奥赛金牌题典——高中物理一第六章电磁学方法，修改内容A类题，（更换更换200：A1、P204：A4、P207：A6、P208：A7四题），A1.如图6-1所示，有一接地的无限大水平放置的导体平板，在其上方存在一点电荷Q，点电荷Q到平板的距离是h，试求：，Q（1）从点电荷Q出发时沿着水平方向也就是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；，01（3） 点电荷Q与导体平板之间的相互作用力。图6 - 1进行三方面分析，因导体平板无限大，这般平板把自身整个下方都屏蔽起来了，此处可把无限大平板当作半径R趋向于无限大的球壳，进而能够轻易得出上述结论，与此同时板上出现了感应电荷。只要分析明白感应电荷的作用，那么整个电场情况就清晰了，其他问题于是就得以解决了。解的过程如下，先对感应电荷的作用展开分析，由于板的下方被屏蔽起来，所以下方场强哪儿哪儿都为零。这是感应电荷的电场跟电荷Q的电场叠加之后产生的结果。这就表明感应电荷对板下方空间的作用跟在电荷Q处放置一个 -Q是等效的。感应电荷分布于板上，其对空间的作用是关于板对称的，所以感应电荷对子其上方空间的作用等同于置于与Q对称位置处的-Q电荷，就像图6-2展示的那样。此处所讨论的空间是在板的上方，故而感应电荷的作用在B处要用-Q来替代。电力线是从Q发出的，发出情况见1图6-3，而其终止于板上的点的那些电力线总数，也就是其周围闭合面的总的电通量对应的情况，见1图，图中未提及的是其终止于板上的点电力线形状，该形状如图6-3所示。该电力线围绕轴AB进行旋转，旋转一周之后，形成了一个曲面，P，也画出了一个半径是r的圆。能够看到，因为电力线不会相交，所以通过圆弧的电力线条数是W /2。（由于在E0下方发出的电力线条数跟从其上方发出的电力线条数是一样的，又因圆面的电通量）（也就是电力线条数）由A处Q与B处-Q产生的通量进行叠加。于是就有Q 2兀R 2 G -cos。）c 1 Q 1，x 2等于什么呢，挡等于_w8 0 ，4冗R 2 ，2 8 0 2Q ，式中8 0是电荷Q发出的总电力线条数。2KR2G — cos°）除以4^R2表示角。内包含的电力线占总条数的比例高中物理竞赛题典内容，点电荷电力线是球对称的。因子2是因为+Q与B点-Q在圆面上通量大小相等 ，正负相同。由上式得同。所以r等于h ，t a n等于根号3h ，即电力线在板上终止点距0点距离为根号3”。(2)这里所讨论的空间依旧是在板的上方，所以感应电荷所产生的作用仍旧使用位于B处的-Q来进行替代。在0处的场强是由卜点* 2所得出的结果，其数值为肯，场强的方向是竖直向下的。(3)作用力的大小实际上就是Q与-Q之间存在的库仑作用力，该作用力的表达式为F = -^ ，通过计算得出F = Q 24双 2hJ2 ，其结果为16双 h0 ，0，在Q与-Q两者之间存在的是吸引力。点评：在题目当中所描述的与感应电荷具有等效性的电荷被称作像电荷。通常能够认定，像电荷乃B处的-Q，进而把A处的Q给忽视了，事实上，二者皆是像电荷，只不过其中一个对板下发挥作用，另一个则是对板上产生影响。这在后续遇到的别的像电荷实例当中会展现得更为显著。题目里提及，Q与-Q围绕“板”呈对称状态，实际上鉴于屏蔽状况，唯有上表面存有电荷，此“板”实际上所指代的是板的上表面。对于解答本题而言，其关键之处在于要弄明白导体板当中感应电荷的分布情况，借助感应电荷分布所具有的空间对称性以及静电平衡的条件，再结合电场强度的矢量性，采用像电荷去替代感应电荷的作用以此来进行解题，这便是所说的“电像法”。A4。有一个半径为R的绝缘球，在该绝缘球上绕着密集的、粗细均匀的细导线，这些线圈平面彼此平行，并且是以单层线圈的形式盖住半个球面，就如同图6-11所展示的那样。假设线圈的总匝数是N，通过线圈的电流为10，那么要求出球心0处的磁感应强度B。