(7分)為確定某電子元件的電氣特性，做如下測(cè)量。

(1)用多用表測(cè)量該元件的電阻，選用“×100”倍率的電阻檔測(cè)量，發(fā)現(xiàn)多用表指針偏轉(zhuǎn)過大，因此需選擇＿＿＿＿倍率的電阻檔(填：“×10”或“×1k”)，并＿＿＿＿再進(jìn)行測(cè)量，之后多用表的示數(shù)如圖(a)所示，測(cè)量結(jié)果為＿＿＿＿Ω。

（2）某同學(xué)想精確測(cè)得上述待測(cè)電阻Rx的阻值，實(shí)驗(yàn)室提供如下器材：

A．電流表A1（量程50mA、內(nèi)阻r1＝10Ω）??

B．電流表A2（量程200mA、內(nèi)阻r2約為2Ω）

C．電流表A3（量程0.6A、內(nèi) 阻r3約為O.2Ω）?? D．定值電阻R0＝30Ω

E．滑動(dòng)變阻器R（最大阻值約為10Ω）??? F．電源E（電動(dòng)勢(shì)為4V）

G．開關(guān)S、導(dǎo)線若干

回答：

①某同學(xué)設(shè)計(jì)了測(cè)量電阻Rx的一種實(shí)驗(yàn)電路原理如圖所示， 為保證測(cè)量時(shí)電流表讀數(shù)不小于其量程的1/3，M、N兩處的電流表應(yīng)分別選用：M為???????? ；N為???????? ．（填器材選項(xiàng)前相應(yīng)的英文字母）

②若M、N電表的讀數(shù)分別為IM、IN，則Rx的計(jì)算式為Rx＝?????????? ．（用題中字母表示）

 

【答案】

（1） ×10，歐姆調(diào)零，70（每空1分）（2）①A? B?? （每空1分）? ② 2分）

【解析】

試題分析：（1）歐姆表在沒有測(cè)量電阻時(shí)，電路為斷路狀態(tài)，電阻為無(wú)窮大，指針指在最左端，指針偏轉(zhuǎn)角度過大，說明電阻很小，倍率選擇過大，所以應(yīng)該換為×10。重新?lián)Q倍率后，要再次歐姆調(diào)零才可以使用，測(cè)量結(jié)果為指針對(duì)應(yīng)刻度乘以倍率即。

（2）①經(jīng)過待測(cè)電阻的電流最大為，要超過量程的，選擇BC都不合適，所以選擇A。經(jīng)過定值電阻的最大電流，經(jīng)過待測(cè)電阻的電流最大為，那么經(jīng)過M處的電流最大為，不超過量程的，選項(xiàng)C排除B對(duì)。

②定值電阻兩端的電壓，等于并聯(lián)支路待測(cè)電阻兩端的電壓，待測(cè)電阻和電流表串聯(lián)，所以,即得

考點(diǎn)：多用表??? 測(cè)量電阻的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)探究

 

練習(xí)冊(cè)系列答案
相關(guān)習(xí)題

科目：高中物理 來(lái)源： 題型：閱讀理解

第Ⅰ卷（選擇題　共31分）

一、單項(xiàng)選擇題．本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分．每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意．

1. 關(guān)于科學(xué)家和他們的貢獻(xiàn)，下列說法中正確的是[來(lái)源:Www..com]

A．安培首先發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)

B．伽利略認(rèn)為自由落體運(yùn)動(dòng)是速度隨位移均勻變化的運(yùn)動(dòng)

C．牛頓發(fā)現(xiàn)了萬(wàn)有引力定律，并計(jì)算出太陽(yáng)與地球間引力的大小

D．法拉第提出了電場(chǎng)的觀點(diǎn)，說明處于電場(chǎng)中電荷所受到的力是電場(chǎng)給予的

2．如圖為一種主動(dòng)式光控報(bào)警器原理圖，圖中R1和R2為光敏電阻，R3和R4為定值電阻．當(dāng)射向光敏電阻R1和R2的任何一束光線被遮擋時(shí)，都會(huì)引起警鈴發(fā)聲，則圖中虛線框內(nèi)的電路是

A．與門                  B．或門               C．或非門                  D．與非門

 


3．如圖所示的交流電路中，理想變壓器原線圈輸入電壓為U1，輸入功率為P1，輸出功率為P2，各交流電表均為理想電表．當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的滑動(dòng)頭向下移動(dòng)時(shí)

