第十部分 磁場

第一講 基本知識介紹

《磁場》部分在奧賽考剛中的考點很少，和高考要求的區別不是很大，只是在兩處有深化：a、電流的磁場引進定量計算；b、對帶電粒子在復合場中的運動進行了更深入的分析。

一、磁場與安培力

1、磁場

a、永磁體、電流磁場→磁現象的電本質

b、磁感強度、磁通量

c、穩恒電流的磁場

*畢奧-薩伐爾定律（Biot-Savart law）：對于電流強度為I 、長度為dI的導體元段，在距離為r的點激發的“元磁感應強度”為dB 。矢量式d= k，（d表示導體元段的方向沿電流的方向、為導體元段到考查點的方向矢量）；或用大小關系式dB = k結合安培定則尋求方向亦可。其中 k = 1.0×10^?7N/A² 。應用畢薩定律再結合矢量疊加原理，可以求解任何形狀導線在任何位置激發的磁感強度。

畢薩定律應用在“無限長”直導線的結論：B = 2k ；

*畢薩定律應用在環形電流垂直中心軸線上的結論：B = 2πkI ；

*畢薩定律應用在“無限長”螺線管內部的結論：B = 2πknI 。其中n為單位長度螺線管的匝數。

2、安培力

a、對直導體，矢量式為 = I；或表達為大小關系式 F = BILsinθ再結合“左手定則”解決方向問題（θ為B與L的夾角）。

b、彎曲導體的安培力

⑴整體合力

折線導體所受安培力的合力等于連接始末端連線導體（電流不變）的的安培力。

證明：參照圖9-1，令MN段導體的安培力F₁與NO段導體的安培力F₂的合力為F，則F的大小為

F = 

  = BI

  = BI

關于F的方向，由于ΔFF₂P∽ΔMNO，可以證明圖9-1中的兩個灰色三角形相似，這也就證明了F是垂直MO的，再由于ΔPMO是等腰三角形（這個證明很容易），故F在MO上的垂足就是MO的中點了。

證畢。

由于連續彎曲的導體可以看成是無窮多元段直線導體的折合，所以，關于折線導體整體合力的結論也適用于彎曲導體。（說明：這個結論只適用于勻強磁場。）

⑵導體的內張力

彎曲導體在平衡或加速的情形下，均會出現內張力，具體分析時，可將導體在被考查點切斷，再將被切斷的某一部分隔離，列平衡方程或動力學方程求解。

c、勻強磁場對線圈的轉矩

如圖9-2所示，當一個矩形線圈（線圈面積為S、通以恒定電流I）放入勻強磁場中，且磁場B的方向平行線圈平面時，線圈受安培力將轉動（并自動選擇垂直B的中心軸OO′，因為質心無加速度），此瞬時的力矩為

M = BIS

幾種情形的討論——

⑴增加匝數至N ，則 M = NBIS ；

⑵轉軸平移，結論不變（證明從略）；

⑶線圈形狀改變，結論不變（證明從略）；

*⑷磁場平行線圈平面相對原磁場方向旋轉α角，則M = BIScosα ，如圖9-3；

證明：當α = 90°時，顯然M = 0 ，而磁場是可以分解的，只有垂直轉軸的的分量Bcosα才能產生力矩…

⑸磁場B垂直OO′軸相對線圈平面旋轉β角，則M = BIScosβ ，如圖9-4。

證明：當β = 90°時，顯然M = 0 ，而磁場是可以分解的，只有平行線圈平面的的分量Bcosβ才能產生力矩…

說明：在默認的情況下，討論線圈的轉矩時，認為線圈的轉軸垂直磁場。如果沒有人為設定，而是讓安培力自行選定轉軸，這時的力矩稱為力偶矩。

二、洛侖茲力

1、概念與規律

a、 = q，或展開為f = qvBsinθ再結合左、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。

b、能量性質

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。結論：洛侖茲力可對帶電粒子形成沖量，卻不可能做功�；颍郝鍋銎澚�可使帶電粒子的動量發生改變卻不能使其動能發生改變。

