如圖所示是兩列完全相同的波疊加后產(chǎn)生的干涉圖樣，實線和虛線分別表示同一時刻的波峰和波谷。a、b、c、d四點當(dāng)前的位置如圖所示。則，再過半個周期后，下列敘述正確的是（ ）
A. a點仍為振動加強點，b點仍為振動減弱點
B. a點仍為振動減弱點，c點仍為振動加強點
C. a點仍在波谷，c點仍在波峰
D. a點振動至波峰，d點仍在平衡位置
奪冠金卷全能練考系列答案科目：高中物理 來源： 題型：閱讀理解
A、屏M自上而下分布的色光的波長由小到大
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科目：高中物理 來源：2011年江蘇省鹽城中學(xué)高考物理二模試卷（5月份）（解析版） 題型：解答題
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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(xué)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(zhì)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(guān)注的是電場中更本質(zhì)的內(nèi)容，關(guān)注的是縱向的深化和而非橫向的綜合。
一、電場強度
1、實驗定律
a、庫侖定律
內(nèi)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(yīng)用到一般帶電體，非真空介質(zhì)可以通過介電常數(shù)將k進行修正（如果介質(zhì)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(xué)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(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(jié)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(nèi)部：E內(nèi) = 0
外部：E外 = k
，其中r指考察點到球心的距離
如果球殼是有厚度的的（內(nèi)徑R1 、外徑R2），在殼體中（R1＜r＜R2）：
E = 
，其中ρ為電荷體密度。這個式子的物理意義可以參照萬有引力定律當(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無限長均勻帶電直線（電荷線密度為λ）：E = 
⑸無限大均勻帶電平面（電荷面密度為σ）：E = 2πkσ
二、電勢
1、電勢：把一電荷從P點移到參考點P0時電場力所做的功W與該電荷電量q的比值，即
U = 
參考點即電勢為零的點，通常取無窮遠或大地為參考點。
和場強一樣，電勢是屬于場本身的物理量。W則為電荷的電勢能。
2、典型電場的電勢
a、點電荷
以無窮遠為參考點，U = k
b、均勻帶電球殼
以無窮遠為參考點，U外 = k
，U內(nèi) = k
3、電勢的疊加
由于電勢的是標(biāo)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(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(dǎo)體表面。
b、導(dǎo)體是等勢體，表面是等勢面。
c、導(dǎo)體內(nèi)部沒有凈電荷；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，可以實現(xiàn)外部對內(nèi)部的屏蔽，但不能實現(xiàn)內(nèi)部對外部的屏蔽；導(dǎo)體殼（網(wǎng)罩）接地后，既可實現(xiàn)外部對內(nèi)部的屏蔽，也可實現(xiàn)內(nèi)部對外部的屏蔽。
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為絕對介電常數(shù)（真空中ε0 = 
，其它介質(zhì)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總 = 
E2
認為電場能均勻分布在電場中，則單位體積的電場儲能 w = 
E2 。而且，這以結(jié)論適用于非勻強電場。
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(zhì)的極化：當(dāng)介質(zhì)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(zhì)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(zhì)，導(dǎo)體中的原子核和內(nèi)層電子也是束縛電荷；反之，能夠自由移動的電荷稱為自由電荷。事實上，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(nèi)部任意一點的場強均為零。
