如图的示，水平放置的两块相同的金属板带等量异种电荷，两板间有垂直纸面向里的水平方向的匀强磁场，一带电的粒子（不计重力）在P点由静止释放，运动到A点时速度方向水平，则 （ ）
A．从P到A，粒子的速度不变
B．从P到A，粒子竖直方向的分速度一直增大
C．从A点粒子受到的磁场力一定大于电场力
D．从A点开始粒子可能做匀速直线运动
优生乐园系列答案
新编小学单元自测题系列答案科目：高中物理 来源： 题型：
如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab．导轨一端连接电阻R，其它电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止起向右运动，则下述说法中正确的是（ ）查看答案和解析>>
科目：高中物理 来源： 题型：
如图所示，水平放置的两平行金属板相距为d，金属板与两平行金属导轨相连，导轨间距为L，匀强磁场与导轨平面垂直，磁场的磁感应强度为B，由于导轨上有一导体棒ab在运动，导致平行板板间有一质量为m，电荷量为q的带负电的液滴处于静止状态．则导体ab的速度大小为| mgd |
| BLq |
| mgd |
| BLq |
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科目：高中物理 来源： 题型：阅读理解
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一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，用下面的方法测量它匀速转动时的角速度。
实验器材：电磁打点计时器、米尺、纸带、复写纸片。
实验步骤：
（1）如图1所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，使得圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上。
（2）启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点。
（3）经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量。
① 由已知量和测得量表示的角速度的表达式为ω= 。式中各量的意义是：
.
② 某次实验测得圆盘半径r=5.50×10-2m，得到纸带的一段如图2所示，求得角速度为 。
（1） （2）6.8/s。 |
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科目：高中物理 来源： 题型：阅读理解
第八部分 静电场
第一讲 基本知识介绍
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、电容器的连接和静电能计算、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，那就是电场本身的问题、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分中的静态问题。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。
一、电场强度
1、实验定律
a、库仑定律
内容；
条件：⑴点电荷，⑵真空，⑶点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 /εr）。只有条件⑶，它才是静电学的基本前提和出发点（但这一点又是常常被忽视和被不恰当地“综合应用”的）。
b、电荷守恒定律
c、叠加原理
2、电场强度
a、电场强度的定义
电场的概念；试探电荷（检验电荷）；定义意味着一种适用于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——
⑴点电荷：E = k
结合点电荷的场强和叠加原理，我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。
⑶均匀带电球壳
内部：E内 = 0
外部：E外 = k
，其中r指考察点到球心的距离
如果球壳是有厚度的的（内径R1 、外径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
二、电势
1、电势：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
U = 
参考点即电势为零的点，通常取无穷远或大地为参考点。
和场强一样，电势是属于场本身的物理量。W则为电荷的电势能。
2、典型电场的电势
a、点电荷
以无穷远为参考点，U = k
b、均匀带电球壳
以无穷远为参考点，U外 = k
，U内 = k
3、电势的叠加
由于电势的是标量，所以电势的叠加服从代数加法。很显然，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。
4、电场力对电荷做功
WAB = q（UA － UB）= qUAB
三、静电场中的导体
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。
2、静电屏蔽
导体壳（网罩）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，也可实现内部对外部的屏蔽。
四、电容
1、电容器
孤立导体电容器→一般电容器
