡計算和“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——
電量關系：Q1′= Q3′
Q2′+ Q3′= 
電勢關系：
+ 
= 
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，導線消耗的焦耳熱已不可忽略。）
☆第七部分完☆
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科目：高中物理 來源： 題型：閱讀理解
第六部分 振動和波
第一講 基本知識介紹
《振動和波》的競賽考綱和高考要求有很大的不同，必須做一些相對詳細的補充。
一、簡諧運動
1、簡諧運動定義：
= －k
①
凡是所受合力和位移滿足①式的質點，均可稱之為諧振子，如彈簧振子、小角度單擺等。
諧振子的加速度：
= －
2、簡諧運動的方程
回避高等數(shù)學工具，我們可以將簡諧運動看成勻速圓周運動在某一條直線上的投影運動（以下均看在x方向的投影），圓周運動的半徑即為簡諧運動的振幅A 。
依據(jù)：
x = －mω2Acosθ= －mω2
對于一個給定的勻速圓周運動，m、ω是恒定不變的，可以令：
mω2 = k
這樣，以上兩式就符合了簡諧運動的定義式①。所以，x方向的位移、速度、加速度就是簡諧運動的相關規(guī)律。從圖1不難得出——
位移方程：
= Acos(ωt + φ) ②
速度方程：
= －ωAsin(ωt +φ) ③
加速度方程：
= －ω2A cos(ωt +φ) ④
相關名詞：(ωt +φ)稱相位，φ稱初相。
運動學參量的相互關系：
= －ω2
A = 
tgφ= －
3、簡諧運動的合成
a、同方向、同頻率振動合成。兩個振動x1 = A1cos(ωt +φ1)和x2 = A2cos(ωt +φ2) 合成，可令合振動x = Acos(ωt +φ) ，由于x = x1 + x2 ，解得
A = 
，φ= arctg 
顯然，當φ2－φ1 = 2kπ時（k = 0，±1，±2，…），合振幅A最大，當φ2－φ1 = （2k + 1）π時（k = 0，±1，±2，…），合振幅最小。
b、方向垂直、同頻率振動合成。當質點同時參與兩個垂直的振動x = A1cos(ωt + φ1)和y = A2cos(ωt + φ2)時，這兩個振動方程事實上已經構成了質點在二維空間運動的軌跡參數(shù)方程，消去參數(shù)t后，得一般形式的軌跡方程為
+
－2
cos(φ2－φ1) = sin2(φ2－φ1)
顯然，當φ2－φ1 = 2kπ時（k = 0，±1，±2，…），有y = 
x ，軌跡為直線，合運動仍為簡諧運動；
當φ2－φ1 = （2k + 1）π時（k = 0，±1，±2，…），有
+
= 1 ，軌跡為橢圓，合運動不再是簡諧運動；
當φ2－φ1取其它值，軌跡將更為復雜，稱“李薩如圖形”，不是簡諧運動。
c、同方向、同振幅、頻率相近的振動合成。令x1 = Acos(ω1t + φ)和x2 = Acos(ω2t + φ) ，由于合運動x = x1 + x2 ，得：x =（2Acos
t）cos（
t +φ）。合運動是振動，但不是簡諧運動，稱為角頻率為
的“拍”現(xiàn)象。
4、簡諧運動的周期
由②式得：ω= 
，而圓周運動的角速度和簡諧運動的角頻率是一致的，所以
T = 2π
⑤
5、簡諧運動的能量
一個做簡諧運動的振子的能量由動能和勢能構成，即
= 
mv2 + 
kx2 = 
kA2
注意：振子的勢能是由（回復力系數(shù)）k和（相對平衡位置位移）x決定的一個抽象的概念，而不是具體地指重力勢能或彈性勢能。當我們計量了振子的抽象勢能后，其它的具體勢能不能再做重復計量。
