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寒假乐园北京教育出版社系列答案科目：高中物理 来源：2011年北京市海淀区高考物理二模试卷（解析版） 题型：填空题
| 元件代号 | A | B | C | D | E |
| 元件名称 | 光屏 | 双缝 | 白光光源 | 单缝 | 透红光的滤光片 |
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科目：高中物理 来源： 题型：阅读理解
第十部分 磁场
第一讲 基本知识介绍
《磁场》部分在奥赛考刚中的考点很少，和高考要求的区别不是很大，只是在两处有深化：a、电流的磁场引进定量计算；b、对带电粒子在复合场中的运动进行了更深入的分析。
一、磁场与安培力
1、磁场
a、永磁体、电流磁场→磁现象的电本质
b、磁感强度、磁通量
c、稳恒电流的磁场
*毕奥-萨伐尔定律（Biot-Savart law）：对于电流强度为I 、长度为dI的导体元段，在距离为r的点激发的“元磁感应强度”为dB 。矢量式d
= k
，（d
表示导体元段的方向沿电流的方向、
为导体元段到考查点的方向矢量）；或用大小关系式dB = k
结合安培定则寻求方向亦可。其中 k = 1.0×10?7N/A2 。应用毕萨定律再结合矢量叠加原理，可以求解任何形状导线在任何位置激发的磁感强度。
毕萨定律应用在“无限长”直导线的结论：B = 2k
；
*毕萨定律应用在环形电流垂直中心轴线上的结论：B = 2πkI
；
*毕萨定律应用在“无限长”螺线管内部的结论：B = 2πknI 。其中n为单位长度螺线管的匝数。
2、安培力
a、对直导体，矢量式为 
= I
；或表达为大小关系式 F = BILsinθ再结合“左手定则”解决方向问题（θ为B与L的夹角）。
b、弯曲导体的安培力
⑴整体合力
折线导体所受安培力的合力等于连接始末端连线导体（电流不变）的的安培力。
证明：参照图9-1，令MN段导体的安培力F1与NO段导体的安培力F2的合力为F，则F的大小为
F = 
= BI
= BI
关于F的方向，由于ΔFF2P∽ΔMNO，可以证明图9-1中的两个灰色三角形相似，这也就证明了F是垂直MO的，再由于ΔPMO是等腰三角形（这个证明很容易），故F在MO上的垂足就是MO的中点了。
证毕。
由于连续弯曲的导体可以看成是无穷多元段直线导体的折合，所以，关于折线导体整体合力的结论也适用于弯曲导体。（说明：这个结论只适用于匀强磁场。）
⑵导体的内张力
弯曲导体在平衡或加速的情形下，均会出现内张力，具体分析时，可将导体在被考查点切断，再将被切断的某一部分隔离，列平衡方程或动力学方程求解。
c、匀强磁场对线圈的转矩
如图9-2所示，当一个矩形线圈（线圈面积为S、通以恒定电流I）放入匀强磁场中，且磁场B的方向平行线圈平面时，线圈受安培力将转动（并自动选择垂直B的中心轴OO′，因为质心无加速度），此瞬时的力矩为
M = BIS
几种情形的讨论——
⑴增加匝数至N ，则 M = NBIS ；
⑵转轴平移，结论不变（证明从略）；
⑶线圈形状改变，结论不变（证明从略）；
*⑷磁场平行线圈平面相对原磁场方向旋转α角，则M = BIScosα ，如图9-3；
证明：当α = 90°时，显然M = 0 ，而磁场是可以分解的，只有垂直转轴的的分量Bcosα才能产生力矩…
⑸磁场B垂直OO′轴相对线圈平面旋转β角，则M = BIScosβ ，如图9-4。
证明：当β = 90°时，显然M = 0 ，而磁场是可以分解的，只有平行线圈平面的的分量Bcosβ才能产生力矩…
说明：在默认的情况下，讨论线圈的转矩时，认为线圈的转轴垂直磁场。如果没有人为设定，而是让安培力自行选定转轴，这时的力矩称为力偶矩。
二、洛仑兹力
1、概念与规律
a、
= q
，或展开为f = qvBsinθ再结合左、右手定则确定方向（其中θ为
与
的夹角）。安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现。
b、能量性质
由于
总垂直
与
确定的平面，故
总垂直
