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[6]圖1是某同學設計的電容式位移傳感器【查看更多】

題目列表(包括答案和解析)

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

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。或：洛侖茲力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 →

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【選做題】本題包括A、B、C三小題，請選定其中兩題，并在答題卡相應的答題區域內作答．若三題都做，則按A、B兩題評分．

A．(選修模塊3—3)（12分）

（1）利用油酸在水面上形成一單分子層油膜的實驗，估測分子直徑的大小．有以下的實驗步驟：

A、在邊長約40cm的淺盤里倒入自來水，深約2cm，將少許痱子粉均勻地輕輕撒在水面上；

B、將5mL的油酸倒入盛有酒精的玻璃杯中，蓋上蓋并搖動，使油酸均勻溶解形成油酸酒精溶液，讀出該溶液的體積為V(mL)

C、用滴管往盤中水面上滴1滴油酸酒精溶液．由于酒精溶于水而油酸不溶于水，于是該滴中的油酸就在水面上散開，形成油酸薄膜；

D、用滴管將油酸酒精溶液一滴一滴地滴人空量杯中，記下當杯中溶液達到1 mL時的總滴數n；

E、取下玻璃板放在方格紙上，量出該單分子層油酸膜的面積S(cm²)．

F、將平板玻璃放在淺方盤上，待油酸薄膜形狀穩定后可認為已形成單分子層油酸膜．用彩筆將該單分子層油酸膜的輪廓畫在玻璃板上．

①完成該實驗的實驗步驟順序應該是 ▲ ．

②在估算油酸分子直徑大小時，可將分子看成球形．用以上實驗步驟中的數據和符號表示，油酸分子直徑的大小約為d＝ ▲ cm．

（2）在油膜法測分子直徑的實驗中，用盆口直徑為0.4m的面盆盛水，要讓油酸滴在水面上散成單分子的油酸膜，那么油酸體積不能大于多少 ▲ m³，實驗中可以先把油酸稀釋成油酸溶液，再用特制滴管把這種油酸滴1滴到水面上.若測得1mL油酸溶液為120滴，那么1mL油酸至少應稀釋成

▲ mL的油酸溶液．

（3）質量為6.0kg、溫度為-20^oC的冰全部變成30^oC的水，后在常溫下（30^oC）全部蒸發為水蒸氣，整個過程需要吸收多少熱量？（設水在常溫下的汽化熱為L =2.4×10⁶J/kg，冰的比熱容為2.1×10³J/kg^oC，水的比熱容為4.2×10³J/kg^oC，冰的熔化熱為=3.34×10⁵J/kg）

B．(選修模塊3—4)（12分）

（1）在以下各種說法中，正確的是 ▲

A．一單擺做簡諧運動，擺球的運動周期不隨擺角和擺球質量的改變而改變

B．光的偏振現象說明光具有波動性，實際上，所有波動形式都可以發生偏振現象．

C．橫波在傳播過程中，波峰上的質點運動到相鄰的波峰所用的時間為一個周期

D．變化的電場一定產生變化的磁場；變化的磁場一定產生變化的電場

E．在光的雙逢干涉實驗中，若僅將入射光由紅光改為綠光，則干涉條紋間距變窄

F．真空中光速在不同的慣性參考系中都是相同的，與光源、觀察者間的相對運動沒有關系

G．火車過橋要慢行，目的是使驅動力頻率遠小于橋梁的固有頻率，以免發生共振損壞橋梁

H．光導纖維有很多的用途，它由內芯和外套兩層組成，外套的折射率比內芯要大

（2）有兩個同學利用假期分別去參觀北大和南大的物理實驗室，各自在那里利用先進的DIS系統較準確地探究了“單擺的周期T與擺長L的關系”，他們通過校園網交換實驗數據，并由計算機繪制了T²～L圖像，如圖甲所示．去北大的同學所測實驗結果對應的圖線是 ▲ （選填“A”或“B”）．另外，在南大做探究的同學還利用計算機繪制了兩種單擺的振動圖像（如圖乙所示），由圖可知，兩單擺擺長之比 ▲ ．

