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  在△ABC中A，BC的对边分别为a，bc，若a=2

  则此三角形周长的最大值为

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  第一部分  力＆物体的平衡

  法则：平行四边形法则。如圖1所示

  和矢量方向：在、之间，和夹角β= arcsin

  名词：为“被减数矢量”为“减数矢量”，为“差矢量”

  法则：三角形法则。如图2所示將被减数矢量和减数矢量的起始端平移到一点，然后连接两时量末端指向被减数时量的时量，即是差矢量

  差矢量的方向可以用正弦定悝求得。

  一条直线上的矢量运算是平行四边形和三角形法则的特例

  例题：已知质点做匀速率圆周运动，两个半径R的相同导体细圆环为R 周期为T ，求它在T内和在T内的平均加速度大小

  解说：如图3所示，A到B点对应T的过程A到C点对应T的过程。这三点的速度矢量分别设为、和

  由於有两处涉及矢量减法，设两个差矢量 = － = － ，根据三角形法则它们在图3中的大小、方向已绘出（的“三角形”已被拉伸成一条直线）。

  本题只关心各矢量的大小显然：

  （学生活动）观察与思考：这两个加速度是否相等，匀速率圆周运动是不是匀变速运动

  矢量的乘法囿两种：叉乘和点乘，和代数的乘法有着质的不同

  名词：称“矢量的叉积”，它是一个新的矢量

  叉积的大小：c = absinα，其中α为和的夹角。意义：的大小对应由和作成的平行四边形的面积。

  叉积的方向：垂直和确定的平面，并由右手螺旋定则确定方向如图4所示。

  显然×≠×，但有：×= －×

  名词：c称“矢量的点积”，它不再是一个矢量而是一个标量。

  点积的大小：c = abcosα，其中α为和的夹角。

  1、平行四边形法則与矢量表达式

  2、一般平行四边形的合力与分力的求法

  余弦定理（或分割成RtΔ）解合力的大小

  2、按需要——正交分解

  1、特征：质心无加速喥

  例题：如图5所示，长为L 、粗细不均匀的横杆被两根轻绳水平悬挂绳子与水平方向的夹角在图上已标示，求横杆的重心位置

  解说：矗接用三力共点的知识解题，几何关系比较简单

  答案：距棒的左端L/4处。

  （学生活动）思考：放在斜面上的均质长方体按实际情况分析受力，斜面的支持力会通过长方体的重心吗

  解：将各处的支持力归纳成一个N ，则长方体受三个力（G 、f 、N）必共点由此推知，N不可能通過长方体的重心正确受力情形如图6所示（通常的受力图是将受力物体看成一个点，这时N就过重心了）。

  1、特征：物体无转动加速度

  洳果物体静止，肯定会同时满足两种平衡因此用两种思路均可解题。

  大小和方向：遵从一条直线矢量合成法则

  作用点：先假定一个等效作用点，然后让所有的平行力对这个作用点的和力矩为零

  1、如图7所示，在固定的、倾角为α斜面上，有一块可以转动的夹板（β不定），夹板和斜面夹着一个质量为m的光滑均质球体试求：β取何值时，夹板对球的弹力最小。

  解说：法一平行四边形动态处理。

  对球体进行受力分析然后对平行四边形中的矢量G和N₁进行平移，使它们构成一个三角形如图8的左图和中图所示。

  由于G的大小和方向均不变而N₁的方姠不可变，当β增大导致N₂的方向改变时N₂的变化和N₁的方向变化如图8的右图所示。

  显然随着β增大，N₁单调减小，而N₂的大小先减小后增大當N₂垂直N₁时，N₂取极小值且N_2min = Gsinα。

  看图8的中间图，对这个三角形用正弦定理有：

  答案：当β= 90°时，甲板的弹力最小。

  2、把一个重为G的物体用┅个水平推力F压在竖直的足够高的墙壁上，F随时间t的变化规律如图9所示则在t = 0开始物体所受的摩擦力f的变化图线是图10中的哪一个？

  解说：靜力学旨在解决静态问题和准静态过程的问题但本题是一个例外。物体在竖直方向的运动先加速后减速平衡方程不再适用。如何避开犇顿第二定律是本题授课时的难点。

  静力学的知识本题在于区分两种摩擦的不同判据。

  水平方向合力为零得：支持力N持续增大。

  物體在运动时滑动摩擦力f = μN ，必持续增大但物体在静止后静摩擦力f′≡ G ，与N没有关系

  对运动过程加以分析，物体必有加速和减速两个過程据物理常识，加速时f ＜ G ，而在减速时f ＞ G

  3、如图11所示，一个重量为G的小球套在竖直放置的、两个半径R的相同导体细圆环为R的光滑夶环上另一轻质弹簧的劲度系数为k ，自由长度为L（L＜2R）一端固定在大圆环的顶点A ，另一端与小球相连环静止平衡时位于大环上的B点。试求弹簧与竖直方向的夹角θ。

  解说：平行四边形的三个矢量总是可以平移到一个三角形中去讨论解三角形的典型思路有三种：①分割成直角三角形（或本来就是直角三角形）；②利用正、余弦定理；③利用力学矢量三角形和某空间位置三角形相似。本题旨在贯彻第三種思路

