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竞赛静电场-老师用


高二四班全国物理竞赛辅导——静电场

静电场 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 /ε r) 。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
Q r2

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 = 见图 7-1。 ⑶均匀带电球壳 内部:E 内 = 0 外部:E 外 = k
Q ,其中 r 指考察点到球心的距离 r2

kQr (r ? R 2 )
2 3 2

,其中 r 和 R 的意义

如果球壳是有厚度的的(内径 R1 、外径 R2) ,在壳体中(R1<r<R2) : E=
3 4 r 3 ? R1 ?? k ,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 2 3 r

力定律当中(条件部分)的“剥皮法则”理解〔 ? ?(r 3 ? R 3 ) 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 =
2 k? r

4 3

⑸无限大均匀带电平面(电荷面密度为σ ) :E = 2π kσ 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 =
W q

参考点即电势为零的点,通常取无穷远或大地为参考点。
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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
Q Q ,U 内 = k r R Q r

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→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 =
Q U

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 = 则为相对介电常数,ε
r

? rS 4?kd

=

?S ,其中ε 为绝对介电常数(真空中ε d

0

=

1 1 ,其它介质中ε = ) ,ε 4 ?k 4?k?

r

=

? 。 ?0

⑵柱形电容器:C =

?rL R 2 k ln 2 R1

⑶球形电容器:C = 3、电容器的连接 a、串联
1 C

? r R1R 2 k (R 2 ? R1 )

=

1 1 1 1 + + + ? + C1 C 2 C3 Cn

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
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就是电容器的储能 E ,所以 E =
2 1 1 1 q0 2 q0U0 = C U0 = 2 2 2 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 =
Sd 2 E 8 ?k 1 2 E 。而且,这以结论适用于非匀强电场。 8 ?k

认为电场能均匀分布在电场中,则单位体积的电场储能 w =

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Δ S1 和Δ S2 ,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 Δ E1 = k Δ E2 = k
??S1 r12 ??S2 r22

为了弄清Δ E1 和Δ E2 的大小关系,引进锥体顶部的立体角Δ Ω ,显然
?S1 cos? ?S2 cos? = ΔΩ = 2 r1 r22

所以 Δ E1 = k

??? cos ?

,Δ E2 = k

??? cos ?

,即:Δ E1 = Δ E2 ,而它们的方向是相反的,故在 P 点激发的合场强为零。
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同理,其它各个相对的面元Δ S3 和Δ S4 、Δ S5 和Δ S6 ? 激发的合场强均为零。原命题得证。 【模型变换】半径为 R 的均匀带电半球面,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Δ S ,它在球心 O 点激发的场强大小为 ΔE = k
??S ,方向由 P 指向 O 点。 R2

无穷多个这样的面元激发的场强大小和Δ S 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 E ix = Σ E iy = 0 ,最后的Σ E = Σ Ez ,所以先求 Δ Ez = Δ Ecosθ = k S′ 所以 Σ Ez =
k? Σ Δ S′ R2
2

?

?

??S cos? ,而且Δ Scosθ 为面元在 xoy 平面的投影,设为Δ R2

而 Σ Δ S′= π R 【答案】E = kπ σ ,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
1 kπ σ ,能够对称抵消的将是 y、z 两个方向上的分量,因此Σ E = Σ 4 1 8 1 8

Ex ? 〖答案〗大小为 kπ σ ,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′, OO? = 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 OP ? = r1 , O P = r2 ,则大球激发的场强为
4 ? ?r13 E1 = k 3 2 r1

=

4 kρ π r1 ,方向由 O 指向 P 3

“小球”激发的场强为
4 ? ?r23 E2 = k 3 2 r2

=

4 kρ π r2 ,方向由 P 指向 O′ 3

E1 和 E2 的矢量合成遵从平行四边形法则,Σ E 的方向如图。又由于矢量三角形 PE1Σ E 和空间位置三角形 OP O′是 相似的,Σ E 的大小和方向就不难确定了。 【答案】恒为 kρ π a ,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?
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〖解说〗上面解法的按部就班应用? 〖答〗 π kρ q〔
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R3 ?3 ? R 2〕 。 2 b (b ? a )

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, PO = 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Δ L ,它在 P 点形成的电势 ΔU = k 环共有
??L R2 ? r2

2?R 段,各段在 P 点形成的电势相同,而且它们是标量叠加。 ?L
2?k?R R2 ? r2

【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 =
kQ R2 ? r2

;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 Δ U1 = k
??S1 ? ?? ? r12 r = k · = kσ Δ Ω 1 cos ? cos? r1 r1
r2 cos ? r1 ? r2 cos ?

Δ U2 = kσ Δ Ω

它们代数叠加成 Δ U = Δ U1 + Δ U2 = kσ Δ Ω

而 r1 + r2 = 2Rcosα 所以 Δ U = 2Rkσ Δ Ω 所有面元形成电势的叠加 Σ U = 2Rkσ Σ Δ Ω 注意:一个完整球面的Σ Δ Ω = 4π (单位:球面度 sr) ,但作为对顶的锥角,Σ Δ Ω 只能是 2π , 所以—— Σ U = 4π Rkσ = k
Q R

(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
Q Q ; (2)球心电势仍为 k ,但其它各 R R

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
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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
Q Q?q Q - k + k 。 r R1 R2

〖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
q d

+ k

QA RA

+ k

QB RB

= 0

QB 应指 B 球壳上的净电荷量,故 QB = 0 所以 QA = -
RA q d

☆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
q d

+ k

QA RB R RA q q ; (2)UB = k (1- A ) 。 d d RB

〖答〗 (1)QA = -

【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 Δ abc 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′=
2 1 1 UA ;UB′= UA + UB 。 3 6 2

〖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
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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 = 〖答〗U =
1 (U1 + U2 + U3 + U4) 。 4 1 U′ 4

☆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
2q + U 半球面 R

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
2q - UP 。 R

【物理情形 3】如图 7-13 所示,A、B 两点相距 2L ,圆弧 OCD 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 OCD 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 UD = k
q L q 3L

?

+ k

?q L ?q L

= 0 = -
2 kq 3L

+ k

U∞ = 0 再用功与电势的关系即可。 【答案】 (1)
2 kq 2 kq ; (2) 。 3L 3L

【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
m2 q1q 2 qq ; (2)Ek1 = k 1 2 r r m1 ? m 2

,Ek2 =

m1 qq qq k 1 2 ; (3) k 1 2 r r m1 ? m 2



〖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 ,
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则这个点电荷系统的静电势能是多少? 〖解〗略。 〖答〗k(
q1q 2 q 2q3 q 3q1 + + ) 。 r23 r12 r31

〖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
q2 L

= 2 k

q2 L

+ k

q2 1 1 2 + mv + 2m v?2 2 2 2L

解以上两式即可的 v 值。 〖答〗v = q
2k 。 3mL

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σ 1 、σ 2 、σ 3 和σ 4 ,显然 (σ 1 + σ 2)S = Q1 (σ 3 + σ 4)S = Q2 A 板内部空间场强为零,有 2π k(σ 1? σ 2? σ 3? σ 4)= 0 A 板内部空间场强为零,有 2π k(σ 1 + σ 2 + σ 3? σ 4)= 0 解以上四式易得 σ σ
2 1

= σ

4

=

Q1 ? Q 2 2S

= ?σ

3

=

Q1 ? Q 2 2S
1

有了四个面的电荷密度,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ空间的场强就好求了〔如 EⅡ =2π k(σ 最后,UAB = EⅡd 【答案】 (1)A 板外侧电量 板外侧空间场强 2π k 空间场强 2π k

