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全国高中物理竞赛模拟题五


全国高中物理竞赛模拟题五
1.设有两个可控光子火箭 A、 相向运动, B 在地面上的观察者测得 A、 沿 x 轴 B 方向的速度分别为 vA=0.9c,vB=-0.9c,试求它们的相对速度。 解:取地面为 S 系,火箭 A 为 S ′ 系,则 ? = υ A = 0.9c ,火箭 B 在 S 系中的速 度为 υ x = ?0.9c ,则在火箭 A( S ′ )系观察到火箭 B 的速度为

υ ′ = (υ x ? ? ) /(1 ? x

mυ x 0.9c(?0.9c) ) = (?0.9c ? 0.9c) /[1 ? ] ≈ ?0.994c 2 c c2 ,

我们也可取地面为 S 此即火箭 B 相对于火箭 A 的相对速度, 方向沿 x 负方向, 系,火箭 B 为 S ′ 系中,此时

? = ? 0 .9 c , υ x = 0 .9 c ,
则在 S ′ 系中观察到火箭 A 的速度

υ ′ = (υ x ? ? ) /[1 ? x

?υ x
c
2

] = [0.9c ? (?)0.9c)] /[1 ?

(?0.9c)(0.9c) ] = 0.994c c2 ,

方向沿 x 正方向,此即火箭 A 相对于火箭 B 的相对速度。

C C

BA

B

2. 有一轻质木板 AB 长为 L,A 端用铰链固定在竖直墙上,另

一端用水平轻绳 B 拉住,板上依次放着 A、B、C 三个圆柱体,半 径均为 r,重均为 G,木板与墙的夹角为θ,如图 11-122 所示, 不计一切摩擦,求 BC 绳上的张力。 解:以木板为研究对象,木板处于力矩平衡状态,若分别以圆柱体 A、B、C 为研究对象,求 A、B、C 对木板的压力,非常麻烦,且容易出错,若将 A、B、C 整体作为研究对象,则会使问题简单化。 以 A、B、C 整体为研究对象,整体受到重力 3G、木板的支持力 F 和

A θ
图 11-122

F
θ

F1
3G

图 11-122-甲

墙对整体的支持力 FN ,其中重力的方向竖直向下,如图 11-122-甲所示,合重力经 过圆柱 B 的轴心,墙的支持力 FN 垂直于墙面,并经过圆柱 C 的轴心,木板给的支 持力 F 垂直于木板。由于整体处于平衡状态,此三力不平行必共点,即木板给的 支持力 F 必然过合重力和墙的支持力 FN 的交点。 根据共点力平衡的条件:ΣF = 0 , 可得: F = 3G / sin θ 。 由几何关系可求出 F 的力臂 L = 2r sin 2 θ + r / sin θ + r ? ctgθ

T
θ

B

以木板为研究对象, 受力如图 11-122-乙所示, A 点为转轴, 选 根据力矩平衡条件 ΣM = 0 ,有: F ? L = T ? L cosθ

A

F

图 11-122-乙

3Gr (2 sin 2 θ + 1 / sin θ + ctgθ ) = T ? L ? cosθ sin θ
T= 3Gr 1 + cos θ ( 2 tan θ + ) L sin 2 θ ? cos θ

解得:

3. 渔人在河中乘船逆流划行, 经过 A 地时钓杆落入河中, 半小时后他才发现, 立即调头划船顺流追赶,在 A 地下游 4 千米处赶上,渔人顺流和逆流划行时,船 相对于水的划速不定,求水流速率。 分析:由于人划船不管是逆流还是顺流,船对于水的速度都一样大,故可取 随水一起漂流的钓杆为参照物,这样可使本题大大简化。 解:以随水漂的钓杆为参照物,易知找回钓杆所需时间还需半小时,在这一 小时内,钓杆随水一起运动的距离为

