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如圖3-13所示,A、B、C三個物體疊放在桌面上,在A的上面再加一個作用力F,則物體C受到豎直向下的作用力除了自身的重力之外還有(    )

圖3-13

A.1個               B.2個               C.3個               D.4個

解析:還有一個豎直向下的力,就是B對C的壓力.注意地面對C的支持力是豎直向上的力.

答案:A

練習冊系列答案
相關習題

科目:高中物理 來源: 題型:

“黑盒子”表面有a、b、c三個接線柱,盒內總共有兩個電學元件,每兩個接線柱之間只可能連接一個元件.為了探明盒內元件的種類及連接方式,某位同學用多用電表進行了如下探測:

    第一步:用電壓擋對任意兩接線柱正、反向測量,指針幸免不發(fā)生偏轉;

    第二步:用電阻×100 Ω擋對任意兩個接線柱正、反向測量,指針偏轉情況如圖2-9所示.

圖2-9

(1)第一步測量結果表明盒內______________________________________________.

(2)圖2-10示出了圖2-9[1]和圖2-9[2]中歐姆表指針所處的位置,其對應的阻值是______ Ω;

圖2-11示出了圖2-9[3]中歐姆表指針所處的位置,其對應的阻值是_______Ω.

圖2-10                                     圖2-11

(3)請在圖2-12的接線柱間用電路圖符號畫出盒內的元件及連接情況.

         

圖2-12

(4)一個小燈泡與3 V電池組的連接情況如圖2-13所示.如果把圖2-13中e、f兩端用導線直接相連,小燈泡可正常發(fā)光.欲將e、f兩端分別與黑盒子上的兩個接線柱相連,使小燈泡仍可發(fā)光.那么,e端應連接到_________接線柱,f端應連接到_________接線柱.