+ σ 2? σ 3? σ 4)= 2π k

Q1 ? Q 2 〕 。 S

Q1 ? Q 2 Q ?Q Q ?Q Q ?Q 、A 板内侧电量 1 2 ,B 板内侧电量? 1 2 、B 板外侧电量 1 2 ; (2)A 2 2 2 2

Q1 ? Q 2 Q ?Q ,方向垂直 A 板向外,A、B 板之间空间场强 2π k 1 2 ,方向由 A 垂直指向 B,B 板外侧 S S

Q1 ? Q 2 Q ?Q ,方向垂直 B 板向外; (3)A、B 两板的电势差为 2π kd 1 2 ,A 板电势高。 S S

〖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:
Q1 ? Q 2 )?如果在板间充满相对介电常数 2

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为 ε r 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
Q1 ? Q 2 E 2 k? · Ⅱ (方向向右) ,它们合成即可,结论为 F = Q1Q2 ,排斥力。 〕 2 2 S E Q1 ? Q 2 ·Ⅰ 2 2

【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 ε r 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
Q1 Q = 2 C1 C2

,即

Q1 S/ 2 4?kd

=

Q2 ?r ? S / 2 4?kd

解以上两式即可得 Q1 和 Q2 。 场强可以根据 E =
U 关系求解,比较常规(上下部分的场强相等) 。 d

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 = 2π kσ (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 = 4π k(σ ?σ ′)= 4π k(
Q2 Q? ? ) S/ 2 S/ 2

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 = 4π kσ 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
1 ? 8?kQ ? ?1 Q ,介质部分的电量为 r Q ; (2)整个空间的场强均为 ; (3) r 1 ? ?r 1 ? ?r (1 ? ? r )S ?r ? 1

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 ε r 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〗 〖答〗Q′=
?r ? 1 Q 。 ?r

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。
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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
1 1 + C ? C? C

=

1 C?

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
1 1 + C C ? C总

=

1 C总

【答案】 (1) 5 ? 1 C ; (2) 5 ? 1 C 。
2 2

【相关模型】在图 7-18 所示的电路中,已知 C1 = C2 = C3 = C9 = 1μ F , C4 = C5 = C6 = C7 = 2μ F ,C8 = C10 = 3μ F ,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 = Cc =
C C ? C 2 C 3 ? C 3 C1 C1C2 ? C2C3 ? C3C1 Cb = 1 2 C3 C1

C1C 2 ? C 2 C 3 ? C 3 C1 C2

Y→Δ 型:C1 = C2 =
Ca C b Ca ? C b ? Cc

Ca Cc C a ? C b ? Cc

C3 =

C b Cc Ca ? C b ? Cc

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 2.23μ F 。 【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 ε 1 = 3.0V , ε 2 = 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:
U ao U ao U ao + + = 0 C C C

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电势关系:ε 1 = Uao + Uob = Uao? Ubo ε 2 = 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 2C 。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 U 所以,从输入端算起 ,第 k 单元后的电压的经验公式为 Uk = k ?1 .....
3

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:
Q 3

? ? ? Q3 Q Q + 1 = 2 3C 2C 3C
Q 4Q 1 Q2 ,Q2′= ,这样系统的储能就可以用 得出了。 7 21 2 C

从以上三式解得 Q1′= Q3′= 【答】 (1)Ek =

CU 2 CU 2 ; (2) 2 k ?1 63 2?3



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历年复赛真题 (13 届复赛)四、 (25 分)在一个半径为 R 的导体球外,有一个半径为 r 的细圆环,圆环的圆心与导体球心的连 线长为 a (a>R),且与环面垂直,如图复 13 - 4 所示。已知环上均匀带电,总电量为 q ,试问: 1、当导体球接地时,球上感应电荷总电量是多少? 2、当导体球不接地而所带总电量为零时,它的电势 如何? R 3、当导体球的电势为 V0 时,球上总电荷又是多少? 4、情况 3 与情况 1 相比,圆环受导体球的作用力改 变量的大小和方向如何? 5、情况 2 与情况 1 相比,圆环受导体球的作用力改 变量的大小和方向如何? 〔注〕已知:装置不变时,不同的静电平衡带电状态 可以叠加,叠加后仍为静电平衡状态。

O

a

r

O/

图复13 - 4

(15 届复赛)六、 (15 分)在图复 15 – 6 所示的网络中,仅 知道部分支路上电流值及其方向、某些元件参数和支路交点的电 势值(有关数值及参数已标在图上) 。请你利用所给的有关数值及 R 参数求出含有电阻 x 的支路上的电流值 I x 及其方向。
Rx

I1=3A

I2=6A 10Ω 10V 7V C1=5μ F

ε 1=7V 10Ω 5Ω ε 3=7V 5V 0.2Ω

C2=4μ F ε 2=10V 6V 1Ω 10Ω I3=2A

6V

ε 5=2V

ε 6=10V ε 4=2V 2V

图复15 - 6

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(18 届复赛)五、 (25 分)如图复 18-5 所示,一薄壁导体球壳(以下简称为球壳)的球心在 O 点.球壳通过一细导线与 端电压 U ? 90 V 的电池的正极相连,电池负极接地.在球壳外 A 点有一电量为 q1 ? 10 ?10-9 C 的点电荷, B 点有一电 量为 q2 ? 16 ?10-9 C 的点电荷。 OA 之间的距离 d1 ? 20 cm , OB 之间的距离

d2 ? 40 cm .现设想球壳的半径从 a ? 10 cm 开始缓慢地增大到 50 cm ,问:在
此过程中的不同阶段,大地流向球壳的电量各是多少?己知静电力恒量 k ? 9 ?109 N ? m2 ? C-2 . 假设点电荷能穿过球壳壁进入导体球壳内而不与导体壁 接触。

(20 届复赛) 一、 (15 分)图中 a 为一固定放置的半径为 R 的均匀带电球体,O 为其球心.己知取无限远处的电势为零时,球表面处 的电势为 U=1000 V.在离球心 O 很远的 O′点附近有一质子 b,它以 Ek =2000 eV 的动能沿与 O? O 平行的方向射向 a.以 l 表示 b 与 O? O 线之间 的垂直距离,要使质子 b 能够与带电球体 a 的表面相碰,试求 l 的最大 值.把质子换成电子,再求 l 的最大值.

六、(23 分)两个点电荷位于 x 轴上,在它们形成的电场中,若取无限远处的电势为 零, 则在正 x 轴上各点的电势如图中曲线所示, 当 x ? 0 时, 电势 U ? ? : 当 x ?? 时, 电势 U ? 0 ; 电势为零的点的坐标 x 0 , 电势为极小值 ?U 0 的点的坐标为 ax0( a >2) 。试根据图线提供的信息,确定这两个点电荷所带电荷的符号、电量的大小以 及它们在 x 轴上的位置.

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(21 届复赛)五、(20 分)如图所示,接地的空心导体球壳内半径为 R,在空腔内一直径上的 P1 和 P2 处,放置电量分别 为 q1 和 q2 的点电荷,q1=q2=q,两点电荷到球心的距离均为 a.由静电感应与静电屏蔽可知:导体空腔内表面将出现 感应电荷分布,感应电荷电量等于-2q.空腔内部的电场是由 q1、q2 和两者在空腔内表面上的感应电荷共同产生的.由 于我们尚不知道这些感应电荷是怎样分布的,所以很难用场强叠加原理直接求得腔内的电势或场强.但理论上可以证 明,感应电荷对腔内电场的贡献,可用假想的位于腔外的(等效)点电荷来代替(在本题中假想(等效)点电荷应为两 个) ,只要假想的(等效)点电荷的位置和电量能满足这样的条件,即:设想将整个导体壳去掉,由 q1 在原空腔内表面

? 与 q1 共同产生的电场在原空腔内表面所在位置处各点的电势皆为 0;由 q2 在原空 的感应电荷的假想(等效)点电荷 q1 ? 与 q2 共同产生的电场在原空腔内表面所在位置处各点的电势皆为 0.这 腔内表面的感应电荷的假想(等效)点电荷 q2
样确定的假想电荷叫做感应电荷的等效电荷,而且这样确定的等效电荷是唯一的.等效

? 、q2 ? 和 q1、q2 来计算原来导体存在时空腔内部任 电荷取代感应电荷后,可用等效电荷 q1
意点的电势或场强. P2 a

r
??

a

AP
R

1

? 、 q2 ? 的位置及电量. 1.试根据上述条件,确定假想等效电荷 q1
2.求空腔内部任意点 A 的电势 UA.已知 A 点到球心 O 的距离为 r, OA 与 OP1 的夹角为 ??.