，只能起到改变速度方向的作用。结论：洛仑兹力可对带电粒子形成冲量，却不可能做功。或：洛仑兹力可使带电粒子的动量发生改变却不能使其动能发生改变。
问题：安培力可以做功，为什么洛仑兹力不能做功？
解说：应该注意“安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现”这句话的确切含义——“宏观体现”和“完全相等”是有区别的。我们可以分两种情形看这个问题：（1）导体静止时，所有粒子的洛仑兹力的合力等于安培力（这个证明从略）；（2）导体运动时，粒子参与的是沿导体棒的运动v1和导体运动v2的合运动，其合速度为v ，这时的洛仑兹力f垂直v而安培力垂直导体棒，它们是不可能相等的，只能说安培力是洛仑兹力的分力f1 = qv1B的合力（见图9-5）。
很显然，f1的合力（安培力）做正功，而f不做功（或者说f1的正功和f2的负功的代数和为零）。（事实上，由于电子定向移动速率v1在10?5m/s数量级，而v2一般都在10?2m/s数量级以上，致使f1只是f的一个极小分量。）
☆如果从能量的角度看这个问题，当导体棒放在光滑的导轨上时（参看图9-6），导体棒必获得动能，这个动能是怎么转化来的呢？
若先将导体棒卡住，回路中形成稳恒的电流，电流的功转化为回路的焦耳热。而将导体棒释放后，导体棒受安培力加速，将形成感应电动势（反电动势）。动力学分析可知，导体棒的最后稳定状态是匀速运动（感应电动势等于电源电动势，回路电流为零）。由于达到稳定速度前的回路电流是逐渐减小的，故在相同时间内发的焦耳热将比导体棒被卡住时少。所以，导体棒动能的增加是以回路焦耳热的减少为代价的。
2、仅受洛仑兹力的带电粒子运动
a、
⊥
时，匀速圆周运动，半径r = 
，周期T = 
b、
与
成一般夹角θ时，做等螺距螺旋运动，半径r = 
，螺距d = 
这个结论的证明一般是将
分解…（过程从略）。
☆但也有一个问题，如果将
分解（成垂直速度分量B2和平行速度分量B1 ，如图9-7所示），粒子的运动情形似乎就不一样了——在垂直B2的平面内做圆周运动？
其实，在图9-7中，B1平行v只是一种暂时的现象，一旦受B2的洛仑兹力作用，v改变方向后就不再平行B1了。当B1施加了洛仑兹力后，粒子的“圆周运动”就无法达成了。（而在分解v的处理中，这种局面是不会出现的。）
3、磁聚焦
a、结构：见图9-8，K和G分别为阴极和控制极，A为阳极加共轴限制膜片，螺线管提供匀强磁场。
b、原理：由于控制极和共轴膜片的存在，电子进磁场的发散角极小，即速度和磁场的夹角θ极小，各粒子做螺旋运动时可以认为螺距彼此相等（半径可以不等），故所有粒子会“聚焦”在荧光屏上的P点。
4、回旋加速器
a、结构&原理（注意加速时间应忽略）
b、磁场与交变电场频率的关系
因回旋周期T和交变电场周期T′必相等，故 
=
c、最大速度 vmax = 
= 2πRf
5、质谱仪
速度选择器&粒子圆周运动，和高考要求相同。
第二讲 典型例题解析
一、磁场与安培力的计算
【例题1】两根无限长的平行直导线a、b相距40cm，通过电流的大小都是3.0A，方向相反。试求位于两根导线之间且在两导线所在平面内的、与a导线相距10cm的P点的磁感强度。
【解说】这是一个关于毕萨定律的简单应用。解题过程从略。
【答案】大小为8.0×10?6T ，方向在图9-9中垂直纸面向外。
【例题2】半径为R ，通有电流I的圆形线圈，放在磁感强度大小为B 、方向垂直线圈平面的匀强磁场中，求由于安培力而引起的线圈内张力。
【解说】本题有两种解法。
方法一：隔离一小段弧，对应圆心角θ ，则弧长L = θR 。因为θ →
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科目：高中物理 来源： 题型：阅读理解
第八部分 静电场
第一讲 基本知识介绍
在奥赛考纲中，静电学知识点数目不算多，总数和高考考纲基本相同，但在个别知识点上，奥赛的要求显然更加深化了：如非匀强电场中电势的计算、电容器的连接和静电能计算、电介质的极化等。在处理物理问题的方法上，对无限分割和叠加原理提出了更高的要求。