問題：安培力可以做功，為什么洛侖茲力不能做功？

解說：應該注意“安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲力的宏觀體現”這句話的確切含義——“宏觀體現”和“完全相等”是有區別的。我們可以分兩種情形看這個問題：（1）導體靜止時，所有粒子的洛侖茲力的合力等于安培力（這個證明從略）；（2）導體運動時，粒子參與的是沿導體棒的運動v₁和導體運動v₂的合運動，其合速度為v ，這時的洛侖茲力f垂直v而安培力垂直導體棒，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的負功的代數和為零）。（事實上，由于電子定向移動速率v₁在10^?5m/s數量級，而v₂一般都在10^?2m/s數量級以上，致使f₁只是f的一個極小分量。）

☆如果從能量的角度看這個問題，當導體棒放在光滑的導軌上時（參看圖9-6），導體棒必獲得動能，這個動能是怎么轉化來的呢？

若先將導體棒卡住，回路中形成穩恒的電流，電流的功轉化為回路的焦耳熱。而將導體棒釋放后，導體棒受安培力加速，將形成感應電動勢（反電動勢）。動力學分析可知，導體棒的最后穩定狀態是勻速運動（感應電動勢等于電源電動勢，回路電流為零）。由于達到穩定速度前的回路電流是逐漸減小的，故在相同時間內發的焦耳熱將比導體棒被卡住時少。所以，導體棒動能的增加是以回路焦耳熱的減少為代價的。

2、僅受洛侖茲力的帶電粒子運動

a、⊥時，勻速圓周運動，半徑r =  ，周期T = 

b、與成一般夾角θ時，做等螺距螺旋運動，半徑r =  ，螺距d = 

這個結論的證明一般是將分解…（過程從略）。

☆但也有一個問題，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），粒子的運動情形似乎就不一樣了——在垂直B₂的平面內做圓周運動？

其實，在圖9-7中，B₁平行v只是一種暫時的現象，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B₁施加了洛侖茲力后，粒子的“圓周運動”就無法達成了。（而在分解v的處理中，這種局面是不會出現的。）

3、磁聚焦

a、結構：見圖9-8，K和G分別為陰極和控制極，A為陽極加共軸限制膜片，螺線管提供勻強磁場。

b、原理：由于控制極和共軸膜片的存在，電子進磁場的發散角極小，即速度和磁場的夾角θ極小，各粒子做螺旋運動時可以認為螺距彼此相等（半徑可以不等），故所有粒子會“聚焦”在熒光屏上的P點。

4、回旋加速器

a、結構&原理（注意加速時間應忽略）

b、磁場與交變電場頻率的關系

因回旋周期T和交變電場周期T′必相等，故 =

c、最大速度 v_max = = 2πRf

5、質譜儀

速度選擇器&粒子圓周運動，和高考要求相同。

第二講 典型例題解析

一、磁場與安培力的計算

【例題1】兩根無限長的平行直導線a、b相距40cm，通過電流的大小都是3.0A，方向相反。試求位于兩根導線之間且在兩導線所在平面內的、與a導線相距10cm的P點的磁感強度。

【解說】這是一個關于畢薩定律的簡單應用。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，放在磁感強度大小為B 、方向垂直線圈平面的勻強磁場中，求由于安培力而引起的線圈內張力。

【解說】本題有兩種解法。

方法一：隔離一小段弧，對應圓心角θ ，則弧長L = θR 。因為θ →

第Ⅰ卷（選擇題　共31分）

一、單項選擇題．本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意．

1. 關于科學家和他們的貢獻，下列說法中正確的是[來源:Www..com]

A．安培首先發現了電流的磁效應

B．伽利略認為自由落體運動是速度隨位移均勻變化的運動

C．牛頓發現了萬有引力定律，并計算出太陽與地球間引力的大小

D．法拉第提出了電場的觀點，說明處于電場中電荷所受到的力是電場給予的

2．如圖為一種主動式光控報警器原理圖，圖中R₁和R₂為光敏電阻，R₃和R₄為定值電阻．當射向光敏電阻R₁和R₂的任何一束光線被遮擋時，都會引起警鈴發聲，則圖中虛線框內的電路是

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．當滑動變阻器R的滑動頭向下移動時

A．燈L變亮                                    B．各個電表讀數均變大

C．因為U₁不變，所以P₁不變                              D．P₁變大，且始終有P₁= P₂

4．豎直平面內光滑圓軌道外側，一小球以某一水平速度v₀從A點出發沿圓軌道運動，至B點時脫離軌道，最終落在水平面上的C點，不計空氣阻力．下列說法中不正確的是

A．在B點時，小球對圓軌道的壓力為零

B．B到C過程，小球做勻變速運動

C．在A點時，小球對圓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，水平面上放置質量為M的三角形斜劈，斜劈頂端安裝光滑的定滑輪，細繩跨過定滑輪分別連接質量為m₁和m₂的物塊．m₁在斜面上運動，三角形斜劈保持靜止狀態．下列說法中正確的是

