(1)用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置,驗(yàn)證牛頓第二定律.

①在平衡摩擦力時(shí),先取下砂桶,將木板不帶滑輪的一端墊高,讓打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接______(選填“交流電源”或“直流電源),然后______(選填“靜止釋放”或“輕輕推動(dòng)”)小車(chē),讓小車(chē)拖著紙帶運(yùn)動(dòng).如果打出的紙帶如圖1右所示,則應(yīng)______(選填“增大”或“減小”)木板的傾角,反復(fù)調(diào)節(jié),直到紙帶上打出的點(diǎn)跡______,平衡摩擦力才算完成.
②圖2是某次實(shí)驗(yàn)中得到的一條紙帶,則小車(chē)的加速度是______m/s2.(計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字)
(2)①甲同學(xué)用多用電表測(cè)定一只電阻的阻值,操作如下:
多用電表電阻檔有4個(gè)倍率:分別為×1K、×100、×10、×1.該同學(xué)選擇×100倍率,用正確的操作步驟測(cè)量時(shí),發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度太大(指針位置如圖3中虛線所示).為了較準(zhǔn)確地進(jìn)行測(cè)量,請(qǐng)你補(bǔ)充完整下列依次應(yīng)該進(jìn)行的主要操作步驟:
a.______;
b.兩表筆短接,調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕,使指針指在0Ω處;
c.重新測(cè)量并讀數(shù),若這時(shí)刻度盤(pán)上的指針位置如圖中實(shí)線所示,測(cè)量結(jié)果是______Ω.
②乙同學(xué)用伏安法測(cè)量某金屬絲的電阻(阻值5~10Ω),實(shí)驗(yàn)室提供了下列器材.
A.電壓表(0~3V,內(nèi)阻1kΩ) B.電壓表(0~15V,內(nèi)阻5kΩ)
C.電流表(0~0.6A,內(nèi)阻2Ω)   D.電流表(0~3A,內(nèi)阻0.5Ω)
E.滑動(dòng)變阻器(10Ω,0.2A)    F.滑動(dòng)變阻器(50Ω,0.6A)
G.直流電源(6V,內(nèi)阻不計(jì))
另有開(kāi)關(guān)一個(gè)、導(dǎo)線若干.
實(shí)驗(yàn)中有兩種電路可供選擇,如圖4(甲)和(乙)所示.
本次實(shí)驗(yàn)中電路應(yīng)選______(選填“甲”或“乙”),電壓表應(yīng)選______,電流表應(yīng)選______,滑動(dòng)變阻器應(yīng)選______.(只填器材前的字母代號(hào)即可).

解:(1)①在平衡摩擦力時(shí),先取下砂桶,將木板不帶滑輪的一端墊高,讓打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接交流電源,然后 輕輕推動(dòng)小車(chē),讓小車(chē)拖著紙帶運(yùn)動(dòng).如果打出的紙帶如圖1右所示,則應(yīng)減小木板的傾角,反復(fù)調(diào)節(jié),直到紙帶上打出的點(diǎn)跡間隔均勻,平衡摩擦力才算完成.
②由圖可知,五點(diǎn)對(duì)應(yīng)的刻度分別是1.00cm、3.00 cm、5.20 cm、7.60 cm、10.20cm,
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得:△x=at2
a==5.00m/s2
(2)①該同學(xué)選擇×100倍率,用正確的操作步驟測(cè)量時(shí),發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度太大,為了減小誤差,重新選×10檔測(cè)量
測(cè)量結(jié)果是12×10=120Ω.
②由于待測(cè)電阻與電流表的內(nèi)阻接近,所以選擇電流表外接法.故選乙圖.
電源電動(dòng)勢(shì)是3V,為了讀數(shù)減小誤差,電壓表應(yīng)選A,電流表應(yīng)選C,
滑動(dòng)變阻器(10Ω,0.2A) 不能滿足實(shí)驗(yàn),所以滑動(dòng)變阻器應(yīng)選F.
故答案為:(1)①交流電源,輕輕推動(dòng),減小,間隔均勻(之間的距離大致相等);
②5.00
(2)①重新選×10檔測(cè)量,120,
②乙,A,C,F(xiàn).
分析:(1)解決實(shí)驗(yàn)問(wèn)題首先要掌握該實(shí)驗(yàn)原理,了解實(shí)驗(yàn)的操作步驟和數(shù)據(jù)處理以及注意事項(xiàng).
該實(shí)驗(yàn)采用的是控制變量法研究,其中加速度、質(zhì)量、合力三者的測(cè)量很重要.
紙帶法實(shí)驗(yàn)中,若紙帶勻變速直線運(yùn)動(dòng),測(cè)得紙帶上的點(diǎn)間距,利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)推論,可計(jì)算出打出某點(diǎn)時(shí)紙帶運(yùn)動(dòng)的瞬時(shí)速度和加速度.
(2)使用歐姆表,要先進(jìn)行機(jī)械調(diào)零,選擋后進(jìn)行歐姆調(diào)零;歐姆表的讀數(shù)為示數(shù)乘以倍率.
應(yīng)該用較小電流測(cè)量,故電壓表與電流表都選擇小量程;為獲得較大的電壓測(cè)量范圍,根據(jù)電表內(nèi)阻與待測(cè)電阻的關(guān)系選擇電表連接方式.
點(diǎn)評(píng):(1)實(shí)驗(yàn)問(wèn)題需要結(jié)合物理規(guī)律去解決.實(shí)驗(yàn)中的考查的是力學(xué)問(wèn)題,把長(zhǎng)木板的一端墊得過(guò)高,使得傾角偏大,會(huì)導(dǎo)致重力沿斜面向下的分力增大,摩擦力減小等現(xiàn)象,這些我們都要從學(xué)過(guò)的力學(xué)知識(shí)中解決.紙帶的處理是運(yùn)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)推論去完成的.
(2)本題考查了歐姆表的使用注意事項(xiàng)和讀數(shù)方法,能根據(jù)電路中可能出現(xiàn)的最大電流和電壓去以及讀數(shù)的范圍選擇儀器.
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