如果把静电场的问题分为两部分，那就是电场本身的问题、和对场中带电体的研究，高考考纲比较注重第二部分中带电粒子的运动问题，而奥赛考纲更注重第一部分和第二部分中的静态问题。也就是说，奥赛关注的是电场中更本质的内容，关注的是纵向的深化和而非横向的综合。
一、电场强度
1、实验定律
a、库仑定律
内容；
条件：⑴点电荷，⑵真空，⑶点电荷静止或相对静止。事实上，条件⑴和⑵均不能视为对库仑定律的限制，因为叠加原理可以将点电荷之间的静电力应用到一般带电体，非真空介质可以通过介电常数将k进行修正（如果介质分布是均匀和“充分宽广”的，一般认为k′= k /εr）。只有条件⑶，它才是静电学的基本前提和出发点（但这一点又是常常被忽视和被不恰当地“综合应用”的）。
b、电荷守恒定律
c、叠加原理
2、电场强度
a、电场强度的定义
电场的概念；试探电荷（检验电荷）；定义意味着一种适用于任何电场的对电场的检测手段；电场线是抽象而直观地描述电场有效工具（电场线的基本属性）。
b、不同电场中场强的计算
决定电场强弱的因素有两个：场源（带电量和带电体的形状）和空间位置。这可以从不同电场的场强决定式看出——
⑴点电荷：E = k
结合点电荷的场强和叠加原理，我们可以求出任何电场的场强，如——
⑵均匀带电环，垂直环面轴线上的某点P：E = 
，其中r和R的意义见图7-1。
⑶均匀带电球壳
内部：E内 = 0
外部：E外 = k
，其中r指考察点到球心的距离
如果球壳是有厚度的的（内径R1 、外径R2），在壳体中（R1＜r＜R2）：
E = 
，其中ρ为电荷体密度。这个式子的物理意义可以参照万有引力定律当中（条件部分）的“剥皮法则”理解〔
即为图7-2中虚线以内部分的总电量…〕。
⑷无限长均匀带电直线（电荷线密度为λ）：E = 
⑸无限大均匀带电平面（电荷面密度为σ）：E = 2πkσ
二、电势
1、电势：把一电荷从P点移到参考点P0时电场力所做的功W与该电荷电量q的比值，即
U = 
参考点即电势为零的点，通常取无穷远或大地为参考点。
和场强一样，电势是属于场本身的物理量。W则为电荷的电势能。
2、典型电场的电势
a、点电荷
以无穷远为参考点，U = k
b、均匀带电球壳
以无穷远为参考点，U外 = k
，U内 = k
3、电势的叠加
由于电势的是标量，所以电势的叠加服从代数加法。很显然，有了点电荷电势的表达式和叠加原理，我们可以求出任何电场的电势分布。
4、电场力对电荷做功
WAB = q（UA － UB）= qUAB
三、静电场中的导体
静电感应→静电平衡（狭义和广义）→静电屏蔽
1、静电平衡的特征可以总结为以下三层含义——
a、导体内部的合场强为零；表面的合场强不为零且一般各处不等，表面的合场强方向总是垂直导体表面。
b、导体是等势体，表面是等势面。
c、导体内部没有净电荷；孤立导体的净电荷在表面的分布情况取决于导体表面的曲率。
2、静电屏蔽
导体壳（网罩）不接地时，可以实现外部对内部的屏蔽，但不能实现内部对外部的屏蔽；导体壳（网罩）接地后，既可实现外部对内部的屏蔽，也可实现内部对外部的屏蔽。
四、电容
1、电容器
孤立导体电容器→一般电容器
2、电容
a、定义式 C = 
b、决定式。决定电容器电容的因素是：导体的形状和位置关系、绝缘介质的种类，所以不同电容器有不同的电容
⑴平行板电容器 C = 
= 
，其中ε为绝对介电常数（真空中ε0 = 
，其它介质中ε= 
），εr则为相对介电常数，εr = 
。
⑵柱形电容器：C = 
⑶球形电容器：C = 
3、电容器的连接
a、串联 
= 
+
+
+ … +
b、并联 C = C1 + C2 + C3 + … + Cn
4、电容器的能量
用图7-3表征电容器的充电过程，“搬运”电荷做功W就是图中阴影的面积，这也就是电容器的储能E ，所以
E = 
q0U0 = 
C
= 
电场的能量。电容器储存的能量究竟是属于电荷还是属于电场？正确答案是后者，因此，我们可以将电容器的能量用场强E表示。
对平行板电容器 E总 = 
E2
认为电场能均匀分布在电场中，则单位体积的电场储能 w = 
E2 。而且，这以结论适用于非匀强电场。
五、电介质的极化
1、电介质的极化