解析：针对处理这类问题时，常常采用的办法是借助微元法，先是剖析单个部分所起到的作用，之后再进行累加起来 按照对称性能够明确：半径是ｒ的圆形电流，在其中心轴线上距离圆心为ｘ的一个点的磁感应强度 解答：选取如同图6-12所示的一匝线圈来进行分析。其于球心0那儿产生的磁感强度是B =四01牛sV疝 虹? Sin20、B =2R 2/2 2R，因细导线粗细均匀，所以N匝线圈将2球面划分成了N份，则各线圈对应的角度分别为0，图6 - 12B =丈AB，所以i = 1，因为^^(sin2 O + sin2 A0 + sin2 2A0 T卜sin2(— B =丈AB，所以i = 1，因为2 R 2 2sin，—sin—-O = cosO，2 )故而该式能够改写为B = ^^ (in2 O + sin2 AO + + cos2 A0 + cos2 O)2 R^^(in2 O + cos2 O)+ (in2 AO + cos2 A0) 2 R(.Ng Ngsin 2 — AO + cos2 — AO2 2点评：本题运用了对称性原理和微元来法处理问题。在解本题之际，需留意领会导线盖住球面所蕴含的意义，得去想象出其空间的图象模样，如此方能够正确地解答题目。A6.就好像在图6 - 18那里所呈现的，处于一个会随着时间作线性增大变化的匀强磁场当中，在接下来要讲的下述三种情形状况之下，去求解感应电动势的大小数值。已然明确知晓导体所在的平面全部都是跟磁场相互垂直的状态。其一，是封闭圆环形状的导体。其二，圆弧形导体PNQ的圆心位置刚好恰巧就是磁场区域的中心所在之处。其三，直线导体PQ的P点和Q点刚好恰好就是圆弧的PNQ的端点所在位置。前面两种情况当中的圆半径都是r。图6 - 18进行分析，变化着的磁场生出同心圆系列的涡旋电场，涡旋电场力恰恰是致使感应电动势的非静电力，闭合导体之中自由电子受到涡旋电场力作用，定向移动形成电流，不闭合导体里的自由电子受到涡旋电场力作用，向导体两端积聚，让该段导体成为开路的电源。给出解答，依据法拉等电磁感应定律乙 c AB AB￡ — — S —兀 r 2 At At AtAB由于At是个恒量，所以q是恒定电动势。其实这个结果隐含了一个前提，此前提必不可少，那就是圆环导体圆心恰好是磁场中心，并且圆环恰好跟涡旋电场某一条电场线重合，不然计算绝非那么简单。中学物理的教科书中，凡是涉及感应电动势的，其模型全都是圆形的，这里就隐含了这一前提。高中学生必做实验当中验证楞次定律的实验里面，有一个是大线圈套着小线圈。我不太理解你提供内容中“隐甲 c AB AB￡ — — S —兀 r 2 At At AtAB”等部分的准确含义，似乎存在表述混乱或错误。参考能理解的部分进行改写如下：线圈呈圆柱形，课本对这个试验的俯视图解释为圆形，实际上这里存在一个情况，即当At是恒量时，q是恒定电动势，而这个结果隐含着一个前提，就是圆环导体圆心恰好处于磁场中心，且圆环恰好与涡旋电场某一条电场线重合，不然计算不会如此简单。在中学物理教科书中，凡是涉及感应电动势的模型都是圆形的，这就隐含了上述前提。对于高中学生必做实验里验证楞次定律的那个实验，存在如此情况，有一个是大线圈套着小线圈，线圈呈现为圆柱形，课本针对这个试验的俯视图是圆形，实际上也暗含了这一要求，我们顺便对这个闭合圆环电路中的电流、电压以及电功进行考察，设定环电阻为R，电动势和电阻￡ 兀r2 AB I —都处于均匀分布状态，RR At。当处于闭合电路里，顺着电流的方向去通过任何一个电阻时，电势会出现降落，假定在环上存在一段圆弧，也就是弧AB，其对应的圆心角是90度，它的电动势为4，电阻为4，于是两点之间的电压U等于1乘以电动势￡减去1乘以电阻R，再减去1乘以圆周率π乘以半径r的平方除以4再乘以圆心角弧度除以时间At再除以电阻R再除以时间At，结果是4，AB两点的电势是相等的。