高中物理競賽(力學(xué))練習(xí)題解

1、（本題20分）如圖6所示，宇宙飛船在距火星表面H高度處作勻速圓周

運(yùn)動，火星半徑為Ro當(dāng)飛船運(yùn)行到P點(diǎn)時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)向外側(cè)點(diǎn)噴氣，使

飛船獲得一徑向速度，其大小為原來速度的a倍。因a很小，所以飛船新軌道

不會與火星表面交會。飛船噴氣質(zhì)量可以不計(jì)。

（1）試求飛船新軌道的近火星點(diǎn)A的高度h近和遠(yuǎn)火星點(diǎn)B的高度h遠(yuǎn)；

（2）設(shè)飛船原來的運(yùn)動速度為V。，試計(jì)算新軌道的運(yùn)行周期T。

2,（20分）有一個擺長為/的擺（擺球可視為質(zhì)點(diǎn)，擺

線的質(zhì)量不計(jì)），在過懸掛點(diǎn)的豎直線上距懸掛點(diǎn)。

的距離為x處（xV/）的C點(diǎn)有一固定的釘子，如圖

所示，當(dāng)擺擺動時(shí)，擺線會受到釘子的阻擋.當(dāng)/一

定而尤取不同值時(shí)，阻擋后擺球的運(yùn)動情況將不同.現(xiàn)

將擺拉到位于豎直線的左方（擺球的高度不超過O

點(diǎn)），然后放

手，令或自由擺動，如果擺線被釘子阻擋后，擺球恰巧

能夠擊中釘子，試求X的最小值.

3,（20分）如圖所示，一根長為L的細(xì)剛性輕桿的兩端圖預(yù)204

分別連結(jié)小球4和b,它們的質(zhì)量分別為ma和mb.

桿可繞距。球?yàn)長/4處的水平定軸。在豎直平面

內(nèi)轉(zhuǎn)動.初始時(shí)桿處于豎直位置.小球人幾乎接

觸桌面.在桿的右邊水平桌面上，緊挨著細(xì)桿放

著一個質(zhì)量為機(jī)的立方體勻質(zhì)物塊，圖中ABC。

為過立方體中心且與細(xì)桿共面的截面.現(xiàn)用一水

平恒力/作用于。球上，使之繞。軸逆時(shí)針轉(zhuǎn)動，

求當(dāng)。轉(zhuǎn)過a角時(shí)小球。速度的大小.設(shè)在此過

程中立方體物塊沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動，且小球人與立方體物塊始終接觸沒有分離.不計(jì)

一切摩擦.

4、把上端A封閉、下端B開口的玻璃管插入水中，放掉部分空氣后放手,玻璃管

可以豎直地浮在水中（如下圖）.設(shè)玻璃管的質(zhì)量m=40克，橫截面積S=2厘米2,水

面以上部分的長度b=l厘米，大氣壓強(qiáng)P（）=105帕斯卡.玻璃管壁厚度不計(jì)，管內(nèi)空

氣質(zhì)量不計(jì).

（1）求玻璃管內(nèi)外水面的高度差h.

⑵用手拿住玻璃管并緩慢地把它壓入水中，當(dāng)管的A端在水面下超過某

一深度時(shí),放手后玻璃管不浮起.求這個深度.

（3）上一小問中，放手后玻璃管的位置是否變化?如何變化?（計(jì)算時(shí)可認(rèn)

為管內(nèi)空氣的溫度不變）

5、一個光滑的圓錐體固定在水平的桌面上，其軸線沿豎直方向，母線與軸線

之間的夾角0=30°（如右圖）.一條長度為1的繩（質(zhì)量不計(jì)），一端的位置

固定在圓錐體的頂點(diǎn)。處，另一端拴著一個質(zhì)量為m的小物體（物體可

看作質(zhì)點(diǎn)，繩長小于圓錐體的母線）.物體以速率v繞圓錐體的軸線做水

平勻速圓周運(yùn)動（物體和繩在上圖中都沒畫出）.

⑴當(dāng)v=A1時(shí)，求繩對物體的拉力.

（2）當(dāng)丫=5￡時(shí)，求繩對物體的拉力.

6、（13分）一輛車通過一根跨過定滑輪的繩PQ提升井中質(zhì)量為m的物體，

如圖所示.繩的P端拴在車后的掛鉤上,Q端拴在物體上.設(shè)繩的總長不變,

繩的質(zhì)量、定滑輪的質(zhì)量和尺寸、滑輪上的摩擦都忽略不計(jì).

開始時(shí)，車在A點(diǎn)，左右兩側(cè)繩都已繃緊并且是豎直的，左側(cè)繩長為

H.提升時(shí)，車加速向左運(yùn)動，沿水平方向從A經(jīng)過B駛向C.設(shè)A到B的距離

也為H,車過B點(diǎn)時(shí)的速度為VB.求在車由A移到B的過程中，繩Q端的拉力

對物體做的功.

H

Cl*-H-^1

BA

7.在兩端封閉、內(nèi)徑均勻的直玻璃管內(nèi)，有一段水銀柱將兩種理想氣體a

和b隔開.將管豎立著，達(dá)到平衡時(shí)，若溫度為T,氣柱a和b的長度分別為

la和兀；若溫度為T',長度分別為1拯和1擾.然后將管平放在水平桌面上,

在平衡時(shí),兩段氣柱長度分別為1撬和1掘.己知T、T揖

\'1'b?求上.