（3）如圖所示，一截面為正三角形的棱鏡，其折射率為．今有一束單色光

射到它的一個側面，經折射后與底邊平行，再射向另一側面后射出．試求

出射光線相對于第一次射向棱鏡的入射光線偏離了多少角度？

C．(選修模塊3—5)（12分）

(1)下列說法正確的是 ▲

A、太陽輻射的能量主要來自太陽內部的核裂變反應

B、湯姆生發現電子，表明原子具有核式結構

C、一束光照射到某種金屬上不能發生光電效應，是因為該束光的波長太短

D、按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，電子的動能減小，原子總能量增大

E、E=mc²表明物體具有的能量與其質量成正比

F、 β衰變所釋放的電子是原子核內的中子轉化成質子和電子所產生的

（2）在光滑的水平面上有甲、乙兩個物體發生正碰，已知甲的質量為1kg，乙的質量為3kg，碰前碰后的位移時間圖像如圖所示，碰后乙的圖像沒畫，則碰后乙的速度大小為 ▲ m/s，碰撞前后乙的速度方向 ▲ （填“變”、“不變”）

（3）從某金屬表面逸出光電子的最大初動能與入射光的頻率的圖像如下圖所示，則這種金屬的截止頻率是____▲____H_Z；普朗克常量是 _▲___Js．

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【選做題】本題包括A、B、C三小題，請選定其中兩題，并在答題卡相應的答題區域內作答．若三題都做，則按A、B兩題評分．

A．(選修模塊3—3)（12分）

（1）利用油酸在水面上形成一單分子層油膜的實驗，估測分子直徑的大小．有以下的實驗步驟：

A、在邊長約40cm的淺盤里倒入自來水，深約2cm，將少許痱子粉均勻地輕輕撒在水面上；

B、將5mL的油酸倒入盛有酒精的玻璃杯中，蓋上蓋并搖動，使油酸均勻溶解形成油酸酒精溶液，讀出該溶液的體積為V(mL)

C、用滴管往盤中水面上滴1滴油酸酒精溶液．由于酒精溶于水而油酸不溶于水，于是該滴中的油酸就在水面上散開，形成油酸薄膜；

D、用滴管將油酸酒精溶液一滴一滴地滴人空量杯中，記下當杯中溶液達到1 mL時的總滴數n；

E、取下玻璃板放在方格紙上，量出該單分子層油酸膜的面積S(cm²)．

F、將平板玻璃放在淺方盤上，待油酸薄膜形狀穩定后可認為已形成單分子層油酸膜．用彩筆將該單分子層油酸膜的輪廓畫在玻璃板上．

①完成該實驗的實驗步驟順序應該是 ▲ ．

②在估算油酸分子直徑大小時，可將分子看成球形．用以上實驗步驟中的數據和符號表示，油酸分子直徑的大小約為d＝ ▲ cm．

▲ mL的油酸溶液．

B．(選修模塊3—4)（12分）

（1）在以下各種說法中，正確的是 ▲

A．一單擺做簡諧運動，擺球的運動周期不隨擺角和擺球質量的改變而改變

B．光的偏振現象說明光具有波動性，實際上，所有波動形式都可以發生偏振現象．

C．橫波在傳播過程中，波峰上的質點運動到相鄰的波峰所用的時間為一個周期

D．變化的電場一定產生變化的磁場；變化的磁場一定產生變化的電場

E．在光的雙逢干涉實驗中，若僅將入射光由紅光改為綠光，則干涉條紋間距變窄

F．真空中光速在不同的慣性參考系中都是相同的，與光源、觀察者間的相對運動沒有關系

G．火車過橋要慢行，目的是使驅動力頻率遠小于橋梁的固有頻率，以免發生共振損壞橋梁

H．光導纖維有很多的用途，它由內芯和外套兩層組成，外套的折射率比內芯要大

（3）如圖所示，一截面為正三角形的棱鏡，其折射率為．今有一束單色光

射到它的一個側面，經折射后與底邊平行，再射向另一側面后射出．試求

出射光線相對于第一次射向棱鏡的入射光線偏離了多少角度？

C．(選修模塊3—5)（12分）

(1)下列說法正確的是 ▲

A、太陽輻射的能量主要來自太陽內部的核裂變反應

B、湯姆生發現電子，表明原子具有核式結構

C、一束光照射到某種金屬上不能發生光電效應，是因為該束光的波長太短

D、按照玻爾理論，氫原子核外電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時，電子的動能減小，原子總能量增大

E、E=mc²表明物體具有的能量與其質量成正比

F、 β衰變所釋放的電子是原子核內的中子轉化成質子和電子所產生的

（3）從某金屬表面逸出光電子的最大初動能與入射光的頻率的圖像如下圖所示，則這種金屬的截止頻率是____▲____H_Z；普朗克常量是 _▲___Js．

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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。現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？