A．燈L變亮                                    B．各個(gè)電表讀數(shù)均變大

C．因?yàn)?i>U1不變，所以P1不變                              D．P1變大，且始終有P1= P2

4．豎直平面內(nèi)光滑圓軌道外側(cè)，一小球以某一水平速度v0從A點(diǎn)出發(fā)沿圓軌道運(yùn)動(dòng)，至B點(diǎn)時(shí)脫離軌道，最終落在水平面上的C點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力．下列說法中不正確的是

A．在B點(diǎn)時(shí)，小球?qū)A軌道的壓力為零

B．B到C過程，小球做勻變速運(yùn)動(dòng)

C．在A點(diǎn)時(shí)，小球?qū)A軌道壓力大于其重力

D．A到B過程，小球水平方向的加速度先增加后減小

5．如圖所示，水平面上放置質(zhì)量為M的三角形斜劈，斜劈頂端安裝光滑的定滑輪，細(xì)繩跨過定滑輪分別連接質(zhì)量為m1和m2的物塊．m1在斜面上運(yùn)動(dòng)，三角形斜劈保持靜止?fàn)顟B(tài)．下列說法中正確的是

A．若m2向下運(yùn)動(dòng)，則斜劈受到水平面向左摩擦力

B．若m1沿斜面向下加速運(yùn)動(dòng)，則斜劈受到水平面向右的摩擦力

C．若m1沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，則斜劈受到水平面的支持力大于（m1+ m2+M）g

D．若m2向上運(yùn)動(dòng)，則輕繩的拉力一定大于m2g

二、多項(xiàng)選擇題．本題共4小題，每小題4分，共計(jì)16分．每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意．全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分．

6．木星是太陽(yáng)系中最大的行星，它有眾多衛(wèi)星．觀察測(cè)出：木星繞太陽(yáng)作圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1、 周期為T1；木星的某一衛(wèi)星繞木星作圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r2、 周期為T2．已知萬(wàn)有引力常量為G，則根據(jù)題中給定條件

A．能求出木星的質(zhì)量

B．能求出木星與衛(wèi)星間的萬(wàn)有引力

C．能求出太陽(yáng)與木星間的萬(wàn)有引力

D．可以斷定

7．如圖所示，xOy坐標(biāo)平面在豎直面內(nèi)，x軸沿水平方向，y軸正方向豎直向上，在圖示空間內(nèi)有垂直于xOy平面的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一帶電小球從O點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中曲線．關(guān)于帶電小球的運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是

A．OAB軌跡為半圓

B．小球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)A時(shí)速度最大，且沿水平方向

C．小球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒

D．小球在A點(diǎn)時(shí)受到的洛倫茲力與重力大小相等

8．如圖所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動(dòng)摩擦力大小為f，用水平的恒定拉力F作用于滑塊．當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí)，木板在地面上移動(dòng)的距離為s，滑塊速度為v1，木板速度為v2，下列結(jié)論中正確的是

A．上述過程中，F做功大小為　　　　　　　　　　　　

B．其他條件不變的情況下，F越大，滑塊到達(dá)右端所用時(shí)間越長(zhǎng)

C．其他條件不變的情況下，M越大，s越小

D．其他條件不變的情況下，f越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多

9．如圖所示，兩個(gè)固定的相同細(xì)環(huán)相距一定的距離，同軸放置，O1、O2分別為兩環(huán)的圓心，兩環(huán)分別帶有均勻分布的等量異種電荷．一帶正電的粒子從很遠(yuǎn)處沿軸線飛來(lái)并穿過兩環(huán)．則在帶電粒子運(yùn)動(dòng)過程中

A．在O1點(diǎn)粒子加速度方向向左

B．從O1到O2過程粒子電勢(shì)能一直增加

C．軸線上O1點(diǎn)右側(cè)存在一點(diǎn)，粒子在該點(diǎn)動(dòng)能最小

D．軸線上O1點(diǎn)右側(cè)、O2點(diǎn)左側(cè)都存在場(chǎng)強(qiáng)為零的點(diǎn)，它們關(guān)于O1、O2連線中點(diǎn)對(duì)稱

 


第Ⅱ卷（非選擇題　共89分）

三、簡(jiǎn)答題：本題分必做題（第lO、11題)和選做題(第12題)兩部分，共計(jì)42分．請(qǐng)將解答填寫在答題卡相應(yīng)的位置．

必做題

10．測(cè)定木塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)時(shí)，采用如圖所示的裝置，圖中長(zhǎng)木板水平固定．

（1）實(shí)驗(yàn)過程中，電火花計(jì)時(shí)器應(yīng)接在  ▲  （選填“直流”或“交流”）電源上．調(diào)整定滑輪高度，使  ▲  ．

