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长清一中高中部物理竞赛辅导讲义


长清一中高中部高中物理竞赛讲义(主讲:李学生)

目录
第一部分 力与物体的平衡 ................................................................. 第一讲 力的处理 ............................................................

................ 第二讲 物体的平衡......................................................................... 第三讲 习题课 ................................................................................

第二部分

牛顿运动定律 ..........................................................................

第一讲 牛顿三定律......................................................................... 第二讲 牛顿定律的应用 ................................................................. 第三部分 运动学 .................................................................................. 第一讲 基本知识介绍 ...................................................................

第二讲 运动的合成与分解、相对运动 .......................................... 第四部分 曲线运动 万有引力 .........................................................

第一讲 基本知识介绍 ..................................................................... 第二讲 重要模型与专题 ................................................................. 第五部分 动量和能量(选学---学习完选修 3-5 后) ....................... 第一讲 基本知识介绍 ..................................................................... 第二讲 重要模型与专题 ................................................................. 第三讲 典型例题解析 ..................................................................... 第六部分 振动和波 .............................................................................. 第一讲 基本知识介绍 .....................................................................

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第二讲 重要模型与专题 ................................................................. 第三讲 典型例题解析 ..................................................................... 第七部分 热学 ...................................................................................... 一、分子动理论 .............................................................................. 二、热现象和基本热力学定律........................................................ 三、理想气体 .................................................................................. 四、相变.......................................................................................... 五、固体和液体 .............................................................................. 第八部分 静电场 .................................................................................. 第一讲 基本知识介绍 ..................................................................... 第二讲 重要模型与专题 ................................................................. 第九部分 稳恒电流 .............................................................................. 第一讲 基本知识介绍 ..................................................................... 第二讲 重要模型和专题 ................................................................. 第十部分 磁场 ...................................................................................... 第一讲 基本知识介绍 ..................................................................... 第二讲 典型例题解析 ..................................................................... 第十一部分 电磁感应 .......................................................................... 第一讲、基本定律 .......................................................................... 第二讲 感生电动势......................................................................... 第三讲 自感、互感及其它 .............................................................

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第一部分

力与物体的平衡

第一讲 力的处理 一、向量的运算 1、加法 ? ? ? 表达: a + b = c . ? 名词: c 为“和向量”. 法则:平行四边形法则.如图 1 所示. 和向量大小:c =
? ? 中α 为 a 和 b 的夹角. ? ? ? ? 和向量方向: c 在 a 、 b 之间,和 a 夹角β = arcsin

a 2 ? b 2 ? 2ab cos? ,其

b sin ? a ? b 2 ? 2ab cos?
2

2、减法
? ? ? 表达: a = c - b .

? ? ? 名词: c 为“被减数向量” , b 为“减数向量” , a 为“差

向量”. 法则: 三角形法则.如图 2 所示.将被减数向量和减数向量 的起始端平移到一点,然后连接两时量末端,指向被减数时量 的时量,即是差向量. ? ? 差向量大小:a = b 2 ? c 2 ? 2bc cos? ,其中θ 为 c 和 b 的夹角. 差向量的方向可以用正弦定理求得. 一条直线上的向量运算是平行四边形和三角形法则的特例. 例题:已知质点做匀速率圆周运动,半径为 R ,周期为 T ,求它在
1 在 T 内的平均加速度大小. 2 1 解说:如图 3 所示,A 到 B 点对应 T 的过程,A 4 1 到 C 点对应 T 的过程.这三点的速度向量分别设为 2 ? ? ? vA 、 vB 和 vC . 1 T 内和 4

根据加速度的定义

? ? vt ? v0 ? ? a = 得 : a AB = t
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? ? ? ? vC ? vA vB ? vA ? , a AC = t AB t AC
? ? ? ? ? ? 由于有两处涉及向量减法, 设两个差向量 ?v 1 = v B - v A , ?v 2 = v C - v A ,
? 根据三角形法则,它们在图 3 中的大小、方向已绘出( ?v 2 的“三角形”已被拉
伸成一条直线). 本题只关心各向量的大小,显然:

vA = vB = vC =

2 ?R , 且: ?v 1 = T

2 vA =

4 ?R 2 2?R , ?v 2 = 2 v A = T T

?v1 所以: a AB = = t AB

4 ?R 2 2?R ? v 8 ?R 8 2 ? R 2 T = , a AC = = T = . 2 T T T2 t AC T 2 4

观察与思考:这两个加速度是否相等,匀速率圆周运动是不是匀变速运动? 答:否;不是. 3、点乘 ? ? 表达: a · b = c 名词:c 称“向量的点积” ,它不再是一个向量,而是一个标量. ? ? 点积的大小:c = abcosα ,其中α 为 a 和 b 的夹角. 二、共点力的合成 1、平行四边形法则与向量表达式 2、一般平行四边形的合力与分力的求法 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

第二讲 物体的平衡 一、共点力平衡 1、特征:质心无加速度. ? 2、条件:Σ F = 0 ,或 ?Fx = 0 , ?Fy = 0 例题:如图 5 所示,长为 L 、粗细不均匀的横杆被两根轻绳水平悬挂,绳子 与水平方向的夹角在图上已标示,求横杆的重 心位置.
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解说:直接用三力共点的知识解题,几何关系比较简单. 答案:距棒的左端 L/4 处. 思考:放在斜面上的均质长方体,按实际情况分析受力,斜面的支持力会通 过长方体的重心吗? 解:将各处的支持力归纳成一个 N ,则长方体受三 个力(G 、f 、N)必共点,由此推知,N 不可能通过 长方体的重心.正确受力情形如图 6 所示(通常的受力 图是将受力物体看成一个点,这时,N 就过重心了). 答:不会. 二、转动平衡 1、特征:物体无转动加速度. ? 2、条件:Σ M = 0 ,或Σ M+ =Σ M如果物体静止,肯定会同时满足两种平衡,因此用 两种思路均可解题. 3、非共点力的合成 大小和方向:遵从一条直线向量合成法则. 作用点:先假定一个等效作用点,然后让所有的平行力对这个作用点的和 力矩为零.

第三讲 习题课 1、如图 7 所示,在固定的、倾角为α 斜面上,有 一块可以转动的夹板( β 不定) ,夹板和斜面夹着 一个质量为 m 的光滑均质球体, 试求: β 取何值时, 夹板对球的弹力最小. 解说:法一,平行四边形动态处理. 对球体进行受力分析,然后对平行四边形中的 向量 G 和 N1 进行平移,使它们构成一个三角形,如图 8 的左图和中图所示. 由于 G 的大 小和方向均不 变,而 N1 的方向 不可变,当 β 增 大导致 N2 的方向 改变时,N2 的变 化和 N1 的方向变 化如图 8 的右图 所示. 显然,随着 β 增大,N1 单调 减小,而 N2 的大 小先减小后增大,当 N2 垂直 N1 时,N2 取极小值,且 N2min = Gsinα . 法二,函数法.
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看图 8 的中间图,对这个三角形用正弦定理,有:
N2 G G sin ? = ,即:N2 = ,β 在 0 到 180°之间取值,N2 的极值讨 sin ? sin ? sin ?

论是很容易的. 答案:当β = 90°时,甲板的弹力最小. 2、把一个重为 G 的物体用一个水平推力 F 压在竖直的足够高的墙壁上,F 随时 间 t 的变化规律如图 9 所示,则在 t = 0 开始物体所受的摩擦力 f 的变化图线是 图 10 中的哪一个? 解说:静力学旨在解决静态问题和准静态过程的问题,但本题是一个例外 . 物体在竖直方向的运动先加速后减速,平衡方程不再适用.如何避开牛顿第二定 律,是本题授课时的难点.

静力学的知识,本题在于区分两种摩擦的不同判据. 水平方向合力为零,得:支持力 N 持续增大. 物体在运动时,滑动摩擦力 f = μ N ,必持续增大.但物 体在静止后静摩擦力 f′≡ G ,与 N 没有关系. 对运动过程加以分析,物体必有加速和减速两个过程.据 物理常识,加速时,f < G ,而在减速时 f > G . 答案:B . 3、如图 11 所示,一个重量为 G 的小球套在竖直放置的、半 径为 R 的光滑大环上,另一轻质弹簧的劲度系数为 k ,自由 长度为 L(L<2R) ,一端固定在大圆环的顶点 A ,另一端与 小球相连.环静止平衡时位于大环上的 B 点.试求弹簧与竖直 方向的夹角θ . 解说:平行四边形的三个向量总是可以平移到一个三角 形中去讨论,解三角形的典型思路有三种:①分割成直角三 角形(或本来就是直角三角形) ;②利用正、余弦定理;③利用力学向量三角形 和某空间位置三角形相似.本题旨在贯彻第三种思路. 分析小球受力→向量平移,如图 12 所示,其中 F 表示弹簧弹力,N 表示大环 的支持力. 思考:支持力 N 可不可以沿图 12 中的反方向?(正交 分解看水平方向平衡——不可以.) 容易判断,图中的灰色向量三角形和空间位置三角形 Δ AOB 是相似的,所以:

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F AB ? G R



由胡克定律:F = k( AB - R ⑶



几何关系: AB = 2Rcosθ 解以上三式即可. 答案:arccos
kL . 2(kR ? G )

思考:若将弹簧换成劲度系数 k′较大的弹簧, 其它条件不变,则弹簧弹力怎么变?环的支持力怎么 变? 答:变小;不变. 反馈练习:光滑半球固定在水平面上,球心 O 的 正上方有一定滑轮,一根轻绳跨过滑轮将一小球从图 13 所示的 A 位置开始缓慢拉至 B 位置.试判断:在此 过程中,绳子的拉力 T 和球面支持力 N 怎样变化? 解:和上题完全相同. 答:T 变小,N 不变. 4、如图 14 所示,一个半径为 R 的非均质圆球,其重心不在球心 O 点,先将它置 于水平地面上,平衡时球面上的 A 点和地面接触;再将它置于 倾角为 30°的粗糙斜面上,平衡时球面上的 B 点与斜面接触, 已知 A 到 B 的圆心角也为 30°.试求球体的重心 C 到球心 O 的 距离. 解说:练习三力共点的应用. 根据在平面上的平衡,可知重心 C 在 OA 连线上.根据在斜 面上的平衡,支持力、重力和静摩擦力共点,可以画出重心的 具体位置.几何计算比较简单. 答案:
3 R . 3

4、两根等长的细线,一端拴在同一悬点 O 上,另一端各系一 个小球, 两球 (带有同种电荷) 的质量分别为 m1 和 m2 , 分别为 45 和 30°,如图 15 所示.则 m1 : m2 为多少? 解说: 本题考查正弦定理、 或力矩平衡解静力学问 题. 对两球进行受力分析,并进行向量平移,如图 16 所 示.

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首先注意,图 16 中的灰色三角形是等腰三角形,两底角相等,设为α . 而且,两球相互作用的斥力方向相反,大小相等,可用同一字母表示,设为 F .对左边的向量三角形用正弦定理,有:
m 1g F = sin 45? sin ? m 2g sin ?


F sin 30?

同 理 , 对 右 边 的 向 量 三 角 形 , 有 : ②,解①②两式即可. 答案:1 : 2 .

=

思考:解本题是否还有其它的方法? 答:有——将模型看成用轻杆连成的两小球,而将 O 点看成转轴,两球的重 力对 O 的力矩必然是平衡的.这种方法更直接、简便. 应用:若原题中绳长不等,而是 l1 :l2 = 3 :2 ,其它条件不变,m1 与 m2 的比值又将是多少? 解:此时用共点力平衡更加复杂(多一个正弦定理方程) ,而用力矩平衡则 几乎和“思考”完全相同. 答:2 :3 2 . 5、如图 17 所示,一个半径为 R 的均质金属球上固定着一根长为 L 的轻质细杆, 细杆的左端用铰链与墙壁相连,球下边垫上一块木板后,细杆恰好水平,而木板 下面是光滑的水平面.由于金属球和木板之间有摩擦(已知摩擦因素为μ ) ,所以 要将木板从球下面向右抽出时,至少需要大小为 F 的水平拉力.试问:现要将木 板继续向左插进一些,至少需要多大的水平推力? 解说:这是一个典型的力矩平衡的例题. 以球和杆为对象,研究其对转轴 O 的转动 平衡,设木板拉出时给球体的摩擦力为 f , 支持力为 N ,重力为 G ,力矩平衡方程为: f R + N(R + L)= G(R + L) ① 球和板已相对滑动,故:f = μ N ② 解①②可得:f =
?G (R ? L) R ? L ? ?R

再看木板的平衡,F = f . 同理,木板插进去时,球体和木板之间的摩擦 f′=
R ? L ? ?R F . R ? L ? ?R ?G (R ? L) = F′. R ? L ? ?R

答案:

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第二部分

牛顿运动定律

第一讲 牛顿三定律 一、牛顿第一定律 1、定律.惯性的量度 2、观念意义,突破“初态困惑” 二、牛顿第二定律-------实数与向量的积 1、定律 2、理解要点 a、向量性 b、独立作用性:Σ F → a ,Σ Fx → ax ? c、瞬时性.合力可突变,故加速度可突变(与之对比:速度和位移不可突 变) ;牛顿第二定律展示了加速度的决定式(加速度的定义式仅仅展示了加速度 的“测量手段” ). 3、适用条件 a、宏观、低速 b、惯性系 三、牛顿第三定律 1、定律 2、理解要点 a、同性质(但不同物体) ,b、等时效(同增同减) ;c、无条件(与运动状 态、空间选择无关) 第二讲 牛顿定律的应用 一、牛顿第一、第二定律的应用 单独应用牛顿第一定律的物理问题比较少,一般是需要用其解决物理问题中 的某一个环节. 应用要点:合力为零时,物体靠惯性维持原有运动状态;只有物体有加速度 时才需要合力.有质量的物体才有惯性.a 可以突变而 v、s 不可突变. 1、如图 1 所示,在马达的驱动下,皮带运输机上方的皮带以恒定的速度向 右运动.现将一工件(大小不计)在皮带左端 A 点轻轻放下,则在此后的过程中 ( ) A、 一段时间内, 工件将在滑动 摩擦力作用下,对地做加速运动 B、 当工件的速度等于 v 时, 它 与皮带之间的摩擦力变为静摩擦 力 C、 当工件相对皮带静止时, 它 位于皮带上 A 点右侧的某一点 D、工件在皮带上有可能不存在与皮带相对静止的状态 解说:B 选项需要用到牛顿第一定律,A、C、D 选项用到牛顿第二定律.
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较难突破的是 A 选项,在为什么不会“立即跟上皮带”的问题上,建议使用 反证法(t → 0 ,a → ∞ ,则Σ Fx → ∞ ,必然会出现“供不应求”的局面) 和比较法 (为什么人跳上速度不大的物体可以不发生相对滑动?因为人是可以形 变、重心可以调节的特殊“物体” ) 此外,本题的 D 选项还要用到匀变速运动规律.用匀变速运动规律和牛顿第 二定律不难得出只有当 L >

v2 时(其中μ 为工件与皮带之间的动摩擦因素) , 2?g

才有相对静止的过程,否则没有. 答案:A、D 思考:令 L = 10m ,v = 2 m/s ,μ = 0.2 ,g 取 10 m/s2 ,试求工件到达 皮带右端的时间 t(过程略,答案为 5.5s) 进阶练习:在上面“思考”题中,将工件给予一水平向右的初速 v0 ,其它 条件不变,再求 t(学生分以下三组进行)—— ① v0 = 1m/s (答:0.5 + 37/8 = 5.13s) ② v0 = 4m/s (答:1.0 + 3.5 = 4.5s) ③ v0 = 1m/s (答:1.55s) 2、质量均为 m 的两只钩码 A 和 B,用轻弹簧和轻绳连接,然后挂在 天花板上,如图 2 所示.试问: ① 如果在 P 处剪断细绳,在剪断瞬时,B 的加速度是多少? ② 如果在 Q 处剪断弹簧,在剪断瞬时,B 的加速度又是多少? 解说:第①问是常规处理.由于“弹簧不会立即发生形变” ,故剪断 瞬间弹簧弹力维持原值,所以此时 B 钩码的加速度为零(A 的加速度则 为 2g). 第②问需要我们反省这样一个问题: “弹簧不会立即发生形变”的 原因是什么?是 A、B 两物的惯性,且速度 v 和位移 s 不能突变.但在 Q 点剪断弹簧时,弹簧却是没有惯性的(没有质量) ,遵从理想模型的条 件,弹簧应在一瞬间恢复原长!即弹簧弹力突变为零. 答案:0 ;g . 二、牛顿第二定律的应用 应用要点:受力较少时,直接应用牛顿第二定律 的“向量性”解题.受力比较多时,结合正交分解与 “独立作用性”解题. 在难度方面, “瞬时性”问题相对较大. 1、滑块在固定、光滑、倾角为θ 的斜面上下滑, 试求其加速度. 解说:受力分析 → 根据“向量性”定合力方向 → 牛顿第二定律应用 答案:gsinθ . 思考:如果斜面解除固定,上表仍光滑,倾 角仍为θ ,要求滑块与斜面相对静止,斜面应具 备一个多大的水平加速度? (解题思路完全相同, 研究对象仍为滑块.但在第二环节上应注意区别. 答:gtanθ .)
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进阶练习 1:在一向右运动的车厢中,用细绳悬挂的小球呈现如图 3 所示的 稳定状态,试求车厢的加速度.(和“思考”题同理,答:gtanθ .) 进阶练习 2、如图 4 所示,小车在倾角为α 的斜面上匀加速运动,车厢顶用 细绳悬挂一小球,发现悬绳与竖直方向形成一个稳定的夹角β .试求小车的加速 度. 解:继续贯彻“向量性”的应用,但数学处理复杂了一些 (正弦定理解三角形). 分析小球受力后,根据“向量性”我们可以做如图 5 所示 的平行四边形,并找到相应的夹角.设张力 T 与斜面方向的夹 角为θ ,则 θ = ( 90 ° + α ) - β = 90 ° - ( β - α ) (1) 对灰色三角形用正弦定理,有
?F sin ?

=

G sin ?

(2) 解(1) (2)两式得:Σ F =
mg ? sin ? cos(? ? ? )

最后运用牛顿第二定律即可求小球加速度(即小车加速度) 答:
sin ? g . cos(? ? ?)