A．若m₂向下運動，則斜劈受到水平面向左摩擦力

B．若m₁沿斜面向下加速運動，則斜劈受到水平面向右的摩擦力

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

D．若m₂向上運動，則輕繩的拉力一定大于m₂g

二、多項選擇題．本題共4小題，每小題4分，共計16分．每小題有多個選項符合題意．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分．

6．木星是太陽系中最大的行星，它有眾多衛星．觀察測出：木星繞太陽作圓周運動的半徑為r₁、 周期為T₁；木星的某一衛星繞木星作圓周運動的半徑為r₂、 周期為T₂．已知萬有引力常量為G，則根據題中給定條件

A．能求出木星的質量

B．能求出木星與衛星間的萬有引力

C．能求出太陽與木星間的萬有引力

D．可以斷定

7．如圖所示，xOy坐標平面在豎直面內，x軸沿水平方向，y軸正方向豎直向上，在圖示空間內有垂直于xOy平面的水平勻強磁場．一帶電小球從O點由靜止釋放，運動軌跡如圖中曲線．關于帶電小球的運動，下列說法中正確的是

A．OAB軌跡為半圓

B．小球運動至最低點A時速度最大，且沿水平方向

C．小球在整個運動過程中機械能守恒

D．小球在A點時受到的洛倫茲力與重力大小相等

8．如圖所示，質量為M、長為L的木板置于光滑的水平面上，一質量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為f，用水平的恒定拉力F作用于滑塊．當滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為s，滑塊速度為v₁，木板速度為v₂，下列結論中正確的是

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，滑塊到達右端所用時間越長

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，滑塊與木板間產生的熱量越多

9．如圖所示，兩個固定的相同細環相距一定的距離，同軸放置，O₁、O₂分別為兩環的圓心，兩環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處沿軸線飛來并穿過兩環．則在帶電粒子運動過程中

A．在O₁點粒子加速度方向向左

B．從O₁到O₂過程粒子電勢能一直增加

C．軸線上O₁點右側存在一點，粒子在該點動能最小

D．軸線上O₁點右側、O₂點左側都存在場強為零的點，它們關于O₁、O₂連線中點對稱

第Ⅱ卷（非選擇題　共89分）

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

必做題

10．測定木塊與長木板之間的動摩擦因數時，采用如圖所示的裝置，圖中長木板水平固定．

（1）實驗過程中，電火花計時器應接在  ▲  （選填“直流”或“交流”）電源上．調整定滑輪高度，使  ▲  ．

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

（3）如圖為木塊在水平木板上帶動紙帶運動打出的一條紙帶的一部分，0、1、2、3、4、5、6為計數點，相鄰兩計數點間還有4個打點未畫出．從紙帶上測出x₁=3.20cm，x₂=4.52cm，x₅=8.42cm，x₆=9.70cm．則木塊加速度大小a=  ▲  m/s²(保留兩位有效數字)．

11．為了測量某電池的電動勢 E（約為3V）和內阻 r，可供選擇的器材如下：

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

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

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

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

I．導線、電鍵若干

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

根據測量數據，請在圖乙坐標中描點作出I₁—I₂圖線．由圖得到電流表G₂的內阻等于

  ▲  Ω．

（2）在現有器材的條件下，測量該電池電動勢和內阻，采用如圖丙所示的電路，圖中滑動變阻器①應該選用給定的器材中  ▲  ，電阻箱②選  ▲  （均填寫器材代號）．

（3）根據圖丙所示電路，請在丁圖中用筆畫線代替導線，完成實物電路的連接．

12．選做題(請從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應字母后的方框涂滿涂黑．如都作答，則按A、B兩小題評分．)

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部分子間距離，液體表面存在張力

B．擴散運動就是布朗運動

C．蔗糖受潮后會粘在一起，沒有確定的幾何形狀，它是非晶體

D．對任何一類與熱現象有關的宏觀自然過程進行方向的說明，都可以作為熱力學第二定律的表述

（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．現在讓其中一滴落到盛水的淺盤內，待油膜充分展開后，測得油膜的面積為200cm²，則估算油酸分子的大小是  ▲  m（保留一位有效數字）．