2、电容
a、定义式 C = 
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
⑴平行板电容器 C = 
= 
，其中ε为绝对介电常数（真空中ε0 = 
，其它介质中ε= 
），εr则为相对介电常数，εr = 
。
⑵柱形电容器：C = 
⑶球形电容器：C = 
3、电容器的连接
a、串联 
= 
+
+
+ … +
b、并联 C = C1 + C2 + C3 + … + Cn
4、电容器的能量
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
E = 
q0U0 = 
C
= 
电场的能量。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。
对平行板电容器 E总 = 
E2
认为电场能均匀分布在电场中，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。
五、电介质的极化
1、电介质的极化
a、电介质分为两类：无极分子和有极分子，前者是指在没有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、极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，导体中存在束缚电荷与自由电荷，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，就是指图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别是：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
一、场强和电场力
【物理情形1】试证明：均匀带电球壳内部任意一点的场强均为零。
【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
ΔE1 = k
ΔE2 = k
为了弄清ΔE1和ΔE2的大小关系，引进锥体顶部的立体角ΔΩ ，显然
= ΔΩ = 
所以 ΔE1 = k
，ΔE2 = k
，即：ΔE1 = ΔE2 ，而它们的方向是相反的，故在P点激发的合场强为零。
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】半径为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处取一极小的面元ΔS ，它在球心O点激发的场强大小为
ΔE = k
，方向由P指向O点。
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 = ΣEz ，所以先求
ΔEz = ΔEcosθ= k
，而且ΔScosθ为面元在xoy平面的投影，设为ΔS′
所以 ΣEz = 
ΣΔS′
而 ΣΔS′= πR2
【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 = ΣEx …
〖答案〗大小为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，半径为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，半径为R′，
= a ，如图7-7所示，试求空腔中各点的场强。
【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，对于空腔中任意一点P ，设
= r1 ，
= r2 ，则大球激发的场强为
E1 = k
= 
kρπr1 ，方向由O指向P
“小球”激发的场强为
E2 = k
= 
kρπr2 ，方向由P指向O′
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确定了。
【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，半径为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UP 。
【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
ΔU = k
环共有
段，各段在P点形成的电势相同，而且它们是标量叠加。
【答案】UP = 
〖思考〗如果上题中知道的是环的总电量Q ，则UP的结论为多少？如果这个总电量的分布不是均匀的，结论会改变吗？
〖答〗UP = 
；结论不会改变。
〖再思考〗将环换成半径为R的薄球壳，总电量仍为Q ，试问：（1）当电量均匀分布时，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）各点电势为多少？
〖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
ΔU1 = k
= k
·
= kσΔΩ
ΔU2 = kσΔΩ
它们代数叠加成 ΔU = ΔU1 + ΔU2 = kσΔΩ
而 r1 + r2 = 2Rcosα
所以 ΔU = 2RkσΔΩ
所有面元形成电势的叠加 ΣU = 2RkσΣΔΩ
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——
ΣU = 4πRkσ= k
