考生必須從中選擇2道題作答。

1.【物理—物理3-3】

一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)A經(jīng)狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C，其中A→B過(guò)程為等壓變化，B→C過(guò)程為等容變化。已知V_A=0.3 m³,T_A=T_C=300 K,T_B=400 K。

（1）求氣體在狀態(tài)B時(shí)的體積。

（2）說(shuō)明B→C過(guò)程壓強(qiáng)變化的微觀原因。

（3）設(shè)A→B過(guò)程氣體吸收熱量為Q₁，B→C過(guò)程氣體放出熱量為Q₂，比較Q₁、Q₂的大小說(shuō)明原因。

2.【物理—物理3-4】

（1）圖1為一簡(jiǎn)諧波在t=0時(shí)刻的波形圖，介質(zhì)中的質(zhì)點(diǎn)P做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為y=Asin5πt，求該波的波速，并畫(huà)出t=0.3 s時(shí)的波形圖（至少畫(huà)出一個(gè)波長(zhǎng)）。

圖1

（2）一束單色光由左側(cè)射入盛有清水的薄壁圓柱形玻璃杯，圖2為過(guò)軸線(xiàn)的截面圖，調(diào)整入射角α，使光線(xiàn)恰好在水和空氣的界面上發(fā)生全反射。已知水的折射率為，求sinα的值。

圖2

3.【物理—物理3-5】

（1）歷史上第一次利用加速器實(shí)現(xiàn)的核反應(yīng)，是用加速后動(dòng)能為0.5MeV的質(zhì)子轟擊靜止的，生成兩個(gè)動(dòng)能均為8.9MeV的（1MeV=1.6×10^-13/J）

①上述核反應(yīng)方程式為_(kāi)____________________________。

②質(zhì)量虧損為_(kāi)____________ kg。

（2）如圖所示，光滑水平直軌道上有三個(gè)滑塊A、B、C，質(zhì)量分別為m_A=m_C=2m,m_B=m，A、B用細(xì)繩連接，中間有一壓縮的輕彈簧（彈簧與滑塊不栓接）。開(kāi)始時(shí)A、B以共同速度v₀運(yùn)動(dòng)，C靜止，某時(shí)刻細(xì)繩突然斷開(kāi)，A、B被彈開(kāi)，然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，最終三滑塊速度恰好相同。求B與C碰撞前B的速度。

第十部分 磁場(chǎng)

第一講 基本知識(shí)介紹

《磁場(chǎng)》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(chǎng)引進(jìn)定量計(jì)算；b、對(duì)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行了更深入的分析。

一、磁場(chǎng)與安培力

1、磁場(chǎng)

a、永磁體、電流磁場(chǎng)→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(chǎng)

*畢奧-薩伐爾定律（Biot-Savart law）：對(duì)于電流強(qiáng)度為I 、長(zhǎng)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(xiàn)在任何位置激發(fā)的磁感強(qiáng)度。

畢薩定律應(yīng)用在“無(wú)限長(zhǎng)”直導(dǎo)線(xiàn)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(xiàn)上的結(jié)論：B = 2πkI ；

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

2、安培力

a、對(duì)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(wèn)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(xiàn)導(dǎo)體所受安培力的合力等于連接始末端連線(xiàn)導(dǎo)體（電流不變）的的安培力。

證明：參照?qǐng)D9-1，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(gè)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(gè)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(wú)窮多元段直線(xiàn)導(dǎo)體的折合，所以，關(guān)于折線(xiàn)導(dǎo)體整體合力的結(jié)論也適用于彎曲導(dǎo)體。（說(shuō)明：這個(gè)結(jié)論只適用于勻強(qiáng)磁場(chǎng)。）

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(huì)出現(xiàn)內(nèi)張力，具體分析時(shí)，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(dòng)力學(xué)方程求解。

c、勻強(qiáng)磁場(chǎng)對(duì)線(xiàn)圈的轉(zhuǎn)矩

如圖9-2所示，當(dāng)一個(gè)矩形線(xiàn)圈（線(xiàn)圈面積為S、通以恒定電流I）放入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，且磁場(chǎng)B的方向平行線(xiàn)圈平面時(shí)，線(xiàn)圈受安培力將轉(zhuǎn)動(dòng)（并自動(dòng)選擇垂直B的中心軸OO′，因?yàn)橘|(zhì)心無(wú)加速度），此瞬時(shí)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(xiàn)圈形狀改變，結(jié)論不變（證明從略）；

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

證明：當(dāng)α = 90°時(shí)，顯然M = 0 ，而磁場(chǎng)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(chǎng)B垂直O(jiān)O′軸相對(duì)線(xiàn)圈平面旋轉(zhuǎn)β角，則M = BIScosβ ，如圖9-4。

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

說(shuō)明：在默認(rèn)的情況下，討論線(xiàn)圈的轉(zhuǎn)矩時(shí)，認(rèn)為線(xiàn)圈的轉(zhuǎn)軸垂直磁場(chǎng)。如果沒(méi)有人為設(shè)定，而是讓安培力自行選定轉(zhuǎn)軸，這時(shí)的力矩稱(chēng)為力偶矩。