【模型分析】這是一個疊加原理應(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(shè)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(guān)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(yù)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(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?qū)ΨQ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(nèi)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(yīng)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(nèi)部的結(jié)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(shè)
= 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(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(yīng)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UP 。
【模型分析】這是一個電勢標(biāo)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(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？如果這個總電量的分布不是均勻的，結(jié)論會改變嗎？
〖答〗UP = 
；結(jié)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(dāng)電量均勻分布時，球心電勢為多少？球內(nèi)（包括表面）各點電勢為多少？（2）當(dāng)電量不均勻分布時，球心電勢為多少？球內(nèi)（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(nèi)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(nèi)任一點的電勢求解可以從（1）問的求解過程得到結(jié)論的反證。
〖答〗（1）球心、球內(nèi)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(nèi)部不再是等勢體，球面不再是等勢面）。
【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的地方放一個電量為+Q的點電荷，試求球心處的電勢。
【解析】由于靜電感應(yīng)，球殼的內(nèi)、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(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的地方放一個電量為+q的點電荷。試求：（1）A球殼的感應(yīng)電荷量；（2）外球殼的電勢。
〖解說〗這是一個更為復(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，我們還要用到一個重要的常識：接地導(dǎo)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(dāng)我們以球心O點為對象，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(yīng)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(dǎo)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(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的方法。