2、如图 6 所示,光滑斜面倾角为θ ,在水平 地面上加速运动.斜面上用一条与斜面平行的细绳 系一质量为 m 的小球,当斜面加速度为 a 时(a< cotθ ) ,小球能够保持相对斜面静止.试求此时绳 子的张力 T . 解说:当力的个数较多,不能直接用平行四边 形寻求合力时, 宜用正交分解处理受力, 在对应牛 顿第二定律的“独立作用性”列方程. 正交坐标的选择,视解题方便程度而定. 解法一: 先介绍一般的思路.沿加速度 a 方向建 x 轴,与 a 垂直的方向上建 y 轴,如图 7 所示(N 为斜面支持力).于是可得两方程 Σ Fx = ma ,即 Tx - Nx = ma Σ Fy = 0 , 即 Ty + Ny = mg 代入方位角θ ,以上两式成为 T cosθ - N sinθ = ma (1) T sinθ + Ncosθ = mg (2) 这是一个关于 T 和 N 的方程组,解(1) (2)两
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式得:T = mgsinθ + ma cosθ 解法二:下面尝试一下能否独立地解张力 T .将正交分解的坐标选择为:x ——斜面方向,y——和斜面垂直的方向.这时,在分解受力时,只分解重力 G 就 行了,但值得注意,加速度 a 不在任何一个坐标轴上,是需要分解的.向量分解 后,如图 8 所示. 根据独立作用性原理,Σ Fx = max 即:T - Gx = max 即:T - mg sinθ = m acosθ 显然,独立解 T 值是成功的.结果与解法一相同. 答案:mgsinθ + ma cosθ 思考: 当 a>cotθ 时, 张力 T 的结果会变化吗? (从支持力的结果 N = mgcosθ -ma sinθ 看小球 脱离斜面的条件,求脱离斜面后,θ 条件已没有意 义.答:T = m g 2 ? a 2 .) 学生活动:用正交分解法解本节第 2 题“进阶 练习 2” 进阶练习:如图 9 所示,自动扶梯与地面的夹 角为 30°,但扶梯的台阶是水平的.当扶梯以 a = 4m/s2 的 加速度向 上 运 动 时,站在 扶梯上质量为 60kg 的人相对扶梯静止. 重力加速度 g = 10 m/s2,试求扶梯对人 的静摩擦力 f . 解:这是一个展示独立作用性原理 的经典例题, 建议学生选择两种坐标 (一 种是沿 a 方向和垂直 a 方向,另一种是 水平和竖直方向) , 对比解题过程, 进而 充分领会用牛顿第二定律解题的灵活性.摩擦力为水平方向,分解加速度简单. 答:208N . 3、 如图 10 所示, 甲图系着小球的是两根轻绳, 乙图系着小球的是一根轻弹簧和轻绳, 方位角θ 已 知.现将它们的水平绳剪断,试求:在剪断瞬间, 两种情形下小球的瞬时加速度. 解说:第一步,阐明绳子弹力和弹簧弹力的区 别. 思考:用竖直的绳和弹簧悬吊小球,并用竖直 向下的力拉住小球静止,然后同时释放,会有什么 现象?原因是什么? 结论——绳子的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变 (胡克定律) . 第二步, 在本例中, 突破 “绳子的拉力如何瞬时调节” 这一难点 (从 即将开始的运动来反推).
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知识点,牛顿第二定律的瞬时性. 答案:a 甲 = gsinθ ;a 乙 = gtanθ . 应用:如图 11 所示,吊篮 P 挂在天花板上,与吊篮质量相等的物体 Q 被固 定在吊篮中的轻弹簧托住,当悬挂吊篮的细绳被烧断瞬间,P、Q 的加速度分别 是多少? 解:略. 答:2g ;0 . 三、牛顿第二、第三定律的应用 要点:在动力学问题中,如果遇到几个研究对象时,就会面临如何处理对象 之间的力和对象与外界之间的力问题,这时有必要引进“系统” 、 “内力”和“外 力”等概念,并适时地运用牛顿第三定律. 在方法的选择方面,则有“隔离法”和“整体法” .前者是根本,后者有局 限,也有难度,但常常使解题过程简化,使过程的物理意义更加明晰. 对 N 个对象,有 N 个隔离方程和一个(可能的)整体方程,这(N + 1)个 方程中必有一个是通解方程,如何取舍,视解题方便程度而定. 补充:当多个对象不具有共同的加速度时,一般来讲,整体法不可用,但也 有一种特殊的“整体方程” ,可以不受这个局限(可以介绍推导过程)—— ? ? ? ? ? Σ F外 = m1 a 1 + m2 a 2 + m3 a 3 + ? + mn a n

? 其中Σ F外 只能是系统外力的向量和,等式右边也是向量相加.
1、如图 12 所示,光滑水平面上放着一个长为 L 的均质直棒,现给棒一个沿 棒方向的、大小为 F 的水平恒力作用,则棒中各部位的张力 T 随图中 x 的关系怎 样? 解说:截取隔离对象,列整体方程和隔 离方程(隔离右段较好). F 答案:N = x . L 思考:如果水平面粗糙,结论又如何? 解:分两种情况, (1)能拉动; (2)不能拉动. 第(1)情况的计算和原题基本相同,只是多了一个摩擦力的处理,结论的 化简也麻烦一些. 第(2)情况可设棒的总质量为 M ,和水平面的摩擦因素为μ ,而 F = μ l Mg ,其中 l<L ,则 x<(L-l)的右段没有张力,x>(L-l)的左端才有张力. L 答:若棒仍能被拉动,结论不变. l 若棒不能被拉动,且 F = μ Mg 时(μ 为棒与平面的摩擦因素,l 为小于 L F L 的某一值,M 为棒的总质量) ,当 x<(L-l),N≡0 ;当 x>(L-l),N = 〔x l 〈L-l〉 〕. 应用:如图 13 所示,在倾角为θ 的固定斜面上,叠 放着两个长方体滑块,它们的质量分别为 m1 和 m2 ,它们 之间的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分别为 μ 1 和μ 2 ,
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系统释放后能够一起加速下滑,则它们之间的摩擦力大小为: A、μ 1 m1gcosθ ; B、μ 2 m1gcosθ ; C、μ 1 m2gcosθ ; D、μ 1 m2gcosθ ; 解:略. 答:B .通过计算可以判定 m1 受到的摩擦力的方向向上。 思考: (1)如果两滑块不是下滑,而是以初速度 v0 一 起上冲,以上结论会变吗?(2)如果斜面光滑,两滑块 之间有没有摩擦力?(3)如果将下面的滑块换成如图 14 所示的盒子, 上面的滑块换成小球,它们以初速度 v0 一起 上冲,球应对盒子的哪一侧内壁有压力? 解:略. 答: (1)不会; (2)没有; (3)若斜面光滑,对两内 壁均无压力,若斜面粗糙,对斜面上方的内壁有压力. 2、如图 15 所示,三个物体质量分别为 m1 、m2 和 m3 ,带滑轮的物体放在光 滑水平面上,滑轮和所有接触面的摩擦均不计,绳子的质量也不计,为使三个物 体无相对滑动,水平推力 F 应为多少? 解说: 此题对象虽然有三个,但难度 不大.隔离 m2 ,竖直方向有一个平衡方 程;隔离 m1 ,水平方向有一个动力学方 程;整体有一个动力学方程.就足以解题 了. 答案:F =

( m1 ? m 2 ? m 3 ) m 2 g . m1

思考:若将质量为 m3 物体右边挖成 凹形,让 m2 可以自由摆动(而不与 m3 相碰) ,如图 16 所示,其它条件不变.是否 可以选择一个恰当的 F′,使三者无相对运动?如果没有,说明理由;如果有, 求出这个 F′的值. 解:此时,m2 的隔离方程将较为复杂. 设绳子张力为 T ,m2 的受力情况如图,隔 离方程为:
T 2 ? (m 2 g ) 2 = m2a

隔离 m1 ,仍有:T = m1a 解以上两式,可得:a =
m2
2 m1 ? m2 2

g

最后用整体法解 F 即可. 答:当 m1 ? m2 时,没有适应题意的 F′;当 m1 > m2 时,适应题意 的 F′=
(m1 ? m 2 ? m 3 )m 2 g
2 m1 ? m2 2

.

3、一根质量为 M 的木棒,上端用细绳系在天花板上,棒上有一质量 为 m 的猫,如图 17 所示.现将系木棒的绳子剪断,同时猫相对棒往上爬,
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但要求猫对地的高度不变,则棒的加速度将是多少? 解说:法一,隔离法.需要设出猫爪抓棒的力 f ,然后列猫的平衡方程和棒 的动力学方程,解方程组即可. 法二, “新整体法”. ? ? ? ? ? 据Σ F外 = m1 a 1 + m2 a 2 + m3 a 3 + ? + mn a n ,猫和棒的系统外力只有两者 的重力,竖直向下,而猫的加速度 a1 = 0 ,所以: ( M + m )g = m·0 + M a1 ,解棒的加速度 a1 十分容易. M?m 答案: g . M 四、特殊的连接体 当系统中各个体的加速度不相等时,经典的整体法不可用 .如果各个体的加 速度不在一条直线上, “新整体法”也将有一定的困难(向量求和不易).此时, 我们回到隔离法,且要更加注意找各参量之间的联系. 解题思想:抓某个方向上加速度关系.方法: “微元法”先看位移关系,再推 加速度关系. 1、如图所示,与水平面成θ 角的 AB 棒上有一滑套 C ,可以无摩擦地在棒上 滑动,开始时与棒的 A 端相距 b ,相对棒静止.当棒保持倾角θ 不变地沿水平面 匀加速运动,加速度为 a(且 a>gtanθ )时,求滑套 C 从棒的 A 端滑出所经历 的时间. 解说:这是一个比较特殊的“连接体问题” ,寻求运动学参量的关系似乎比 动力学分析更加重要.动力学方面,只需要隔离滑套 C 就行了. 思考: 为什么题意要求 a>gtan

θ ? 定性绘出符合题意的运动过程图, 如图 22 所示: S 表示棒的位移, S1 表示 滑套的位移.沿棒与垂直棒建直角坐标 后,S1x 表示 S1 在 x 方向上的分量.不难 看 出 : S1x + b = S cos θ ① 设全程时间为 t ,则有: 1 S = at2 2 ②
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1 2 a1xt ③ 2 而隔离滑套,受力图如图 23 所示,显然: mgsinθ = ma1x ④ 解①②③④式即可.

S1x =

答案:t =

2b a cos? ? g sin ?

第三部分 运动学
第一讲 基本知识介绍

一. 基本概念 1. 质点 2. 参照物 3. 参照系——固连于参照物上的坐标系(解题时要记住所选的是参照系, 而不仅是一个点) 4.绝对运动,相对运动,牵连运动:v 绝=v 相+v 牵 二.运动的描述 1.位置:r=r(t) 2.位移:Δ r=r(t+Δ t)-r(t) 3. 速度: v=limΔ t→0Δ r/Δ t.在大学教材中表述为: v=dr/dt, 表示 r 对 t 求 导数 4.加速度 a=an+aτ .an:法向加速度,速度方向的改变率,且 an=v2/ρ ,ρ 叫做 曲率半径, (这是中学物理竞赛求曲率半径的唯一方法)aτ : 切向加速度,速度 大小的改变率.a=dv/dt 5.以上是运动学中的基本物理量,也就是位移、位移的一阶导数、位移的 二阶导数.可是三阶导数为什么不是呢?因为牛顿第二定律是 F=ma,即直接和加 速度相联系.(a 对 t 的导数叫“急动度”.) 6.由于以上三个量均为向量,所以在运算中用分量表示一般比较 好 三.等加速运动 v(t)=v0+at r(t)=r0+v0t+1/2 at2 一道经典的物理问题:二次世界大战中物理学家曾经 研究,当大炮的位置固定,以同一速度 v0 沿各种角度发射, 问:当飞机在哪一区域飞行之外时,不会有危险?(注:结 论是这一区域为一抛物线, 此抛物线是所有炮弹抛物线的包 络线.此抛物线为在大炮上方 h=v2/2g 处,以 v0 平抛物体的 轨迹.) 练习题: 一盏灯挂在离地板高 l2,天花板下面 l1 处.灯泡爆裂, 所有碎片以同样大小的
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速度 v 朝各个方向飞去.求碎片落到地板上的半径(认为碎片和天花板的碰撞是 完全弹性的,即切向速度不变,法向速度反向;碎片和地板的碰撞是完全非弹性 的,即碰后静止.) 四.刚体的平动和定轴转动 1. 我们讲过的圆周运动是平动而不是转动 2. 角位移 υ =υ (t), 角速度 ω =dυ /dt , 角加速度 ε =dω /dt 3. 有限的角位移是标量,而极小的角位移是向量 4. 同一刚体上两点的相对速度和相对加速度 两点的相对距离不变, 相对运动轨迹为圆弧, VA=VB+VAB, 在 AB 连线上 投影:[VA]AB=[VB]AB,aA=aB+aAB,aAB=,anAB+,aτ AB, ,aτ AB 垂直于 AB,,anAB=VAB2/AB 例:A,B,C 三质点速度分别 VA ,VB ,VC 求 G 的速度. 五.课后习题: 一只木筏离开河岸,初速度为 V,方向垂直于岸边,航行路线如图.经过时 间 T 木筏划到路线上标有符号处.河水速度恒定 U 用作图法找到在 2T,3T,4T 时 刻木筏在航线上的确切位置. 五、处理问题的一般方法 (1)用微元法求解相关速度问题 例 1:如图所示,物体 A 置于水平面上,A 前固定一滑轮 B,高 台上有一定滑轮 D,一根轻绳一端固定在 C 点,再绕过 B、D,BC 段 水平,当以恒定水平速度 v 拉绳上的自由端时,A 沿水平面前进,求 当跨过 B 的两段绳子的夹角为 α 时,A 的运动速度. 解析:设物体 A 的位移为 x,则绳子的自由端的位移 s= x+x/cosα ,两边同 时对于时间 t 求导得 vA=
v 1 ? cos?

(2)抛体运动问题的一般处理方法 1. 平抛运动 2. 斜抛运动 3. 常见的处理方法 (1)将斜上抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛 运动 (2)将沿斜面和垂直于斜面方向作为 x、y 轴,分别分解初速度和加速度后 用运动学公式解题 (3)将斜抛运动分解为沿初速度方向的斜向上的匀速直线运动和自由落体 运动两个分运动,用向量合成法则求解 例 2:在掷铅球时,铅球出手时距地面的高度为 h,若出手时的速度为 V0, 求以何角度掷球时,水平射程最远?最远射程为多少? (α = sin?1
v0
2 2v0 ? 2 gh

、 x=

2 v0 v0 ? 2 gh

g



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第二讲 运动的合成与分解、相对运动 (一)知识点点拨 (1) 力的独立性原理:各分力作用互不影响,单独起作用. (2) 运动的独立性原理:分运动之间互不影响,彼此之间满足自己的运 动规律 (3) 力的合成分解:遵循平行四边形定则,方法有正交分解,解直角三 角形等 (4) 运动的合成分解:向量合成分解的规律方法适用 A. 位移的合成分解 B.速度的合成分解 C.加速度的合成分解 参考系的转换:动参考系,静参考系 相对运动:动点相对于动参考系的运动 绝对运动:动点相对于静参考系统(通常指固定于地面的参 考系)的运动 牵连运动:动参考系相对于静参考系的运动 (5)位移合成定理:SA 对地=SA 对 B+SB 对地 速度合成定理:V 绝对=V 相对+V 牵连 加速度合成定理:a 绝对=a 相对+a 牵连 (二)典型例题 (1)火车在雨中以 30m/s 的速度向南行驶,雨滴被风吹向南方,在地球上 静止的观察者测得雨滴的径迹与竖直方向成 21.角,而坐在火车里乘客看到雨滴 的径迹恰好竖直方向.求解雨滴相对于地的运动. 提示:向量关系入图 答案:83.7m/s (2)某人手拿一只停表,上了一次固定楼梯,又以不同方式上了两趟自动 扶梯,为什么他可以根据测得的数据来计算自动扶梯的台阶数? 提示:V 人对梯=n1/t1 V 梯对地=n/t2 V 人对地=n/t3 V 人对地= V 人对梯+ V 梯对地 答案:n=t2t3n1/(t2-t3)t1 (3)某人驾船从河岸 A 处出发横渡,如果使船头保持跟河 岸垂直的方向航行,则经 10min 后到达正对岸下游 120m 的 C 处,如果他使船逆向上游,保持跟河岸成 а 角的方向航行, 则经过 12.5min 恰好到达正对岸的 B 处,求河的宽度. 提示:120=V 水*600 D=V 船*600 答案:200m (4)一船在河的正中航行,河宽 l=100m,流速 u=5m/s,并在距船 s=150m 的下游形成瀑布,为了使小船靠岸时,不至于被冲进瀑布中,船对水的最小速度 为多少? 提示:如图船航行 答案:1.58m/s (三)同步练习
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1.一辆汽车的正面玻璃一次安装成与水平方向倾斜角为 β 1=30°, 另一次安 装成倾角为 β 2=15°.问汽车两次速度之比
v1 v2

为多少时,司机都是看见冰雹都是

以竖直方向从车的正面玻璃上弹开?(冰雹相对地面是竖直下落的,提示按完全 弹性碰撞处理。 ) 2、 模型飞机以相对空气 v=39km/h 的速度绕一个边长 2km 的等边三角形飞行, 设风速 u = 21km/h ,方向与三角形的一边平行并与飞机起飞方向相同,试求: 飞机绕三角形一周需多少时间? 3.细杆 AB 长 L ,两端分别约束在 x 、 y 轴上运动, (1)试求杆上与 A 点 相距 aL(0< a <1)的 P 点运动轨迹; (2)如果 vA 为已知,试求 P 点的 x 、 y 向分速度 vPx 和 vPy 对杆方位角 θ 的函数.

(四)同步练习提示与答案 1、提示:利用速度合成定理,作速度的向量三角 形.答案为:3. 2、提示:三角形各边的方向为飞机合速度的方向 (而非机头的指向) ;
? 第二段和第三段 v 合 大小相同.

参见右图,显然: v2 =
v2 合

+ u2 - 2v 合 ucos120°

可解出 v 合 = 24km/h . 答案:0.2hour(或 12min.). 3、提示:写成参数方程 ?
1) ?
? x ? aLsin ? 后消参数 ?y ? (1 ? a )L cos? ?

θ .

x ? aLsin ? ,y=Lcosθ y ? (1 ? a )L cos? ?

,同时对时间 t 求导,得

vPx = avAcotθ ,vPy =(1 - a)vA

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第四部分

曲线运动

万有引力

第一讲 基本知识介绍
一、曲线运动 1、概念、性质 2、参量特征 二、曲线运动的研究方法——运动的分解与合成 1、法则与对象 2、两种分解的思路 a、固定坐标分解(适用于匀变速曲线运动) 建立坐标的一般模式——沿加速度方向和垂直加速度方向建直角坐标;提 高思想——根据解题需要建直角坐标或非直角坐标. b、自然坐标分解(适用于变加速曲线运动) 基本常识:在考查点沿轨迹建立切向τ 、法向 n 坐标,所有运动学向量均 沿这两个方向分解.
? ? F? ? ma ? 动力学方程 ? ,其中 a ? 改变速度的大小(速率) , a n 改变速度的 ?? Fn ? ma n

方向,定量解题一般只涉及法向动力学方程. 三、两种典型的曲线运动 1、抛体运动(类抛体运动) 关于抛体运动的分析,和新课教材“平跑运动”的分析基本相同.在坐标的 选择方面,有灵活处理的余地. 2、圆周运动 匀速圆周运动的处理:运动学参量 v、ω 、n、a、f、T 之间的关系,向心 力的寻求于合成;临界问题的理解. 变速圆周运动:使用自然坐标分析法,一般只考查法向方程. 四、万有引力定律 1、定律内容 2、条件 a、基本条件 b、拓展条件: 球体(密度呈球对称分布)外部空间的拓展----对球体外一点 A 的吸引等 效于位于球心的质量为球的质量的质点对质点 A 的吸引; 球体(密度呈球对称分布)内部空间的拓展“剥皮法则”-----对球内任一 距球心为 r 的一质点 A 的吸引力等效于质量与半径为 r 的球的质量相等且位于 球心的质点对质点 A 的吸引; 球壳(密度呈球对称分布)外部空间的拓展----对球壳外一点 A 的吸引等 效于位于球心的质量为球壳的质量的质点对质点 A 的吸引; 球体 (密度呈球对称分布) 内部空间的拓展-----对球壳内任一位置上任一 质点 A 的吸引力都为零; 并且根据以为所述,由牛顿第三定律,也可求得一质点对球或对球壳的吸
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引力. c、不规则物体间的万有引力计算——分割与向量叠加 五、开普勒三定律 天体运动的本来模式与近似模式的差距,近似处理的依据. 六、宇宙速度、天体运动 1、第一宇宙速度的常规求法 2、从能量角度求第二、第三宇宙速度 3、解天体运动的本来模式时,应了解椭圆的数学常识 第二讲 重要模型与专题

一、小船渡河 物理情形:在宽度为 d 的河中,水流速度 v2 恒定.岸边有一艘小船,保持相 对河水恒定的速率 v1 渡河,但船头的方向可以选择.试求小船渡河的最短时间和 最小位移. 模型分析:小船渡河的实际运动(相对河岸的运动)由船相对水流速度 v1 和水相对河岸的速度 v2 合成.可以设船头与河岸上游夹角为θ (即 v1 的方向) , 速度向量合成如图 1 (学生活动)用余弦定理可求 v 合的大小
2 ? v2 v 合= v1 2 ? 2 v 1 v 2 cos ?

(学生活动)用正弦定理可求 v 合的方向.令 v 合与河岸下游夹角为α ,则 α = arcsin
v1 sin ?
2 v1 ? v2 2 ? 2 v 1 v 2 cos ?

1、求渡河的时间与最短时间 由于合运动合分运动具有等时性,故渡河时间既可以根据合运动求,也可以 根据分运动去求.针对这一思想,有以下两种解法 解: t =

Sy vy

=

d d = v1 sin ? v 1y
d v1

t (θ )函数既已得出,我们不难得出结论 当θ = 90°时,渡河时间的最小值 tmin =

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2、求渡河的位移和最小位移 在上面的讨论中,小船的位移事实上已经得出,即 S合 =
d = sin ?

d v1 sin ? v合

=

2 d v12 ? v2 ? 2v1v2 cos ? ,利用导数得出 v1 sin ?

结论:若 v1<v2 ,θ = arccos

v1 v 时,S 合 min = 2 d v2 v1 v2 时,S 合 min = d v1

若 v2<v1 ,θ = arccos

二、滑轮小船 物理情形:如图 5 所示,岸边的汽车用一根不可伸长的轻绳通过定滑轮牵引 水中的小船,设小船始终不离开水面,且绳足够长,求汽车速度 v1 和小船速度 v2 的大小关系.