O

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(22 届复赛) 二、 如图所示, O 为半径等于 R 的原来不带电的导体球的球心,

O1、O2、O3 为位于球内的三个半径皆为 r 的球形空腔的球心,它们与 O 共面,

R r 已知 OO1 ? OO2 ? OO3 ? .在 OO1、OO2 的连线上距 O1、O2 为 的 P1、P2 点 2 2
处分别放置带电量为 q1 和 q2 的线度很小的导体(视为点电荷) ,在 O3 处放置 一带电量为 q3 的点电荷,设法使 q1、q2 和 q3 固定不动.在导体球外的 P 点放

P

R

O1 P1 R O O2 P2

O3 r

一个电量为 Q 的点电荷,P 点与 O1、O2、O3 共面,位于 O3O 的延长线上,到 O 的距离 OP ? 2 R . 1.求 q3 的电势能. 2.将带有电量 q1、q2 的小导体释放,当重新达到静电平衡时,各表面上的电荷分布有何变化?此时 q3 的电势能 为多少?

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(23 届复赛) 四、 (25 分)图 1 所示的电路具有把输人的交变电压变成直流电压并加 以升压、输出的功能,称为整流倍压电路。图中 D1 和 D2 是理想的、点 接触型二极管(不考虑二极管的电容) , C1 和 C 2 是理想电容器,它们 的电容都为 C,初始时都不带电,G 点接地。现在 A、G 间接上一交变电 源,其电压 u A ,随时间 t 变化的图线如图 2 所示.试分别在图 3 和图 4 中准确地画出 D 点的电压 u D 和 B 点的电压 u B 在 t=0 到 t=2T 时间间隔 内随时间 t 变化的图线,T 为交变电压 u A 的周期。

图2

图3

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七、 (16 分)串列静电加速器是加速质子、重离子进行核物理基础 研究以及核技术应用研究的设备,右图是其构造示意图。S 是产生 负离子的装置,称为离子源;中间部分 N 为充有氮气的管道,通过 高压装置 H 使其对地有 5.00 ? 10 V 的高压。 现将氢气通人离子源 S,
6

S 的作用是使氢分子变为氢原子,并使氢原子粘附上一个电子,成 为带有一个电子电量的氢负离子。氢负离子(其初速度为 0)在静电 场的作用下,形成高速运动的氢负离子束流,氢负离子束射入管道 N 后将与氮气分子发生相互作用, 这种作用可使大部分的氢负离子失去粘附在它们上面的多余的电子而成为氢原子, 又 可能进一步剥离掉氢原子的电子使它成为质子。已知氮气与带电粒子的相互作用不会改变粒子的速度。质子在电场的 作用下由 N 飞向串列静电加速器的终端靶子 T。试在考虑相对论效应的情况下,求质子到达 T 时的速度 v 。 电子电荷量 q ? 1.60?10
?19

C,质子的静止质量 m0 ? 1.673?10?27 kg。

(25 届复赛)

q1q2 9 2 ?2 ,式中静电力常量 k ? 8.98 ?10 N ? m ? C ,电荷量 q1 和 q2 r2 qq 的单位都是库仑,距离 r 的单位是米,作用力 F 的单位是牛顿。若把库仑定律写成更简洁的形式 F ? 1 2 2 ,式中距离 r qq r 的单位是米,作用力 F 的单位是牛顿。若把库仑定律写成更简洁的形式 F ? 1 2 2 ,式中距离 r 的单位是米,作用力 r
2、 (5 分)在国际单位制中,库仑定律写成 F ? k F 的单位是牛顿,由此式可这义一种电荷量 q 的新单位。当用米、千克、秒表示此新单位时,电荷新单位=;新单位与 库仑的关系为 1 新单位=C。

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五、 (20 分)一很长、很细的圆柱形的电子束由速度 为 v 的匀速运动的低速电子组成,电子在电子束中均 匀分布,沿电子束轴线每单位长度包含 n 个电子,每 个电子的电荷量为 ?e(e ? 0) ,质量为 m。 该电子束从 远处沿垂直于平行板电容器极板的方向射向电容器, 其前端(即图中的右端)于 t=0 时刻刚好到达电容器的左极板。电容器的两个极板上各开一个小孔,使电子束可以不 受阻碍地穿过电容器。两极板 A、B 之间加上了如图所示的周期性变化的电压 VAB ( VAB ? VA ? VB ,图中只画出了一个 周期的图线) , 电压的最大值和最小值分别为 V0 和-V0, 周期为 T。 若以 ? 表示每个周期中电压处于最大值的时间间隔, 则电压处于最小值的时间间隔为 T- ? 。已知 ? 的值恰好使在 VAB 变化的第一个周期内通过电容器到达电容器右边的所 有的电子,能在某一时刻 tb 形成均匀分布的一段电子束。设电容器两极板间的距离很小,电子穿过电容器所需要的时 间可以忽略,且 mv2 ? 6eV0 ,不计电子之间的相互作用及重力作用。 1、满足题给条件的 ? 和 tb 的值分别为 ? =T,tb=T。 2、试在下图中画出 t=2T 那一时刻,在 0-2T 时间内通过电容器的电子在电容器右侧空间形成的电流 I,随离开右极板 距离 x 的变化图线,并在图上标出图线特征点的纵、横坐标(坐标的数字保留到小数点后第二位) 。取 x 正向为电流正 方向。图中 x=0 处为电容器的右极板 B 的小孔所在的位置,横坐标的单位 s ? 出计算过程)

eV0 。 (本题按画出的图评分,不须给 m

(26 届复赛)4.在图示的复杂网络中,所有电源的电动势均为 E0,所有电阻器的电阻值均为 R0,所有电容器的电容均 为 C0,则图示电容器 A 极板上的电荷量为。

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八、 (20 分)惰性气体分子为单原子分子,在自由原子情形下,其电子电荷分布是球对称的。负电 荷中心与原子核重合。但如两个原子接近,则彼此能因静电作用产生极化(正负电荷中心不重合) ,从 而导致有相互作用力,这称为范德瓦尔斯相互作用。下面我们采用一种简化模型来研究此问题。 当负电中心与原子核不重合时,若以 x 表示负电中心相对正电荷(原子核)的位移,当 x 为正时, 负电中心在正电荷的右侧,当 x 为负时,负电中心在正电荷的左侧,如图 1 所示。这时,原子核的正电荷对荷外负电 荷的作用力 f 相当于一个劲度系数为 k 的弹簧的弹性力,即 f=-kx,力的方向指向原子核,核外负电荷的质量全部集 中在负电中心,此原子可用一弹簧振子来模拟。 今有两个相同的惰性气体原子,它们的原子核固定,相距为 R,原子核正电荷的电荷量为 q,核外负电荷的质量为

m。因原子间的静电相互作用,负电中心相对各自原子核
的位移分别为 x1 和 x2,且|x1|和|x2|都远小于 R,如图 2 所示。 此时每个原子的负电荷除受到自己核的正电荷作用 外,还受到另一原子的正、负电荷的作用。 众所周知,孤立谐振子的能量 E=mv /2+kx /2 是守恒的, 式中 v 为质量 m 的振子运动的速度,x 为振子相对平衡位 置的位移。量子力学证明,在绝对零度时,谐振子的能量为 hω /2,称为零点振动能, ? ? h / 2? ,h 为普朗克常量,
2 2