闂傚倸鍊搁崐鎼佸磹閹间礁纾归柟闂寸绾惧綊鏌熼梻瀵割槮缁炬儳缍婇弻鐔兼⒒鐎靛壊妲紒鐐劤缂嶅﹪寮婚敐澶婄闁挎繂鎲涢幘缁樼厱闁靛牆鎳庨顓㈡煛鐏炲墽娲存鐐达耿閹崇娀顢楁径瀣撴粓姊绘担瑙勫仩闁告柨绉堕幑銏ゅ礃椤斿槈锕傛煕閺囥劌鐏犻柛鎰ㄥ亾婵$偑鍊栭崝锕€顭块埀顒傜磼椤旂厧顣崇紒杈ㄦ尰閹峰懘骞撻幒宥咁棜婵犵數濮伴崹鐓庘枖濞戙埄鏁勯柛鏇ㄥ幗瀹曟煡鏌涢埄鍐姇闁绘挸绻橀弻娑㈩敃閿濆洨鐣洪梺闈╃稻濡炰粙寮诲☉銏℃櫜闁告侗鍠涚涵鈧紓鍌欐祰妞村摜鏁敓鐘茬畺闁冲搫鎳忛ˉ鍫熺箾閹寸偛绗氶柣搴濆嵆濮婄粯鎷呴崨濠冨創闂佹椿鍓欓妶绋跨暦娴兼潙鍐€妞ゆ挾濮寸粊锕傛⒑绾懏褰х紒鐘冲灩缁鈽夐姀鈾€鎷婚梺鍓插亞閸犳捇鍩婇弴鐔翠簻闁哄倸鐏濋顓熸叏婵犲嫮甯涢柟宄版嚇瀹曘劍绻濋崒娑欑暭婵犵數鍎戠徊钘壝洪敃鈧—鍐╃鐎n偅娅滈梺缁樺姈濞兼瑧娆㈤悙鐑樼厵闂侇叏绠戦崝锕傛煥閺囩偛鈧綊鎮¢弴銏$厸闁搞儯鍎辨俊濂告煟韫囨洖校濞e洤锕、鏇㈡晲韫囨埃鍋撻崸妤佺厸閻忕偛澧藉ú鎾煃閵夘垳鐣垫鐐差儏閳规垿宕堕埡鈧竟鏇犵磽閸屾艾鈧绮堟笟鈧、鏍川椤栨稑搴婇梺鍦濠㈡﹢鎮″鈧弻鐔告綇妤e啯顎嶉梺绋匡功閸忔﹢寮婚妶鍥ф瀳闁告鍋涢~顐︽⒑閸涘﹥鐓ラ柟璇х磿閹广垹鈽夊锝呬壕婵炴垶鐟$紓姘舵煟椤撴粌鈧洟婀佸┑鐘诧工缁ㄨ偐鑺辩紒妯镐簻闁哄浂浜炵粙鑽ょ磼缂佹ḿ绠撴い顐g箞椤㈡﹢鎮㈤崜韫埛闂傚倸鍊烽懗鍓佸垝椤栨稓浠氶梺璇茬箰缁绘垿鎮烽埡浣烘殾闁规壆澧楅崐鐑芥煟閹寸們姘跺箯濞差亝鐓熼幖绮瑰墲鐠愨€斥攽椤旂偓鏆┑鈩冩尦瀹曟﹢鍩¢埀顒傛崲閸℃稒鐓熼柟閭﹀幗缂嶆垶绻涢幖顓炴灍妞ゃ劊鍎甸幃娆忣啅椤旂厧澹夋俊鐐€ф俊鍥ㄦ櫠濡ゅ懎绠氶柡鍐ㄧ墛閺呮煡鏌涢妷鈺婃閹兼潙锕濠氬磼濞嗘帒鍘$紓渚囧櫘閸ㄨ泛鐣峰┑瀣櫇闁稿本姘ㄩˇ顓炩攽閻愬弶顥為柟绋挎憸缁牊寰勯幇顓犲帾闂佸壊鍋呯换鍐夐幘瓒佺懓饪伴崟顓犵厑闂侀潧娲ょ€氫即鐛Ο鍏煎磯闁烩晜甯囬崹浠嬪蓟濞戞鐔兼惞鐟欏嫭鍠栨俊鐐€戦崝濠囧磿閻㈢ǹ绠栨繛鍡樻尭缁犵敻鏌熼悜妯诲鞍妞ゆ柨瀚板娲礈瑜忕敮娑㈡煟濡ゅ啫鈻堢€殿喛顕ч埥澶娢熼柨瀣垫綌闂備礁鎲¢〃鍫ュ磻閻愮儤鍊堕柛顐ゅ枔缁犻箖鎮楅悽鐧诲綊顢撳畝鍕厱婵炲棗绻愰弳娆愩亜椤愩垻绠婚柟鐓庣秺瀹曠兘顢橀悪鍛簥濠电姵顔栭崰妤呫€冮崨顓囨稑鈻庨幘鏉戜患闂佸壊鍋呭ú姗€鍩涢幋鐘电=濞达絿娅㈡笟娑欑箾閸喐顥堥柡灞诲姂瀵挳濡搁妶澶婁粣闂備胶绮笟妤呭窗濞戞氨涓嶆繛鎴炃氬Σ鍫熺箾閸℃ê鐏ュ┑顔芥倐閺岋絾鎯旈敍鍕殯闂佺ǹ楠稿畷顒冪亱閻庡厜鍋撻柛鏇ㄥ亞椤斿棗鈹戦悙鍙夆枙濞存粍绻堥崺娑㈠箣閿旂晫鍘卞┑鐐村灦閿曨偊宕濋悢铏圭<闁绘ǹ娅曞畷宀勬煙椤旂瓔娈旀い顐g箞閹剝鎯旈敍鍕綁闂傚倷娴囧銊х矆娴h櫣鐭撻柣鐔煎亰閸ゆ洘銇勯弴妤€浜鹃悗瑙勬礃鐢帡銈导鏉戞そ闁告劦浜滅花銉╂⒒閸屾艾鈧绮堟笟鈧獮鏍敃閵堝棗浠忓銈嗗姧缁犳垹澹曢崸妤佺厵闁诡垱婢樿闂佺ǹ顑傞弲婊呮崲濞戞﹩鍟呮い鏃囧吹閸戝綊姊虹紒妯诲鞍缂佸鍨垮﹢渚€姊洪幐搴g畵闁瑰啿绻橀獮澶愬箹娴e憡鐎梺鍓插亝閹﹪寮崼鐔蜂汗闂傚倸鐗婄粙鎰垝鐠鸿 鏀介柣鎰级閳绘洟鏌涘▎蹇撴殻濠碘€崇摠缁楃喖鍩€椤掆偓椤曪絾绂掔€e灚鏅i梺缁樺姍濞佳囩嵁閹扮増鈷掑ù锝呮啞閸熺偤鏌涢弮鈧崹鍨暦濠靛棭鍚嬪璺侯儏閳ь剙鐖奸弻娑㈩敃閻樻彃濮曢梺绋匡功閺佸骞冨畡鎵虫瀻闊洦鎼╂禒鍓х磽娴f彃浜鹃梺鍛婂姀閺傚倹绂嶅⿰鍫熺厪濠电偛鐏濋崝鐢告椤掑澧い銊e劦閹瑧鎷犺閸氼偊鎮楀▓鍨灆缂侇喗鐟╅妴浣割潨閳ь剟骞冨▎鎾搭棃婵炴垶岣块鍥⒒閸屾艾鈧绮堟笟鈧獮澶愭晸閻樿尙顦梺纭呮彧缁犳垹绮堟径鎰婵烇綆鍓欐俊鑲╃棯閹呯Ш闁哄被鍔戦幃銈夊磼濞戞﹩浼�

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科目:高中物理 來源: 題型:

(2010·南通調研)某同學要測量一節(jié)舊電池的電動勢和內阻,實驗器材僅有一個電流表、一個電阻箱、一個開關和導線若干,該同學按如圖10-13所示電路進行實驗,測得的數(shù)據(jù)如下表所示.              

實驗次數(shù)

1

2

3

4

5

R(Ω)

4.0

10.0

16.0

22.0

28.0

I(A)

1.00

0.50

0.34

0.25

0.20

1/I(A-1)

1.0

2.0

3.0

4.0

5.0

(1)若利用圖象確定電池的電動勢和內阻,則應作                                  

(選填“R-I”或“R-”)圖象;

(2)利用測得的數(shù)據(jù)在圖所示的坐標紙上畫出適當?shù)膱D象;

(3)由圖象可知,該電池的電動勢E     V,內阻r    Ω;

(4)利用該實驗電路測出的電動勢E和內阻r與真實值Er相比,理論上E    E,r    r(選填“>”、“<”或“=”).

闂傚倸鍊搁崐鎼佸磹閹间礁纾归柟闂寸绾惧綊鏌熼梻瀵割槮缁炬儳缍婇弻鐔兼⒒鐎靛壊妲紒鐐劤缂嶅﹪寮婚敐澶婄闁挎繂鎲涢幘缁樼厱闁靛牆鎳庨顓㈡煛鐏炲墽娲存鐐达耿閹崇娀顢楁径瀣撴粓姊绘担瑙勫仩闁告柨绉堕幑銏ゅ礃椤斿槈锕傛煕閺囥劌鐏犻柛鎰ㄥ亾婵$偑鍊栭崝锕€顭块埀顒傜磼椤旂厧顣崇紒杈ㄦ尰閹峰懘骞撻幒宥咁棜婵犵數濮伴崹鐓庘枖濞戙埄鏁勯柛鏇ㄥ幗瀹曟煡鏌涢埄鍐姇闁绘挸绻橀弻娑㈩敃閿濆洨鐣洪梺闈╃稻濡炰粙寮诲☉銏℃櫜闁告侗鍠涚涵鈧紓鍌欐祰妞村摜鏁敓鐘茬畺闁冲搫鎳忛ˉ鍫熺箾閹寸偛绗氶柣搴濆嵆濮婄粯鎷呴崨濠冨創闂佹椿鍓欓妶绋跨暦娴兼潙鍐€妞ゆ挾濮寸粊锕傛⒑绾懏褰х紒鐘冲灩缁鈽夐姀鈾€鎷婚梺鍓插亞閸犳捇鍩婇弴鐔翠簻闁哄倸鐏濋顓熸叏婵犲嫮甯涢柟宄版嚇瀹曘劍绻濋崒娑欑暭婵犵數鍎戠徊钘壝洪敃鈧—鍐╃鐎n偅娅滈梺缁樺姈濞兼瑧娆㈤悙鐑樼厵闂侇叏绠戦崝锕傛煥閺囩偛鈧綊鎮¢弴銏$厸闁搞儯鍎辨俊濂告煟韫囨洖校濞e洤锕、鏇㈡晲韫囨埃鍋撻崸妤佺厸閻忕偛澧藉ú鎾煃閵夘垳鐣垫鐐差儏閳规垿宕堕埡鈧竟鏇犵磽閸屾艾鈧绮堟笟鈧、鏍川椤栨稑搴婇梺鍦濠㈡﹢鎮″鈧弻鐔告綇妤e