物理奧賽8（靜電場）

1、1,奧賽典型例題,分析(靜電場),2,1.一根電荷線密度為的無限長均勻帶電細(xì)線彎成圖1所示形狀，左邊是一半徑為R的半圓形，右邊是兩根相距為2R的平行半無限長直線，試求圓心處的電場強度.,3,這兩微元段在圓心O處產(chǎn)生場強方向相反，合場強大小為為,因為一對對這樣的微元段在圓心O處產(chǎn)生的合場強都為零，所以整條帶電細(xì)線在圓心O處產(chǎn)生的場強為零.,4,2.半徑為R的細(xì)圓環(huán)所帶電量為Q,若這圓環(huán)的其中一直徑AB上的場強處處為0，如圖2所示，試求圓環(huán)上電荷線密度的分布規(guī)律.,5,若電量Q均勻分布在半徑為R的球面上，則球內(nèi)電場處處為零，其任一直徑AB上的場強也處處為零.,6,均勻球面在S點產(chǎn)生的電場,球面上無

2、限多環(huán)狀小帶在S點產(chǎn)生的電場,無限多P1、P2線元對在S點產(chǎn)生的電場,7,圖1中線元P1所帶電量為,因此圓環(huán)上電荷線密度分布為,8,3.質(zhì)量為M=2m的均勻帶電球的半徑為R，帶電量為Q，開始時靜止在光滑水平面上，現(xiàn)沿直徑開一條很小的絕緣光滑通道，如圖3所示，并在球的最左端A處由靜止開始釋放一質(zhì)量為m、帶電量為Q的帶電粒子N，若只考慮靜電力，不考慮萬有引力，當(dāng)帶電粒子N到達(dá)球心處時，球M和粒子N的速度各是多少？,9,解：方法一：利用電勢分布公式,因為絕緣光滑通道很小，故仍可把M看作是均勻帶電球體. 而均勻帶電球體內(nèi)的電勢分布為,由于M、m組成的系統(tǒng)在運動過程中，沒有外力作用，所以系統(tǒng)動量守恒、能

3、量守恒. 設(shè)帶電粒子N到達(dá)球心處時，球M和粒子N的速度大小分別為vM和vN,則,即,由以上兩式可解得,10,均勻帶電球體M在球內(nèi)離球心距離為x處產(chǎn)生的電場強度為,于是帶電粒子N在該處受力為,這是線性回復(fù)力，所以粒子N沿x軸作簡諧振動.,11,由于系統(tǒng)不受外力作用，且開始時，M、N均靜止，所以系統(tǒng)質(zhì)心O始終保持靜止.,令全條彈簧的勁度系數(shù)為 ，則NO段彈簧的勁 度系數(shù)為 ，MO段彈簧的勁度系數(shù)為,質(zhì)心O可看作是M、N振動時的各自的平衡位置，N的振 幅為 , M的振幅為,當(dāng)N到達(dá)球心時，可看作是雙振子M、N都到達(dá)平衡位置，由簡諧振動的規(guī)律可知N、M的速度分別為,12,方向向右,方向向左,13,4.

4、如圖4所示，A和B是真空中的兩塊面積很大的平行金屬板，加上周期為T的交流電壓，在兩板間產(chǎn)生交變的勻強電場，已知B板的電勢為零，A板的電勢UA隨時間變化的規(guī)律如圖5所示，其中UA的最大值為U0，最小值為2 U0. 在圖4中虛線MN表示與A、B板平行等距的一個較小的面，MN面到A、B的距離都是l，在此面所在處，不斷產(chǎn)生電量為q，質(zhì)量為m的帶負(fù)電的微粒，各個時刻產(chǎn)生帶電粒子的機會均等.這種微粒產(chǎn)生后，從靜止出發(fā)在電場力的作用下運動. 設(shè)微粒一旦碰到金屬板，它就附在板上，不再運動，且其電量同時消失，不影響A、B板的電壓. 已知上述的T、U、l 、q、m等各量的值正好滿足等式：,若在交流電壓變化的每個周