每根細棒的電荷分布雖然復(fù)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(shè)為U1）；②ab棒、ac棒對B點的電勢貢獻相同（可設(shè)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(dǎo)體板構(gòu)成，各導(dǎo)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(yīng)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(dǎo)體板復(fù)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(gòu)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(gòu)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(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(xí)〗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(yīng)用。將半球面補成完整球面，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(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(guān)系WAB = q（UA － UB）= qUAB的基本應(yīng)用。
UO = k
+ k
= 0
UD = k
+ k
= －
U∞ = 0
再用功與電勢的關(guān)系即可。
【答案】（1）
；（2）
。
【相關(guān)應(yīng)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(zhì)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(guān)系；第（3）問是在前兩問基礎(chǔ)上得出的必然結(jié)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(shè)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(yīng)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(zhì)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。現(xiàn)將其中的一根繩子剪斷，三個球?qū)㈤_始運動起來，試求中間這個小球的最大速度。
〖解〗設(shè)剪斷的是1、3之間的繩子，動力學(xué)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(yīng)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(shè)2球的速度為v ，1球和3球的速度為v′，則
動量關(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、電場中的導(dǎo)體和電介質(zhì)
【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(nèi)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(yīng)，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(nèi)部合場強為零的結(jié)論還是存在的）；這里應(yīng)注意金屬板“很大”的前提條件，它事實上是指物理無窮大，因此，可以應(yīng)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(yīng)，四個面的電荷分布應(yīng)是均勻的，設(shè)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(nèi)部空間場強為零，有 2πk（σ1 ? σ2 ? σ3 ? σ4）= 0
A板內(nèi)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(cè)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(xué)員思考〗如果兩板帶等量異號的凈電荷，兩板的外側(cè)空間場強等于多少？（答：為零。）
〖學(xué)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(zhì)，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(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）兩板之間的場強；（3）介質(zhì)表面的極化電荷。
【解說】電介質(zhì)的充入雖然不能改變內(nèi)表面的電量總數(shù)，但由于改變了場強，故對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
兩板分別為等勢體，將電容器看成上下兩個電容器的并聯(lián)，必有
U1 = U2 即 
= 
，即 
= 
解以上兩式即可得Q1和Q2 。
場強可以根據(jù)E = 