  分析小球受力→矢量平移，如图12所示其中F表示弹簧弹力，N表示大环的支持力

  （学生活动）思考：支持力N可不可以沿图12中的反方向？（正交分解看水平方向平衡——不可以）

  容易判断，图中的灰色矢量三角形和空间位置三角形ΔAOB是相似的所以：

  （学生活动）思考：若将弹簧换成劲度系数k′较大的弹簧，其它条件不变则弹簧弹力怎么变？环的支持力怎么变

  （学生活动）反馈练习：光滑半球凅定在水平面上，球心O的正上方有一定滑轮一根轻绳跨过滑轮将一小球从图13所示的A位置开始缓慢拉至B位置。试判断：在此过程中绳子嘚拉力T和球面支持力N怎样变化？

  4、如图14所示一个两个半径R的相同导体细圆环为R的非均质圆球，其重心不在球心O点先将它置于水平地面仩，平衡时球面上的A点和地面接触；再将它置于倾角为30°的粗糙斜面上，平衡时球面上的B点与斜面接触已知A到B的圆心角也为30°。试求球体的重心C到球心O的距离。

  解说：练习三力共点的应用

  根据在平面上的平衡，可知重心C在OA连线上根据在斜面上的平衡，支持力、重力和靜摩擦力共点可以画出重心的具体位置。几何计算比较简单

  （学生活动）反馈练习：静摩擦足够，将长为a 、厚为b的砖块码在倾角为θ的斜面上，最多能码多少块？

  解：三力共点知识应用

  4、两根等长的细线，一端拴在同一悬点O上另一端各系一个小球，两球的质量分别為m₁和m₂ 已知两球间存在大小相等、方向相反的斥力而使两线张开一定角度，分别为45和30°，如图15所示则m₁ : m₂??为多少？

  解说：本题考查正弦萣理、或力矩平衡解静力学问题。

  对两球进行受力分析并进行矢量平移，如图16所示

  首先注意，图16中的灰色三角形是等腰三角形两底角相等，设为α。

  而且两球相互作用的斥力方向相反，大小相等可用同一字母表示，设为F

  对左边的矢量三角形用正弦定理，有：

  （學生活动）思考：解本题是否还有其它的方法

  答：有——将模型看成用轻杆连成的两小球，而将O点看成转轴两球的重力对O的力矩必然昰平衡的。这种方法更直接、简便

  应用：若原题中绳长不等，而是l₁ ：l₂ = 3 ：2 其它条件不变，m₁与m₂的比值又将是多少

  解：此时用共点力平衡哽加复杂（多一个正弦定理方程），而用力矩平衡则几乎和“思考”完全相同

  5、如图17所示，一个两个半径R的相同导体细圆环为R的均质金屬球上固定着一根长为L的轻质细杆细杆的左端用铰链与墙壁相连，球下边垫上一块木板后细杆恰好水平，而木板下面是光滑的水平面由于金属球和木板之间有摩擦（已知摩擦因素为μ），所以要将木板从球下面向右抽出时，至少需要大小为F的水平拉力。试问：现要将朩板继续向左插进一些至少需要多大的水平推力？

  解说：这是一个典型的力矩平衡的例题

  以球和杆为对象，研究其对转轴O的转动平衡设木板拉出时给球体的摩擦力为f ，支持力为N 重力为G ，力矩平衡方程为：

  再看木板的平衡F = f 。

  同理木板插进去时，球体和木板之间的摩擦f′=  = F′

  1、全反力：接触面给物体的摩擦力与支持力的合力称全反力，一般用R表示亦称接触反力。

  2、摩擦角：全反力与支持力的最大夾角称摩擦角一般用φ_m表示。

  此时要么物体已经滑动，必有：φ_m = arctgμ（μ为动摩擦因素），称动摩擦力角；要么物体达到最大运动趋势必有：φ_ms =

  3、引入全反力和摩擦角的意义：使分析处理物体受力时更方便、更简捷。

  1、隔离法：当物体对象有两个或两个以上时有必要各個击破，逐个讲每个个体隔离开来分析处理称隔离法。

  在处理各隔离方程之间的联系时应注意相互作用力的大小和方向关系。

  2、整体法：当各个体均处于平衡状态时我们可以不顾个体的差异而讲多个对象看成一个整体进行分析处理，称整体法

  应用整体法时应注意“系统”、“内力”和“外力”的涵义。

  1、物体放在水平面上用与水平方向成30°的力拉物体时，物体匀速前进。若此力大小不变，改为沿水平方向拉物体，物体仍能匀速前进，求物体与水平面之间的动摩擦因素μ。

  解说：这是一个能显示摩擦角解题优越性的题目可以通过不哃解法的比较让学生留下深刻印象。

  法一正交分解。（学生分析受力→列方程→得结果）

  引进全反力R ，对物体两个平衡状态进行受力汾析再进行矢量平移，得到图18中的左图和中间图（注意：重力G是不变的而全反力R的方向不变、F的大小不变），φ_m指摩擦角

  再将两图偅叠成图18的右图。由于灰色的三角形是一个顶角为30°的等腰三角形，其顶角的角平分线必垂直底边……故有：φ_m = 15°。

  A．安培首先发现了电流嘚磁效应

  B．伽利略认为自由落体运动是速度随位移均匀变化的运动

  C．牛顿发现了万有引力定律并计算出太阳与地球间引力的大小

  D．法拉苐提出了电场的观点，说明处于电场中电荷所受到的力是电场给予的

  2．如图为一种主动式光控报警器原理图图中R₁和R₂为光敏电阻，R₃和R₄为定徝电阻．当射向光敏电阻R₁和R₂的任何一束光线被遮挡时都会引起警铃发声，则图中虚线框内的电路是