(2011?北京)(1)用如圖1所示的多用電表測(cè)量電阻,要用到選擇開(kāi)關(guān)K和兩個(gè)部件S、T.請(qǐng)根據(jù)下列步驟完成電阻測(cè)量:
①旋動(dòng)部件
S
S
,使指針對(duì)準(zhǔn)電流的“0“刻線.②將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋“×l00“的位置.
③將插入“十“、“-“插孔的表筆短接,旋動(dòng)部件
T
T
,使指針對(duì)準(zhǔn)電阻的
0刻線
0刻線
 (填“0刻線“或“∞刻線“).
④將兩表筆分別與侍測(cè)電阻相接,發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過(guò)小.為了得到比較準(zhǔn)確的測(cè)量結(jié)果,請(qǐng)從下列選項(xiàng)中挑出合理的步驟,并按
ADC
ADC
的順序避行操作,再完成讀數(shù)測(cè)量.
A.將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋“×1k“的位置    B.將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋“×10“的位置
C.將兩表筆的金屬部分分別與被測(cè)電阻的兩恨引線相接
D.將兩表筆短接,旋動(dòng)合適部件,對(duì)電表進(jìn)行校準(zhǔn)
(2)如圖2,用“碰撞實(shí)驗(yàn)器“可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律,即研究?jī)蓚(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系.
①實(shí)驗(yàn)中,直接測(cè)定小球碰撞前后的速度是不容易的.但是,可以通過(guò)僅測(cè)量
C
C
  (填選項(xiàng)前的符號(hào)),間接地解決這個(gè)問(wèn)題.
A.小球開(kāi)始釋放高度h      B.小球拋出點(diǎn)距地面的高度H
C.小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程
②圖2中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影.實(shí)驗(yàn)時(shí),先讓入射球ml多次從斜軌上S位置靜止釋放,找到其平均落地點(diǎn)的位置P,測(cè)量平拋射程O(píng)P.
然后,把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分,再將入射球ml從斜軌上S位置靜止釋放,與小球m2相碰,并多次重復(fù).接下來(lái)要完成的必要步驟是
ADE或DEA或DAE
ADE或DEA或DAE
.(填選項(xiàng)前的符號(hào))
A.用天平測(cè)量?jī)蓚(gè)小球的質(zhì)量ml、m2B.測(cè)量小球m1開(kāi)始釋放高度h   C.測(cè)量拋出點(diǎn)距地面的高度H
D.分別找到m1、m2相碰后平均落地點(diǎn)的位置M、N       E.測(cè)量平拋射程O(píng)M,ON
③若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒,其表達(dá)式可表示為
m1?OM+m2?ON=m1OP
m1?OM+m2?ON=m1OP
 (用②中測(cè)量的量表示);若碰撞是彈性碰撞,那么還應(yīng)滿足的表達(dá)式為
m1?OM2+m2?ON2=m1OP2
m1?OM2+m2?ON2=m1OP2
 (用②中測(cè)量的量表示).
④經(jīng)測(cè)定,m1=45.0g,m2=7.5g,小球落地點(diǎn)的平均位置距O點(diǎn)的距離如圖3所示.碰撞前、后m1的動(dòng)量分別為p1與p1?,則p1:p1?=
14
14
:11;若碰撞結(jié)束時(shí)m2的動(dòng)量為p2?,則p1?:p2?=11:
2.9
2.9