關(guān)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(dāng)k 、σ同時改變，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，極化電荷的存在相當(dāng)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(guān)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(zhì)部分的電量為
Q ；（2）整個空間的場強均為
；（3）
Q 。
〖思考應(yīng)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(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(luò)，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(luò)的A、B兩端電容也為C′？（2）不接C′，但無限地增加網(wǎng)絡(luò)的級數(shù)，整個網(wǎng)絡(luò)A、B兩端的總電容是多少？
【模型分析】這是一個練習(xí)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(jié)論應(yīng)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(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】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(biāo)示在圖中）——
【答】約2.23μF 。
【物理情形2】如圖7-21所示的電路中，三個電容器完全相同，電源電動勢ε1 = 3.0V ，ε2 = 4.5V，開關(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(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個單元組成的電容器網(wǎng)絡(luò)，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(luò)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(jié)合網(wǎng)絡(luò)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總 = 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(guān)系：Q1′= Q3′
Q2′+ Q3′= 
電勢關(guān)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(xué)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(dǎo)線消耗的焦耳熱已不可忽略。）
☆第七部分完☆
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第三部分 運動學(xué)
第一講 基本知識介紹
一． 基本概念
1． 質(zhì)點
2． 參照物
3． 參照系——固連于參照物上的坐標(biāo)系（解題時要記住所選的是參照系，而不僅是一個點）
4．絕對運動，相對運動，牽連運動：v絕=v相+v牽
二．運動的描述
1．位置：r=r(t)
2．位移：Δr=r(t+Δt)－r(t)
3．速度：v=limΔt→0Δr/Δt.在大學(xué)教材中表述為：v=dr/dt, 表示r對t 求導(dǎo)數(shù)
5．以上是運動學(xué)中的基本物理量，也就是位移、位移的一階導(dǎo)數(shù)、位移的二階導(dǎo)數(shù)�？墒�
三階導(dǎo)數(shù)為什么不是呢？因為牛頓第二定律是F=ma,即直接和加速度相聯(lián)系。（a對t的導(dǎo)數(shù)叫“急動度”。）
6．由于以上三個量均為矢量，所以在運算中用分量表示一般比較好
三．等加速運動
v(t)=v0+at r(t)=r0+v0t+1/2 at2
一道經(jīng)典的物理問題：二次世界大戰(zhàn)中物理學(xué)家曾經(jīng)研究，當(dāng)大炮的位置固定，以同一速度v0沿各種角度發(fā)射，問：當(dāng)飛機在哪一區(qū)域飛行之外時，不會有危險？（注：結(jié)論是這一區(qū)域為一拋物線，此拋物線是所有炮彈拋物線的包絡(luò)線。此拋物線為在大炮上方h=v2/2g處，以v0平拋物體的軌跡。）
練習(xí)題：
一盞燈掛在離地板高l2,天花板下面l1處。燈泡爆裂，所有碎片以同樣大小的速度v 朝各個方向飛去。求碎片落到地板上的半徑（認為碎片和天花板的碰撞是完全彈性的，即切向速度不變，法向速度反向；碎片和地板的碰撞是完全非彈性的，即碰后靜止。）
四．剛體的平動和定軸轉(zhuǎn)動
1． 我們講過的圓周運動是平動而不是轉(zhuǎn)動
2． 角位移φ=φ（t）, 角速度ω=dφ/dt , 角加速度ε=dω/dt
