整理奧賽金牌題典-高中物理-第六章電磁學(xué)方法(DOC)

奧賽金牌題典——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P200：A1、P204：A4、P207：A6、P208：A7四題）Al.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電荷Q，Q到平板的距離為h,試求:（1）從點電荷Q出發(fā)時沿著水平方向（即平行于導(dǎo)體平板）的電場線碰到導(dǎo)體表面時的位置；（2）從點電荷Q到導(dǎo)體平板的垂足O點處的場強;（3）點電荷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。電通量）為一QQ2兀R2G-cos0）1Q1=?x2=?=—屮84兀R228200Q式中8o為電荷Q發(fā)出的總電力線條數(shù)。2欣2°-cos0）/4^R2表示角0內(nèi)包含的電力線占總條數(shù)的比例（點電荷電力線球?qū)ΨQ）。因子2則是因為+Q與B點-Q在圓面上通量大小相等，正負相同。由上式得0二60所以r二h?tan0=、】3h即電力線在板上終止點距O點距離為丫3h。（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。O處場強為口1Q21QE=?x2=?—4兀8h22兀8h200方向豎直向下。（3）作用力大小即為Q與-Q間的庫侖作用力?岳Q?岳Q216兀8h0兩者間為吸引力。點評：題中所述與感應(yīng)電荷等效的電荷稱之為像電荷。一般可以認為像電荷就是B處的-Q，而忽略了A處的Q,實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，實際上由于屏蔽，只有上表面有電荷，此“板”實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”。

A4。半徑為RA4。半徑為R的絕緣球上繞有密集的粗細均勻的細導(dǎo)線，線圈平面彼此平行，且以單層線圈蓋sin-0=cos0,因為故上式可改寫為B=^^(in2O+sin2A0Hbcos2A0+cos2O)2R"o'(in2O+cos2O)+(in2A0+cos2A0)2RTOC\o"1-5"\h\z(nN++sin2一A0+cos2一A0(22rIN卩NI=—?=0.2R24R

點評：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，在一隨時間線性增大的勻強磁場中，在下述三種情xO.圖6-18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。/BXO.圖6-18(2)圓弧形導(dǎo)體PNQ(2)圓弧形導(dǎo)體PNQ的圓心恰好是磁場區(qū)中心。情況的圓半徑都是r。直線導(dǎo)體PQ的P和Q兩點恰好就是圓弧的情況的圓半徑都是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：AtAtAt因At是個恒量，所以q是恒定電動勢。這個結(jié)果其實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)生必做實驗中驗證楞次定律的實驗，其中一個是大線圈套著小線圈。線圈是圓柱形的，課本解釋這個試驗的俯視圖也是圓形，其實也隱含了這一要求。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R,電動勢和電阻s兀r2AB都均勻分布。RRAt。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1,1RSR一段圓弧弧AB對應(yīng)圓心角為90，其電動勢為4，電阻為4，于是兩點電壓AB444AtRAt4AB兩點電勢相等。其實這一閉合環(huán)上任意兩點都是等勢的。其意義是：電荷通過這兩點電勢能

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充，我們也就可以明白，為什么例A9中，UM工UN，因為電動勢分布均勻，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。所以點與點之間就不等勢了。(2)PNQ圓弧上的電動勢，可以用這兩種方法計算。先假定弧對應(yīng)圓心角為°,弧長為S=上e1=0r，張開扇形面積為2，e用弧度做單位。PNQ方法PNQ方法1：在圓弧E二輕上各點E渦大小相等，方向為圓弧切向逆時針方向，渦2X，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=e?1=r蘭?=fe蘭渦2Xt2Xt。自由電子向P端積聚。Q端是正極，P端是負極。PNQ方法2：為在上應(yīng)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PNQ得電動勢原則上并不是所求的的電動勢，因為它包含了輔助線上的貢獻。不過我們可以選擇對電動勢不作貢獻的輔助線，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。PNQ所以封閉扇形的電動勢，大小等于的電動勢：Ao門ABr2AB8——s—e—AtAt2At(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，因為一系列以O(shè)為圓心的同心圓的電場線與PQ相交，不同交點疋渦的大小并不一樣，實際上我們不可能用初等數(shù)學(xué)方法把疋渦跟l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S——2rsin°-rcos°——r2sine2222根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：

￡=竺=S蘭二1r2sin0?蘭

AtAt2At同理，因OP和OQ對電動勢無貢獻。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端是負極。點評：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，僅僅因形狀和長短的差異，在同一變化的磁場中兩端點位于相同位置，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)中任意兩點等勢，都是一此不甚科學(xué)不太嚴格的講法。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，實在是沒有辦法的辦法。A7。（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=2.00Q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6-19（丙）所示。（1）若將P、Q兩端與圖6-19（甲）中電阻網(wǎng)格E、G兩點相接，測得二極管兩端間的電壓為（乙）圖6-190.86V。求：電阻網(wǎng)格E與A間的電壓U（乙）圖6-19EA（2）若將P、Q兩端與圖6-19（甲）中電阻網(wǎng)絡(luò)B、D兩點相接，求通過二極管D的電流ID和網(wǎng)格中E、G間的電壓UEGoEG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)系是一斜率為負的直線方程。通過二

