在“用单摆测定重力加速度”的实验中：（1）摆动时偏角满足的条件是&&& ，为了减小测量周期的误差，摆球应是经过最&&& （填“高”或“低’）的点的位置，开始计时并计数l次，测出经过该位置N次的时间为t，则周期为&&& ．（2）用最小刻度为1mm的刻度尺测摆线长度，测量情况如图（2）所示．O为悬挂点，从图中可知单摆的摆线长度L=&&& m．（3）用游标卡尺测小球直径如图（1）所示，则小球直径d=&&& mm；（4）若用T表示周期，那么重力加速度的表达式为g=&&& ．（用T，L，d表示）（5）考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大．”学生乙说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中&&& ．A．甲的说法正确&&&B．乙的说法正确&&&&C．两学生的说法都是错误的（6）在利用单摆测定重力加速度的实验中，若某同学测出了多组摆长和运动周期，根据实验数据，作出的T2-l关系图象如图（3）所示．（a）该同学实验中出现的错误可能是&&& （b）虽然实验中出现了错误，但根据图象中的数据，仍可准确算出重力加速度，其值为&&& m/s2．
在“探究功与速度变化”的实验中（1）为消除摩擦力对实验的影响，可以使木板适当倾斜以平衡摩擦阻力，则在不挂钩码的情况下，下面操作正确的是DA．未连接纸带前，放开小车，小车能由静止开始沿木板下滑B．未连接纸带前，轻碰小车，小车能匀速稳定下滑C．放开拖着纸带的小车，小车能由静止开始沿木板下滑D．放开拖着纸带的小车，轻碰小车，小车能匀速稳定下滑（2）如图2是实验中得到的一条纸带的一部分，在纸带上取出相邻的计数点A、B、C、D、E、F，若相邻的计数点间的时间间隔为T，各点间距离用图中长度表示，则打C点时小车的速度可表示为vc=2+△x32T（3）测得各点到起始点O之间的距离L，计算出各点速度的数值v及各过程中绳子拉力对小车做的功W，根据所得数据作图，如图3所示的几个图中，能直观反映功与速度变化之间关系的是AD
为探究“合外力一定时，物体运动的加速度与质量的关系”，某同学设计了如图所示的实验装置：A1A2是倾角可以调节的长斜面，B是不计摩擦力的小车，另有计时器、米尺、天平和砝码等，完成下列步骤中的填空：（用测得的物理量符号表示）【小题1】用天平测出小车的质量M，用米尺测出斜面上固定点P与斜面底端A2间的距离x；【小题2】让小车自P点从静止开始下滑到A2，记下所用的时间t1，则小车的加速度a1=&&&&&；【小题3】用米尺测量P点相对于A2所在水平面的高度hi，则小车所受的合力F=&&&&&&&&&；【小题4】在小车中加质量为m的砝码，要使小车（包括砝码）受到的合力不变，则应同时改变P点相对于A2所在水平面的高度为h2，那么=&&&&&&&&；【小题5】测量小车（包括砝码）自P点从静止下滑到A2所用的时间t2．如牛顿第二定律成立，那么两次小车（包括砝码）质量比与小车运动时间应满足的关系是=&&&&&&&&&；【小题6】多次改变小车（包括砝码）的质量及P点相应的高度，同时测量小车自P点从静止下滑到A2所用的时间，以小车（包括砝码）的质量为横坐标，时间的平方为纵坐标，根据实验数据作图，如能得到一条&&&&&&&&&，则可得到“当合外力一定时，物体运动的加速度与其质量成反比”
在“探究功与速度变化”的实验中（1）为消除摩擦力对实验的影响，可以使木板适当倾斜以平衡摩擦阻力，则在不挂钩码的情况下，下面操作正确的是&&& A．未连接纸带前，放开小车，小车能由静止开始沿木板下滑B．未连接纸带前，轻碰小车，小车能匀速稳定下滑C．放开拖着纸带的小车，小车能由静止开始沿木板下滑D．放开拖着纸带的小车，轻碰小车，小车能匀速稳定下滑（2）如图2是实验中得到的一条纸带的一部分，在纸带上取出相邻的计数点A、B、C、D、E、F，若相邻的计数点间的时间间隔为T，各点间距离用图中长度表示，则打C点时小车的速度可表示为vc=&&& （3）测得各点到起始点O之间的距离L，计算出各点速度的数值v及各过程中绳子拉力对小车做的功W，根据所得数据作图，如图3所示的几个图中，能直观反映功与速度变化之间关系的是&&&当前位置：
＞＞＞关于作用力与反作用力跟一对平衡力之间的关系，下列说法正确的是..