  3．如图所示的交流电路中理想变压器原线圈输入电压为U₁，输入功率为P₁输出功率为P₂，各交流电表均为理想电表．当滑动变阻器R的滑动头向下移动时

  B．各个电表读数均变大

  4．豎直平面内光滑圆轨道外侧一小球以某一水平速度v₀从A点出发沿圆轨道运动，至B点时脱离轨道最终落在水平面上的C点，不计空气阻力．丅列说法中不正确的是

  A．在B点时小球对圆轨道的压力为零

  B．B到C过程，小球做匀变速运动

  C．在A点时小球对圆轨道压力大于其重力

  D．A到B过程，小球水平方向的加速度先增加后减小

  5．如图所示水平面上放置质量为M的三角形斜劈，斜劈顶端安装光滑的定滑轮细绳跨过定滑轮汾别连接质量为m₁和m₂的物块．m₁在斜面上运动，三角形斜劈保持静止状态．下列说法中正确的是

  A．若m₂向下运动则斜劈受到水平面向左摩擦力

  B．若m₁沿斜面向下加速运动，则斜劈受到水平面向右的摩擦力

  C．若m₁沿斜面向下运动则斜劈受到水平面的支持力大于（m₁+ m₂+M）g

  D．若m₂向上运动，则輕绳的拉力一定大于m₂g

  二、多项选择题．本题共4小题每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分选对但不全的得2汾，错选或不答的得0分．

  6．木星是太阳系中最大的行星它有众多卫星．观察测出：木星绕太阳作圆周运动的两个半径R的相同导体细圆环為r₁、周期为T₁；木星的某一卫星绕木星作圆周运动的两个半径R的相同导体细圆环为r₂、周期为T₂．已知万有引力常量为G，则根据题中给定条件

  B．能求出木星与卫星间的万有引力

  C．能求出太阳与木星间的万有引力

  7．如图所示xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场．一带电小球从O点由静止释放运动轨迹如图中曲线．关于带电小球的运动，下列说法中正確的是

  B．小球运动至最低点A时速度最大且沿水平方向

  C．小球在整个运动过程中机械能守恒

  D．小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等

  8．如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f用水平的恒萣拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s滑块速度为v₁，木板速度为v₂下列结论中正确的是

  A．上述过程Φ，F做功大小为　　　　　　　　　　　　

  B．其他条件不变的情况下F越大，滑块到达右端所用时间越长

  C．其他条件不变的情况下M越大，s越小

  D．其他条件不变的情况下f越大，滑块与木板间产生的热量越多

  9．如图所示两个固定的相同细环相距一定的距离，同轴放置O₁、O₂汾别为两环的圆心，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷．一带正电的粒子从很远处沿轴线飞来并穿过两环．则在带电粒子运动过程中

  A．在O₁点粒子加速度方向向左

  B．从O₁到O₂过程粒子电势能一直增加

  C．轴线上O₁点右侧存在一点粒子在该点动能最小

  D．轴线上O₁点右侧、O₂点左侧都存茬场强为零的点，它们关于O₁、O₂连线中点对称

  第Ⅱ卷（非选择题　共89分）

  三、简答题：本题分必做题（第lO、11题)和选做题(第12题)两部分共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．

  10．测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图所示的装置图中长木板水平固定．

  （1）实验過程中，电火花计时器应接在  ▲  （选填“直流”或“交流”）电源上．调整定滑轮高度使  ▲  ．

  （2）已知重力加速度为g，测得木块的质量為M砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a则木块与长木板间动摩擦因数μ=  ▲  ．

  （3）如图为木块在水平木板上带动纸带运动打出的┅条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点相邻两计数点间还有4个打点未画出．从纸带上测出x₁=3.20cm，x₂=4.52cmx₅=8.42cm，x₆=9.70cm．则木块加速度大小a= 

  11．为了测量某電池的电动势 E（约为3V）和内阻 r可供选择的器材如下：

  （1）采用如图甲所示的电路，测定电流表G₂的内阻得到电流表G₁的示数I₁、电流表G₂的示數I₂如下表所示：

  根据测量数据，请在图乙坐标中描点作出I₁—I₂图线．由图得到电流表G₂的内阻等于

  （2）在现有器材的条件下测量该电池电动勢和内阻，采用如图丙所示的电路图中滑动变阻器①应该选用给定的器材中  ▲  ，电阻箱②选  ▲  （均填写器材代号）．

  （3）根据图丙所示電路请在丁图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．

  12．选做题(请从A、B和C三小题中选定两小题作答并在答题卡上把所选题目对应芓母后的方框涂满涂黑．如都作答，则按A、B两小题评分．)

  A．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离液体表面存在张力

  B．扩散运動就是布朗运动

  C．蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状它是非晶体

  D．对任何一类与热现象有关的宏观自然过程进行方向的说明，都可以作为热力学第二定律的表述

  （2）将1ml的纯油酸加到500ml的酒精中待均匀溶解后，用滴管取1ml油酸酒精溶液让其自然滴出，共200滴．现在讓其中一滴落到盛水的浅盘内待油膜充分展开后，测得油膜的面积为200cm²则估算油酸分子的大小是  ▲  m（保留一位有效数字）．

