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科目:高中物理 來源:2012-2013學(xué)年山東省泰安市高三第一次月考物理試卷(解析版) 題型:選擇題
在力的合成中,已知的兩個分力大小不等,則:(。
A.合力一定大于每個分力;
B.合力可能同時垂直于兩個分力;
C.合力的方向可能與一個分力的方向相反;
D.兩個分力的夾角θ在0°到180°之間變化時,θ角越小,合力越小。
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科目:閱讀理解
來源: 題型: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(jì)算、電容器的連接和靜電能計(jì)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(yàn)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?yàn)榀B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(yàn)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(jì)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)、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(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?yàn)槿切胃鬟吷想妱蓦m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(jì)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(jì)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(jì)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?yàn)椤盁o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(jì)算和“孤島現(xiàn)象”的典型事例。
(1)類似“物理情形1”的計(jì)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(yàn)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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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(xì)的補(bǔ)充。
一、簡諧運(yùn)動
1、簡諧運(yùn)動定義:= -k ①
凡是所受合力和位移滿足①式的質(zhì)點(diǎn),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(yùn)動的方程
回避高等數(shù)學(xué)工具,我們可以將簡諧運(yùn)動看成勻速圓周運(yùn)動在某一條直線上的投影運(yùn)動(以下均看在x方向的投影),圓周運(yùn)動的半徑即為簡諧運(yùn)動的振幅A 。
依據(jù):x = -mω2Acosθ= -mω2
對于一個給定的勻速圓周運(yùn)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(yùn)動的定義式①。所以,x方向的位移、速度、加速度就是簡諧運(yùn)動的相關(guān)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(guān)名詞:(ωt +φ)稱相位,φ稱初相。
運(yùn)動學(xué)參量的相互關(guān)系:= -ω2
A =
tgφ= -
3、簡諧運(yùn)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(dāng)φ2-φ1 = 2kπ時(k = 0,±1,±2,…),合振幅A最大,當(dāng)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(dāng)質(zhì)點(diǎn)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(shí)上已經(jīng)構(gòu)成了質(zhì)點(diǎn)在二維空間運(yùn)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
+-2cos(φ2-φ1) = sin2(φ2-φ1)
顯然,當(dāng)φ2-φ1 = 2kπ時(k = 0,±1,±2,…),有y = x ,軌跡為直線,合運(yùn)動仍為簡諧運(yùn)動;
當(dāng)φ2-φ1 = (2k + 1)π時(k = 0,±1,±2,…),有+= 1 ,軌跡為橢圓,合運(yùn)動不再是簡諧運(yùn)動;
當(dāng)φ2-φ1取其它值,軌跡將更為復(fù)雜,稱“李薩如圖形”,不是簡諧運(yùn)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(yùn)動x = x1 + x2 ,得:x =(2Acost)cos(t +φ)。合運(yùn)動是振動,但不是簡諧運(yùn)動,稱為角頻率為的“拍”現(xiàn)象。
4、簡諧運(yùn)動的周期
由②式得:ω= ,而圓周運(yùn)動的角速度和簡諧運(yùn)動的角頻率是一致的,所以
T = 2π ⑤
5、簡諧運(yùn)動的能量
一個做簡諧運(yùn)動的振子的能量由動能和勢能構(gòu)成,即
= mv2 + kx2 = kA2
注意:振子的勢能是由(回復(fù)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(dāng)我們計(jì)量了振子的抽象勢能后,其它的具體勢能不能再做重復(fù)計(jì)量。
6、阻尼振動、受迫振動和共振
和高考要求基本相同。
二、機(jī)械波
1、波的產(chǎn)生和傳播
產(chǎn)生的過程和條件;傳播的性質(zhì),相關(guān)參量(決定參量的物理因素)
2、機(jī)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(zhì)點(diǎn)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(fù)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(biāo)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(zhì)種傳播時,能獨(dú)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(zhì)中的疊加將形成一種特殊形態(tài):振動加強(qiáng)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(diǎn)。