8.如圖所示，質(zhì)量為M=9Kg的小車放在光滑的水平面上，其中AB部分

為半徑R=0.5ni的光滑L圓弧，BC部分水平且不光滑，長為L=2m,一小物塊質(zhì)量

4

m=6Kg,由A點(diǎn)靜止釋放，剛好滑到C點(diǎn)靜止（取g=10%）,求:

①物塊與BC間的動摩擦因數(shù)

②物塊從A滑到C過程中，小車獲得的最大速度

9..如圖所示，在光滑水平面上放一質(zhì)量為M、邊長為1的正方體木塊，木

塊上擱有一長為L的輕質(zhì)光滑棒，棒的一端用光滑較鏈連接于地面上0點(diǎn)，棒可

繞0點(diǎn)在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，另一端固定一質(zhì)量為m的均質(zhì)金屬小球.開始時(shí)，

棒與木塊均靜止，棒與水平面夾角為a角.當(dāng)棒繞0點(diǎn)向垂直于木塊接觸邊方向

轉(zhuǎn)動到棒與水平面間夾角變?yōu)?的瞬時(shí)，求木塊速度的大小.

10如圖所示，一半徑為R的金屬光滑圓環(huán)可繞其豎直直徑轉(zhuǎn)動.在環(huán)上套

有一珠子.今逐漸增大圓環(huán)的轉(zhuǎn)動角速度0,試求在不同轉(zhuǎn)動速度下珠子能靜止

在環(huán)上的位置.以珠子所停處的半徑與豎直直徑的夾角。表示.

11如圖所示，一木塊從斜面AC的頂端A點(diǎn)自靜止起滑下，經(jīng)過

水平面CD后，又滑上另一個斜面DF,到達(dá)頂端F點(diǎn)時(shí)速度減為零。兩斜面傾

角不同，但木塊與所有接觸面間的摩擦系數(shù)相同，若AF連線與水平面夾角為0,

試求木塊與接觸面間的滑動摩擦系數(shù)Uo

12.圖中的是游樂場中的滑道模型，它位于豎直平面內(nèi)，由兩個半徑都是

R的1/4圓周連接而成，它們的圓心01、。2與兩圓弧的連接點(diǎn)。在同一豎直線

上.沿水池的水面.一小滑塊可由弧AO的任意點(diǎn)從靜止開始下滑.

1.若小滑塊從開始下滑到脫離滑道過程中，在兩個圓弧上滑過的弧長相

等，則小滑塊開始下滑時(shí)應(yīng)在圓弧A0上的何處？（用該處到01的連線與豎直

線的夾角表示）.

2.凡能在。點(diǎn)脫離滑道的小滑塊，其落水點(diǎn)到O?的距離如何?

參考解答

1參考解答

：對圓軌道應(yīng)用動力學(xué)，有：V。=\回I①

VR+H

則橢圓軌道上P點(diǎn)的速度：v=正+（叫）2、叵

PVR+H

②

對P-^A過程，機(jī)械能守恒：ymVp一"=-GmM

「A

③

比較P、A兩點(diǎn)，用開普勒第二定律（此處特別注意，P點(diǎn)的速度

取垂直矢徑的分速度）：v（）rp=VAFA

④

解①②③④四式可得：r=—

Al+a

同理，對P和B用能量關(guān)系和開普勒第二定律，可得：「B==史且

橢圓的長半軸一二審=學(xué)

最后對圓軌道和橢圓軌道用開普勒第三定律可得橢圓運(yùn)動的周期。

答：鼠=正處，鼠=m處；T=2兀（R+H）（上:。

1+al-av0l-a~

2.參考解答

擺線受阻后在一段時(shí)間內(nèi)擺球作圓周運(yùn)動，若擺球

的質(zhì)量為〃?，則擺球受重力/咫和擺線拉力T的作用，設(shè)

在這段時(shí)間內(nèi)任一時(shí)刻的速度為v,如圖預(yù)解20-5所示。

用i表示此時(shí)擺線與重力方向之間的夾角，則有方程式

T+mgcosa=----（1）

I-X

運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒，令。表示擺線在起始位置時(shí)與

豎直方向的夾角，取。點(diǎn)為勢能零點(diǎn)，則有關(guān)系

-mglcos0-—mv1-mg[x-（l-x）cosa）]（2）

擺受阻后，如果后來擺球能擊中釘子，則必定在某圖移第20.S

位置時(shí)擺線開始松弛，此時(shí)7=0,此后擺球僅在重力作用下作斜拋運(yùn)動。設(shè)在

該位置時(shí)擺球速度口=%,擺線與豎直線的夾角a=%,由式（1）得

Vo=g(l-x)cosa()，(3)

代入(2)式，求出

2Zcos^=3(x-/)cosa0+2x(4)

要求作斜拋運(yùn)動的擺球擊中C點(diǎn)，則應(yīng)滿足下列關(guān)系式：

(/—x)sina0=i^cosa0z,(5)

2

(/-x)costz0=-vQsinaQt+—gt(6)

利用式(5)和式(6)消去得到

.二g(/-x)sin2ao⑺

2cos%

由式(3)、(7)得到

cosa0--

(8)

代入式(4),求出

a卜(2+6)-呵力

0=ai-ccos--------------(9)

21

e越大，cose越小，x越小，。最大值為萬/2,由此可求得x的最小值：

犬(2+揚(yáng)=向,

所以

x=(26-3"=0.464/(10)

3..參考答案：如圖所示，用為表示。轉(zhuǎn)過a角時(shí)〃球速度的大小，。表示此時(shí)立

方體速度的大小，則有以8sa=。(1)