关于作用力与反作用力跟一对平衡力之间的关系，下列说法正确的是：&&&&（&&&）A．作用力与反作用力跟一对平衡力都是等值反向的一对力，作用效果可以互相抵消B．作用力与反作用力跟一对平衡力都是同时产生、同时消失C．一对平衡力的性质可以是互不相同的，而作用力与反作用力的性质一定是相同的D．放在桌面上的物块受到的重力与桌面对物块的支持力是一对相互作用力
题型：单选题难度：偏易来源：不详
C试题分析：作用力和反作用力作用在两个不同物体上，所以作用效果不能互相抵消，故A错；作用力与反作用力是具有同时性，但一对平衡力不具有同时性，故B错；一对平衡力的性质可以是互不相同的，而作用力与反作用力的性质一定是相同的，故C正确；放在桌面上的物块受到的重力与桌面对物块的支持力是一对平衡力，故D错。
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据魔方格专家权威分析，试题“关于作用力与反作用力跟一对平衡力之间的关系，下列说法正确的是..”主要考查你对&&共点力的平衡&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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共点力的平衡
共点力：作用在物体的同一点，或作用线相交于一点的几个力。 平衡状态：物体保持匀速直线运动或静止叫平衡状态，是加速度等于零的状态。 共点力作用下的物体的平衡条件：物体所受的合外力为零，即∑F=0，若采用正交分解法求解平衡问题，则平衡条件应为：∑Fx=0，∑Fy=0。 解决平衡问题的常用方法：隔离法、整体法、图解法、三角形相似法、正交分解法等。 图解法分析分力与合力的关系:当两个分力成一定的夹角α(α&180。)时，增大其中一个分力或使两个分力都增大，合力的变化情况如何呢?这个问题可以用数学公式推导分析，也可以用函数图像数形结合分析，但最简捷有效的方法是图解法。为了便于分析合力的变化，设,借助辅助参考圆来进行分析。如图所示，F1、F2的共点在圆心，而且开始时F1、F2的合力为F，大小恰好为圆的半径。(1)当保持力F2不变，只增大F1时，如图所示，合力，的大小可能出现三种情况：减小、不变或增大，即 。我们可以得到这样的结论：当两个力F1、F1夹角α保持不变，在增大其中一个分力时，它们的合力大小可能减小、不变或增大。&(2)当两个分力F1、F2都增大时，如图所示，合力F 的大小也有可能出现三种情况：减小、不变或增大，即,我们也可以得到这样的结论：当两个力F1、F2夹角α保持不变，在同时增大两个分力时，它们的合力F大小可能减小、不变或增大。整体法与隔离法：(1)整体法：当只涉及研究系统而不涉及系统内部某些物体的力和运动时，一般可采用整体法。运用整体法解题的基本步骤是： ①明确研究的系统和运动的全过程； ②画出系统整体的受力图和运动全过程的示意图； ③选用适当的物理规律列方程求解。 (2)隔离法：为了弄清系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况，一般可采用隔离法。运用隔离法解题的基本步骤是： ①明确研究对象或过程、状态； ②将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从全过程中隔离出来； ③画出某状态下的受力图或运动过程示意图； ④选用适当的物理规律列方程求解。隔离法和整体法常常需交叉运用，从而优化解题思路和方法，使解题简捷明了。受力分析的一般顺序: (1)明确研究对象，研究对象可以是质点、结点、物体、物体系。 (2)找出所有接触点。 (3)按顺序分析物体受力。一般先分析场力(重力、电场力、磁场力等不接触力)．再依次对每一接触点分析弹力、摩擦力。 (4)找出每个力的施力物体。(防“多”分析力) (5)看受力与运动状态是否相符。(防“漏”力、 “错”力) (6)正确画出受力图。注意不同对象的受力图用隔离法分别画出，对于质点和不考虑力对物体的形变和转动效果的情况，可将各力平移至物体的重心上，即各力均从重心画起。受力分析的步骤:第一步：隔离物体。