（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，球面不再是等势面）。
【相关应用】如图7-9所示，球形导体空腔内、外壁的半径分别为R1和R2 ，带有净电量+q ，现在其内部距球心为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。球心电势是两个球壳形成电势、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，根据上面的结论，其在球心形成的电势仍可以应用定式，所以…
【答案】Uo = k
－ k
+ k
。
〖反馈练习〗如图7-10所示，两个极薄的同心导体球壳A和B，半径分别为RA和RB ，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），它们的感应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”是一个合效果，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
UO = k
+ k
+ k
= 0
QB应指B球壳上的净电荷量，故 QB = 0
所以 QA = －
q
☆学员讨论：A壳的各处电势均为零，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！）
基于刚才的讨论，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）——
UB = k
+ k
〖答〗（1）QA = －
q ；（2）UB = k
(1－
) 。
【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，且已测得它们的电势分别为UA和UB 。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然复杂，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（可设为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）。
所以，取走ab前 3U1 = UA
2U2 + U1 = UB
取走ab后，因三棒是绝缘体，电荷分布不变，故电势贡献不变，所以
UA′= 2U1
UB′= U1 + U2
【答案】UA′= 
UA ；UB′= 
UA + 
UB 。
〖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等于多少？
〖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（为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
U′= U1 + U2 + U3 + U4
最后回到原来的单层盒子，中心电势必为 U = 
U′
〖答〗U = 
（U1 + U2 + U3 + U4）。
☆学员讨论：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，球面半径为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轴线上相对O点对称的两点，已知P点的电势为UP ，试求Q点的电势UQ 。
〖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。
考查P点，UP = k
+ U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、符号相反，即 U半球面= －UQ
以上的两个关系已经足以解题了。
〖答〗UQ = k
－ UP 。
【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为半径的半圆。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？
【模型分析】电势叠加和关系WAB = q（UA － UB）= qUAB的基本应用。
UO = k
+ k
= 0
UD = k
+ k
= －
U∞ = 0
再用功与电势的关系即可。
【答案】（1）
；（2）
。
【相关应用】在不计重力空间，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是多少？（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…（这里就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。在两个点电荷的环境中，我们通常说“两个点电荷的势能”是多少。）
【答】（1）k
；（2）Ek1 = 
k
，Ek2 = 
k
；（3）k
。
〖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静电势能是多少？
〖解〗略。
〖答〗k（
+
+
）。
〖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〗设剪断的是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，三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