X2+h2=L2,两边对于时间 t 求导,可有得出 v2 = v1 / cosθ 三、斜抛运动的最大射程 物理情形:不计空气阻力,将小球斜向上抛出,初速度大小恒为 v0 ,方向 可以选择,试求小球落回原高度的最大水平位移(射程). 模型分析:斜抛运动的常规分析和平抛运动完全相同. 设初速度方向与水平面夹θ 角,建立水平、竖直的 x、y 轴,将运动学参量 沿 x、y 分解.针对抛出到落回原高度的过程 0 = Sy = v0y t +

v2 1 (-g)t2,Sx = v0x t,解以上两式易得:Sx = 0 sin2θ 2 g
2 v0 = g

结论:当抛射角θ = 45°时,最大射程 Sxmax

若 v0 、θ 确定,试用两种方法求小球到达的最大高度. 运动学求解——考查竖直分运动即可;能量求解——注意小球在最高点应具 备的速度 v0x ,然后对抛出到最高点的过程用动能定理或机械能守恒.结论:Hm =
2 v0 sin 2 ? . 2g

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四、物体脱离圆弧的讨论 物理情形:如图 8 所示,长为 L 的细绳一端固定,另一端系一小球.当小球 在最低点时,给球一个 vo = 2 gL 的水平初速,试 求所能到达的最大高度. 模型分析:用自然坐标分析变速圆周运动的典 型事例.能量关系的运用,也是对常规知识的复习. 小球能否形成的往复的摆动?小球能否到达圆 弧的最高点 C ? 通过能量关系和圆周运动动力学知识的复习, 得出:小球运动超过 B 点、但不能到达 C 点(vC ? ,即小球必然在 BC 之间的某点脱离圆弧. gL ) 小球会不会在 BC 之间的某点脱离圆弧后作自由 落体运动? 尽管对于本问题,能量分析是可行的(BC 之间 不可能出现动能为零的点,则小球脱离圆弧的初速 度 vD 不可能为零) ,但用动力学的工具分析,是本模型的重点—— 在 BC 阶段, 只要小球还在圆弧上, 其受力分析必如图 9 所示.沿轨迹的切向、 法向分别建τ 、n 坐标,然后将重力 G 沿τ 、n 分解为 Gτ 和 Gn 分量,T 为绳子张 力.法向动力学方程为 T + Gn = Σ Fn = man = m
v2 r

由于 T?0 ,Gn>0 ,故 v≠0 .(学生活动:若换一个 v0 值, 在 AB 阶段,v = 0 是可能出现的;若将绳子换成轻杆,在 BC 阶 段 v = 0 也是可能出现的.) 下面先解脱离点的具体位置.设脱离点为 D,对应方位角为 θ ,如图 8 所示.由于在 D 点之后绳子就要弯曲,则此时绳子的 张力 T 为零,而此时仍然在作圆周运动,故动力学方程仍满足 Gn ① 在再针对 A→D 过程,小球机械能守恒,即(选 A 所在的平面为参考平面) : 1 1 2 m v0 + 0 = mg ( L + Lsinθ ) + m v 2 ② D 2 2 代入 v0 值解①、②两式得:θ = arcsin
2 , (同时得到:vD = 3

=

Gsin

θ

=

m

v2 r

2 gL )小球 3

脱离 D 点后将以 vD 为初速度作斜向上抛运动.它所能到达的最高点(相对 A)可 以用两种方法求得. 解法一:运动学途径.

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先求小球斜抛的最大高度,hm = 代入θ 和 vD 的值得:hm =
5 L 27

( v D cos?) 2 v 2 (1 ? sin 2 ?) = D 2g 2g

小球相对 A 的总高度:Hm = L + Lsinθ + hm = 解法二:能量途径

50 L 27
2 3

小球在斜抛的最高点仍具有 vD 的水平分量, 即 vDsinθ =

2 gL .对 A→最 3

高点的过程用机械能守恒定律(设 A 所在的平面为参考平面) ,有 1 1 2 m v0 + 0 = m(v D sin ?) 2 + mg Hm 2 2 50 容易得到:Hm = L 27 五、万有引力的计算 物理情形: 如图 9 所示, 半径为 R 的均质球质量为 M,球心在 O 点,现在被内 切的挖去了一个半径为 R/2 的球形空腔 (球心在 O′) . 在 O、O′的连线上距离 O 点为 d 的地方放有一个很小 的、质量为 m 的物体,试求 这两个物体之间的万有引 力. 模型分析:无论是“基 本条件”还是“拓展条件” , 本模型都很难直接符合, 因 此必须使用一些特殊的处理方法.本模型除了照应万有引力的拓展条件之外,着 重介绍“填补法”的应用. 空腔里现在虽然空无一物,但可以看成是两个半径为 R/2 的球的叠加:一个 的质量为+M/8 ,一个的质量为-M/8 .然后,前者正好填补空腔——和被挖除后 剩下的部分构成一个完整的均质球 A ;注意后者,虽然是一个比较特殊的物体 (质量为负值) ,但仍然是一个均质的球体,命名为 B . 既然 A、B 两物均为均质球体,他们各自和右边小物体之间的万有引力,就 可以使用“拓展条件”中的定势来计算了.只是有一点需要说明,B 物的质量既 然负值,它和 m 之间的万有“引力”在方向上不再表现为吸引,而应为排斥—— 成了“万有斥力”了.具体过程如下 Mm FAm = G 2 d

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FBm

M ?m Mm 8 = G = -G 2 R R? ? 8(d ? ) 2 ?d ? ? 2 2? ? ?
Mm -G d2

Mm R 8(d ? ) 2 2 需要指出的是,在一部分同学的心目中,可能还会存在另一种解题思路,那 就是先通过力矩平衡求被挖除物体的重心(仍然要用到“填补法” 、负质量物体 的重力反向等) ,它将在 O、O′的连线上距离 O 点左侧 R/14 处,然后“一步到 位”地求被挖除物与 m 的万有引力 M ?m 7 F = G R (d ? ) 2 14 然而,这种求法违背了万有引力定律适用的条件,是一种错误的思路.
最后,两物之间的万有引力 F = FAm + FBm = G

第五部分 动量和能量 第一讲 基本知识介绍
一、冲量和动量 1、冲力(F—t 图象特征)→ 冲量.冲量定义、物理意义 冲量在 F—t 图象中的意义→从定义角度求变力冲量(F 对 t 的平均作用力) 2、动量的定义 动量向量性与运算 二、动量定理 1、定理的基本形式与表达 2、分方向的表达式:Σ Ix =Δ Px ,Σ Iy =Δ Py ? ?P 3、定理推论:动量变化率等于物体所受的合外力.即 =Σ F 外 ?t 三、动量守恒定律 1、定律、向量性 2、条件 a、原始条件与等效 b、近似条件 c、某个方向上满足 a 或 b,可在此方向应用动量守恒定律 四、功和能 1、功的定义、标量性,功在 F—S 图象中的意义 2、功率,定义求法和推论求法 3、能的概念、能的转化和守恒定律 4、功的求法
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a、恒力的功:W = FScosα = FSF = FS S b、变力的功:基本原则——过程分割与代数累积;利用 F—S 图象(或先 寻求 F 对 S 的平均作用力) c、解决功的“疑难杂症”时,把握“功是能量转化的量度”这一要点 五、动能、动能定理 1、动能(平动动能) 2、动能定理 a、Σ W 的两种理解 b、动能定理的广泛适用性 六、机械能守恒 1、势能 a、保守力与耗散力(非保守力)→ 势能(定义:Δ Ep = -W 保) b、力学领域的三种势能(重力势能、引力势能、弹性势能)及定量表达 2、机械能 3、机械能守恒定律 a、定律内容 b、条件与拓展条件(注意系统划分) c、功能原理:系统机械能的增量等于外力与耗散内力做功的代数和. 七、碰撞与恢复系数 1、碰撞的概念、分类(按碰撞方向分类、按碰撞过程机械能损失分类) 碰撞的基本特征:a、动量守恒;b、位置不超越;c、动能不膨胀. 2、三种典型的碰撞 a、弹性碰撞:碰撞全程完全没有机械能损失.满足—— m1v10 + m2v20 = m1v1 + m2v2 1 1 1 1 2 2 m1 v10 + m2 v 2 = m1 v1 + m2 v 2 2 20 2 2 2 2 解以上两式(注意技巧和“不合题意”解的舍弃)可得: v1 =

(m1 ? m 2 ) v10 ? 2v 20 (m 2 ? m1 ) v 20 ? 2v10 , v2 = m1 ? m 2 m 2 ? m1

对于结果的讨论: ①当 m1 = m2 时,v1 = v20 ,v2 = v10 ,称为“交换速度” ; ②当 m1 << m2 ,且 v20 = 0 时,v1 ≈ -v10 ,v2 ≈ 0 ,小物碰大物, 原速率返回; ③当 m1 >> m2 ,且 v20 = 0 时,v1 ≈ v10 ,v2 ≈ 2v10 , b、非(完全)弹性碰撞:机械能有损失(机械能损失的内部机制简介) , 只满足动量守恒定律 c、完全非弹性碰撞:机械能的损失达到最大限度;外部特征:碰撞后两物 体连为一个整体,故有 v1 = v2 =

m1 v10 ? m 2 v 20 m1 ? m 2

3、恢复系数:碰后分离速度(v2 - v1)与碰前接近速度(v10 - v20)的比 值,即:
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e =

v 2 ? v1 .根据“碰撞的基本特征” ,0 ? e ? 1 . v10 ? v 20

当 e = 0 ,碰撞为完全非弹性; 当 0 < e < 1 ,碰撞为非弹性; 当 e = 1 ,碰撞为弹性. 八、 “广义碰撞”——物体的相互作用 1、当物体之间的相互作用时间不是很短,作用不是很强烈,但系统动量仍 然守恒时,碰撞的部分规律仍然适用,但已不符合“碰撞的基本特征” (如:位 置可能超越、机械能可能膨胀).此时,碰撞中“不合题意”的解可能已经有意 义,如弹性碰撞中 v1 = v10 ,v2 = v20 的解. 2、物体之间有相对滑动时,机械能损失的重要定势:-Δ E = Δ E 内 = f 滑·S 相 ,其中 S 相指相对路程.

第二讲 重要模型与专题 一、动量定理还是动能定理? 物理情形:太空飞船在宇宙飞行时,和其它天体的万有引力可以忽略,但是, 飞船会定时遇到太空垃圾的碰撞而受到阻碍作用.设单位体积的太空均匀分布垃 圾 n 颗,每颗的平均质量为 m ,垃圾的运行速度可以忽略.飞船维持恒定的速率 v 飞行,垂直速度方向的横截面积为 S ,与太空垃圾的碰撞后,将垃圾完全粘附 住.试求飞船引擎所应提供的平均推力 F . 模型分析:太空垃圾的分布并不是连续的,对飞船的撞击也不连续,如何正 确选取研究对象,是本题的前提.建议充分理解“平均”的含义,这样才能相对 模糊地处理垃圾与飞船的作用过程、淡化“作用时间”和所考查的“物理过程时 间”的差异.物理过程需要人为截取,对象是太空垃圾. 先用动量定理推论解题. 取一段时间Δ t ,在这段时间内,飞船要穿过体积Δ V = S·vΔ t 的空间, 遭遇 nΔ V 颗太空垃圾,使它们获得动量Δ P ,其动量变化率即是飞船应给予那 部分垃圾的推力,也即飞船引擎的推力. ?P ?M ? v m ? n?V ? v m ? nSv?t ? v F = = = = = nmSv2 ?t ?t ?t ?t 如果用动能定理,能不能解题呢? 同样针对上面的物理过程,由于飞船要前进 x = vΔ t 的位移,引擎推力 F 须 做功 W = F x ,它对应飞船和被粘附的垃圾的动能增量,而飞船的Δ Ek 为零,所 以: W =
1 Δ Mv2 2 1 (n m S·vΔ t)v2 2

即: F vΔ t =

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1 2 nmSv 2 两个结果不一致,不可能都是正确的.分析动能定理的解题,我们不能发现, 垃圾与飞船的碰撞是完全非弹性的,需要消耗大量的机械能,因此,认为“引擎 做功就等于垃圾动能增加”的观点是错误的.但在动量定理的解题中,由于 I = ?P 由此推出的 F = 必然是飞船对垃圾的平 Ft , ?t

得到: F =

均推力,再对飞船用平衡条件, F 的大小就是引擎 推力大小了.这个解没有毛病可挑,是正确的. (学生活动)思考:如图 1 所示,全长 L、总 质量为 M 的柔软绳子, 盘在一根光滑的直杆上,现 用手握住绳子的一端, 以恒定的水平速度 v 将绳子 拉直.忽略地面阻力,试求手的拉力 F . 解:解题思路和上面完全相同. 答:
Mv 2 L

二、动量定理的分方向应用 物理情形:三个质点 A、B 和 C ,质量分 别为 m1 、 m2 和 m3 , 用拉直且不可伸长的绳子 AB 和 BC 相连, 静止在水平面上, 如图 2 所示, AB 和 BC 之间的夹角为(π -α ).现对质点 C 施加以冲量 I ,方向沿 BC ,试求质点 A 开 始运动的速度. 模型分析:首先,注意“开始运动”的理 解,它指绳子恰被拉直,有作用力和冲量产 生,但是绳子的方位尚未发生变化.其二,对 三个质点均可用动量定理,但是,B 质点受冲量不在一条直线上,故最为复杂, 可采用分方向的形式表达.其三,由于两段绳子不可伸长,故三质点的瞬时速度 可以寻求到两个约束关系. 下面具体看解题过程—— 绳拉直瞬间,AB 绳对 A、B 两质点的冲量大小相等(方向相反) ,设为 I1 , BC 绳对 B、 C 两质点的冲量大小相等 (方向相反) , 设为 I2 ; 设 A 获得速度 v1 (由 于 A 受合冲量只有 I1 ,方向沿 AB ,故 v1 的反向沿 AB) ,设 B 获得速度 v2(由于 ? ? B 受合冲量为 I1 + I 2 ,向量和既不沿 AB ,也不沿 BC 方向,可设 v2 与 AB 绳夹角为 〈π -β 〉 ,如图 3 所示) ,设 C 获得速度 v3(合 ? ? 冲量 I + I 2 沿 BC 方向,故 v3 沿 BC 方向). 对 A 用动量定理,有: I1 = ① m1 v1

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? ? ? B 的动量定理是一个向量方程: I1 + I 2 = m2 v 2 ,可化为两个分方向的标量式,
即: I2cosα -I1 = m2 v2cosβ ② I2sinα = m2 v2sinβ ③ 质点 C 的动量定理方程为: I - I2 = m3 v3 ④ AB 绳不可伸长,必有 v1 = v2cosβ ⑤ BC 绳不可伸长,必有 v2cos(β -α ) = v3 ⑥ 六个方程解六个未知量(I1 、I2 、v1 、v2 、v3 、β )是可能的,但繁复程 度非同一般.解方程要注意条理性,否则易造成混乱.建议采取如下步骤—— 1、先用⑤⑥式消掉 v2 、v3 ,使六个一级式变成四个二级式: I1 = m1 v1 ⑴ I2cosα -I1 = m2 v1 ⑵ I2sinα = m2 v1 tanβ ⑶ I - I2 = m3 v1(cosα + sinα tanβ ) ⑷ 2、解⑶⑷式消掉β ,使四个二级式变成三个三级式: I1 = m1 v1 ㈠ I2cosα -I1 = m2 v1 ㈡ I = m3 v1 cosα + I2

m 2 ? m 3 sin 2 ? m2



3、最后对㈠㈡㈢式消 I1 、I2 ,解 v1 就方便多了.结果为: v1 =

Im2 cos? m 2 (m1 ? m 2 ? m 3 ) ? m1m 3 sin 2 ?

思考:v2 的方位角β 等于多少? 解:解“二级式”的⑴⑵⑶即可.⑴代入⑵消 I1 ,得 I2 的表达式,将 I2 的表 达式代入⑶就行了. 答:β = arc tan(

m1 ? m 2 tg? ). m2

三、动量守恒中的相对运动问题 质量为 M 的车上,有 n 个质量均为 m 的人,它们静止在光滑的水平地面上. 现在车上的人以相对车大小恒为 v、方向水平向后的初速往车下跳.第一过程,N 个人同时跳下; 第二过程, N 个人依次跳下.试问: 哪一次车子获得的速度较大? 解 : 第 二 过 程 结 论 和 上 面 的 模 型 完 全 相 同 , 第 一 过 程 结 论 为 V1 =

? M ? nm v
i ?1

n

m

.

答:第二过程获得速度大. 四、反冲运动中的一个重要定式

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物理情形: 如图 4 所示, 长度为 L、 质量为 M 的船停止在静水中 (但未抛锚) , 船头上有一个质量为 m 的人,也是静止的.现在令人在船上开始向船尾走动,忽 略水的阻力,试问:当人走 到船尾时,船将会移动多 远? (学生活动) 思考: 人可 不可能匀速(或匀加速)走 动?当人中途停下休息,船 有速度吗?人的全程位移大 小是 L 吗?本系统选船为参 照,动量守恒吗? 模型分析: 动量守恒展示 了已知质量情况下的速度关系, 要过渡到位移关系, 需要引进运动学的相关规律. 根据实际情况(人必须停在船尾) ,人的运动不可能是匀速的,也不可能是匀加 速的,运动学的规律应选择 S = v t .为寻求时间 t ,则要抓人和船的位移约束 关系. 对人、船系统,针对“开始走动→中间任意时刻”过程,应用动量守恒(设 末态人的速率为 v ,船的速率为 V) ,令指向船头方向为正向,则向量关系可以 化为代数运算,有: 0 = MV + m(-v) 即:mv = MV 由于过程的末态是任意选取的,此式展示了人和船在任一时刻的瞬时速度大 小关系.而且不难推知,对中间的任一过程,两者的平均速度也有这种关系.即: m ① 设全程的时间为 t ,乘入①式两边,得:m v t = M V t 设 s 和 S 分别为人和船的全程位移大小,根据平均速度公式,得:m s = M S ② 受 船 长 ③
m L M?m (应用动量守恒解题时,也可以全部都用向量关系,但这时 “位移关系”表达起来难度大一些——必须用到运动合成与分解 的定式.时间允许的话,可以做一个对比介绍.) (学生活动)思考:如图 5 所示,在无风的天空,人抓住气 球下面的绳索,和气球恰能静止平衡,人和气球地质量分别为 m 和 M ,此时人离地面高 h .现在人欲沿悬索下降到地面,试问: 要人充分安全地着地,绳索至少要多长? 解:和模型几乎完全相同,此处的绳长对应模型中的“船的 长度” ( “充分安全着地”的含义是不允许人脱离绳索跳跃着地).
v

=

M

V

L

的 约 束 , s



S

具 有 关 系 : s

+

S

=

L

解②、③可得:船的移动距离 S =

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m?M h . M 思考:如图 6 所示,两个倾角相同的斜面,互相倒扣着放在光滑的水平地面 上, 小斜面在大斜面的顶 端.将它们无初速释放 后,小斜面下滑,大斜面 后退.已知大、小斜面的 质量分别为 M 和 m ,底 边长分别为 a 和 b ,试 求:小斜面滑到底端时, 大斜面后退的距离.

