物理竞赛金牌题典——高中物理

奥赛金牌题典——高中物理——第六章电磁学方法修改内容A类题：（更换更换200：A1、P。204：A4、P。207：A6、P。208：A7四题）A1．如图6-1所示，一接地的无限大水平放置的导体平板的上方有一点电荷Q，Q到平板的距离为h，试求：（1）从点电荷Q出发时沿着水平方向（即平行于导体平板）的电场线碰到导体表面时的位置；（2）从点电荷Q到导体平板的垂足O点处的场强；（3）点电荷Q与导体平板之间的相互作用力。分析：由于导体平板无限大，故平板将其整个下方屏蔽起来了（可将无限大平板视为半径R趋于无限大的球壳，从而易得上述结论），同时板上出现了感应电荷。只要分析出感应电荷的作用，则整个电场就清楚了，其他问题就得到了解决。解：先分析感应电荷的作用：因板的下方被屏蔽起来，故下方场强处处为零。这是感应电荷的电场与电荷Q的电场叠加的结果。说明感应电荷对板下方空间的作用等效于在电荷Q处的-Q。由于感应电荷分布在板上，其对空间的作用关于板对称，故感应电荷对其上方空间的作用等效于置于与Q对称位置处的-Q电荷，如图6-2所示。（1）此处讨论的空间在板上方，故感应电荷的作用在B处用-Q代替。电力线从Q发出，Q发出的电力线总数（即其周围闭合面的总的电通量）为0Q电力线形状如图6-3所示。该电力线绕轴AB旋转一周，形成一个曲面，而其终止于板上的点P，也画出一半径为r的圆。可以看到，由于电力线不相交，故通过圆弧的电力线条数为2/。（因为在E0下方发出的电力线条数与从其上方发出的电力线条数相同，又圆面的电通量）（即电力线条数）由A处Q与B处-Q产生的通量叠加。于是有212124cos120220QRRQ式中0Q为电荷Q发出的总电力线条数。224/cos12RR表示角内包含的电力线占总条数的比例（点电荷电力线球对称）。因子2则是因为+Q与B点-Q在圆面上通量大小相等，正负相同。由上式得60图6-1图6-2图6-3所以hhr3tan即电力线在板上终止点距O点距离为h3。（2）此处讨论空间仍为板上方，故感应电荷作用仍用B处-Q代替。O处场强为202021241hQhQE方向竖直向下。（3）作用力大小即为Q与-Q间的库仑作用力hQQhQF022016241两者间为吸引力。点评：题中所述与感应电荷等效的电荷称之为像电荷。一般可以认为像电荷就是B处的-Q，而忽略了A处的Q，实际上两者都是像电荷，只是一个对板下起作用，另一个是对板上起作用。这在之后碰到的其他像电荷例子将表现得更明显。题中题到Q与-Q关于“板”对称，实际上由于屏蔽，只有上表面有电荷，此“板”实际指的是板的上表面。解答本题的关键是弄清楚导体板中感应电荷的分布，利用感应电荷分布的空间对称性及静电平衡的条件，结合电场强度的矢量性，用像电荷来代替感应电荷的作用来解题，这就是所谓的“电像法”。A4。半径为R的绝缘球上绕有密集的粗细均匀的细导线，线圈平面彼此平行，且以单层线圈盖住半个球面，如图6-11所示。设线圈的总匝数为N，通过线圈的电流为I0，求球心O处的磁感应强度B。分析：处理此类问题的常用方法是利用微元法，先分析单个部分的作用再累加。由对称性可知：半径为r的圆形电流在其中心轴线上距圆心为的一点的磁感应强度.2232220rIrB解：取如图6-12所示一匝线圈分析。其在球心O处产生的磁感强度为.sin22sin22023220232220RIRRIrIrB因细导线粗细均匀，故N匝线圈将21球面分成了N份，各线圈对应的角度图6-11图6-12O分别为0，2,2,22,,2,。