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1、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，一接地的无限大程度放置的导体平板的上方有一点电荷Q，Q到平板的间隔 为h，试求：（1）从点电荷Q动身时沿着程度方向（即平行于导体平板）的电场线遇到导体外表时的位置；（2）从点电荷Q到导体平板的垂足O点处的场强；图6-1（3）点电荷Q及导体平板之间的互相作用力。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，则整个电场就清晰
2、了，其他问题就得到理解决。解：先分析感应电荷的作用：图6-3因板的下方被屏蔽起来，故下方场强到处为零。这是感应电荷的电场及电荷 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及Q对称位置处的-Q电荷，如图6-2所示。（1）此处探讨的空间在板上方，故感应电荷的作用在B处用-Q代替。图6-2电力线从Q发出，Q发出的电力线总数（即其四周闭合面的总的电通量）为电力线形态如图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
3、不相交，故通过圆弧的电力线条数为。（因为在 E0下方发出的电力线条数及从其上方发出的电力线条数一样，又圆面的电通量）（即电力线条数）由A处Q及B处-Q产生的通量叠加。于是有式中为电荷Q发出的总电力线条数。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及B点-Q在圆面上通量大小相等，正负一样。由上式得所以即电力线在板上终止点距O点间隔 为。（2）此处探讨空间仍为板上方，故感应电荷作用仍用B处-Q代替。O处场强为方向竖直向下。（3）作用力大小即为Q及-Q间的库仑作用力两者间为吸引力。点评：题中所述及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
4、视了A处的Q，事实上两者都是像电荷，只是一个对板下起作用，另一个是对板上起作用。这在之后遇到的其他像电荷例子将表现得更明显。题中题到Q及-Q关于“板”对称，事实上由于屏蔽，只有上外表有电荷，此“板”实际指的是板的上外表。解答本题的关键是弄清晰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”。OA4。半径为R的绝缘球上绕有密集的粗细匀称的细导线，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。图6-11分析：处理此
5、类问题的常用方法是利用微元法，先分析单个局部的作用再累加。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图6-12因细导线粗细匀称，故N匝线圈将球面分成了N份，各线圈对应的角度分别为0，。所以因为故上式可改写为点评：本题应用了对称性原理和微元来法处理问题。解本题时留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。图6-18A6.如图6-18所示，在一随时间线性增大的匀强磁场中，在下述三种状况下，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
6、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。前两种状况的圆半径都是r。分析：改变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，定向挪动形成电流；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）依据法拉等电磁感应定律：因是个恒量，所以q是恒定电动势。这个结果其实隐含了一个必不行少的前提，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洁了。中学物理的教科书中，但凡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。
7、高中学生必做试验中验证楞次定律的试验，其中一个是大线圈套着小线圈。线圈是圆柱形的，课本说明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，电动势和电阻都匀称分布。闭合电路中沿电流方向通过任一电阻，电势有着陆，假设环上有一段圆弧弧AB 对应圆心角为90，其电动势为，电阻为，于是两点电压AB两点电势相等。其实这一闭合环上随意两点都是等势的。其意义是：电荷通过这两点电势能无改变，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，因为电动势分布匀称，每随意等长的圆弧上涡旋电场力的功
8、是一样的，但电阻分布不匀称，电场力做的正功、电能的消耗就不匀称。所以点及点之间就不等势了。（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，张开扇形面积为，用弧度做单位。方法1：在圆弧上各点大小相等，方向为圆弧切向逆时针方向，非静电力的方向跟自由电子定向挪动方向到处一样为顺时针方向，依据电动势定义，我们求单位电荷涡效电场力做的功为自由电子向P端积聚。Q端是正极，P端是负极。方法2：为在上应用法拉第电磁感应定律，可以作协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，因为它包含了协助线上的奉献。不过我们可以选择对电动势不作奉献的协助线，比方连接两条半径