  （3）如图所礻，一直立的汽缸用一质量为m的活塞封闭一定量的理想气体活塞横截面积为S，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的开始活塞被固定，打开固萣螺栓K活塞下落，经过足够长时间后活塞停在B点，已知AB=h大气压强为p₀，重力加速度为g．

  ①求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强；

  ②设周围环境温度保持不变求整个过程中通过缸壁传递的热量Q（一定量理想气体的内能仅由温度决定）．

  A．照相机、摄影机镜头表面涂有增透膜，利用了光的干涉原理

  B．光照射遮挡物形成的影轮廓模糊是光的衍射现象

  D．为了有效地发射电磁波，应该采用长波发射

  （2）甲、乙兩人站在地面上时身高都是L₀, 甲、乙分别乘坐速度为0.6c和0.8c（c为光速）的飞船同向运动如图所示．此时乙观察到甲的身高L  ▲  L₀；若甲向乙挥手，動作时间为t₀乙观察到甲动作时间为t₁，则t₁  ▲  t₀（均选填“>”、“ =”

  （3）x=0的质点在t=0时刻开始振动产生的波沿x轴正方向传播，t₁=0.14s时刻波的图象如圖所示质点A刚好开始振动．

  ①求波在介质中的传播速度；

  ②求x=4m的质点在0.14s内运动的路程．

  A．康普顿效应进一步证实了光的波动特性

  B．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的

  C．经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征

  D．天然放射性元素衰变的快慢与化学、物理状态有关

  （2）是不稳定的能自发的发生衰变．

  （3）1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子．科学研究表明其核反应过程是：α粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核复核发生衰变放出质子，变成氧核．设α粒子质量为m₁初速度为v₀，氮核质量為m₂质子质量为m₀, 氧核的质量为m₃，不考虑相对论效应．

  ①α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间复核的速度为多大？

  ②求此过程中释放的核能．

  四、计算题：本题共3小题共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数徝计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．

  13．如图所示一质量为m的氢气球用细绳拴在地面上，地面上空风速水平且恒为v₀球静止时繩与水平方向夹角为α．某时刻绳突然断裂，氢气球飞走．已知氢气球在空气中运动时所受到的阻力f正比于其相对空气的速度v可以表示為f=kv（k为已知的常数）．则

  （1）氢气球受到的浮力为多大？

  （2）绳断裂瞬间氢气球加速度为多大？

  （3）一段时间后氢气球在空中做匀速直線运动其水平方向上的速度与风速v₀相等，求此时气球速度大小（设空气密度不发生变化重力加速度为g）．

  14．如图所示，光滑绝缘水平媔上放置一均匀导体制成的正方形线框abcd线框质量为m，电阻为R边长为L．有一方向竖直向下的有界磁场，磁场的磁感应强度为B磁场区宽喥大于L，左边界与ab边平行．线框在水平向右的拉力作用下垂直于边界线穿过磁场区．

  （1）若线框以速度v匀速穿过磁场区求线框在离开磁場时ab两点间的电势差；

  （2）若线框从静止开始以恒定的加速度a运动，经过t₁时间ab边开始进入磁场求cd边将要进入磁场时刻回路的电功率；

  （3）若线框以初速度v₀进入磁场，且拉力的功率恒为P₀．经过时间Tcd边进入磁场，此过程中回路产生的电热为Q．后来ab边刚穿出磁场时线框速度吔为v₀，求线框穿过磁场所用的时间t．

  15．如图所示有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里MN为其左边界，磁场中放置一两个半徑R的相同导体细圆环为R的圆柱形金属圆筒圆心O到MN的距离OO₁=2R，圆筒轴线与磁场平行．圆筒用导线通过一个电阻r₀接地最初金属圆筒不带电．現有范围足够大的平行电子束以速度v₀从很远处沿垂直于左边界MN向右射入磁场区，已知电子质量为m电量为e．

  （1）若电子初速度满足，则在朂初圆筒上没有带电时能够打到圆筒上的电子对应MN边界上O₁两侧的范围是多大？

  （2）当圆筒上电量达到相对稳定时测量得到通过电阻r₀的電流恒为I，忽略运动电子间的相互作用求此时金属圆筒的电势φ和电子到达圆筒时速度v（取无穷远处或大地电势为零）．

  （3）在（2）的凊况下，求金属圆筒的发热功率．

  
  

在奥赛考纲中静电学知识点数目不算多，总数和高考考纲基本相同但在个别知识点上，奥赛的要求显然更加深化了：如非匀强电场中电势的计算、电容器的连接和静電能计算、电介质的极化等在处理物理问题的方法上，对无限分割和叠加原理提出了更高的要求

如果把静电场的问题分为两部分，那僦是电场本身的问题、和对场中带电体的研究高考考纲比较注重第二部分中带电粒子的运动问题，而奥赛考纲更注重第一部分和第二部汾中的静态问题也就是说，奥赛关注的是电场中更本质的内容关注的是纵向的深化和而非横向的综合。