所以).2sin)2(sin2sinsin(sin222222201ORIBBNii因为,cos2sin故上式可改写为OORIB22220coscossinsin222220cossincossin2OORI2cos2sin22NN220NRI.40RNI点评：本题应用了对称性原理和微元来法处理问题。解本题时注意理解导线盖住球面的意义，要想象出其空间图象，才能正确解题。A6.如图6-18所示，在一随时间线性增大的匀强磁场中，在下述三种情况下，求感应电动势。已知导体所在平面都是跟磁场垂直的。（1）封闭圆环导体。（2）圆弧形导体PNQ的圆心恰好是磁场区中心。（3）直线导体PQ的P和Q两点恰好就是圆弧的PNQ的端点。前两种情况的圆半径都是r。分析：变化着的磁场产生同心圆系列的涡旋电场，涡旋电场力正是导致感应电动势的非静电力。闭合导体中自由电子受涡旋电场力作用，定向移动形成电流；不闭合导体中的自由电子受涡旋电场力作用，向导体两端积聚，使该段导体成为开路的电源。解：（1）根据法拉等电磁感应定律：tBrtBSt2PQOBI涡E图6-18因tB是个恒量，所以q是恒定电动势。这个结果其实隐含了一个必不可少的前提，就是圆环导体圆心恰好是磁场中心，圆环恰好跟涡旋电场某一条电场线重合。否则计算就决不是这么简单了。中学物理的教科书中，凡是牵涉到感应电动势的，其模型无不是圆形的，就隐含了这一前提。高中学生必做实验中验证楞次定律的实验，其中一个是大线圈套着小线圈。线圈是圆柱形的，课本解释这个试验的俯视图也是圆形，其实也隐含了这一要求。我们再顺便考察一下这个闭合圆环电路中的电流、电压和电功。设环电阻为R，电动势和电阻都均匀分布。tBRrRI2。闭合电路中沿电流方向通过任一电阻，电势有降落，假设环上有一段圆弧弧AB对应圆心角为90，其电动势为41，电阻为R41，于是两点电压04141414122RtBRrtBrRIUAB，AB两点电势相等。其实这一闭合环上任意两点都是等势的。其意义是：电荷通过这两点电势能无变化，在电阻上发热消耗的电能不多不少正好由涡旋电场力做同样多的正功来补充，我们也就可以明白，为什么例A9中，MU≠NU，因为电动势分布均匀，每任意等长的圆弧上涡旋电场力的功是一样的，但电阻分布不均匀，电场力做的正功、电能的消耗就不均匀。所以点与点之间就不等势了。（2）圆弧上的电动势，可以用这两种方法计算。先假定弧对应圆心角为，弧长为rl，张开扇形面积为22rS，用弧度做单位。方法1：在圆弧上各点涡E大小相等，方向为圆弧切向逆时针方向，tBrE2涡，非静电力的方向跟自由电子定向移动方向处处相同为顺时针方向，根据电动势定义，我们求单位电荷涡效电场力做的功为tBrrtBrlE222涡。自由电子向P端积聚。Q端是正极，P端是负极。PNQPNQ方法2：为在上应用法拉第电磁感应定律，可以作辅助线人为地造一个封闭面积。由此求得电动势原则上并不是所求的的电动势，因为它包含了辅助线上的贡献。不过我们可以选择对电动势不作贡献的辅助线，比如连接两条半径OP和OQ，使OPNQO成为一个封闭扇形。由于涡旋电场电场线位于圆周切线方向。沿半径放置的导体涡旋电场不对电荷做故，就不参与产生电动势。所以封闭扇形的电动势，大小等于的电动势：tBrtBSt22。（3）类似于方法1，理论上也可以求得直线导体PQ的电动势，因为一系列以O为圆心的同心圆的电场线与PQ相交，不同交点涡E的大小并不一样，实际上我们不可能用初等数学方法把涡E跟l直接相乘来求电动势。用类似于上面的方法2，仍以半径OP和OQ为辅助线构成封闭三角形OPQ，其面积为sin212cos2sin2212rrrS根据法拉第电磁感应定律：tBrtBStsin212。同理，因OP和OQ对电动势无贡献。所以这一电动势虽然是封闭三角形回路求得的，其大小也就等于直线PQ上的电动势，Q端是正极，P端是负极。