故帶電粒子在時(shí)恰好到達(dá)A板根據(jù)動(dòng)量定理.此時(shí)粒闂傚倸鍊搁崐鎼佸磹閹间礁纾归柟闂寸绾惧綊鏌熼梻瀵割槮缁炬儳缍婇弻鐔兼⒒鐎靛壊妲紒鐐劤缂嶅﹪寮婚悢鍏尖拻閻庨潧澹婂Σ顔剧磼閻愵剙鍔ょ紓宥咃躬瀵鎮㈤崗灏栨嫽闁诲酣娼ф竟濠偽i鍓х<闁绘劦鍓欓崝銈囩磽瀹ュ拑韬€殿喖顭烽幃銏ゅ礂鐏忔牗瀚介梺璇查叄濞佳勭珶婵犲伣锝夘敊閸撗咃紲闂佺粯鍔﹂崜娆撳礉閵堝洨纾界€广儱鎷戦煬顒傗偓娈垮枛椤兘寮幇顓炵窞濠电姴瀚烽崥鍛存⒒娴g懓顕滅紒璇插€块獮澶娾槈閵忕姷顔掔紓鍌欑劍宀e潡宕㈤柆宥嗏拺闂傚牊绋撴晶鏇㈡煙閸愭煡鍙勬い銏℃椤㈡﹢濮€閿涘嫬骞愰梺璇茬箳閸嬫稒鏅堕挊澹濊櫣鈧稒菧娴滄粓鏌曡箛濠傚⒉缂佲偓鐎n喗鐓涘ù锝囨嚀婵秶鈧娲栧畷顒勫煝鎼粹垾鐔煎箒瀹ュ棙鐨戠紒杈ㄦ崌瀹曟帒鈻庨幒鎴濆腐闂備胶枪椤戝棝骞戦崶褏鏆﹂柡鍥ュ灩缁狀噣鎮峰▎娆戝矝闁稿鎹囬弫鍐磼濞戞ǚ鍋撴繝姘參婵☆垯璀﹀Σ濂告煙閼恒儲绀嬫慨濠冩そ瀹曨偊宕熼鈧粣娑㈡⒑閸濄儱校闁圭ǹ澧介崚鎺旂磼濡ǹ浜濋梺鍛婂姀閺呮繈宕㈡禒瀣拺闂侇偅绋戝畵鍡樼箾娴e啿瀚▍鐘炽亜閺嶎偄浠﹂柣鎾跺枑缁绘繈妫冨☉娆忣槱闂佹娊鏀辩敮鐐垫閹烘挻缍囬柕濞垮劜鐠囩偤姊虹拠鈥虫灍闁荤啿鏅犻妴浣肝旈崨顓犲姦濡炪倖甯掔€氼剛绮堟径鎰厪闁割偅绻嶅Σ褰掓煟閹捐泛鏋涢柣鎿冨亰瀹曞爼濡搁敂瑙勫缂傚倷鑳舵慨鐑藉磻閵堝钃熸繛鎴欏灩閻撴盯鏌涢幇鈺佸婵″弶鍔曡灃闁绘﹢娼ф禒婊勩亜閹存繍妯€鐎殿噮鍋婂畷鎺楁倷閺夋垹妾┑鐘灱濞夋盯藝娴煎瓨鍎撻煫鍥ㄧ⊕閳锋垿鎮归崶褍绾ч柛鐐差槹閵囧嫰顢曢姀鈺傂﹂柣鎾卞€濋弻鈥愁吋鎼达絼姹楅悷婊呭鐢帞澹曟總鍛婄厽闁归偊鍓欑痪褔寮堕崼婵堝ⅵ婵﹨娅i幑鍕Ω閵夛妇浜栧┑鐘愁問閸犳岸寮繝姘槬婵炴垯鍨圭粻锝夋煥閺冨倹娅曢柛妯兼暬濮婃椽宕楅懖鈹垮仦闂佸搫鎳忕粙鎺旂矉閹烘垟鍫柛顐ゅ枔閸樻捇鎮峰⿰鍕煉鐎规洘绮岄~婵嬵敄閻愬瓨銇濋柟顔哄灲閹剝鎯旈敐鍥ㄦ瘒闂佽崵鍠愮划宥夊垂閸︻厼鍨濋悹鍥ㄧゴ濡插牊淇婇鐐存暠妞ゎ偄绉撮埞鎴﹀煡閸℃浠撮梺绋款儐閸旀瑥顕i幖浣哥劦妞ゆ帒瀚埛鎺楁煕鐏炲墽鎳呮い锔煎缁辨挸顓奸崪鍐ㄤ紣闁捐崵鍋ら弻娑滎槼妞ゃ劌妫濆畷鎰板锤濡や胶鍙嗛梺鍝勬川閸嬫盯鍩€椤掆偓閹芥粍绔熼弴鐔虹瘈婵﹩鍘奸埀顒傛暬閺屻劌鈹戦崱娑扁偓妤