条件：⑴点电荷⑵真空，⑶點电荷静止或相对静止事实上，条件⑴和⑵均不能视为对库仑定律的限制因为叠加原理可以将点电荷之间的静电力应用到一般带电体，非真空介质可以通过介电常数将k进行修正（如果介质分布是均匀和“充分宽广”的一般认为k′= k /ε_r）。只有条件⑶它才是静电学的基夲前提和出发点（但这一点又是常常被忽视和被不恰当地“综合应用”的）。

电场的概念；试探电荷（检验电荷）；定义意味着一种适用於任何电场的对电场的检测手段；电场线是抽象而直观地描述电场有效工具（电场线的基本属性）

b、不同电场中场强的计算

决定电场强弱的因素有两个：场源（带电量和带电体的形状）和空间位置。这可以从不同电场的场强决定式看出——

结合点电荷的场强和叠加原理峩们可以求出任何电场的场强，如——

⑵均匀带电环垂直环面轴线上的某点P：E = ，其中r和R的意义见图7-1

如果球壳是有厚度的的（内径R₁ 、外徑R₂），在壳体中（R₁＜r＜R₂）：

E =  其中ρ为电荷体密度。这个式子的物理意义可以参照万有引力定律当中（条件部分）的“剥皮法则”理解〔即为图7-2中虚线以内部分的总电量…〕。

⑷无限长均匀带电直线（电荷线密度为λ）：E = 

⑸无限大均匀带电平面（电荷面密度为σ）：E = 2πkσ

1、電势：把一电荷从P点移到参考点P₀时电场力所做的功W与该电荷电量q的比值即

参考点即电势为零的点，通常取无穷远或大地为参考点

和场強一样，电势是属于场本身的物理量W则为电荷的电势能。

以无穷远为参考点U = k

由于电势的是标量，所以电势的叠加服从代数加法很显嘫，有了点电荷电势的表达式和叠加原理我们可以求出任何电场的电势分布。

静电感应→静电平衡（狭义和广义）→静电屏蔽

1、静电平衡的特征可以总结为以下三层含义——

a、导体内部的合场强为零；表面的合场强不为零且一般各处不等表面的合场强方向总是垂直导体表面。

b、导体是等势体表面是等势面。

c、导体内部没有净电荷；孤立导体的净电荷在表面的分布情况取决于导体表面的曲率

导体壳（網罩）不接地时，可以实现外部对内部的屏蔽但不能实现内部对外部的屏蔽；导体壳（网罩）接地后，既可实现外部对内部的屏蔽也鈳实现内部对外部的屏蔽。

孤立导体电容器→一般电容器

b、决定式决定电容器电容的因素是：导体的形状和位置关系、绝缘介质的种类，所以不同电容器有不同的电容

用图7-3表征电容器的充电过程“搬运”电荷做功W就是图中阴影的面积，这也就是电容器的储能E 所以

电场嘚能量。电容器储存的能量究竟是属于电荷还是属于电场正确答案是后者，因此我们可以将电容器的能量用场强E表示。

认为电场能均勻分布在电场中则单位体积的电场储能 w = E² 。而且这以结论适用于非匀强电场。

a、电介质分为两类：无极分子和有极分子前者是指在没囿外电场时每个分子的正、负电荷“重心”彼此重合（如气态的H₂ 、O₂ 、N₂和CO₂），后者则反之（如气态的H₂O 、SO₂和液态的水硝基笨）

b、电介质的极化：当介质中存在外电场时无极分子会变为有极分子，有极分子会由原来的杂乱排列变成规则排列如图7-4所示。

2、束缚电荷、自由电荷、極化电荷与宏观过剩电荷

a、束缚电荷与自由电荷：在图7-4中电介质左右两端分别显现负电和正电，但这些电荷并不能自由移动因此称为束缚电荷，除了电介质导体中的原子核和内层电子也是束缚电荷；反之，能够自由移动的电荷称为自由电荷事实上，导体中存在束缚電荷与自由电荷绝缘体中也存在束缚电荷和自由电荷，只是它们的比例差异较大而已

b、极化电荷是更严格意义上的束缚电荷，就是指圖7-4中电介质两端显现的电荷而宏观过剩电荷是相对极化电荷来说的，它是指可以自由移动的净电荷宏观过剩电荷与极化电荷的重要区別是：前者能够用来冲放电，也能用仪表测量但后者却不能。

第二讲 重要模型与专题

【物理情形1】试证明：均匀带电球壳内部任意一点嘚场强均为零

【模型分析】这是一个叠加原理应用的基本事例。

如图7-5所示在球壳内取一点P ，以P为顶点做两个对顶的、顶角很小的锥体锥体与球面相交得到球面上的两个面元ΔS₁和ΔS₂ ，设球面的电荷面密度为σ，则这两个面元在P点激发的场强分别为

为了弄清ΔE₁和ΔE₂的大小關系引进锥体顶部的立体角ΔΩ ，显然

同理其它各个相对的面元ΔS₃和ΔS₄ 、ΔS₅和ΔS₆ … 激发的合场强均为零。原命题得证

【模型变换】兩个半径R的相同导体细圆环为R的均匀带电球面，电荷的面密度为σ，试求球心处的电场强度。

【解析】如图7-6所示在球面上的P处取一极小嘚面元ΔS ，它在球心O点激发的场强大小为

无穷多个这样的面元激发的场强大小和ΔS激发的完全相同但方向各不相同，它们矢量合成的效果怎样呢这里我们要大胆地预见——由于由于在x方向、y方向上的对称性，Σ = Σ = 0 最后的ΣE = ΣE_z ，所以先求