a、电介质分为两类：无极分子和有极分子，前者是指在没有外电场时每个分子的正、负电荷“重心”彼此重合（如气态的H2 、O2 、N2和CO2），后者则反之（如气态的H2O 、SO2和液态的水硝基笨）
b、电介质的极化：当介质中存在外电场时，无极分子会变为有极分子，有极分子会由原来的杂乱排列变成规则排列，如图7-4所示。
2、束缚电荷、自由电荷、极化电荷与宏观过剩电荷
a、束缚电荷与自由电荷：在图7-4中，电介质左右两端分别显现负电和正电，但这些电荷并不能自由移动，因此称为束缚电荷，除了电介质，导体中的原子核和内层电子也是束缚电荷；反之，能够自由移动的电荷称为自由电荷。事实上，导体中存在束缚电荷与自由电荷，绝缘体中也存在束缚电荷和自由电荷，只是它们的比例差异较大而已。
b、极化电荷是更严格意义上的束缚电荷，就是指图7-4中电介质两端显现的电荷。而宏观过剩电荷是相对极化电荷来说的，它是指可以自由移动的净电荷。宏观过剩电荷与极化电荷的重要区别是：前者能够用来冲放电，也能用仪表测量，但后者却不能。
第二讲 重要模型与专题
一、场强和电场力
【物理情形1】试证明：均匀带电球壳内部任意一点的场强均为零。
【模型分析】这是一个叠加原理应用的基本事例。
如图7-5所示，在球壳内取一点P ，以P为顶点做两个对顶的、顶角很小的锥体，锥体与球面相交得到球面上的两个面元ΔS1和ΔS2 ，设球面的电荷面密度为σ，则这两个面元在P点激发的场强分别为
ΔE1 = k
ΔE2 = k
为了弄清ΔE1和ΔE2的大小关系，引进锥体顶部的立体角ΔΩ ，显然
= ΔΩ = 
所以 ΔE1 = k
，ΔE2 = k
，即：ΔE1 = ΔE2 ，而它们的方向是相反的，故在P点激发的合场强为零。
同理，其它各个相对的面元ΔS3和ΔS4 、ΔS5和ΔS6 … 激发的合场强均为零。原命题得证。
【模型变换】半径为R的均匀带电球面，电荷的面密度为σ，试求球心处的电场强度。
【解析】如图7-6所示，在球面上的P处取一极小的面元ΔS ，它在球心O点激发的场强大小为
ΔE = k
，方向由P指向O点。
无穷多个这样的面元激发的场强大小和ΔS激发的完全相同，但方向各不相同，它们矢量合成的效果怎样呢？这里我们要大胆地预见——由于由于在x方向、y方向上的对称性，Σ
= Σ
= 0 ，最后的ΣE = ΣEz ，所以先求
ΔEz = ΔEcosθ= k
，而且ΔScosθ为面元在xoy平面的投影，设为ΔS′
所以 ΣEz = 
ΣΔS′
而 ΣΔS′= πR2
【答案】E = kπσ ，方向垂直边界线所在的平面。
〖学员思考〗如果这个半球面在yoz平面的两边均匀带有异种电荷，面密度仍为σ，那么，球心处的场强又是多少？
〖推荐解法〗将半球面看成4个
球面，每个
球面在x、y、z三个方向上分量均为
kπσ，能够对称抵消的将是y、z两个方向上的分量，因此ΣE = ΣEx …
〖答案〗大小为kπσ，方向沿x轴方向（由带正电的一方指向带负电的一方）。
【物理情形2】有一个均匀的带电球体，球心在O点，半径为R ，电荷体密度为ρ ，球体内有一个球形空腔，空腔球心在O′点，半径为R′，
= a ，如图7-7所示，试求空腔中各点的场强。
【模型分析】这里涉及两个知识的应用：一是均匀带电球体的场强定式（它也是来自叠加原理，这里具体用到的是球体内部的结论，即“剥皮法则”），二是填补法。
将球体和空腔看成完整的带正电的大球和带负电（电荷体密度相等）的小球的集合，对于空腔中任意一点P ，设
= r1 ，
= r2 ，则大球激发的场强为
E1 = k
= 
kρπr1 ，方向由O指向P
“小球”激发的场强为
E2 = k
= 
kρπr2 ，方向由P指向O′
E1和E2的矢量合成遵从平行四边形法则，ΣE的方向如图。又由于矢量三角形PE1ΣE和空间位置三角形OP O′是相似的，ΣE的大小和方向就不难确定了。
【答案】恒为
kρπa ，方向均沿O → O′，空腔里的电场是匀强电场。
〖学员思考〗如果在模型2中的OO′连线上O′一侧距离O为b（b＞R）的地方放一个电量为q的点电荷，它受到的电场力将为多大？
〖解说〗上面解法的按部就班应用…
〖答〗
πkρq〔
?