呮煛鐎n剙鏋涢柡宀嬬秮楠炴ḿ鈧稒岣块ˇ銊╂⒑闂堟稒鎼愰悗姘嵆閻涱噣宕堕鈧粈鍫澝归敐鍥ㄥ殌濞寸姴婀辩槐鎾诲磼濞嗘帒鍘℃繝娈垮枤閺佸寮崘顔碱潊闁靛牆鎳撻幗鏇㈡⒑閹稿海绠撴い锔垮嵆瀹曟垿宕熼娑氬幐婵犮垼娉涢鍛存倶閵夛负浜滄い鎰╁灪閹兼劙鏌嶇憴鍕伌妞ゃ垺鐟у☉鐢告倻閻e苯寮藉┑鐘垫暩閸嬫盯骞忛幋鐘茬筏闁割煈鍟i敐澶婄疀闁哄娉曢濠囨⒑閻熸澘鏆辩痪缁㈠弮瀹曚即寮介鐐殿啇閻熸粎澧楃敮鎺楀箲閼哥偣浜滈柟鎹愭硾閺嬪孩绻涢崨顔炬噰婵﹤顭峰畷鎺戭潩椤戣棄浜剧€瑰嫭鍣磋ぐ鎺戠倞妞ゆ帒顦伴弲顏堟偡濠婂啰绠绘鐐村灴婵偓闁靛牆鎳愰鍝勨攽閻樼粯娑ч柣妤€锕ら埢鎾诲即閵忊檧鎷洪梺鍛婄☉閿曪箓鍩ユ径鎰叆闁哄浂浜為幃濂告煙楠炲灝鐏茬€规洖宕埥澶娾枎閹存繂绠洪梻鍌欑窔濞佳呮崲閸℃稑绠犳慨妯挎硾閹硅埖銇勯幘璺盒ラ柣鎺戙偢閺岋絾鎯旈婊呅i梺绋款儎閻掞妇绮嬪鍛牚闁割偆鍠撻崢鎼佹倵楠炲灝鍔氶柛鐕佸亝娣囧﹥绂掔€n偆鍘介梺闈涒康缁犳垿鎮橀敃鍌涚厪闁搞儜鍐句純閻庢鍣崜鐔风暦閻樼粯顎愰梺鍛婂嚬閸嬪嫰鍩為幋锔绘晩缁绢厾鍏樼欢鏉戔攽閻愬弶瀚呯紓宥勭窔閻涱喗寰勯幇顒傤啋濡炪倖妫侀崑鎰八囬弶娆炬富闁靛牆妫楅崸濠囨煕鐎n偅宕岄柡灞剧洴楠炴ê鐣烽崶鈹劌鈹戦纭锋敾婵$偘绮欓悰顕€寮介鐔封偓鐑芥煙缂佹ê淇繛鐓庨閳规垿鎮欓懠顒佹喖缂備緡鍠栫换鎰板煝閺傚簱妲堥柕蹇婃櫆閺咁亪姊洪幐搴g畵妞わ缚绮欏顐﹀礃椤旂晫鍙嗗┑鐘绘涧濡寮冲▎寰濈懓饪伴崟顓犵杽濠殿喖锕ュ钘夌暦閵婏妇绡€闁稿本鍑瑰ḿ濠囨⒒娴e憡鎯堥柟鍐茬箳閹广垽宕煎┑鍫熸闂侀潧楠忕槐鏇€€呴悜鑺ュ€甸柨婵嗛娴滅偤鏌涘Ο鍏兼毈婵﹨娅g划娆戞崉閵娧屽晥闂備胶枪椤戝棝宕濆▎蹇e殨闁告劕妯婂ḿ銊╂煃瑜滈崜鐔奉嚕鐠囨祴妲堥柕蹇曞閳哄懏鐓忓鑸得弸銈夋煕濮橆剦鍎旈柟顔筋殘閹叉挳宕熼鈧ˇ鈺呮⒑閹肩偛濮€婵炲鐩、姘舵晲閸℃瑧鐦堝┑顔斤供閸庣敻濡搁埡鍌滃弳闂佸搫鍟犻崑鎾绘煕鎼淬垹鈻曢柣娑卞枛椤撳吋寰勭€Q勫濠电偠鎻徊浠嬪箟閿熺姴鐤柣鎰劋閻撴洘銇勯鐔风仴闁诲骏濡囬埀顒冾潐濞叉﹢宕濆▎蹇e殨濞寸姴顑愰弫鍐煟閺冨洦鑵瑰瑙勬礀閳规垿顢欑紒鎾剁窗闂佺ǹ顑嗛幐楣冨焵椤掍胶鍟查柟鍑ゆ嫹查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