动量关系 mv + 2m v′= 0
能量关系 3k
= 2 k
+ k
+ 
mv2 + 
2m
解以上两式即可的v值。
〖答〗v = q
。
三、电场中的导体和电介质
【物理情形】两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）两板内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一定规律的分布（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，它事实上是指物理无穷大，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
（σ1 + σ2）S = Q1
（σ3 + σ4）S = Q2
A板内部空间场强为零，有 2πk（σ1 ? σ2 ? σ3 ? σ4）= 0
A板内部空间场强为零，有 2πk（σ1 + σ2 + σ3 ? σ4）= 0
解以上四式易得 σ1 = σ4 = 
σ2 = ?σ3 = 
有了四个面的电荷密度，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ空间的场强就好求了〔如EⅡ =2πk（σ1 + σ2 ? σ3 ? σ4）= 2πk
〕。
最后，UAB = EⅡd
【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B，B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2πkd
，A板电势高。
〖学员思考〗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“电量”是多少（答：
）？如果在板间充满相对介电常数为εr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的场强（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，外侧受力
·
（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，极板面积为S ，其上半部为真空，而下半部充满相对介电常数为εr的均匀电介质，当两极板分别带上+Q和?Q的电量后，试求：（1）板上自由电荷的分布；（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，故对电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
Q1 + Q2 = Q
两板分别为等势体，将电容器看成上下两个电容器的并联，必有
U1 = U2 即 
= 
，即 
= 
解以上两式即可得Q1和Q2 。
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出现所致，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
E2 = 4πk（σ ? σ′）= 4πk（
? 
）
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）真空部分的电量为
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εr的均匀电介质，试求与与导体表面接触的介质表面的极化电荷量。
〖解〗略。
〖答〗Q′= 
Q 。
四、电容器的相关计算
【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两端的总电容是多少？
【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：令级数为1 ，于是
+ 
= 
解C′即可。
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
+ 
= 
【答案】（1）
C ；（2）
C 。
【相关模型】在图7-18所示的电路中，已知C1 = C2 = C3 = C9 = 1μF ，C4 = C5 = C6 = C7 = 2μF ，C8 = C10 = 3μF ，试求A、B之间的等效电容。
【解说】对于既非串联也非并联的电路，需要用到一种“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——
Δ→Y型：Ca = 
Cb = 
Cc = 
Y→Δ型：C1 = 
C2 = 
C3 = 
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）——
【答】约2.23μF 。
【物理情形2】如图7-21所示的电路中，三个电容器完全相同，电源电动势ε1 = 3.0V ，ε2 = 4.5V，开关K1和K2接通前电容器均未带电，试求K1和K2接通后三个电容器的电压Uao 、Ubo和Uco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。
电量关系：
+
+
= 0
电势关系：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）从第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，则这个单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。