二、洛侖茲力

1、概念與規(guī)律

a、 = q，或展開(kāi)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(duì)帶電粒子形成沖量，卻不可能做功。或：洛侖茲力可使帶電粒子的動(dòng)量發(fā)生改變卻不能使其動(dòng)能發(fā)生改變。

問(wèn)題：安培力可以做功，為什么洛侖茲力不能做功？

解說(shuō)：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(huà)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(gè)問(wèn)題：（1）導(dǎo)體靜止時(shí)，所有粒子的洛侖茲力的合力等于安培力（這個(gè)證明從略）；（2）導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子參與的是沿導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)v₁和導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)v₂的合運(yùn)動(dòng)，其合速度為v ，這時(shí)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(shuō)安培力是洛侖茲力的分力f₁ = qv₁B的合力（見(jiàn)圖9-5）。

很顯然，f₁的合力（安培力）做正功，而f不做功（或者說(shuō)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(dòng)速率v₁在10^?5m/s數(shù)量級(jí)，而v₂一般都在10^?2m/s數(shù)量級(jí)以上，致使f₁只是f的一個(gè)極小分量。）

☆如果從能量的角度看這個(gè)問(wèn)題，當(dāng)導(dǎo)體棒放在光滑的導(dǎo)軌上時(shí)（參看圖9-6），導(dǎo)體棒必獲得動(dòng)能，這個(gè)動(dòng)能是怎么轉(zhuǎn)化來(lái)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(dòng)勢(shì)（反電動(dòng)勢(shì)）。動(dòng)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(dòng)（感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于電源電動(dòng)勢(shì)，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(shí)間內(nèi)發(fā)的焦耳熱將比導(dǎo)體棒被卡住時(shí)少。所以，導(dǎo)體棒動(dòng)能的增加是以回路焦耳熱的減少為代價(jià)的。

2、僅受洛侖茲力的帶電粒子運(yùn)動(dòng)

a、⊥時(shí)，勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑r =  ，周期T = 

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

這個(gè)結(jié)論的證明一般是將分解…（過(guò)程從略）。

☆但也有一個(gè)問(wèn)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(dòng)情形似乎就不一樣了——在垂直B₂的平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)？

其實(shí)，在圖9-7中，B₁平行v只是一種暫時(shí)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(dòng)”就無(wú)法達(dá)成了。（而在分解v的處理中，這種局面是不會(huì)出現(xiàn)的。）

3、磁聚焦

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

b、原理：由于控制極和共軸膜片的存在，電子進(jìn)磁場(chǎng)的發(fā)散角極小，即速度和磁場(chǎng)的夾角θ極小，各粒子做螺旋運(yùn)動(dòng)時(shí)可以認(rèn)為螺距彼此相等（半徑可以不等），故所有粒子會(huì)“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(shí)間應(yīng)忽略）

b、磁場(chǎng)與交變電場(chǎng)頻率的關(guān)系

因回旋周期T和交變電場(chǎng)周期T′必相等，故 =

c、最大速度 v_max = = 2πRf

5、質(zhì)譜儀

速度選擇器&粒子圓周運(yùn)動(dòng)，和高考要求相同。

第二講 典型例題解析

一、磁場(chǎng)與安培力的計(jì)算

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

【解說(shuō)】這是一個(gè)關(guān)于畢薩定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用。解題過(guò)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(xiàn)圈，放在磁感強(qiáng)度大小為B 、方向垂直線(xiàn)圈平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，求由于安培力而引起的線(xiàn)圈內(nèi)張力。

【解說(shuō)】本題有兩種解法。

方法一：隔離一小段弧，對(duì)應(yīng)圓心角θ ，則弧長(zhǎng)L = θR 。因?yàn)棣?u> →

第八部分 靜電場(chǎng)

第一講 基本知識(shí)介紹

在奧賽考綱中，靜電學(xué)知識(shí)點(diǎn)數(shù)目不算多，總數(shù)和高考考綱基本相同，但在個(gè)別知識(shí)點(diǎn)上，奧賽的要求顯然更加深化了：如非勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)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(wèn)題的方法上，對(duì)無(wú)限分割和疊加原理提出了更高的要求。

如果把靜電場(chǎng)的問(wèn)題分為兩部分，那就是電場(chǎng)本身的問(wèn)題、和對(duì)場(chǎng)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(dòng)問(wèn)題，而奧賽考綱更注重第一部分和第二部分中的靜態(tài)問(wèn)題。也就是說(shuō)，奧賽關(guān)注的是電場(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)度

1、實(shí)驗(yàn)定律

a、庫(kù)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(duì)靜止。事實(shí)上，條件⑴和⑵均不能視為對(duì)庫(kù)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(guò)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 /ε_r）。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(chǎng)強(qiáng)度

a、電場(chǎng)強(qiáng)度的定義

電場(chǎng)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(chǎng)的對(duì)電場(chǎng)的檢測(cè)手段；電場(chǎng)線(xiàn)是抽象而直觀地描述電場(chǎng)有效工具（電場(chǎng)線(xiàn)的基本屬性）。

b、不同電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)的計(jì)算

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

⑴點(diǎn)電荷：E = k

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

⑵均勻帶電環(huán)，垂直環(huán)面軸線(xiàn)上的某點(diǎn)P：E = ，其中r和R的意義見(jiàn)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(gè)式子的物理意義可以參照萬(wàn)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(xiàn)以?xún)?nèi)部分的總電量…〕。