實(shí)驗(yàn)結(jié)果表明,碰撞前、后總動(dòng)量的比值
p1p1+p2
1~1.01
1~1.01

⑤有同學(xué)認(rèn)為,在上述實(shí)驗(yàn)中僅更換兩個(gè)小球的材質(zhì),其它條件不變,可以使被碰小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程增大.請(qǐng)你用④中已知的數(shù)據(jù),分析和計(jì)算出被碰小球m2平拋運(yùn)動(dòng)射程O(píng)N的最大值為
76.8
76.8
cm.

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科目:高中物理 來(lái)源: 題型:閱讀理解

(18分)

(1)用如圖1所示的裝置,來(lái)驗(yàn)證碰撞過(guò)程中的動(dòng)量守恒。圖中PQ是斜槽,QR為水平槽。O點(diǎn)是水平槽末端R在記錄紙上的垂直投影點(diǎn),AB兩球的質(zhì)量之比mAmB=3:1。先使A球從斜槽上某一高度處由靜止釋放,在水平地面的記錄紙上留下落點(diǎn)痕跡P,重復(fù)10次,得到10個(gè)落點(diǎn)。再把B球放在水平槽上的末端R處,讓A球仍從同一高度處由靜止釋放,與B球碰撞,碰后A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點(diǎn)痕跡,重復(fù)10次。AB兩球在記錄紙上留下的落點(diǎn)痕跡如圖2所示,其中米尺的零點(diǎn)與O點(diǎn)對(duì)齊。

①碰撞后A球的水平射程應(yīng)取_____________cm。

②本實(shí)驗(yàn)巧妙地利用小球飛行的水平距離表示小球的水平速度。下面的實(shí)驗(yàn)條件中,可能不能使小球飛行的水平距離的大小表示為水平初速度大小的是__________________。

A.使AB兩小球的質(zhì)量之比改變?yōu)?:1

B.升高小球初始釋放點(diǎn)的位置

C.使A、B兩小球的直徑之比改變?yōu)?:3

D.升高桌面的高度,即升高R點(diǎn)距地面的高度

③利用此次實(shí)驗(yàn)中測(cè)得的數(shù)據(jù)計(jì)算碰撞前的總動(dòng)量與碰撞后的總動(dòng)量的比值為         。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)

(2)某同學(xué)將銅片和鋅片插入水果中制成一個(gè)“水果電池”,該同學(xué)利用下列所給器材測(cè)量水果電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r。

A.電流表G1(內(nèi)阻Rg=15Ω,滿偏電流Ig=2mA)

B.電流表G2(量程20mA,內(nèi)阻約2Ω)

C.滑動(dòng)變阻器R1(0~1000Ω)

D.電阻箱R2 (0~9999.9Ω)

E.待測(cè)水果電池(電動(dòng)勢(shì)E約4V,內(nèi)阻r約500Ω)

F.開(kāi)關(guān)S,導(dǎo)線若干

①實(shí)驗(yàn)中用電流表G1改裝成量程0~4V的電壓表,需       (選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)一個(gè)阻值為          Ω的電阻。

②該同學(xué)用電流表G2和改裝成的電壓表測(cè)量水果電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻,設(shè)計(jì)了如圖3所示的實(shí)驗(yàn)電路圖。請(qǐng)根據(jù)電路圖,將圖4中的實(shí)物連接成實(shí)驗(yàn)用的電路。

③接通開(kāi)關(guān),逐次調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器,讀取電流表示數(shù)I和對(duì)應(yīng)的電壓表的示數(shù)U,記錄了6組數(shù)據(jù),并在圖中標(biāo)注出了幾個(gè)與測(cè)量對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)點(diǎn),如圖5所示。請(qǐng)你在圖5上把已經(jīng)描繪出的坐標(biāo)點(diǎn)連成U-I圖線。

④根據(jù)圖5描繪出的圖線可得出水果電池的電動(dòng)勢(shì)E=_______V,內(nèi)電阻r=_______Ω

 