答:

解:水平方向动量守恒.解题过程从略. m 答: (a-b). M?m 进阶应用:如图 7 所示,一个质量为 M ,半径为 R 的光滑均质半球,静置于光滑水平桌面上,在球顶有一 个质量为 m 的质点,由静止开始沿球面下滑.试求:质 点离开球面以前的轨迹. 解说:质点下滑,半球后退,这个物理情形和上面 的双斜面问题十分相似,仔细分析,由于同样满足水平 方向动量守恒,故我们介绍的“定式”是适用的.定式解决了水平位移(位置) 的问题,竖直坐标则需要从数学的角度想一 些办法. 为寻求轨迹方程,我们需要建立一个坐 标:以半球球心 O 为原点,沿质点滑下一侧 的水平轴为 x 坐标、竖直轴为 y 坐标. 由于质点相对半球总是做圆周运动的 (离开球面前) ,有必要引入相对运动中半 球球心 O′的方位角θ 来表达质点的瞬时位 置,如图 8 所示. 由“定式” ,易得: M x = Rsin θ M?m ① 而由图知:y = Rcosθ ② 不难看出,①、②两式实际上已经是一个轨迹的参数方程 .为了明确轨迹的 性质,我们可以将参数θ 消掉,使它们成为:
x2 y2 + = 1 M R2 ( R)2 M?m

这样,特征就明显了:质点的轨迹是一个长、短半轴分别为 R 和 椭圆.
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M R的 M?m

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五、功的定义式中 S 怎么取值? 在求解功的问题时,有时遇到力的作用点位移与受力物体的(质心)位移不 等,S 是取力的作用点的位移,还是取物体(质心) 的位移呢?我们先看下面一些事例. 1、如图 9 所示,人用双手压在台面上推讲台, 结果双手前进了一段位移而讲台未移动.试问:人 是否做了功? 2、在本“部分”第 3 页图 1 的模型中,求拉 力做功时,S 是否可以取绳子质心的位移? 3、人登静止的楼梯,从一楼到二楼.楼梯是否 做功? 4、如图 10 所示,双手用等大反向的力 F 压固 定汽缸两边的活塞,活塞移动相同距离 S,汽缸中封闭气体被压缩.施力者(人) 是否做功? 在以上四个事例中,S 若取作用点位移,只有第 1、 2、4 例是做功的(注意第 3 例,楼梯支持力的作用点并 未移动,而只是在不停地交换作用点) ,S 若取物体(受 力者)质心位移,只有第 2、3 例是做功的,而且,尽 管第 2 例都做了功,数字并不相同.所以,用不同的判 据得出的结论出现了本质的分歧. 面对这些似是而非的“疑难杂症” ,我们先回到“做 功是物体能量转化的量度”这一根本点. 第 1 例, 手和讲台面摩擦生了热, 内能的生成必然是由人的生物能转化而来, 人肯定做了功.S 宜取作用点的位移; 第 2 例,求拉力的功,在前面已经阐述,S 取作用点位移为佳; 第 3 例,楼梯不需要输出任何能量,不做功,S 取作用点位移; 第 4 例,气体内能的增加必然是由人输出的,压力做功,S 取作用点位移. 但是,如果分别以上四例中的受力者用动能定理,第 1 例,人对讲台不做功, S 取物体质心位移;第 2 例,动能增量对应 S 取 L/2 时的值——物体质心位移; 第 4 例,气体宏观动能无增量,S 取质心位移.(第 3 例的分析暂时延后.) 以上分析在援引理论知识方面都没有错,如何使它们统一?原来,功的概念 有广义和狭义之分.在力学中,功的狭义概念仅指机械能转换的量度;而在物理 学中功的广义概念指除热传递外的一切能量转换的量度.所以功也可定义为能量 转换的量度.一个系统总能量的变化, 常以系统对外做功的多少来量度.能量可以 是机械能、电能、热能、化学能等各种形式,也可以多种形式的能量同时发生转 化.由此可见,上面分析中,第一个理论对应的广义的功,第二个理论对应的则 是狭义的功,它们都没有错误,只是在现阶段的教材中还没有将它们及时地区分 开来而已. 而且,我们不难归纳:求广义的功,S 取作用点的位移;求狭义的功,S 取 物体(质心)位移. 那么我们在解题中如何处理呢?这里给大家几点建议: 1、抽象地讲“某某 力做的功”一般指广义的功;2、讲“力对某物体做的功”常常指狭义的功;3、 动能定理中的功肯定是指狭义的功. 当然,求解功地问题时,还要注意具体问题具体分析.如上面的第 3 例,就
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相对复杂一些.如果认为所求为狭义的功,S 取质心位移,是做了功,但结论仍 然是难以令人接受的.下面我们来这样一个处理:将复杂的形变物体(人)看成 这样一个相对理想的组合:刚性物体下面连接一压缩的弹簧(如图 11 所示) ,人 每一次蹬梯, 腿伸直将躯体重心上举, 等效为弹簧将刚性物体举起. 这样,我们就不难发现,做功的是人的双腿而非地面,人既是输出 能量(生物能)的机构,也是得到能量(机械能)的机构——这里 的物理情形更象是一种生物情形.本题所求的功应理解为广义功为 宜. 以上四例有一些共同的特点: 要么, 受力物体情形比较复杂 (形 变,不能简单地看成一个质点.如第 2、第 3、第 4 例) ,要么,施 力者和受力者之间的能量转化不是封闭的(涉及到第三方,或机械 能以外的形式.如第 1 例).以后,当遇到这样的问题时,需要我们慎重对待. (学生活动)思考:足够长的水平传送带维持匀速 v 运转.将一袋货物无初 速地放上去,在货物达到速度 v 之前,与传送带的摩擦力大小为 f ,对地的位 移为 S .试问:求摩擦力的功时,是否可以用 W = fS ? 解:按一般的理解,这里应指广义的功(对应传送带引擎输出的能量) ,所 以“位移”取作用点的位移.注意,在此处有一个隐含的“交换作用点”的问题, 仔细分析,不难发现,每一个(相对皮带不动的)作用点的位移为 2S .(另解: 求货物动能的增加和与皮带摩擦生热的总和.) 答:否. (学生活动)思考: 如图 12 所示,人站在船 上,通过拉一根固定在铁 桩的缆绳使船靠岸.试问: 缆绳是否对船和人的系统 做功? 解: 分析同上面的 “第 3 例”. 答:否. 六、机械能守恒与运动合 成(分解)的综合 物理情形:如图 13 所示,直角形的刚性杆被固定,水平和竖直部分均足够 长.质量分别为 m1 和 m2 的 A、B 两个有孔小球,串在杆上,且被长为 L 的轻绳相 连.忽略两球的大小,初态时,认为它们的位置在同一高度,且绳处于拉直状态. 现无初速地将系统释放,忽略一切摩擦,试求 B 球运动 L/2 时的速度 v2 . 模型分析: A、 B 系统机械能守恒.A、 B 两球的瞬时速度不等, 其关系可据 “第 三部分” 知识介绍的定式 (滑轮小船) 去寻求. (学生活动)A 球的机械能是否守恒?B 球的机械能是否守恒?系统机械能守恒的理 由是什么(两法分析:a、 “微元法”判断两个 WT 的代数和为零;b、无非弹性碰撞,无摩擦, 没有其它形式能的生成)? 由“拓展条件”可以判断,A、B 系统机械 能守恒, (设末态 A 球的瞬时速率为 v1 ) 过程
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的方程为: L 1 1 2 m2g = m1 v1 + m2v2 ① 2 2 2 2 在末态,绳与水平杆的瞬时夹角为 30°,设绳子的瞬时迁移速率为 v ,根 据“第三部分”知识介绍的定式,有: v1 = v/cos30°, v2 = v/sin30° 两式合并成:v1 = v2 tan30°= v2/ 3 解①、②两式,得:v2 =
3m 2 gL m1 ? m 2



七、动量和能量的综合(一) 物理情形:如图 14 所示,两根长度均为 L 的刚性轻杆,一端通过质量为 m 的球形铰链连接, 另一端分别与质量为 m 和 2m 的小球相连.将此装置的两杆合拢, 铰链在上、竖直地放在水平桌面上,然后轻敲一下,使两小球向两边滑动,但两 杆始终保持在竖直平面内.忽略一切摩擦,试求:两 杆夹角为 90°时,质量为 2m 的小球的速度 v2 . 模型分析:三球系统机械能守恒、水平方向动 量守恒,并注意约束关系——两杆不可伸长. (学生活动)初步判断:左边小球和球形铰链 的速度方向会怎样? 设末态 (杆夹角 90°) 左边小球的速度为 v( 1 方 向:水平向左) ,球形铰链的速度为 v(方向:和竖 直方向夹θ 角斜向左) , 对题设过程,三球系统机械能守恒,有: mg( L① 三球系统水平方向动量守恒,有: mv1 + mvsin θ = 2mv2 ② 左边杆子不形变,有: v1cos45 ° = vcos(45 ° - θ ③ 右边杆子不形变,有: vcos(45 ° + θ ) = v2cos45 ° ④ 四个方程,解四个未知量(v1 、v2 、v 和θ ) ,是可行的.推荐解方程的步骤 如下—— 1、③、④两式用 v2 替代 v1 和 v ,代入②式,解θ 值,得:tanθ = 1/4 2、在回到③、④两式,得: v1 =
5 v2 , 3 1 1 2 1 2 2 L) = m v1 + mv + 2m v 2 2 2 2 2 2

)

v =

17 v2 3
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3、将 v1 、v 的替代式代入①式解 v2 即可.结果:v2 =

3gL(2 ? 2 ) 20

(学生活动)思考:球形铰链触地前一瞬,左球、铰链和右球的速度分别是 多少? 解:由两杆不可形变,知三球的水平速度均为零, θ 为零.一个能量方程足 以解题. 答:0 、 2gL 、0 . (学生活动)思考:当两杆夹角为 90°时,右边小球的位移是多少? 解:水平方向用“反冲位移定式” ,或水平方向用质心运动定律. 答:
3 2 L . 8

进阶应用:在本讲模型“四、反冲??”的“进阶应用” (见图 8)中,当质 点 m 滑到方位角θ 时(未脱离半球) ,质点的速度 v 的大小、方向怎样? 解说:此例综合应用运动合成、动量守恒、机械 能守恒知识, 数学运算比较繁复,是一道考查学生各 种能力和素质的难题. 据运动的合成,有: ? ? ? ? v点?半球 = v 点?地 + v 地?半球 = v 点?地 -

? v 半球?地 ? 其中 v 半球?地 必然是沿地面向左的,为了书写方

? 便,我们设其大小为 v2 ; v点?半球 必然是沿半球瞬时位置切线方向(垂直瞬时半
径)的,设大小为 v


? .根据向量减法的三角形法则,可以得到 v 点?地 (设大小

为 v1)的示意图,如图 16 所示.同时,我们将 v1 的 x、y 分量 v1x 和 v1y 也描绘在 图中. 由图可得:v1y =(v2 + v1x)tanθ ① 质点和半球系统水平方向动量守恒,有:Mv2 = mv1x ② 1 对题设过程,质点和半球系统机械能守恒,有: mgR(1-cosθ ) = M v2 2 + 2 1 1 1 2 2 2 m v1 ,即:mgR(1-cosθ ) = M v 2 m( v1 ③ 2 + x + v 1y ) 2 2 2 三个方程,解三个未知量(v2 、v1x 、v1y)是可行的,但数学运算繁复,推 荐步骤如下—— M m?M 1、由①、②式得:v1x = v2 , v1y = ( tanθ ) v2 m m

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2、代入③式解 v2 ,得:v2 = 3 、 由
2 v1

2m 2 gR (1 ? cos ?) M 2 ? Mm ? (M ? m) 2 tg 2 ?

=

2 v1 x

+

2 v1 y



v1







v1

2gR (1 ? cos ?)( M 2 ? 2Mm sin 2 ? ? m 2 sin 2 ?) = M 2 ? Mm ? m(M ? m) sin 2 ?

v1 的方向:和水平方向成α 角,α = arcot 这就是最后的解.

v 1y v 1x

= arcot(

M?m tg? ) M

〔一个附属结果:质点相对半球的瞬时角速度
2g (m ? M )(1 ? cos ?) .〕 R (M ? m sin 2 ?)

ω

=

v相 R

=

八、动量和能量的综合(二) 质量为 M 、长度为 L 的木板固定在光滑水平面上,另一个质量为 m 的滑块 以水平初速 v0 冲上木板,恰好能从木板的另一端滑下.现解除木板的固定(但无 初速) ,让相同的滑块再次冲上木板,要求它仍能从另一端滑下,其初速度应为 多少? 解:由第一过程,得滑动摩擦力 f =
2 mv0 . 2L

第二过程应综合动量和能量关系( “恰滑下”的临界是:滑块达木板的另 一端,和木板具有共同速度,设为 v ) ,设新的初速度为 v? 0 m v? 0 =( m + M )v
1 1 2 m v? ( m + M )v2 = fL 0 2 2 解以上三式即可.

答: v? 0=

m?M v0 . M
第六部分 热学 一、分子动理论

1、物质是由大量分子组成的(注意分子体积和分子所占据空间的区别) 对于分子 (单原子分子) 间距的计算,气体和液体可直接用 3 分子占据的空间 ,
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对固体,则与分子的空间排列(晶体的点阵)有关. 【例题 1】如图 6-1 所示,食盐(NaCl)的晶体是 由钠离子(图中的白色圆点表示)和氯离子(图中的 黑色圆点表示) 组成的, 离子键两两垂直且键长相等. 已知食盐的摩尔质量为 58.5 × 10 - 3kg/mol ,密度为 2.2×103kg/m3,阿伏加德罗常数为 6.0×1023mol-1, 求食盐晶体中两个距离最近的钠离子中心之间的距 离. 【解说】题意所求即图中任意一个小立方块的变 长(设为 a)的 2 倍,所以求 a 成为本题的焦点. 由于一摩尔的氯化钠含有 NA 个氯化钠分子,事实 上也含有 2NA 个钠离子(或氯离子) ,所以每个钠离子占据空间为 v = 而由图不难看出,一个离子占据的空间就是小立方体的体积 a3 , 即 a3 =
Vmol 2NA Vmol 2NA

=

M mol / ? 2NA
-10

,最后,邻近钠离子之间的距离 l =

2

a

【答案】3.97×10

m .
8

〖答案〗每个离子都被八个小立方体均分,故一个小立方体含有 1 ×8 个离 子 =
1 2

分子,所以?(此法普遍适用于空间点阵比较复杂的晶体结构.)
2 3

【例题 2】证明理想气体的压强 P =

n ?K ,其中 n 为分子数密度, ?K 为气

体分子平均动能. 解: “命令”所有分子以相同的速率 v 沿+x、?x、+y、?y、+z、?z 这 6 个方 向运动(这样造成的宏观效果和“杂乱无章”地运动时是一样的) ,则 Nx = 1 N 总
6
N x ? 2mvx ?t ? a 2
1 3 na ? 2m vx 6 a ? a2 vx

=

1 6

na ;而且 vx = v,所以 P =

3

F a2

=

=

= 1 nm v 2x =
3

2 3

n ?K

二、热现象和基本热力学定律
1、平衡态、状态参量 a、凡是与温度有关的现象均称为热现象,热学是研究热现象的科学.热学 研究的对象都是有大量分子组成的宏观物体,通称为热力学系统(简称系统). 当系统的宏观性质不再随时间变化时,这样的状态称为平衡态. b、系统处于平衡态时,所有宏观量都具有确定的值,这些确定的值称为状 态参量(描述气体的状态参量就是 P、V 和 T). c、热力学第零定律(温度存在定律) :若两个热力学系统中的任何一个系 统都和第三个热力学系统处于热平衡状态,那么,这两个热力学系统也必定处于 热平衡.这个定律反映出:处在同一热平衡状态的所有的热力学系统都具有一个 共同的宏观特征, 这一特征是由这些互为热平衡系统的状态所决定的一个数值相
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等的状态函数,这个状态函数被定义为温度. 2、温度 a、温度即物体的冷热程度,温度的数值表示法称为温标.典型的温标有摄 氏温标 t、华氏温标 F(F =
9 5

t + 32)和热力学温标 T(T = t + 273.15).
i kT (i 为分子的自由度 = 平动 2

b、 (理想)气体温度的微观解释: ?K =

自由度 t + 转动自由度 r + 振动自由度 s .对单原子分子 i = 3 , “刚性” 〈忽 略振动,s = 0,但 r = 2〉双原子分子 i = 5 .对于三个或三个以上的多原子分 子,i = 6 .能量按自由度是均分的) ,所以说温度是物质分子平均动能的标志. c、热力学第三定律:热力学零度不可能达到.(结合分子动理论的观点 2 和温度的微观解释很好理解.)

三、理想气体
1、气体实验三定律 在压强不太大,温度不太低的条件下,气体的状态变化遵从以下三个实验定 律 a、玻意耳-马略特定律:一定质量气体温度不变时,P1V1 = P2V2 或 PV = 恒 量 b、查理定律:一定质量气体体积不变时, P1 =
T1 P2 T2 T1

或 P = 恒量
T

c、盖·吕萨克定律:一定质量气体压强不变时, V1 = 【例题 4】如图 6-6 所示,一端封闭、内径均匀的 玻璃管长 L = 100cm ,其中有一段长 L′= 15cm 的水 银柱把一部分空气封闭在管中.当管水平放置时, 封闭 气柱 A 长 LA = 40cm.现把管缓慢旋转至竖直后,在把 开口端向下插入水银槽中,直至 A 端气柱长 LA? = 37.5cm 为止,这时系统处于静止平衡.已知大气压强 P0 = 75cmHg,过程温度不变,试求槽内水银进入管内 的水银柱的长度 h . 【解说】在全过程中,只有 A 部分的气体质量是 不变的,B 部分气体则只在管子竖直后质量才不变.所 以有必要分过程解本题. 过程一:玻管旋转至竖直 A 部分气体,LA′=
PA ? PA

V2 T2

或 V = 恒量
T

LA =

75 75 ? 15

×40 = 50cm

此时 B 端气柱长 LB′= L ? LA′? L′= 100 ? 50 ? 15 = 35cm 过程二:玻管出入水银槽
? A 部分气体 (可针对全程, 也可针对过程二) , PA =
? 50 LA ? P = ? A 37 .5 LA

×60 = 80cmHg

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? P0 PB 75 ? ? ×35 L = LB = ? ? B 80 ? 15 PA ? PL? PB

B 部分气体, LB? = 最后,h = L LA ?

≈ 27.6cm

? L′?

? LB

【答案】19.9cm . 2、理想气体 宏观定义:严格遵守气体实验定律的气体. 微观特征:a、分子本身的大小比起它们的间距可以忽略,分子不计重力势 能;b、除了短暂的碰撞过程外,分子间的相互作用可以忽略——意味着不计分 子势能;c、分子间的碰撞完全是弹性的. *理想气体是一种理想模型, 是实际气体在某些条件约束下的近似, 如果这 些条件不满足,我们称之为实际气体,如果条件满足不是很好,我们还可以用其 它的模型去归纳,如范德瓦尔斯气体、昂尼斯气体等. 理想气体压强的微观解释:P =
2 3

n ?K ,其中 n 为分子数密度(n =
T1 P2 V2 T2

N V

).

3、理想气体状态方程:一定质量的理想气体, P1V1 =

或 PV = 恒量
T

理想气体状态方程可以由三个试验定律推出,也可以由理想气体的压强微 观解释和温度微观解释推导得出. a、推论 1:
P1 ?1T1

=

P2 ? 2 T2

,此结论成功地突破了“质量一定”的条件约束,

对解某些特殊问题非常有效. b、克拉珀龙方程:原方程中,将“恒量”定量表达出来就成为 PV = ? RT , 其中 ? 为气体的摩尔数,这个结论被成为克拉珀龙方程.它的优点是能使本来针 对过程适用的方程可以应用到某个单一的状态. c、推论 2:气体混合(或分开)时, P1V1 +
T1 P2 V2 T2

+ ? +

Pn Vn Tn

?

PV T

,这

个推论很容易由克拉珀龙方程导出. 【例题 5】图 6-9 是一种测量低温用的气体温度计,它的下端是测 温泡 A ,上端是压力计 B ,两者通过绝热毛细管相连,毛细管容积不 计.操作时先把测温计在室温 T0 下充气至大气压 P0 , 然后加以密封, 再 将 A 浸入待测液体中,当 A 和待测液体达到热平衡后,B 的读数为 P , 已知 A 和 B 的容积分别为 VA 和 VB ,试求待测液体的温度. 【解说】本题是“推论 2”的直接应用
P0 (VA ? VB ) T0

=

PVA TA

+

PVB T0

【答案】TA =

PVAT0 P0 (VA ? VB ) ? PVB

【例题 6】图 6-10 所示是一定质量理想气体状态变化所经历的 P-T 图线,该图线是以 C 点为圆心的圆.P 轴则 C 点的纵坐标 PC 为单位(T 轴以 TC 为单位).若已知在此过程中气体所 经历的最低温度为 T0 ,则在此过程中,气体密度的最大 值 ρ 1 和最小值 ρ 2 之比 ρ 1/ρ 2 应等于多少?
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【解说】本题物理知识甚简,应用“推论 1”即可.
P1 ?1T1

=

P2 ? 2 T2
T

?