由于。與正立方體的接觸是光滑

的，相互作用力總是沿水平方向，而且

兩者在水平方向的位移相同，因此相互

作用的作用力和反作用力做功大小相

同，符號相反，做功的總和為0.因此

在整個過程中推力尸所做的功應(yīng)等于

球a、b和正立方體機(jī)械能的增量.現(xiàn)

用心表示此時(shí)a球速度的大小，因?yàn)?/p>

a、b角速度相同，Oa=-l,Ob=-l,

44

所以得

(2)

根據(jù)功能原理可知

_I.12(II}12(3131}120、

F--sma^-m(lva-ma^\---cosa\+-mhvb+mh^\—~~cosa\+~mv(3)

將(1)>(2)式代入可得

2

F--sina=-m\-vb\----cosaI+-mbvj+cosaI+-m(vbcosa)

9/Fsina+\ina-3%)g(l-cosa)

解得%=

2ma+18，〃〃+18nleos?a

4.玻璃管A端浮在水面上方時(shí)，管受力平衡.設(shè)管中空氣壓強(qiáng)為Pi，則管所受

內(nèi)外空氣壓力之差(豎直方向)是

f=(Pj-P0)S0(a)

用P表示水的密度，

P1=PQ+Pgh,(b)

則：f=PghS.(c)

f應(yīng)與管所受重力平衡：

PghS=mg.(d)

故：h=巴.(e)

ps

代入數(shù)值,得卜=蠟等%米=02米=2渥米，

(2)管豎直沒入水中后，設(shè)管A端的深度為H,管內(nèi)氣柱長度為/，則A端所在

處水內(nèi)壓強(qiáng)為：

PA=P0+HPg,(f)

管內(nèi)氣壓，由管內(nèi)水面在水下的深度可知:為：

P2=P0+HPg+1Pg-(g)

管所受兩者壓力之差(豎直方向)為：

f=(P2-PA)S=1PgS.(h)

隨著管的下降，管內(nèi)水面也必下降，即管內(nèi)水面在水下的深度增大

(若管內(nèi)水面的深度不變(或減小)，則P2不變(或減小),而因管A端的下降,

管內(nèi)空氣的體積卻減小了，這與玻-馬定律不符).因止匕,P2增大,1減小，故f'

減小.當(dāng)管A端到達(dá)某一深度H()時(shí),f'與管所受重力相等,超過這一深度

后,f'小于重力，放手后管不浮起.由此，當(dāng)H=H()時(shí)，

f'=1PgS=mg,(i)

1=^.(j)

ps

這時(shí)，由玻-馬定律：

P21S=P[(b+h)S.(k)

RnTTm,m,m、八m、

SP：(po+Hopg+-pg)-=(po+-pg).(b+-).

故：H0=b(l+%

mg

代入數(shù)值后，

H0=1x10M+I。'x2j1041米=os2米.

[40x10-3x9.8]

(3)由上一小問解答的分析可知，當(dāng)管A端的深度超過H()時(shí),f'<mg.故放

手后管的位置要變化，將自行下沉.

評分說明:全題14分.(1)3分;(2)和(3)共11分.

(1)中，利用(a)、(b)式求出(c)式的，給2分.直接用阿基米德原理得出管

(及管內(nèi)空氣)所受浮力(c)式的，同樣給2分.利用條件(d)得出結(jié)果(e)

的，再給1分.因單純運(yùn)算或數(shù)值計(jì)算(包括單位換算)錯誤而結(jié)果錯

誤的，扣1分.

(2)、(3),這兩小問的解答中考生需要通過分析得知f'隨著管的下降

而減小，從而確定放手后管不浮起的條件和管位置的變化.故兩小

問一起定評分說明.

利用⑴、(g)得出(h)式的，給2分.直接求浮力而得出(h)式的,同樣給

2分.利用平衡條件得出①式的，再給1分.

利用玻-馬定律決定Ho部分，占3分.

分析f'隨管的下降而減小，占4分，不要求嚴(yán)格論證，能說出管下降時(shí)

1減小即可用其他話說的,正確的，也可?不作分析的不給這4分.

說出自行下沉的再給1分

因單純運(yùn)算或數(shù).計(jì)算(包括單位換算)錯誤而結(jié)果錯誤的，扣1分.

g值取作10米/秒2而得出H()=0.51米的，同樣給分.

5、題目要求考生說明每問解法的根據(jù).物體做水平勻速圓周運(yùn)動有兩種可

能:一種是物體與錐體表面接觸(見圖1);一種是物體與錐體表面不接觸

(見圖2).

圖2

當(dāng)接觸時(shí),物體受力如圖1所示,T是繩對物體的拉力,N是支持力,mg是重

力.物體與錐面間無摩擦.將力沿水平方向和豎直方向分解，按牛頓定律

得：

V2

Tsin6-Ncos6=m-------,(a)

IsinS

Teos0+Nsin0=mg.(b)

由(a)、(b)兩式消去T,可得N跟v的關(guān)系如下：

N=mgsinO-m丫￡。史.

IsinO

在8給定后,v越大,N就越小.當(dāng)v=時(shí),N=0.令Vb表示這個速

率，并將。二30。代入，可得

因?yàn)镹是支持力，最小等于0,所以當(dāng)v>vb時(shí)，物體不再與錐面接觸.

⑴當(dāng)v=以時(shí)，因?yàn)関<Vb，所以物體與錐面接觸，由(a)、(b)式

消去N,可得：

2

V八

T=m—+mgcosO

此小

=m—j—+—mg

1+3也

=---mg,

6

或:T=1.03mg.