〕。
二、电势、电量与电场力的功
【物理情形1】如图7-8所示，半径为R的圆环均匀带电，电荷线密度为λ，圆心在O点，过圆心跟环面垂直的轴线上有P点，
= r ，以无穷远为参考点，试求P点的电势UP 。
【模型分析】这是一个电势标量叠加的简单模型。先在圆环上取一个元段ΔL ，它在P点形成的电势
ΔU = k
环共有
段，各段在P点形成的电势相同，而且它们是标量叠加。
【答案】UP = 
〖思考〗如果上题中知道的是环的总电量Q ，则UP的结论为多少？如果这个总电量的分布不是均匀的，结论会改变吗？
〖答〗UP = 
；结论不会改变。
〖再思考〗将环换成半径为R的薄球壳，总电量仍为Q ，试问：（1）当电量均匀分布时，球心电势为多少？球内（包括表面）各点电势为多少？（2）当电量不均匀分布时，球心电势为多少？球内（包括表面）各点电势为多少？
〖解说〗（1）球心电势的求解从略；
球内任一点的求解参看图7-5
ΔU1 = k
= k
·
= kσΔΩ
ΔU2 = kσΔΩ
它们代数叠加成 ΔU = ΔU1 + ΔU2 = kσΔΩ
而 r1 + r2 = 2Rcosα
所以 ΔU = 2RkσΔΩ
所有面元形成电势的叠加 ΣU = 2RkσΣΔΩ
注意：一个完整球面的ΣΔΩ = 4π（单位：球面度sr），但作为对顶的锥角，ΣΔΩ只能是2π ，所以——
ΣU = 4πRkσ= k
（2）球心电势的求解和〖思考〗相同；
球内任一点的电势求解可以从（1）问的求解过程得到结论的反证。
〖答〗（1）球心、球内任一点的电势均为k
；（2）球心电势仍为k
，但其它各点的电势将随电量的分布情况的不同而不同（内部不再是等势体，球面不再是等势面）。
【相关应用】如图7-9所示，球形导体空腔内、外壁的半径分别为R1和R2 ，带有净电量+q ，现在其内部距球心为r的地方放一个电量为+Q的点电荷，试求球心处的电势。
【解析】由于静电感应，球壳的内、外壁形成两个带电球壳。球心电势是两个球壳形成电势、点电荷形成电势的合效果。
根据静电感应的尝试，内壁的电荷量为－Q ，外壁的电荷量为+Q+q ，虽然内壁的带电是不均匀的，根据上面的结论，其在球心形成的电势仍可以应用定式，所以…
【答案】Uo = k
－ k
+ k
。
〖反馈练习〗如图7-10所示，两个极薄的同心导体球壳A和B，半径分别为RA和RB ，现让A壳接地，而在B壳的外部距球心d的地方放一个电量为+q的点电荷。试求：（1）A球壳的感应电荷量；（2）外球壳的电势。
〖解说〗这是一个更为复杂的静电感应情形，B壳将形成图示的感应电荷分布（但没有净电量），A壳的情形未画出（有净电量），它们的感应电荷分布都是不均匀的。
此外，我们还要用到一个重要的常识：接地导体（A壳）的电势为零。但值得注意的是，这里的“为零”是一个合效果，它是点电荷q 、A壳、B壳（带同样电荷时）单独存在时在A中形成的的电势的代数和，所以，当我们以球心O点为对象，有
UO = k
+ k
+ k
= 0
QB应指B球壳上的净电荷量，故 QB = 0
所以 QA = －
q
☆学员讨论：A壳的各处电势均为零，我们的方程能不能针对A壳表面上的某点去列？（答：不能，非均匀带电球壳的球心以外的点不能应用定式！）
基于刚才的讨论，求B的电势时也只能求B的球心的电势（独立的B壳是等势体，球心电势即为所求）——
UB = k
+ k
〖答〗（1）QA = －
q ；（2）UB = k
(1－
) 。
【物理情形2】图7-11中，三根实线表示三根首尾相连的等长绝缘细棒，每根棒上的电荷分布情况与绝缘棒都换成导体棒时完全相同。点A是Δabc的中心，点B则与A相对bc棒对称，且已测得它们的电势分别为UA和UB 。试问：若将ab棒取走，A、B两点的电势将变为多少？
【模型分析】由于细棒上的电荷分布既不均匀、三根细棒也没有构成环形，故前面的定式不能直接应用。若用元段分割→叠加，也具有相当的困难。所以这里介绍另一种求电势的方法。