3． 有限的角位移是標(biāo)量，而極小的角位移是矢量
4． 同一剛體上兩點的相對速度和相對加速度
兩點的相對距離不變，相對運動軌跡為圓弧，VA=VB+VAB,在AB連線上
投影：[VA]AB=[VB]AB,aA=aB+aAB,aAB=,anAB+,aτAB, ,aτAB垂直于AB,,anAB=VAB2/AB
例：A，B，C三質(zhì)點速度分別VA ，VB ，VC
求G的速度。
五．課后習(xí)題：
一只木筏離開河岸，初速度為V，方向垂直于岸邊，航行路線如圖。經(jīng)過時間T木筏劃到路線上標(biāo)有符號處。河水速度恒定U用作圖法找到在2T，3T，4T時刻木筏在航線上的確切位置。
五、處理問題的一般方法
（1）用微元法求解相關(guān)速度問題
例1：如圖所示，物體A置于水平面上，A前固定一滑輪B，高臺上有一定滑輪D，一根輕繩一端固定在C點，再繞過B、D，BC段水平，當(dāng)以恒定水平速度v拉繩上的自由端時，A沿水平面前進，求當(dāng)跨過B的兩段繩子的夾角為α?xí)r，A的運動速度。
（vA＝
）
（2）拋體運動問題的一般處理方法
（1）將斜上拋運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的豎直上拋運動
（2）將沿斜面和垂直于斜面方向作為x、y軸，分別分解初速度和加速度后用運動學(xué)公式解題
（3）將斜拋運動分解為沿初速度方向的斜向上的勻速直線運動和自由落體運動兩個分運動，用矢量合成法則求解
例2：在擲鉛球時，鉛球出手時距地面的高度為h，若出手時的速度為V0，求以何角度擲球時，水平射程最遠？最遠射程為多少？
（α=
、 x=
）
第二講 運動的合成與分解、相對運動
（一）知識點點撥
參考系的轉(zhuǎn)換：動參考系，靜參考系
相對運動：動點相對于動參考系的運動
絕對運動：動點相對于靜參考系統(tǒng)（通常指固定于地面的參考系）的運動
牽連運動：動參考系相對于靜參考系的運動
（5）位移合成定理：SA對地=SA對B+SB對地
速度合成定理：V絕對=V相對+V牽連
加速度合成定理：a絕對=a相對+a牽連
（二）典型例題
（1）火車在雨中以30m/s的速度向南行駛，雨滴被風(fēng)吹向南方，在地球上靜止的觀察者測得雨滴的徑跡與豎直方向成21。角，而坐在火車里乘客看到雨滴的徑跡恰好豎直方向。求解雨滴相對于地的運動。
提示：矢量關(guān)系入圖
答案：83.7m/s
（2）某人手拿一只停表，上了一次固定樓梯，又以不同方式上了兩趟自動扶梯，為什么他可以根據(jù)測得的數(shù)據(jù)來計算自動扶梯的臺階數(shù)？
提示：V人對梯=n1/t1
V梯對地=n/t2
V人對地=n/t3
V人對地= V人對梯+ V梯對地
答案：n=t2t3n1/（t2-t3）t1
(3)某人駕船從河岸A處出發(fā)橫渡，如果使船頭保持跟河岸垂直的方向航行，則經(jīng)10min后到達正對岸下游120m的C處，如果他使船逆向上游，保持跟河岸成а角的方向航行，則經(jīng)過12.5min恰好到達正對岸的B處，求河的寬度。
提示：120=V水*600
D=V船*600
答案：200m
（4）一船在河的正中航行，河寬l=100m，流速u=5m/s，并在距船s=150m的下游形成瀑布，為了使小船靠岸時，不至于被沖進瀑布中，船對水的最小速度為多少？
提示：如圖船航行
答案：1.58m/s
（三）同步練習(xí)
1.一輛汽車的正面玻璃一次安裝成與水平方向傾斜角為β1=30°，另一次安裝成傾角為β2=15°。問汽車兩次速度之比
為多少時，司機都是看見冰雹都是以豎直方向從車的正面玻璃上彈開？（冰雹相對地面是豎直下落的）
2、模型飛機以相對空氣v=39km/h的速度繞一個邊長2km的等邊三角形飛行，設(shè)風(fēng)速u = 21km/h ，方向與三角形的一邊平行并與飛機起飛方向相同，試求：飛機繞三角形一周需多少時間？
3.圖為從兩列蒸汽機車上冒出的兩股長幅氣霧拖尾的照片（俯視）。兩列車沿直軌道分別以速度v1=50km/h和v2=70km/h行駛，行駛方向如箭頭所示，求風(fēng)速。
4、細桿AB長L ，兩端分別約束在x 、 y軸上運動，（1）試求桿上與A點相距aL（0＜ a ＜1)的P點運動軌跡；（2）如果vA為已知，試求P點的x 、 y向分速度vPx和vPy對桿方位角θ的函數(shù)。
（四）同步練習(xí)提示與答案
1、提示：利用速度合成定理，作速度的矢量三角形。答案為：3。
2、提示：三角形各邊的方向為飛機合速度的方向（而非機頭的指向）；
第二段和第三段
大小相同。
參見右圖，顯然：
v2 = 
+ u2 － 2v合ucos120°
可解出 v合 = 24km/h 。
答案：0.2hour（或12min.）。
3、提示：方法與練習(xí)一類似。答案為：3
4、提示：（1）寫成參數(shù)方程
后消參數(shù)θ。
（2）解法有講究：以A端為參照， 則桿上各點只繞A轉(zhuǎn)動。但鑒于桿子的實際運動情形如右圖，應(yīng)有v牽 = vAcosθ，v轉(zhuǎn) = vA
，可知B端相對A的轉(zhuǎn)動線速度為：v轉(zhuǎn) + vAsinθ= 
。
P點的線速度必為 
= v相