隔离物体就是把被分析的那个物体或系统单独画出来，而不要管其周围的其他物体，这是受力分析的基础。第二步：在已隔离的物体上画出重力和其他已知力。重力是一个已知力，可首先把它画出来。另外，物体往往在重力及其他主动力作用下才与其他物体产生挤压、拉伸以及相对运动等，进而产生弹力和摩擦力，所以还要分析其他主动力。第三步：查找接触点和接触面。就是查找被分析物体与其他物体的接触点和接触面。弹力和摩擦力是接触力，其他物体对被分析物体的弹力和摩擦力只能通过接触点和接触面来作用，这就是说寻找物体所受的弹力(拉力、压力、支持力等)和摩擦力只能在被分析物体与其他物体相接触的点和面上找。查找接触点和接触面要全，每个接触点或面上最多有两个力(一个弹力，一个摩擦力)。第四步：分析弹力(拉力、压力、支持力等)。在被分析物体与其他物体的接触处，如果有形变(挤压或拉伸)，则该处就有弹力，反之则没有。在确定弹力存在以后，其方向就比较容易确定了。第五步：分析摩擦力。摩擦力分静摩擦力和滑动摩擦力，它们的产生条件是两物体接触处不光滑，除挤压外还要有相对滑动的趋势或相对滑动。因此分析接触面上有无摩擦力，首先要看接触面是否光滑(这是题目中的已知条件)，其次看有无弹力，然后再进行摩擦力的判断：接触面上有相对滑动时有滑动摩擦力，其大小，方向跟物体的相对运动方向相反；接触面上无相对滑动但有相对滑动趋势时有静摩擦力，它的大小和方向总是跟迫使物体产生相对滑动趋势的外力有关。受力分析中的技巧： (1)研究对象的受力图，通常只画出根据性质命名的力，不要把按效果分解的分力或合力分析进去，受力图完成后再进行力的合成或分解。 (2)区分内力和外力。对几个物体的整体进行受力分析时，这几个物体间的作用力为内力，不能在受力图中出现；当把某一物体单独隔离分析时，原来的内力变成了外力，要画在受力图上。 (3)在难以确定物体的某些受力情况时，可先根据 (或确定)物体的运动状态，再运用平衡条件或牛顿运动定律来判定未知力。也就是说在分析物体受力时要时刻结合研究对象所处的运动状态，同时对不易确定的力。可结合牛顿第三定律来分析其反作用力是否存在以及方向如何等情况。
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235794166771352894340365160819290920第二部分 &牛顿运动定律第一讲 牛顿三定律一、牛顿第一定律1、定律。惯性的量度2、观念意义，突破“初态困惑”二、牛顿第二定律1、定律2、理解要点a、矢量性b、独立作用性：ΣF&→&a&，ΣFx&→&ax&…c、瞬时性。合力可突变，故加速度可突变（与之对比：速度和位移不可突变）；牛顿第二定律展示了加速度的决定式（加速度的定义式仅仅展示了加速度的“测量手段”）。3、适用条件a、宏观、低速b、惯性系对于非惯性系的定律修正——引入惯性力、参与受力分析三、牛顿第三定律1、定律2、理解要点a、同性质（但不同物体）b、等时效（同增同减）c、无条件（与运动状态、空间选择无关）第二讲 牛顿定律的应用一、牛顿第一、第二定律的应用单独应用牛顿第一定律的物理问题比较少，一般是需要用其解决物理问题中的某一个环节。应用要点：合力为零时，物体靠惯性维持原有运动状态；只有物体有加速度时才需要合力。有质量的物体才有惯性。a可以突变而v、s不可突变。1、如图1所示，在马达的驱动下，皮带运输机上方的皮带以恒定的速度向右运动。现将一工件（大小不计）在皮带左端A点轻轻放下，则在此后的过程中（& & &&）A、一段时间内，工件将在滑动摩擦力作用下，对地做加速运动B、当工件的速度等于v时，它与皮带之间的摩擦力变为静摩擦力C、当工件相对皮带静止时，它位于皮带上A点右侧的某一点D、工件在皮带上有可能不存在与皮带相对静止的状态解说：B选项需要用到牛顿第一定律，A、C、D选项用到牛顿第二定律。较难突破的是A选项，在为什么不会“立即跟上皮带”的问题上，建议使用反证法（t&→&0&，a&→&∞&，则ΣFx&→&∞&，必然会出现“供不应求”的局面）和比较法（为什么人跳上速度不大的物体可以不发生相对滑动？因为人是可以形变、重心可以调节的特殊“物体”）此外，本题的D选项还要用到匀变速运动规律。