極管的電流需要同時滿足以上的曲線方程和直線方程，所以需要在I-U圖上找出兩者的交點，就可以求出通過二極管的電流。解：（1）電阻網(wǎng)絡(luò)E、G兩點間電壓可表示為U-1（R，+r）-U,EG1DI從圖中的二極管D的正向伏安曲線中可查得電壓UDI對應(yīng)的電流I1為25.0mA，此電流就是流過電阻R及由E點流入電阻網(wǎng)格的電流，將數(shù)據(jù)代入上式得U=1.39VEG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R0/4外，其余電阻均為R0/2只電阻的阻值），易得REG二13R/7,0圖6-20R0為原來每U=1.39VEG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R0/4外，其余電阻均為R0/2只電阻的阻值），易得REG二13R/7,0圖6-20R0為原來每而等效電阻REG=U/1=55.60,EG1求得R=R0EG二29.90,EA3_RxR0403R+—R040_二13IR1410二0.695V（2）當引線兩端P、Q與電阻網(wǎng)格B、D兩點相接時,電路仍如圖6-20所示，易得R二-R二21.40,BD70通過二極管D的電流與二極管兩端電壓有關(guān)系U二E-1(R+R)D2D2BD0等效(c)代入數(shù)據(jù)得圖6-21U=3—I?51.3D2D2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，它與曲線的交點的縱坐標即為通過二極管的電流ID，由圖6-21中讀出I=40.5mA,D由對稱性，UM=UE'UG=UQ'則U二2（I）?3RX2二0.52VEG7D40。o點評：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P216—P221：B4、B10、B11、B19、B22、B24、B25共7題）圖6-29B4.—塊無限大的導(dǎo)體板，左側(cè)接地，在右側(cè)離板d的A處放置一個負電荷-q（如圖6-29甲）,求靜電平衡后：圖6-29（1）板上感應(yīng)電荷在導(dǎo)體內(nèi)任一點P產(chǎn)生的場強；（2）感應(yīng)電荷在導(dǎo)體外任意一點P'處產(chǎn)生的地強；（3）證明導(dǎo)體表面附近處的合場強垂直于導(dǎo)體表面；（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?B10.在點電荷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)強度為B的勻強磁場中，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？

ArXr即0興r1B22.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，磁感強度B隨時間t均勻減小，其變化率的大小為一已知常量k。已知2rl=3r2。試求圖中A、B兩點的電勢差UAArXr即0興r1圖6-47B24.圖6-49表示某個二極管的U-I特性曲線，將該二極管與電阻R=10Q的負載串聯(lián)，再接到電動勢￡=3V的電源上（內(nèi)電阻不計），二極管處于正向狀態(tài)，如圖6-50所示，問：（1）通過負載的電流強度和效率各為多少？（2）若￡=1.5V時，通過負載的電流強度和效率又為多少？圖6-50圖6-49B25.電源端壓隨負載電源變化的圖象如圖6-51所示，求電源可能供給負載的最大功率，為使功率最大，負載的電阻應(yīng)是多少？圖6-51

B4。答：見提示。B類題解答或提示提示：（1）因為靜電平衡后導(dǎo)體內(nèi)部合場強為零，所以感應(yīng)電荷在P點的場強疋感和-q在P點的場強E—q大小相等，方向相反，即E_E_感—qkq〔2方向如圖6-58所示，片是B4。答：見提示。B類題解答或提示提示：（1）因為靜電平衡后導(dǎo)體內(nèi)部合場強為零，所以感應(yīng)電荷在P點的場強疋感和-q在P點的場強E—q大小相等，方向相反，即E_E_感—qkq〔2方向如圖6-58所示，片是-q到P點的距離。乙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)對圖6-58稱原理，可知感應(yīng)電荷在導(dǎo)體外任意一點P'處產(chǎn)生的場強一定和感應(yīng)電荷在對稱點P"處產(chǎn)生的場強鏡像對稱（如圖6-59所示）,即E感p"E_E_怨E感p。而忌卩為-q到P"的距離,E因此感卩'_kqr22，方向如圖6-59所示（3）根據(jù)（2）的討論將P'取在導(dǎo)體的外表面，此處的場強EE由-q和E感P'疊加而成（如圖6-60所示），不難看出，這兩個場強的合場強是垂直于導(dǎo)體表面的。（4）在導(dǎo)體板內(nèi)取一點和-q所在點A對稱的A'點，A'的場圖6-59感p'強由E—q和E感A疊加而成零。由對稱可知，A處的E^和E感A應(yīng)是大小相等，方向相反的（如圖6-61所示），所以-q所受的電場力圖6-60大小為F_E?q_E?qq_感a-q（2d）2kq24d2A'方向垂直板面向左。E感A'+E+—q+P'—qE感A'（5）因為E—q和疋感在導(dǎo)體內(nèi)處處平衡，所以+Q只有均勻分布圖6-61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”。B10。答：k一坐理，方向指向qO方向。(/2—R2)2提示：如圖6-69所示，根據(jù)對稱性，Q肯定在qO或其長線上。設(shè)Q到O的距離是a,對導(dǎo)體球表面上任意一點A而言，它的電勢應(yīng)該由q和Q的電勢疊加而成，即k生+kQ=0rr'設(shè)O為原點，Oq為x軸，A點的坐標為(x,y)。則有q_-q'Y2+(—x)2y2+(x—a)2q2[2+(x—a)2Lq'2[2+(/—x)2]A圖6-69(q2—q'2)y2+(q2—q'2)x2—(2aq2—2lq'2)x_q'2/2—q2a2A圖6-69因為A點位于球心在原點的球面上，x、y的一次項應(yīng)該是零，所以要求2aq2—2lq'2_0,<q'212—q2a2_r2、q2—q'2可解得R2可解得a_—,“電像”q'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]1'R[q_-“電像”q'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RqRq27