每根细棒的电荷分布虽然复杂，但相对各自的中点必然是对称的，而且三根棒的总电量、分布情况彼此必然相同。这就意味着：①三棒对A点的电势贡献都相同（可设为U1）；②ab棒、ac棒对B点的电势贡献相同（可设为U2）；③bc棒对A、B两点的贡献相同（为U1）。
所以，取走ab前 3U1 = UA
2U2 + U1 = UB
取走ab后，因三棒是绝缘体，电荷分布不变，故电势贡献不变，所以
UA′= 2U1
UB′= U1 + U2
【答案】UA′= 
UA ；UB′= 
UA + 
UB 。
〖模型变换〗正四面体盒子由彼此绝缘的四块导体板构成，各导体板带电且电势分别为U1 、U2 、U3和U4 ，则盒子中心点O的电势U等于多少？
〖解说〗此处的四块板子虽然位置相对O点具有对称性，但电量各不相同，因此对O点的电势贡献也不相同，所以应该想一点办法——
我们用“填补法”将电量不对称的情形加以改观：先将每一块导体板复制三块，作成一个正四面体盒子，然后将这四个盒子位置重合地放置——构成一个有四层壁的新盒子。在这个新盒子中，每个壁的电量将是完全相同的（为原来四块板的电量之和）、电势也完全相同（为U1 + U2 + U3 + U4），新盒子表面就构成了一个等势面、整个盒子也是一个等势体，故新盒子的中心电势为
U′= U1 + U2 + U3 + U4
最后回到原来的单层盒子，中心电势必为 U = 
U′
〖答〗U = 
（U1 + U2 + U3 + U4）。
☆学员讨论：刚才的这种解题思想是否适用于“物理情形2”？（答：不行，因为三角形各边上电势虽然相等，但中点的电势和边上的并不相等。）
〖反馈练习〗电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R ，CD为通过半球顶点C和球心O的轴线，如图7-12所示。P、Q为CD轴线上相对O点对称的两点，已知P点的电势为UP ，试求Q点的电势UQ 。
〖解说〗这又是一个填补法的应用。将半球面补成完整球面，并令右边内、外层均匀地带上电量为q的电荷，如图7-12所示。
从电量的角度看，右半球面可以看作不存在，故这时P、Q的电势不会有任何改变。
而换一个角度看，P、Q的电势可以看成是两者的叠加：①带电量为2q的完整球面；②带电量为－q的半球面。
考查P点，UP = k
+ U半球面
其中 U半球面显然和为填补时Q点的电势大小相等、符号相反，即 U半球面= －UQ
以上的两个关系已经足以解题了。
〖答〗UQ = k
－ UP 。
【物理情形3】如图7-13所示，A、B两点相距2L ，圆弧
是以B为圆心、L为半径的半圆。A处放有电量为q的电荷，B处放有电量为－q的点电荷。试问：（1）将单位正电荷从O点沿
移到D点，电场力对它做了多少功？（2）将单位负电荷从D点沿AB的延长线移到无穷远处去，电场力对它做多少功？
【模型分析】电势叠加和关系WAB = q（UA － UB）= qUAB的基本应用。
UO = k
+ k
= 0
UD = k
+ k
= －
U∞ = 0
再用功与电势的关系即可。
【答案】（1）
；（2）
。
【相关应用】在不计重力空间，有A、B两个带电小球，电量分别为q1和q2 ，质量分别为m1和m2 ，被固定在相距L的两点。试问：（1）若解除A球的固定，它能获得的最大动能是多少？（2）若同时解除两球的固定，它们各自的获得的最大动能是多少？（3）未解除固定时，这个系统的静电势能是多少？
【解说】第（1）问甚间；第（2）问在能量方面类比反冲装置的能量计算，另启用动量守恒关系；第（3）问是在前两问基础上得出的必然结论…（这里就回到了一个基本的观念斧正：势能是属于场和场中物体的系统，而非单纯属于场中物体——这在过去一直是被忽视的。在两个点电荷的环境中，我们通常说“两个点电荷的势能”是多少。）
【答】（1）k
；（2）Ek1 = 
k
，Ek2 = 
k
；（3）k
。
〖思考〗设三个点电荷的电量分别为q1 、q2和q3 ，两两相距为r12 、r23和r31 ，则这个点电荷系统的静电势能是多少？
〖解〗略。
〖答〗k（
+
+
）。