當(dāng)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(diǎn)(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(diǎn)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(jīng)做過的討論,有
r2 ? r1 = kλ時(k = 0,±1,±2,…),P點(diǎn)振動加強(qiáng),振幅為A1 + A2 ;
r2 ? r1 =(2k ? 1)時(k = 0,±1,±2,…),P點(diǎn)振動削弱,振幅為│A1-A2│。
4、波的反射、折射和衍射
知識點(diǎn)和高考要求相同。
5、多普勒效應(yīng)
當(dāng)波源或者接受者相對與波的傳播介質(zhì)運(yùn)動時,接收者會發(fā)現(xiàn)波的頻率發(fā)生變化。多普勒效應(yīng)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(zhì)的傳播速度v是恒定不變的)——
a、只有接收者相對介質(zhì)運(yùn)動(如圖3所示)
設(shè)接收者以速度v1正對靜止的波源運(yùn)動。
如果接收者靜止在A點(diǎn),他單位時間接收的波的個數(shù)為f ,
當(dāng)他迎著波源運(yùn)動時,設(shè)其在單位時間到達(dá)B點(diǎn),則= v1 ,、
在從A運(yùn)動到B的過程中,接收者事實(shí)上“提前”多接收到了n個波
n = = =
顯然,在單位時間內(nèi),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(yùn)動,只要將上式中的v1代入負(fù)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(zhì)運(yùn)動(如圖4所示)
設(shè)波源以速度v2正對靜止的接收者運(yùn)動。
如果波源S不動,在單位時間內(nèi),接收者在A點(diǎn)應(yīng)接收f個波,故S到A的距離:= fλ
在單位時間內(nèi),S運(yùn)動至S′,即= v2 。由于波源的運(yùn)動,事實(shí)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(zhì)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(dāng)v2背離接收者,或有一定夾角的討論,類似a情形。
c、當(dāng)接收者和波源均相對傳播介質(zhì)運(yùn)動
當(dāng)接收者正對波源以速度v1(相對介質(zhì)速度)運(yùn)動,波源也正對接收者以速度v2(相對介質(zhì)速度)運(yùn)動,我們的討論可以在b情形的過程上延續(xù)…
f3 = f2 = f
關(guān)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(diào)、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(yùn)動的證明與周期計(jì)算
物理情形:如圖5所示,將一粗細(xì)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(dāng)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(yùn)動,并求其周期。
模型分析:對簡諧運(yùn)動的證明,只要以汞柱為對象,看它的回復(fù)力與位移關(guān)系是否滿足定義式①,值得注意的是,回復(fù)力系指振動方向上的合力(而非整體合力)。當(dāng)簡諧運(yùn)動被證明后,回復(fù)力系數(shù)k就有了,求周期就是順理成章的事。
本題中,可設(shè)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(fù)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(yùn)動。
周期T = 2π= 2π
答:汞柱的周期為2π 。
學(xué)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(zhuǎn)動,在滾輪上覆蓋一塊均質(zhì)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(zhì)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(yùn)動,并求木板運(yùn)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(jié)合求兩處彈力→ú求摩擦力合力…
答案:木板運(yùn)動周期為2π 。
鞏固應(yīng)用:如圖7所示,三根長度均為L = 2.00m地質(zhì)量均勻直桿,構(gòu)成一正三角形框架ABC,C點(diǎn)懸掛在一光滑水平軸上,整個框架可繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動。桿AB是一導(dǎo)軌,一電動松鼠可在導(dǎo)軌上運(yùn)動,F(xiàn)觀察到松鼠正在導(dǎo)軌上運(yùn)動,而框架卻靜止不動,試討論松鼠的運(yùn)動是一種什么樣的運(yùn)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(shè)松鼠的質(zhì)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(diǎn)為轉(zhuǎn)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(shè)它在導(dǎo)軌方向上距C點(diǎn)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(dǎo)軌方向上的合力。如果我們以C在導(dǎo)軌上的投影點(diǎn)為參考點(diǎn),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(guān)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(yùn)動的定義式。
答案:松鼠做簡諧運(yùn)動。
評說:這是第十三屆物理奧賽預(yù)賽試題,問法比較模糊。如果理解為定性求解,以上答案已經(jīng)足夠。但考慮到原題中還是有定量的條件,所以做進(jìn)一步的定量運(yùn)算也是有必要的。譬如,我們可以求出松鼠的運(yùn)動周期為:T = 2π = 2π = 2.64s 。
二、典型的簡諧運(yùn)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(zhì)彈簧連著一個質(zhì)量為m的小球,置于傾角為θ
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科目:高中物理 來源:2013屆山東省泰安市寧陽二中高三第一次月考物理試卷(帶解析) 題型:單選題
在力的合成中,已知的兩個分力大小不等,則:(。
A.合力一定大于每個分力; |
B.合力可能同時垂直于兩個分力; |
C.合力的方向可能與一個分力的方向相反; |
D.兩個分力的夾角θ在0°到180°之間變化時,θ角越小,合力越小。 |
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