5、期T內(nèi)，平均產(chǎn)生320個上述微粒，試論證在t=0到T/2這段時間內(nèi)產(chǎn)生的微粒中，有多少個微?？傻竭_(dá)A板？（不計重力，不考慮微粒之間的相互作用力）,（03年20屆預(yù)賽題）,14,在正半周，微粒所受電場力方向向右(為正)，加速度大小為,在負(fù)半周，微粒所受電場力方向向左(為負(fù))，加速度大小為,15,在t0時刻產(chǎn)生的微粒運動的位移大小為,把題設(shè)條件 代入，可解得,從圖3可見，t0時刻前產(chǎn)生的微粒在t1時刻前，甚至在T/2時刻前就到達(dá)A板，如圖中藍(lán)線所示. 而在t0時刻后產(chǎn)生的微粒則不可能到達(dá)A板，如圖中金魚黃線所示.,因此，在0T/2這段時間中，0t0內(nèi)產(chǎn)生的微粒全部能到達(dá)A板；而t0T/2內(nèi)產(chǎn)生的微

6、粒則全部不能到達(dá)A板.,16,因題設(shè)在交流電壓變化的每個周期T內(nèi)，平均產(chǎn)生320個微粒，所以在0T/2這段時間內(nèi)，能到達(dá)A板的微粒數(shù)為,17,5.如圖6所示，三根完全一樣的絕緣、均勻帶電的細(xì)棒組成一個等邊三角形ABC，P點是三角形的中心，Q點與三角形共面，且與P點關(guān)于AC棒對稱，若測得P、Q兩點的電勢分別為UP、UQ. 現(xiàn)把BC棒取走，而AB、AC棒的電荷分布不變,求這時P、Q兩點的電勢分別是多少？,18,在沒有取走BC棒時，由對稱性可知，各棒在P點產(chǎn)生的電勢相同，用U1表示. 又因?qū)ΨQ性，AC棒在P、Q兩點產(chǎn)生的電勢相同，用U1表示. 同樣因?qū)ΨQ性，AB、BC棒在Q點產(chǎn)生的電勢也必相同設(shè)為U

7、2 . 故有,由以上兩式可解得,取走BC棒后，因AB、AC棒的電荷分布不變，故有,19,P點的電勢為,Q點的電勢為,20,6.正電荷Q1和Q2分別置于相距為L的兩點A和B，現(xiàn)以AB為直徑作半圓，試求在這半圓周上電勢最低點P的位置.,21,由圖易得Q1、Q2在P點處產(chǎn)生的場強大小分別為,故,22,7.兩個點電荷位于x 軸上，在它們形成的電場中，若取無限遠(yuǎn)處的電勢為零，則在正x軸上各點的電勢如圖7中的曲線所示，當(dāng)x 0時，電勢U ，當(dāng)x 時，電勢U 0，電勢為零的坐標(biāo)為x0，電勢為極小值U0的點的坐標(biāo)為x0 (2），試根據(jù)圖線提供的信息，確定這兩個點電荷所帶電荷的荷號、電量的大小以及它們在x軸 上

8、的位置. (03年20屆復(fù)賽題),0,23,因為在點電荷的電場中，U1/r，又因無限遠(yuǎn)處電勢為零，故正電荷在空間各點處產(chǎn)生的電勢都為正，負(fù)電荷在空間各點處產(chǎn)生的電勢都為負(fù). 現(xiàn)已知在x=x0處電勢為零，故可判定這兩點電荷必一正一負(fù).,以Q1表示這正電荷的電量，當(dāng)x從0增大時，電勢都沒有出現(xiàn)負(fù)無限大，由此可判定負(fù)的點電荷必位于原點的左側(cè). 設(shè)其電量大小為Q2,與一點的距離為l.,24,從圖可知，當(dāng)x從x0增大時，電勢一直為負(fù)，且當(dāng)x很大時，電勢趨向于0. 由此可判定必有Q2Q1 .,依題意有,又因x =x0時，電勢有極小值，故任一電量為q的正檢驗點電荷位于該處時，其電勢能最小. 這表明該點處是正

9、檢驗點電荷的平衡位置，即x =x0處電場為0.,25,于是有,由(1)、(2)、(3)式可解得,26,8.如圖8所示， 在真空中有4個半徑為a的不帶電的相同的金屬球，球心分別位于邊長為r（ra）的正方形的四個頂點上. 首先讓球1帶電量為Q（Q0），然后，取一細(xì)金屬絲，一端固定在球1上，另一端分別依次與球2、球3、球4、大地接觸，每次接觸的時間足以使它們達(dá)到靜電平衡，設(shè)分布在金屬絲上的電荷可以忽略不計，試求流入大地的電量.,27,由于對稱性，所以當(dāng)球1與球2接通后，球1的電量Q11與球2的電量Q2相等，為,同樣由于對稱性，所以當(dāng)球1與球3接通后，球1的電量Q12與球3的電量Q3相等，為,當(dāng)球1與