⑷無(wú)限長(zhǎng)均勻帶電直線(xiàn)（電荷線(xiàn)密度為λ）：E = 

⑸無(wú)限大均勻帶電平面（電荷面密度為σ）：E = 2πkσ

二、電勢(shì)

1、電勢(shì)：把一電荷從P點(diǎn)移到參考點(diǎn)P₀時(shí)電場(chǎng)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(shì)為零的點(diǎn)，通常取無(wú)窮遠(yuǎn)或大地為參考點(diǎn)。

和場(chǎng)強(qiáng)一樣，電勢(shì)是屬于場(chǎng)本身的物理量。W則為電荷的電勢(shì)能。

2、典型電場(chǎng)的電勢(shì)

a、點(diǎn)電荷

以無(wú)窮遠(yuǎn)為參考點(diǎn)，U = k

b、均勻帶電球殼

以無(wú)窮遠(yuǎn)為參考點(diǎn)，U_外 = k ，U_內(nèi) = k

3、電勢(shì)的疊加

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

4、電場(chǎng)力對(duì)電荷做功

W_AB = q（U_A － U_B）= qU_AB 

三、靜電場(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)為零；表面的合場(chǎng)強(qiáng)不為零且一般各處不等，表面的合場(chǎng)強(qiáng)方向總是垂直導(dǎo)體表面。

b、導(dǎo)體是等勢(shì)體，表面是等勢(shì)面。

c、導(dǎo)體內(nèi)部沒(méi)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(shí)，可以實(shí)現(xiàn)外部對(duì)內(nèi)部的屏蔽，但不能實(shí)現(xiàn)內(nèi)部對(duì)外部的屏蔽；導(dǎo)體殼（網(wǎng)罩）接地后，既可實(shí)現(xiàn)外部對(duì)內(nèi)部的屏蔽，也可實(shí)現(xiàn)內(nèi)部對(duì)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(lèi)，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(duì)介電常數(shù)（真空中ε₀ =  ，其它介質(zhì)中ε= ），ε_r則為相對(duì)介電常數(shù)，ε_r =  。

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 + … + C_n 

4、電容器的能量

用圖7-3表征電容器的充電過(guò)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(chǔ)能E ，所以

E = q₀U₀ = C = 

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

對(duì)平行板電容器 E_總 = E² 

認(rèn)為電場(chǎng)能均勻分布在電場(chǎng)中，則單位體積的電場(chǎng)儲(chǔ)能 w = E² 。而且，這以結(jié)論適用于非勻強(qiáng)電場(chǎng)。

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(lèi)：無(wú)極分子和有極分子，前者是指在沒(méi)有外電場(chǎng)時(shí)每個(gè)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(chǎng)時(shí)，無(wú)極分子會(huì)變?yōu)橛袠O分子，有極分子會(huì)由原來(lái)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(guò)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(dòng)，因此稱(chēng)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(dòng)的電荷稱(chēng)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(guò)剩電荷是相對(duì)極化電荷來(lái)說(shuō)的，它是指可以自由移動(dòng)的凈電荷。宏觀過(guò)剩電荷與極化電荷的重要區(qū)別是：前者能夠用來(lái)沖放電，也能用儀表測(cè)量，但后者卻不能。

第二講 重要模型與專(zhuān)題

一、場(chǎng)強(qiáng)和電場(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)均為零。

【模型分析】這是一個(gè)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(gè)對(duì)頂?shù)�、頂角很小的錐體，錐體與球面相交得到球面上的兩個(gè)面元ΔS₁和ΔS₂ ，設(shè)球面的電荷面密度為σ，則這兩個(gè)面元在P點(diǎn)激發(fā)的場(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)為零。

同理，其它各個(gè)相對(duì)的面元ΔS₃和ΔS₄ 、ΔS₅和ΔS₆ … 激發(fā)的合場(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)大小為

ΔE = k ，方向由P指向O點(diǎn)。

無(wú)窮多個(gè)這樣的面元激發(fā)的場(chǎng)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(jiàn)——由于由于在x方向、y方向上的對(duì)稱(chēng)性，Σ = Σ = 0 ，最后的ΣE = ΣE_z ，所以先求

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

所以 ΣE_z = ΣΔS′

而 ΣΔS′= πR² 

【答案】E = kπσ ，方向垂直邊界線(xiàn)所在的平面。

〖學(xué)員思考〗如果這個(gè)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(chǎng)強(qiáng)又是多少？

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

〖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(gè)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(gè)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(chǎng)強(qiáng)。

【模型分析】這里涉及兩個(gè)知識(shí)的應(yīng)用：一是均勻帶電球體的場(chǎng)強(qiáng)定式（它也是來(lái)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(duì)于空腔中任意一點(diǎn)P ，設(shè) = r₁ ， = r₂ ，則大球激發(fā)的場(chǎng)強(qiáng)為

E₁ = k = kρπr₁ ，方向由O指向P

“小球”激發(fā)的場(chǎng)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(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)。