(2)當(dāng)v=時(shí)，因?yàn)関>Vb所以物體與錐面不接觸.這時(shí)物體

只受重力和繩子拉力作用(如圖2所示).用a表示繩與圓錐體軸線之間

的夾角，將力沿水平方向和豎直方向分解，按牛頓定律得：

.V2

Tsina=m——，(d)

Isina

lcosa=mg.(e)

將丫=百代入(d)式，由(d)、(e)兩式消去a,可得:

2T2-3mgT-2m2g2=0

解此方程，取合理值，得：

T=2mg.

評分說明:全題12分.

本題要求考生說明每問解法的根據(jù)，即要求得出⑹式，并將

(1)、(2)兩問中的速率與(c)式相比較.這部分內(nèi)容占6分.不論考生用

什么方法解題，得出(c)式的給4分，再將(1)、(2)兩問中的速率與(c)式

比較的，再各給1分.

在(1)中，列(a)、(b)式及求解占3分.(a)、(b)兩式中有一個列錯的,

扣2分.單純運(yùn)算錯誤，扣1分.答案最后結(jié)果寫作T=mg的，不扣分.

在⑵中，列(d)、(e)式及求解占3分.(d)、(e)兩式中有一個列錯的,

扣2分.單純運(yùn)算錯誤，扣1分.若誤認(rèn)為a=30°，扣2分.

6、設(shè)繩的P端到達(dá)B處時(shí),左邊繩與水平地面所成夾角為0，物體從井底上升

的高度為h,速度為v,所求的功為W,則：

W=imv2+mgh.(a)

2

因繩總長不變，所以：

V=VBCOS0.(c)

將(b)、(c)兩式代入(a)式，得：

1311

W=—mv；cos2e+mg(-------1)H.

2sin0

因?yàn)椋?=—?(d)

4

可得：W=gmv：+mg(\ZI-1)H.

評分說明：全題13分.

列出(a)式的,給3分.列出(b)式的，給3分.列出(c)式的,給5分.

列出(d)式的,給1分.最后結(jié)果正確的，再給1分.

7、對于a段氣體，有：

P，=P',一

(a)

T-T,，

P\1；-P".!".

rr'(b)

對于b段氣體，有：

Pbk_P'b1，b

(c)

T-T，

P'-'b_PV'b

(d)

壓強(qiáng)關(guān)系有:Pb-Pa=Pf0b-p在|a,(e)

Pa=Pb-(6

由以上各式可得:

T_jr

i"._

「ITT

L1'.

評分說明：全題10分.

（a）、（b）、（c）、（d）四式全都列對的，給4分;部分列對但無列錯的，

給1分;有列錯的，不給分.

（e）式列對給3分；（f）式列對給1分.

最后結(jié)果正確再給2分.

8.解：由A點(diǎn)滑到C點(diǎn)，物塊靜止，由于系統(tǒng)水平方向動量守恒，C處車

也靜止。故重力勢能的減少轉(zhuǎn)化為熱能。

mgR=umgL,u=R/L=0.25

物塊由A到B,小車向左加速；由B到C,物塊速度減小，車速也減小。故B

處車速最大，設(shè)為v，有Mv=mu

由能量守恒gMv2+gmu2=mgR

解得A""

9

解答：設(shè)桿和水平面成￡角時(shí)，木塊速度為v,水球速度為V.,桿上和木塊接

觸點(diǎn)B的速度為VB，因B點(diǎn)和ni在同一桿上以相同角速度繞0點(diǎn)轉(zhuǎn)動，所以有：

%=*=—^―=^sin/7.B點(diǎn)在瞬間的速度水平向左，此速度可看作兩速

vBcoOB//sin〃/

度的合成，即B點(diǎn)繞0轉(zhuǎn)動速度v±=VB及B點(diǎn)沿桿方向向m滑動的速度v〃，所

以VB=vsin￡.故v?,=VB?sin￡=qvsin2￡.因從初位置到末位置的過程中只有

小球重力對小球、輕桿、木塊組成的系統(tǒng)做功，所以在上述過程中機(jī)械能守恒：

mgL（sina-sin/）=："?*綜合上述得V=］j2〃?〃sin,siy）.

22'Mrsinp

10［解答］珠子受到重力和環(huán)的壓力，其合力指向豎直直徑，作為

珠子做圓周運(yùn)動的向心力，其大小為：F=mgt%0.

珠子做圓周運(yùn)動的半徑為r=RsinO.

根據(jù)向心力公式得F=mgtgO=ma>2Rsin0,

可得

cosg

0

6=±arccos/

解得R療.

11.解：如圖所示，A-F過程

重力所做的功為：卬。=mS^AG

摩擦阻力所做功為:

W/=cosa)?.vAC+/nmgsCD+"(mgcos/3)-sDF]

=T^ngSBc+MgsCD+Mgsa：]

=-mgsBE=-W%SGF

根據(jù)動能定理有：

WG+Wf=0

艮LmghAC-/jrngsCF=0

h

解之得：4=%^=tan。

SGF

奧賽金牌題典一一高中物理--第六章電磁學(xué)方法修改內(nèi)容

A類題：（更換更換200：Al>P.204：A4、P.207：A6、P.208：A7四題）

A1.如圖6-1所示，一接地的無限大水平放置的導(dǎo)體

平板的上方有一點(diǎn)電荷Q,Q到平板的距離為h,試求：

（1）從點(diǎn)電荷Q出發(fā)時(shí)沿著水平方向（即平行于導(dǎo)體

平板）的電場線碰到導(dǎo)體表面時(shí)的位置；

（2）從點(diǎn)電荷Q到導(dǎo)體平板的垂足O點(diǎn)處的場強(qiáng)；

（3）點(diǎn)電荷Q與導(dǎo)體平板之間的相互作用力。

分析：由于導(dǎo)體平板無限大，故平板將其整個下方屏蔽起來了（可將無限大

平板視為半徑R趨于無限大的球殼，從而易得上述結(jié)論），同時(shí)板上出現(xiàn)了感應(yīng)