10、球4接通后，它們的電勢U1、U4應(yīng)相等，有,28,又據(jù)電荷守恒定律可得,由以上四個方程可解得,29,最后，當(dāng)球1與球4斷開連接并把球1接地，設(shè)接地后球1所帶電量為q1，此時球1電勢為0.故有,解得：,此時球1帶負(fù)電，所以流入大地的電量為,30,9. 如圖9所示，O為半徑等于R的原來不帶電的導(dǎo)體球的球心，O1、O2、O3為位于球內(nèi)的三個半徑皆為r的球形空腔的球心，它們與O共面，已知 =R/2在OO1、OO2的連線上距O1、O2為r/2的P1、P2點處分別放置帶電量為q1和q2的線度很小的導(dǎo)體（視為點電荷），在O3處放置一帶電量為q3的點電荷，設(shè)法使q1、q2和q3固定不動在導(dǎo)體球外的P點放一個電

11、量為Q的點電荷，P點與O1、O2、O3共面，位于 的延長線上，到O的距離為 =2R(1)求q3的電勢能(2)將帶有電量q1、q2的小導(dǎo)體釋放，當(dāng)重新達(dá)到靜電平衡時，各表面上的電荷分布有何變化？ 此時q3的電勢能為多少？(05 年22屆復(fù)賽題),31,由靜電屏蔽可知:,點電荷q1及感應(yīng)電荷(q1)在空腔1外產(chǎn)生的合場強為0；點電荷q2及感應(yīng)電荷(q2)在空腔2外產(chǎn)生的合場強為0；點電荷q3及感應(yīng)電荷(q3)在空腔3外產(chǎn)生的合場強為0. 因此在導(dǎo)體球外若無電荷，則球外表面的感應(yīng)電荷(q1+q2+q3)將均勻分布. 但現(xiàn)在導(dǎo)體球外的P點放置了點電荷Q，由于靜電感應(yīng)，球面上的感應(yīng)電荷的總電量雖然仍為(

12、q1+q2+q3)但不再均勻分布. 同時由靜電屏蔽規(guī)律可知:導(dǎo)體球外的點電荷Q及球面上的這些感應(yīng)電荷在導(dǎo)體球內(nèi)產(chǎn)生的合場強為0.,(1)由靜電感應(yīng)知空腔1、2及3的表面分別出現(xiàn)電量分別為q1、q2和q3的面感應(yīng)電荷，由電荷守恒定律知，在導(dǎo)體球的外表面出現(xiàn)感應(yīng)電荷q1+q2+q3.,32,空腔3表面的電荷在O3點產(chǎn)生的電勢為,33,據(jù)電勢疊加原理得O3點處的電勢為,因此q3的電勢能為,34,同理，空腔2內(nèi)的電荷q2僅受空腔2內(nèi)壁感應(yīng)電荷q2的靜電力作用，到達(dá)空腔2內(nèi)表面并且與那里的感應(yīng)電荷q2中和.,所以，達(dá)平衡后空腔1、空腔2表面無電荷分布；而空腔3表面和導(dǎo)體球外表面的電荷分布沒有變化. O3

13、處的電勢仍由由P點處的點電荷Q、導(dǎo)體球外表面上的感應(yīng)電荷及空腔3表面的電荷共同產(chǎn)生.,35,故O3處的電勢U及q3的電勢能W不變，仍然為,36,10.一平行板電容器，電容為C0300pF，極板A1接在一電源正極，A2接在另一電源的負(fù)極，兩電源的電動勢都是150V，電源的另一極都接地，取一厚金屬板B插入電容器間的正中央，金屬板的面積與A1及A2相同，厚度為電容器兩極板間距離的1/3 ，如圖10所示，(1)取一電動勢為50V的電源E，負(fù)極接地，正極與B板相連，問此時由電源E輸送到B板的總電量的多少？(2)在上述情況下，左右平移B板，改變它在兩極板間的位置，使B板的電量向電源E回輸，直到電源E原來輸送給B板的電量全部送回電源E時，固定B板的位置，然后切斷所有電源，并將B板從電容器中抽出，求這時電容器兩極板A1、A2之間的電壓.,37,(1)金屬板插入電容器兩極板間后，A1和B的左表面B1形成電容器C1， A2和B的右表面B2形成電容器C2，由于這兩個電容器兩極板間的距離都是原電容器的1/3，所以它們的電容為,電源E接入后，C1上的電壓為,故B1板上的電量為,C2