实际上在这一闭合环上任意的两点都是等势的。电荷跨过这两点时电势能不存在改变，电阻因发热而耗费的电能不多也不多不少恰好由涡旋电场力做等量的正功予以补充，如此我们便能明晰，为何在例A9里，U m与UN并不一样，这是由于电动势呈均匀分布，在每任意等长的圆弧之上涡旋电场力所做的功是相同的，然而电阻分布并不均匀，电场力做的正功以及电能的消耗就不均匀，所以点与点之间并非等势。PNQ（2）圆弧上的电动势，能够运用这两种方式进行计算。你提供的内容存在较多不明含义及错误表述，可能无法准确按照要求改写。请你检查并修正内容后再来提问。 比如“弧对应圆心角为°”表述有误，相关公式和逻辑也不清晰，会导致句子含义混乱难以理解。大致可尝试修改为：先假定弧所对应的圆心角为特定度数，弧长已知，张开扇形面积按某种方式确定，且其以弧度为单位。在圆弧上各点存在大小相等、方向为圆弧切向逆时针方向的涡量，该涡量设为特定值又为另一值，非静电力方向与自由电子定向移动方向全程相同为顺时针方向，依据电动势定义，通过求单位电荷在涡效电场力作用下做的功，得到一个相关数值了，自由电子向P端积聚。但这样修改仍可能未准确符合你原意，因为你原始内容实在太混乱。Q端作为正极，P端作为负极。方法2：要在PNQ上运用法拉第电磁感应定律，能够作辅助线人为地构造一个封闭面积。由此通过PNQ得出的电动势原则上并非是所需要求的电动势，原因在于它涵盖了辅助线上的贡献。然而我们能够挑选对电动势不产生贡献的辅助线，像连接两条半径OP和OQ，让OPNQO成为一个封闭扇形。由于涡旋电场电场线处在圆周切线方向。沿半径放置的导体涡旋电场不对电荷做功，就不参与产生电动势。故而，被封闭起来的扇形的电动势，其大小等同于PNQ的电动势，Ao c AB r 2 AB￡ = = S = 0 At At 2 At。（3）与方法1相似，从理论层面而言，同样能够求出直线导体PQ的电动势，鉴于一系列以O作为圆心的同心圆的电场线和PQ相交，不同交点处涡的大小并非一致，实际上，我们没办法运用初等数学方法将涡跟l直接相乘从而求出电动势。采用跟上面类似的方法2，依旧以半径OP以及OQ当作辅助线，从而构成封闭三角形OPQ，该封闭三角形OPQ的面积为S = ^2r sin-? r cos- = 1 r 2 sin 0 ，2 2 2 2 按照法拉第电磁感应定律：￡=皎=s 竺=1 r 2sin 0.竺 ，At At 2 At。同样的道理，由于OP和OQ对电动势没有贡献。所以即便这一电动势是通过封闭三角形回路求出来的，其大小也等同于直线PQ上的电动势，Q端是正极，P端是负极。点评：以上所提及的思路以及方法，恐怕并非难以被接受，然而事情并未就此终结，新的问题已然产生。对（2）和（3）这两条导体进行比较。它们具备相同的端点，仅仅是由于形状以及长短存在差异，在同一处于变化状态的磁场当中，两端点处于相同位置，而两段导体的电动势却并不相同，这究竟说明了什么呢？这恰恰说明了涡旋电场的一个十分重要的性质，也就是场力做功是跟路径存在关联的。沿着不同的路径去移动电荷，场力所做的功是不一样的，这正是涡旋电场与静电场的根本区别所在，同时也是一种电场线不封闭且有头尾，另一种电场线封闭的主要缘由。静电场中移动电荷来做功，这跟重力场移动物体去做功是相同的情况，而且是跟路径没有关联的，所以能够引入电势能这个状态函数，进而引入电势以及电势差的概念。涡旋电场移动电荷由于跟路径有关系，所以不存在电荷的电势能，本题的（1）里面提到环中任意两点是等势的，这些都是一些不太科学不太严谨的讲法。回路里，非静电力使电荷定向移动所做的功，经由电荷跟晶格的碰撞，直接转变为内能，未曾借助静电场力这一中间环节来做功，所以不存在电势升或者降的情况，在感应电动势这种情形下借助电势概念，实在是无奈之举。A7。