s = v水 ? t
代入数据后得

v水 = 4 千米/小时
4. 在平直公路上 A、B 两车平行同向行驶,A 以初速度 vA0、加速度αA 做匀

加速直线运动。 A 前面 s0 处, 同时以初速度 vB0、 在 B 加速度αB 做匀加速直线运动。 试讨论 A 和 B 的运动情况。 解: (1)且 α A > α B ,若 υ AO > υ BO ,可将 A 与 B 的运动看成初速度为 υ 0 的 匀速运动和同方向由静止出发的加速度为 α 的匀加速直线运动的合成。 因为 υ AO > υ BO ,所以 υ AO t > υ BO t ,使 B、A 之间的距离随着时间增加而减 小。
1 1 α t 2 > α Bt 2 α A > α B ,所以 2 A 2 又因为 ,使 B、A 之间的距离随时间增加而减

小。 B、A 之间距离 ?s 由最初的 s 0 逐渐减少,至某一时刻 t1 , ?s = 0 ,这时 A 追上了 B。至 t > t1 时,A 超过 B, ?s 随时间增加而增大。由
υ AO t1 + 1 1 α At12 = s 0 + υ BO t1 + α B t12 2 2

解之得

t1 =

(υ AO ? υ BO ) 2 + 2(α A ? α B )s0 ? (υ AO ? υ BO ) αA ? αB

(2)如 υ AO > υ BO ,然而 α A < α B ,有:在 υ A > υ B 时, ?s 随时间增加而增 大;在 υ A < υ B 时, ?s 则随时间增加而减小;在 υ A = υ B 时, ?s 最大,即 t = t 0 时,
?s = ?s max ,由题意可知, υ AO + α A t 0 = υ BO + α B t 0



t0 =

υ AO ? υ BO αB ? αA
(υ AO ? υ BO ) 2 ? s0 2(α B ? α A )

所以

?s max =

设 A 追上 B 需时间 t ,因此有
υ AO t + 1 1 α At 2 = s 0 + υ BO t + α B t 2 2 2

t = t0 m

(υ AO ? υ BO ) 2 (α B ? α A ) 2

?

解之得

2s0 αB ? α A

要 A 追得上 B,还应满足

s0 <

(υ AO ? υ BO ) 2 2(α B ? α A )
υ AO t +
1 1 α At 2 = s 0 + υ BO t + α B t 2 2 2

(3)如果 υ AO < υ BO , α A > α B ,则有 解之得

t=

(υ BO ? υ AO ) + (υ BO ? υ AO ) 2 + 2(α A ? α B ) s0 αA ? αB

这时 A 追上 B。再由 υ AO + α A t 0 = υ BO + α B t 0 得

t0 =

υ BO ? υ AO α A ? αB

这时 A 和 B 之间距离 ?s 为最大。

5 . 一 根一 端 封 闭 ,粗 细 均 匀 的 细玻 璃 管, 当 它 水 平 放置 时 ,有 一段 L1=202.1mm 的某种气体被一段水银柱所封闭。当把玻璃管直立开口向上时,管中 气柱长度 L2=160mm。把玻璃管倒转时由于不慎,管中漏去一部分气体,因此玻璃

管直立而开口向下时,管中的气柱长为 L3=240mm。室内温度保持不变,试求漏去 气体的质量占原有质量的百分比。 解:管内封闭气体由平放到开口竖直向上这前后两状态,由于气体质量没有 变化,应用玻意耳定律求解。设大气压强 P0 = HcmHg ,则得

Hl1 = ( H + h)l2
H= l2 h l1 ? l 2

对于当开口竖直向下时,质量为 m′ 的气体,将它等温变化到初状态时应有的

′ 气柱长 l1 ,则可求出漏去质量所占的百分比。根据玻意耳定律有 ′ Hl1 = ( H ? h)l3

2l l ? l l h ?? l ? l ? ′ ? l3 = ?1 + ??1 ? 1 2 ?l3 = 2 3 1 3 ? l2 ? l2 ? H ?? ?
由于 m′ 与 m 同为一状态,密度相同,所以质量之比等于体积之比,即等于气柱长