6、阻尼振動、受迫振動和共振
和高考要求基本相同。
二、機械波
1、波的產生和傳播
產生的過程和條件；傳播的性質，相關參量（決定參量的物理因素）
2、機械波的描述
a、波動圖象。和振動圖象的聯(lián)系
b、波動方程
如果一列簡諧波沿x方向傳播，振源的振動方程為y = Acos（ωt + φ），波的傳播速度為v ，那么在離振源x處一個振動質點的振動方程便是
y = Acos〔ωt + φ - 
·2π〕= Acos〔ω（t - 
）+ φ〕
這個方程展示的是一個復變函數(shù)。對任意一個時刻t ，都有一個y（x）的正弦函數(shù)，在x-y坐標下可以描繪出一個瞬時波形。所以，稱y = Acos〔ω（t - 
）+ φ〕為波動方程。
3、波的干涉
a、波的疊加。幾列波在同一介質種傳播時，能獨立的維持它們的各自形態(tài)傳播，在相遇的區(qū)域則遵從矢量疊加（包括位移、速度和加速度的疊加）。
b、波的干涉。兩列波頻率相同、相位差恒定時，在同一介質中的疊加將形成一種特殊形態(tài)：振動加強的區(qū)域和振動削弱的區(qū)域穩(wěn)定分布且彼此隔開。
我們可以用波程差的方法來討論干涉的定量規(guī)律。如圖2所示，我們用S1和S2表示兩個波源，P表示空間任意一點。
當振源的振動方向相同時，令振源S1的振動方程為y1 = A1cosωt ，振源S1的振動方程為y2 = A2cosωt ，則在空間P點（距S1為r1 ，距S2為r2），兩振源引起的分振動分別是
y1′= A1cos〔ω（t ? 
）〕
y2′= A2cos〔ω（t ? 
）〕
P點便出現(xiàn)兩個頻率相同、初相不同的振動疊加問題（φ1 = 
，φ2 = 
），且初相差Δφ= 
（r2 – r1）。根據(jù)前面已經做過的討論，有
r2 ? r1 = kλ時（k = 0，±1，±2，…），P點振動加強，振幅為A1 + A2 ；
r2 ? r1 =（2k ? 1）
時（k = 0，±1，±2，…），P點振動削弱，振幅為│A1－A2│。
4、波的反射、折射和衍射
知識點和高考要求相同。
5、多普勒效應
當波源或者接受者相對與波的傳播介質運動時，接收者會發(fā)現(xiàn)波的頻率發(fā)生變化。多普勒效應的定量討論可以分為以下三種情況（在討論中注意：波源的發(fā)波頻率f和波相對介質的傳播速度v是恒定不變的）——
a、只有接收者相對介質運動（如圖3所示）
設接收者以速度v1正對靜止的波源運動。
如果接收者靜止在A點，他單位時間接收的波的個數(shù)為f ，
當他迎著波源運動時，設其在單位時間到達B點，則
= v1 ，、
在從A運動到B的過程中，接收者事實上“提前”多接收到了n個波
n = 
= 
= 
顯然，在單位時間內，接收者接收到的總的波的數(shù)目為：f + n = 
f ，這就是接收者發(fā)現(xiàn)的頻率f1 。即
f1 = 
f
顯然，如果v1背離波源運動，只要將上式中的v1代入負值即可。如果v1的方向不是正對S ，只要將v1出正對的分量即可。
b、只有波源相對介質運動（如圖4所示）
設波源以速度v2正對靜止的接收者運動。
如果波源S不動，在單位時間內，接收者在A點應接收f個波，故S到A的距離：
= fλ
在單位時間內，S運動至S′，即
= v2 。由于波源的運動，事實造成了S到A的f個波被壓縮在了S′到A的空間里，波長將變短，新的波長
λ′= 
= 
= 
= 
而每個波在介質中的傳播速度仍為v ，故“被壓縮”的波（A接收到的波）的頻率變?yōu)?/p>