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

〖解說(shuō)〗上面解法的按部就班應(yīng)用…

〖答〗πkρq〔?〕。

二、電勢(shì)、電量與電場(chǎng)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(xiàn)密度為λ，圓心在O點(diǎn)，過(guò)圓心跟環(huán)面垂直的軸線(xiàn)上有P點(diǎn)， = r ，以無(wú)窮遠(yuǎn)為參考點(diǎn)，試求P點(diǎn)的電勢(shì)U_P 。

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

ΔU = k

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

【答案】U_P = 

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

〖答〗U_P =  ；結(jié)論不會(huì)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(wèn)：（1）當(dāng)電量均勻分布時(shí)，球心電勢(shì)為多少？球內(nèi)（包括表面）各點(diǎn)電勢(shì)為多少？（2）當(dāng)電量不均勻分布時(shí)，球心電勢(shì)為多少？球內(nèi)（包括表面）各點(diǎn)電勢(shì)為多少？

〖解說(shuō)〗（1）球心電勢(shì)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(shì)的疊加 ΣU = 2RkσΣΔΩ

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

ΣU = 4πRkσ= k

（2）球心電勢(shì)的求解和〖思考〗相同；

球內(nèi)任一點(diǎn)的電勢(shì)求解可以從（1）問(wèn)的求解過(guò)程得到結(jié)論的反證。

〖答〗（1）球心、球內(nèi)任一點(diǎn)的電勢(shì)均為k ；（2）球心電勢(shì)仍為k ，但其它各點(diǎn)的電勢(shì)將隨電量的分布情況的不同而不同（內(nèi)部不再是等勢(shì)體，球面不再是等勢(shì)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(gè)電量為+Q的點(diǎn)電荷，試求球心處的電勢(shì)。

【解析】由于靜電感應(yīng)，球殼的內(nèi)、外壁形成兩個(gè)帶電球殼。球心電勢(shì)是兩個(gè)球殼形成電勢(shì)、點(diǎn)電荷形成電勢(shì)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(shì)仍可以應(yīng)用定式，所以…

【答案】U_o = k － k + k 。

〖反饋練習(xí)〗如圖7-10所示，兩個(gè)極薄的同心導(dǎo)體球殼A和B，半徑分別為R_A和R_B ，現(xiàn)讓A殼接地，而在B殼的外部距球心d的地方放一個(gè)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(shì)。

〖解說(shuō)〗這是一個(gè)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(méi)有凈電量），A殼的情形未畫(huà)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(gè)重要的常識(shí)：接地導(dǎo)體（A殼）的電勢(shì)為零。但值得注意的是，這里的“為零”是一個(gè)合效果，它是點(diǎn)電荷q 、A殼、B殼（帶同樣電荷時(shí)）單獨(dú)存在時(shí)在A中形成的的電勢(shì)的代數(shù)和，所以，當(dāng)我們以球心O點(diǎn)為對(duì)象，有

U_O = k + k + k = 0

Q_B應(yīng)指B球殼上的凈電荷量，故 Q_B = 0

所以 Q_A = －q

☆學(xué)員討論：A殼的各處電勢(shì)均為零，我們的方程能不能針對(duì)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(shì)時(shí)也只能求B的球心的電勢(shì)（獨(dú)立的B殼是等勢(shì)體，球心電勢(shì)即為所求）——

U_B = k + k

〖答〗（1）Q_A = －q ；（2）U_B = k(1－) 。

【物理情形2】圖7-11中，三根實(shí)線(xiàn)表示三根首尾相連的等長(zhǎng)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(shí)完全相同。點(diǎn)A是Δabc的中心，點(diǎn)B則與A相對(duì)bc棒對(duì)稱(chēng)，且已測(cè)得它們的電勢(shì)分別為U_A和U_B 。試問(wèn)：若將ab棒取走，A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)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(méi)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(shì)的方法。

每根細(xì)棒的電荷分布雖然復(fù)雜，但相對(duì)各自的中點(diǎn)必然是對(duì)稱(chēng)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(duì)A點(diǎn)的電勢(shì)貢獻(xiàn)都相同（可設(shè)為U₁）；②ab棒、ac棒對(duì)B點(diǎn)的電勢(shì)貢獻(xiàn)相同（可設(shè)為U₂）；③bc棒對(duì)A、B兩點(diǎn)的貢獻(xiàn)相同（為U₁）。

所以，取走ab前  3U₁ = U_A

                 2U₂ + U₁ = U_B

取走ab后，因三棒是絕緣體，電荷分布不變，故電勢(shì)貢獻(xiàn)不變，所以

  U_A′= 2U₁

                 U_B′= U₁ + U₂

【答案】U_A′= U_A ；U_B′= U_A + U_B 。

〖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(shì)分別為U₁ 、U₂ 、U₃和U₄ ，則盒子中心點(diǎn)O的電勢(shì)U等于多少？

〖解說(shuō)〗此處的四塊板子雖然位置相對(duì)O點(diǎn)具有對(duì)稱(chēng)性，但電量各不相同，因此對(duì)O點(diǎn)的電勢(shì)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(duì)稱(chēng)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(gè)正四面體盒子，然后將這四個(gè)盒子位置重合地放置——構(gòu)成一個(gè)有四層壁的新盒子。在這個(gè)新盒子中，每個(gè)壁的電量將是完全相同的（為原來(lái)四塊板的電量之和）、電勢(shì)也完全相同（為U₁ + U₂ + U₃ + U₄），新盒子表面就構(gòu)成了一個(gè)等勢(shì)面、整個(gè)盒子也是一個(gè)等勢(shì)體，故新盒子的中心電勢(shì)為