度之比

′ m ′ l1 2l 2 l3 ? l1l3 = = m l1 l1l 2

则得

2l l ? l l ?m l1l 2 ? (2l 2 l3 ? l1l3 ) = = 1? 2 3 1 3 m l1l 2 l1l 2

= 12.5%
p0 S
6.如图 24-32 所示,试管以加速度 a 向上做匀加速直线运动时,水银柱 与试管保持相对静止, 水银柱的长度为 h, 大气压为 P0。 求试管中气体的压强。

A

pAS
p0

mg

图 24-32

分析: 分析:我们依然采用受力分析的方法,通过求力之间的关系来确定压强之间 的关系。 解:以水银柱为研究对象,其受力如图 24-32 所示,依牛顿第二定律得: p 0 S ? ( p A S + mg ) = ma 同样可求得 p A = p 0 ? h ( g + a )ρ 如图以厘米汞柱为单位,则可写为: p A = p 0 ? h( g + a ) / g 后多同学在求液体封闭的气体压强时,惯用压强平衡的方法,在这里,我们 看到,当系统处于平衡状态时,自然可以用压强平衡的方法,倘若系统不处于平 衡状态呢?那就只能对液体进行受力分析,然后根据牛顿运动定律进行求解了。 其实,压强平衡也只能建立在物体受力平衡的基础上,因此,采用受力分析,列 出平衡方程或牛顿第二定律方程,是统一之道。尤其在解决活塞封闭的气体压强 时,更是唯一之道。 7.一个质量不计的活塞将一定质量的理想气体封闭在上端开口 的直立圆筒形气缸内,活塞上堆放着铁砂,如图 24-60(a)所示。最 初活塞搁置在气缸内壁的卡环上,气柱的高度为 H0,压强等于大气压 强 P0。现对气体缓缓加热,当气体温度升高了ΔT=60K 时,活塞(及铁砂)开始离 开卡环而上升,继续加热直到气柱高度为 H1=1.5H0。此后,在维持温度不变的条 件下逐渐取走铁砂, 直到铁砂全部取 走时,气体高度变为 H2=1.8H0,求此 时气体的温度。 (不计活塞与气缸壁

间摩擦) 分析: 分析:我们可以将它的变化过程用图 24-60(b)的图景给以展示。气缸气体 先后经历了四个状态三个过程。利用图像,可将本题的复杂的物理过程和状态非 常清楚地、直观地展示出来。根据这一直观图像列出有关方程,这是一种由难化 易的分析过程,也是解气体问题的常用方法。 解一: 设气体最初温度为 T0 , 则活塞刚离开卡环时温度为 T0 + ?T , 压强为 p1 。 解一: 由等容升温过程即查理定律得

T0 + ?T p1 = T0 p0

(1)

设气柱高度为 H 1 = 1.5 H 0 时,温度为 T1 ,由等压升温过程得

T1 HS = 1 T0 + ?T H 0 S

(2)

设气柱高度为 H 2 = 1.8 H 0 时,温度为 T2 (T2 = T1 ) ,由等温膨胀得

p1 H 1 S = p 2 H 2 S
由(1)(3)式得 、

(3)

T0 + ?T H 2 = T0 H1

T0 =

1 .5 H 0 H1 ?T = × 60 = 300( K ) H 2 ? H1 1 .8 H 0 ? 1 .5 H 0

由(2)(4)式得 、

T1 H 2 = T0 H 0

T2 = T1 =

H1H 2 ?T = 1.8 × 300 = 540( K ) H 0 (H 2 ? H1 )

解二: 解二: 设气体最初温度为 T0 ,则活塞刚离开卡环时温度为 T0 + ?T ,气柱高

H 1 = 1.5 H 0 时,温度为 T1 ,

高度为 H 2 = 1.8 H 0 时,温度为 T2 = T1 。 由等压升温过程得

H0 H = 1 T0 + ?T T1
因初态与末态压强相等,均为 P0 ,得

(1)