〖反馈应用〗如图7-14所示，三个带同种电荷的相同金属小球，每个球的质量均为m 、电量均为q ，用长度为L的三根绝缘轻绳连接着，系统放在光滑、绝缘的水平面上。现将其中的一根绳子剪断，三个球将开始运动起来，试求中间这个小球的最大速度。
〖解〗设剪断的是1、3之间的绳子，动力学分析易知，2球获得最大动能时，1、2之间的绳子与2、3之间的绳子刚好应该在一条直线上。而且由动量守恒知，三球不可能有沿绳子方向的速度。设2球的速度为v ，1球和3球的速度为v′，则
动量关系 mv + 2m v′= 0
能量关系 3k
= 2 k
+ k
+ 
mv2 + 
2m
解以上两式即可的v值。
〖答〗v = q
。
三、电场中的导体和电介质
【物理情形】两块平行放置的很大的金属薄板A和B，面积都是S ，间距为d（d远小于金属板的线度），已知A板带净电量+Q1 ，B板带尽电量+Q2 ，且Q2＜Q1 ，试求：（1）两板内外表面的电量分别是多少；（2）空间各处的场强；（3）两板间的电势差。
【模型分析】由于静电感应，A、B两板的四个平面的电量将呈现一定规律的分布（金属板虽然很薄，但内部合场强为零的结论还是存在的）；这里应注意金属板“很大”的前提条件，它事实上是指物理无穷大，因此，可以应用无限大平板的场强定式。
为方便解题，做图7-15，忽略边缘效应，四个面的电荷分布应是均匀的，设四个面的电荷面密度分别为σ1 、σ2 、σ3和σ4 ，显然
（σ1 + σ2）S = Q1
（σ3 + σ4）S = Q2
A板内部空间场强为零，有 2πk（σ1 ? σ2 ? σ3 ? σ4）= 0
A板内部空间场强为零，有 2πk（σ1 + σ2 + σ3 ? σ4）= 0
解以上四式易得 σ1 = σ4 = 
σ2 = ?σ3 = 
有了四个面的电荷密度，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ空间的场强就好求了〔如EⅡ =2πk（σ1 + σ2 ? σ3 ? σ4）= 2πk
〕。
最后，UAB = EⅡd
【答案】（1）A板外侧电量
、A板内侧电量
，B板内侧电量?
、B板外侧电量
；（2）A板外侧空间场强2πk
，方向垂直A板向外，A、B板之间空间场强2πk
，方向由A垂直指向B，B板外侧空间场强2πk
，方向垂直B板向外；（3）A、B两板的电势差为2πkd
，A板电势高。
〖学员思考〗如果两板带等量异号的净电荷，两板的外侧空间场强等于多少？（答：为零。）
〖学员讨论〗（原模型中）作为一个电容器，它的“电量”是多少（答：
）？如果在板间充满相对介电常数为εr的电介质，是否会影响四个面的电荷分布（答：不会）？是否会影响三个空间的场强（答：只会影响Ⅱ空间的场强）？
〖学员讨论〗（原模型中）我们是否可以求出A、B两板之间的静电力？〔答：可以；以A为对象，外侧受力
·
（方向相左），内侧受力
·
（方向向右），它们合成即可，结论为F = 
Q1Q2 ，排斥力。〕
【模型变换】如图7-16所示，一平行板电容器，极板面积为S ，其上半部为真空，而下半部充满相对介电常数为εr的均匀电介质，当两极板分别带上+Q和?Q的电量后，试求：（1）板上自由电荷的分布；（2）两板之间的场强；（3）介质表面的极化电荷。
【解说】电介质的充入虽然不能改变内表面的电量总数，但由于改变了场强，故对电荷的分布情况肯定有影响。设真空部分电量为Q1 ，介质部分电量为Q2 ，显然有
Q1 + Q2 = Q
两板分别为等势体，将电容器看成上下两个电容器的并联，必有
U1 = U2 即 
= 
，即 
= 
解以上两式即可得Q1和Q2 。
场强可以根据E = 
关系求解，比较常规（上下部分的场强相等）。
上下部分的电量是不等的，但场强居然相等，这怎么解释？从公式的角度看，E = 2πkσ（单面平板），当k 、σ同时改变，可以保持E不变，但这是一种结论所展示的表象。从内在的角度看，k的改变正是由于极化电荷的出现所致，也就是说，极化电荷的存在相当于在真空中形成了一个新的电场，正是这个电场与自由电荷（在真空中）形成的电场叠加成为E2 ，所以
E2 = 4πk（σ ? σ′）= 4πk（
? 