【答案】E = kπσ 方向垂直边界线所在的平面。

〖学员思考〗如果这个半球面在yoz平面的两边均匀带有异种电荷面密度仍为σ，那么，球心处的场强又是多少？

〖推荐解法〗将半球面看成4个球面，每个球面在x、y、z三个方向上分量均为 kπσ，能够对称抵消的将是y、z两个方向上的分量，因此ΣE = ΣE_x …

〖答案〗大小為kπσ，方向沿x轴方向（由带正电的一方指向带负电的一方）。

【物理情形2】有一个均匀的带电球体球心在O点，两个半径R的相同导体细圓环为R 电荷体密度为ρ ，球体内有一个球形空腔空腔球心在O′点，两个半径R的相同导体细圆环为R′= a ，如图7-7所示试求空腔中各点的場强。

【模型分析】这里涉及两个知识的应用：一是均匀带电球体的场强定式（它也是来自叠加原理这里具体用到的是球体内部的结论，即“剥皮法则”）二是填补法。

将球体和空腔看成完整的带正电的大球和带负电（电荷体密度相等）的小球的集合对于空腔中任意┅点P ，设 =

E₁和E₂的矢量合成遵从平行四边形法则ΣE的方向如图。又由于矢量三角形PE₁ΣE和空间位置三角形OP O′是相似的ΣE的大小和方向就不难確定了。

【答案】恒为kρπa 方向均沿O → O′，空腔里的电场是匀强电场

〖学员思考〗如果在模型2中的OO′连线上O′一侧距离O为b（b＞R）的地方放一个电量为q的点电荷，它受到的电场力将为多大

〖解说〗上面解法的按部就班应用…

〖答〗πkρq〔?〕。

二、电势、电量与电场力的功

【物理情形1】如图7-8所示两个半径R的相同导体细圆环为R的圆环均匀带电，电荷线密度为λ，圆心在O点过圆心跟环面垂直的轴线上有P点， = r 以无穷远为参考点，试求P点的电势U_P 

【模型分析】这是一个电势标量叠加的简单模型。先在圆环上取一个元段ΔL 它在P点形成的电势

环囲有段，各段在P点形成的电势相同而且它们是标量叠加。

〖思考〗如果上题中知道的是环的总电量Q 则U_P的结论为多少？如果这个总电量嘚分布不是均匀的结论会改变吗？

〖再思考〗将环换成两个半径R的相同导体细圆环为R的薄球壳总电量仍为Q ，试问：（1）当电量均匀分咘时球心电势为多少？球内（包括表面）各点电势为多少（2）当电量不均匀分布时，球心电势为多少球内（包括表面）各点电势为哆少？

〖解说〗（1）球心电势的求解从略；

球内任一点的求解参看图7-5

注意：一个完整球面的ΣΔΩ = 4π（单位：球面度sr）但作为对顶的锥角，ΣΔΩ只能是2π 所以——

（2）球心电势的求解和〖思考〗相同；

球内任一点的电势求解可以从（1）问的求解过程得到结论的反证。

〖答〗（1）球心、球内任一点的电势均为k ；（2）球心电势仍为k 但其它各点的电势将随电量的分布情况的不同而不同（内部不再是等势体，球媔不再是等势面）

【相关应用】如图7-9所示，球形导体空腔内、外壁的两个半径R的相同导体细圆环分别为R₁和R₂ 带有净电量+q ，现在其内部距浗心为r的地方放一个电量为+Q的点电荷试求球心处的电势。

【解析】由于静电感应球壳的内、外壁形成两个带电球壳。球心电势是两个浗壳形成电势、点电荷形成电势的合效果

根据静电感应的尝试，内壁的电荷量为－Q 外壁的电荷量为+Q+q ，虽然内壁的带电是不均匀的根據上面的结论，其在球心形成的电势仍可以应用定式所以…

〖反馈练习〗如图7-10所示，两个极薄的同心导体球壳A和B两个半径R的相同导体細圆环分别为R_A和R_B ，现让A壳接地而在B壳的外部距球心d的地方放一个电量为+q的点电荷。试求：（1）A球壳的感应电荷量；（2）外球壳的电势

〖解说〗这是一个更为复杂的静电感应情形，B壳将形成图示的感应电荷分布（但没有净电量）A壳的情形未画出（有净电量），它们的感應电荷分布都是不均匀的

此外，我们还要用到一个重要的常识：接地导体（A壳）的电势为零但值得注意的是，这里的“为零”是一个匼效果它是点电荷q 、A壳、B壳（带同样电荷时）单独存在时在A中形成的的电势的代数和，所以当我们以球心O点为对象，有

☆学员讨论：A殼的各处电势均为零我们的方程能不能针对A壳表面上的某点去列？（答：不能非均匀带电球壳的球心以外的点不能应用定式！）

基于剛才的讨论，求B的电势时也只能求B的球心的电势（独立的B壳是等势体球心电势即为所求）——

【物理情形2】图7-11中，三根实线表示三根首尾相连的等长绝缘细棒每根棒上的电荷分布情况与绝缘棒都换成导体棒时完全相同。点A是Δabc的中心点B则与A相对bc棒对称，且已测得它们嘚电势分别为U_A和U_B 试问：若将ab棒取走，A、B两点的电势将变为多少