（1）类似“物理情形1”的计算，可得 C总 = Ck = C
所以，从输入端算起，第k单元后的电压的经验公式为 Uk = 
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中的左图所示。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′
Q2′+ Q3′= 
电势关系：
+ 
= 
从以上三式解得 Q1′= Q3′= 
，Q2′= 
，这样系统的储能就可以用
得出了。
【答】（1）Ek = 
；（2）
。
〖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略。）
☆第七部分完☆
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科目：高中物理 来源： 题型：阅读理解
第二部分 牛顿运动定律
第一讲 牛顿三定律
一、牛顿第一定律
1、定律。惯性的量度
2、观念意义，突破“初态困惑”
二、牛顿第二定律
1、定律
2、理解要点
a、矢量性
b、独立作用性：ΣF → a ，ΣFx → ax …
c、瞬时性。合力可突变，故加速度可突变（与之对比：速度和位移不可突变）；牛顿第二定律展示了加速度的决定式（加速度的定义式仅仅展示了加速度的“测量手段”）。
3、适用条件
a、宏观、低速
b、惯性系
对于非惯性系的定律修正——引入惯性力、参与受力分析
三、牛顿第三定律
1、定律
2、理解要点
a、同性质（但不同物体）
b、等时效（同增同减）
c、无条件（与运动状态、空间选择无关）
第二讲 牛顿定律的应用
一、牛顿第一、第二定律的应用
单独应用牛顿第一定律的物理问题比较少，一般是需要用其解决物理问题中的某一个环节。
应用要点：合力为零时，物体靠惯性维持原有运动状态；只有物体有加速度时才需要合力。有质量的物体才有惯性。a可以突变而v、s不可突变。
1、如图1所示，在马达的驱动下，皮带运输机上方的皮带以恒定的速度向右运动。现将一工件（大小不计）在皮带左端A点轻轻放下，则在此后的过程中（ ）
A、一段时间内，工件将在滑动摩擦力作用下，对地做加速运动
B、当工件的速度等于v时，它与皮带之间的摩擦力变为静摩擦力
C、当工件相对皮带静止时，它位于皮带上A点右侧的某一点
D、工件在皮带上有可能不存在与皮带相对静止的状态
解说：B选项需要用到牛顿第一定律，A、C、D选项用到牛顿第二定律。
较难突破的是A选项，在为什么不会“立即跟上皮带”的问题上，建议使用反证法（t → 0 ，a → ∞ ，则ΣFx → ∞ ，必然会出现“供不应求”的局面）和比较法（为什么人跳上速度不大的物体可以不发生相对滑动？因为人是可以形变、重心可以调节的特殊“物体”）
此外，本题的D选项还要用到匀变速运动规律。用匀变速运动规律和牛顿第二定律不难得出
只有当L ＞ 
时（其中μ为工件与皮带之间的动摩擦因素），才有相对静止的过程，否则没有。
答案：A、D
思考：令L = 10m ，v = 2 m/s ，μ= 0.2 ，g取10 m/s2 ，试求工件到达皮带右端的时间t（过程略，答案为5.5s）
进阶练习：在上面“思考”题中，将工件给予一水平向右的初速v0 ，其它条件不变，再求t（学生分以下三组进行）——
① v0 = 1m/s (答：0.5 + 37/8 = 5.13s)
② v0 = 4m/s (答：1.0 + 3.5 = 4.5s)
③ v0 = 1m/s (答：1.55s)
2、质量均为m的两只钩码A和B，用轻弹簧和轻绳连接，然后挂在天花板上，如图2所示。试问：
① 如果在P处剪断细绳，在剪断瞬时，B的加速度是多少？
② 如果在Q处剪断弹簧，在剪断瞬时，B的加速度又是多少？
解说：第①问是常规处理。由于“弹簧不会立即发生形变”，故剪断瞬间弹簧弹力维持原值，所以此时B钩码的加速度为零（A的加速度则为2g）。
第②问需要我们反省这样一个问题：“弹簧不会立即发生形变”的原因是什么？是A、B两物的惯性，且速度v和位移s不能突变。但在Q点剪断弹簧时，弹簧却是没有惯性的（没有质量），遵从理想模型的条件，弹簧应在一瞬间恢复原长！即弹簧弹力突变为零。
答案：0 ；g 。
二、牛顿第二定律的应用
应用要点：受力较少时，直接应用牛顿第二定律的“矢量性”解题。受力比较多时，结合正交分解与“独立作用性”解题。
在难度方面，“瞬时性”问题相对较大。
1、滑块在固定、光滑、倾角为θ的斜面上下滑，试求其加速度。
解说：受力分析 → 根据“矢量性”定合力方向 → 牛顿第二定律应用
答案：gsinθ。
思考：如果斜面解除固定，上表仍光滑，倾角仍为θ，要求滑块与斜面相对静止，斜面应具备一个多大的水平加速度？（解题思路完全相同，研究对象仍为滑块。但在第二环节上应注意区别。答：gtgθ。）
进阶练习1：在一向右运动的车厢中，用细绳悬挂的小球呈现如图3所示的稳定状态，试求车厢的加速度。（和“思考”题同理，答：gtgθ。）
进阶练习2、如图4所示，小车在倾角为α的斜面上匀加速运动，车厢顶用细绳悬挂一小球，发现悬绳与竖直方向形成一个稳定的夹角β。试求小车的加速度。
解：继续贯彻“矢量性”的应用，但数学处理复杂了一些（正弦定理解三角形）。
分析小球受力后，根据“矢量性”我们可以做如图5所示的平行四边形，并找到相应的夹角。设张力T与斜面方向的夹角为θ，则
θ=（90°+ α）- β= 90°-（β-α） （1）
对灰色三角形用正弦定理，有
= 