啯顎嶉梺绋匡功閸忔﹢寮婚妶鍥ф瀳闁告鍋涢~顐︽⒑閸涘﹥鐓ラ柟璇х磿閹广垹鈽夊锝呬壕婵炴垶鐟$紓姘舵煟椤撴粌鈧洟婀佸┑鐘诧工缁ㄨ偐鑺辩紒妯镐簻闁哄浂浜炵粙鑽ょ磼缂佹ḿ绠撴い顐g箞椤㈡﹢鎮㈤崜韫埛闂傚倸鍊烽懗鍓佸垝椤栨稓浠氶梺璇茬箰缁绘垿鎮烽埡浣烘殾闁规壆澧楅崐鐑芥煟閹寸們姘跺箯濞差亝鐓熼幖绮瑰墲鐠愨€斥攽椤旂偓鏆┑鈩冩尦瀹曟﹢鍩¢埀顒傛崲閸℃稒鐓熼柟閭﹀幗缂嶆垶绻涢幖顓炴灍妞ゃ劊鍎甸幃娆忣啅椤旂厧澹夋俊鐐€ф俊鍥ㄦ櫠濡ゅ懎绠氶柡鍐ㄧ墛閺呮煡鏌涢妷鈺婃閹兼潙锕濠氬磼濞嗘帒鍘$紓渚囧櫘閸ㄨ泛鐣峰┑瀣櫇闁稿本姘ㄩˇ顓炩攽閻愬弶顥為柟绋挎憸缁牊寰勯幇顓犲帾闂佸壊鍋呯换鍐夐幘瓒佺懓饪伴崟顓犵厑闂侀潧娲ょ€氫即鐛Ο鍏煎磯闁烩晜甯囬崹浠嬪蓟濞戞鐔兼惞鐟欏嫭鍠栨俊鐐€戦崝濠囧磿閻㈢ǹ绠栨繛鍡樻尭缁犵敻鏌熼悜妯诲鞍妞ゆ柨瀚板娲礈瑜忕敮娑㈡煟濡ゅ啫鈻堢€殿喛顕ч埥澶娢熼柨瀣垫綌闂備礁鎲¢〃鍫ュ磻閻愮儤鍊堕柛顐ゅ枔缁犻箖鎮楅悽鐧诲綊顢撳畝鍕厱婵炲棗绻愰弳娆愩亜椤愩垻绠婚柟鐓庣秺瀹曠兘顢橀悪鍛簥濠电姵顔栭崰妤呫€冮崨顓囨稑鈻庨幘鏉戜患闂佸壊鍋呭ú姗€鍩涢幋鐘电=濞达絿娅㈡笟娑欑箾閸喐顥堥柡灞诲姂瀵挳濡搁妶澶婁粣闂備胶绮笟妤呭窗濞戞氨涓嶆繛鎴炃氬Σ鍫熺箾閸℃ê鐏ュ┑顔芥倐閺岋絾鎯旈敍鍕殯闂佺ǹ楠稿畷顒冪亱閻庡厜鍋撻柛鏇ㄥ亞椤斿棗鈹戦悙鍙夆枙濞存粍绻堥崺娑㈠箣閿旂晫鍘卞┑鐐村灦閿曨偊宕濋悢铏圭<闁绘ǹ娅曞畷宀勬煙椤旂瓔娈旀い顐g箞閹剝鎯旈敍鍕綁闂傚倷娴囧銊х矆娴h櫣鐭撻柣鐔煎亰閸ゆ洘銇勯弴妤€浜鹃悗瑙勬礃鐢帡銈导鏉戞そ闁告劦浜滅花銉╂⒒閸屾艾鈧绮堟笟鈧獮鏍敃閵堝棗浠忓銈嗗姧缁犳垹澹曢崸妤佺厵闁诡垱婢樿闂佺ǹ顑傞弲婊呮崲濞戞﹩鍟呮い鏃囧吹閸戝綊姊虹紒妯诲鞍缂佸鍨垮﹢渚€姊洪幐搴g畵闁瑰啿绻橀獮澶愬箹娴e憡鐎梺鍓插亝閹﹪寮崼鐔蜂汗闂傚倸鐗婄粙鎰垝鐠鸿 鏀介柣鎰级閳绘洟鏌涘▎蹇撴殻濠碘€崇摠缁楃喖鍩€椤掆偓椤曪絾绂掔€e灚鏅i梺缁樺姍濞佳囩嵁閹扮増鈷掑ù锝呮啞閸熺偤鏌涢弮鈧崹鍨暦濠靛棭鍚嬪璺侯儏閳ь剙鐖奸弻娑㈩敃閻樻彃濮曢梺绋匡功閺佸骞冨畡鎵虫瀻闊洦鎼╂禒鍓х磽娴f彃浜鹃梺鍛婂姀閺傚倹绂嶅⿰鍫熺厪濠电偛鐏濋崝鐢告椤掑澧い銊e劦閹瑧鎷犺閸氼偊鎮楀▓鍨灆缂侇喗鐟╅妴浣割潨閳ь剟骞冨▎鎾搭棃婵炴垶岣块鍥⒒閸屾艾鈧绮堟笟鈧獮澶愭晸閻樿尙顦梺纭呮彧缁犳垹绮堟径鎰婵烇綆鍓欐俊鑲╃棯閹呯Ш闁哄被鍔戦幃銈夊磼濞戞﹩浼�

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科目:高中物理 來源:2012屆福建省廈門第六中學高一下學期期中考試物理試卷(帶解析) 題型:實驗題

光電計時器是一種研究物體運動情況的常見計時器,其結構如圖題甲所示,a、b分別是光電門的激光發(fā)射和接受裝置.當有物體從a、b之間通過時,光電計時器就可以顯示物體的擋光時間.現(xiàn)利用圖題13乙所示的裝置設計一個“探究恒力做功與動能改變關系”的實驗,圖中A B是水平桌面,C D是一端帶有定滑輪的等厚長木板。將光電門固定在靠近木板滑輪一端的F點 (與之連接的光電計時器沒有畫出)。小車上固定著用于擋光的窄片K,讓小車從木板上的E點由靜止釋放,由光電門連接的計時器顯示窄片K的擋光時間。

(1) 若已測得窄片的寬度為,并用米尺測得E、F兩點間距為L,且L》d,與光電門連接的計時器顯示的擋光時間為t,小車的質量為M,所掛的重物質量為m.則小車經(jīng)過F點小車的動能表達式EK=            ;(說明:本題的(1)(2)(3)的結果均用題中所給的字母表示)
(2) 如果研究對象是小車,請寫出驗證本實驗的表達式是                      ;如果研究對象是小車和重物這一整體,驗證本實驗的表達式應是                  ;

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科目:高中物理 來源: 題型:閱讀理解

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(shù)目不算多,總數(shù)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(tài)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(shù)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 /εr)。只有條件⑶,它才是靜電學的基本前提和出發(fā)點(但這一點又是常常被忽視和被不恰當?shù)亍熬C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(huán),垂直環(huán)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 = 0

外部:E = 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 = k ,U = 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(shù)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