H0 H2 = T0 T2
由(1)(2)式求得 、

(2)

T2 = T1 =

1 .5 H 0 × 1 .8 H 0 H1H 2 ?T = × 60 = 540( K ) H 0 (H 2 ? H1 ) H 0 × (1.8 H 0 ? 1.5 H 0 )

解三: 将气体的四个状态三个过程用 V-T 图像表达出来, 如图 24-60 (c) 所示。 解三: 从初态加热至活塞开始离开卡环为等容升温增压过程 AB;从活 塞离开卡环至气柱高为 H 1 = 1.5 H 0 ,为等压升温膨胀过程 BC,

为过原点的直线; 从此至末态为等温减压膨胀过程 CD, 最终压强又变为初态压强, A、D 应在过原点的直线上。S 为气缸截面积。由图 24-60(c)可知,三角形相似:

?AOT0 ~ ?DOT1



T0 H 0 S = T1 H 2 S

又由 ?BOT ′ ~ ?COT1 ,得

T ′ H 0 S T0 + ?T = = T1 H 1 S T1
解以上两式得

T1 = 9?t = 540( K )
点评: 点评:关于一定质量的气体状态变化习题,一般多用分析法去计算,但利用 图像法可以更直观地观察出物理过程的动态特征,使思路更清晰,注意灵活运用 图像的物理意义,可开辟新的解题途径。

8.设有一块透明光学材料,由折射率略有不同的许多相互

A nk+1 nk nk-1 n3 n2 n n01 n n10 n2 n3

平行、厚度为 d=0.1mm 的薄层密接而成,图 33-43 表示与各薄层 垂直的一个截面,AB 为此材料的端面,与薄层界面垂直,OOˊ表 示截面的中心线。各薄层的折射率 nk 的数值为 nk=n0=kr,其中 n0=1.4142, r=0.0025。 今有一光线 PO 以入射角θ=30°射向 O 点, 求此光在材料内能够到达的离 OOˊ最远的距离。 解:令光线进入材料后的折射角为 ? 0 (见图 33-44) ,则有 sin θ 0 = n0 sin ? 0 (1)
θ0 O

O1

P
B 图 33-43

π
此光线射至薄层 1 时,入射角为 2 后与 OO′ 的夹角为 ? 1 ,则有 n0 sin ? 0 = n1 cos ? 1 依次逐层考虑,可得

??0

,设光线进入薄层 1
θ0

O

Ф2 n2 Ф1 Ф2 n1 Ф0 Ф1 n0 Ф0

O

1

P
图 33-44

n0 cos ? 0 = n1 cos ? 1 = L = n k cos ? k = 常数

(2)

已知 n k = n0 ? kr ,n0 = 1.4142 , 式中 ? k 为薄层 k 中光线与中心线 OO′ 的夹角。

γ = 0.0025 ,即 n k 随序号 k 的增大而减小,故 cos ? k 随 k 的增大而增大,? k 随 k 的
增大而减小。满足(2)式的各 cos ? k 值中最接近于 1 的那个值所对应的 k 即光线 能进入最远的薄层的序号。在这薄层的上表面将发生全反射,光线返回,经逐层 折射进入材料的下半部,到达第 k 层后又被反射回去,来回传播,*因此,需要求 出能满足

cos? k =

n0 cos? 0 n0 cos ? 0 = <1 nk n0 ? kγ

(3)

的 k 的最大值。由(1)式得
2 2 n0 cos ? 0 = n0 1 ? sin 2 θ 0 / n0 = n0 ? sin 2 θ 0

代入(3)式,化简得
2 k < (n0 ? n0 ? sin 2 θ 0 ) / γ

代入数值得

k<36.52

取小于 36.52 的最大整数,得 k=36 k 层上表面即光线能到达的离 OO′ 最远处,它与 OO′ 的距离为
h = ( k + 1) d = 3.7 mm