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(xiàn)是抽象而直觀地描述電場(chǎng)有效工具(電場(chǎng)線(xiàn)的基本屬性)。

b、不同電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)的計(jì)算

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

⑴點(diǎn)電荷:E = k

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

⑵均勻帶電環(huán),垂直環(huán)面軸線(xiàn)上的某點(diǎn)P:E = ,其中r和R的意義見(jiàn)圖7-1。

⑶均勻帶電球殼

內(nèi)部:E內(nèi) = 0

外部:E = k ,其中r指考察點(diǎn)到球心的距離

如果球殼是有厚度的的(內(nèi)徑R1 、外徑R2),在殼體中(R1<r<R2):

E =  ,其中ρ為電荷體密度。這個(gè)式子的物理意義可以參照萬(wàn)有引力定律當(dāng)中(條件部分)的“剝皮法則”理解〔即為圖7-2中虛線(xiàn)以?xún)?nèi)部分的總電量…〕。

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

⑸無(wú)限大均勻帶電平面(電荷面密度為σ):E = 2πkσ

二、電勢(shì)

1、電勢(shì):把一電荷從P點(diǎn)移到參考點(diǎn)P0時(shí)電場(chǎng)力所做的功W與該電荷電量q的比值,即

U = 

參考點(diǎn)即電勢(shì)為零的點(diǎn),通常取無(wú)窮遠(yuǎn)或大地為參考點(diǎn)。

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

2、典型電場(chǎng)的電勢(shì)

a、點(diǎn)電荷

以無(wú)窮遠(yuǎn)為參考點(diǎn),U = k

b、均勻帶電球殼

以無(wú)窮遠(yuǎn)為參考點(diǎn),U = 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(xiàn)所在的平面。

〖學(xué)員思考〗如果這個(gè)半球面在yoz平面的兩邊均勻帶有異種電荷,面密度仍為σ,那么,球心處的場(chǎng)強(qiáng)又是多少?

〖推薦解法〗將半球面看成4個(gè)球面,每個(gè)球面在x、y、z三個(gè)方向上分量均為 kπσ,能夠?qū)ΨQ(chēng)抵消的將是y、z兩個(gè)方向上的分量,因此ΣE = 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(xiàn)上O′一側(cè)距離O為b(b>R)的地方放一個(gè)電量為q的點(diǎn)電荷,它受到的電場(chǎng)力將為多大?

