用圖2-1-2所示的裝置來(lái)驗(yàn)證“感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化”.該裝置的電路原理圖見(jiàn)圖2-1-2，已經(jīng)判明電流表的指針是電流從左接線柱流入則向左偏，電流從右接線柱流入則向右偏.設(shè)計(jì)一個(gè)表格，把開(kāi)關(guān)閉合、開(kāi)關(guān)斷開(kāi)、滑動(dòng)變阻器電阻變化產(chǎn)生感應(yīng)電流的幾種情況列入表格中，并且在表格中對(duì)原磁場(chǎng)的變化與感應(yīng)電流的磁場(chǎng)的方向進(jìn)行比較.

      

圖2-1-2

解析：表格要列入的情況有四種：開(kāi)關(guān)閉合、開(kāi)關(guān)斷開(kāi)、變阻器電阻變大和滑動(dòng)變阻器電阻變小.所以表格應(yīng)該有五行.為了比較A線圈中磁場(chǎng)的方向、A線圈中磁場(chǎng)的變化、感應(yīng)電流的方向、B線圈中磁場(chǎng)的方向，最終驗(yàn)證B線圈中磁場(chǎng)方向是否阻礙A線圈中磁場(chǎng)的變化，表格應(yīng)該有六列.

電路的情況

A線圈的磁場(chǎng)方向和變化

B線圈中磁場(chǎng)的變化

電流表指針偏轉(zhuǎn)方向

感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向

感應(yīng)電流的磁場(chǎng)的作用

開(kāi)關(guān)閉合

向下、增大

向下、增大

向右

向上

阻礙Φ增大

開(kāi)關(guān)斷開(kāi)

向下、減小

向下、減小

向左

向下

阻礙Φ減少

電阻變大

向下、減小

向下、減小

向左

向下

阻礙Φ減少

電阻變小

向下、增大

向下、增大

向右

向上

阻礙Φ增大

  

練習(xí)冊(cè)系列答案
相關(guān)習(xí)題

科目：高中物理 來(lái)源：2011年北京市海淀區(qū)高考物理二模試卷（解析版） 題型：填空題

（1）在用雙縫干涉測(cè)光的波長(zhǎng)的實(shí)驗(yàn)中，請(qǐng)按照題目要求回答下列問(wèn)題．
①圖1甲、乙兩圖都是光的條紋形狀示意圖，其中干涉圖樣是    ．
②將下表中的光學(xué)元件放在圖1丙所示的光具座上組裝成用雙縫干涉測(cè)光的波長(zhǎng)的實(shí)驗(yàn)裝置，并用此裝置測(cè)量紅光的波長(zhǎng)．