9、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，就不参及产生电动势。所以封闭扇形的电动势，大小等于的电动势：（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及PQ相交，不同交点的大小并不一样，事实上我们不行能用初等数学方法把跟l干脆相乘来求电动势。用类似于上面的方法2，仍以半径OP和OQ为协助线构成封闭三角形OPQ，其面积为依据法拉第电磁感应定律：同理，因OP和OQ对电动势无奉献。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
10、评：以上的思路、方法唯恐不难承受，可是事情并没完，新问题又产生了。比拟（2）和（3）两条导体。它们有一样的端点，仅仅因形态和长短的差异，在同一改变的磁场中两端点位于一样位置，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，即场力做功跟途径有关。沿不同途径挪动电荷，场力做功不同，这正是涡旋电场及静电场的根本差异，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。静电场挪动电荷做功，跟重力挪动物体做功一样，是跟途径无关的，因此可以引入电势能这一状态函数，引入电势和电势差概念。涡旋电场挪动电荷既然跟途径有关，就不存在电荷的电势能，本题的（1）中说环中随意两点等势，都是一此不
11、甚科学不太严格的讲法。在回路中非静电力定向挪动电荷做的功，通过电荷及晶格的碰撞就干脆转化为内能，并没有经过静电场力这一中介来做功，因此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，实在是没有方法的方法。A7。（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=3.00V，内阻r=2.00的电源及一阻值为28.0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。图6-19（1）若将P、Q两端及图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及A
12、间的电压UEA。（2）若将P、Q两端及图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改变的，题目给了这两者的关系曲线；电路中含源支路的电压及电流的关系是一斜率为负的直线方程。通过二极管的电流须要同时满意以上的曲线方程和直线方程，所以须要在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从图中的二极管D的正向伏安曲线
13、中可查得电压对应的电流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，将数据代入上式得图6-20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（除两只电阻为外，其余电阻均为，为原来每只电阻的阻值），易得而等效电阻求得图6-21（2）当引线两端P、Q及电阻网格B、D两点相接时，等效电路仍如图6-20所示，易得通过二极管D的电流及二极管两端电压有关系代入数据得这是一条联络UD及ID的方程，但是UD及ID又必需满意二极管的伏安特性曲线，在图6-21中描出上式所述直线，它及曲线的交点的纵坐标即为通过二极管的电流ID，由图6-21中读出由对称性，则点评：本题及传统的电
14、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，二极管两端的电压及电流的关系不听从欧姆定律，故解这类题一般都只能用图解法来解题。B类题：（更换P。216P。221：B4、B10、B11、B19、B22、B24、B25共7题）图6-29B4一块无限大的导体板，左侧接地，在右侧离板d的A处放置一个负电荷-q（如图6-29甲），求静电平衡后：（1）板上感应电荷在导体内任一点P产生的场强；（2）感应电荷在导体外随意一点P处产生的地强；（3）证明导体外表旁边处的合场强垂直于导体外表；（4）求-q所受的库仑力；（5）若切断接地线后，将+Q放在导体板上，+Q将怎样分布？B10在
15、点电荷q的电场中，放入一个半径为R的接地导体球，从q到导体球球心O的间隔 为L。求导体对q的作用力。B11一个导电的细硬环放在不导电的程度面上，并且处于匀称磁场中。磁感线沿程度方向，磁感应强度为B，环的质量为m，半径为R，问通过环的电流必需多大，才能使环开场上升？B19一根长为L的导线，电流为I，假如此导线绕成单匝线圈放在磁感应强度为B的匀强磁场中，在什么条件下，这个线圈所受的磁力矩最大？最大磁矩是多少？图6-47B22.如图6-47所示，有一由匀质线导线弯成的半径为a的圆线圈和一内接等边三角形的电阻丝组成的电路（电路中各段的电阻值见图）。在圆线圈平面内有垂直纸面对里的匀称磁场，磁感强度B随时
16、间t匀称减小，其改变率的大小为一已知常量k。已知2r1=3r2。试求图中A、B两点的电势差UA-UB。B24.图6-49表示某个二极管的U-I特性曲线，将该二极管及电阻R=10图6-50U/VI/mA030 20 101 2 3300200100图6-49的负载串联，再接到电动势=3V的电源上（内电阻不计），二极管处于正向状态，如图6-50所示，问：（1）通过负载的电流强度和效率各为多少？（2）若=1.5V时，通过负载的电流强度和效率又为多少？B25.电源端压随负载电源改变的图象如图6-51所示，求电源可能供应负载的最大功率，为使功率最大，负载的电阻应是多少？图6-51B类题解答或提示图6-5