这儿是（第十四届全国中学生物理竞赛决赛题），图6 - 19（甲）是那种由24个等值电阻连接而成的网格，图6 - 19（乙）里电动势为￡ =3.00V，内阻r =2.00Q的电源起步网校，跟一个阻值为28.0Q的电阻R以及二极管D串联之后引出两端P、Q，并且二极管的正向伏安曲线如图6 - 19 （丙）所示。（1）要是把P、Q两端跟图6 - 19 （甲）中电阻网格E、G两点相接，测出来二极管两端间的电压为0.86V。求电阻网格E与A之间的电压Uea，在甲图6 - 19中，若把P、Q两端与甲图6 - 19里电阻网络B、D两点相连接，求出二极管D的电流ID以及网格中E、G间的电压Ueg ，分析如下：对于电阻网格E、A之间的电压，能够借助网格对称性算出等效电阻，进而运用闭合电路的欧姆定律去求解。电路中有二极管，二极管是一种非线性元件，它两端的电压需通过电路的欧姆定律来求解。过它的电流的比值呈现出变化态势，题目给出了这两者所存在的关系曲线，电路之中含源支路的电压和电流的关系是处于这样一种状态，即它是一条斜率为负的直线方程，通过二极管的电流要同时满足以上提及的曲线方程以及直线方程，依据此所以需要在以电流为纵轴、电压为横轴的 I-U 图上寻找到两者相交的点，进而就能够求出通过二极管的电流。解：（1）电阻网络当中，E、G两点间的电压，能够被表示成Ug =8 -11 （R + r）- U a ，依照图里二极管D的正向伏安曲线，从中可以查到电压Ud 对应的电流I1 即为25.0mA ，这个电流就是流经电阻R以及从E点钟流入电阻网格的电流，把数据代入上述式子可得图 6-20U eg = 1.39V ，凭借对称性能够得到H、A、C、F电势是相等的，其等效电路如同图6-20 那样（除了两只电阻是R0/4 之外，其余电阻均为R0/2高中物理竞赛题典内容，这R0 就是原来每只电阻的阻值），很容易得出Reg = 13R0/7 ，而等效电阻Reg = UEG /11 = 55.6。哎呀呀搞了半天，好不容易，才求得那个R0 ，它等于Reg ，等于29.9。然后在特定情况下，U 等于IU ，IU 又等于IEA 1 - 3 ，还得减去那一长串令人头晕的式子，R x — + 4 ，结果呢等于0.695V ，接着看具体的情况，如果是当引线两端P、Q与电阻网格B、D两点相接的时候，此时的效电路仍旧恰似图6 - 20所示，那又经过一番复杂推算，好不容易得出RD 等于5 R0 ，也就是等于21.4Q ，再往后，通过二极管D的电流那可是和二极管两端电压有着特定关系的，这个关系就是U2 等于E 减去ID2 何。加上R0后，代入数据得出U D2等于3减去ID2? 51.3，这是一条关乎UD与ID的方程，然而UD与ID又必定要满足二极管的伏安特性曲线，在图6 - 21当中描出上段式子所讲的直线，它与曲线交点的纵坐标就是通过二极管的电流ID，从图6 - 21里读出、等于40.5mA，依据对称性，Um等于U，MU，那么UEG等于2(ID )? IR0乘以2等于0.52V点评：本题和传统的电路题不一样的是电路里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来，二极管两端的电压与电流的关系不遵循欧姆定律，所以解这类题一般都只能采用图解法来解题。B 类题：（对 P 216 至 P 221 的内容进行更换：涉及 B4、B10、B11、B19、B22、B24、B25 这 7 道题）B4. 有一块呈现为无限大状态的导体板，其左侧与大地相接，于右侧距离该板 d 的 A 位置放置了一个带有负电荷 -q 的物体（如同图 6 - 29 甲所展示的那样），在静电平衡达成之后：：求板上感应电荷于导体内任意一点 P 位置所产生的场强；探索感应电荷在导体外任意一点 P 处产生的场强情况；=—（3）证实导体表面附近处的合场强是垂直于导体表面的；（4）求解 -q 所受到的库仑力大小；（5）要是切断接地线之后，把 +Q 放置在导体板上，+Q 将会以怎样的形式进行分布？