）
请注意：①这里的σ′和Q′是指极化电荷的面密度和总量；② E = 4πkσ的关系是由两个带电面叠加的合效果。
【答案】（1）真空部分的电量为
Q ，介质部分的电量为
Q ；（2）整个空间的场强均为
；（3）
Q 。
〖思考应用〗一个带电量为Q的金属小球，周围充满相对介电常数为εr的均匀电介质，试求与与导体表面接触的介质表面的极化电荷量。
〖解〗略。
〖答〗Q′= 
Q 。
四、电容器的相关计算
【物理情形1】由许多个电容为C的电容器组成一个如图7-17所示的多级网络，试问：（1）在最后一级的右边并联一个多大电容C′，可使整个网络的A、B两端电容也为C′？（2）不接C′，但无限地增加网络的级数，整个网络A、B两端的总电容是多少？
【模型分析】这是一个练习电容电路简化基本事例。
第（1）问中，未给出具体级数，一般结论应适用特殊情形：令级数为1 ，于是
+ 
= 
解C′即可。
第（2）问中，因为“无限”，所以“无限加一级后仍为无限”，不难得出方程
+ 
= 
【答案】（1）
C ；（2）
C 。
【相关模型】在图7-18所示的电路中，已知C1 = C2 = C3 = C9 = 1μF ，C4 = C5 = C6 = C7 = 2μF ，C8 = C10 = 3μF ，试求A、B之间的等效电容。
【解说】对于既非串联也非并联的电路，需要用到一种“Δ→Y型变换”，参见图7-19，根据三个端点之间的电容等效，容易得出定式——
Δ→Y型：Ca = 
Cb = 
Cc = 
Y→Δ型：C1 = 
C2 = 
C3 = 
有了这样的定式后，我们便可以进行如图7-20所示的四步电路简化（为了方便，电容不宜引进新的符号表达，而是直接将变换后的量值标示在图中）——
【答】约2.23μF 。
【物理情形2】如图7-21所示的电路中，三个电容器完全相同，电源电动势ε1 = 3.0V ，ε2 = 4.5V，开关K1和K2接通前电容器均未带电，试求K1和K2接通后三个电容器的电压Uao 、Ubo和Uco各为多少。
【解说】这是一个考查电容器电路的基本习题，解题的关键是要抓与o相连的三块极板（俗称“孤岛”）的总电量为零。
电量关系：
+
+
= 0
电势关系：ε1 = Uao + Uob = Uao ? Ubo
ε2 = Ubo + Uoc = Ubo ? Uco
解以上三式即可。
【答】Uao = 3.5V ，Ubo = 0.5V ，Uco = ?4.0V 。
【伸展应用】如图7-22所示，由n个单元组成的电容器网络，每一个单元由三个电容器连接而成，其中有两个的电容为3C ，另一个的电容为3C 。以a、b为网络的输入端，a′、b′为输出端，今在a、b间加一个恒定电压U ，而在a′b′间接一个电容为C的电容器，试求：（1）从第k单元输入端算起，后面所有电容器储存的总电能；（2）若把第一单元输出端与后面断开，再除去电源，并把它的输入端短路，则这个单元的三个电容器储存的总电能是多少？
【解说】这是一个结合网络计算和“孤岛现象”的典型事例。
（1）类似“物理情形1”的计算，可得 C总 = Ck = C
所以，从输入端算起，第k单元后的电压的经验公式为 Uk = 
再算能量储存就不难了。
（2）断开前，可以算出第一单元的三个电容器、以及后面“系统”的电量分配如图7-23中的左图所示。这时，C1的右板和C2的左板（或C2的下板和C3的右板）形成“孤岛”。此后，电容器的相互充电过程（C3类比为“电源”）满足——
电量关系：Q1′= Q3′
Q2′+ Q3′= 
电势关系：
+ 
= 
从以上三式解得 Q1′= Q3′= 
，Q2′= 
，这样系统的储能就可以用
得出了。
【答】（1）Ek = 
；（2）
。
〖学员思考〗图7-23展示的过程中，始末状态的电容器储能是否一样？（答：不一样；在相互充电的过程中，导线消耗的焦耳热已不可忽略。）
☆第七部分完☆
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