（2）已知重力加速度為g，測(cè)得木塊的質(zhì)量為M，砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量為m，木塊的加速度為a，則木塊與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=  ▲  ．

（3）如圖為木塊在水平木板上帶動(dòng)紙帶運(yùn)動(dòng)打出的一條紙帶的一部分，0、1、2、3、4、5、6為計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)打點(diǎn)未畫出．從紙帶上測(cè)出x1=3.20cm，x2=4.52cm，x5=8.42cm，x6=9.70cm．則木塊加速度大小a=  ▲  m/s2(保留兩位有效數(shù)字)．

 


11．為了測(cè)量某電池的電動(dòng)勢(shì) E（約為3V）和內(nèi)阻 r，可供選擇的器材如下：

A．電流表G1（2mA  100Ω）             B．電流表G2（1mA  內(nèi)阻未知）

C．電阻箱R1（0~999.9Ω）                      D．電阻箱R2（0~9999Ω）

E．滑動(dòng)變阻器R3（0~10Ω  1A）         F．滑動(dòng)變阻器R4（0~1000Ω  10mA）

G．定值電阻R0（800Ω  0.1A）               H．待測(cè)電池

I．導(dǎo)線、電鍵若干

（1）采用如圖甲所示的電路，測(cè)定電流表G2的內(nèi)阻，得到電流表G1的示數(shù)I1、電流表G2的示數(shù)I2如下表所示：

I1（mA）

0.40

0.81

1.20

1.59

2.00

I2（mA）

0.20

0.40

0.60

0.80

1.00

 


根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)，請(qǐng)?jiān)趫D乙坐標(biāo)中描點(diǎn)作出I1—I2圖線．由圖得到電流表G2的內(nèi)阻等于

  ▲  Ω．

（2）在現(xiàn)有器材的條件下，測(cè)量該電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，采用如圖丙所示的電路，圖中滑動(dòng)變阻器①應(yīng)該選用給定的器材中  ▲  ，電阻箱②選  ▲  （均填寫器材代號(hào)）．

（3）根據(jù)圖丙所示電路，請(qǐng)?jiān)诙D中用筆畫線代替導(dǎo)線，完成實(shí)物電路的連接．

 


12．選做題(請(qǐng)從A、B和C三小題中選定兩小題作答，并在答題卡上把所選題目對(duì)應(yīng)字母后的方框涂滿涂黑．如都作答，則按A、B兩小題評(píng)分．)

A．(選修模塊3-3)(12分)

（1）下列說法中正確的是  ▲ 

A．液體表面層分子間距離大于液體內(nèi)部分子間距離，液體表面存在張力

B．?dāng)U散運(yùn)動(dòng)就是布朗運(yùn)動(dòng)

C．蔗糖受潮后會(huì)粘在一起，沒有確定的幾何形狀，它是非晶體

D．對(duì)任何一類與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀自然過程進(jìn)行方向的說明，都可以作為熱力學(xué)第二定律的表述

（2）將1ml的純油酸加到500ml的酒精中，待均勻溶解后，用滴管取1ml油酸酒精溶液，讓其自然滴出，共200滴．現(xiàn)在讓其中一滴落到盛水的淺盤內(nèi)，待油膜充分展開后，測(cè)得油膜的面積為200cm2，則估算油酸分子的大小是  ▲  m（保留一位有效數(shù)字）．

（3）如圖所示，一直立的汽缸用一質(zhì)量為m的活塞封閉一定量的理想氣體，活塞橫截面積為S，汽缸內(nèi)壁光滑且缸壁是導(dǎo)熱的，開始活塞被固定，打開固定螺栓K，活塞下落，經(jīng)過足夠長(zhǎng)時(shí)間后，活塞停在B點(diǎn)，已知AB=h，大氣壓強(qiáng)為p0，重力加速度為g．

①求活塞停在B點(diǎn)時(shí)缸內(nèi)封閉氣體的壓強(qiáng)；

②設(shè)周圍環(huán)境溫度保持不變，求整個(gè)過程中通過缸壁傳遞的熱量Q（一定量理想氣體的內(nèi)能僅由溫度決定）．

B．(選修模塊3-4)(12分)

（1）下列說法中正確的是  ▲ 

A．照相機(jī)、攝影機(jī)鏡頭表面涂有增透膜，利用了光的干涉原理

B．光照射遮擋物形成的影輪廓模糊，是光的衍射現(xiàn)象

C．太陽(yáng)光是偏振光

D．為了有效地發(fā)射電磁波，應(yīng)該采用長(zhǎng)波發(fā)射

（2）甲、乙兩人站在地面上時(shí)身高都是L0, 甲、乙分別乘坐速度為0.6c和0.8c（c為光速）的飛船同向運(yùn)動(dòng)，如圖所示．此時(shí)乙觀察到甲的身高L  ▲  L0；若甲向乙揮手，動(dòng)作時(shí)間為t0，乙觀察到甲動(dòng)作時(shí)間為t1，則t1  ▲  t0（均選填“>”、“ =” 或“<”）．