B10. 在点电荷q所形成的电场里头，放置了一个半径是R的接地导体球，从q朝着导体球球心O的距离是L，求导体针对q的作用力。B11. 有一个导电的细硬环放置于不导电的水平面上，而且处于均匀磁场当中，磁感线沿着水平方向，磁感应强度是B，环的质量为m，半径是R，问通过环的电流得有多大，才能够让环开始上升？对于B19：有一根长度是L的导线，其电流为I，要是这根导线绕制成单匝线圈并放置在磁感应强度是B的匀强磁场里，在怎样的条件之下，这个线圈所受到的磁力矩会是最大的呢，最大磁矩又是多少呢。对于B22：如图6 - 47是所示的，存在一个由匀质线导线弯成的半径为a的圆线圈以及一内接等边三角形的电阻丝共同构成的电路，电路中各段的电阻值是如图所示的，在圆线圈平面之内有垂直纸面向里的均匀磁场，磁感强度B随着时间t均匀减小，它变化率的大小是一个已知的常量k。已知2r1=3r2。试求图中A、B两点的电 势差5。用图6 - 49呈现出某个二极管的U - I特性曲线，把该二极管跟电阻R = 10Ω的负载串联起来，又接到电动势能达到￡ = 3V的电源之上（内电阻不计算），二极管处于正向状态，该状态的呈现是如图6 - 50所示的，那么（1）通过负载的电流强度以及效率分别是多少呢?图6 - 49（2）要是￡ = 1.5V，图6 - 50（1）通过负载的电流强度和效率各为多少?图6 - 49；电源端压随着负载功率变化的图象是如图6 - 51所示的，去求电源有可能供给负载的最大的功率，为了让功率达到最大，负载的电阻应该是多少呢？处于静电平衡状态的导体，其内部合场强为零，此时，处于P点的电荷所产生的场强E感，这一电荷在P点的该电场相关情况和-q在P点所产生的场强E-q在相关方面有着大小相等的关系，具体而言kq 的某种与场强相关的情况等于 E - q相关情况，乙ri2方向表现为如图6-58所示的样子，ri这里是-q到P点的距离，关于特定的图 6-51B类题解答或提示B4，答案是见提示。关于特定的图 6-51B类题解答或提示B4，答案是见提示。提示为因为静电平衡后导体内部合场强为零，处于P点的所述电荷在P点的场强E感以及-q在P点的场强E-q大小相等，kq 与场强相关情况存在等于 E - q相关情况，乙ri2方向是以如图6-58所示的形式呈现，ri为-q到P点的距离。因为导体板接地，所以感应电荷分布于导体的右边 ，依据图6-58对称原理，能够知道感应电荷在导体外任意一点P处产生的场强必然和感应电荷在对称点P〃处产生的场强镜像对称 ，就像图6-59所展示的那样 ，也就是E旧感应 = E P， ，而且感 一 -号 ，式子中r2是 -q到P〃的距离 ，所以 感’号 ，其方向如同图6-59呈现的那样。看起来这段内容中有一些不太清晰的表述，比如“E - q”“E^P”“旧函”等内容不太明确其确切含义，可能影响准确改写。以下是尽力按要求改写后的内容：（3）依据（2）展开的讨论，把P放置在导体的外表面，在此处场强是由E - q以及E^P叠加而成的（能够从图6 - 60上见到具体情况），轻易可以发现，强的合场强是垂直于导体表面的。（4）于导体板内选取一点，选取和 -q所在点A对称的A点，强是由E - q以及旧函叠加而成零，凭借对称能够知道，A处的E^a图6 - 60是大小相等方向相反的（从图6 - 61能够看到），所以 -q所受的电场力大小为F = EL q，它也就是E - q - q，也就是弟? q，也就是竽 所以其方向是垂直於板面向左，最后一个“竽? ”可能表述有误，若能明确准确信息可再完善。E感A加上A，再加上E，加上负q，加上（5），由于E负q和旧感在导体内各个地方都处于平衡状态，所以正Q唯有均匀地分布在导体的两侧，才能够维持导体内部场强在各处都为零。从以上（2）、（3）、（4）的分析当中能够看出来：导体外部的负61电场分布与等量。