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

①求活塞停在B點時缸內封閉氣體的壓強；

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

B．(選修模塊3-4)(12分)

（1）下列說法中正確的是  ▲ 

A．照相機、攝影機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，是光的衍射現象

C．太陽光是偏振光

D．為了有效地發射電磁波，應該采用長波發射

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

（3）x=0的質點在t=0時刻開始振動，產生的波沿x軸正方向傳播，t₁=0.14s時刻波的圖象如圖所示，質點A剛好開始振動．

①求波在介質中的傳播速度；

②求x=4m的質點在0.14s內運動的路程．

   C．(選修模塊3-5)(12分)

（1）下列說法中正確的是  ▲ 

A．康普頓效應進一步證實了光的波動特性

B．為了解釋黑體輻射規律，普朗克提出電磁輻射的能量是量子化的

C．經典物理學不能解釋原子的穩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、物理狀態有關

（2）是不穩定的，能自發的發生衰變．

①完成衰變反應方程    ▲  ．

②衰變為，經過  ▲  次α衰變，  ▲  次β衰變．

（3）1919年，盧瑟福用α粒子轟擊氮核發現質子．科學研究表明其核反應過程是：α粒子轟擊靜止的氮核后形成了不穩定的復核，復核發生衰變放出質子，變成氧核．設α粒子質量為m₁，初速度為v₀，氮核質量為m₂，質子質量為m₀, 氧核的質量為m₃，不考慮相對論效應．

①α粒子轟擊氮核形成不穩定復核的瞬間，復核的速度為多大？

②求此過程中釋放的核能．

四、計算題：本題共3小題，共計47分．解答時請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，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位．

13．如圖所示，一質量為m的氫氣球用細繩拴在地面上，地面上空風速水平且恒為v₀，球靜止時繩與水平方向夾角為α．某時刻繩突然斷裂，氫氣球飛走．已知氫氣球在空氣中運動時所受到的阻力f正比于其相對空氣的速度v，可以表示為f=kv（k為已知的常數）．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）一段時間后氫氣球在空中做勻速直線運動，其水平方向上的速度與風速v₀相等，求此時氣球速度大�。ㄔO空氣密度不發生變化，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導體制成的正方形線框abcd，線框質量為m，電阻為R，邊長為L．有一方向豎直向下的有界磁場，磁場的磁感應強度為B，磁場區寬度大于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區．

（1）若線框以速度v勻速穿過磁場區，求線框在離開磁場時ab兩點間的電勢差；

（2）若線框從靜止開始以恒定的加速度a運動，經過t₁時間ab邊開始進入磁場，求cd邊將要進入磁場時刻回路的電功率；

（3）若線框以初速度v₀進入磁場，且拉力的功率恒為P₀．經過時間T，cd邊進入磁場，此過程中回路產生的電熱為Q．后來ab邊剛穿出磁場時，線框速度也為v₀，求線框穿過磁場所用的時間t．

15．如圖所示，有界勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，MN為其左邊界，磁場中放置一半徑為R的圓柱形金屬圓筒，圓心O到MN的距離OO₁=2R，圓筒軸線與磁場平行．圓筒用導線通過一個電阻r₀接地，最初金屬圓筒不帶電．現有范圍足夠大的平行電子束以速度v₀從很遠處沿垂直于左邊界MN向右射入磁場區，已知電子質量為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，能夠打到圓筒上的電子對應MN邊界上O₁兩側的范圍是多大？

（2）當圓筒上電量達到相對穩定時，測量得到通過電阻r₀的電流恒為I，忽略運動電子間的相互作用，求此時金屬圓筒的電勢φ和電子到達圓筒時速度v（取無窮遠處或大地電勢為零）．

（3）在（2）的情況下，求金屬圓筒的發熱功率．

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：_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方程，消去參數t后，得一般形式的軌跡方程為

+－2cos(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 =（2Acost）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）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。對任意一個時刻t ，都有一個y（x）的正弦函數，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傳播，在相遇的區域則遵從矢量疊加（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：振動加強的區域和振動削弱的區域穩定分布且彼此隔開。

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，接收者會發現波的頻率發生變化。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目為：f + n = f ，這就是接收者發現的頻率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）的頻率變為

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…

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。現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：

M_N = M_f

現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，用彈性系數為k的輕質彈簧連著一個質量為m的小球，置于傾角為θ