?1 ?2

=

P1T2 P2 T1

=

P1 / T1 P2 / T2
T

此式表明, P 越大时,ρ 就越大.故本题归结为求 P 的极大值和极小值. 方法一:P 与 T 的关系服从圆的方程(参数方程为佳) T = Tc + rcosθ P = PC + rsinθ 引入 y =
P T

=

PC ? r sin ? TC ? r cos ?
T

,然后求这个函数的极值?
T

方法二:见图 6-11,从 P 的几何意义可知, P 等于状态点到原点的连线与 T 轴夹角的正切值, 求 P 的极大和极小归结为求这个正切值
T

的极大和极小——很显然,当直线与圆周的两处相切时, 出现了这样的极大和极小值. θ max = α + β ,θ min =α ? β 而 tanα = sinβ =
PC TC
r T ?P
2 C 2 C

?

tanβ =

TC ? T0 2TCT0

(注意:依题意,r = TC ? T0 ) 所以 tanθ
max

=

tg? ? tg? 1 ? tg?tg? tg? ? tg? 1 ? tg?tg?

=

PC 2TCT0 ? TC (TC ? T0 ) TC 2TCT0 ? PC (TC ? T0 ) PC 2TCT0 ? TC (TC ? T0 ) TC 2TCT0 ? PC (TC ? T0 ) PC 2TCT0 ? TC (TC ? T0 ) TC 2TCT0 ? PC (TC ? T0 )

tanθ

min

=

=

【答案】 〔

PC 2TCT0 ? TC (TC ? T0 ) TC 2TCT0 ? PC (TC ? T0 )

〕/〔

〕.

d、道尔顿分压定律:当有 n 种混合气体混合在一个容器中时,它们产生的 压强等于每一种气体单独充在这个容器中时所产生的压强之和.即 P = P1 + P2 + P3 + ? + Pn 4、理想气体的内能、做功与吸放热计算 a、理想气体的内能计算 由于不计分子势能,故 E = N· ?K = N i kT = N i
2

R 2 NA

T =

?

i 2

RT ,其中 N

为分子总数, ? 为气体的摩尔数.由于(对一定量的气体)内能是温度的单值函 数,故内能的变化与过程完全没有关系. b、理想气体的做功计算 气体在状态变化时,其压强完全可以是变化的,所以气体压力的功从定义 角度寻求比较困难.但我们可以从等压过程的功外推到变压过程的功(☆无限分 割→代数累计?) ,并最终得出这样一个非常实用的结论:准静态过程理想气体
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的功 W 总是对应 P-V 图象中的“面积”.这个面积的理解分三层意思—— ①如果体积是缩小的,外界对气体做功,面积计为正;②如果体积是增大 的,气体对外界做功,面积计为负;③如果体积参量变化不是单调的(例如循环 过程) ,则面积应计相应的差值.如图 6-3 所示.

(☆学员思考:气体膨胀是不是一定对外做功??) c、吸放热的计算 初中所学的通式 Q = cmΔ T 仍适用,但值得注意的是,对固体和液体而言, 比热容 c 基本恒定(和材料相关) ,但对气体而言,c 会随着过程的不同而不同. 对理想气体,我们一般引进“摩尔热容”C(从克拉珀龙方程知,我们关心 气体的摩尔数更甚于关心气体的质量) ,物理意义:1 摩尔物质温度每升高 1K 所 吸收的热量.摩尔热容和比热容的关系 C = ΔT ②等压过程的摩尔热容称为“定压摩尔热容” ,用 CP 表示,所以 Q = ? CP ΔT 对于其它的复杂过程而言,摩尔热容的表达比较困难,因此,用直接的途 径求热量不可取,这时,我们改用间接途径:即求得Δ E 和 W 后,再用热力学第 一定律求 Q .(☆从这个途径不难推导出:① CV =
i 2

cm ?

.

①等容过程的摩尔热容称为“定容摩尔热容” ,用 CV 表示,所以 Q = ? CV

R ,CP =

i 2

R + R ,即 CP =

CV + R ? ;② E = ? CVT ) 【例题 8】0.1mol 的单原子分子理想气体,经历如图 6-13 所示的 A→B→C →A 循环,已知的状态途中已经标示.试问: (1)此循环过程中,气体所能达到的最高温度状态在何处,最高温度是多 少? (2)C→A 过程中,气体的内能增量、做功情 况、吸放热情况怎样? 【解说】 (1)介绍玻马定律的 P-V 图象,定性 预计 Tmax 的大概位置(直线 BC 上的某一点).定量 计算 PV 的极大值步骤如下—— BC 的直线方程为 P = - 1 V + 2
2

y = PV = - 1 V2 + 2V
2

显然,当 V = 2 时,y 极大,此时,P = 1
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代入克拉珀龙方程:1×105×2×10-3 = 0.1×8.31Tmax ,解得 Tmax = 240.7K (2)由克拉珀龙方程可以求得 TC = 180.5K = TB ,TA = 60.2K ΔE =
?
i 2

RΔ T = 0.1× 3 ×8.31×(60.2-180.5) = -150.0J
2

根据“面积”定式,W = 0.5×105×2×10-3 = 100J 计算 Q 有两种选择:a、Q = ? CPΔ T = 0.1× 5 ×8.31×(60.2-180.5) = -
2

250.0J b、Q = Δ E - W = -250.0J 【答案】 (1)V = 2×10-3 时,Tmax 为 240.7K; (2)内能减少 150.0J,外界对 气体做功 100J,气体向外界放热 250J . 〖思考一〗B→C 过程气体吸放热的情况又怎样? 〖解〗由于 B→C 过程一直是气体对外界做功,但内能却是先增后减,所以 过程的吸放热情况会复杂一些. 由Δ E = Q + W 不难看出,TB 到 Tmax 阶段肯定是吸热,但在 Tmax 到 TC 阶段则无 法定性判断.所以这里启用定量方法—— 在 Tmax 到 TC 阶段取一个极短过程 V →(V +Δ V) ,在此过程中 ΔE =
?
i 2

RΔ T =
2

3 2

Δ (PV)≈

3 2

(PΔ V + VΔ P)
2

由于 P = - 1 V + 2 ,有Δ P = - 1 Δ V 故Δ E =
2 3 2

(2-V)Δ V
2 2

又 W = - 1 Δ V(P +〈P-Δ P〉 )= -PΔ V + 1 Δ PΔ V ≈ -PΔ V =( 1 V- 2)Δ V ( “过程极短”的缘故?) 所以 Q = Δ E-W =(5-2V)Δ V Q < 0 时, 气体开始放热, 即 V > 2.5 时开始吸热 (转变体积 V′= 2.5 -3 3 5 ×10 m ,对应转变压强 P′= 0.75×10 Pa ,转变温度 T′= 225.6K). a、吸热阶段:Δ E = 0.1× 3 ×8.31×(225.6-180.5)= 56.2J
2

W = - 1 (1.5 + 0.75)×105×(2.5-1)×10-3 = -168.8J
2

Q = Δ E-W = 225.0J b、放热阶段:Δ E = 0.1× 3 ×8.31×(180.5-225.6)= -56.2J
2

W = - 1 (0.5 + 0.75)×105×(3-2.5)×10-3 = -31.3J
2

Q = Δ E-W = -24.9J (说明:如果针对 B→C 全程计算,不难得出 Q = 200.0J .那么,分出吸热、 放热的细节是不是没有必要呢?不能这样认为 . 因为热传递的过程具有不可逆 性,所以这里的热量“总帐”对气体可能是与“细帐”没有区别,但对外界而言, 吸热必然是来自高温热源,而放热却是针对低温热源,它们就象同一个公司的两 个不同贸易伙伴,算清具体往来显然是必要的.)
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〖答〗从高温热源吸收 225.0J 的热量,向低温热源放出 24.9J 的热量. 〖思考二〗B→C 过程吸热过程和放热过程的摩尔热容分别是多少? 〖解答〗 解略.吸热过程 C1 = 49.9J/(mol· K), 放热过程 C2 = 5.54 J/(mol· K). 〖思考三〗整个循环的效率是多少? 〖解答〗 A →B 过程吸热 Q = ? CVΔ T = 0.1 × 3 × 8.31× (180.5 - 60.2)=
2

150.0J ,B→C 过程吸热 225J ,C→A 过程只放热,所以全过程(从高温热源) 的吸热总量为 375J. 整个循环对外做的功就是△ABC 的面积,绝对值为 1 ×1.0×105×2×10?
2
3

= 100J 所以,效率 η =
W Q吸

=

100 375

= 26.7% .(从这个计算我们可以进一步领会区

分吸热和放热的重要性.) 【例题 9】如图 6-14 所示,A 和 B 是两个圆筒形绝热容器,中间用细而短的 管子连接,管中有导热性能良好的阀门 K ,而管子和阀门对外界却是绝热的.F 是带柄的绝热活塞,与容器 A 的内表面紧密接触,不漏气,且不计摩擦. 开始时,K 关闭,F 处于 A 的左端.A 中有 ? 摩尔、温度为 T0 的理想气体,B 中则为真空.现向右推动 F ,直到 A 中气体的体积与 B 的容积相等.在这个过程 中,已知 F 对气体做功为 W ,气体温度升为 T1 ,然后将 K 稍稍打开一点,使 A 中的气体缓慢向 B 扩散,同时让活塞 F 缓慢前进,并保持 A 中活塞 F 附近气体的 压强近似不变.不计活塞、阀门、容器的热 容量,试问:在此过程中,气体最后的温度 T2 是多少? 【解说】为求温度,可以依据能量关系 或状态方程.但事实证明,仅用状态方程还 不够,而要用能量关系,摩尔热容、做功的 寻求是必不可少的. 过程一:K 打开前,过程绝热,据热力学第一定律,Δ E = W 又由 E = ? CVT 知 Δ E = ? CV(T1 ? T0) 因此,CV =
W ?(T1 ? T0 ) ?RT1 V1

① ②

而且在末态,P1 =

过程二:K 打开后,过程仍然绝热,而且等压.所以, W′= P1(V1 ? V1′) ,其中 V1′为 A 容器最终的稳定容积. 〖学员思考〗此处求功时Δ V 只取 A 容器中气体体积改变而不取整个气体的 体积改变,为什么?——因为 B 容器中气体为自由膨胀 的缘故? .... 为求 V1′,引进盖·吕萨克定律 从这两式可得 W′= P1V1 2T1 ? T2
T1 V1 T1

=

? V1 ? V1 T2



而此过程的 Δ E′= ? CVΔ T = ? CV(T2 ? T1) ④ (注意:这里是寻求内能增量而非热量,所以,虽然是等压过程,却仍然用
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CV 而非 CP) 最后,结合①②③④式对后过程用热力学第一定律即可. 【答案】T2 =
2?R (T1 ? T0 ) ? W ?R (T1 ? T0 ) ? W

T1 .

四、相变 相:热学系统中物理性质均匀的部分.系统按化学成分的多少和相的种类多 少可以成为一元二相系 (如冰水混合物) 和二元单相系 (如水和酒精的混合液体) . 相变分气液相变、固液相变和固气相变三大类,每一类中又有一些具体的分支. 相变的共同热学特征是:相变伴随相变潜热. 1、气液相变,分气化和液化.气化又有两种方式:蒸发和沸腾,涉及的知识点有 饱和气压、沸点、汽化热、临界温度等. a、 蒸发.蒸发是液体表面进行的缓慢平和的气化现象 (任何温度下都能进行) . 影响蒸发的因素主要有①液体的表面积、②液体的温度、③通风条件.从分子动 理论的角度不难理解, 蒸发和液化必然总是同时进行着, 当两者形成动态平衡时, 液体上方的气体称为—— 饱和气,饱和气的压强称为饱和气压 PW .①同一温度下,不同液体的 PW 不 同(挥发性大的液体 PW 大) ,但同种液体的 PW 有唯一值(与气、液的体积比无关, 与液体上方是否存在其它气体无关) ; ②同一种液体, 在不同的温度下 PW 不同 (温 度升高,PW 增大,函数 PW = P0 e
? L RT

,式中 L 为汽化热,P0 为常量).

汽化热 L :单位质量的液体变为同温度的饱和气时所吸收的热量,它是相 变潜热的一种.汽化热与内能改变的关系 L = Δ E + PW(V 气 ? V 液)≈ Δ E + PWV


b、沸腾.一种剧烈的汽化,指液体温度升高到一定程度时,液体的汽化将不 仅仅出现在表面,它的现象是液体内部或容器壁出现大量气泡,这些气泡又升到 液体表面并破裂.液体沸腾时,液体种类不变和外界压强不变时,温度不再改变. (从气泡的动力学分析可知)液体沸腾的条件是液体的饱和气压等于外界 压强.(如在 1 标准大气压下,水在 100℃沸腾,就是因为在 100℃时水的饱和气 压时 760cmHg.) 沸点,液体沸腾时的温度.①同一外界气压下,不同液体的沸点不同;②同 一种液体,在不同的外界气压下,沸点不同(压强升高,沸点增大). c、液化.气体凝结成液体的现象.对饱和气,体积减小或温度降低时可实现 液化;对非饱和气,则须先使它变成饱和气,然后液化. 常用的液化方法:①保持温度不变,通过增大压强来减小气体的体积;② 保持体积不变,降低温度. 【例题 10】有一体积为 22.4L 的密闭容器,充有温度 T1 、压强 3atm 的空气 和饱和水汽,并有少量的水.今保持温度 T1 不变,将体积加倍、压强变为 2atm , 这时容器底部的水恰好消失.将空气、饱和水汽都看成理想气体,试问: ( 1)T1 的值是多少?(2)若保持温度 T1 不变,体积增为原来的 4 倍,容器内的压强又 是多少?(3)容器中水和空气的摩尔数各为多少? 【解说】容器中的气体分水汽和空气两部分 .容器中压强与空气压强、水汽
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压强的关系服从道尔顿分压定律.对水汽而言,第二过程已不再饱和. (1)在 T1 、3atm 状态,3 = P1 + PW (P1 为空气压强) 在 T1 、2atm 状态,2 = P2 + PW (P2 为空气压强) 而对空气,P1V = P22V 解以上三式得 P1 = 2atm ,P2 = 1atm ,PW = 1atm ,可得 T1 = 100℃ = 373K (2)此过程的空气和水汽质量都不再改变,故可整体用玻-马定律:2×2V = P′4V (这里忽略了“少量的”水所占据的体积?) (3)在一过程的末态用克拉珀龙方程即可. 【答案】 (1)373K ; (2)1atm ; (3)均为 1.46mol . 【例题 11】如图 6-15 所示,在一个横截面积为 S 的封闭容器中,有一质量 M 的活塞把容器隔成Ⅰ、Ⅱ两室,Ⅰ室中为饱和水蒸气,Ⅱ室中有质量为 m 的氮 气,活塞可以在容器中无摩擦地滑动.开始时,容器被水平地放置在地面上,活 塞处于平衡,Ⅰ、Ⅱ两室的温度均为 T0 = 373K,压强为 P0 .现将整个容器缓慢 地转到竖直位置,两室的温度仍为 T0 ,但Ⅰ室中有少量水蒸气液化成水.已知水 的汽化热为 L ,水蒸气和氮气的摩尔质量分别为μ 1 和μ 2 ,试求在整个过程中, Ⅰ室内系统与外界交换的热量.

【解说】容器水平放置时,设水蒸气的体积为 V1 ,氮气的体积为 V2 ;直立 时,设有体积为Δ V 的水蒸气液化成水. 直立后水的饱和气在同温度下压强不变,故氮气的压强 P = P0- Mg
S

在直立过程,对氮气用玻-马定律 P0V2 = P(V2 + Δ V) 结合以上两式可得Δ V =
Mg P0S ? Mg

V2
m ?2

为解决 V2 ,对初态的氮气用克拉珀龙方程 P0V2 = 这样,Δ V =
Mg P0S ? Mg

RT0

· mRT0
P0? 2 ?1P0 RT0

所以, 水蒸汽液化的质量 (用克拉珀龙方程) 为 Δ m= 这部分水蒸气液化应放出热量 Q =Δ m·L =
?1 ?2

Δ V=

?1 ?2

·

mMg P0S ? Mg

·

mMgL P0S ? Mg

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【答案】向外界放热 ?1 ·
?2

mMgL P0S ? Mg

.

〖思考〗解本题时,为什么没有考虑活塞对Ⅰ室做的功? 〖答〗注意汽化热 L 的物理意义——它其中已经包含了气体膨胀(汽化)或 收缩(液化)所引起的做功因素,若再算做功,就属于重复计量了. 〖*再思考〗Ⅱ中氮气与“外界”交换的热量是多少? 〖 * 答〗氮气没有相变,就可直接用热力学第一定律 . Δ E = 0 , W = ?
m ?2

RT0ln V2 ? ?V = ?
V2

m ?2

RT0ln ( 1 +

Mg P0S ? Mg

) ,所以 Q = Δ E – W =

m ?2

RT0ln ( 1

+

Mg P0S ? Mg

) ,吸热.

2、湿度与露点 a、空气的湿度.表示空气干湿程度的物理量,有两种定义方式.①绝对湿度: 空气中含有水蒸气的压强;②相对湿度 B :空气中含有水蒸气的压强跟该温度 下水的饱和蒸气压的比值,即 B =
P PW

×100%(相对湿度反映了空气中水蒸气离

开饱和的程度,人体感知的正是相对湿度而非绝对湿度,以 B 值为 60~70%比较 适宜.在绝对湿度一定的情况下,气温升高,B 值减小——因此,夏天尽管绝对 湿度较大,但白天仍感到空气比晚上干燥). b、露点:使空气中的水蒸气刚好达到饱和的温度.露点的高低与空气中含有 水蒸气的压强(即绝对湿度)密切相关,根据克拉珀龙方程,也就是与空气中水 蒸气的量有关:夏天,空气中水蒸气的量大,绝对湿度大(水蒸气的压强大) , 对应露点高;反之,冬天的露点低. 3、固液相变,分熔解和凝固. a、熔解.物质从故态变成液态.晶体有一定的熔解温度——熔点(严格地说, 只有晶体才称得上是固体) ,非晶体则没有.大多数物质熔解时体积会膨胀,熔点 会随压强的增大而升高,但也有少数物质例外(如水、灰铸铁、锑、铋等,规律 正好相反).(压强对熔点的影响比较微弱,如冰的熔点是每增加一个大气压熔 点降低 0.0075℃.) 熔解热 λ :单位质量的晶体在溶解时所吸收的热量.从微观角度看,熔解 热用于破坏晶体的空间点阵, 并最终转化为分子势能的增加, 也就是内能的增加, 至于体积改变所引起的做功,一般可以忽略不计. b、凝固.熔解的逆过程,熔解的规律逆过来都适用与凝固. 4、固气相变,分升华和凝华. a、升华.物质从固态直接变为气态的过程 .在常温常压下,碘化钾、樟脑、 硫磷、干冰等都有显著的升华现象. 升华热:单位质量的物质在升华时所吸收的热量.(从微观角度不难解释) 升华热等于同种物质的汽化热和熔解热之和. b、凝华.升华的逆过程.如打霜就是地面附近的水蒸气遇冷(0℃以下)凝华 的结果.凝华热等于升华热. 5、三相点和三相图 亦称 “三态点” .一般指各种稳定的纯物质处于固态、 液态、 气态三个相 (态) 平衡共存时的状态,叫做该物质的“三相点”.该点具有确定的温度和压强(清 注意:两相点,如冰点和汽点并不具备这样的特征).所以三相点这个固定温度
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适于作为温标的基点,现在都以水的三相点的温度作为确定温标的固定点. 附:几种物质的三相点数据 温度(K) 氢 氘 氖 氮 二氧化碳 水 13.84 18.63 24.57 63.18 216.55 273.16 压强(Pa) 7038.2 17062.4 43189.2 12530.2 517204 610.5

怎样理解三相点的存在呢?将相变的气 化曲线 OK(即饱和气压随温度变化的曲线— —对应函数 PW = P0 e
? L RT

) 、溶解曲线 OL(压强

随熔点变化的曲线) 、升华曲线 OS(压强随升 华点变化的曲线) 描绘在同一个 P-t 坐标中, 就构成“三相图”.三条曲线的交点就是三相 点,如图 6-16 所示. 在图中,为了表示三相点的精确位置,坐 标的标度并不是均匀的, 所以坐标轴用虚线表 示.OK、OL 和 OS 事实上分别是水汽两相点、 冰水两相点和冰汽两相点 “运动” 的结果—— 也就是相应两相的分界线.