? ? k / m 为振子的固有角频率。试计算在绝对零度时上述两个有范德瓦尔斯相互作用的惰性气体原子构成的体系的
能量,与两个相距足够远的(可视为孤立的、没有范德瓦尔斯相互作用的)惰性气体原子的能量差,并从结果判定范 1/2 2 -1 2 德瓦尔斯相互作用是吸引还是排斥。可利用当|x|<<1 时的近似式(1+x) ≈1+x/2-x /8,(1+x) ≈1-x+x 。

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(27 届复赛) 五、 (20 分)如图所示,两个固定的均匀带电球面,所带电荷量分别为+Q 和-Q (Q >0) ,半径分别为 R 和 R/2,小球 面与大球面内切于 C 点,两球面球心 O 和 O’的连线 MN 沿竖直方在 MN 与两球面的交点 B、0 和 C 处各开有足够小的孔 因小孔损失的电荷量忽略不计,有一质量为 m,带电荷为 q(q>0 的质点自 MN 线上离 B 点距离为 R 的 A 点竖直上抛。设 静电力常量为 k,重力加度为 g. 1.要使质点从 A 点上抛后能够到达 B 点,所需的最小初动能为多少? 2.要使质点从 A 点上抛后能够到达 O 点,在不同条件下所需的最小初动能各为多少?

六、 ( 20 分)由单位长度电阻为 r 的导线组成如图所示的正方形网络系列.n=1 时,正方形网络边长为 L,n= 2 时, 小正方形网络的边长为 L/3;n=3 时,最小正方形网络的边长为 L/9.当 n=1、2、3 时,各网络上 A、B 两点间的电阻 分别为多少?

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(29 届)

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复赛真题参考答案: (13 届复赛)四、1、见图复解 13 – 4 。导体是一个等势体,所以导体球接地( V球 = 0 )时,对于球心点有
V球心 = V球 =

0(1)

R O a r O/

另一方面,可以直接计算球心点的电势。因为所有感应电荷都分布 在球面上, 它们到球心的距离都是 R, 而圆环上电荷到球心的距离都 是 r 2 ? a 2 ,所以
V球心 =K q 感 / R + Kq /
r2 ?a2

(2)

图复解13 - 4

式中 q 感 就是要求的感应电荷总量。由(1) 、 (2)两式即得
q 感 = - Rq / r 2 ? a 2

(3)

2、导体球不接地时,其电势可通过对球心的电势计算而求得:
V球 = V球心 = K q 面 / R +K q r 2 ? a 2

(4)

式中 q 面 表示分布在球面上所有电荷的代数和,而导体球体内是不会有电荷分布的。由于题给导体球为电中性,即 q 面 = 0,所以由(4)式得
V球 = K q 面 / r 2 ? a 2

(5)

3、导体球的电势为 V0 时,再以球心点考虑:
V球心 = V球 = V0

( 6)

而另一方面,球心的电势是球面上电荷和圆环上电荷分别产生的电势的迭加:
V球心 = K q 面 / R + K q r 2 ? a 2

(7)

导体球的总电荷就是球面上的电荷总量,由(6) 、 (7)两式解得
q 总 = q 面 = R V0 / K - Rq r 2 ? a 2

(8)

4、对比(8)式和(3)式可知,情况 3 比情况 1 只是在导体球上多了电荷 R V0 / K,而导体球的电势相应地由零 变为 V0 。可以设想从情况 1 出发,把导体球与地断开而维持原来的 q 感 大小及分布不变,再把电荷 R V0 / K 均匀地加 到球面上,正是它使球的电势变为 V0 ,即成为情况 3。对于球外的圆环来说,这些加上的电荷对它的作用力相当于集 中在球心处的等量点电荷对它的作用力,这也就是圆环受到的作用力。 由于圆环上的电荷均匀发布,对圆环中心到球心的连线具有轴对称性,把圆环上各线元电荷受到上述等效点 电荷的作用力沿二心连线方向的分量相加,就是圆环多受到的作用力。所以,其方向是沿二心向外(图中向右) 。 大小是 F = K
(RV0 / K )q r ?a
2 2

?

a r ?a
2 2

?

RaqV0 (r ? a 2 ) 3 / 2
2

(9)

5、可直接应用情况 4 的结果,只是现在把(9)式中的 V0 用情况 2 中的 V球 值,即将(5)式代入即可。所以,情
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况 2 比情况 1 圆环多受的力方向仍为沿二心连线向外(图中向右) ,大小是
F? ? K Raq Kq Raq 2 ? ? K (r 2 ? a 2 ) 3 / 2 (r 2 ? a 2 ) 2 r2 ? a2

15 届复赛

(18 届复赛) 五、参考解答 分以下几个阶段讨论: q2 的存在, 1. 由于球壳外空间点电荷 q1 、 球壳外壁的电荷分布不均匀, 用 ? 表示面电荷密度. 设球壳半径 a ? 10 cm 时球壳外壁带的电量为 Q1 , 因为电荷 q1 、q2 与球壳外壁的电量 Q1 在球壳内产生的合场强为零, 球壳内为电势等于 U 的 等势区,在导体表面上的面元 ? S 所带的电量为 ??S ,它在球壳的球心 O 处产生的电势为 ?U1 ? k 有电荷在球心 O 产生的电势 U1 为

??S
a

,球壳外壁所

U1 ? ? ?U1 ? k

???S ? k Q1 (1)
a a

点电荷 q1 、 q2 在球壳的球心 O 处产生的电势分别为 k 理,即有

q1 q 与 k 2 ,因球心 O 处的电势等于球壳的电势,按电势叠加原 d1 d2

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k

q1 q Q ? k 2 ? k 1 ? U (2) d1 d2 a

代入数值后可解得球壳外壁的电量 Q1 为

?q q ? U ? a ? 1 ? 2 ? ? ?8 ? 10-9 C k ? d1 d2 ? 因球壳内壁无电荷,所以球壳的电量 Q Ⅰ等于球壳外壁的电量 Q1 ,即 Q1 ? a

Q =Q ? ?8 ?10-9 C (3) Ⅰ 1
2.当球壳半径趋于 d1 时(点电荷仍在球壳外) ,设球壳外壁的电量变为 Q2 ,球壳外的电荷 q1 、 q2 与球壳外壁的 电量 Q2 在壳内产生的合场强仍为零,因球壳内仍无电荷,球壳内仍保持电势值为 U 的等势区,则有

q1 q Q ? k 2 ? k 2 ? U (4) d1 d2 d1 解得球壳外壁的电量 k

?q q ? U ? d1 ? 1 ? 2 ? ? ?16 ? 10-9 C k ? d1 d2 ? 因为此时球壳内壁电量仍为零,所以球壳的电量就等于球壳外壁的电量,即 Q =Q2 ? ?16 ?10-9 C (5) Ⅱ Q2 ? d1
在 a ? 10 cm 到趋于 d1 的过程中,大地流向球壳的电量为
-9 ?Q =Q -Q C (6) Ⅰ Ⅱ Ⅰ ? ?8 ?10

3.当点电荷 q1 穿过球壳,刚进入球壳内(导体半径仍为 d1 ) ,点电荷 q1 在球壳内壁感应出电量- q1 ,因球壳的静 电屏蔽,球壳内电荷 q1 与球壳内壁电荷- q1 在球壳外产生的合电场为零,表明球壳外电场仅由球壳外电荷 q2 与球 壳外壁的电荷 Q3 所决定.由于球壳的静电屏蔽,球壳外电荷 q2 与球壳外壁的电荷 Q3 在球壳内产生的合电场为零, 表明对电荷 q2 与 Q3 产生的合电场而言,球壳内空间是电势值为 U 的等势区. q2 与 Q3 在球心 O 处产生的电势等于 球壳的电势,即 Q q k 2 ? k 3 ? U (7) d2 d1 解得球壳外壁电量

q U ? d1 2 ? ?6 ? 10-9 C (8) k d2 球壳外壁和内壁带的总电量应为 QⅢ ? Q3 ? (?q1 ) ? ?16 ?10-9 C (9) Q3 ? d1
在这过程中,大地流向球壳的电量为