（3）x=0的質(zhì)點(diǎn)在t=0時(shí)刻開始振動(dòng)，產(chǎn)生的波沿x軸正方向傳播，t1=0.14s時(shí)刻波的圖象如圖所示，質(zhì)點(diǎn)A剛好開始振動(dòng)．

①求波在介質(zhì)中的傳播速度；

②求x=4m的質(zhì)點(diǎn)在0.14s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的路程．

   C．(選修模塊3-5)(12分)

（1）下列說法中正確的是  ▲ 

A．康普頓效應(yīng)進(jìn)一步證實(shí)了光的波動(dòng)特性

B．為了解釋黑體輻射規(guī)律，普朗克提出電磁輻射的能量是量子化的

C．經(jīng)典物理學(xué)不能解釋原子的穩(wěn)定性和原子光譜的分立特征

D．天然放射性元素衰變的快慢與化學(xué)、物理狀態(tài)有關(guān)

（2）是不穩(wěn)定的，能自發(fā)的發(fā)生衰變．

①完成衰變反應(yīng)方程    ▲  ．

②衰變?yōu)?img width=40 height=25 src="http://thumb.zyjl.cn/pic1/1899/wl/3/40403.gif" >，經(jīng)過  ▲  次α衰變，  ▲  次β衰變．

（3）1919年，盧瑟福用α粒子轟擊氮核發(fā)現(xiàn)質(zhì)子．科學(xué)研究表明其核反應(yīng)過程是：α粒子轟擊靜止的氮核后形成了不穩(wěn)定的復(fù)核，復(fù)核發(fā)生衰變放出質(zhì)子，變成氧核．設(shè)α粒子質(zhì)量為m1，初速度為v0，氮核質(zhì)量為m2，質(zhì)子質(zhì)量為m0, 氧核的質(zhì)量為m3，不考慮相對(duì)論效應(yīng)．

①α粒子轟擊氮核形成不穩(wěn)定復(fù)核的瞬間，復(fù)核的速度為多大？

②求此過程中釋放的核能．

四、計(jì)算題：本題共3小題，共計(jì)47分．解答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．

13．如圖所示，一質(zhì)量為m的氫氣球用細(xì)繩拴在地面上，地面上空風(fēng)速水平且恒為v0，球靜止時(shí)繩與水平方向夾角為α．某時(shí)刻繩突然斷裂，氫氣球飛走．已知?dú)錃馇蛟诳諝庵羞\(yùn)動(dòng)時(shí)所受到的阻力f正比于其相對(duì)空氣的速度v，可以表示為f=kv（k為已知的常數(shù)）．則

（1）氫氣球受到的浮力為多大？

（2）繩斷裂瞬間，氫氣球加速度為多大？

（3）一段時(shí)間后氫氣球在空中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其水平方向上的速度與風(fēng)速v0相等，求此時(shí)氣球速度大小（設(shè)空氣密度不發(fā)生變化，重力加速度為g）．

 


14．如圖所示，光滑絕緣水平面上放置一均勻?qū)w制成的正方形線框abcd，線框質(zhì)量為m，電阻為R，邊長(zhǎng)為L．有一方向豎直向下的有界磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)區(qū)寬度大于L，左邊界與ab邊平行．線框在水平向右的拉力作用下垂直于邊界線穿過磁場(chǎng)區(qū)．

（1）若線框以速度v勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)，求線框在離開磁場(chǎng)時(shí)ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；

（2）若線框從靜止開始以恒定的加速度a運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過t1時(shí)間ab邊開始進(jìn)入磁場(chǎng)，求cd邊將要進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)刻回路的電功率；

（3）若線框以初速度v0進(jìn)入磁場(chǎng)，且拉力的功率恒為P0．經(jīng)過時(shí)間T，cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)，此過程中回路產(chǎn)生的電熱為Q．后來(lái)ab邊剛穿出磁場(chǎng)時(shí)，線框速度也為v0，求線框穿過磁場(chǎng)所用的時(shí)間t．

      