五、固体和液体 1、固体——晶体和非晶体 a、晶体和非晶体的根本区别是:是否具有固定的熔点.晶体又分为单晶体和 多晶体,单晶体(如石英、云母、明矾、冰等)还具有规则的几何形状、物理性 质上表现为各向异性;多晶体(如岩石、金属等)则和非晶体一样,无规则几何 形状、各向同性. b、空间点阵:组成晶体的微观粒子所形成的规则排列(非晶体没有空间点 阵).晶体之所以具有固定的熔点,是因为发生相变时,吸收的热量全部用来破 坏空间点阵结构——分子间距的改变导致分子势能增大, 而分子的平均动能则不 变. 2、液体的表面张力 a、表面张力:存在于液体表面的使表面收缩的力.表面张力的微观解释是: 蒸发使表面分子间距大于 r0 ,因此分子力体现为引力. 表面张力系数α :设想在液面作长为 L 的线段,则线段两边表面张力必垂 直于这条线段,且于液面相切,各自的大小均为 f = α L ,其中α 称表面张力系数. b、浸润现象:液体与固体接触时,若接触角θ
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(见图 6-17)为锐角,称为浸润现象;反之,接触角为钝角,称为不浸润.液体 相对固体是否浸润取决于液体和固体的组合关系, 如水能浸润玻璃却不能浸润石 蜡,水银能浸润锌版却不能浸润玻璃. 当θ = 0 时,称为“完全浸润” ;当θ =π 时,称为“完全不浸润”. 从微观角度看,液体能否浸润固体取决于液体与固体接触的“附着层”分 子受液体分子力(内聚力)更大还是受固体分子力(附着力)更大. c、毛细现象:浸润管壁的液体在毛细管中液面升高,不浸润管壁的液体在 毛细管中液面降低的现象.毛细现象的形成事实上是液体表面张力的合效果. ☆如果毛细管的为 r ,液体的表面张力系数为α ,对管壁的浸润角为θ ,不 难求出毛细现象导致的液面上升(或下降)量 h =
2 cos ? ?gr

.

【例题 12】如图 6-18 所示,在一个两端开口的、半径为 1mm 的长 毛细管中装满水,然后把它竖直地放在空间,认为水完全浸润毛细管, 且水的表面张力系数为 7.3×10-2N/m , 则留在管中的水柱应有多长? 【解说】由于有两个曲面,故曲面边缘的表面张力合力为 F = 2·α 2π rcosθ 2 液柱的重力 G =ρ π r hg 解它们的平衡方程即可(θ = 0) 【答案】h = 2.94×10-2m .

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;
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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.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 2
r

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. 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. 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 Q
r

b、均匀带电球壳 以无穷远为参考点,U 外 = k Q ,U 内 = k Q
r

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(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
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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,平行板电容器 C = =
1 4 ?k

? rS 4?kd

=

?S d

,其中ε 为绝对介电常数(真空中ε
r

0

,其它介质中ε =

1 4?k?

) ,ε r 则为相对介电常数,ε

=

? ?0

.

3、电容器的连接 a、串联
1 C

=

1 C1

+

1 C2

+

1 C3

+ ? +

1 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,这也就是电容器的储能 E ,所以 E =
1 2

q0U0 =

1 2

C U02 =

2 1 q0 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 8 ?k

E2
1 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 = 这以结论适用于非匀强电场. 五、电介质的极化

E2 .而且,

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
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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.(反证法) 【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Δ S ,它在球心 O 点激发的场强大小为 Δ E = k ??2S ,方向由 P 指向 O 点.
R

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,它们向量合成的效果 怎样呢?这里我们要大胆地预见——由于在 x 方向、 y 方向上的对称性, Σ Ez ,所以先求
? Δ Ez = Δ Ecosθ = k ??S cos ,而且Δ Scosθ 为面 2 R
? E ix

= Σ

? E iy

=0 , 最后的Σ E = Σ

元在 xoy 平面的投影,设为Δ S′ 所以 Σ Ez =
k? R2

Σ Δ S′

而 Σ Δ S′= π R2 【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 1 球面,每个 1 球面在 x、y、z 三个方向上
8 8

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

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 ,
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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 E1 =
4 ? ?r13 k 32 r1

=

4 3

kρ π r1 ,方向由 O 指向 P

“小球”激发的场强为 E2 =
4 ? ?r23 k 32 r2

=

4 3

kρ π r2 ,方向由 P 指向 O′

E1 和 E2 的向量合成遵从平行四边形法则, Σ E 的方向如图.又由于向量三角形 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 4 kρ π a ,方向均沿 O → O′,空腔里的电场是匀强电场.
3

〖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〗 4 π kρ q〔 R2 ?
3
3

b

R?3 (b ? a ) 2

〕.

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
??L R2 ? r2

环共有 2?R 段, 各段在 P 点形成的电势相同, 而且它们是标
?L

量叠加. 【答案】UP =
2?k?R R2 ? r2

〖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?
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〖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 = k ? · ?? ? r1 = kσ Δ Ω
2

r1

r1

cos?

r1 cos ?

Δ U2 = kσ Δ Ω

r2 cos ? r1 ? r2 cos ?

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 ; (2)球心电势仍为 k Q ,
R R

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 Q - k
r

Q R1

+ k Q?q .
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
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UO = k q + k Q A + k Q B = 0
d

RA

RB

QB 应指 B 球壳上的净电荷量,故 QB = 0 所以 QA = - R A 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 + k Q A
d

RB
d
d

〖答〗 (1)QA = - R A q ; (2)UB = k q (1- R A ) .
RB

【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 3

UA ;UB′=

1 6

UA +

1 2

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
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最后回到原来的单层盒子,中心电势必为 U = 〖答〗U =
1 4

1 4

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 2q + U 半球面
R

其中 U UQ

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

= -

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 q + k ?q = 0
L L

?

UD = k

q 3L

+ k ?q = - 2 kq
L 3L

U∞ = 0 再用功与电势的关系即可. 【答案】 (1) 2 kq ; (2) 2 kq .
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,
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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 q1q2 ; (2)Ek1 =
r

m2 m1 ? m 2

k q1q2 ,Ek2 =
r

m1 m1 ? m 2

k q1q2 ; (3)k q1q2 .
r r

〖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( q1q 2 + q2q3 + q 3q1 ).
r12 r23 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 q
2

L

= 2 kq

2

L

+ k

q2 2L

+

1 2

mv2 +

1 2

2m v?

2

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
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解以上四式易得 σ σ

1

= σ

4

=
3

Q1 ? Q 2 2S Q1 ? Q 2 2S

2

= ?σ

=

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
1

+ σ

2

? σ

3

? σ 4)= 2π k Q1 ? Q2 〕.
S

最后,UAB = EⅡd 【答案】 (1) A 板外侧电量 Q1 ? Q2 、 A 板内侧电量 Q1 ? Q2 , B 板内侧电量? Q1 ? Q2 、
2 2 2

B 板外侧电量 Q1 ? Q2 ; (2) A 板外侧空间场强 2π k Q1 ? Q2 ,方向垂直 A 板向外,A、
2 S

B 板之间空间场强 2π k Q1 ? Q2 ,方向由 A 垂直指向 B,B 板外侧空间场强 2π
S

k Q1 ? Q2 ,方向垂直 B 板向外; (3)A、B 两板的电势差为 2π kd Q1 ? Q2 ,A 板电势
S S

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:Q1 ? Q2 ) ?
2

如果在板间充满相对介电常数为 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 Q1 ? Q2 · EⅠ (方向相左) ,内侧受力 Q1 ? Q2 · EⅡ (方
2 2 2 2

向向右) ,它们合成即可,结论为 F =

2 k? S

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 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 C1

=

Q2 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 d

关系求解,比较常规(上下部分的场强相等).

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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 S/ 2

?

Q? 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 个空间的场强均为
8?kQ (1 ? ? r )S 1 1 ? ?r

Q ,介质部分的电量为

?r 1 ? ?r

Q ; (2)整

; (3) ?r ? 1 Q .
?r ? 1

〖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〗略. 〖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. 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 C ? C?

+

1 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 C ? C总

+

1 C

=

1 C总

【答案】 (1)

5 ?1 C 2

; (2)

5 ?1 C 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 =
C1C2 ? C2C3 ? C3C1 C3

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Cb = Cc = Y→Δ 型:C1 = C2 = C3 =

C1C 2 ? C 2 C 3 ? C 3 C1 C1 C1C 2 ? C 2 C 3 ? C 3 C1 C2
Ca Cc C a ? C b ? Cc Ca C b Ca ? C b ? Cc 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

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
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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 =
U 3 k ?1

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: Q3 +
3C ? ? Q1 3C
Q 3

=

? Q2 2C
Q 7

从以上三式解得 Q1′= Q3′=
1 Q2 2 C

,Q2′=

4Q 21

,这样系统的储能就可以用

得出了.
CU 2 2 ? 32 k ?1

【答】 (1)Ek =

; (2) CU

2

63

.

〖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.)

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第九部分 稳恒电流 第一讲 基本知识介绍 一、欧姆定律 1、电阻定律 a、电阻定律 R = ρ
l S

b、金属的电阻率 ρ = ρ 0(1 + α t) 2、欧姆定律 a、外电路欧姆定律 U = IR ,顺着电流方向电势降落 b、含源电路欧姆定律 在如图 8-1 所示的含源电路中,从 A 点到 B 点,遵照原则:①遇电阻,顺 电流方向电势降落(逆电流方向电势升高)②遇电源,正 极到负极电势降落,负极到正极电势升高(与电流方向无 关) ,可以得到以下关系 UA ? IR ? ε ? Ir = UB 这就是含源电路欧姆定律. c、闭合电路欧姆定律 在图 8-1 中,若将 A、B 两点短接,则电流方向只可能向左,含源电路欧姆 定律成为 UA + IR ? ε + Ir = UB = UA 即 ε = IR + Ir ,或 I =
? R?r

这就是闭合电路欧姆定律.值得注意的的是:①对于复杂电路, “干路电流 I”不能做绝对的理解(任何要考察的一条路均可视为干路) ;②电源的概念也是 相对的,它可以是多个电源的串、并联,也可以是电源和电阻组成的系统;③外 电阻 R 可以是多个电阻的串、并联或混联,但不能包含电源. 二、复杂电路的计算 1、戴维南定理:一个由独立源、线性电阻、线性受控源组成的二端网络, 可以用一个电压源和电阻串联的二端网络来等效.(事实上,也可等效为“电流 源和电阻并联的的二端网络”——这就成了诺顿定理.) 应用方法:其等效电路的电压源的电动势等于网络的开路电压,其串联电阻 等于从端钮看进去该网络中所有独立源为零值 时的等效电阻. ... 2、基尔霍夫(克希科夫)定律 a、基尔霍夫第一定律:在任一时刻流入电路中某 一分节点的电流强度的总和,等于从该点流出的电流强 度的总和. 例如,在图 8-2 中,针对节点 P ,有 I2 + I3 = I1 基尔霍夫第一定律也被称为“节点电流定律” ,它 是电荷受恒定律在电路中的具体体现. 对于基尔霍夫第一定律的理解,近来已经拓展为:
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流入电路中某一“包容块”的电流强度的总和,等于从该“包容块”流出的电流 强度的总和. b、基尔霍夫第二定律:在电路中任取一闭合回路,并规定正的绕行方向, 其中电动势的代数和,等于各部分电阻(在交流电路中为阻抗)与电流强度乘积 的代数和. 例如,在图 8-2 中,针对闭合回路① ,有 ε 3 ? ε 2 = I3 ( r3 + R2 + r2 ) ? I2R2 基尔霍夫第二定律事实上是含源部分电路欧姆定律的变体(☆同学们可以 列方程 UP = ? = UP 得到和上面完全相同的式子). 3、Y?Δ 变换 在难以看清串、并联关系的电路中,进行“Y 型?Δ 型”的相互转换常常是 必要的.在图 8-3 所示的电路中 ☆同学们可以证明 Δ → Y 的结 论? Rc = Rb = Ra =
R1R 3 R1 ? R 2 ? R 3 R 2R 3 R1 ? R 2 ? R 3 R 1R 2 R1 ? R 2 ? R 3 R a R b ? R bR c ? R cR a Rb Ra R b ? R bRc ? RcRa Rc Ra R b ? R bRc ? RcRa Ra

Y→Δ 的变换稍稍复杂一些,但我们仍然可以得到 R1 = R2 = R3 =

三、电功和电功率 1、电源 使其他形式的能量转变为电能的装置.如发电机、电池等.发电机是将机械能 转变为电能;干电池、蓄电池是将化学能转变为电能;光电池是将光能转变为电 能;原子电池是将原子核放射能转变为电能;在电子设备中,有时也把变换电能 形式的装置,如整流器等,作为电源看待. 电源电动势定义为电源的开路电压,内阻则定义为没有电动势时电路通过电 源所遇到的电阻.据此不难推出相同电源串联、并联,甚至不同电源串联、并联 的时的电动势和内阻的值. 例如,电动势、内阻分别为 ε 1 、r1 和 ε 2 、r2 的电源并联,构成的新电源 的电动势 ε 和内阻 r 分别为(☆师生共同推导?) ε r = =
?1r2 ? ?2r1 r1 ? r2 r1r2 r1 ? r2

2、电功、电功率 电流通过电路时, 电场力对电荷作的功叫做电功 W.单位时间内电场力所作的
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功叫做电功率 P . 计算时,只有 W = UIt 和 P = UI 是完全没有条件的,对于不含源的纯电阻, 电功和焦耳热重合,电功率则和热功率重合,有 W = I2Rt =
U2 R

t 和 P = I2R = U

2

R

.

对非纯电阻电路,电功和电热的关系依据能量守恒定律求解. 四、物质的导电性 在不同的物质中,电荷定向移动形成电流的规律并不是完全相同的. 1、金属中的电流 即通常所谓的不含源纯电阻中的电流,规律遵从“外电路欧姆定律”. 2、液体导电 能够导电的液体叫电解液(不包括液态金属) .电解液中离解出的正负离子 导电是液体导电的特点(如:硫酸铜分子在通常情况下是电中性的,但它在溶液
? 里受水分子的作用就会离解成铜离子 Cu2+和硫酸根离子 S O 2 它们在电场力的作 4 ,

用下定向移动形成电流). 在电解液中加电场时,在两个电极上(或电极旁)同时产生化学反应的过程 叫作“电解”.电解的结果是在两个极板上(或电极旁)生成新的物质. 液体导电遵从法拉第电解定律—— 法拉第电解第一定律:电解时在电极上析出或溶解的物质的质量和电流强 度、跟通电时间成正比.表达式:m = kIt = KQ (式中 Q 为析出质量为 m 的物 质所需要的电量; K 为电化当量, 电化当量的数值随着被析出的物质种类而不同, 某种物质的电化当量在数值上等于通过 1C 电量时析出的该种物质的质量,其单 位为 kg/C.) 法拉第电解第二定律:物质的电化当量 K 和它的化学当量成正比.某种物质 的化学当量是该物质的摩尔质量 M(克原子量)和它的化合价 n 的比值,即 K =
M Fn

,而 F 为法拉第常数,对任何物质都相同,F = 9.65×104C/mol . 将两个定律联立可得:m =
M Fn

Q .

第二讲 重要模型和专题 一、纯电阻电路的简化和等效 1、等势缩点法 将电路中电势相等的点缩为一点,是电路简化的途径之一 .至于哪些点的电 势相等,则需要具体问题具体分析—— 【物理情形 1】在图 8-4 甲所示的电路中,R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = R ,试 求 A、B 两端的等效电阻 RAB . 【模型分析】这是一个基本的等势缩点的事例,用到的是物理常识是:导线 是等势体, 用导线相连的点可以缩为一点.将图 8-4 甲图中的 A、 D 缩为一点 A 后, 成为图 8-4 乙图

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对于图 8-4 的乙图,求 RAB 就容易了. 【答案】RAB =
3 8

R .

【物理情形 2】在图 8-5 甲所示的电路中,R1 = 1Ω ,R2 = 4Ω ,R3 = 3Ω , R4 = 12Ω ,R5 = 10Ω ,试求 A、B 两端的等效电阻 RAB . 【模型分析】这就是所谓的桥式电路,这里先介绍简单的情形:将 A、B 两 端接入电源,并假设 R5 不存在,C、D 两点的电势有什么关系? ☆学员判断?→结论:相等. 因此,将 C、D 缩为一点 C 后,电路等效为图 8-5 乙

对于图 8-5 的乙图,求 RAB 是非常容易的.事实上,只要满足 R1 = R 3 的关系,
R2 R4

我们把桥式电路称为“平衡电桥”. 【答案】RAB =
15 4

Ω .

〖相关介绍〗英国物理学家惠斯登曾将图 8-5 中的 R5 换成灵敏电流计○ G ,将 R1 、R2 中的某一个电阻换成待测电阻、将 R3 、R4 换成带触头的电阻丝,通过调 节触头 P 的位置,观察电流计示数为零来测量带 测电阻 Rx 的值,这种测量电阻的方案几乎没有系 统误差,历史上称之为“惠斯登电桥”. 请学员们参照图 8-6 思考惠斯登电桥测量电 阻的原理,并写出 Rx 的表达式(触头两端的电阻 丝长度 LAC 和 LCB 是可以通过设置好的标尺读出 的). ☆学员思考、计算?
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【答案】Rx = L CB R0 .
L AC

【物理情形 3】 在图 8-7 甲所示的有限网络中, 每一小段导体的电阻均为 R , 试求 A、B 两点之间的等效电阻 RAB . 【模型分析】在本模型中,我们介绍“对称等势”的思想.当我们将 A、B 两 端接入电源,电流从 A 流向 B 时,相对 A、B 连线对称的点电流流动的情形必然 是完全相同的,即:在图 8-7 乙图中标号为 1 的点电势彼此相等,标号为 2 的点 电势彼此相等?.将它们缩点后,1 点和 B 点之间的等效电路如图 8-7 丙所示.

不难求出,R1B = 【答案】RAB =
5 7

5 14

R ,而 RAB = 2R1B .

R .

2、△→Y 型变换 【物理情形】在图 8-5 甲所示的电路中,将 R1 换成 2Ω 的电阻,其它条件不 变,再求 A、B 两端的等效电阻 RAB . 【模型分析】此时的电桥已经不再“平衡” ,故不能采取等势缩点法简化电 路.这里可以将电路的左边或右边看成△型电路,然后进行△→Y 型变换,具体 操作如图 8-8 所示. 根据前面介绍的定式,有 Ra = Rb = Rc =
R 1R 3 R1 ? R 3 ? R 5 R 1R 5 R1 ? R 3 ? R 5 R 3R 5 R1 ? R 3 ? R 5

= = =

2?3 2 ? 3 ? 10 2 ?10 2 ? 3 ? 10 3 ?10 2 ? 3 ? 10

= =

2 5 4 3

Ω Ω

= 2Ω

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再求 RAB 就容易了. 【答案】RAB =
618 145

Ω .

3、电流注入法 【物理情形】对图 8-9 所示无限网络,求 A、B 两点间的电阻 RAB . 【模型分析】显然,等势缩点和△→Y 型变换 均不适用这种网络的计算 . 这里介绍“电流注入 法”的应用. 应用电流注入法的依据是: 对于任何一个等效 电阻 R,欧姆定律都是适用的,而且,对于每一 段导体,欧姆定律也是适用的. 现在, 当我们将无穷远接地, A 点接电源正极, 从 A 点注入电流 I 时,AB 小段导体的电流必为 I/3 ; 当我们将无穷远接地,B 点接电源负极,从 B 点抽出电流 I 时,AB 小段导体的电流必为 I/3 ; 那么,当上面“注入”和“抽出”的过程同时进行时,AB 小段导体的电流必 为 2I/3 . 最后,分别对导体和整个网络应用欧姆定律,即不难求出 RAB . 【答案】RAB = 2 R .
3

〖相关介绍〗事实上,电流注入法是一个解复杂电路的基本工具,而不是仅 仅可以适用于无限网络 . 下面介绍用电流注入 法解图 8-8 中桥式电路(不平衡)的 RAB . 从 A 端注入电流 I ,并设流过 R1 和 R2 的电 流分别为 I1 和 I2 ,则根据基尔霍夫第一定律, 其它三个电阻的电流可以表示为如图 8-10 所 示. 然后对左边回路用基尔霍夫第二定律,有 I1R1 + (I1 ? I2)R5 ? (I ? I1)R3 = 0 即 2I1 + 10(I1 ? I2) ? 3(I ? I1) = 0 整理后得 15I1 ? 10I2 = 3I ① 对左边回路用基尔霍夫第二定律,有 I2R2 ? (I ? I2)R4 ? (I1 ? I2)R5 = 0 即 4I2 ? 12(I ? I2) ? 10(I1 ? I2) = 0 整理后得 ?5I1 + 13I2 = 6I ② 解①②两式,得 I1 =
99 I 145

,I2 =

21 29

I

很显然 UA ? I1R1 ? I2R2 = UB 即 UAB = 2×
99 I 145

+ 4× 21 I =
29

618 145

I
UAB I

最后对整块电路用欧姆定律,有 RAB =

=

618 145

Ω .