電荷。只要分析出感應(yīng)電荷的作用，則整個電場就清楚了，其他問題就得到了解

決。

解：先分析感應(yīng)電荷的作用:

因板的下方被屏蔽起來，故下方場強(qiáng)處處為零。這是感

應(yīng)電荷的電場與電荷Q的電場疊加的結(jié)果。說明感應(yīng)電荷對

板下方空間的作用等效于在電荷Q處的-Q。由于感應(yīng)電荷分

布在板上，其對空間的作用關(guān)于板對稱，故感應(yīng)電荷對其上

方空間的作用等效于置于與Q對稱位置處的-Q電荷，如圖

6-2所示。（1）此處討論的空間在板上方，故感應(yīng)電荷的作用

在B處用-Q代替。電力線從Q發(fā)出，Q發(fā)出的電力線總數(shù)（即

圖6-3

其周圍閉合面的總的電通量）為4

電力線形狀如圖6-3所示。該電力線繞軸AB旋轉(zhuǎn)一周，形成一個曲面，而

其終止于板上的點(diǎn)P,也畫出一半徑為r的圓。可以看到，由于電力線不相交，

故通過圓弧的電力線條數(shù)為沙/2。（因?yàn)樵贓o下方發(fā)出的電力線條數(shù)與從其上

方發(fā)出的電力線條數(shù)相同，又圓面的電通量）（即電力線條數(shù)）由A處Q與B

_Q2*Q_cos。）1Q_1

----?--------------------X乙——?———中

處-Q產(chǎn)生的通量疊加。于是有￡。4兀R-2%2

Q_

式中飛為電荷Q發(fā)出的總電力線條數(shù)。2砒2（l-cos6）/4.2表示角，內(nèi)包含的

電力線占總條數(shù)的比例（點(diǎn)電荷電力線球?qū)ΨQ）。因子2則是因?yàn)?Q與B點(diǎn)-Q

在圓面上通量大小相等，正負(fù)相同。

由上式得8=60。

所以r=Iftan0-43h

即電力線在板上終止點(diǎn)距O點(diǎn)距離為百〃O

（2）此處討論空間仍為板上方，故感應(yīng)電荷作用仍用B處-Q代替。

E.gx2='.g

O處場強(qiáng)為4您。h-2必。h-

方向豎直向下。

（3）作用力大小即為Q與-Q間的庫侖作用力

Q八。

kF=1----?———-.Q=------

4宓°（2/?）216%/

兩者間為吸引力。

點(diǎn)評：題中所述與感應(yīng)電荷等效的電荷稱之為像電荷。一般可以認(rèn)為像電荷

就是B處的-Q,而忽略了A處的Q,實(shí)際上兩者都是像電荷，只是一個對板下

起作用，另一個是對板上起作用。這在之后碰到的其他像電荷例子將表現(xiàn)得更明

顯。題中題到Q與-Q關(guān)于“板”對稱，實(shí)際上由于屏蔽，只有上表面有電荷，

此“板”實(shí)際指的是板的上表面。解答本題的關(guān)鍵是弄清楚導(dǎo)體板中感應(yīng)電荷的

分布，利用感應(yīng)電荷分布的空間對稱性及靜電平衡的條件，結(jié)合電場強(qiáng)度的矢量

性，用像電荷來代替感應(yīng)電荷的作用來解題，這就是所謂的“電像法”。

A4O半徑為R的絕緣球上繞有密集的粗細(xì)均勻的細(xì)導(dǎo)線，線圈平面彼此平

行，且以單層線圈蓋住半個球面，如圖6-11所示。設(shè)線圈的總匝

數(shù)為N,通過線圈的電流為lo,求球心0處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B。/|\W

分析：處理此類問題的常用方法是利用微元法，先分析單個部

分的作用再累加。由對稱性可知：半徑為r的圓形電流在其中心軸

B=〃。J,.

線上距圓心為，的一點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度2(/+/產(chǎn)

解：取如圖6-12所示一匝線圈分析。其在球心0處產(chǎn)生的磁感

2

△B=/。":=〃。華%)=組"小夕

強(qiáng)度為2(產(chǎn)+/嚴(yán)2促/2R

]_

因細(xì)導(dǎo)線粗細(xì)均勻，故N匝線圈將5球面分成了N份，各線圈對

”,2八仇…，仔一2回(1-△嗚

應(yīng)的角度分別為0,圖6-12

B=YAB,.=^(sin2O+sin2A0+sin22A^+???+sin2(--A^)2+sin2

所以臺2R2

sin----0-cos。,

因?yàn)?2)

故上式可改寫為

*。+sin?A8+…+cos?A。+cos?0)

=2l^-^sin2O+cos2O)+(sin2A^+cos2A。)

sQ△…會

H-------1-

肛也二jNl

^2R~24/?