所以 vPx = v相cosθ+ vAx ，vPy = vAy － v相sinθ
答案：（1）
+ 
= 1 ，為橢圓；（2）vPx = avActgθ ，vPy =（1 － a）vA
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科目：高中物理 來源： 題型：閱讀理解
第一部分 力＆物體的平衡
第一講 力的處理
一、矢量的運算
1、加法
表達：
+ 
= 
。
名詞：
為“和矢量”。
法則：平行四邊形法則。如圖1所示。
和矢量大�。篶 = 
，其中α為
和
的夾角。
和矢量方向：
在
、
之間，和
夾角β= arcsin
2、減法
表達：
= 
－
。
名詞：
為“被減數(shù)矢量”，
為“減數(shù)矢量”，
為“差矢量”。
法則：三角形法則。如圖2所示。將被減數(shù)矢量和減數(shù)矢量的起始端平移到一點，然后連接兩時量末端，指向被減數(shù)時量的時量，即是差矢量。
差矢量大�。篴 = 
，其中θ為
和
的夾角。
差矢量的方向可以用正弦定理求得。
一條直線上的矢量運算是平行四邊形和三角形法則的特例。
例題：已知質(zhì)點做勻速率圓周運動，半徑為R ，周期為T ，求它在
T內(nèi)和在
T內(nèi)的平均加速度大小。
解說：如圖3所示，A到B點對應(yīng)
T的過程，A到C點對應(yīng)
T的過程。這三點的速度矢量分別設(shè)為
、
和
。
根據(jù)加速度的定義 
= 
得：
= 
，
= 
由于有兩處涉及矢量減法，設(shè)兩個差矢量 
= 
－
，
= 
－
，根據(jù)三角形法則，它們在圖3中的大小、方向已繪出（
的“三角形”已被拉伸成一條直線）。
本題只關(guān)心各矢量的大小，顯然：
= 
= 
= 
，且：
= 
= 
，
= 2
= 
所以：
= 
= 
= 
，
= 
= 
= 
。
（學(xué)生活動）觀察與思考：這兩個加速度是否相等，勻速率圓周運動是不是勻變速運動？
答：否；不是。
3、乘法
矢量的乘法有兩種：叉乘和點乘，和代數(shù)的乘法有著質(zhì)的不同。
⑴ 叉乘
表達：
×
= 
名詞：
稱“矢量的叉積”，它是一個新的矢量。
叉積的大�。篶 = absinα，其中α為
和
的夾角。意義：
的大小對應(yīng)由
和
作成的平行四邊形的面積。
叉積的方向：垂直
和
確定的平面，并由右手螺旋定則確定方向，如圖4所示。
顯然，
×
≠
×
，但有：
×
= －
×
⑵ 點乘
表達：
·
= c
名詞：c稱“矢量的點積”，它不再是一個矢量，而是一個標(biāo)量。
點積的大�。篶 = abcosα，其中α為
和
的夾角。
二、共點力的合成
1、平行四邊形法則與矢量表達式
2、一般平行四邊形的合力與分力的求法
余弦定理（或分割成RtΔ）解合力的大小
正弦定理解方向
三、力的分解
1、按效果分解
2、按需要——正交分解
第二講 物體的平衡
一、共點力平衡
1、特征：質(zhì)心無加速度。
2、條件：Σ
= 0 ，或 
= 0 ，
= 0
例題：如圖5所示，長為L 、粗細不均勻的橫桿被兩根輕繩水平懸掛，繩子與水平方向的夾角在圖上已標(biāo)示，求橫桿的重心位置。
解說：直接用三力共點的知識解題，幾何關(guān)系比較簡單。
答案：距棒的左端L/4處。
（學(xué)生活動）思考：放在斜面上的均質(zhì)長方體，按實際情況分析受力，斜面的支持力會通過長方體的重心嗎？
解：將各處的支持力歸納成一個N ，則長方體受三個力（G 、f 、N）必共點，由此推知，N不可能通過長方體的重心。正確受力情形如圖6所示（通常的受力圖是將受力物體看成一個點，這時，N就過重心了）。
答：不會。
二、轉(zhuǎn)動平衡
1、特征：物體無轉(zhuǎn)動加速度。
2、條件：Σ
= 0 ，或ΣM+ =ΣM-
如果物體靜止，肯定會同時滿足兩種平衡，因此用兩種思路均可解題。
3、非共點力的合成
大小和方向：遵從一條直線矢量合成法則。
作用點：先假定一個等效作用點，然后讓所有的平行力對這個作用點的和力矩為零。
第三講 習(xí)題課
1、如圖7所示，在固定的、傾角為α斜面上，有一塊可以轉(zhuǎn)動的夾板（β不定），夾板和斜面夾著一個質(zhì)量為m的光滑均質(zhì)球體，試求：β取何值時，夾板對球的彈力最小。
解說：法一，平行四邊形動態(tài)處理。
對球體進行受力分析，然后對平行四邊形中的矢量G和N1進行平移，使它們構(gòu)成一個三角形，如圖8的左圖和中圖所示。
由于G的大小和方向均不變，而N1的方向不可變，當(dāng)β增大導(dǎo)致N2的方向改變時，N2的變化和N1的方向變化如圖8的右圖所示。
顯然，隨著β增大，N1單調(diào)減小，而N2的大小先減小后增大，當(dāng)N2垂直N1時，N2取極小值，且N2min = Gsinα。
法二，函數(shù)法。
看圖8的中間圖，對這個三角形用正弦定理，有：
= 
，即：N2 = 
，β在0到180°之間取值，N2的極值討論是很容易的。
答案：當(dāng)β= 90°時，甲板的彈力最小。
2、把一個重為G的物體用一個水平推力F壓在豎直的足夠高的墻壁上，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖9所示，則在t = 0開始物體所受的摩擦力f的變化圖線是圖10中的哪一個？