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4、添加等效法 【物理情形】在图 8-11 甲所示无限网络中,每个电阻的阻值均为 R ,试求 A、B 两点间的电阻 RAB .

【模型分析】解这类问题,我们要用到一种数学思想,那就是:无穷大和有 限数的和仍为无穷大.在此模型中,我们可以将“并联一个 R 再串联一个 R”作 为电路的一级,总电路是这样无穷级的叠加.在图 8-11 乙图中,虚线部分右边可 以看成原有无限网络,当它添加一级后,仍为无限网络,即 RAB∥R + R = RAB 解这个方程就得出了 RAB 的值. 【答案】RAB =
1? 5 2

R .

〖解说〗可以,在 A 端注入电流 I 后,设第 一级的并联电阻分流为 I1 , 则结合基尔霍夫第一 定律和应有的比例关系,可以得出相应的电流值 如图 8-12 所示 对图中的中间回路, 应用基尔霍夫第二定律, 有 (I ? I1)R + (I ? I1) I1 R ? I1R = 0
I

解得 I1 =

5 ?1 I 2 5 ?1 IR 2
1? 5 2

很显然 UA ? IR ? I1R = UB 即 UAB = IR + 最后,RAB =
UAB I

=

IR

=

1? 5 2

R .

【综合应用】在图 8-13 甲所示的三维无限网络中,每两个节点之间的导体 电阻均为 R ,试求 A、B 两点间的等效电阻 RAB . 【解说】当 A、B 两端接入电源时,根据“对称等势”的思想可知,C、D、E? 各点的电势是彼此相等的,电势相等的点可以缩为一点,它们之间的电阻也可以 看成不存在.这里取后一中思想,将 CD 间的导体、DE 间的导体?取走后,电路 可以等效为图 8-13 乙所示的二维无限网络.

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对于这个二维无限网络,不难求出 R′= 显然,RAB = R′∥ 2R ∥R′
3

3 ? 21 3

R

【答案】RAB =

2 21

R .

二、含源电路的简化和计算 1、戴维南定理的应用 【物理情形】在如图 8-14 甲所示电路中,电源 ε = 1.4V,内阻不计,R1 = R4 = 2Ω ,R2 = R3 = R5 = 1Ω ,试用戴维南定理解流过电阻 R5 的电流.

【模型分析】用戴维南定理的目的是将电源系统或与电源相关联的部分电路 等效为一个电源,然后方便直接应用闭合电路欧姆定律.此电路中的电源只有一 个,我们可以援用后一种思路,将除 R5 之外的电阻均看成“与电源相关联的”部 分,于是—— 将电路做“拓扑”变换,成图 8-14 乙图.这时候,P、Q 两点可看成“新电源” 的两极,设新电源的电动势为 ε ′,内阻为 r′,则 r′= R1∥R2 + R3∥R4 =
? (R1 ? R 2 ) (R 3 ? R 4 )
14 15
1 2

4 3

Ω
7 15

ε ′为 P、Q 开路时的电压.开路时,R1 的电流 I1 和 R3 的电流 I3 相等,I1 = I3 =
?

=

7 15

A ,令“老电源”的负极接地,则 UP = I1R2 =
7 15

V ,

UQ = I3R4 =

V ,所以 ε ′= UQP =

V

最后电路演化成图 8-14 丙时,R5 的电流就好求了. 【答案】R5 上电流大小为 0.20A,方向(在甲图中)向上.
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2、基尔霍夫定律的应用 基尔霍夫定律的内容已经介绍,而且在(不含源)部分电路中已经做过了应 用.但是在比较复杂的电路中,基尔霍夫第一定律和第二定律的独立方程究竟有 几个?这里需要补充一个法则,那就是—— 基尔霍夫第一定律的独立方程个数为节点总数减一; 基尔霍夫第二定律的独立方程个数则为独立回路的个数 .而且,独立回路的 个数 m 应该这样计算 m = p ? n + 1 其中 p 为支路数目(不同电流值的数目) ,n 为节点个数.譬如,在图 8-15 所 示的三个电路中,m 应该这样计算

甲图,p = 3 ,n = 2 ,m = 3 ?2 + 1 = 2 乙图,p = 6 ,n = 4 ,m = 6 ?4 + 1 = 3 丙图,p = 8 ,n = 5 ,m = 8 ?5 + 1 = 4 以上的数目也就是三个电路中基尔霍夫第二定律的独立方程个数. 思考启发:学员观察上面三个电路中 m 的结论和电路的外部特征,能得到什 么结果? ☆学员:m 事实上就是“不重叠”的回路个数! (可在丙图的基础上添加一支 路验证?) 【物理情形 1】在图 8-16 所示的电路中,ε 1 = 32V,ε 2 = 24V,两电源的 内阻均不计,R1 = 5Ω ,R2 = 6Ω ,R3 = 54Ω ,求各支路的电流. 【模型分析】这是一个基尔霍夫定律的基本应用,第一定律的方程个数为 n ? 1 = 2 ,第二方程的个数为 p ? n + 1 = 2 由第一定律,有 I3 = I1 + I2 由第二定律,左回路有 ε 1 ? ε 2 = I1R1 ? I2R2 左回路有 ε 2 = I2R2 + I3R3 代入数字后,从这三个方程不难解出 I1 = 1.0A ,I2 = ?0.5A ,I3 = 0.5A 这里 I2 的负号表明实际电流方向和假定方向相 反. 【答案】 R1 的电流大小为 1.0A, 方向向上, R2 的电流大小为 0.5A, 方向向下, R3 的电流大小为 0.5A,方向向下.

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【物理情形 2】 用基尔霍夫定律解图 8-14 甲所示电路中 R5 的电流 (所有已知 条件不变). 【模型分析】此电路 p = 6 ,n = 4 ,故 基尔霍夫第一定律方程个数为 3 ,第二定律方 程个数为 3 . 为了方便, 将独立回路编号为Ⅰ、 Ⅱ和Ⅲ , 电流只设了三个未知量 I1 、I2 和 I3 ,其它三 个电流则直接用三个第一定律方程表达出来, 见图 8-17 .这样,我们只要解三个基尔霍夫第 二定律方程就可以了. 对Ⅰ回路,有 I2R1 + I1R5 ? I3R3 = 0 即 2I2 + 1I1 ? 1I3 = 0 ① 对Ⅱ回路,有 (I2 ? I1)R2 ? (I1 + I3)R4 ? I1R5 = 0 即 1(I2 ? I1) ? 2(I1 + I3) ? 1I1 = 0 ② 对Ⅲ回路,有 ε = I3R3 + (I1 + I3)R4 即 1.4 = 1I3 + 2(I1 + I3) ③ 解①②③式不难得出 I1 = ?0.2A .(I2 = 0.4A ,I3 = 0.6A) 【答案】略. 【物理情形 3】求解图 8-18 所示电路中流过 30Ω 电阻的电流. 【模型分析】基尔霍夫第一定律方程 2 个,已在图中体现 基尔霍夫第二定律方程 3 个,分别为—— 对Ⅰ回路,有 100 = (I2 ? I1) + I2·10 ① 对Ⅱ回路,有 40 = I2·10 + I1·30 ? I3·10 ② 对Ⅲ回路,有 100 = I3·10 + (I1 + I3) ·10 ③ 解①②③式不难得出 I1 = 1.0A .(I2 = 5.5A ,I3 = 4.5A) 【答案】大小为 1.0A,方向向左. 〖小结〗解含源电路我们引进了戴维南定理和基尔霍夫定律两个工具 .原则 上,对任何一个问题,两种方法都可以用.但是,当我们面临的只是求某一条支 路的电流,则用戴维南定理较好,如果要求求出多个(或所有)支路的电流,则 用基尔霍夫定律较好.而且我们还必须看到,随着独立回路个数的增多,基尔霍 夫第二定律的方程随之增多,解题的麻烦程度随之增大. 三、液体导电及其它 【物理情形】已知法拉 第 恒 量 F = 4 9.65×10 C/mol , 金的摩尔 质量为 0.1972kg/mol ,金 的化合价为 3 , 要想在电解 池中析出 1g 金, 需要通过多 少电量?金是在电解池的正 极板还是在负极板析出? 【解说】法拉第电解定律(综合形式)的按部就班应 用, 即 Q=
m Fn M

, 代入相关数据 (其中 m = 1.0×10?3kg ,

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n = 3)即可. 【答案】需要 1.47×103C 电量,金在负极板析出. 【相关应用】在图 8-19 所示的装置中,如果在 120 分钟内淀积 3.0×1022 个 银原子,银的化合价为 1 .在电流表中显示的示数是多少?若将阿弗伽德罗常数 视为已知量,试求法拉第恒量. 【解说】第一问根据电流定义即可求得; 第二问 F =
QM mn

=

3.0 ? 1022 ? 1.6 ? 10?19 M 3.0 ? 1022 M 6.02 ? 1023

【答案】0.667A;9.63×104C/mol . 四、问题补遗——欧姆表 图 8-20 展示了欧姆表的基本原理图(未包括换档电路) ,虚线方框内是欧姆 表的内部结构,它包含表头 G、直流电源ε (常用干电池)及电阻 RΩ . 当被测电阻 Rx 接入电路时,表头 G 电流 I =
? Rg ? r ? R? ? R x

可以看出,对给定的欧姆表,I 与 Rx 有一一对应的 关系,所以由表头指针的位置可以知道 Rx 的大小.为了 读数方便,事先在刻度盘上直接标出欧姆值. 考查 I(Rx)函数,不难得出欧姆表的刻度特点有 三:①大值在左边、小值在右边;②不均匀,小值区域 稀疏、 大值区域密集; ③没有明确的量程, 最右边为零, 最左边为∞ . 欧姆表虽然没有明确的量程,并不以为着测量任何 电阻都是准确的, 因为大值区域的刻度线太密, 难以读 出准确读数. 这里就有一个档位选择问题 .欧姆表上备 有“×1” 、 “×10” 、 “×100” 、 “×1k”不同档位,它们的意义是:表盘的读数乘 以这个倍数就是最后的测量结果.比如, 一个待测电阻阻值越 20kΩ , 选择 “×10” 档,指针将指在 2k 附近(密集区) ,不准,选择“×1k”档,指针将指在 20 附 近(稀疏区) ,读数就准确了. 不同的档位是因为欧姆表的中值电阻可以选择造成的.当 Rx =(Rg + r + RΩ ) 时,表头电流 I =
1 2

Ig ,指针指在表盘的几何中心,故称此时的 Rx——即(Rg +

r + RΩ )——为中值电阻,它就是表盘正中刻度的那个数字乘以档位倍数.很显 然,对于一个给定的欧姆档,中值电阻(简称 R 中)应该是固定不变的. 由于欧姆表必须保证 Rx = 0 时,指针指到最右边(0Ω 刻度) ,即
? Rg ? r ? R?

= Ig

这个式子当中,只有 Rg 和 Ig 是一成不变的,ε 、r 均会随着电池的用旧而 改变(ε ↓、r↑) ,为了保证方程继续成立,有必要调整 RΩ 的值,这就是欧姆 表在使用时的一个必不可少的步骤:欧姆调零,即将两表笔短接,观察指针指到 最右边(0Ω 刻度)即可. 所以,在使用欧姆表时,选档和调零是必不可少的步骤,而且换档后,必须 重新调零.
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【相关问题 1】当欧姆表的电池用旧了之后,在操作规范的前提下,它的测 值会 (填“偏大” 、 “偏小”或“继续准确” ). 【解说】这里的操作规范是指档位选择合适、已正确调零.电池用旧后,ε ↓、r↑,但调零时,务必要使 RΩ ↓,但 Rg + r + RΩ = R 中 = 形成系统误差是必然的. 设新电池状态下电源电动势为 ε 、中值电阻为 R 势为 ε ′、中值电阻为 R 中′,则针对同一个 Rx ,有 新电池状态 I =
? R中 ? R x

?? Ig

,故 R 中↓,



,用旧状态下电源电动

=

? ? ? Rx Ig

=
1?

Ig Ig R x ? Ig Ig R x ??

旧电池状态 I′=

?? R 中? ? R x

=

?? ?? ? Rx Ig

=
1?

两式比较后,不难得出 I′< I ,而表盘的刻度没有改变,故欧姆示数增 大. 【答案】偏大. 【相关问题 2】用万用表之欧姆档测某二极管极性时,发现指针偏转极小, 则与红表笔相连接的应为二极管的 极. 【解说】欧姆档指针偏转极小,表明电阻示数很大;欧姆表的红表笔是和内 部电源的负极相连的. 【答案】正 .

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 .向量式
?

? dB

=k

? ? Id l ? r , r3

(d l 表示导体元段的方向沿电流的方向、 ? ; r 为导体元段到考查点的方向向量)
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? 或用大小关系式 dB = k Idlsin 结合安培定则寻求方向亦可.其中 k = 1.0×10? 2 r
7

N/A .应用毕萨定律再结合向量叠加原理,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 I ;
r

2

*毕萨定律应用在环形电流垂直中心轴线上的结论: B = 2π kI

R2 ( R ? r 2 )3 / 2
2



*毕萨定律应用在“无限长”螺线管内部的结论:B = 2π knI .其中 n 为 单位长度螺线管的匝数. 2、安培力 ? ? ? a、对直导体,向量式为 F = I L ? B ;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 =
2 2 F 1 ?F 2 ? 2F 1F 2 cos(? ? ?)

= BI

2 L2 1 ? L2 ? 2L1L2 cos(? ? ?)

= BI MO 关于 F 的方向,由于 Δ FF2P∽Δ MNO,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 Δ PMO 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 ;
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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 ? ? ? ? B ,或展开为 f = qvBsinθ 再结合左、右手定则确定方向(其 a、 f = q v ? ? 中 θ 为 B 与 v 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 f 总垂直 B 与 v 确定的平面,故 f 总垂直 v ,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).

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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、 v ⊥ B 时,匀速圆周运动,半径 r =
?

?

mv qB

,周期 T =

2?m qB
m v sin ? qB

? b、 v 与 B 成一般夹角 θ 时,做等螺距螺旋运动,半径 r =

,螺距

d =

2?mvcos ? qB

? 这个结论的证明一般是将 v 分解?(过程从略). ? ☆但也有一个问题,如果将 B 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,

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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 =
qBR m

2?m qB

=1
f

= 2π Rf

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 = θ R .因为 θ → 0(在图 9-10 中,为 了说明问题,θ 被夸大了) ,弧形导体可视为直导 体,其受到的安培力 F = BIL ,其两端受到的张 力设为 T ,则 T 的合力 Σ T = 2Tsin ?
2
sin x 再根据平衡方程和极限 lim = 0 ,即可求解 x ?0 x

T . 方法二:隔离线圈的一半,根据弯曲导体求安培力的定式和平衡方程即可求 解? 【答案】BIR . 〖说明〗 如果安培力不是背离圆心而是指向圆心, 内张力的方向也随之反向, 但大小不会变.
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〖学员思考〗如果圆环的电流是由于环上的带正电物质顺时针旋转而成(磁 场仍然是进去的) ,且已知单位长度的电量为λ 、环的角速度ω 、环的总质量为 M ,其它条件不变,再求环的内张力. 〖提示〗此时环的张力由两部分引起:①安培力,②离心力. 前者的计算上面已经得出 (此处 I =
2?R ? ? 2? / ?

= ω

λ R) ,T1 = Bω λ R2 ; 后者的计算必须 应用图 9-10 的思想, 只是 F 变成 .. 了离心力,方程 2T2 sin
M?2R 2?
? 2

=

? 2?

M ω 2R ,即 T2 =

.
M?2R 2?

〖答〗Bω λ R2 +

.

【例题 3】如图 9-11 所示,半径为 R 的圆形线圈 共 N 匝,处在方向竖直的、磁感强度为 B 的匀强磁场 中,线圈可绕其水平直径(绝缘)轴 OO′转动.一个质量为 m 的重物挂在线圈下 部,当线圈通以恒定电流 I 后,求其静止时线圈平面和磁场方向的夹角. 【解说】这是一个应用安培力矩定式的简单问题,解题过程从略. 【答案】arcot ?NBIR .
mg

二、带电粒子在匀强磁场中的运动 【例题 4】电子质量为 m 、电量为 q ,以初速度 v0 垂直磁场进入磁感强度为 B 的匀强磁场中.某时刻,电子 第一次通过图 9-12 所示的 P 点,θ 为已知量,试求: (1)电子从 O 到 P 经历的时间; (2)O→P 过程洛仑兹力的冲量. 【解说】圆周运动的基本计算.解题过程从略. 值得注意的是,洛仑兹力不是恒力,故冲量不能通过定义式去求,而应根据 动量定理求解. 【答案】 (1) 2m? ; (2)2mv0sinθ .
eB

【例题 5】如图 9-13 所示,S 是粒子源,只能在纸 面上的 360°范围内发射速率相同、质量为 m 、电量为 q 的电子.MN 是一块足够大的挡板,与 S 相距 OS = L . 它们处在磁感强度为 B 、 方向垂直纸面向里的匀强磁场 中,试求: (1)要电子能到达挡板,其发射速度至少应为多 大? (2)若发射速率为 eBL ,则电子击打在挡板上的范
m

围怎样? 【解说】第一问甚简,电子能击打到挡板的临界情

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形是轨迹与挡板相切,此时 rmin =

L 2



在第二问中,先求得 r = L ,在考查各种方向的初速所对应的轨迹与挡板相 交的“最远”点.值得注意的是,O 点上方的最远点和下方的最远点并不是相对 O 点对称的. 【答案】 (1) eBL ; (2)从图中 O 点上方距 O 点
2m
3

L 处到 O 点下方距 O 点 L

处的范围内. 【例题 6】如图 9-14 甲所示,由加速电压为 U 的电子枪发射出的电子沿 x 方 向射入匀强磁场,要使电子经过 x 下方距 O 为 L 且∠xOP = θ 的 P 点,试讨论 磁感应强度 B 的大小和方向的取值情况. 【解说】以一般情形论:电子初速度 v0 与磁感应强度 B 成任意夹角 α ,电 子应做螺旋运动,半径为 r = B 决定(v0 =
2mU e
mv0 sin ? eB

,螺距为 d =

2?mv0 cos? eB

,它们都由 α 、

是固定不变的).我们总可以找到适当的半径与螺距,使 P 点

的位置满足 L 、θ 的要求.电子运动轨迹的三维展示如图 9-14 乙所示.

如果 P 点处于(乙图中)螺线轨迹的 P1 位置,则 α = θ ,B∥ OP ;如果 P 点处于 P2 或 P3 位置,则 α ≠ θ ,B 与 OP 成一般夹角. 对于前一种情形,求解并不难——只要解 L = kd(其中 k = 1,2,3,?) 方程即可;而对后一种情形,要求出 B 的通解就难了,这里不做讨论. 此外,还有一种特解,那就是当 B⊥ OP 时,这时的解法和【例题 4】就完全 重合了. 【答案】通解不定.当 B∥ OP 时,B = 2k? cos?
L 2mU e

(其中 k = 1,2,3,?) ;

当 B⊥ OP 时,B = 2sin ?
L

2mU e

.

〖问题存疑〗两个特解能不能统一? 三、带电粒子在电磁复合场中的运动 一般考虑两种典型的复合情形:B 和 E 平行,B 和 E 垂直. 对于前一种情形,如果 v0 和 B(E)成 θ 角,可以将 v0 分解为 v0τ 和 v0n ,则 在 n 方向粒子做匀速圆周运动,在τ 方向粒子做匀加速运动.所以,粒子的合运 动是螺距递增(或递减)的螺线运动.