用匀变速运动规律和牛顿第二定律不难得出只有当L&＞&时（其中μ为工件与皮带之间的动摩擦因素），才有相对静止的过程，否则没有。答案：A、D思考：令L = 10m ，v = 2 m/s ，μ= 0.2 ，g取10 m/s2&，试求工件到达皮带右端的时间t（过程略，答案为5.5s）进阶练习：在上面“思考”题中，将工件给予一水平向右的初速v0&，其它条件不变，再求t（学生分以下三组进行）——① v0&= 1m/s &(答：0.5 + 37/8 = 5.13s)② v0&= 4m/s &(答：1.0 + 3.5 = 4.5s)③ v0&= 1m/s &(答：1.55s)2、质量均为m的两只钩码A和B，用轻弹簧和轻绳连接，然后挂在天花板上，如图2所示。试问：① 如果在P处剪断细绳，在剪断瞬时，B的加速度是多少？② 如果在Q处剪断弹簧，在剪断瞬时，B的加速度又是多少？解说：第①问是常规处理。由于“弹簧不会立即发生形变”，故剪断瞬间弹簧弹力维持原值，所以此时B钩码的加速度为零（A的加速度则为2g）。第②问需要我们反省这样一个问题：“弹簧不会立即发生形变”的原因是什么？是A、B两物的惯性，且速度v和位移s不能突变。但在Q点剪断弹簧时，弹簧却是没有惯性的（没有质量），遵从理想模型的条件，弹簧应在一瞬间恢复原长！即弹簧弹力突变为零。答案：0 ；g 。二、牛顿第二定律的应用应用要点：受力较少时，直接应用牛顿第二定律的“矢量性”解题。受力比较多时，结合正交分解与“独立作用性”解题。在难度方面，“瞬时性”问题相对较大。1、滑块在固定、光滑、倾角为θ的斜面上下滑，试求其加速度。解说：受力分析 →&根据“矢量性”定合力方向&→&牛顿第二定律应用答案：gsinθ。思考：如果斜面解除固定，上表仍光滑，倾角仍为θ，要求滑块与斜面相对静止，斜面应具备一个多大的水平加速度？（解题思路完全相同，研究对象仍为滑块。但在第二环节上应注意区别。答：gtgθ。）进阶练习1：在一向右运动的车厢中，用细绳悬挂的小球呈现如图3所示的稳定状态，试求车厢的加速度。（和“思考”题同理，答：gtgθ。）进阶练习2、如图4所示，小车在倾角为α的斜面上匀加速运动，车厢顶用细绳悬挂一小球，发现悬绳与竖直方向形成一个稳定的夹角β。试求小车的加速度。解：继续贯彻“矢量性”的应用，但数学处理复杂了一些（正弦定理解三角形）。分析小球受力后，根据“矢量性”我们可以做如图5所示的平行四边形，并找到相应的夹角。设张力T与斜面方向的夹角为θ，则θ=（90°+ α）- β= 90°-（β-α） & & & & & & & & （1）对灰色三角形用正弦定理，有&=&& & & & & & & & & & & & & & & & & & & &（2）解（1）（2）两式得：ΣF =&最后运用牛顿第二定律即可求小球加速度（即小车加速度）答：&。2、如图6所示，光滑斜面倾角为θ，在水平地面上加速运动。斜面上用一条与斜面平行的细绳系一质量为m的小球，当斜面加速度为a时（a＜ctgθ），小球能够保持相对斜面静止。试求此时绳子的张力T 。解说：当力的个数较多，不能直接用平行四边形寻求合力时，宜用正交分解处理受力，在对应牛顿第二定律的“独立作用性”列方程。正交坐标的选择，视解题方便程度而定。解法一：先介绍一般的思路。沿加速度a方向建x轴，与a垂直的方向上建y轴，如图7所示（N为斜面支持力）。于是可得两方程ΣFx&= ma&，即Tx&－&Nx&= maΣFy&= 0&，&即Ty&+ Ny&= mg代入方位角θ，以上两式成为T cosθ－N sinθ = ma & & & & & & & & & && &（1）T sinθ + Ncosθ = mg& & & & & & & & & & & &（2）这是一个关于T和N的方程组，解（1）（2）两式得：T = mgsinθ&+ ma&cosθ解法二：下面尝试一下能否独立地解张力T 。将正交分解的坐标选择为：x——斜面方向，y——和斜面垂直的方向。这时，在分解受力时，只分解重力G就行了，但值得注意，加速度a不在任何一个坐标轴上，是需要分解的。矢量分解后，如图8所示。根据独立作用性原理，ΣFx&= max即：T&－&Gx&= max即：T&－&mg&sinθ&= m acosθ显然，独立解T值是成功的。