解說：靜力學(xué)旨在解決靜態(tài)問題和準(zhǔn)靜態(tài)過程的問題，但本題是一個例外。物體在豎直方向的運動先加速后減速，平衡方程不再適用。如何避開牛頓第二定律，是本題授課時的難點。
靜力學(xué)的知識，本題在于區(qū)分兩種摩擦的不同判據(jù)。
水平方向合力為零，得：支持力N持續(xù)增大。
物體在運動時，滑動摩擦力f = μN ，必持續(xù)增大。但物體在靜止后靜摩擦力f′≡ G ，與N沒有關(guān)系。
對運動過程加以分析，物體必有加速和減速兩個過程。據(jù)物理常識，加速時，f ＜ G ，而在減速時f ＞ G 。
答案：B 。
3、如圖11所示，一個重量為G的小球套在豎直放置的、半徑為R的光滑大環(huán)上，另一輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)為k ，自由長度為L（L＜2R），一端固定在大圓環(huán)的頂點A ，另一端與小球相連。環(huán)靜止平衡時位于大環(huán)上的B點。試求彈簧與豎直方向的夾角θ。
解說：平行四邊形的三個矢量總是可以平移到一個三角形中去討論，解三角形的典型思路有三種：①分割成直角三角形（或本來就是直角三角形）；②利用正、余弦定理；③利用力學(xué)矢量三角形和某空間位置三角形相似。本題旨在貫徹第三種思路。
分析小球受力→矢量平移，如圖12所示，其中F表示彈簧彈力，N表示大環(huán)的支持力。
（學(xué)生活動）思考：支持力N可不可以沿圖12中的反方向？（正交分解看水平方向平衡——不可以。）
容易判斷，圖中的灰色矢量三角形和空間位置三角形ΔAOB是相似的，所以：
⑴
由胡克定律：F = k（
- R） ⑵
幾何關(guān)系：
= 2Rcosθ ⑶
解以上三式即可。
答案：arccos
。
（學(xué)生活動）思考：若將彈簧換成勁度系數(shù)k′較大的彈簧，其它條件不變，則彈簧彈力怎么變？環(huán)的支持力怎么變？
答：變��；不變。
（學(xué)生活動）反饋練習(xí)：光滑半球固定在水平面上，球心O的正上方有一定滑輪，一根輕繩跨過滑輪將一小球從圖13所示的A位置開始緩慢拉至B位置。試判斷：在此過程中，繩子的拉力T和球面支持力N怎樣變化？
解：和上題完全相同。
答：T變小，N不變。
4、如圖14所示，一個半徑為R的非均質(zhì)圓球，其重心不在球心O點，先將它置于水平地面上，平衡時球面上的A點和地面接觸；再將它置于傾角為30°的粗糙斜面上，平衡時球面上的B點與斜面接觸，已知A到B的圓心角也為30°。試求球體的重心C到球心O的距離。
解說：練習(xí)三力共點的應(yīng)用。
根據(jù)在平面上的平衡，可知重心C在OA連線上。根據(jù)在斜面上的平衡，支持力、重力和靜摩擦力共點，可以畫出重心的具體位置。幾何計算比較簡單。
答案：
R 。
（學(xué)生活動）反饋練習(xí)：靜摩擦足夠，將長為a 、厚為b的磚塊碼在傾角為θ的斜面上，最多能碼多少塊？
解：三力共點知識應(yīng)用。
答：
。
4、兩根等長的細線，一端拴在同一懸點O上，另一端各系一個小球，兩球的質(zhì)量分別為m1和m2 ，已知兩球間存在大小相等、方向相反的斥力而使兩線張開一定角度，分別為45和30°，如圖15所示。則m1 : m2??為多少？
解說：本題考查正弦定理、或力矩平衡解靜力學(xué)問題。
對兩球進行受力分析，并進行矢量平移，如圖16所示。
首先注意，圖16中的灰色三角形是等腰三角形，兩底角相等，設(shè)為α。
而且，兩球相互作用的斥力方向相反，大小相等，可用同一字母表示，設(shè)為F 。
對左邊的矢量三角形用正弦定理，有：
= 
①
同理，對右邊的矢量三角形，有：
= 
②
解①②兩式即可。
答案：1 ：
。
（學(xué)生活動）思考：解本題是否還有其它的方法？
答：有——將模型看成用輕桿連成的兩小球，而將O點看成轉(zhuǎn)軸，兩球的重力對O的力矩必然是平衡的。這種方法更直接、簡便。
應(yīng)用：若原題中繩長不等，而是l1 ：l2 = 3 ：2 ，其它條件不變，m1與m2的比值又將是多少？
解：此時用共點力平衡更加復(fù)雜（多一個正弦定理方程），而用力矩平衡則幾乎和“思考”完全相同。
答：2 ：3
。
5、如圖17所示，一個半徑為R的均質(zhì)金屬球上固定著一根長為L的輕質(zhì)細桿，細桿的左端用鉸鏈與墻壁相連，球下邊墊上一塊木板后，細桿恰好水平，而木板下面是光滑的水平面。由于金屬球和木板之間有摩擦（已知摩擦因素為μ），所以要將木板從球下面向右抽出時，至少需要大小為F的水平拉力。試問：現(xiàn)要將木板繼續(xù)向左插進一些，至少需要多大的水平推力？
解說：這是一個典型的力矩平衡的例題。
以球和桿為對象，研究其對轉(zhuǎn)軸O的轉(zhuǎn)動平衡，設(shè)木板拉出時給球體的摩擦力為f ，支持力為N ，重力為G ，力矩平衡方程為：
f R + N（R + L）= G（R + L） ①
球和板已相對滑動，故：f = μN ②
解①②可得：f = 
再看木板的平衡，F(xiàn) = f 。