U′= U₁ + U₂ + U₃ + U₄ 

最后回到原來(lái)的單層盒子，中心電勢(shì)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�角形各邊上電�?shì)雖然相等，但中點(diǎn)的電勢(shì)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(guò)半球頂點(diǎn)C和球心O的軸線(xiàn)，如圖7-12所示。P、Q為CD軸線(xiàn)上相對(duì)O點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的兩點(diǎn)，已知P點(diǎn)的電勢(shì)為U_P ，試求Q點(diǎn)的電勢(shì)U_Q 。

〖解說(shuō)〗這又是一個(gè)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(shí)P、Q的電勢(shì)不會(huì)有任何改變。

而換一個(gè)角度看，P、Q的電勢(shì)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)，U_P = k + U_半球面

其中 U_半球面顯然和為填補(bǔ)時(shí)Q點(diǎn)的電勢(shì)大小相等、符號(hào)相反，即 U_半球面= －U_Q 

以上的兩個(gè)關(guān)系已經(jīng)足以解題了。

〖答〗U_Q = k － U_P 。

【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(wèn)：（1）將單位正電荷從O點(diǎn)沿移到D點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)它做了多少功？（2）將單位負(fù)電荷從D點(diǎn)沿AB的延長(zhǎng)線(xiàn)移到無(wú)窮遠(yuǎn)處去，電場(chǎng)力對(duì)它做多少功？

【模型分析】電勢(shì)疊加和關(guān)系W_AB = q（U_A － U_B）= qU_AB的基本應(yīng)用。

U_O = k + k = 0

U_D = k + k = －

U_∞ = 0

再用功與電勢(shì)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(gè)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(wèn)：（1）若解除A球的固定，它能獲得的最大動(dòng)能是多少？（2）若同時(shí)解除兩球的固定，它們各自的獲得的最大動(dòng)能是多少？（3）未解除固定時(shí)，這個(gè)系統(tǒng)的靜電勢(shì)能是多少？

【解說(shuō)】第（1）問(wèn)甚間；第（2）問(wèn)在能量方面類(lèi)比反沖裝置的能量計(jì)算，另啟用動(dòng)量守恒關(guān)系；第（3）問(wèn)是在前兩問(wèn)基礎(chǔ)上得出的必然結(jié)論…（這里就回到了一個(gè)基本的觀念斧正：勢(shì)能是屬于場(chǎng)和場(chǎng)中物體的系統(tǒng)，而非單純屬于場(chǎng)中物體——這在過(guò)去一直是被忽視的。在兩個(gè)點(diǎn)電荷的環(huán)境中，我們通常說(shuō)“兩個(gè)點(diǎn)電荷的勢(shì)能”是多少。）

【答】（1）k；（2）E_k1 = k ，E_k2 = k；（3）k 。

〖思考〗設(shè)三個(gè)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(gè)點(diǎn)電荷系統(tǒng)的靜電勢(shì)能是多少？

〖解〗略。

〖答〗k（++）。

〖反饋應(yīng)用〗如圖7-14所示，三個(gè)帶同種電荷的相同金屬小球，每個(gè)球的質(zhì)量均為m 、電量均為q ，用長(zhǎng)度為L(zhǎng)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(gè)球?qū)㈤_(kāi)始運(yùn)動(dòng)起來(lái)，試求中間這個(gè)小球的最大速度。

〖解〗設(shè)剪斷的是1、3之間的繩子，動(dòng)力學(xué)分析易知，2球獲得最大動(dòng)能時(shí)，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(xiàn)上。而且由動(dòng)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(dòng)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(chǎng)中的導(dǎo)體和電介質(zhì)

【物理情形】?jī)蓧K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(xiàn)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(chǎng)強(qiáng)；（3）兩板間的電勢(shì)差。

【模型分析】由于靜電感應(yīng)，A、B兩板的四個(gè)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(chǎng)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(wú)窮大，因此，可以應(yīng)用無(wú)限大平板的場(chǎng)強(qiáng)定式。

為方便解題，做圖7-15，忽略邊緣效應(yīng)，四個(gè)面的電荷分布應(yīng)是均勻的，設(shè)四個(gè)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(chǎng)強(qiáng)為零，有 2πk（σ₁ ? σ₂ ? σ₃ ? σ₄）= 0

A板內(nèi)部空間場(chǎng)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(gè)面的電荷密度，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ空間的場(chǎng)強(qiáng)就好求了〔如E_Ⅱ =2πk（σ₁ + σ₂ ? σ₃ ? σ₄）= 2πk〕。

最后，U_AB = E_Ⅱd

【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(chǎng)強(qiáng)2πk，方向垂直A板向外，A、B板之間空間場(chǎng)強(qiáng)2πk，方向由A垂直指向B，B板外側(cè)空間場(chǎng)強(qiáng)2πk，方向垂直B板向外；（3）A、B兩板的電勢(shì)差為2πkd，A板電勢(shì)高。

