《2022年高中物理競賽 第7部分《靜電場》教案 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高中物理競賽 第7部分《靜電場》教案 新人教版（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高中物理競賽 第7部分《靜電場》教案 新人教版 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

2、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?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

3、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…

4、〕。 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

5、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。

6、 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

7、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：當介質(zhì)中存在外電場時，無極分

8、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

9、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)摹㈨斀呛苄〉腻F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

10、 = 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

11、= 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

12、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

13、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】這是一個電勢標量疊加的簡單模型。先

14、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(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·=

15、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

16、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

17、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

18、：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? 【模型分析】由于細棒上的電

19、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?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

20、 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

21、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 ，

22、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

23、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

24、？（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)

25、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 + m

26、v2 + 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

27、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)

28、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？〔

29、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

30、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

31、 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

32、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——

33、 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(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

34、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

35、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） ?！紝W(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。）