元件代號(hào)ABCDE
元件名稱光屏雙縫白光光源單縫透紅光的濾光片
將白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光學(xué)元件，由左至右，表示各光學(xué)元件的排列順序應(yīng)為    ．（填寫元件代號(hào)）
③已知該裝置中雙縫間距d=0.50mm，雙縫到光屏的距離L=0.50m，在光屏上得到的干涉圖樣如圖7甲所示，分劃板在圖中A位置時(shí)游標(biāo)卡尺如圖2乙所示，則其示數(shù)為    mm；在B位置時(shí)游標(biāo)卡尺如圖2丙所示．由以上所測(cè)數(shù)據(jù)可以得出形成此干涉圖樣的單色光的波長(zhǎng)為    m．
（2）用半徑相同的小球1和小球2的碰撞驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖3所示，斜槽與水平槽圓滑連接．安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放復(fù)寫紙，記下重錘線所指的位置O．接下來(lái)的實(shí)驗(yàn)步驟如下：
步驟1：不放小球2，讓小球1從斜槽上A點(diǎn)由靜止?jié)L下，并落在地面上．重復(fù)多次，用盡可能小的圓，把小球的所有落點(diǎn)圈在里面，其圓心就是小球落點(diǎn)的平均位置；
步驟2：把小球2放在斜槽前端邊緣位置B，讓小球1從A點(diǎn)由靜止?jié)L下，使它們碰撞．重復(fù)多次，并使用與步驟1同樣的方法分別標(biāo)出碰撞后兩小球落點(diǎn)的平均位置；
步驟3：用刻度尺分別測(cè)量三個(gè)落地點(diǎn)的平均位置M、P、N離O點(diǎn)的距離，即線段OM、OP、ON的長(zhǎng)度．
①對(duì)于上述實(shí)驗(yàn)操作，下列說(shuō)法正確的是   
A．應(yīng)使小球每次從斜槽上相同的位置自由滾下
B．斜槽軌道必須光滑
C．斜槽軌道末端必須水平
D．實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，白紙可以移動(dòng)，復(fù)寫紙不能移動(dòng)
E．小球1的質(zhì)量應(yīng)大于小球2的質(zhì)量
②本實(shí)驗(yàn)除需測(cè)量線段OM、OP、ON的長(zhǎng)度外，還需要測(cè)量的物理量有    ．
A．A、B兩點(diǎn)間的高度差h1          B．B點(diǎn)離地面的高度h2
C．小球1和小球2的質(zhì)量m1、m2    D．小球1和小球2的半徑r
③當(dāng)所測(cè)物理量滿足表達(dá)式    （用所測(cè)物理量的字母表示）時(shí)，即說(shuō)明兩球碰撞遵守動(dòng)量守恒定律．如果還滿足表達(dá)式    （用所測(cè)物理量的字母表示）時(shí)，即說(shuō)明兩球碰撞時(shí)無(wú)機(jī)械能損失．
④完成上述實(shí)驗(yàn)后，某實(shí)驗(yàn)小組對(duì)上述裝置進(jìn)行了改造，如圖4所示．在水平槽末端與水平地面間放置了一個(gè)斜面，斜面的頂點(diǎn)與水平槽等高且無(wú)縫連接．使小球1仍從斜槽上A點(diǎn)由靜止?jié)L下，重復(fù)實(shí)驗(yàn)步驟1和2的操作，得到兩球落在斜面上的平均落點(diǎn)M′、P′、N′．用刻度尺測(cè)量斜面頂點(diǎn)到M′、P′、N′三點(diǎn)的距離分別為l1、l2、l3．則驗(yàn)證兩球碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒的表達(dá)式為    （用所測(cè)物理量的字母表示）．

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科目：高中物理 來(lái)源： 題型：閱讀理解

第十部分 磁場(chǎng)

第一講 基本知識(shí)介紹

《磁場(chǎng)》部分在奧賽考剛中的考點(diǎn)很少，和高考要求的區(qū)別不是很大，只是在兩處有深化：a、電流的磁場(chǎng)引進(jìn)定量計(jì)算；b、對(duì)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行了更深入的分析。

一、磁場(chǎng)與安培力

1、磁場(chǎng)

a、永磁體、電流磁場(chǎng)→磁現(xiàn)象的電本質(zhì)

b、磁感強(qiáng)度、磁通量

c、穩(wěn)恒電流的磁場(chǎng)

*畢奧-薩伐爾定律（Biot-Savart law）：對(duì)于電流強(qiáng)度為I 、長(zhǎng)度為dI的導(dǎo)體元段，在距離為r的點(diǎn)激發(fā)的“元磁感應(yīng)強(qiáng)度”為dB 。矢量式d= k，（d表示導(dǎo)體元段的方向沿電流的方向、為導(dǎo)體元段到考查點(diǎn)的方向矢量）；或用大小關(guān)系式dB = k結(jié)合安培定則尋求方向亦可。其中 k = 1.0×10?7N/A2 。應(yīng)用畢薩定律再結(jié)合矢量疊加原理，可以求解任何形狀導(dǎo)線在任何位置激發(fā)的磁感強(qiáng)度。

畢薩定律應(yīng)用在“無(wú)限長(zhǎng)”直導(dǎo)線的結(jié)論：B = 2k ；

*畢薩定律應(yīng)用在環(huán)形電流垂直中心軸線上的結(jié)論：B = 2πkI ；

*畢薩定律應(yīng)用在“無(wú)限長(zhǎng)”螺線管內(nèi)部的結(jié)論：B = 2πknI 。其中n為單位長(zhǎng)度螺線管的匝數(shù)。

2、安培力

a、對(duì)直導(dǎo)體，矢量式為 = I；或表達(dá)為大小關(guān)系式 F = BILsinθ再結(jié)合“左手定則”解決方向問(wèn)題（θ為B與L的夾角）。

b、彎曲導(dǎo)體的安培力

⑴整體合力

折線導(dǎo)體所受安培力的合力等于連接始末端連線導(dǎo)體（電流不變）的的安培力。

證明：參照?qǐng)D9-1，令MN段導(dǎo)體的安培力F1與NO段導(dǎo)體的安培力F2的合力為F，則F的大小為

F = 

  = BI

  = BI

關(guān)于F的方向，由于ΔFF2P∽ΔMNO，可以證明圖9-1中的兩個(gè)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(gè)證明很容易），故F在MO上的垂足就是MO的中點(diǎn)了。