结果与解法一相同。答案：mgsinθ&+ ma&cosθ思考：当a＞ctgθ时，张力T的结果会变化吗？（从支持力的结果N&= mgcosθ－ma sinθ看小球脱离斜面的条件，求脱离斜面后，θ条件已没有意义。答：T = m&。）学生活动：用正交分解法解本节第2题“进阶练习2”进阶练习：如图9所示，自动扶梯与地面的夹角为30°，但扶梯的台阶是水平的。当扶梯以a = 4m/s2的加速度向上运动时，站在扶梯上质量为60kg的人相对扶梯静止。重力加速度g = 10 m/s2，试求扶梯对人的静摩擦力f 。解：这是一个展示独立作用性原理的经典例题，建议学生选择两种坐标（一种是沿a方向和垂直a方向，另一种是水平和竖直方向），对比解题过程，进而充分领会用牛顿第二定律解题的灵活性。答：208N 。3、如图10所示，甲图系着小球的是两根轻绳，乙图系着小球的是一根轻弹簧和轻绳，方位角θ已知。现将它们的水平绳剪断，试求：在剪断瞬间，两种情形下小球的瞬时加速度。解说：第一步，阐明绳子弹力和弹簧弹力的区别。（学生活动）思考：用竖直的绳和弹簧悬吊小球，并用竖直向下的力拉住小球静止，然后同时释放，会有什么现象？原因是什么？结论——绳子的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变（胡克定律）。第二步，在本例中，突破“绳子的拉力如何瞬时调节”这一难点（从即将开始的运动来反推）。知识点，牛顿第二定律的瞬时性。答案：a甲&= gsinθ ；a乙&= gtgθ 。应用：如图11所示，吊篮P挂在天花板上，与吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托住，当悬挂吊篮的细绳被烧断瞬间，P、Q的加速度分别是多少？解：略。答：2g ；0 。三、牛顿第二、第三定律的应用要点：在动力学问题中，如果遇到几个研究对象时，就会面临如何处理对象之间的力和对象与外界之间的力问题，这时有必要引进“系统”、“内力”和“外力”等概念，并适时地运用牛顿第三定律。在方法的选择方面，则有“隔离法”和“整体法”。前者是根本，后者有局限，也有难度，但常常使解题过程简化，使过程的物理意义更加明晰。对N个对象，有N个隔离方程和一个（可能的）整体方程，这（N + 1）个方程中必有一个是通解方程，如何取舍，视解题方便程度而定。补充：当多个对象不具有共同的加速度时，一般来讲，整体法不可用，但也有一种特殊的“整体方程”，可以不受这个局限（可以介绍推导过程）——Σ= m1&+ m2&+ m3&+ … + mn其中Σ只能是系统外力的矢量和，等式右边也是矢量相加。1、如图12所示，光滑水平面上放着一个长为L的均质直棒，现给棒一个沿棒方向的、大小为F的水平恒力作用，则棒中各部位的张力T随图中x的关系怎样？解说：截取隔离对象，列整体方程和隔离方程（隔离右段较好）。答案：N =&x 。思考：如果水平面粗糙，结论又如何？解：分两种情况，（1）能拉动；（2）不能拉动。第（1）情况的计算和原题基本相同，只是多了一个摩擦力的处理，结论的化简也麻烦一些。第（2）情况可设棒的总质量为M ，和水平面的摩擦因素为μ，而F = μMg ，其中l＜L ，则x＜(L-l)的右段没有张力，x＞(L-l)的左端才有张力。答：若棒仍能被拉动，结论不变。若棒不能被拉动，且F = μMg时（μ为棒与平面的摩擦因素，l为小于L的某一值，M为棒的总质量），当x＜(L-l)，N≡0 ；当x＞(L-l)，N =&〔x -〈L-l〉〕。应用：如图13所示，在倾角为θ的固定斜面上，叠放着两个长方体滑块，它们的质量分别为m1和m2&，它们之间的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分别为μ1和μ2&，系统释放后能够一起加速下滑，则它们之间的摩擦力大小为：A、μ1&m1gcosθ ； & &B、μ2&m1gcosθ ；C、μ1&m2gcosθ ； & &D、μ1&m2gcosθ ；解：略。答：B 。（方向沿斜面向上。）思考：（1）如果两滑块不是下滑，而是以初速度v0一起上冲，以上结论会变吗？