點(diǎn)評：本題應(yīng)用了對稱性原理和微元來法處理問題。解本題時(shí)注意理解導(dǎo)線蓋

住球面的意義，要想象出其空間圖象，才能正確解題。

A6.如圖6-18所示，在一隨時(shí)間線性增大的勻強(qiáng)磁場中，在

下述三種情況下，求感應(yīng)電動勢。已知導(dǎo)體所在平面都是跟磁場垂

直的。

(1)封閉圓環(huán)導(dǎo)體。

(2)圓弧形導(dǎo)體PNQ的圓心恰好是磁場區(qū)中心。

圖6-18

（3）直線導(dǎo)體PQ的P和Q兩點(diǎn)恰好就是圓弧的PNQ的端點(diǎn)。前兩種情況

的圓半徑都是r。

分析：變化著的磁場產(chǎn)生同心圓系列的渦旋電場，渦旋電場力正是導(dǎo)致感應(yīng)

電動勢的非靜電力。閉合導(dǎo)體中自由電子受渦旋電場力作用，定向移動形成電流;

不閉合導(dǎo)體中的自由電子受渦旋電場力作用，向?qū)w兩端積聚，使該段導(dǎo)體成為

開路的電源。

解：（1）根據(jù)法拉等電磁感應(yīng)定律：

A69?AB2M

s-=S——=k——

△tArAr

KB

因加是個恒量，所以q是恒定電動勢。

這個結(jié)果其實(shí)隱含了一個必不可少的前提，就是圓環(huán)導(dǎo)體圓心恰好是磁場中

心，圓環(huán)恰好跟渦旋電場某一條電場線重合。否則計(jì)算就決不是這么簡單了。中

學(xué)物理的教科書中，凡是牽涉到感應(yīng)電動勢的，其模型無不是圓形的，就隱含了

這一前提。高中學(xué)生必做實(shí)驗(yàn)中驗(yàn)證楞次定律的實(shí)驗(yàn)，其中一個是大線圈套著小

線圈。線圈是圓柱形的，課本解釋這個試驗(yàn)的俯視圖也是圓形，其實(shí)也隱含了這

一要求。

我們再順便考察一下這個閉合圓環(huán)電路中的電流、電壓和電功。設(shè)環(huán)電阻為

_兀產(chǎn)

R,電動勢和電阻都均勻分布。一萬一下不。閉合電路中沿電流方向通過任

一電阻，電勢有降落，假設(shè)環(huán)上有一段圓弧弧AB對應(yīng)圓心角為90°,其電動勢

為Z8,電阻為Z，于是兩點(diǎn)電壓

=?空一貯"』R二o

AB444A//?Ar4

AB兩點(diǎn)電勢相等。其實(shí)這一閉合環(huán)上任意兩點(diǎn)都是等勢的。其意義是：電

荷通過這兩點(diǎn)電勢能無變化，在電阻上發(fā)熱消耗的電能不多不少正好由渦旋電場

力做同樣多的正功來補(bǔ)充，我們也就可以明白，為什么例A9中，UM”N,

因?yàn)殡妱觿莘植季鶆?，每任意等長的圓弧上渦旋電場力的功是一樣的，但電阻分

布不均勻，電場力做的正功、電能的消耗就不均勻。所以點(diǎn)與點(diǎn)之間就不等勢了。

(2)福R上的電動勢，可以用這兩種方法計(jì)算。先假定弧對應(yīng)圓心角為

s^—e

。，弧長為/=。「，張開扇形面積為2,。用弧度做單位。

方法1：在圓弧陶點(diǎn)E渦大小相等，方向?yàn)閳A弧切向逆時(shí)針方向，

.r

E溷二----

'、2加，非靜電力的方向跟自由電子定向移動方向處處相同為順時(shí)針方向,

根據(jù)電動勢定義，我們求單位電荷渦效電場力做的功為

自由電子向P端積聚。Q端是正極，P端是負(fù)極。

方法2：為在毆用法拉第電磁感應(yīng)定律，可以作輔助線人為地造一個封

閉面積。由此求得電動勢原則上并不是所求的施動勢，因?yàn)樗溯o助線

上的貢獻(xiàn)。不過我們可以選擇對電動勢不作貢獻(xiàn)的輔助線，比如連接兩條半徑

OP和OQ，使OPNQO成為一個封閉扇形。由于渦旋電場電場線位于圓周切線

方向。沿半徑放置的導(dǎo)體渦旋電場不對電荷做故，就不參與產(chǎn)生電動勢。所以封

閉扇形的電動勢，大小等于施動勢：

△(pABr~\B

8=-=S——=—0——

NN2加。

(3)類似于方法1,理論上也可以求得直線導(dǎo)體PQ的電動勢，因?yàn)橐幌盗?/p>

以O(shè)為圓心的同心圓的電場線與PQ相交，不同交點(diǎn)后渦的大小并不一樣，實(shí)際

上我們不可能用初等數(shù)學(xué)方法把“渦跟1直接相乘來求電動勢。

用類似于上面的方法2,仍以半徑OP和OQ為輔助線構(gòu)成封閉三角形OPQ,

其面積為

61

S<--2rsi?n—e?rcos---r2si-n6

2222

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：

卜(PS丑」戶sme.以

Ar△t2Ar

同理，因OP和0Q對電動勢無貢獻(xiàn)。所以這一電動勢雖然是封閉三角形回

路求得的，其大小也就等于直線PQ上的電動勢，Q端是正極，P端是負(fù)極。

點(diǎn)評：以上的思路、方法恐怕不難接受，可是事情并沒完，新問題又產(chǎn)生了。

比較（2）和（3）兩條導(dǎo)體。它們有相同的端點(diǎn)，僅僅因形狀和長短的差異，在

同一變化的磁場中兩端點(diǎn)位于相同位置，兩段導(dǎo)體電動勢不同，這說明了什么？

這正說明了渦旋電場的一個重要性質(zhì)，即場力做功跟路徑有關(guān)。沿不同路徑移動

電荷，場力做功不同，這正是渦旋電場與靜電場的根本差別，也是一種電場線不

封閉有頭尾，另一種電產(chǎn)線封閉的主要原由。靜電場移動電荷做功，跟重力移動

物體做功一樣，是跟路徑無關(guān)的，因而可以引入電勢能這一狀態(tài)函數(shù)，引入電勢

和電勢差概念。渦旋電場移動電荷既然跟路徑有關(guān)，就不存在電荷的電勢能，本

題的（1）中說環(huán)中任意兩點(diǎn)等勢，都是一此不甚科學(xué)不太嚴(yán)格的講法。在回路

中非靜電力定向移動電荷做的功，通過電荷與晶格的碰撞就直接轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，并