2 2 在特殊情况下,即 (n0 ? n0 ? sin θ 0 ) / γ 恰等于某整数 k ′ 时,光线由 k ′ ? 1 层进

入 k ′ 层时光线即与 OO′ 平行,故 k ′ ? 1 层的上表面即为光线能达到之最远处。这时
h = ( k ′ ? 1 + 1) d = k ′d

另一种解法: 从标有*处开始改用以下解法。

若光线进入薄层 k 时,

?k ≤

π
2

? ick

,其中 ick = arcsin(n k +1 / n k ) 为临界角,则光

线到达薄层 k 上表面时将发生全反射而返回, 薄层 k 的上表面即为光线能达到的离

OO′ 最远处,为求 k 值,可利用下列条件:
光线能进入薄层 k 须满足

? k ?1 >

π ? sin ?1 (n k / n k ?1 ) → cos ? k ?1 < n k / nk ?1 2

光线不能进入薄层 k + 1 时

?k ≤

π ? sin ?1 (n k +1 / n k ) → cos ? k ≥ n k +1 / n k 2

利用(2)式得 n k +1 ≤ n0 cos ? 0 < n k 以
2 2 n0 cos ? 0 = n0 ? sin θ 0 , n k = n0 ? kγ , n k +1 = n0 ? kγ ? γ 代入,得

2 k < (n0 ? n0 ? sin 2 θ 0 ) / γ ≤ k + 1

代入数值得 故得 k=36

k < 36.52 ≤ k + 1

h = (36 + 1) d = 3.7 mm

9.如图 33-106 所示,一个半径为 R 的透明材料制成的球,AB 为其一条直径,

AB 两点附近的球表面透光,球表面的其它大部分地方均涂黑而不透

A

B 光。今在球内 B 处有一个小发光泡。
(1)在球的左侧外部 AB 直线上进行观察时,试讨论像的位置与
图 33-106

球的折射率的关系。 (2)若球的折射率为 n,像在球的右侧,则小泡的像距 B 点多远? (3) (2)中像的垂轴放大率为多少?
n′ = 1.00

(4)若在球的左侧贴近 A 处置一平面镜,其镜面

n
与 AB 垂直,与球面相切,试求 n 为何值时,可使(2)

A R

C
图 33-107

B

B1

中所成的虚像,再经过此系统的作用最后在球的右侧形 成实像。

解: (1)光线自右至左,为单折射球面近轴成像问题。如图 33-107,设球的 折射率为 n,其物距为 s=2R,设像距为 s ′ ,则由成像公式,有
1 n 1? n ? = s′ 2R R s′ = 2R 2?n



由此可见,当 n=2 时, s ′ = ∞ ,不成像(或成像于无限远处) ;n>2 时, s ′ < 0 , 成实像 (在 A 点左侧) n<2 时,s ′ > 0 , ; 成虚像 (在 A 点右侧) 又 n>1, s ′ > 2 R , , 故 即当 1<n<2 时,像必在 B 点右侧,如图中的 B1。 (2)在 1<n<2 时,虚像点 B1 离物点 B 的距离为
BB1 = 2R 2n ? 2 ? 2R = R 2?n 2?n 。

(3) (2)中像的垂轴放大率

2R n? ns ′ 2?n = n β= = n ′s 1? 2R 2?n。

(4)若如图 33-108,在 A 处置一 平面镜,则共有四次成像过程: 第一次经左半球面的折射成虚像 于 B1,其物距 s1 = 2 R ,由前面的结果
图 33-108

n

B2

A R

C

B

B1

B4

B3

知,此时的像距

′ s1 =

2R 2 ? n 。虚像 B1 位

于 B 点右侧的条件为 1<n<2。
′ s 2 = s1 = 2R 2?n ,则像距

第 二 次 B1 经 平 面 镜 反 射 成 像 ( B2 ) 其 物 距 ,
s′ = ?s2 = ? 2 2R 2?n 。

第三次 B2 再经左半球面折回成像(B3) ,这时物距 式有
n 1 n ?1 ? = ′ s3 s3 R ′ s3 = 2nR 3n ? 4

′ s3 = s 2 = ?