（2）如果斜面光滑，两滑块之间有没有摩擦力？（3）如果将下面的滑块换成如图14所示的盒子，上面的滑块换成小球，它们以初速度v0一起上冲，球应对盒子的哪一侧内壁有压力？解：略。答：（1）不会；（2）没有；（3）若斜面光滑，对两内壁均无压力，若斜面粗糙，对斜面上方的内壁有压力。2、如图15所示，三个物体质量分别为m1&、m2和m3&，带滑轮的物体放在光滑水平面上，滑轮和所有接触面的摩擦均不计，绳子的质量也不计，为使三个物体无相对滑动，水平推力F应为多少？解说：此题对象虽然有三个，但难度不大。隔离m2&，竖直方向有一个平衡方程；隔离m1&，水平方向有一个动力学方程；整体有一个动力学方程。就足以解题了。答案：F =&&。思考：若将质量为m3物体右边挖成凹形，让m2可以自由摆动（而不与m3相碰），如图16所示，其它条件不变。是否可以选择一个恰当的F′，使三者无相对运动？如果没有，说明理由；如果有，求出这个F′的值。解：此时，m2的隔离方程将较为复杂。设绳子张力为T ，m2的受力情况如图，隔离方程为：&= m2a隔离m1&，仍有：T = m1a解以上两式，可得：a =&g最后用整体法解F即可。答：当m1&≤ m2时，没有适应题意的F′；当m1&＞ m2时，适应题意的F′=&&。3、一根质量为M的木棒，上端用细绳系在天花板上，棒上有一质量为m的猫，如图17所示。现将系木棒的绳子剪断，同时猫相对棒往上爬，但要求猫对地的高度不变，则棒的加速度将是多少？解说：法一，隔离法。需要设出猫爪抓棒的力f ，然后列猫的平衡方程和棒的动力学方程，解方程组即可。法二，“新整体法”。据Σ= m1&+ m2&+ m3&+ … + mn&，猫和棒的系统外力只有两者的重力，竖直向下，而猫的加速度a1&= 0 ，所以：（ M + m ）g = m·0 + M a1&解棒的加速度a1十分容易。答案：g 。四、特殊的连接体当系统中各个体的加速度不相等时，经典的整体法不可用。如果各个体的加速度不在一条直线上，“新整体法”也将有一定的困难（矢量求和不易）。此时，我们回到隔离法，且要更加注意找各参量之间的联系。解题思想：抓某个方向上加速度关系。方法：“微元法”先看位移关系，再推加速度关系。、1、如图18所示，一质量为M 、倾角为θ的光滑斜面，放置在光滑的水平面上，另一个质量为m的滑块从斜面顶端释放，试求斜面的加速度。解说：本题涉及两个物体，它们的加速度关系复杂，但在垂直斜面方向上，大小是相等的。对两者列隔离方程时，务必在这个方向上进行突破。（学生活动）定型判断斜面的运动情况、滑块的运动情况。位移矢量示意图如图19所示。根据运动学规律，加速度矢量a1和a2也具有这样的关系。（学生活动）这两个加速度矢量有什么关系？沿斜面方向、垂直斜面方向建x 、y坐标，可得：a1y&= a2y& & & & & & &①且：a1y&= a2sinθ & & ②隔离滑块和斜面，受力图如图20所示。对滑块，列y方向隔离方程，有：mgcosθ- N = ma1y& & &③对斜面，仍沿合加速度a2方向列方程，有：Nsinθ= Ma2& & & & & ④解①②③④式即可得a2&。答案：a2&=&&。（学生活动）思考：如何求a1的值？解：a1y已可以通过解上面的方程组求出；a1x只要看滑块的受力图，列x方向的隔离方程即可，显然有mgsinθ= ma1x&，得:a1x&= gsinθ 。最后据a1&=&求a1&。答：a1&=&&。2、如图21所示，与水平面成θ角的AB棒上有一滑套C ，可以无摩擦地在棒上滑动，开始时与棒的A端相距b ，相对棒静止。当棒保持倾角θ不变地沿水平面匀加速运动，加速度为a（且a＞gtgθ）时，求滑套C从棒的A端滑出所经历的时间。解说：这是一个比较特殊的“连接体问题”，寻求运动学参量的关系似乎比动力学分析更加重要。动力学方面，只需要隔离滑套C就行了。（学生活动）思考：为什么题意要求a＞gtgθ？（联系本讲第二节第1题之“思考题”）定性绘出符合题意的运动过程图，如图22所示：S表示棒的位移，S1表示滑套的位移。沿棒与垂直棒建直角坐标后，S1x表示S1在x方向上的分量。