沒有經(jīng)過靜電場力這一中介來做功，因而不應(yīng)有什么電勢升或降的問題，在感應(yīng)

電動勢這一場合借電勢概念，實(shí)在是沒有辦法的辦法。

A70（第十四屆全國中學(xué)生物理競賽決賽題）圖6-19（甲）是由24個等值電阻

連接而成的網(wǎng)格，圖6-19（乙）中電動勢為￡=3.00V,內(nèi)阻r=2.00。的電源與

一阻值為28.0Q的電阻R及二極管D串聯(lián)后引出兩端P、Q,二極管的正向伏安

曲線如圖6T9（丙）所示。

（1）若將P、Q兩

端與圖6-19（甲）中電

阻網(wǎng)格E、G兩點(diǎn)相接,

測得二極管兩端間的

電壓為0.86V。求：電

阻網(wǎng)格E與A間的電

壓UEA0

（2）若將P、Q

圖6-19

兩端與圖6-19（甲）中

電阻網(wǎng)絡(luò)B、D兩點(diǎn)相接，求通過二極管D的電流ID和網(wǎng)格中E、G間的電壓

UEG。

分析：（1）對于電阻網(wǎng)格E、A之間的電壓，可利用網(wǎng)格對稱性求出等效電

阻，再利用閉合電路的歐姆定律來求解。（2）電路中含有二極管，二極管是一種

非線性元件，它兩端的電壓和通過它的電流的比值是變化的，題目給了這兩者的

關(guān)系曲線；電路中含源支路的電壓與電流的關(guān)系是一斜率為負(fù)的直線方程。通過

二極管的電流需要同時(shí)滿足以上的曲線方程和直線方程，所以需要在LU圖上找

出兩者的交點(diǎn)，就可以求出通過二極管的電流。

解：（1）電阻網(wǎng)絡(luò)E、G兩點(diǎn)間電壓可表示為

UEC=￡-lXR'+r）-UD?

從圖中的二極管D的正向伏安曲線中可查得電壓對應(yīng)的電流I］為

25.0mA,此電流就是流過電阻R及由E點(diǎn)流入電阻網(wǎng)格的電流，將數(shù)據(jù)代入上式

得

"EG=L39K

由對稱性可得H、A、C、F電勢相等，其等效

電路如圖6-20所示（除兩只電阻為0/4外，其余

電阻均為&/2,凡為原來每只電阻的阻值），易得

REG=13凡/7,

而等效電阻REG=UEG/1I=55.6Q,

求得R0=REG=29.90,

3

RoX44）

U=—/,/?（）=0.695V

EA3

&+z&

（2）當(dāng)引線兩端P、Q與電阻網(wǎng)格B、D兩

點(diǎn)相接時(shí)，等效電路仍如圖6-20所示，易得

=2L4C,

通過二極管D的電流與二極管兩端電壓有關(guān)

圖6-21

系

UD2=E_]D2（RBD+R（>）.

代入數(shù)據(jù)得

UD2=3—ID2*51.3

這是一條聯(lián)系UD與ID的方程，但是UD與ID又必須滿足二極管的伏安特性

曲線，在圖6-21中描出上式所述直線，它與曲線的交點(diǎn)的縱坐標(biāo)即為通過二極

管的電流ID，由圖6-21中讀出

ID=40.5mA,

由對稱性，U"二心心=UQ，則

2Q

UEG=]（〃）?；R°X2=0.52V

點(diǎn)評：本題與傳統(tǒng)的電路題不同的是電路中包含有二極管這種非線性元件，

其伏安特性曲線沒有用解析式寫出，二極管兩端的電壓與電流的關(guān)系不服從歐姆

定律，故解這類題一般都只能用圖解法來解題。

B類題：（更換P.216—P.221：B4、BIO、Bll>B19、B22、B24、B25共7

題）

B4.一塊無限大的導(dǎo)體板，左側(cè)接地，在右側(cè)離板d的A處放置一個負(fù)電

荷-q（如圖6-29甲），求靜電平衡后：

（1）板上感應(yīng)電荷在導(dǎo)體內(nèi)任一點(diǎn)P產(chǎn)生的場強(qiáng)；

（2）感應(yīng)電荷在導(dǎo)體外任意一點(diǎn)P'處產(chǎn)生的地強(qiáng)；

（3）證明導(dǎo)體表面附近處的合場強(qiáng)垂直于導(dǎo)體表面；-L|

（4）求-q所受的庫侖力；

（5）若切斷接地線后，將+Q放在導(dǎo)體板上，+Q將怎樣分布？囪A；。

B10.在點(diǎn)電荷q的電場中，放入一個半徑為R的接地導(dǎo)體球，從q到導(dǎo)體

球球心O的距離為L。求導(dǎo)體對q的作用力。

B11.一個導(dǎo)電的細(xì)硬環(huán)放在不導(dǎo)電的水平面上，并且處于均勻磁場中。磁

感線沿水平方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,環(huán)的質(zhì)量為m,半徑為R,問通過環(huán)的電流