同理，木板插進去時，球體和木板之間的摩擦f′= 
= F′。
答案：
。
第四講 摩擦角及其它
一、摩擦角
1、全反力：接觸面給物體的摩擦力與支持力的合力稱全反力，一般用R表示，亦稱接觸反力。
2、摩擦角：全反力與支持力的最大夾角稱摩擦角，一般用φm表示。
此時，要么物體已經(jīng)滑動，必有：φm = arctgμ（μ為動摩擦因素），稱動摩擦力角；要么物體達到最大運動趨勢，必有：φms = arctgμs（μs為靜摩擦因素），稱靜摩擦角。通常處理為φm = φms 。
3、引入全反力和摩擦角的意義：使分析處理物體受力時更方便、更簡捷。
二、隔離法與整體法
1、隔離法：當(dāng)物體對象有兩個或兩個以上時，有必要各個擊破，逐個講每個個體隔離開來分析處理，稱隔離法。
在處理各隔離方程之間的聯(lián)系時，應(yīng)注意相互作用力的大小和方向關(guān)系。
2、整體法：當(dāng)各個體均處于平衡狀態(tài)時，我們可以不顧個體的差異而講多個對象看成一個整體進行分析處理，稱整體法。
應(yīng)用整體法時應(yīng)注意“系統(tǒng)”、“內(nèi)力”和“外力”的涵義。
三、應(yīng)用
1、物體放在水平面上，用與水平方向成30°的力拉物體時，物體勻速前進。若此力大小不變，改為沿水平方向拉物體，物體仍能勻速前進，求物體與水平面之間的動摩擦因素μ。
解說：這是一個能顯示摩擦角解題優(yōu)越性的題目�？梢酝ㄟ^不同解法的比較讓學(xué)生留下深刻印象。
法一，正交分解。（學(xué)生分析受力→列方程→得結(jié)果。）
法二，用摩擦角解題。
引進全反力R ，對物體兩個平衡狀態(tài)進行受力分析，再進行矢量平移，得到圖18中的左圖和中間圖（注意：重力G是不變的，而全反力R的方向不變、F的大小不變），φm指摩擦角。
再將兩圖重疊成圖18的右圖。由于灰色的三角形是一個頂角為30°的等腰三角形，其頂角的角平分線必垂直底邊……故有：φm = 15°。
最后，μ= tgφm 。
答案：0.268 。
（學(xué)生活動）思考：如果F的大小是可以選擇的，那么能維持物體勻速前進的最小F值是多少？
解：見圖18，右圖中虛線的長度即Fmin ，所以，F(xiàn)min = Gsinφm 。
答：Gsin15°（其中G為物體的重量）。
2、如圖19所示，質(zhì)量m = 5kg的物體置于一粗糙斜面上，并用一平行斜面的、大小F = 30N的推力推物體，使物體能夠沿斜面向上勻速運動，而斜面體始終靜止。已知斜面的質(zhì)量M = 10kg ，傾角為30°，重力加速度g = 10m/s2 ，求地面對斜面體的摩擦力大小。
解說：
本題旨在顯示整體法的解題的優(yōu)越性。
法一，隔離法。簡要介紹……
法二，整體法。注意，滑塊和斜面隨有相對運動，但從平衡的角度看，它們是完全等價的，可以看成一個整體。
做整體的受力分析時，內(nèi)力不加考慮。受力分析比較簡單，列水平方向平衡方程很容易解地面摩擦力。
答案：26.0N 。
（學(xué)生活動）地面給斜面體的支持力是多少？
解：略。
答：135N 。
應(yīng)用：如圖20所示，一上表面粗糙的斜面體上放在光滑的水平地面上，斜面的傾角為θ。另一質(zhì)量為m的滑塊恰好能沿斜面勻速下滑。若用一推力F作用在滑塊上，使之能沿斜面勻速上滑，且要求斜面體靜止不動，就必須施加一個大小為P = 4mgsinθcosθ的水平推力作用于斜面體。使?jié)M足題意的這個F的大小和方向。
解說：這是一道難度較大的靜力學(xué)題，可以動用一切可能的工具解題。
法一：隔離法。
由第一個物理情景易得，斜面于滑塊的摩擦因素μ= tgθ
對第二個物理情景，分別隔離滑塊和斜面體分析受力，并將F沿斜面、垂直斜面分解成Fx和Fy ，滑塊與斜面之間的兩對相互作用力只用兩個字母表示（N表示正壓力和彈力，f表示摩擦力），如圖21所示。
對滑塊，我們可以考查沿斜面方向和垂直斜面方向的平衡——
Fx = f + mgsinθ
Fy + mgcosθ= N
且 f = μN = Ntgθ
綜合以上三式得到：
Fx = Fytgθ+ 2mgsinθ ①
對斜面體，只看水平方向平衡就行了——
P = fcosθ+ Nsinθ
即：4mgsinθcosθ=μNcosθ+ Nsinθ
代入μ值，化簡得：Fy = mgcosθ ②
②代入①可得：Fx = 3mgsinθ
最后由F =
解F的大小，由tgα= 
解F的方向（設(shè)α為F和斜面的夾角）。
答案：大小為F = mg
，方向和斜面夾角α= arctg(
)指向斜面內(nèi)部。
法二：引入摩擦角和整體法觀念。
仍然沿用“法一”中關(guān)于F的方向設(shè)置（見圖21中的α角）。
先看整體的水平方向平衡，有：Fcos(θ- α) = P ⑴
再隔離滑塊，分析受力時引進全反力R和摩擦角φ，由于簡化后只有三個力（R、mg和F），可以將矢量平移后構(gòu)成一個三角形，如圖22所示。
在圖22右邊的矢量三角形中，有：
= 
= 
⑵
注意：φ= arctgμ= arctg(tgθ) = θ ⑶
解⑴⑵⑶式可得F和α的值。
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