?Q Ⅱ ? QⅢ ? Q Ⅱ ? 0 (10)
这个结果表明:电荷 q1 由球壳外极近处的位置进入壳内,只是将它在球壳外壁感应的电荷转至球壳内壁,整个球 壳与大地没有电荷交换. 4.当球壳半径趋于 d2 时(点电荷 q2 仍在球壳外) ,令 Q4 表示此时球壳外壁的电量,类似前面第 3 阶段中的 分析,可得

k
由此得

q2 Q ? k 4 ? U (11) d2 d2

Q4 ? d2

?q ? U ? d2 ? 2 ? ? ?12 ?10-9 C k ? d2 ?
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球壳的电量 QⅣ 等于球壳内外壁电量的和,即

QⅣ=Q4 ? (?q1 ) ? ?22 ?10-9 C (12)
大地流向球壳的电量为

?QⅢ ? QⅣ -QⅢ ? ?6 ?10-9 C (13)
5.当点电荷 q2 穿过球壳,刚进入球壳内时(球壳半径仍为 d2 ) ,球壳内壁的感应电荷变为-( q1 + q2 ) ,由于球 壳的静电屏蔽,类似前面的分析可知,球壳外电场仅由球壳外壁的电量 Q5 决定,即

Q5 ? U (14) d2 可得 k

Q5 ? d2
球壳的总电量是

U ? 4 ?10-9 C k

Q =Q5 ? (q1 ? q2 ) ? ?22 ?10-9 C (15) Ⅴ
在这个过程中,大地流向球壳的电量是 ?QⅣ ? QⅤ-QⅣ ? 0 (16) 6.当球壳的半径由 d2 增至 a1 ? 50 cm 时,令 Q6 表示此时球壳外壁的电量,有

Q6 ? U (17) a1 可得 k

Q6 ? a1
球壳的总电量为

U ? 5 ?10-9 C k

QⅥ=Q6 ? (q1 ? q2 ) ? ?21?10-9 C (18)
大地流向球壳的电量为 ?QⅤ ? QⅥ-QⅤ ? 1?10-9 C (19) (20 届复赛) 一、参考解答 令 m 表示质子的质量, v 0 和 v 分别表示质子的初速度和到达 a 球球面处的速度, e 表示元电荷,由能量守恒可知

1 2 1 2 mv0 ? mv ? eU (1) 2 2

因为 a 不动,可取其球心 O 为原点,由于质子所受的 a 球对它的静电库仑力总是通过 a 球的球心,所以此力对原点的 力矩始终为零, 质子对 O 点的角动量守恒。 所求 l 的最大值对应于质子到达 a 球表面处时其速度方向刚好与该处球面相 切(见复解 20-1-1) 。以 lmax 表示 l 的最大值,由角动量守恒有
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mv0lmax ? mvR (2)
由式(1) 、 (2)可得

lmax ? 1 ?
代入数据,可得

eU R (3) 2 mv0 /2

2 R (4) 2 若把质子换成电子,则如图复解 20-1-2 所示,此时式(1)中 e 改为 ?e 。同理可求得 lmax ?

lmax ?

6 R (5) 2

评分标准:本题 15 分。 (20 届复赛)六、参考解答 在点电荷形成的电场中一点的电势与离开该点电荷的距离成反比。因为取无限远处为电势的零点,故正电荷在空 间各点的电势为正;负电荷在空间各点的电势为负。现已知 x ? x0 处的电势为零,故可知这两个点电荷必定是一正一 负。根据所提供的电势的曲线,当考察点离坐标原点很近时,电势为正,且随 x 的减小而很快趋向无限大,故正的点 电荷必定位于原点 O 处,以 Q1 表示该点电荷的电量。当 x 从 0 增大时,电势没有出现负无限大,即没有经过负的点电 荷,这表明负的点电荷必定在原点的左侧。设它到原点的距离为 a ,当 x 很大时,电势一定为负,且趋向于零,这表明 负的点电荷的电量的数值 Q2 应大于 Q1 。即产生题目所给的电势的两个点电荷,一个是位于原点的正电荷,电量为 Q1 ; 另一个是位于负 x 轴上离原点距离 a 处的负电荷,电量的大小为 Q2 ,且 Q2 > Q1 。按题目所给的条件有

k

Q1 Q2 ?k ? 0 (1) x0 x0 ? a

k

Q1 Q2 ?k ? ?U 0 (2) ax0 ax0 ? a

因 x ? ax0 时,电势为极小值,故任一电量为 q 的正检测电荷位于 x ? ax0 处的电势能也为极小值,这表明该点是检 测电荷的平衡位置,位于该点的检测电荷受到的电场力等于零,因而有

k

Q1 Q2 ?k ? 0 (3) 2 (ax0 ) (ax0 ? a) 2
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由式(1) 、 (2)和(3)可解得

a ? a(a ? 2) x0 (4)

Q1 ?

ax0 U0 (5) a?2 k

a ( a ? 1) 2 U 0 x0 (6) a?2 k 式中 k 为静电力常量。 评分标准:本题 23 分。 式(1) 、 (2)各 4 分,式(3)6 分,式(4) 、 (5) 、 (6)各 3 分。 (21 届复赛) 1.解法Ⅰ: ? 的位置应位于 OP1 的延长线上的某点 B1 处, q 2 ? 的位置应位于 OP2 的 如图 1 所示,S 为原空腔内表面所在位置, q1 延长线上的某点 B2 处.设 A1 为 S 面上的任意一点,根据题意有 Q2 ?

k

q1 A1 P1 q2 A1 P2

?k

? q1 A1 B1 ? q2 A1 B2

?0

(1)

A1 O ?? a a P1 R
1

k

?k

?0

(2)

B2 S
1

P2

B1

怎样才能使 (1) 式成立呢?下面分析图 1 中 ?OP1 A1 与 ?OA1 B1 的关系. ? 的位置 B1 使下式成立,即 若等效电荷 q1
2 OP 1 ? OB1=R (3)

图1



OP 1 OA1

?

OA1 OB1

(4)



△OP 1A 1 ∽△OA 1 B1



A1 P1 A1 B1

?

OP1 OA1

?

a (5) R

? 由 (1)式和 (5)式便可求得等效电荷 q1
? ?? q1 R q1 (6) a

? 的位置 B1 到原球壳中心位置 O 的距离 由 (3) 式知,等效电荷 q1
OB1 ? R2 (7) a

同理,B2 的位置应使 △OP2 A1 ∽△OA1 B2 ,用类似的方法可求得等效电荷

? ?? q2

R q 2 (8) a
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? 的位置 B2 到原球壳中心 O 位置的距离 等效电荷 q2
OB2 ?
解法Ⅱ:

R2 (9) a

? 两者在 A1 点产生的电势和为零.有 在图 1 中,设 A1 P 1 ?r 1 , A1 B1 ? r1? , OB1 ? d .根据题意, q1 和 q1
k q1 q? ) ? k 1 ? 0 (1' r1 r1?

式中

r1 ? ( R 2 ? a 2 ? 2Ra cos ? )1 2 (2' ) r1? ? ( R 2 ? d 2 ? 2Rd cos ? )1 2 (3' )
由(1' ) 、 (2' ) 、 (3' )式得
2 ? ( R 2 ? a 2 ? 2Ra cos? ) (4' q1 ( R 2 ? d 2 ? 2Rd cos? ) ? q1 ) 2

(4' )式是以 cos ? 为变量的一次多项式,要使(4' )式对任意 ? 均成立,等号两边的相应系数应相等,即
2 ?2 ( R 2 ? a 2 ) (5' q1 ( R 2 ? d 2 ) ? q1 ) 2 ? a (6' q1 d ? q1 ) 2

由(5' ) 、 (6' )式得

ad 2 ? (a 2 ? R 2 )d ? aR 2 ? 0 (7' )
解得 d ?