證畢。

由于連續(xù)彎曲的導(dǎo)體可以看成是無(wú)窮多元段直線導(dǎo)體的折合，所以，關(guān)于折線導(dǎo)體整體合力的結(jié)論也適用于彎曲導(dǎo)體。（說(shuō)明：這個(gè)結(jié)論只適用于勻強(qiáng)磁場(chǎng)。）

⑵導(dǎo)體的內(nèi)張力

彎曲導(dǎo)體在平衡或加速的情形下，均會(huì)出現(xiàn)內(nèi)張力，具體分析時(shí)，可將導(dǎo)體在被考查點(diǎn)切斷，再將被切斷的某一部分隔離，列平衡方程或動(dòng)力學(xué)方程求解。

c、勻強(qiáng)磁場(chǎng)對(duì)線圈的轉(zhuǎn)矩

如圖9-2所示，當(dāng)一個(gè)矩形線圈（線圈面積為S、通以恒定電流I）放入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，且磁場(chǎng)B的方向平行線圈平面時(shí)，線圈受安培力將轉(zhuǎn)動(dòng)（并自動(dòng)選擇垂直B的中心軸OO′，因?yàn)橘|(zhì)心無(wú)加速度），此瞬時(shí)的力矩為

M = BIS

幾種情形的討論——

⑴增加匝數(shù)至N ，則 M = NBIS ；

⑵轉(zhuǎn)軸平移，結(jié)論不變（證明從略）；

⑶線圈形狀改變，結(jié)論不變（證明從略）；

*⑷磁場(chǎng)平行線圈平面相對(duì)原磁場(chǎng)方向旋轉(zhuǎn)α角，則M = BIScosα ，如圖9-3；

證明：當(dāng)α = 90°時(shí)，顯然M = 0 ，而磁場(chǎng)是可以分解的，只有垂直轉(zhuǎn)軸的的分量Bcosα才能產(chǎn)生力矩…

⑸磁場(chǎng)B垂直O(jiān)O′軸相對(duì)線圈平面旋轉(zhuǎn)β角，則M = BIScosβ ，如圖9-4。

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

說(shuō)明：在默認(rèn)的情況下，討論線圈的轉(zhuǎn)矩時(shí)，認(rèn)為線圈的轉(zhuǎn)軸垂直磁場(chǎng)。如果沒(méi)有人為設(shè)定，而是讓安培力自行選定轉(zhuǎn)軸，這時(shí)的力矩稱為力偶矩。

二、洛侖茲力

1、概念與規(guī)律

a、 = q，或展開(kāi)為f = qvBsinθ再結(jié)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(xiàn)。

b、能量性質(zhì)

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(jié)論：洛侖茲力可對(duì)帶電粒子形成沖量，卻不可能做功�；颍郝鍋銎澚墒箮щ娏Ｗ拥膭�(dòng)量發(fā)生改變卻不能使其動(dòng)能發(fā)生改變。

問(wèn)題：安培力可以做功，為什么洛侖茲力不能做功？

解說(shuō)：應(yīng)該注意“安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲力的宏觀體現(xiàn)”這句話的確切含義——“宏觀體現(xiàn)”和“完全相等”是有區(qū)別的。我們可以分兩種情形看這個(gè)問(wèn)題：（1）導(dǎo)體靜止時(shí)，所有粒子的洛侖茲力的合力等于安培力（這個(gè)證明從略）；（2）導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子參與的是沿導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)v1和導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)v2的合運(yùn)動(dòng)，其合速度為v ，這時(shí)的洛侖茲力f垂直v而安培力垂直導(dǎo)體棒，它們是不可能相等的，只能說(shuō)安培力是洛侖茲力的分力f1 = qv1B的合力（見(jiàn)圖9-5）。

很顯然，f1的合力（安培力）做正功，而f不做功（或者說(shuō)f1的正功和f2的負(fù)功的代數(shù)和為零）。（事實(shí)上，由于電子定向移動(dòng)速率v1在10?5m/s數(shù)量級(jí)，而v2一般都在10?2m/s數(shù)量級(jí)以上，致使f1只是f的一個(gè)極小分量。）