不难看出：S1x&+ b = S cosθ & & & & & & & & & ①设全程时间为t ，则有：S =&at2& & & & & & & & & & & & & ②S1x&=&a1xt2& & & & & & & & & & & & ③而隔离滑套，受力图如图23所示，显然：mgsinθ= ma1x& & & & & & & & & & & &④解①②③④式即可。答案：t =&另解：如果引进动力学在非惯性系中的修正式 Σ+&*&= m&（注：*为惯性力），此题极简单。过程如下——以棒为参照，隔离滑套，分析受力，如图24所示。注意，滑套相对棒的加速度a相是沿棒向上的，故动力学方程为：F*cosθ- mgsinθ= ma相& & & & & & （1）其中F*&= ma & & & & & & & & & & &（2）而且，以棒为参照，滑套的相对位移S相就是b ，即：b = S相&=&a相&t2& & & & & & & & &（3）解（1）（2）（3）式就可以了。第二讲 配套例题选讲教材范本：龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》，知识出版社，2002年8月第一版。例题选讲针对“教材”第三章的部分例题和习题。
第七部分 热学热学知识在奥赛中的要求不以深度见长，但知识点却非常地多（考纲中罗列的知识点几乎和整个力学——前五部分——的知识点数目相等）。而且，由于高考要求对热学的要求逐年降低（本届尤其低得“离谱”，连理想气体状态方程都没有了），这就客观上给奥赛培训增加了负担。因此，本部分只能采新授课的培训模式，将知识点和例题讲解及时地结合，争取让学员学一点，就领会一点、巩固一点，然后再层叠式地往前推进。一、分子动理论1、物质是由大量分子组成的（注意分子体积和分子所占据空间的区别）对于分子（单原子分子）间距的计算，气体和液体可直接用，对固体，则与分子的空间排列（晶体的点阵）有关。【例题1】如图6-1所示，食盐（NaCl）的晶体是由钠离子（图中的白色圆点表示）和氯离子（图中的黑色圆点表示）组成的，离子键两两垂直且键长相等。已知食盐的摩尔质量为58.5×10－3kg/mol，密度为2.2×103kg/m3，阿伏加德罗常数为6.0×1023mol－1，求食盐晶体中两个距离最近的钠离子中心之间的距离。【解说】题意所求即图中任意一个小立方块的变长（设为a）的倍，所以求a成为本题的焦点。由于一摩尔的氯化钠含有NA个氯化钠分子，事实上也含有2NA个钠离子（或氯离子），所以每个钠离子占据空间为 v =&而由图不难看出，一个离子占据的空间就是小立方体的体积a3&，即 a3&=&&=&，最后，邻近钠离子之间的距离l =&a【答案】3.97×10－10m 。〖思考〗本题还有没有其它思路？〖答案〗每个离子都被八个小立方体均分，故一个小立方体含有×8个离子 =&分子，所以…（此法普遍适用于空间点阵比较复杂的晶体结构。）2、物质内的分子永不停息地作无规则运动固体分子在平衡位置附近做微小振动（振幅数量级为0.1），少数可以脱离平衡位置运动。液体分子的运动则可以用“长时间的定居（振动）和短时间的迁移”来概括，这是由于液体分子间距较固体大的结果。气体分子基本“居无定所”，不停地迁移（常温下，速率数量级为102m/s）。无论是振动还是迁移，都具备两个特点：a、偶然无序（杂乱无章）和统计有序（分子数比率和速率对应一定的规律——如麦克斯韦速率分布函数，如图6-2所示）；b、剧烈程度和温度相关。气体分子的三种速率。最可几速率vP&：f(v) =&（其中ΔN表示v到v +Δv内分子数，N表示分子总数）极大时的速率，vP&==&；平均速率：所有分子速率的算术平均值，&==；方均根速率：与分子平均动能密切相关的一个速率，==〔其中R为普适气体恒量，R = 8.31J/(mol.K)。k为玻耳兹曼常量，k =&&= 1.38×10－23J/K 〕【例题2】证明理想气体的压强P =&n，其中n为分子数密度，为气体分子平均动能。【证明】气体的压强即单位面积容器壁所承受的分子的撞击力，这里可以设理想气体被封闭在一个边长为a的立方体容器中，如图6-3所示。