必須多大，才能使環(huán)開始上升？

B19.一根長為L的導(dǎo)線，電流為I,如果此導(dǎo)線繞成單匝線圈放在磁感應(yīng)

強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，在什么條件下，這個線圈所受的磁力矩最大？最大磁

矩是多少？

B22.如圖6-47所示，有一由勻質(zhì)線導(dǎo)線彎成的半徑為a的圓

線圈和一內(nèi)接等邊三角形的電阻絲組成的電路（電路中各段的電阻

值見圖）。在圓線圈平面內(nèi)有垂直紙面向里的均勻磁場，磁感強(qiáng)度

B隨時(shí)間t均勻減小，其變化率的大小為一已知常量k。已知2n=33

試求圖中A、B兩點(diǎn)的電勢差UA-UB。

B24.圖6-49表示某個二極管的U-I特性曲線，將該二極管與圖6-47

電阻R=10Q的負(fù)載串聯(lián)，再接

到電動勢￡=3V的電源上（內(nèi)

電阻不計(jì)），二極管處于正向狀

態(tài)，如圖6-50所示，問：

（1）通過負(fù)載的電流強(qiáng)度

和效率各為多少？

（2）若￡=1.5V時(shí)，通過負(fù)載的電流強(qiáng)度和效圖6-49

率又為多少？

B25.電源端壓隨負(fù)載電源變化的

圖象如圖6-51所示，求電源可能供給

負(fù)載的最大功率，為使功率最大，負(fù)載

的電阻應(yīng)是多少？

B類題解答或提示

B4o答：見提不。

提示：（1）因?yàn)殪o電平衡后導(dǎo)體內(nèi)部合場強(qiáng)為零，所以

感應(yīng)電荷在P點(diǎn)的場強(qiáng)E感和-q在P點(diǎn)的場強(qiáng)E-“大小相等，

E感=E_q=駕

方向相反，即“4方向如圖6-58所示，n是-q到P

圖6-58

點(diǎn)的距離。

（2）由于導(dǎo)體板接地，因此感應(yīng)電荷分布在導(dǎo)體的右邊。根據(jù)對稱原理,

可知感應(yīng)電荷在導(dǎo)體外任意一點(diǎn)P'處產(chǎn)生的場強(qiáng)一定和

+

感應(yīng)電荷在對稱點(diǎn)尸”處產(chǎn)生的場強(qiáng)鏡像對稱（如圖6-59

+-Q

_E-EE感p*==與

所不），即“感產(chǎn)一￡感產(chǎn)。而r2,式中r2為-q+

+

到〃的距離，因此鼻〃空,方向如圖&59所示。

丙

（3）根據(jù)（2）的討論將P'取在導(dǎo)體的外表面，此圖6-59

+

處的場強(qiáng)由E-和紇斷疊加而成（如圖6-60所示），不難看E-q

+

出，這兩個場強(qiáng)的合場強(qiáng)是垂直于導(dǎo)體表面的。P'

+

（4）在導(dǎo)體板內(nèi)取一點(diǎn)和-q所在點(diǎn)A對稱的A'點(diǎn)，

+

的場強(qiáng)由E"和用朗疊加而成零。由對稱可知，A處的石感A

T

和石感h應(yīng)是大小相等，方向相反的（如圖6-61所示），所以圖6-60

-q所受的電場力大小為

+

F=E感A?q』.q二島―等p'4

Y---A?-'5+

~q釀

E感AE-q+

方向垂直板面向左。

（5）因?yàn)镋-g和E感在導(dǎo)體內(nèi)處處平衡，所以+Q只有均

戌

勻分布在導(dǎo)體兩側(cè)，才能保持導(dǎo)體內(nèi)部場強(qiáng)處處為零。

圖6-61

從以上（2）、（3）、（4）的分析中可看出：導(dǎo)體外部的電

場分布與等量異名電荷的電場分布完全相似，即感應(yīng)電荷的作用和在與A點(diǎn)對

稱的A位置上放一個+q的作用完全等效，這就是所謂的“電像法”。

BlOo答：k,弋，，方向指向qO方向。

（l2-R2）2

提示：如圖6-69所示，根據(jù)對稱性，/肯定在qO或其長線上。設(shè)/到O

的距離是a,對導(dǎo)體球表面上任意?點(diǎn)A而言，它的電勢應(yīng)該由q和4’的電勢疊

加而成，即

心+k4=o

rr'

設(shè)0為原點(diǎn)，Oq為x軸，A點(diǎn)的坐標(biāo)為（x,y）o則有

q一/

4y2+(/_X)24y2+*_q)2Q

q?

圖6-69

(/-q'2)y2+(/_q'2)x2-(2aq2-2lq'2)xq'2l2-q2a2

因?yàn)锳點(diǎn)位于球心在原點(diǎn)的球面上，x、y的一次項(xiàng)應(yīng)該是零，所以要求

_R2

2aq2-202=(),Cl=7'

q'"2—q%2_飛2R

cj'2可解得Q'=~~Q-

“電像”,和感應(yīng)電荷是完全等效的，這樣，就可以很容易用庫侖定律求得

感應(yīng)電荷對q的作用力的大小為

-JkA

\2,2

(『_R2l2-R2

77

方向指向qO方向。

/_mg

Bllo答：兀BR.

提示：討論當(dāng)環(huán)處于水平位置