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

〖學(xué)員討論〗（原模型中）作為一個(gè)電容器，它的“電量”是多少（答：）？如果在板間充滿(mǎn)相對(duì)介電常數(shù)為ε_r的電介質(zhì)，是否會(huì)影響四個(gè)面的電荷分布（答：不會(huì)）？是否會(huì)影響三個(gè)空間的場(chǎng)強(qiáng)（答：只會(huì)影響Ⅱ空間的場(chǎng)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(duì)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(mǎn)相對(duì)介電常數(shù)為ε_r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(chǎng)強(qiáng)；（3）介質(zhì)表面的極化電荷。

【解說(shuō)】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(chǎng)強(qiáng)，故對(duì)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(shì)體，將電容器看成上下兩個(gè)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(chǎng)強(qiáng)可以根據(jù)E = 關(guān)系求解，比較常規(guī)（上下部分的場(chǎng)強(qiáng)相等）。

上下部分的電量是不等的，但場(chǎng)強(qiáng)居然相等，這怎么解釋?zhuān)繌墓�式的角度看，E = 2πkσ（單面平板），當(dāng)k 、σ同時(shí)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(shuō)，極化電荷的存在相當(dāng)于在真空中形成了一個(gè)新的電場(chǎng)，正是這個(gè)電場(chǎng)與自由電荷（在真空中）形成的電場(chǎng)疊加成為E₂ ，所以

E₂ = 4πk（σ ? σ′）= 4πk（ ? ）

請(qǐng)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(gè)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(gè)空間的場(chǎng)強(qiáng)均為 ；（3）Q 。

〖思考應(yīng)用〗一個(gè)帶電量為Q的金屬小球，周?chē)�充滿(mǎn)相對(duì)介電常數(shù)為ε_r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(gè)電容為C的電容器組成一個(gè)如圖7-17所示的多級(jí)網(wǎng)絡(luò)，試問(wèn)：（1）在最后一級(jí)的右邊并聯(lián)一個(gè)多大電容C′，可使整個(gè)網(wǎng)絡(luò)的A、B兩端電容也為C′？（2）不接C′，但無(wú)限地增加網(wǎng)絡(luò)的級(jí)數(shù)，整個(gè)網(wǎng)絡(luò)A、B兩端的總電容是多少？

【模型分析】這是一個(gè)練習(xí)電容電路簡(jiǎn)化基本事例。

第（1）問(wèn)中，未給出具體級(jí)數(shù)，一般結(jié)論應(yīng)適用特殊情形：令級(jí)數(shù)為1 ，于是

 +  =  解C′即可。

第（2）問(wèn)中，因?yàn)椤盁o(wú)限”，所以“無(wú)限加一級(jí)后仍為無(wú)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(shuō)】對(duì)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(jiàn)圖7-19，根據(jù)三個(gè)端點(diǎn)之間的電容等效，容易得出定式——

Δ→Y型：C_a = 

          C_b = 

          C_c = 

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(jiǎn)化（為了方便，電容不宜引進(jìn)新的符號(hào)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(gè)電容器完全相同，電源電動(dòng)勢(shì)ε₁ = 3.0V ，ε₂ = 4.5V，開(kāi)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(gè)電容器的電壓U_ao 、U_bo和U_co各為多少。

【解說(shuō)】這是一個(gè)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(chēng)“孤島”）的總電量為零。

電量關(guān)系：++= 0

電勢(shì)關(guān)系：ε₁ = U_ao + U_ob = U_ao ? U_bo 

          ε₂ = U_bo + U_oc = U_bo ? U_co 

解以上三式即可。

【答】U_ao = 3.5V ，U_bo = 0.5V ，U_co = ?4.0V 。

【伸展應(yīng)用】如圖7-22所示，由n個(gè)單元組成的電容器網(wǎng)絡(luò)，每一個(gè)單元由三個(gè)電容器連接而成，其中有兩個(gè)的電容為3C ，另一個(gè)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(gè)恒定電壓U ，而在a′b′間接一個(gè)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(chǔ)存的總電能；（2）若把第一單元輸出端與后面斷開(kāi)，再除去電源，并把它的輸入端短路，則這個(gè)單元的三個(gè)電容器儲(chǔ)存的總電能是多少？

【解說(shuō)】這是一個(gè)結(jié)合網(wǎng)絡(luò)計(jì)算和“孤島現(xiàn)象”的典型事例。

（1）類(lèi)似“物理情形1”的計(jì)算，可得 C_總 = C_k = 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 U_k = 

再算能量?jī)?chǔ)存就不難了。

（2）斷開(kāi)前，可以算出第一單元的三個(gè)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(shí)，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(guò)程（C₃類(lèi)比為“電源”）滿(mǎn)足——

電量關(guān)系：Q₁′= Q₃′

          Q₂′+ Q₃′= 

電勢(shì)關(guān)系：+  = 

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

【答】（1）E_k = ；（2） 。

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

☆第七部分完☆

第七部分 熱學(xué)