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科目:高中物理 來(lái)源:2011年北京市高考物理試卷(解析版) 題型:解答題

(1)用如圖1所示的多用電表測(cè)量電阻,要用到選擇開(kāi)關(guān)K和兩個(gè)部件S、T.請(qǐng)根據(jù)下列步驟完成電阻測(cè)量:
①旋動(dòng)部件______,使指針對(duì)準(zhǔn)電流的“0“刻線.②將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋“×l00“的位置.
③將插入“十“、“-“插孔的表筆短接,旋動(dòng)部件______,使指針對(duì)準(zhǔn)電阻的______ (填“0刻線“或“∞刻線“).
④將兩表筆分別與侍測(cè)電阻相接,發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過(guò)。疄榱说玫奖容^準(zhǔn)確的測(cè)量結(jié)果,請(qǐng)從下列選項(xiàng)中挑出合理的步驟,并按______的順序避行操作,再完成讀數(shù)測(cè)量.
A.將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋“×1k“的位置    B.將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋“×10“的位置
C.將兩表筆的金屬部分分別與被測(cè)電阻的兩恨引線相接
D.將兩表筆短接,旋動(dòng)合適部件,對(duì)電表進(jìn)行校準(zhǔn)
(2)如圖2,用“碰撞實(shí)驗(yàn)器“可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律,即研究?jī)蓚(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系.
①實(shí)驗(yàn)中,直接測(cè)定小球碰撞前后的速度是不容易的.但是,可以通過(guò)僅測(cè)量______  (填選項(xiàng)前的符號(hào)),間接地解決這個(gè)問(wèn)題.
A.小球開(kāi)始釋放高度h      B.小球拋出點(diǎn)距地面的高度H
C.小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程
②圖2中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影.實(shí)驗(yàn)時(shí),先讓入射球ml多次從斜軌上S位置靜止釋放,找到其平均落地點(diǎn)的位置P,測(cè)量平拋射程O(píng)P.
然后,把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分,再將入射球ml從斜軌上S位置靜止釋放,與小球m2相碰,并多次重復(fù).接下來(lái)要完成的必要步驟是______.(填選項(xiàng)前的符號(hào))
A.用天平測(cè)量?jī)蓚(gè)小球的質(zhì)量ml、m2B.測(cè)量小球m1開(kāi)始釋放高度h   C.測(cè)量拋出點(diǎn)距地面的高度H
D.分別找到m1、m2相碰后平均落地點(diǎn)的位置M、N       E.測(cè)量平拋射程O(píng)M,ON
③若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒,其表達(dá)式可表示為_(kāi)_____ (用②中測(cè)量的量表示);若碰撞是彈性碰撞,那么還應(yīng)滿足的表達(dá)式為_(kāi)_____ (用②中測(cè)量的量表示).
④經(jīng)測(cè)定,m1=45.0g,m2=7.5g,小球落地點(diǎn)的平均位置距O點(diǎn)的距離如圖3所示.碰撞前、后m1的動(dòng)量分別為p1與p1´,則p1:p1´=______:11;若碰撞結(jié)束時(shí)m2的動(dòng)量為p2´,則p1´:p2´=11:______.
實(shí)驗(yàn)結(jié)果表明,碰撞前、后總動(dòng)量的比值為_(kāi)_____.
⑤有同學(xué)認(rèn)為,在上述實(shí)驗(yàn)中僅更換兩個(gè)小球的材質(zhì),其它條件不變,可以使被碰小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程增大.請(qǐng)你用④中已知的數(shù)據(jù),分析和計(jì)算出被碰小球m2平拋運(yùn)動(dòng)射程O(píng)N的最大值為_(kāi)_____cm.

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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(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 /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(jiàn)圖7-1。

⑶均勻帶電球殼

內(nèi)部:E內(nèi) = 0

外部:E = 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 = 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(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= ),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(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 = 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 = 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′

 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(chēng)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(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,電荷線密度為λ,圓心在O點(diǎn),過(guò)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)U

【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(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】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(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

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(chēng),且已測(cè)得它們的電勢(shì)分別為UA和UB 。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 = 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(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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(guò)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(chēng)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(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),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(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(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)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_(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E =2πk(σ1 + σ2 ? σ3 ? σ4)= 2πk〕。

最后,UAB = Ed

【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(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  = 

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降慕嵌瓤,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)錆M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(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: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(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Uao 、Ubo和Uco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 = 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(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 = 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(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(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)線消耗的焦耳熱已不可忽略。)

☆第七部分完☆

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