WAB = q(UA - UB)= qUAB 

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(wǎng)罩)不接地時,可以實現(xiàn)外部對內部的屏蔽,但不能實現(xiàn)內部對外部的屏蔽;導體殼(網(wǎng)罩)接地后,既可實現(xiàn)外部對內部的屏蔽,也可實現(xiàn)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(shù)(真空中ε0 =  ,其它介質中ε= ),εr則為相對介電常數(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 = 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(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、電介質的極化:當介質中存在外電場時,無極分子會變?yōu)橛袠O分子,有極分子會由原來的雜亂排列變成規(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(xiàn)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(xiàn)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(qū)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?shù)�、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(fā)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(fā)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(fā)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(fā)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(fā)的場強大小和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見——由于由于在x方向、y方向上的對稱性,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,設為ΔS′

所以 ΣEz = ΣΔS′

 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 = 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(fā)的場強為

E1 = k = kρπr1 ,方向由O指向P

“小球”激發(fā)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(huán)均勻帶電,電荷線密度為λ,圓心在O點,過圓心跟環(huán)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。

【模型分析】這是一個電勢標量疊加的簡單模型。先在圓環(huán)上取一個元段ΔL ,它在P點形成的電勢

ΔU = k

環(huán)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】UP = 

〖思考〗如果上題中知道的是環(huán)的總電量Q ,則UP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〗UP =  ;結論不會改變。

〖再思考〗將環(huán)換成半徑為R的薄球殼,總電量仍為Q ,試問:(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(shù)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?shù)腻F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(xiàn)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(jù)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(jù)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】Uo = 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(shù)和,所以,當我們以球心O點為對象,有

UO = k + k + k = 0

QB應指B球殼上的凈電荷量,故 QB = 0

所以 QA = -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)——

UB = k + k

〖答〗(1)QA = -q ;(2)UB = 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UA和UB 。試問:若將ab棒取走,A、B兩點的電勢將變?yōu)槎嗌伲?/p>

【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(huán)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?shù)睦щy。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 = UA

                 2U2 + U1 = UB

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

  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UP ,試求Q點的電勢UQ 。

〖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,UP = 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= -UQ 

以上的兩個關系已經(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WAB = q(UA - UB)= qUAB的基本應用。

UO = k + k = 0

UD = 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(tǒng)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(tǒng),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(huán)境中,我們通常說“兩個點電荷的勢能”是多少。)

【答】(1)k;(2)Ek1 = k ,Ek2 = 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(tǒng)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(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(xiàn)一定規(guī)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 =2πk(σ1 + σ2 ? σ3 ? σ4)= 2πk〕。

最后,UAB = Ed

【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(shù)為εr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(shù)為εr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(shù),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(lián),必有

U1 = U2   =  ,即  = 

解以上兩式即可得Q1和Q2 。

場強可以根據(jù)E = 關系求解,比較常規(guī)(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(xiàn)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(shù)為εr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(wǎng)絡,試問:(1)在最后一級的右邊并聯(lián)一個多大電容C′,可使整個網(wǎng)絡的A、B兩端電容也為C′?(2)不接C′,但無限地增加網(wǎng)絡的級數(shù),整個網(wǎng)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(shù),一般結論應適用特殊情形:令級數(shù)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(lián)也非并聯(lián)的電路,需要用到一種“Δ→Y型變換”,參見圖7-19,根據(jù)三個端點之間的電容等效,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Uao 、Ubo和Uco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 = 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 。

【伸展應用】如圖7-22所示,由n個單元組成的電容器網(wǎng)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(wǎng)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?

【解說】這是一個結合網(wǎng)絡計算和“孤島現(xiàn)象”的典型事例。

(1)類似“物理情形1”的計算,可得 C = Ck = C

所以,從輸入端算起,第k單元后的電壓的經(jīng)驗公式為 Uk = 

再算能量儲存就不難了。

(2)斷開前,可以算出第一單元的三個電容器、以及后面“系統(tǒng)”的電量分配如圖7-23中的左圖所示。這時,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程(C3類比為“電源”)滿足——

電量關系:Q1′= Q3

          Q2′+ Q3′= 

電勢關系: = 

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

【答】(1)Ek = ;(2) 。

〖學員思考〗圖7-23展示的過程中,始末狀態(tài)的電容器儲能是否一樣?(答:不一樣;在相互充電的過程中,導線消耗的焦耳熱已不可忽略。)

☆第七部分完☆

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