15．如圖所示，有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，MN為其左邊界，磁場(chǎng)中放置一半徑為R的圓柱形金屬圓筒，圓心O到MN的距離OO1=2R，圓筒軸線與磁場(chǎng)平行．圓筒用導(dǎo)線通過一個(gè)電阻r0接地，最初金屬圓筒不帶電．現(xiàn)有范圍足夠大的平行電子束以速度v0從很遠(yuǎn)處沿垂直于左邊界MN向右射入磁場(chǎng)區(qū)，已知電子質(zhì)量為m，電量為e．

（1）若電子初速度滿足，則在最初圓筒上沒有帶電時(shí)，能夠打到圓筒上的電子對(duì)應(yīng)MN邊界上O1兩側(cè)的范圍是多大？

（2）當(dāng)圓筒上電量達(dá)到相對(duì)穩(wěn)定時(shí)，測(cè)量得到通過電阻r0的電流恒為I，忽略運(yùn)動(dòng)電子間的相互作用，求此時(shí)金屬圓筒的電勢(shì)φ和電子到達(dá)圓筒時(shí)速度v（取無(wú)窮遠(yuǎn)處或大地電勢(shì)為零）．

（3）在（2）的情況下，求金屬圓筒的發(fā)熱功率．

 


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科目：高中物理 來(lái)源： 題型：閱讀理解

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(wú)限長(zhǎng)”螺線管內(nèi)部的結(jié)論：B = 2πknI 。其中n為單位長(zhǎng)度螺線管的匝數(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?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(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)線圈的轉(zhuǎn)矩

如圖9-2所示，當(dāng)一個(gè)矩形線圈（線圈面積為S、通以恒定電流I）放入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，且磁場(chǎng)B的方向平行線圈平面時(shí)，線圈受安培力將轉(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線圈形狀改變，結(jié)論不變（證明從略）；

*⑷磁場(chǎng)平行線圈平面相對(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(shí)，認(rèn)為線圈的轉(zhuǎn)軸垂直磁場(chǎng)。如果沒有人為設(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(duì)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�(dòng)量發(fā)生改變卻不能使其動(dòng)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(gè)問題：（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(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…（過程從略）。

☆但也有一個(gè)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(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 vmax = = 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(gè)關(guān)于畢薩定律的簡(jiǎn)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(chǎng)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(duì)應(yīng)圓心角θ ，則弧長(zhǎng)L = θR 。因?yàn)棣?u> →

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科目：高中物理 來(lái)源： 題型：閱讀理解

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)的問題分為兩部分，那就是電場(chǎng)本身的問題、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(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(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)線是抽象而直觀地描述電場(chǎng)有效工具（電場(chǎng)線的基本屬性）。

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(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中虛線以內(nèi)部分的總電量…〕。

⑷無(wú)限長(zhǎng)均勻帶電直線（電荷線密度為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

WAB = q（UA － UB）= qUAB 

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，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= ），εr則為相對(duì)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(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：無(wú)極分子和有極分子，前者是指在沒有外電場(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(duì)極化電荷來(lái)說的，它是指可以自由移動(dòng)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(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)摹㈨斀呛苄〉腻F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——由于由于在x方向、y方向上的對(duì)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(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抵消的將是y、z兩個(gè)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(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〗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(wú)窮遠(yuǎn)為參考點(diǎn)，試求P點(diǎn)的電勢(shì)UP 。

【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】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(gè)總電量的分布不是均勻的，結(jié)論會(huì)改變嗎？

〖答〗UP =  ；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：（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〗（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(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】Uo = 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(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〗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(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

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(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）——

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(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，且已測(cè)得它們的電勢(shì)分別為UA和UB 。試問：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 = UA

                 2U2 + U1 = UB

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

  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(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〗此處的四塊板子雖然位置相對(duì)O點(diǎn)具有對(duì)稱性，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切胃鬟吷想妱?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(duì)O點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)，已知P點(diǎn)的電勢(shì)為UP ，試求Q點(diǎn)的電勢(shì)UQ 。

〖解說〗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)，UP = 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= －UQ 

以上的兩個(gè)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(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(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：（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】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(dòng)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(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“兩個(gè)點(diǎn)電荷的勢(shì)能”是多少。）

【答】（1）k；（2）Ek1 = k ，Ek2 = 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_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(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：）？如果在板間充滿相對(duì)介電常數(shù)為εr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，而下半部充滿相對(duì)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(chǎng)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(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？從公式的角度看，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，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，周圍充滿相對(duì)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(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：（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】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：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(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Uao 、Ubo和Uco各為多少。

【解說】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“孤島”）的總電量為零。

電量關(guān)系：++= 0

電勢(shì)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(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，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】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?jī)?chǔ)存就不難了。

（2）斷開前，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程（C3類比為“電源”）滿足——

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）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(chǔ)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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