熱學(xué)知識(shí)在奧賽中的要求不以深度見(jiàn)長(zhǎng)，但知識(shí)點(diǎn)卻非常地多（考綱中羅列的知識(shí)點(diǎn)幾乎和整個(gè)力學(xué)——前五部分——的知識(shí)點(diǎn)數(shù)目相等）。而且，由于高考要求對(duì)熱學(xué)的要求逐年降低（本屆尤其低得“離譜”，連理想氣體狀態(tài)方程都沒(méi)有了），這就客觀上給奧賽培訓(xùn)增加了負(fù)擔(dān)。因此，本部分只能采新授課的培訓(xùn)模式，將知識(shí)點(diǎn)和例題講解及時(shí)地結(jié)合，爭(zhēng)取讓學(xué)員學(xué)一點(diǎn)，就領(lǐng)會(huì)一點(diǎn)、鞏固一點(diǎn)，然后再層疊式地往前推進(jìn)。

一、分子動(dòng)理論

1、物質(zhì)是由大量分子組成的（注意分子體積和分子所占據(jù)空間的區(qū)別）

對(duì)于分子（單原子分子）間距的計(jì)算，氣體和液體可直接用，對(duì)固體，則與分子的空間排列（晶體的點(diǎn)陣）有關(guān)。

【例題1】如圖6-1所示，食鹽（N_aCl）的晶體是由鈉離子（圖中的白色圓點(diǎn)表示）和氯離子（圖中的黑色圓點(diǎn)表示）組成的，離子鍵兩兩垂直且鍵長(zhǎng)相等。已知食鹽的摩爾質(zhì)量為58.5×10^－3kg/mol，密度為2.2×10³kg/m³，阿伏加德羅常數(shù)為6.0×10²³mol^－1，求食鹽晶體中兩個(gè)距離最近的鈉離子中心之間的距離。

【解說(shuō)】題意所求即圖中任意一個(gè)小立方塊的變長(zhǎng)（設(shè)為a）的倍，所以求a成為本題的焦點(diǎn)。

由于一摩爾的氯化鈉含有N_A個(gè)氯化鈉分子，事實(shí)上也含有2N_A個(gè)鈉離子（或氯離子），所以每個(gè)鈉離子占據(jù)空間為 v = 

而由圖不難看出，一個(gè)離子占據(jù)的空間就是小立方體的體積a³ ，

即 a³ =  = ，最后，鄰近鈉離子之間的距離l = a

【答案】3.97×10^－10m 。

〖思考〗本題還有沒(méi)有其它思路？

〖答案〗每個(gè)離子都被八個(gè)小立方體均分，故一個(gè)小立方體含有×8個(gè)離子 = 分子，所以…（此法普遍適用于空間點(diǎn)陣比較復(fù)雜的晶體結(jié)構(gòu)。）

2、物質(zhì)內(nèi)的分子永不停息地作無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)

固體分子在平衡位置附近做微小振動(dòng)（振幅數(shù)量級(jí)為0.1），少數(shù)可以脫離平衡位置運(yùn)動(dòng)。液體分子的運(yùn)動(dòng)則可以用“長(zhǎng)時(shí)間的定居（振動(dòng)）和短時(shí)間的遷移”來(lái)概括，這是由于液體分子間距較固體大的結(jié)果。氣體分子基本“居無(wú)定所”，不停地遷移（常溫下，速率數(shù)量級(jí)為10²m/s）。

無(wú)論是振動(dòng)還是遷移，都具備兩個(gè)特點(diǎn)：a、偶然無(wú)序（雜亂無(wú)章）和統(tǒng)計(jì)有序（分子數(shù)比率和速率對(duì)應(yīng)一定的規(guī)律——如麥克斯韋速率分布函數(shù)，如圖6-2所示）；b、劇烈程度和溫度相關(guān)。

氣體分子的三種速率。最可幾速率v_P ：f(v) = （其中ΔN表示v到v +Δv內(nèi)分子數(shù)，N表示分子總數(shù)）極大時(shí)的速率，v_P == ；平均速率：所有分子速率的算術(shù)平均值， ==；方均根速率：與分子平均動(dòng)能密切相關(guān)的一個(gè)速率，==〔其中R為普適氣體恒量，R = 8.31J/(mol.K)。k為玻耳茲曼常量，k =  = 1.38×10^－23J/K 〕

【例題2】證明理想氣體的壓強(qiáng)P = n，其中n為分子數(shù)密度，為氣體分子平均動(dòng)能。

【證明】氣體的壓強(qiáng)即單位面積容器壁所承受的分子的撞擊力，這里可以設(shè)理想氣體被封閉在一個(gè)邊長(zhǎng)為a的立方體容器中，如圖6-3所示。

考查yoz平面的一個(gè)容器壁，P =            ①

設(shè)想在Δt時(shí)間內(nèi)，有N_x個(gè)分子（設(shè)質(zhì)量為m）沿x方向以恒定的速率v_x碰撞該容器壁，且碰后原速率彈回，則根據(jù)動(dòng)量定理，容器壁承受的壓力