2R 2 ? n ,由成像公

由此求出

第四次 B3 经右半球面成像(B4) ,物距
′ s4 = s3 ? 2R = 2nR (8 ? 4n) R ? 2R = 3n ? 4 3n ? 4 ,

于是由

1 n 1? n ? = ′ s4 s4 ?r

得到

s′ = 4

(8 ? 4n) R ? n 2 + 8n ? 8

4 按题意,最后的像在球的右侧(实像) ,这要求 s ′ > 0 ,即

2?n >0 ? n + 8n ? 8
2

由前面已知,1<n<2,故上式左端分子大于零,因此有
? n 2 + 8n ? 8 > 0

其解为 已知 n<2,故取

4?2 2 < n < 4+2 2 n > 4?2 2

最后得符合本题条件的 n 值为: 4 ? 2 2 < n < 2 。 10.如图 41-86 所示,一薄壁导体球壳(以下简称为球壳)的球心在 O 点。球壳通过一细导线与端电压 V=90V 的电池的正极相连,电池负极接地。 在球壳外 A 点有一电量为 q1=10×10-9C 的点电荷,B 点有一电量为 q2=16×
B A

10 C 的点电荷。OA 之间的距离 d1=20cm,OB 之间的距离 d2=10cm 1 现设想 球壳的半径从 a=10cm 开始缓慢地增大到 50cm, 在此过程中的不同阶段, 问: 大地流向球壳的电量各是多少?已知静电力恒量 k=9×109N·m2·C-2。假设 点电荷能穿过球壳壁进入导体球内而不与导体壁接触。 分析: 分析:首先应确定若干特定位置(如球壳半径趋近于 d1 时, q1 进入球壳内后 等等) 。运用电势叠加原理求出球壳此时的电荷量,则相邻特定位置之间球壳上电 荷的变化量即为题目所求。解题注意划分下面两种情况:当 q1 和 q 2 均在球壳外时, 球壳内为等势区,即 V0 = V 。但当 q1 和 q 2 先后进入球壳后,球壳内不再是等势区, 但此时球壳外表面的电荷以及留在球壳外的电荷在 O 点的电势之和仍为 V。

-9

O

图 41-86

解:分以下几个阶段讨论。 1.由于球壳外空间点电荷 q1 、 q 2 的存在,球壳外壁的电荷分布不均匀,用 σ 表示面电荷密度。设球壳半径 a=10cm 时球壳外壁带的电量为 Q1 ,因为电荷 q1 、q 2 与球壳外壁的电量 Q1 在球壳内产生的合场强为零, 球壳内为电势等于 V 的等势区。 在导体表面上的面元 ?S 所带的电量为 σ?S ,它在球壳的球心 O 处产生的电势为
?V1 = k

σ? S
a 。球壳外壁所有电荷在球心 O 产生的电势 V1 为

V1 = ∑ ?V1 = k

∑ σ? S = k Q
a

1

a

.

(1) q1 q2

点电荷 q1 、q 2 在球壳的球心 O 处产生的电势分别为 d1 与 d 2 ,因球心 O 处 的电势等于球壳的电势,按电势叠加原理,即有

k

k

k

q1 q Q + k 2 + k 1 = V. d1 d2 a

(2)

代入数值后可解得球壳外壁的电量 Q1 为

Q1 = a

?q q ? V ? a? 1 + 2 ? = ?8 × 10 ?9 (C ). ?d ? k ? 1 d2 ?

(3)

因球壳内壁无电荷,所以球壳的电量 Q1 等于球壳外壁的电量 Q1 ,即

QI = Q1 = ?8 × 10 ?9 (C ).