_k1f12—R2丿2I1丿_k(q2Rl、l2—R22方向指向qO方向。I二竺B11。答：兀BR。提示：討論當環(huán)處于水平位置情況（如圖6-70，俯視），在環(huán)上相對環(huán)直徑AB對稱分布的點C和點D附近，取長度均為Al的兩小元段，作用于第一個小元段上的安培力的方向垂直紙面向里，其B圖6-700F1B圖6-700F1CDIAlAF=BIAZsina=BIAx1式中Ax是線段Al在直徑方向上的投影，作用于第二個小元段上的安培力的方向垂直紙面向外，其大小為AF=BIAlsina=BIAx2這兩個力大小相等，方向相反，是一對力偶，它相對軸AB產(chǎn)生的轉(zhuǎn)動力矩為AM=AFl=BIAxl=BIAS1CDCD式中AS是圖上畫有細斜線部分的面積。我們將整個環(huán)分成類似的一對對小元段，它們相對直徑AB對稱分布，于是，當通過環(huán)的電流為I時，磁場作用在整個環(huán)上的合力矩為M=BIS=BinR2它使環(huán)繞水平軸AB轉(zhuǎn)動。當環(huán)將處于上升狀態(tài)時，有兩個機械力使環(huán)轉(zhuǎn)動，重力mg,作用點在環(huán)中心，方向豎直向下；正向支持力N,作用點在環(huán)與平面的切點上，方向豎直向上，既然環(huán)仍然處于平衡，那么mg-N=0即N=mg這樣，兩個機械力構(gòu)成一對力偶，產(chǎn)生使環(huán)反向轉(zhuǎn)動的力矩M'=mgR根據(jù)環(huán)的平衡條件可知，本情況中所有力的合力矩，即機械力和磁場力的力矩之和應(yīng)該等于零M-M'=0BInR2-mgR=0由此得到所求的電流值為I由此得到所求的電流值為I=mg兀BRB19。答：線圈繞成圓形，線圈平面與B平行時線圈所受的磁力矩最大；最大磁矩是MmaxMmaxBII24兀提示：先設(shè)任意形狀的線圈放在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B平行于線圈平面，如圖6-76所示,把載流線圈所圍面積分成許多塊與B平行的小狹條，每一狹條寬度為h,提示：先設(shè)任意形狀的線圈放在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B平行于線圈平面，如圖6-76所示,把載流線圈所圍面積分成許多塊與B平行的小狹條，每一狹條寬度為h,考慮其中任一狹條，左右兩邊A/k、Mrk的電流元受到的安培力為F二BIAlsin9F'二BIAl'sinO'KK，KK式中6、'為線圈上兩小段弧長Alk、Al'k中的電流與B的夾角。因Alsin9二Al'sin9'=h因KK，圖6-76故FK=FK=BIh。F、FK組成一對小力偶，力偶矩為xAMk=Fk?x=BIlx=BISk(SK為第K狹條的面積)，整個線圈所受力矩M=工AM=BI(hx+hx+???+hx)=BI(S+S+???+S)=BISK1122nn12nS為線圈總面積）因此，當周長為一定時，要使S最大，必須把線圈繞成圓形。現(xiàn)在再來討論線圈平面和B夾角a這種普遍情況，這時上面討論中考慮的第K狹條所受的安培力未變，但力偶臂變?yōu)閤COSQ，所以要使力偶矩最大，必須使cos?=1,即^=0（線圈平面與B平行），由l=2兀R，得=KR2=KR2=仝4兀代入后得,MmaxBIl24兀B22答：U—Up=~x3a2k/32提示：在各段電路上，感應(yīng)電流的大小和方向如圖6-79所示電流的分布，已考慮到電路的對稱性，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律，對半徑為a的圓電路，可得兀a2k=2rI+rI1111(1)對等邊三角形3個邊組成的電路，可得3?2k/4兀a2k=2rI+rI1111(1)對等邊三角形3個邊組成的電路，可得3?2k/4=2r212+2r212(2)對