（2）
解（1）（2）两式得：ΣF = 
最后运用牛顿第二定律即可求小球加速度（即小车加速度）
答：
。
2、如图6所示，光滑斜面倾角为θ，在水平地面上加速运动。斜面上用一条与斜面平行的细绳系一质量为m的小球，当斜面加速度为a时（a＜ctgθ），小球能够保持相对斜面静止。试求此时绳子的张力T 。
解说：当力的个数较多，不能直接用平行四边形寻求合力时，宜用正交分解处理受力，在对应牛顿第二定律的“独立作用性”列方程。
正交坐标的选择，视解题方便程度而定。
解法一：先介绍一般的思路。沿加速度a方向建x轴，与a垂直的方向上建y轴，如图7所示（N为斜面支持力）。于是可得两方程
ΣFx = ma ，即Tx － Nx = ma
ΣFy = 0 ， 即Ty + Ny = mg
代入方位角θ，以上两式成为
T cosθ－N sinθ = ma （1）
T sinθ + Ncosθ = mg （2）
这是一个关于T和N的方程组，解（1）（2）两式得：T = mgsinθ + ma cosθ
解法二：下面尝试一下能否独立地解张力T 。将正交分解的坐标选择为：x——斜面方向，y——和斜面垂直的方向。这时，在分解受力时，只分解重力G就行了，但值得注意，加速度a不在任何一个坐标轴上，是需要分解的。矢量分解后，如图8所示。
根据独立作用性原理，ΣFx = max
即：T － Gx = max
即：T － mg sinθ = m acosθ
显然，独立解T值是成功的。结果与解法一相同。
答案：mgsinθ + ma cosθ
思考：当a＞ctgθ时，张力T的结果会变化吗？（从支持力的结果N = mgcosθ－ma sinθ看小球脱离斜面的条件，求脱离斜面后，θ条件已没有意义。答：T = m
。）
学生活动：用正交分解法解本节第2题“进阶练习2”
进阶练习：如图9所示，自动扶梯与地面的夹角为30°，但扶梯的台阶是水平的。当扶梯以a = 4m/s2的加速度向上运动时，站在扶梯上质量为60kg的人相对扶梯静止。重力加速度g = 10 m/s2，试求扶梯对人的静摩擦力f 。
解：这是一个展示独立作用性原理的经典例题，建议学生选择两种坐标（一种是沿a方向和垂直a方向，另一种是水平和竖直方向），对比解题过程，进而充分领会用牛顿第二定律解题的灵活性。
答：208N 。
3、如图10所示，甲图系着小球的是两根轻绳，乙图系着小球的是一根轻弹簧和轻绳，方位角θ已知。现将它们的水平绳剪断，试求：在剪断瞬间，两种情形下小球的瞬时加速度。
解说：第一步，阐明绳子弹力和弹簧弹力的区别。
（学生活动）思考：用竖直的绳和弹簧悬吊小球，并用竖直向下的力拉住小球静止，然后同时释放，会有什么现象？原因是什么？
结论——绳子的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变（胡克定律）。
第二步，在本例中，突破“绳子的拉力如何瞬时调节”这一难点（从即将开始的运动来反推）。
知识点，牛顿第二定律的瞬时性。
答案：a甲 = gsinθ ；a乙 = gtgθ 。
应用：如图11所示，吊篮P挂在天花板上，与吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托住，当悬挂吊篮的细绳被烧断瞬间，P、Q的加速度分别是多少？
解：略。
答：2g ；0 。
三、牛顿第二、第三定律的应用
要点：在动力学问题中，如果遇到几个研究对象时，就会面临如何处理对象之间的力和对象与外界之间的力问题，这时有必要引进“系统”、“内力”和“外力”等概念，并适时地运用牛顿第三定律。
在方法的选择方面，则有“隔离法”和“整体法”。前者是根本，后者有局限，也有难度，但常常使解题过程简化，使过程的物理意义更加明晰。
对N个对象，有N个隔离方程和一个（可能的）整体方程，这（N + 1）个方程中必有一个是通解方程，如何取舍，视解题方便程度而定。
补充：当多个对象不具有共同的加速度时，一般来讲，整体法不可用，但也有一种特殊的“整体方程”，可以不受这个局限（可以介绍推导过程）——
Σ
= m1
+ m2
+ m3
+ … + mn
其中Σ
只能是系统外力的矢量和，等式右边也是矢量相加。
1、如图12所示，光滑水平面上放着一个长为L的均质直棒，现给棒一个沿棒方向的、大小为F的水平恒力作用，则棒中各部位的张力T随图中x的关系怎样？
解说：截取隔离对象，列整体方程和隔离方程（隔离右段较好）。
答案：N = 
x 。
思考：如果水平面粗糙，结论又如何？
解：分两种情况，（1）能拉动；（2）不能拉动。
第（1）情况的计算和原题基本相同，只是多了一个摩擦力的处理，结论的化简也麻烦一些。
第（2）情况可设棒的总质量为M ，和水平面的摩擦因素为μ，而F = μ
Mg ，其中l＜L ，则x＜(L-l)的右段没有张力，x＞(L-l)的左端才有张力。
答：若棒仍能被拉动，结论不变。
若棒不能被拉动，且F = μ
Mg时（μ为棒与平面的摩擦因素，l为小于L的某一值，M为棒的总质量），当x＜(L-l)，N≡0 ；当x＞(L-l)，N = 
〔x -〈L-l〉〕。
应用：如图13所示，在倾角为θ的固定斜面上，叠放着两个长方体滑块，它们的质量分别为m1和m2 ，它们之间的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分别为μ1和μ2 ，系统释放后能够一起加速下滑，则它们之间的摩擦力大小为：
A、μ1 m1gcosθ ； B、μ2 m1gcosθ ；
C、μ1 m2gcosθ ； D、μ1 m2gcosθ ；
解：略。
答：B 。（方向沿斜面向上。）