点评：以上的思路、方法恐怕不难接受，可是事情并没完，新问题又产生了。比较（2）和（3）两条导体。它们有相同的端点，仅仅因形状和长短的差异，在同一变化的磁场中两端点位于相同位置，两段导体电动势不同，这说明了什么？这正说明了涡旋电场的一个重要性质，即场力做功跟路径有关。沿不同路径移动电荷，场力做功不同，这正是涡旋电场与静电场的根本差别，也是一种电场线不封闭有头尾，另一种电产线封闭的主要原由。静电场移动电荷做功，跟重力移动物体做功一样，是跟路径无关的，因而可以引入电势能这一状态函数，引入电势和电势差概念。涡旋电场移动电荷既然跟路径有关，就不存在电荷的电势能，本题的（1）中说环中任意两点等势，都是一此不甚科学不太严格的讲法。在回路中非静电力定向移动电荷做的功，通过电荷与晶格的碰撞就直接转化为内能，并没有经过静电场力这一中介来做功，因而不应有什么电势升或降的问题，在感应电动势这一场合借电势概念，实在是没有办法的办法。PNQPNQPNQA7。（第十四届全国中学生物理竞赛决赛题）图6-19(甲)是由24个等值电阻连接而成的网格，图6-19（乙）中电动势为ε=3.00V，内阻r=2.00Ω的电源与一阻值为28.0Ω的电阻R及二极管D串联后引出两端P、Q，二极管的正向伏安曲线如图6-19（丙）所示。（1）若将P、Q两端与图6-19（甲）中电阻网格E、G两点相接，测得二极管两端间的电压为0.86V。求：电阻网格E与A间的电压UEA。（2）若将P、Q两端与图6-19（甲）中电阻网络B、D两点相接，求通过二极管D的电流ID和网格中E、G间的电压UEG。分析：（1）对于电阻网格E、A之间的电压，可利用网格对称性求出等效电阻，再利用闭合电路的欧姆定律来求解。（2）电路中含有二极管，二极管是一种非线性元件，它两端的电压和通过它的电流的比值是变化的，题目给了这两者的关系曲线；电路中含源支路的电压与电流的关系是一斜率为负的直线方程。通过二极管的电流需要同时满足以上的曲线方程和直线方程，所以需要在I-U图上找出两者的交点，就可以求出通过二极管的电流。解：（1）电阻网络E、G两点间电压可表示为,1DIEGUrRIU从图中的二极管D的正向伏安曲线中可查得电压DIU对应的电流I1为25.0mA，此电流就是流过电阻R及由E点流入电阻网格的电流，将数据代入上式得VUEG39.1由对称性可得H、A、C、F电势相等，其等效电路如图6-20所示（除两只电阻为4/0R外，其余电阻均为2/0R，0R为原来每只电阻的阻值），易得,7/130RREGABDEMNQG40R40R图6-20PQDR乙EFHGADBC1R2R3R4R5R6R7R8R9R10R11R12R13R14R15R16R17R18R19R20R21R22R23R24R甲图6-19mAID/VU/010203040502.04.06.08.00.1丙而等效电阻,6.55/1IUREGEG求得,9.290EGRRVRIRRRRRIUEA695.014134343201000001。（2）当引线两端P、Q与电阻网格B、D两点相接时，等效电路仍如图6-20所示，易得,4.21750RRBD通过二极管D的电流与二极管两端电压有关系,022RRIEUBDDD代入数据得3.51322DDIU这是一条联系UD与ID的方程，但是UD与ID又必须满足二极管的伏安特性曲线，在图6-21中描出上式所述直线，它与曲线的交点的纵坐标即为通过二极管的电流ID，由图6-21中读出,5.40mAID由对称性，,,QGEMUUUU则VRIUDEG52.0243720。点评：本题与传统的电路题不同的是电路中包含有二极管这种非线性元件，其伏安特性曲线没有用解析式写出，二极管两端的电压与电流的关系不服从欧姆定律，故解这类