(a 2 ? R 2 ) ? (a 2 ? R 2 ) 2a

(8' )

由于等效电荷位于空腔外部,由(8' )式求得 d ?

R2 (9' ) a

?2 ? 由(6' ) 、 (9' )式有 q1

R2 2 q1 a2

(10' )

考虑到(1' )式,有

??? q1

R q1 a

(11' )

同理可求得

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OB2 ?

R2 (12' ) a

? ?? q2

R q2 a

(13' )

? 、q2、 q2 ? 共同产生,即 2.A 点的位置如图 2 所示.A 的电势由 q1、 q1

? 1 R 1 1 R 1 ? ? U A ? kq? ? ? ? ? P A a B A P A a B A? 1 2 2 ? ? 1

(10)

2 2 因P 1 A ? r ? 2ra cos? ? a

B2
2

? R2 ? ? R2 ? ? cos ? ? ? ? B1 A ? r ? 2r ? ? a ? ? a ? ? ? ? ?
2

O ?? A P2 a a P1 R S
图2
1

B1

P2 A ? r 2 ? 2ra cos? ? a 2
? R2 ? ? R2 ? ? cos ? ? ? ? B 2 A ? r ? 2r ? ? a ? ? a ? ? ? ? ?
2 2

代入 (10) 式得

? 1 R U A ? kq? ? ? 2 2 a 2r 2 ? 2raR2 cos? ? R 4 ? r ? 2ra cos? ? a
?
22 届复赛: 二、1.由静电感应知空腔 1、2 及 3 的表面分别出现电量为 ? q1 、 ? q 2 和 ? q3 的面电荷,由电荷守恒定律可知, 在导体球的外表面呈现出电量 q1 ? q 2 ? q3 . 由静电屏蔽可知, 点电荷 q1 及感应电荷 ( ? q1 ) 在空腔外产生的电场为零; 点电荷 q2 及感应电荷( ? q 2 )在空腔外产生的电场为零;点电荷 q3 及感应电荷( ? q3 )在空腔外产生的电场为零.因 此,在导体球外没有电荷时,球表面的电量 q1 ? q 2 ? q3 作球对称分布. 当球外 P 点处放置电荷 Q 后,由于静电感应,球面上的总电量仍为 ?q1 ? q2 ? q3 ? ,但这些电荷在球面上不再均匀 分布,由球外的 Q 和重新分布在球面上的电荷在导体球内各点产生的合场强为零.

1 r 2 ? 2ra cos ? ? a 2

?

? ? 2 2 2 4 ? a r ? 2raR cos ? ? R ? R

(11)

O3 处的电势由位于 P 点处的 Q、导体球表面的电荷 ?q1 ? q2 ? q3 ? 及空腔 3 表面的感应电荷( ? q3 )共同产生.无
论 ?q1 ? q2 ? q3 ? 在球面上如何分布,球面上的面电荷到 O 点的距离都是 R,因而在 O 点产生的电势为 k

q1 ? q2 ? q3 ,Q R
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在 O 点产生的电势为 k

Q ,这两部分电荷在 O3 点产生的电势 U ? 与它们在 O 点产生的电势相等,即有 2R
(1)

? q ? q 2 ? q3 Q ? ? Q ? 2q1 ? 2q 2 ? 2q3 ? U ? ? k? 1 ? ? ? k? ? R 2R ? ? 2R ? ?

因 q3 放在空腔 3 的中心处,其感应电荷 ? q3 在空腔 3 壁上均匀分布.这些电荷在 O3 点产生的电势为

U ?? ? k
根据电势叠加定理,O3 点的电势为

? q3 (2) r

? Q ? 2q1 ? 2q 2 ? 2q3 q3 ? U ? U ? ? U ?? ? k ? ? ? (3) 2R r ? ?
故 q3 的电势能

? Q ? 2q1 ? 2q 2 ? 2q3 q3 ? W ? q3U ? kq 3 ? ? ? (4) 2R r ? ?
2.由于静电屏蔽,空腔 1 外所有电荷在空腔 1 内产生的合电场为零,空腔 1 内的电荷 q1 仅受到腔内壁感应电荷 ? q1 的 静电力作用,因 q1 不在空腔 1 的中心 O1 点,所以感应电荷 ? q1 在空腔表面分布不均匀,与 q1 相距较近的区域电荷面密 度较大,对 q1 的吸力较大,在空腔表面感应电荷的静电力作用下,q1 最后到达空腔 1 表面,与感应电荷 ? q1 中和.同 理,空腔 2 中 q2 也将在空腔表面感应电荷 ? q 2 的静电力作用下到达空腔 2 的表面与感应电荷 ? q 2 中和.达到平衡后, 腔 1、2 表面上无电荷分布,腔 3 表面和导体球外表面的电荷分布没有变化.O3 的电势仍由球外的电荷 Q 和导体球外表 面的电量 ?q1 ? q2 ? q3 ? 及空腔 3 内壁的电荷 ? q3 共同产生,故 O3 处的电势 U 与 q3 的电势能 W 仍如(3)式与(4)式所示.

(23 届复赛) 四、参考解答: 答案: uD 如图 1 所示, uB 如图 2 所示. uD BD DA

U
t

0 -U

T

2T

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图1

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附参考解法: 二极管可以处在导通和截止两种不同的状态.不管 D1 和 D2 处在什么状态,若在时刻 t,A 点的电压为 uA,D 点的电 压为 uD,B 点的电压为 uB,电容器 C1 两极板间的电压为 uC1,电容器 C2 两极板间的电压为 uC2,则有

uD ? u A ? uC1

(1) (2) (3) (4)

uB ? uC 2

uC1 ? uA ? uD ? uC 2

q1 C q ? uB ? uG ? 2 C

式中 q1 为 C1 与 A 点连接的极板上的电荷量,q2 为 C2 与 B 点连接的极板上的电荷量. 若二极管 D1 截止,D2 导通,则称电路处在状态 I. 当电路处在状态 I 时有

u D ? u B uD ? 0
若二极管 D1 和 D2 都截止,则称电路处在状态 II.当电路处在状态 II 时有

(5)

u D ? u B uD ? 0
若二极管 D1 导通,D2 截止,则称电路处在状态 III.当电路处在状态 III 时有

(6)

uD ? uB u D ? 0
电路处在不同状态时的等效电路如图 3 所示.

(7)

A

C1

D D2

B C2

A

C1 D D2

B C2

A

C1

D D2

B C2

uA

D1

uA

D1

uA

D1

状态 I

G

状态 II 图3

G

状态 III

G

在 t ? 0 到 t ? 2T 时间间隔内,uD、uB 随时间 t 的变化情况分析如下: 1. 从 t ? 0 起,uA 从 0 开始增大,电路处在状态???,C1、C2 与电源组成闭合回路. 因 C1、C2 的电容相等,初始 时两电容器都不带电,故有

1 uC1 ? uC 2 ? uA 2
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1 uD ? uB ? u A 2 1 1 在 uA 达到最大值即 uA = U 时,对应的时刻为 t ? T ,这时 uD ? uB ? U ,也达到最大值. uA 达到最大值后将要减小, 4 2 1 由于 D2 的单向导电性,电容器 C?、C?都不会放电, uC1 和 uC 2 保持不变,uD 将要小于 U ,即将要小于 uB,D2 将由导通 2 1 变成截止,电路不再处于状态 I. 所以从 t = 0 到 t ? T 时间间隔内,uD、uB 随时间 t 变化的图线如图 4、图 5 中区域 4
I?内的的直线所示.? 2. 从 t ? T 起,因 uD 小于 uB,D2 处在截止状态,电路从状态???变为状态???. 因为二极管的反向电阻为无 限大,电容器 C?、C?都不会放电,两极板间的电压都保持不变.当电路处在状态???时,D 点的电压

1 4

1 uD ? uA ? U 2
B 点的电压

1 uB ? U 2 3 1 1 随着 uA 从最大值 U 逐渐变小,uD 亦变小;当 u A ? U 时,对应的时刻为 t ? T , uD ? 0 .如果 uA 小于 U ,则 uD 将小 8 2 2 1 3 于 0,D1 要从截止变成导通,电路不再处在状态 II.所以在 t ? T 到 t ? T 时间间隔内,uD、uB 随 t 变化的图线如图 4 4 8
和图 5 中区域?????内的直线所示. 3.从 t ? T 起,uA 从 U 开始减小,D1 导通,但 uD ? uB ,D2 仍是截止的,电路从状态 II 变为状态 III.当电路处 在?状态?????时有 ????????????????????????????????????????????????