17、8B4。答：见提示。提示：（1）因为静电平衡后导体内部合场强为零，所以感应电荷在P点的场强和-q在P点的场强大小相等，方向相反，即方向如图6-58所示，r1是-q到P点的间隔 。（2）由于导体板接地，因此感应电荷分布在导体的右边。依据对称原理，可知感应电荷在导体外随意一点处产生的场强确定和图6-59感应电荷在对称点处产生的场强镜像对称（如图6-59所示），即。而，式中r2为-q到的间隔 ，因此，方向如图6-59所示。图6-60（3）依据（2）的探讨将取在导体的外外表，此处的场强由和叠加而成（如图6-60所示），不难看出，这两个场强的合场强是垂直于导体外表的。（4）在导体板内取一点和-q所在点A
18、对称的点，的场强由和叠加而成零。由对称可知，A处的和应是大小图6-61相等，方向相反的（如图6-61所示），所以-q所受的电场力大小为方向垂直板面对左。（5）因为和在导体内到处平衡，所以+Q只有匀称分布在导体两侧，才能保持导体内部场强到处为零。从以上（2）、（3）、（4）的分析中可看出：导体外部的电场分布及等量异名电荷的电场分布完全相像，即感应电荷的作用和在及A点对称的位置上放一个+q的作用完全等效，这就是所谓的“电像法”。B10。答：，方向指向qO方向。提示：如图6-69所示，依据对称性，确定在qO或其长线上。设到O的间隔 是a，对导体球外表上随意一点A而言，它的电势应当由q和的电势叠加而成
19、，即设O为原点，Oq为x轴，A点的坐标为（x，y）。则有图6-69因为A点位于球心在原点的球面上，x、y的一次项应当是零，所以要求可解得“电像”和感应电荷是完全等效的，这样，就可以很简洁用库仑定律求得感应电荷对q的作用力的大小为方向指向qO方向。B11。答：。提示：探讨当环处于程度位置状况（如图6-70，俯视），在环上相对环直径AB对称分布的点C和点D旁边，取长度均为的两小元段，作用于第一个小元段上的安培力的方向垂直纸面对里，其大小为图6-70式中是线段在直径方向上的投影，作用于第二个小元段上的安培力的方向垂直纸面对外，其大小为这两个力大小相等，方向相反，是一对力偶，它相对轴AB产生的转动力矩
20、为式中是图上画有细斜线局部的面积。我们将整个环分成类似的一对对小元段，它们相对直径AB对称分布，于是，当通过环的电流为I时，磁场作用在整个环上的合力矩为它使环绕程度轴AB转动。当环将处于上升状态时，有两个机械力使环转动，重力mg，作用点在环中心，方向竖直向下；正向支持力N，作用点在环及平面的切点上，方向竖直向上，既然环仍旧处于平衡，那么即这样，两个机械力构成一对力偶，产生使环反向转动的力矩依据环的平衡条件可知，本状况中全部力的合力矩，即机械力和磁场力的力矩之和应当等于零由此得到所求的电流值为。B19。答：线圈绕成圆形，线圈平面及B平行时线圈所受的磁力矩最大；最大磁矩是。提示：先设随意形态的线圈
21、放在匀强磁场中，磁感应强度B平行于线圈平面，如图6-76所示，把载流线圈所围面积分成很多块及B平行的小狭条，每一狭条宽度图6-76为h，考虑其中任一狭条，左右两边、的电流元受到的安培力为式中、为线圈上两小段弧长、中的电流及B的夹角。因，故。、组成一对小力偶，力偶矩为（为第K狭条的面积），整个线圈所受力矩（S为线圈总面积）因此，当周长为确定时，要使S最大，必需把线圈绕成圆形。如今再来探讨线圈平面和B夹角这种普遍状况，这时上面探讨中考虑的第K狭条所受的安培力未变，但力偶臂变为，所以要使力偶矩最大，必需使，即（线圈平面及B平行），由，得即代入后得，B22。答：。提示：在各段电路上，感应电流的大小和方
22、向如图6-79所示。电流的分布，已考虑到电路的对称性，依据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，对半径为a的圆电路，可得图6-79(1)对等边三角形3个边组成的电路，可得 (2)对由弦AB和弧AB构成的电路，可得 (3)考虑到流进B点的电流之和等于流出B点电流之和，有 (4)由含源电路欧姆定律可得 (5)由以上各式及题给出的可解得B24。答：（1）60mA、20%；（2）20mA、13%。提示：（1）二极管两端的电压及电流不遵循欧姆定律，因此要用图像法解，设通过二极管的电流为I，及此对应的二极管两端电压为U，则即当为常数时，上式为始终线方程。当I改变时，I及U确定在上述直线上变动，但另一方U/VI/m
23、A020 101 2 33002006010020图6-81面又必需在二极管的伏安特性曲线上，当取时，可在图6-81上作出直线AB，AB及伏安特性曲线交于Q点，从图上看出，对应的电流I=60mA。此时电源的效率为（2）若R不变，取，则可在图上作出另一条平行于AB的直线，及伏安特性曲线交于，从图上找出对应电流，进而求得对应效率。B25答：最大功率为，负载电阻为。提示：可行的电源构造可能是如图6-82那样的，即可将所用的电源看作是由两个电动势和内阻均不同的电源组成的，图6-82中直线的斜率则由内阻确定，对于第一局部有图6-82对于第二局部有当外电路电阻和电源内阻相等时，电源输出功率最大。因此只要检验一下，看看图像的第一局部和第二局部有没有分别及和的对应点便可确定。两个点都在图像的相应局部上，说明图像每个局部都确定可以保证本局部的最大功率。比拟一下两局部的最大功率：可见，当负载电阻时，电路有最大输出功率为。