思考：（1）如果两滑块不是下滑，而是以初速度v0一起上冲，以上结论会变吗？（2）如果斜面光滑，两滑块之间有没有摩擦力？（3）如果将下面的滑块换成如图14所示的盒子，上面的滑块换成小球，它们以初速度v0一起上冲，球应对盒子的哪一侧内壁有压力？
解：略。
答：（1）不会；（2）没有；（3）若斜面光滑，对两内壁均无压力，若斜面粗糙，对斜面上方的内壁有压力。
2、如图15所示，三个物体质量分别为m1 、m2和m3 ，带滑轮的物体放在光滑水平面上，滑轮和所有接触面的摩擦均不计，绳子的质量也不计，为使三个物体无相对滑动，水平推力F应为多少？
解说：
此题对象虽然有三个，但难度不大。隔离m2 ，竖直方向有一个平衡方程；隔离m1 ，水平方向有一个动力学方程；整体有一个动力学方程。就足以解题了。
答案：F = 
。
思考：若将质量为m3物体右边挖成凹形，让m2可以自由摆动（而不与m3相碰），如图16所示，其它条件不变。是否可以选择一个恰当的F′，使三者无相对运动？如果没有，说明理由；如果有，求出这个F′的值。
解：此时，m2的隔离方程将较为复杂。设绳子张力为T ，m2的受力情况如图，隔离方程为：
= m2a
隔离m1 ，仍有：T = m1a
解以上两式，可得：a = 
g
最后用整体法解F即可。
答：当m1 ≤ m2时，没有适应题意的F′；当m1 ＞ m2时，适应题意的F′= 
。
3、一根质量为M的木棒，上端用细绳系在天花板上，棒上有一质量为m的猫，如图17所示。现将系木棒的绳子剪断，同时猫相对棒往上爬，但要求猫对地的高度不变，则棒的加速度将是多少？
解说：法一，隔离法。需要设出猫爪抓棒的力f ，然后列猫的平衡方程和棒的动力学方程，解方程组即可。
法二，“新整体法”。
据Σ
= m1
+ m2
+ m3
+ … + mn
，猫和棒的系统外力只有两者的重力，竖直向下，而猫的加速度a1 = 0 ，所以：
（ M + m ）g = m·0 + M a1
解棒的加速度a1十分容易。
答案：
g 。
四、特殊的连接体
当系统中各个体的加速度不相等时，经典的整体法不可用。如果各个体的加速度不在一条直线上，“新整体法”也将有一定的困难（矢量求和不易）。此时，我们回到隔离法，且要更加注意找各参量之间的联系。
解题思想：抓某个方向上加速度关系。方法：“微元法”先看位移关系，再推加速度关系。、
1、如图18所示，一质量为M 、倾角为θ的光滑斜面，放置在光滑的水平面上，另一个质量为m的滑块从斜面顶端释放，试求斜面的加速度。
解说：本题涉及两个物体，它们的加速度关系复杂，但在垂直斜面方向上，大小是相等的。对两者列隔离方程时，务必在这个方向上进行突破。
（学生活动）定型判断斜面的运动情况、滑块的运动情况。
位移矢量示意图如图19所示。根据运动学规律，加速度矢量a1和a2也具有这样的关系。
（学生活动）这两个加速度矢量有什么关系？
沿斜面方向、垂直斜面方向建x 、y坐标，可得：
a1y = a2y ①
且：a1y = a2sinθ ②
隔离滑块和斜面，受力图如图20所示。
对滑块，列y方向隔离方程，有：
mgcosθ- N = ma1y ③
对斜面，仍沿合加速度a2方向列方程，有：
Nsinθ= Ma2 ④
解①②③④式即可得a2 。
答案：a2 = 
。
（学生活动）思考：如何求a1的值？
解：a1y已可以通过解上面的方程组求出；a1x只要看滑块的受力图，列x方向的隔离方程即可，显然有mgsinθ= ma1x ，得:a1x = gsinθ 。最后据a1 = 
求a1 。
答：a1 = 
。
2、如图21所示，与水平面成θ角的AB棒上有一滑套C ，可以无摩擦地在棒上滑动，开始时与棒的A端相距b ，相对棒静止。当棒保持倾角θ不变地沿水平面匀加速运动，加速度为a（且a＞gtgθ）时，求滑套C从棒的A端滑出所经历的时间。
解说：这是一个比较特殊的“连接体问题”，寻求运动学参量的关系似乎比动力学分析更加重要。动力学方面，只需要隔离滑套C就行了。
（学生活动）思考：为什么题意要求a＞gtgθ？（联系本讲第二节第1题之“思考题”）
定性绘出符合题意的运动过程图，如图22所示：S表示棒的位移，S1表示滑套的位移。沿棒与垂直棒建直角坐标后，S1x表示S1在x方向上的分量。不难看出：
S1x + b = S cosθ ①
设全程时间为t ，则有：
S = 
at2 ②
S1x = 
a1xt2 ③
而隔离滑套，受力图如图23所示，显然：
mgsinθ= ma1x ④
解①②③④式即可。
答案：t = 
另解：如果引进动力学在非惯性系中的修正式 Σ
+ 
* = m 
（注：
*为惯性力），此题极简单。过程如下——
以棒为参照，隔离滑套，分析受力，如图24所示。
注意，滑套相对棒的加速度a相是沿棒向上的，故动力学方程为：
F*cosθ- mgsinθ= ma相 （1）
其中F* = ma （2）
而且，以棒为参照，滑套的相对位移S相就是b ，即：
b = S相 = 
a相 t2 （3）
解（1）（2）（3）式就可以了。
第二讲 配套例题选讲
教材范本：龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》，知识出版社，2002年8月第一版。
例题选讲针对“教材”第三章的部分例题和习题。
查看答案和解析>>
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，T为电磁打点计时器打点的时间间隔，r为圆盘的半径，x2、x1是纸带上选定的两点分别对应的米尺的刻度值，n为选定的两点间的打点数（含两点）。
或
……；（s5+s6）/2T；1，5