 F ==                            ②

在氣體的實(shí)際狀況中，如何尋求N_x和v_x呢？

考查某一個(gè)分子的運(yùn)動(dòng)，設(shè)它的速度為v ，它沿x、y、z三個(gè)方向分解后，滿(mǎn)足

v² =  +  + 

分子運(yùn)動(dòng)雖然是雜亂無(wú)章的，但仍具有“偶然無(wú)序和統(tǒng)計(jì)有序”的規(guī)律，即

 =  +  +  = 3                    ③

這就解決了v_x的問(wèn)題。另外，從速度的分解不難理解，每一個(gè)分子都有機(jī)會(huì)均等的碰撞3個(gè)容器壁的可能。設(shè)Δt = ，則

 N_x = ·3N_總 = na³                         ④

注意，這里的是指有6個(gè)容器壁需要碰撞，而它們被碰的幾率是均等的。

結(jié)合①②③④式不難證明題設(shè)結(jié)論。

〖思考〗此題有沒(méi)有更簡(jiǎn)便的處理方法？

〖答案〗有�！懊�令”所有分子以相同的速率v沿+x、?x、+y、?y、+z、?z這6個(gè)方向運(yùn)動(dòng)（這樣造成的宏觀效果和“雜亂無(wú)章”地運(yùn)動(dòng)時(shí)是一樣的），則 N_x =N_總 = na³ ；而且v_x = v

所以，P =  = ==nm = n

3、分子間存在相互作用力（注意分子斥力和氣體分子碰撞作用力的區(qū)別），而且引力和斥力同時(shí)存在，宏觀上感受到的是其合效果。

分子力是保守力，分子間距改變時(shí)，分子力做的功可以用分子勢(shì)能的變化表示，分子勢(shì)能E_P隨分子間距的變化關(guān)系如圖6-4所示。

分子勢(shì)能和動(dòng)能的總和稱(chēng)為物體的內(nèi)能。

二、熱現(xiàn)象和基本熱力學(xué)定律

1、平衡態(tài)、狀態(tài)參量

a、凡是與溫度有關(guān)的現(xiàn)象均稱(chēng)為熱現(xiàn)象，熱學(xué)是研究熱現(xiàn)象的科學(xué)。熱學(xué)研究的對(duì)象都是有大量分子組成的宏觀物體，通稱(chēng)為熱力學(xué)系統(tǒng)（簡(jiǎn)稱(chēng)系統(tǒng)）。當(dāng)系統(tǒng)的宏觀性質(zhì)不再隨時(shí)間變化時(shí)，這樣的狀態(tài)稱(chēng)為平衡態(tài)。

b、系統(tǒng)處于平衡態(tài)時(shí)，所有宏觀量都具有確定的值，這些確定的值稱(chēng)為狀態(tài)參量（描述氣體的狀態(tài)參量就是P、V和T）。

c、熱力學(xué)第零定律（溫度存在定律）：若兩個(gè)熱力學(xué)系統(tǒng)中的任何一個(gè)系統(tǒng)都和第三個(gè)熱力學(xué)系統(tǒng)處于熱平衡狀態(tài)，那么，這兩個(gè)熱力學(xué)系統(tǒng)也必定處于熱平衡。這個(gè)定律反映出：處在同一熱平衡狀態(tài)的所有的熱力學(xué)系統(tǒng)都具有一個(gè)共同的宏觀特征，這一特征是由這些互為熱平衡系統(tǒng)的狀態(tài)所決定的一個(gè)數(shù)值相等的狀態(tài)函數(shù)，這個(gè)狀態(tài)函數(shù)被定義為溫度。

2、溫度

a、溫度即物體的冷熱程度，溫度的數(shù)值表示法稱(chēng)為溫標(biāo)。典型的溫標(biāo)有攝氏溫標(biāo)t、華氏溫標(biāo)F（F = t + 32）和熱力學(xué)溫標(biāo)T（T = t + 273.15）。

b、（理想）氣體溫度的微觀解釋?zhuān)?img width="17" height="23" alt="" hspace="1" vspace="1" src="http://thumb.1010pic.com/pic1/2008/07/30/14/20080730144028274170797-53.jpg" /> = kT （i為分子的自由度 = 平動(dòng)自由度t + 轉(zhuǎn)動(dòng)自由度r + 振動(dòng)自由度s 。對(duì)單原子分子i = 3 ，“剛性”〈忽略振動(dòng)，s = 0，但r = 2〉雙原子分子i = 5 。對(duì)于三個(gè)或三個(gè)以上的多原子分子，i = 6 。能量按自由度是均分的），所以說(shuō)溫度是物質(zhì)分子平均動(dòng)能的標(biāo)志。

c、熱力學(xué)第三定律：熱力學(xué)零度不可能達(dá)到。（結(jié)合分子動(dòng)理論的觀點(diǎn)2和溫度的微觀解釋很好理解。）

3、熱力學(xué)過(guò)程

a、熱傳遞。熱傳遞有三種方式：傳導(dǎo)（對(duì)長(zhǎng)L、橫截面積S的柱體，Q = KSΔ

某同學(xué)用下圖所示的裝置做“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)．先將a球從斜槽軌道上某固定點(diǎn)處由靜止開(kāi)始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下壓痕，重復(fù)10次；再把同樣大小的b球放在斜槽軌道末端水平段的最右端靜止放置，讓a球仍從原固定點(diǎn)由靜止開(kāi)始滾下，和b球相碰后，兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復(fù)10次．

【小題1】本實(shí)驗(yàn)必須測(cè)量的物理量有________；