第八部分 靜電場

第一講 基本知識介紹

在奧賽考綱中，靜電學知識點數目不算多，總數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 /ε_r）。只有條件⑶，它才是靜電學的基本前提和出發點（但這一點又是常常被忽視和被不恰當地“綜合應用”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，垂直環面軸線上的某點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

W_AB = q（U_A － U_B）= qU_AB 

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（網罩）不接地時，可以實現外部對內部的屏蔽，但不能實現內部對外部的屏蔽；導體殼（網罩）接地后，既可實現外部對內部的屏蔽，也可實現內部對外部的屏蔽。

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（真空中ε₀ =  ，其它介質中ε= ），ε_r則為相對介電常數，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  = +++ … +

b、并聯 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（如氣態的H₂ 、O₂ 、N₂和CO₂），后者則反之（如氣態的H₂O 、SO₂和液態的水硝基笨）

b、電介質的極化：當介質中存在外電場時，無極分子會變為有極分子，有極分子會由原來的雜亂排列變成規則排列，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為頂點做兩個對頂的、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的場強大小和ΔS激發的完全相同，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 = ΣE_z ，所以先求

ΔE_z = ΔEcosθ= k ，而且ΔScosθ為面元在xoy平面的投影，設為ΔS′

所以 ΣE_z = 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 = 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 ，則大球激發的場強為

E₁ = k = kρπr₁ ，方向由O指向P

“小球”激發的場強為

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的圓環均勻帶電，電荷線密度為λ，圓心在O點，過圓心跟環面垂直的軸線上有P點， = r ，以無窮遠為參考點，試求P點的電勢U_P 。

【模型分析】這是一個電勢標量疊加的簡單模型。先在圓環上取一個元段ΔL ，它在P點形成的電勢

ΔU = k

環共有段，各段在P點形成的電勢相同，而且它們是標量疊加。

【答案】U_P = 

〖思考〗如果上題中知道的是環的總電量Q ，則U_P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〗U_P =  ；結論不會改變。

〖再思考〗將環換成半徑為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），但作為對頂的錐角，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】U_o = 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R_A和R_B ，現讓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和，所以，當我們以球心O點為對象，有

U_O = k + k + k = 0

Q_B應指B球殼上的凈電荷量，故 Q_B = 0

所以 Q_A = －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）——

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U_A和U_B 。試問：若將ab棒取走，A、B兩點的電勢將變為多少？

【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，也具有相當的困難。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 = U_A

                 2U₂ + U₁ = U_B

取走ab后，因三棒是絕緣體，電荷分布不變，故電勢貢獻不變，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U_P ，試求Q點的電勢U_Q 。

〖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，U_P = 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= －U_Q 

以上的兩個關系已經足以解題了。

〖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W_AB = q（U_A － U_B）= qU_AB的基本應用。

U_O = k + k = 0

U_D = 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，而非單純屬于場中物體——這在過去一直是被忽視的。在兩個點電荷的環境中，我們通常說“兩個點電荷的勢能”是多少。）

【答】（1）k；（2）E_k1 = k ，E_k2 = 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，系統放在光滑、絕緣的水平面上�，F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一定規律的分布（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E_Ⅱ =2πk（σ₁ + σ₂ ? σ₃ ? σ₄）= 2πk〕。

最后，U_AB = E_Ⅱd

【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為ε_r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為ε_r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，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，必有

U₁ = U₂ 即  =  ，即  = 

解以上兩式即可得Q₁和Q₂ 。

場強可以根據E = 關系求解，比較常規（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為ε_r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所示的多級網絡，試問：（1）在最后一級的右邊并聯一個多大電容C′，可使整個網絡的A、B兩端電容也為C′？（2）不接C′，但無限地增加網絡的級數，整個網絡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，一般結論應適用特殊情形：令級數為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】對于既非串聯也非并聯的電路，需要用到一種“Δ→Y型變換”，參見圖7-19，根據三個端點之間的電容等效，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U_ao 、U_bo和U_co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 = 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 。

【伸展應用】如圖7-22所示，由n個單元組成的電容器網絡，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】這是一個結合網絡計算和“孤島現象”的典型事例。

（1）類似“物理情形1”的計算，可得 C_總 = C_k = C

所以，從輸入端算起，第k單元后的電壓的經驗公式為 U_k = 

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”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′=  ，這樣系統的儲能就可以用得出了。

【答】（1）E_k = ；（2） 。

〖學員思考〗圖7-23展示的過程中，始末狀態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☆