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对于后一种情形(垂直复合场) ,难度较大,必须起用动力学工具和能量(动 量)工具共同求解.一般结论是,当 v0 和 B 垂直而 和 E 成一般夹角时,粒子的轨迹是摆线(的周期性 衔接). 【例题 7】在三维直角坐标中,沿+z 方向有磁 感强度为 B 的匀强磁场,沿?z 方向有电场强度为 E 的匀强电场.在原点 O 有一质量为 m 、电量为?q 的 粒子(不计重力)以正 x 方向、大小为 v 的初速度 发射.试求粒子再过 z 轴的坐标与时间. 【解说】过程甚简,粒子运动情形见图 9-15. 【答案】z =
2?2k 2mE qB2

,t =

2?km qB

.(其中 k =

1,2,3,?) 【例题 8】在相互垂直的匀强电、磁场中,E、 B 值已知, 一个质量为 m 、 电量为+q 的带电微粒 (重 力不计)无初速地释放,试定量寻求该粒子的运动 规律. 【解说】在相互垂直的电、磁场中,粒子受力的情形非常复杂,用运动的分 解与合成的手段也有相当的困难,必须用到一些特殊的处理方法. 鉴于粒子只能在垂直 B 的平面内运动,可以在该平面内建立如图 9-16 所示 的直角坐标.在这个坐标中,从以下四个角度考查粒子运动的定量规律—— (1)电场方向的最大位移 Y 能量关系 qEY = 1 m v 2P
2



在 x 方向上用动量定理,有
fx ? t

= mvP
fx

② = qB
vy

且 ③ (注意

vy ? t

= Y)
2mE qB2

解①②③式可得 Y =

(2)轨迹顶点 P 的曲率半 径r 在 P 点有动力学关系 qvPB ? qE = m vP ,而 vP 在第(1)
r
2

问中已经求得.可解出: r =
4mE qB2

(3)垂直电场方向的“漂移”速度 vx

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针对 O→P 过程,y 方向有动力学关系 Σ 即 qE ? 所以
vx

Fy

= m ay
ay

fy

= m a y ,即 qE ? qB vx = m a y .而
E B

=

v P ? vO t

= 0

=

*(4)粒子从 O 到 P 做经历的时间 t 解法一:摆线亦称旋轮线,是由轮子在水平面无滑滚动时轮子边缘形成的轨 迹(如图 9-17 所示).在本题的 E、B 叠加 场中,可以认为“轮子”的旋转是由洛仑兹 力独立形成的.而从 O 到 P 的过程,轮子转 动的圆心角应为π ,故对应时间为 t = T = ?m .
2

qB

解法二:参照摆线方程 x = a(t ? sint) y = a(1 ? cost) 得到 xP = π a = π 所以 t =
?m qB
Y 2

=

?mE qB2

.再根据 t =

xP vx

=

?mE E / B qB2

.

【答案】略. 【评说】在垂直复合场中,寻求能量关系比较容易,但动力学关系(或动量 关系)只能启用平均的思想,这也是一种特殊的处理方法. 四、束缚问题 带电实物受到斜面、绳子或杆子的束缚,在电、磁场中的运动问题称为束缚 问题.束缚问题涉及的受力情形复杂,且常常伴随边界条件的讨论,因此有更大 的挑战性. 【例题 9】单摆的摆长为 L ,摆球带电+q ,放在匀强磁场中,球的摆动平 面跟磁场垂直,最大摆角为 α .为使其能正常摆动,磁场的磁感强度 B 值有何 限制? 【解说】这是第九届初试题,解题的关键所在是要分析清楚:小球“最有可 能脱离圆弧”的点是否一定在最低点??下面的定量讨论完成之后,我们将会发 现:这个答案是否定的. 针对某个一般位置 P ,设方位角 θ (如图 9-18 所示) ,如果小球没有离开 圆弧,可以列出—— 动力学方程:T + qvB ? mgcosθ = m v
2

L
1 2

① mv2 ② ③

从 O 到 P 过程,能量方程:mgL(cosθ ? cosα )= 小球不离开圆弧的条件是:T ? 0

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解①②③式易得 B ?

mg q 2gL

?

3 cos? ? 2 cos? cos? ? cos? 3 cos? ? 2 cos? cos? ? cos?

〖学员活动〗请求出函数 y =

的极小值? ☆解法备考:对于正数 a 、b ,有 a + b ? 2
ab

而 y =

3 cos? ? 2 cos? cos? ? cos?
cos? ? cos?

= 3

+

cos? cos? ? cos?
cos? ? cos?

考虑到 θ 、α 的实际取值情况,3 y ? 2
3 cos ? 3 cos ?



cos? cos? ? cos?

均为正数,所以,

即 ymin = 2


mg q 2gL
? 2 3 cos ?

磁感应强度取值的一般结论为:B ? 但此结论还有讨论的空间—— 因为极值点的条件是:
3(cos? ? cos?)

.

=

cos? cos? ? cos?

,即 cosθ =

4 3

cosα .

显然,只有当 cosα < 3 时(即最大摆角 α 较大时) ,极值点才可取,上
4

面的“一般结论”才成立;物理意义:小球“最有可能脱离圆弧”的点不在最低 点. 而当 α 过小,cosα > 3 时,θ 无解,极值点不可达,此时应寻求 y =
4

3 cos? ? 2 cos? cos? ? cos?

函数(在定义域内)的最小值 . ...

这个最值的寻求相对复杂一些,具体过程如下—— 广义的 y 虽然是先减后增,但它的自变量是
cos? ? cos?

而非 θ ,因 α 是定

值,故 y 也可以认为是随着 cosθ 的增大而先减后 增,如图 9-19 所示. 当极值点不可达时(图中虚线所示) ,图线应落 在左 边的一段实线(因为α 过小,cosα 过大, 理论极值点过大, cos θ 达不到) ,函数为减函数 . 当 cosθ 最大时,y 有最小值. 所以,当 cosθ = 1 时(此时 θ = 0 ,小球在 最低点) ,最小值 ymin =
3 ? 2 cos? 1 ? cos?

;物理意义:小球

“最有可能脱离圆弧”的点在最低点.
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【答案】当 α ? arccos 3 时,B ?
4

mg q 2gL

? 2 3 cos ?



当 α < arccos 3 时,B ?
4

mg q 2gL

?

3 ? 2 cos? 1 ? cos?

.

第十一部分 电磁感应

在第十部分,我们将对感应电动势进行更加深刻的分析,告诉大家什么是动 生电动势,什么是感生电动势.在自感和互感的方面,也会分析得更全面.至于其 它,如楞次定律、电磁感应的能量实质等等,则和高考考纲差别不大.

第一讲、基本定律 一、楞次定律 1、定律:感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化. 注意点:阻碍“变化”而非阻碍原磁场本身;两个磁场的存在. 2、能量实质:发电结果总是阻碍发电过程本身——能量守恒决定了楞次定律的 必然结果. 【例题 1】在图 10-1 所示的装置中,令变阻 器 R 的触头向左移动,判断移动过程中线圈的感 应电流的方向. 【解说】法一:按部就班应用楞次定律; 法二:应用“发电结果总是阻碍发电过程本 身”.由“反抗磁通增大”→线圈必然逆时针转 动→力矩方向反推感应电流方向. 【答案】上边的电流方向出来(下边进去). 〖学员思考〗如果穿过线圈的磁场是一对可 以旋转的永磁铁造成的,当永磁铁逆时针旋转 时,线圈会怎样转动? 〖解〗略. 〖答〗逆时针. ——事实上,这就感应电动机的基本模型,只不过感应电动机的旋转磁场是 由三相交流电造就的. 3、问题佯谬:在电磁感应问题中,可能会遇到沿不同途 径时得出完全相悖结论的情形,这时,应注意什么抓住 什么是矛盾的主要方面. 【例题 2】如图 10-2 所示,在匀强磁场中,有圆形 的弹簧线圈.试问:当磁感应强度逐渐减小时,线圈会扩 张还是会收缩?
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【解说】解题途径一:根据楞次定律之“发电结果总是阻碍发电过程本身” , 可以判断线圈应该“反抗磁通的减小” ,故应该扩张. 解题途径二:不论感应电流方向若何,弹簧每两圈都是“同向平行电流” , 根据安培力的常识,它们应该相互吸引,故线圈应该收缩. 这两个途径得出的结论虽然是矛盾的,但途径二有不严谨的地方,因为导线 除了受彼此间的安培力之外,还受到外磁场的安培力作用,而外磁场的安培力是 促使线圈扩张的,所以定性得出结论事实上是困难的.但是,途径一源于能量守 恒定律,站的角度更高,没有漏洞存在. 【答案】扩张. 〖学员思考〗如图 10-3 所示,在平行、 水平的金属导轨上有两根可以自由滚动的金 属棒,当它们构成闭合回路正上方有一根条 形磁铁向下运动时,两根金属棒会相互靠拢 还是相互远离? 〖解〗同上. 〖答〗靠拢. 二、法拉第电磁感应定律 1、定律:闭合线圈的感应电动势和穿过此线 圈的磁通量的变化率成正比.即 ε = N ??
?t

物理意义:N 为线圈匝数; ?? 有瞬时变化率和平均变化率之分,在定律中的
?t

ε 分别对应瞬时电动势和平均电动势. 图象意义:在υ -t 图象中,瞬时变化率 ?? 对应图线切线的斜率.
?t

【例题 3】面积为 S 的圆形(或任何形)线圈绕平 行环面且垂直磁场的轴匀速转动 .已知匀强磁场的磁 感应强度为 B , 线圈转速为ω , 试求: 线圈转至图 19-4 所示位置的瞬时电动势和从图示位置开始转过 90 ° 过程的平均电动势. 【解说】本题是法拉第电磁感应定律的基本应用.
sin x 求瞬时电动势时用到极限 lim = 1 ;求平均电动势 x ?0 x

比较容易. 【答案】BSω ; 2 BSω .
?

2、动生电动势 a、磁感应强度不变而因闭合回路的整体或局部运动形成的电动势成为动生 电动势. b、动生电动势的计算 在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,当长为 L 的导体棒一速度 v 平动切割磁感 线,且 B、L、v 两两垂直时,ε = BLv ,电势的高低由“右手定则”判断.这个 结论的推导有两种途径——
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①设置辅助回路,应用法拉第电磁感应定律; ②导体内部洛仑兹力与电场力平衡.导体两端形成固定电势差后, 导体内部 将形成电场,且自由电子不在移动,此时,对于不在定向移动的电子而言,洛仑 兹力 f 和电场力 F 平衡,即 F = f 即 qE = qvB 而导体内部可以看成匀强电场,即
? L

= E

所以ε = BLv 当导体有转动,或 B、L、v 并不两两垂直时,我们可以分以下四种情况讨论 (结论推导时建议使用法拉第电磁感应定律)—— ①直导体平动,L⊥B ,L⊥v ,但 v 与 B 夹α 角(如图 10-5 所示) ,则ε = BLvsinα ; ②直导体平动,v⊥B ,L⊥B ,但 v 与 L 夹β 角(如图 10-6 所示) ,则ε = BLvsinβ ; 推论:弯曲导体平动,端点始末连线为 L ,v⊥B ,L⊥B ,但 v 与 L 夹 γ 角(如图 10-7 所示) ,则ε = BLvsinγ ;

③直导体转动,转轴平行 B、垂直 L、且过导体的端点,角速度为ω (如图 10-8 所示) ,则ε =
1 2

Bω L2 ;

推论:直导体转动,转轴平行 B、垂直 L、但不过导体的端点(和导体一 端相距 s) ,角速度为ω (如图 10-9 所示) ,则ε 部) 、ε
2 1

= BLω (s +

L 2

)(轴在导体外

=

1 2

Bω (L2-2s) = B(L-2s) ω (s + L ? 2s )(轴在导体内部) ;
2

☆这两个结论由学员自己推导 (教师配合草稿板图) ? ④直导体转动,转轴平行 B、和 L 成一般夹角θ 、且过导体的端点,角速 度为ω (如图 10-9 所示) ,则ε =
1 2

Bω L2sin2θ ;

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推论:弯曲导体(始末端连线为 L)转动,转轴转轴平行 B、和 L 成一般 夹角θ 、且过导体的端点,角速度为ω (如图 10-10 所示) ,则ε = θ . 统一的结论:种种事实表明,动生电动势可以这样寻求 ——即ε = BLv ,而 B、L、v 应彼此垂直的(分)量. 【例题 4】一根长为 L 的直导体,绕过端点的、垂直匀 强磁场的转轴匀角速转动, 而导体和转轴夹θ 角, 已知磁感 应强度 B 和导体的角速度ω ,试求导体在图 10-11 所示瞬 间的动生电动势. 【解说】略.(这个导体产生的感应电动势不是恒定不 变的,而是一个交变电动势.) 【答案】ε =
1 4
1 2

Bω L2sin2

Bω L sin2θ .

2

第二讲 感生电动势 一、感生电动势 造成回路磁通量改变的情形有两种:磁感应强度 B 不变回路面积 S 改变(部 分导体切割磁感线) ;回路面积 S 不变而磁感应强度 B 改变.对于这两种情形,法 拉第电磁感应定律都能够求出(整个回路的)感应电动势的大小(前一种情形甚 至还可以从洛仑兹力的角度解释).但是,在解决感应电动势的归属 问题上,法 .. 拉第电磁感应定律面临这前所未有的困难(而且洛仑兹力角度也不能解释其大 小).因此,我们还是将两种情形加以区别,前一种叫动生电动势,后一种叫感 生电动势. 感生电动势的形成通常是用麦克斯韦的涡旋电磁理论解释的. 1、概念与意义 根据麦克斯韦电磁场的理论,变化的磁场激发(涡旋)电场 .涡旋电场力作 用于单位电荷,使之运动一周所做的功,叫感生电动势,即 ε


=

W涡 q

*值得注意的是,这里的涡旋电场力是一种比较特殊的力,它和库仑电场力、
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洛仑兹力并称为驱动电荷运动的三大作用力,但是,它和库仑电场力有重大的区 别,特别是:库仑电场力可以引入电位、电场线有始有终,而涡旋电场不能引入 电位、 电场线是闭合的 (用数学语言讲, 前者是有源无旋场, 后者是有旋无源场) . 2、感生电动势的求法 感生电动势的严谨求法是求法拉第电磁感应定律的微分方程( * 即 ? E 感 ? d l =
L

?

?

? ? ?B ? ?B - ?? ? dS ).在一般的情形下,解这个方程有一定的难度.但是, ?t S ?t

具有相对涡

旋中心的轴对称性,根据这种对称性解体则可以是问题简化. 【例题 5】半径为 R 的无限长螺线管,其电流随时间均匀增加时,其内部的 磁感应强度也随时间均匀增加,由于“无限长”的原因,其外部的有限空间内可 以认为磁感应强度恒为零.设内部 ?B = k ,试求解管内、外部空间的感生电场.
?t

【解说】将 B 值变化等效为磁感线变密或变疏,并假定 B 线不能凭空产生和 消失.在将 B 值增加等效为 B 线向“中心”会聚(运动) 、B 值减小等效为 B 线背 离“中心”扩散(运动). (1)内部情形求解.设想一个以“中心”为圆心且垂直 B 线的圆形回路,半 径为 r ,根据运动的相对性,B 线的会聚运动和导体向外“切割”B 线是一样的. 而且,导体的每一段切割的“速度”都相同,因此,电动势也相等.根据 E =
? ?B 和 E = 总 得 ?t 2?r
?U ?d

知,回路上各处的电场强度应相等(只不过电场线是曲线,而且是闭合的). 由ε E =


= π r2

kr 2

显然,撤去假想回路,此电场依然存在. (2)外部情形求解.思路类同(1) ,只是外部“假想回路”的磁通量不随“回 2 路”的半径增大而改变,即 υ =π R B 由ε E =


= π R2 ?B 和 E′=
?t

?总 2 ?r



kR 2 2r

(r>R)

【答案】感生电场线是以螺线管轴心为 圆心的同心圆, 具体涡旋方向服从楞次定律. 感生电场强度的大小规律可以用图 10-12 表 达. 〖说明〗本题的解答中设置的是一个特 殊的回路, 才会有 “在此回路上感生电场大小恒定” 的结论, 如果设置其它回路, E=
?总 2?r

关系不可用, 用我们现有的数学工具

将不可解.当然,在启用高等数学工具后,是 可以的出结论的,而且得出的结论和“特殊 回路”的结论相同. 〖学员思考〗如果在螺线管内、外分别
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放置两段导体 CD 和 EF ,它们都是以螺线管轴线为圆心、且圆心角为θ 的弧形, 试求这两段导体两端的电势差. 〖参考解答〗因为在弧线上的场强都是大小恒定的,故可用 U = E·l 弧长求 解 显然,UCD =
k 2

θ r2 ,UEF =

k 2

θ R2 .
?B ?t

〖推论总结〗我们不难发现,UCD =

×(扇形 OCD 的面积), UEF =

?B ?t

×

(扇形 OGH 的面积).结论:感生电动势的大小可以这样计算,用磁感应强度的 变化率乘以自磁场变化中心出发引向导体两端的曲边形(在磁场中)的“有效面 积”. 注意,针对(圆心在磁场变化中心的)非弧形导体,用 U = Ed 行不通(启 用ε = ? E ? d l 数学工具又不到位) ,但上面的“推论”则是可以照样使用的. 【应用】 半径为 R 螺线管内充满匀强磁场, 磁感应强度随时间的变化率 ?B 已
?t

?

?

知.求长为 L 的直导体在图 10-14 中 a、b、c 三个位置的感应电动势大小分别是 多少? 【解】在本题中,由于没有考查(以涡旋中心为圆心的)环形回路或弧形回 路,所以需要用上面的“推论”解决 问题. 显然,这里的“有效面积”分别 为 Sa = 0 Sb = Sc =
1 2

L?

L R 2 ? ( )2 2
L l?R
b

1 2

R2·arcot
a

【 答 】 ε
L ?B 4R 2 ? L2 4 ?t

= 0 ; ε ; ε
a

= =

R 2 ?B 2 ?t

arcot

L l?R

.

二、电势、电流、能量和电量 1、只要感应电路闭合,将会形成感应电流,进而导致能量的转化.关于感应电路 的电流、能量和电量的计算,可以借助《稳恒电流》一章中闭合电路欧姆定律的 知识.但是,在处理什么是“外电路” 、什么是“内电路”的问题上,常常需要不 同寻常的眼光.我们这里分两种情形归纳—— 如果发电是“动生”的,内电路就是(切割)运动部分; 如果发电是“感生”的,内、外电路很难分清,需要具体问题具体分析,并 适当运用等效思想.(内电路中的电动势分布还可能不均匀.) 【例题 6】如图 10-15 所示,均匀导体做成的半径为 R 的Φ 形环,内套半径 为 R/2 的无限长螺线管,其内部的均匀磁场随时间正比例地增大,B = kt ,试 求导体环直径两端 M、N 的电势差 UMN .
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【解说】将图 10-15 中的左、中、右三段导体分别标示为 1、2、3 ,它们均 为电源,电动势分别为—— ε
1

=

1 4

kR2(π -arcot2) ,ε

2

= ε

3

=

1 4

kR2 arcot2

设导体单位长度电阻为λ ,三“电源”的内阻分别为—— r1 = r3 =π λ R ,r2 = 2λ R 应用楞次定律判断电动势的方向后,不难得出它们的连接方式如图 10-16 所 示. 然后,我们用戴维南定理解图 10-16 中的电流 I , 最后 UMN = Ir1 -ε
1

=

?3 r2r1 ? ?3r3r1 ? ?1r 2 r3 r1r2 ? r2r3 ? r3r1

= ?

【答案】UMN =

1 4

kR (arcot2 -

2

4?? 2?

).

2、受中学阶段数学工具的制约,在精确解不可求的情况下,将物理过程近似处 理,或在解题过程中做近似处理常常是必要的. 【例题 7】在图 10-17 所示的装置中,重 G = 0.50N、宽 L = 20cm 的 П 型 导体置于水银槽中,空间存在区域很窄(恰好覆盖住导体)的、磁感应强度 B = 2.0T 的匀强磁场.现将开关 K 合上后,导体立即跳离水银槽,且跳起的最大高度 h = 3.2cm ,重力加速度 g = 10m/s2 ,忽略电源内阻. (1)若通电时间 t = 0.01s ,忽略导 体加速过程产生的感应电动势,求通电过 程流过导体的电量; (2)如果回路外总电阻 R = 0.10Ω , 则导体重回水银槽瞬间,消耗在回路中的 电功率是多少? 【解说】解第(1)问时,本来因为导 体运动而形成的反电动势(感应电动势) 是存在的,这里只能忽略;磁场又是仅仅 覆盖住导体的,这就意味着导体棒跳离水 银槽后可以认为是竖直上抛运动. 对上抛过程,v0 =
2gh

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对导体离开水银槽过程, ( F -G)t = mv0 综合以上两式,即 BLq - Gt = m
2gh

,由此可解 q .

如果说第(1)问的近似处理重在过程的话,第(2)则在解题的规律运用上 也不得不运用一些令人难以接受的“近似处理”—— P =
2 (? ? ?感 )

R


(起跳时不计感应电动势,进入水银槽,又没有忽略ε





其中 ε

= BLv0
IR

ε 则只有追寻到导体离开的过程,ε = 电流对时间的平均值,而在 P =
2 (? ? ?感 )

= q R (这里的问题就大了, I 是
t

R

中的ε 应该取方均根值 〈即交流电的“有 ....

效值” 〉才是严谨的!但是

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