(3)

2.当球壳半径趋于 d1 时(点电荷仍在球壳外) ,设球壳外壁的电量变为 Q2 ,球 壳外的电荷 q1 、q 2 与球壳外壁的电量 Q2 在壳内产生的合场强仍为零,因球壳内仍 无电荷,球壳内仍保持电势值为 V 的等势区。则有

k

q1 q Q + k 2 + k 2 = V. d1 d2 d1

(4)

解得球壳外壁的电量

Q2 = d1

?q q ? V ? d1 ? 1 + 2 ? = ?16 × 10 ?9 (C ). ?d ? k ? 1 d2 ?

因为此时球壳内壁电量仍为零,所以球壳的电量就等于球壳外壁的电量,即

QII = Q2 = ?16 × 10 ?9 (C ).
在 a=10cm 到趋于 d1 的过程中,大地流向球壳的电量为

(5)

?QI = QII ? QI = ?8 × 10 ?9 (C ).

(6)

,点电荷 q1 在球壳 3.当点电荷 q1 穿过球壳,刚进入球壳内(导体半径仍为 d1 ) 内壁感应出电量 ? q1 ,因球壳的静电屏蔽,球壳内电荷 q1 与球壳内壁电荷 ? q1 在球 壳外产生的合电场为零,表明球壳外电场仅由球壳外电荷 q 2 与球壳外壁的电荷 Q3 所决定。由于球壳的静电屏蔽,球壳外电荷 q 2 与球壳外壁的 Q3 在球壳内产生的合 电场为零,表明对电荷 q 2 与 Q3 产生的合电场而言,球壳内空间是电势值为 V 的等 势区, q 2 与 Q3 在球心 O 处产生的电势等于球壳的电势,即

k

Q q2 + k 3 = V. d2 d1

(7)

解得球壳外壁电量

Q3 = d1

q V ? d1 2 = ?6 × 10 ?9 (C ). k d2

(8)

球壳外壁和内壁带的总电量应为 QIII = Q3 + (? q1 ) = ?16 × 10 ?9 (C ). (9)

在这个过程中,大地流向球壳的电量为

?QII = QIII ? QII = 0.

(10)

这个结果表明: 电荷 q1 由球壳外极近处的位置进入壳内, 只是将它在球壳外壁 感应的电量转至球壳内壁,整个球壳与大地没有电量交换。 4.当球壳半径趋于 d 2 时(点电荷 q 2 仍在球壳外) ,令 Q4 表示此时球壳外壁的 电量,类似前面第 3 阶段中的分析,可得

k

q2 Q + k 4 = V. d2 d2

(11)

由此得

Q4 = d 2

?q ? V ? d 2 ? 2 ? = ?12 × 10 ?9 (C ). ?d ? k ? 2?

球壳的电量 QIV 等于球壳内外壁电量的和, QIV = Q4 + (? q1 ) = ?22 × 10 ?9 (C ). 大地流向球壳的电量为 ?QIII = Q IV ? QIII = ?6 × 10 ?9 (C ). (13) (12)

5.当点电荷 q2 穿过球壳,刚进入球壳内时(球壳半径仍为 d 2 ) ,球壳内壁的感 应电荷变为即-(q1+q2) ,由于球壳的静电屏蔽,类似前面的分析可知,球壳外电 场仅由球壳外壁的电量 Q5 决定,即

k

Q5 = V. d2
Q5 = d 2 V = 4 × 10 ?9 (C ). k

(14)

可得

球壳的总电量是 QV = Q5 ? (q1 + q 2 ) = ?22 × 10 ?9 (C ). 在这个过程中,大地流向球壳的电量是 ?Q IV = QV ? Q IV = 0. (16) (15)

6.当球壳的半径由 d 2 增至 a1 = 50cm 时,令 Q6 表示此时球壳外壁的电量,有

k

Q6 = V. a1

(17)

可得
Q6 = a1 V = 5 × 10 ?9 (C ). k

球壳的总电量为
Q IV = Q6 ? ( q1 + q 2 ) = ?21 × 10 ?9 (C ).

(18)

大地流向球壳的电量为
?QV = QVI ? QV = 1 × 10 ?9 (C ).

(19)


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