3 8

1 2

uD ? 0
????????????????????????????????????????????????

1 uB ? U 2
在 uA 减小的过程中,C1 两极板间的电压 uC1(= uA)也随之改变,从而维持 uD 为 0. 当 uA 达到反向最大值即 u A ? ?U 时, 对应的时刻为 t ? T ,uC1 ? ?U .若 uA 从 ?U 开始增大 ( ?U 减小) , 因 D1 的单向导电性, 电容器 C1 不会放电,uC1 ? ?U 保持不变, uD ? u A ? uC1 ? 0 ,D1 要从导通变成截止,电路不再处于状态 III.所以在 t ? T 到 t ? T 时间间隔内,uD、

3 4

3 8

3 4

uB 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中区域??????内的直线所示.

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4. 从 t ? T 起,uA 从 ?U 开始增大,D1 变为截止状态, uD ? u A ? U 从零开始增大,只要 uD 仍小于 uB,D2 仍是截止 的,电路从状态 III 变为状态 II. 当电路处在?状态?????时,C1 和 C2 不会放电,电容器两极板间的电压保持不 变. 故有

3 4

uD ? u A ? U

1 uB ? U 2
当 uA 增大至 ? U 时,对应的时刻为 t ? T , uD ? uB ? U . 若 uA 再增大,uD 将要大于 uB,D2 将要从截止变为导通,

1 2

7 8

1 2

3 7 uD ? uB ,电路不再处于状态 II. 所以在 t ? T 到 t ? T 时间间隔内,uD、uB 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中?区域 4 8
?????中的直线所示. 5. 从 t ? T 起,uA 要从 ? U 增大,D2 变为导通状态,这时 D1 仍是截止的,电路又进入状态 I. 当电路处在?状 态 I 时,电源与 C1、C2 构成闭合回路,而

7 8

1 2

uD ? uB

uA ?

q1 q2 ? C C

当 uA 变化时, q1 ? q2 将随之变化,但由导通的二极管 D2 连接的 C1、C2 的两块极板所带的总电荷量 ?q1 ? q2 是恒定不变 的.由于在 t ? T 时刻, uC1 ? ?U , uC 2 ? U ,此时 q1 ? ?CU , q2 ? CU ,故有

7 8

1 2

1 2

1 3 ?q1 ? q2 ? CU ? CU ? CU 2 2
由以上有关各式得

3 1 uD ? uB ? U ? uA 4 2 5 5 uD、uB 随着 uA 的增大而增大. 当 uA 达到最大值即 u A ? U 时,对应的时刻为 t ? T , uD ? uB ? U .由于 D2 单向导电, 4 4 5 5 uB ? uC 2 只增不减,uA 从最大值减小时, uC1 不变,uD 将要小于 U ,而 uB ? uC 2 保持为 U ,因而 uD ? uB ,D2 从导通 4 4 5 7 变成截止,电路不再是状态 I. 所以在 t ? T 到 t ? T 时间间隔内,uD、uB 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中? I2 中的 4 8
直线所示. 6. 从 t ? T 起,uA 从 U 开始减小,D2 变为截止状态,这时 D1 仍是截止的,电路又进入状态 II. 当电路处在?状 态?????时, C1 和 C2 不会放电, 电容器两极板间的电压保持不变. 由 t ? T 时刻的 uD 和 uA 的值可知此时 uC1 ? ? U . 故有
33 / 41

5 4

5 4

1 4

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1 uD ? uA ? U 4 5 uB ? U 4
当 uA 减少至 ? U 时, 对应的时刻为 t 到t ?

1 4

?

5 25 uD ? 0 , 以后 D1 将由截止变为导通, 电路不再处在状态 II. 所以在 t ? T T, 4 16

25 T 时间内,uD、uB 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中? II3 中的直线所示. 16 25 1 7. 从 t ? T 起,uA 从 ? U 开始减小,D1 变为导通状态,但 D2 仍是截止的,电路又进入状态 III,故有 16 4
uD ? 0

5 uB ? U 4
在 uA 减小的过程中,C1 两端的电压 uC1 也随之改变,开始阶段 D1 保持导通,uD = 0. 但当 uA 减小至-U 时,对应的时刻为

7 t ? T ,uC1 = U. 因 D1 单向导电,且 uD ? uB ,C1 右极板的正电荷只增不减,uA 到达-U 后要增大,uD 要大于 0,D1 要从 4 7 25 导通变为截止,电路不再处于状态 III. 所以在 t ? T 到 t ? T 时间间隔内,uD、uB 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中 4 16
III2 内的直线所示. 8. 从 t ? T 起,uA 从-U 开始增大,D1 变为截止状态,D2 仍是截止的,电路又进入状态 II. 当电路处于状态??? 时,C1 和 C2 不会放电,电容器两极板间的电压保持不变.由 t ? T 时刻的 uD 和 uA 的值可知,此时 uC1 ? ?U .故有

7 4

7 4

uD ? u A ? U

5 uB ? U 4 33 1 5 5 uD 将随着 uA 的增大而增大.当 uA= U 时,对应的时刻 t ? T ? 2T ,uD = U ,与 uB 相等.以后 uD 要大于 U ,D2 要从 16 4 4 4 7 截止变为导通,电路不再是状态 II. 所以在 t ? T 到 t ? 2T 时间间隔内,uD、uB 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中 II4 4
内的直线所示. 总结以上讨论,各时段起讫时刻及 uD 和 uB 变化值如下表所示: 1 时 段 I1 2 II1 3 III1 4 II2 5 I2 6 II3 7 III2 8 II4

0?

T 4

T 3T ? 4 8

3T 3T ? 8 4

3T 7T ? 4 8

7T 5T ? 8 4

5T 25T ? 4 16

25T 7T ? 16 4

7T ? 2T 4

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uD

0?

U 2

U ?0 2

0

0?

U 2

U 5U ? 2 4

5U ?0 4

0

0 ?U

uB

0?

U 2

U 2

U 5U ? 2 4

5U 4

uD BD DA
U

t

0
?U

T

2T

uB I1

II1

III1

II2

I2 图4

II32

III2

II4

U

t

0
?U

T

2T

I1

II1

III1

II2

I2 图5

II32

III2

II4

七、参考解答: 带电粒子在静电场内从 S 到 T 的运动过程中,经历了从 S 到 N 和从 N 到 T 的两次加速,粒子带的电荷量 q 的大小 均为 1.60 ? 10?19 C ,若以 U 表示 N 与地之间的电压,则粒子从电场获得的能量

?E ? 2qU
质子到达 T 处时的质量

(1)

m?

m0 1? ?v c?
2

(2)

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式中 v 为质子到达 T 时的速度.质子在 S 处的能量为 m0 c 2 ,到达 T 处时具有的能量为 mc 2 ,电子的质量与质子的质量 相比可忽略不计,根据能量守恒有

mc2 ? ?E ? m0c2
由(1) 、 (2) 、 (3)式得

(3)

1 1? ?v c?
代入数据解得
2

?1?