〖解說(shuō)〗上面解法的按部就班應(yīng)用…

〖答〗πkρq〔?〕。

二、電勢(shì)、電量與電場(chǎng)力的功

【物理情形1】如圖7-8所示,半徑為R的圓環(huán)均勻帶電,電荷線(xiàn)密度為λ,圓心在O點(diǎn),過(guò)圓心跟環(huán)面垂直的軸線(xiàn)上有P點(diǎn), = r ,以無(wú)窮遠(yuǎn)為參考點(diǎn),試求P點(diǎn)的電勢(shì)U。

【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(xiàn)表示三根首尾相連的等長(zhǎng)絕緣細(xì)棒,每根棒上的電荷分布情況與絕緣棒都換成導(dǎo)體棒時(shí)完全相同。點(diǎn)A是Δabc的中心,點(diǎn)B則與A相對(duì)bc棒對(duì)稱(chēng),且已測(cè)得它們的電勢(shì)分別為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(xiàn),如圖7-12所示。P、Q為CD軸線(xiàn)上相對(duì)O點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的兩點(diǎn),已知P點(diǎn)的電勢(shì)為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(xiàn)移到無(wú)窮遠(yuǎn)處去,電場(chǎng)力對(duì)它做多少功?

【模型分析】電勢(shì)疊加和關(guān)系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(xiàn)上。而且由動(dòng)量守恒知,三球不可能有沿繩子方向的速度。設(shè)2球的速度為v ,1球和3球的速度為v′,則

動(dòng)量關(guān)系 mv + 2m v′= 0

能量關(guān)系 3k = 2 k + k + mv2 + 2m

解以上兩式即可的v值。

〖答〗v = q 。

三、電場(chǎng)中的導(dǎo)體和電介質(zhì)

【物理情形】?jī)蓧K平行放置的很大的金屬薄板A和B,面積都是S ,間距為d(d遠(yuǎn)小于金屬板的線(xiàn)度),已知A板帶凈電量+Q1 ,B板帶盡電量+Q2 ,且Q2<Q1 ,試求:(1)兩板內(nèi)外表面的電量分別是多少;(2)空間各處的場(chǎng)強(qiáng);(3)兩板間的電勢(shì)差。

【模型分析】由于靜電感應(yīng),A、B兩板的四個(gè)平面的電量將呈現(xiàn)一定規(guī)律的分布(金屬板雖然很薄,但內(nèi)部合場(chǎng)強(qiáng)為零的結(jié)論還是存在的);這里應(yīng)注意金屬板“很大”的前提條件,它事實(shí)上是指物理無(wú)窮大,因此,可以應(yīng)用無(wú)限大平板的場(chǎng)強(qiáng)定式。

為方便解題,做圖7-15,忽略邊緣效應(yīng),四個(gè)面的電荷分布應(yīng)是均勻的,設(shè)四個(gè)面的電荷面密度分別為σ1 、σ2 、σ3和σ4 ,顯然

(σ1 + σ2)S = Q1 

(σ3 + σ4)S = Q2 

A板內(nèi)部空間場(chǎng)強(qiáng)為零,有 2πk(σ1 ? σ2 ? σ3 ? σ4)= 0

A板內(nèi)部空間場(chǎng)強(qiáng)為零,有 2πk(σ1 + σ2 + σ3 ? σ4)= 0

解以上四式易得 σ1 = σ4 = 

               σ2 = ?σ3 = 

有了四個(gè)面的電荷密度,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ空間的場(chǎng)強(qiáng)就好求了〔如E =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(mǎn)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(mǎn)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(mǎn)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(mǎn)足——

電量關(guān)系:Q1′= Q3

          Q2′+ Q3′= 

電勢(shì)關(guān)系: = 

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

【答】(1)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(xiàn)消耗的焦耳熱已不可忽略。)

☆第七部分完☆

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