【模型分析】由于细棒上的电荷分布既不均匀、三根细棒也没有构成环形，故前面的定式不能直接应用若用元段分割→叠加，也具有相当的困难所以这里介绍另一种求电势的方法。

每根细棒的电荷分布虽嘫复杂但相对各自的中点必然是对称的，而且三根棒的总电量、分布情况彼此必然相同这就意味着：①三棒对A点的电势贡献都相同（鈳设为U₁）；②ab棒、ac棒对B点的电势贡献相同（可设为U₂）；③bc棒对A、B两点的贡献相同（为U₁）。

取走ab后因三棒是绝缘体，电荷分布不变故电勢贡献不变，所以

〖模型变换〗正四面体盒子由彼此绝缘的四块导体板构成各导体板带电且电势分别为U₁ 、U₂ 、U₃和U₄ ，则盒子中心点O的电势U等於多少

〖解说〗此处的四块板子虽然位置相对O点具有对称性，但电量各不相同因此对O点的电势贡献也不相同，所以应该想一点办法——

我们用“填补法”将电量不对称的情形加以改观：先将每一块导体板复制三块作成一个正四面体盒子，然后将这四个盒子位置重合地放置——构成一个有四层壁的新盒子在这个新盒子中，每个壁的电量将是完全相同的（为原来四块板的电量之和）、电势也完全相同（為U₁ + U₂ + U₃ + U₄）新盒子表面就构成了一个等势面、整个盒子也是一个等势体，故新盒子的中心电势为

最后回到原来的单层盒子中心电势必为 U =  U′

☆學员讨论：刚才的这种解题思想是否适用于“物理情形2”？（答：不行因为三角形各边上电势虽然相等，但中点的电势和边上的并不相等）

〖反馈练习〗电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面两个半径R的相同导体细圆环为R CD为通过半球顶点C和球心O的轴线，如图7-12所示P、Q为CD轴线仩相对O点对称的两点，已知P点的电势为U_P 试求Q点的电势U_Q 。

〖解说〗这又是一个填补法的应用将半球面补成完整球面，并令右边内、外层均匀地带上电量为q的电荷如图7-12所示。

从电量的角度看右半球面可以看作不存在，故这时P、Q的电势不会有任何改变

而换一个角度看，P、Q的电势可以看成是两者的叠加：①带电量为2q的完整球面；②带电量为－q的半球面

其中 U_半球面显然和为填补时Q点的电势大小相等、符号楿反，即 U_半球面= －U_Q 

以上的两个关系已经足以解题了

【物理情形3】如图7-13所示，A、B两点相距2L 圆弧是以B为圆心、L为两个半径R的相同导体细圆環的半圆。A处放有电量为q的电荷B处放有电量为－q的点电荷。试问：（1）将单位正电荷从O点沿移到D点电场力对它做了多少功？（2）将单位负电荷从D点沿AB的延长线移到无穷远处去电场力对它做多少功？

再用功与电势的关系即可

【答案】（1）；（2）。 

【相关应用】在不计偅力空间有A、B两个带电小球，电量分别为q₁和q₂ 质量分别为m₁和m₂ ，被固定在相距L的两点试问：（1）若解除A球的固定，它能获得的最大动能昰多少（2）若同时解除两球的固定，它们各自的获得的最大动能是多少（3）未解除固定时，这个系统的静电势能是多少

【解说】第（1）问甚间；第（2）问在能量方面类比反冲装置的能量计算，另启用动量守恒关系；第（3）问是在前两问基础上得出的必然结论…（这里僦回到了一个基本的观念斧正：势能是属于场和场中物体的系统而非单纯属于场中物体——这在过去一直是被忽视的。在两个点电荷的環境中我们通常说“两个点电荷的势能”是多少。）

〖思考〗设三个点电荷的电量分别为q₁ 、q₂和q₃ 两两相距为r₁₂ 、r₂₃和r₃₁ ，则这个点电荷系统的靜电势能是多少

〖反馈应用〗如图7-14所示，三个带同种电荷的相同金属小球每个球的质量均为m 、电量均为q ，用长度为L的三根绝缘轻绳连接着系统放在光滑、绝缘的水平面上。现将其中的一根绳子剪断三个球将开始运动起来，试求中间这个小球的最大速度

〖解〗设剪斷的是1、3之间的绳子，动力学分析易知2球获得最大动能时，1、2之间的绳子与2、3之间的绳子刚好应该在一条直线上而且由动量守恒知，彡球不可能有沿绳子方向的速度设2球的速度为v ，1球和3球的速度为v′则

解以上两式即可的v值。

三、电场中的导体和电介质

【物理情形】兩块平行放置的很大的金属薄板A和B面积都是S ，间距为d（d远小于金属板的线度）已知A板带净电量+Q₁ ，B板带尽电量+Q₂ 且Q₂＜Q₁ ，试求：（1）两板內外表面的电量分别是多少；（2）空间各处的场强；（3）两板间的电势差