☆如果從能量的角度看這個(gè)問(wèn)題，當(dāng)導(dǎo)體棒放在光滑的導(dǎo)軌上時(shí)（參看圖9-6），導(dǎo)體棒必獲得動(dòng)能，這個(gè)動(dòng)能是怎么轉(zhuǎn)化來(lái)的呢？

若先將導(dǎo)體棒卡住，回路中形成穩(wěn)恒的電流，電流的功轉(zhuǎn)化為回路的焦耳熱。而將導(dǎo)體棒釋放后，導(dǎo)體棒受安培力加速，將形成感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)（反電動(dòng)勢(shì)）。動(dòng)力學(xué)分析可知，導(dǎo)體棒的最后穩(wěn)定狀態(tài)是勻速運(yùn)動(dòng)（感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于電源電動(dòng)勢(shì)，回路電流為零）。由于達(dá)到穩(wěn)定速度前的回路電流是逐漸減小的，故在相同時(shí)間內(nèi)發(fā)的焦耳熱將比導(dǎo)體棒被卡住時(shí)少。所以，導(dǎo)體棒動(dòng)能的增加是以回路焦耳熱的減少為代價(jià)的。

2、僅受洛侖茲力的帶電粒子運(yùn)動(dòng)

a、⊥時(shí)，勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑r =  ，周期T = 

b、與成一般夾角θ時(shí)，做等螺距螺旋運(yùn)動(dòng)，半徑r =  ，螺距d = 

這個(gè)結(jié)論的證明一般是將分解…（過(guò)程從略）。

☆但也有一個(gè)問(wèn)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(yùn)動(dòng)情形似乎就不一樣了——在垂直B2的平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)？

其實(shí)，在圖9-7中，B1平行v只是一種暫時(shí)的現(xiàn)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(dāng)B1施加了洛侖茲力后，粒子的“圓周運(yùn)動(dòng)”就無(wú)法達(dá)成了。（而在分解v的處理中，這種局面是不會(huì)出現(xiàn)的。）

3、磁聚焦

a、結(jié)構(gòu)：見(jiàn)圖9-8，K和G分別為陰極和控制極，A為陽(yáng)極加共軸限制膜片，螺線管提供勻強(qiáng)磁場(chǎng)。

b、原理：由于控制極和共軸膜片的存在，電子進(jìn)磁場(chǎng)的發(fā)散角極小，即速度和磁場(chǎng)的夾角θ極小，各粒子做螺旋運(yùn)動(dòng)時(shí)可以認(rèn)為螺距彼此相等（半徑可以不等），故所有粒子會(huì)“聚焦”在熒光屏上的P點(diǎn)。

4、回旋加速器

a、結(jié)構(gòu)&原理（注意加速時(shí)間應(yīng)忽略）

b、磁場(chǎng)與交變電場(chǎng)頻率的關(guān)系

因回旋周期T和交變電場(chǎng)周期T′必相等，故 =

c、最大速度 vmax = = 2πRf

5、質(zhì)譜儀

速度選擇器&粒子圓周運(yùn)動(dòng)，和高考要求相同。

第二講 典型例題解析

一、磁場(chǎng)與安培力的計(jì)算

【例題1】?jī)筛鶡o(wú)限長(zhǎng)的平行直導(dǎo)線a、b相距40cm，通過(guò)電流的大小都是3.0A，方向相反。試求位于兩根導(dǎo)線之間且在兩導(dǎo)線所在平面內(nèi)的、與a導(dǎo)線相距10cm的P點(diǎn)的磁感強(qiáng)度。

【解說(shuō)】這是一個(gè)關(guān)于畢薩定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用。解題過(guò)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(qiáng)度大小為B 、方向垂直線圈平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，求由于安培力而引起的線圈內(nèi)張力。

【解說(shuō)】本題有兩種解法。

方法一：隔離一小段弧，對(duì)應(yīng)圓心角θ ，則弧長(zhǎng)L = θR 。因?yàn)棣?u> →

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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外 = 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外 = 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，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總 = 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：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)摹㈨斀呛苄〉腻F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′

而 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)UP 。

【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，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EⅡ =2πk（σ1 + σ2 ? σ3 ? σ4）= 2πk〕。

最后，UAB = EⅡd

【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  =  ，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？從公式的角度看，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，周圍充滿相對(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“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）類似“物理情形1”的計(jì)算，可得 C總 = 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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