2qU m0 c 2

v ? 4.34 ? 107 m/s
(25 届复赛) 2.

(4)

kg 2 ? m 2 ? s ?1 1.06 ?10?5 (答 1.05 ?10?5 也给分)

1

3

五、答案与评分标准: 1.

2 2 ?1

? 2 ? 2 ? 0.59 (3 分)

2 (2 分)

2.如图(15 分.代表电流的每一线段 3 分,其中线段端点的横坐标占 1 分,线段的长度占 1 分,线段的纵坐标占 1 分) 4 3 2 1 O -1 -2 -3 -4 0.83 1.17 1 2.00 2 2.83 3 4.00 4 x/s I/ne v

(26 届复赛) 4.答案与评分标淮:

2 E0 C 0 . (5 分)
八、 参考解答: 两个相距 R 的惰性气体原子组成体系的能量包括以下几部分:每个原子的负电中心振动的动能,每个原子的负电 中心因受各自原子核“弹性力”作用的弹性势能,一个原子的正、负电荷与另一原子的正、负电荷的静电相互作用能.

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以 v1 和 v2 分别表示两个原子的负电中心振动速度, x1 和 x2 分别表示两个原子的负电中心相对各自原子核的位移,则 体系的能量

E?

1 2 1 2 1 2 1 2 mv1 ? mv2 ? kx1 ? kx2 ? U , 2 2 2 2
?1 1 1 1 ? U ? kC q 2 ? ? ? ? ?, ? R R ? x1 ? x2 R ? x1 R ? x2 ?

(1)

式中 U 为静电相互作用能 (2)

kC 为 静 电 力 常 量 . 因 R ? x1 ? x2 ? R ?1 ?

? ?

x1 ? x2 ? ? x1 ? ? x2 ? ? , R ? x1 ? R ?1 ? ? , R ? x2 ? R ?1 ? ? , 利 用 R ? R? R? ? ?

?1 ? x ?

?1

? 1 ? x ? x 2 ,可将(2)式化为

U ??
因此体系总能量可近似表为

2kC q 2 x1 x2 , R3

(3)

1 1 2 1 2 1 2 2kCq2 x1 x2 E ? mv 2 ? kx1 ? mv2 ? kx2 ? . 1 2 2 2 2 R3
注意到 a ? b
2 2

(4)

? a ? b? ? ? a ? b? ?
2

2

2

和 2ab ?

? a ? b? ? ? a ? b?
2

2

2

,可将(4)式改写为

E?
式中,

1 1? 2k q 2 ? 1 1? 2k q 2 ? 2 2 mu12 ? ? k ? C3 ? y12 ? mu 2 ? ? k ? C3 ? y2 2 2? R ? 2 2? R ? .

(5)

u1 ? ?v1 ? v2 ? u2 ? ?v1 ? v2 ?

2, 2,

(6) (7) (8) (9)

y1 ? ? x1 ? x2 ? y2 ? ? x1 ? x2 ?

2, 2.

(5)式表明体系的能量相当于两个独立谐振子的能量和,而这两个振子的固有角频率分别为

?1 ?

k ? 2kCq 2 R3 , m

(10)

k ? 2kCq 2 R3 ?2 ? . m
在绝对零度,零点能为

(11)

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高二四班全国物理竞赛辅导——静电场

E0 ?

1 ? ??1 ? ?2 ? , 2

(12)

两个孤立惰性气体原子在绝对零度的能量分别表示为 E10 和 E20 ,有

E10 ? E20 ?
式中

1 ? ?0 , 2

(13)

?0 ?

k m

(14)

为孤立振子的固有角频率.由此得绝对零度时,所考察的两个惰性气体原子组成的体系的能量与两个孤立惰性气体原 子能量和的差为

?E ? E0 ? ? E10 ? E20 ? .
利用 ?1 ? x ?
12

(15)

? 1 ? x 2 ? x 2 8 ,可得

?E ? ?

2 4 ? kC q . 32 12 6 2k m R

(16)

?E ? 0 ,表明范德瓦尔斯相互作用为相互吸引.
评分标准:本题 20 分. (1)式 1 分,(2)式 3 分,(4)式 3 分,(10)、(11)式各 4 分, (12)式 2 分, (16)式 2 分,末句说明占 1 分. 27 届复赛 1.质点在 A ? B 应作减速运动(参看图 1) .设质点在 A 点的最小初动能为 Ek0 ,则 根据能量守恒,可得质点刚好能到达 B 点的条件为
kqQ kqQ kqQ kqQ (1) ? ? mgR ? Ek0 ? ? R 3R / 2 2 R 5R / 2

M Q C

O?

?Q
O

R 2

由此可得
Ek0 ? mgR ? 7 kqQ (2) 30 R

R B R A q
N 图1

2.质点在 B ? O 的运动有三种可能情况: i.质点在 B ? O 作加速运动(参看图 1) ,对应条件为
4kqQ (3) mg ? 9R2

此时只要质点能过 B 点, 也必然能到达 O 点, 因此质点能到达 O 点所需的最小初动能由 (2) 式给出,即
Ek0 ? mgR ? 7 kqQ (4) 30 R

若(3)式中取等号,则最小初动能应比(4)式给出的 E k0 略大一点. ii.质点在 B ? O 作减速运动(参看图 1) ,对应条件为
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mg ?

4kqQ (5) R2

此时质点刚好能到达 O 点的条件为
kqQ kqQ kqQ kqQ (6) ? ? mg (2 R) ? Ek0 ? ? R R/2 2 R 5R / 2

由此可得
11kqQ (7) Ek0 ? 2mgR ? 10 R

M Q C

iii.质点在 B ? O 之间存在一平衡点 D(参看图 2) ,在 B ? D 质点作减速 在 D ? O 质点作加速运动,对应条件为

O?

?Q
O
D x

R 2

运动,

4kqQ 4kqQ (8) ? mg ? 2 9R R2
设 D 到 O 点的距离为 x ,则

R

kqQ (9) mg ? (? R / 2 ? ? x)2


B R A q
N 图2

kqQ R x? ? (10) mg 2
根据能量守恒,质点刚好能到达 D 点的条件为

kqQ kqQ kqQ kqQ (11) ? ? mg (2 R ? x) ? Ek0 ? ? R 2 R 5R / 2 ? R / 2? ? x
由(10) 、 (11)两式可得质点能到达 D 点的最小初动能为
Ek0 ? 5 9kqQ mgR ? ? 2 kgmqQ (12) 2 10 R

只要质点能过 D 点也必然能到达 O 点,所以,质点能到达 O 点的最小初动能也就是(12)式(严格讲应比(12)式 给出的 E k0 略大一点. )
n ? 1 时,A、B 间等效电路如图 1 所示, A、B 间的电阻

rL A rL
2 图1 3

rL B rL

1 R1 ? (2rL) ? rL (1) 2 n ? 2 时,A、B 间等效电路如图 2 所示,A、B 间的电阻
1?4 1 ? R2 ? ? rL ? R1 ? (2) 2?3 3 ?

rL

1 3

R1

2 3

rL

A
由(1) 、 (2)两式得

5 R2 ? rL 6

2

(3)

3

rL

1 3

R1

2 3

rL

图2

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n ? 3 时,A、B 间等效电路如图 3 所示,A、B

2 9

1

rL

9

rL

1 3

rL

1 3

R2

1 3

1

rL

9

rL

2 9

rL

间的电阻

1 ?1 ? 3 3 1 ? ? R3 ? ? ? 2 ? ? 3 ? 3 ? ? 2 ? rL ? R2 ? ( 4 ) A 2 ?9 ? 4 4 3 ? ?
由(3) 、 (4)式得

3 9 1

rL

3 9 1

rL
rL
B
2 9

2 9

rL

9

rL

1 3

rL

1 3

R2

1 3

rL

9

rL

R3 ?

7 rL (5) 9

3 9

rL
图3

3 9

rL

29 届复赛

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