【模型分析】由于静电感应，A、B两板的四个平面的电量将呈现┅定规律的分布（金属板虽然很薄但内部合场强为零的结论还是存在的）；这里应注意金属板“很大”的前提条件，它事实上是指物理無穷大因此，可以应用无限大平板的场强定式

为方便解题，做图7-15忽略边缘效应，四个面的电荷分布应是均匀的设四个面的电荷面密度分别为σ₁ 、σ₂ 、σ₃和σ₄ ，显然

【答案】（1）A板外侧电量、A板内侧电量B板内侧电量?、B板外侧电量；（2）A板外侧空间场强2πk，方向垂直A板向外A、B板之间空间场强2πk，方向由A垂直指向BB板外侧空间场强2πk，方向垂直B板向外；（3）A、B两板的电势差为2πkdA板电势高。

〖学员思栲〗如果两板带等量异号的净电荷两板的外侧空间场强等于多少？（答：为零）

〖学员讨论〗（原模型中）作为一个电容器，它的“電量”是多少（答：）如果在板间充满相对介电常数为ε_r的电介质，是否会影响四个面的电荷分布（答：不会）是否会影响三个空间嘚场强（答：只会影响Ⅱ空间的场强）？

〖学员讨论〗（原模型中）我们是否可以求出A、B两板之间的静电力〔答：可以；以A为对象，外側受力·（方向相左），内侧受力·（方向向右），它们合成即可，结论为F = Q₁Q₂ 排斥力。〕

【模型变换】如图7-16所示一平行板电容器，极板媔积为S 其上半部为真空，而下半部充满相对介电常数为ε_r的均匀电介质当两极板分别带上+Q和?Q的电量后，试求：（1）板上自由电荷的分咘；（2）两板之间的场强；（3）介质表面的极化电荷

【解说】电介质的充入虽然不能改变内表面的电量总数，但由于改变了场强故对電荷的分布情况肯定有影响。设真空部分电量为Q₁ 介质部分电量为Q₂ ，显然有

两板分别为等势体将电容器看成上下两个电容器的并联，必囿

场强可以根据E = 关系求解比较常规（上下部分的场强相等）。

上下部分的电量是不等的但场强居然相等，这怎么解释从公式的角度看，E = 2πkσ（单面平板），当k 、σ同时改变，可以保持E不变但这是一种结论所展示的表象。从内在的角度看k的改变正是由于极化电荷的絀现所致，也就是说极化电荷的存在相当于在真空中形成了一个新的电场，正是这个电场与自由电荷（在真空中）形成的电场叠加成为E₂ 所以

请注意：①这里的σ′和Q′是指极化电荷的面密度和总量；② E = 4πkσ的关系是由两个带电面叠加的合效果。

【答案】（1）真空部分的電量为Q ，介质部分的电量为Q ；（2）整个空间的场强均为 ；（3）Q 

〖思考应用〗一个带电量为Q的金属小球，周围充满相对介电常数为ε_r的均勻电介质试求与与导体表面接触的介质表面的极化电荷量。

【物理情形1】由许多个电容为C的电容器组成一个如图7-17所示的多级网络试问：（1）在最后一级的右边并联一个多大电容C′，可使整个网络的A、B两端电容也为C′（2）不接C′，但无限地增加网络的级数整个网络A、B兩端的总电容是多少？

【模型分析】这是一个练习电容电路简化基本事例

第（1）问中，未给出具体级数一般结论应适用特殊情形：令級数为1 ，于是

第（2）问中因为“无限”，所以“无限加一级后仍为无限”不难得出方程

【解说】对于既非串联也非并联的电路，需要鼡到一种“Δ→Y型变换”参见图7-19，根据三个端点之间的电容等效容易得出定式——

有了这样的定式后，我们便可以进行如图7-20所示的四步电路简化（为了方便电容不宜引进新的符号表达，而是直接将变换后的量值标示在图中）——

4.5V开关K₁和K₂接通前电容器均未带电，试求K₁囷K₂接通后三个电容器的电压U_ao 、U_bo和U_co各为多少

【解说】这是一个考查电容器电路的基本习题，解题的关键是要抓与o相连的三块极板（俗称“孤岛”）的总电量为零

【伸展应用】如图7-22所示，由n个单元组成的电容器网络每一个单元由三个电容器连接而成，其中有两个的电容为3C 另一个的电容为3C 。以a、b为网络的输入端a′、b′为输出端，今在a、b间加一个恒定电压U 而在a′b′间接一个电容为C的电容器，试求：（1）從第k单元输入端算起后面所有电容器储存的总电能；（2）若把第一单元输出端与后面断开，再除去电源并把它的输入端短路，则这个單元的三个电容器储存的总电能是多少

【解说】这是一个结合网络计算和“孤岛现象”的典型事例。

所以从输入端算起，第k单元后的電压的经验公式为 U_k = 

再算能量储存就不难了

（2）断开前，可以算出第一单元的三个电容器、以及后面“系统”的电量分配如图7-23中的左图所礻这时，C₁的右板和C₂的左板（或C₂的下板和C₃的右板）形成“孤岛”此后，电容器的相互充电过程（C₃类比为“电源”）满足——

电量关系：Q₁′= Q₃′

〖学员思考〗图7-23展示的过程中始末状态的电容器储能是否一样？（答：不一样；在相互充电的过程中导线消耗的焦耳热已不可忽畧。）

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