f2 = 
= 
f
當v2背離接收者，或有一定夾角的討論，類似a情形。
c、當接收者和波源均相對傳播介質運動
當接收者正對波源以速度v1（相對介質速度）運動，波源也正對接收者以速度v2（相對介質速度）運動，我們的討論可以在b情形的過程上延續(xù)…
f3 = 
f2 = 
f
關于速度方向改變的問題，討論類似a情形。
6、聲波
a、樂音和噪音
b、聲音的三要素：音調、響度和音品
c、聲音的共鳴
第二講 重要模型與專題
一、簡諧運動的證明與周期計算
物理情形：如圖5所示，將一粗細均勻、兩邊開口的U型管固定，其中裝有一定量的水銀，汞柱總長為L 。當水銀受到一個初始的擾動后，開始在管中振動。忽略管壁對汞的阻力，試證明汞柱做簡諧運動，并求其周期。
模型分析：對簡諧運動的證明，只要以汞柱為對象，看它的回復力與位移關系是否滿足定義式①，值得注意的是，回復力
系指振動方向上的合力（而非整體合力）。當簡諧運動被證明后，回復力系數(shù)k就有了，求周期就是順理成章的事。
本題中，可設汞柱兩端偏離平衡位置的瞬時位移為x 、水銀密度為ρ、U型管橫截面積為S ，則次瞬時的回復力
ΣF = ρg2xS = 
x
由于L、m為固定值，可令：
= k ，而且ΣF與x的方向相反，故汞柱做簡諧運動。
周期T = 2π
= 2π
答：汞柱的周期為2π
。
學生活動：如圖6所示，兩個相同的柱形滾輪平行、登高、水平放置，繞各自的軸線等角速、反方向地轉動，在滾輪上覆蓋一塊均質的木板。已知兩滾輪軸線的距離為L 、滾輪與木板之間的動摩擦因素為μ、木板的質量為m ，且木板放置時，重心不在兩滾輪的正中央。試證明木板做簡諧運動，并求木板運動的周期。
思路提示：找平衡位置（木板重心在兩滾輪中央處）→ú力矩平衡和Σ?F6= 0結合求兩處彈力→ú求摩擦力合力…
答案：木板運動周期為2π
。
鞏固應用：如圖7所示，三根長度均為L = 2.00m地質量均勻直桿，構成一正三角形框架ABC，C點懸掛在一光滑水平軸上，整個框架可繞轉軸轉動。桿AB是一導軌，一電動松鼠可在導軌上運動�，F(xiàn)觀察到松鼠正在導軌上運動，而框架卻靜止不動，試討論松鼠的運動是一種什么樣的運動。
解說：由于框架靜止不動，松鼠在豎直方向必平衡，即：松鼠所受框架支持力等于松鼠重力。設松鼠的質量為m ，即：
N = mg ①
再回到框架，其靜止平衡必滿足框架所受合力矩為零。以C點為轉軸，形成力矩的只有松鼠的壓力N、和松鼠可能加速的靜摩擦力f ，它們合力矩為零，即：
MN = Mf
現(xiàn)考查松鼠在框架上的某個一般位置（如圖7，設它在導軌方向上距C點為x），上式即成：
N·x = f·Lsin60° ②
解①②兩式可得：f = 
x ，且f的方向水平向左。
根據(jù)牛頓第三定律，這個力就是松鼠在導軌方向上的合力。如果我們以C在導軌上的投影點為參考點，x就是松鼠的瞬時位移。再考慮到合力與位移的方向因素，松鼠的合力與位移滿足關系——
= －k
其中k = 
，對于這個系統(tǒng)而言，k是固定不變的。
顯然這就是簡諧運動的定義式。
答案：松鼠做簡諧運動。
評說：這是第十三屆物理奧賽預賽試題，問法比較模糊。如果理解為定性求解，以上答案已經足夠。但考慮到原題中還是有定量的條件，所以做進一步的定量運算也是有必要的。譬如，我們可以求出松鼠的運動周期為：T = 2π
= 2π
= 2.64s 。
二、典型的簡諧運動
1、彈簧振子
物理情形：如圖8所示，用彈性系數(shù)為k的輕質彈簧連著一個質量為m的小球，置于傾角為θ
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