考查yoz平面的一个容器壁，P =&& & & & & &①设想在Δt时间内，有Nx个分子（设质量为m）沿x方向以恒定的速率vx碰撞该容器壁，且碰后原速率弹回，则根据动量定理，容器壁承受的压力&F ==& & & & & & & & & & & & & & ②在气体的实际状况中，如何寻求Nx和vx呢？考查某一个分子的运动，设它的速度为v ，它沿x、y、z三个方向分解后，满足v2&=&&+&&+&分子运动虽然是杂乱无章的，但仍具有“偶然无序和统计有序”的规律，即&=&&+&&+&&= 3& & & & & & & & & & ③这就解决了vx的问题。另外，从速度的分解不难理解，每一个分子都有机会均等的碰撞3个容器壁的可能。设Δt =&，则&Nx&=&·3N总&=&na3& & & & & & & & & & & & &④注意，这里的是指有6个容器壁需要碰撞，而它们被碰的几率是均等的。结合①②③④式不难证明题设结论。〖思考〗此题有没有更简便的处理方法？〖答案〗有。“命令”所有分子以相同的速率v沿+x、?x、+y、?y、+z、?z这6个方向运动（这样造成的宏观效果和“杂乱无章”地运动时是一样的），则 Nx&=N总&=&na3&；而且vx&= v所以，P =&&=&==nm&=&n3、分子间存在相互作用力（注意分子斥力和气体分子碰撞作用力的区别），而且引力和斥力同时存在，宏观上感受到的是其合效果。分子力是保守力，分子间距改变时，分子力做的功可以用分子势能的变化表示，分子势能EP随分子间距的变化关系如图6-4所示。分子势能和动能的总和称为物体的内能。二、热现象和基本热力学定律1、平衡态、状态参量a、凡是与温度有关的现象均称为热现象，热学是研究热现象的科学。热学研究的对象都是有大量分子组成的宏观物体，通称为热力学系统（简称系统）。当系统的宏观性质不再随时间变化时，这样的状态称为平衡态。b、系统处于平衡态时，所有宏观量都具有确定的值，这些确定的值称为状态参量（描述气体的状态参量就是P、V和T）。c、热力学第零定律（温度存在定律）：若两个热力学系统中的任何一个系统都和第三个热力学系统处于热平衡状态，那么，这两个热力学系统也必定处于热平衡。这个定律反映出：处在同一热平衡状态的所有的热力学系统都具有一个共同的宏观特征，这一特征是由这些互为热平衡系统的状态所决定的一个数值相等的状态函数，这个状态函数被定义为温度。2、温度a、温度即物体的冷热程度，温度的数值表示法称为温标。典型的温标有摄氏温标t、华氏温标F（F =&t + 32）和热力学温标T（T = t + 273.15）。b、（理想）气体温度的微观解释：&=&kT&（i为分子的自由度 = 平动自由度t + 转动自由度r + 振动自由度s 。对单原子分子i = 3 ，“刚性”〈忽略振动，s = 0，但r = 2〉双原子分子i = 5 。对于三个或三个以上的多原子分子，i = 6 。能量按自由度是均分的），所以说温度是物质分子平均动能的标志。c、热力学第三定律：热力学零度不可能达到。（结合分子动理论的观点2和温度的微观解释很好理解。）3、热力学过程a、热传递。热传递有三种方式：传导（对长L、横截面积S的柱体，Q = KSΔ
第一部分 &力＆物体的平衡第一讲 力的处理一、矢量的运算1、加法表达：&+&&=&&。名词：为“和矢量”。法则：平行四边形法则。如图1所示。和矢量大小：c =&&，其中α为和的夹角。和矢量方向：在、之间，和夹角β= arcsin2、减法表达：&=&－&。名词：为“被减数矢量”，为“减数矢量”，为“差矢量”。法则：三角形法则。如图2所示。将被减数矢量和减数矢量的起始端平移到一点，然后连接两时量末端，指向被减数时量的时量，即是差矢量。差矢量大小：a =&&，其中θ为和的夹角。差矢量的方向可以用正弦定理求得。一条直线上的矢量运算是平行四边形和三角形法则的特例。例题：已知质点做匀速率圆周运动，半径为R&，周期为T&，求它在T内和在T内的平均加速度大小。解说：如图3所示，A到B点对应T的过程，A到C点对应T的过程。这三点的速度矢量分别设为、和。根据加速度的定义&=&得：=&，=&由于有两处涉及矢量减法，设两个差矢量&=&－&，=&－&，根据三角形法则，它们在图3中的大小、方向已绘出（的“三角形”已被拉伸成一条直线）。本题只关心各矢量的大小，显然：&=&&=&&=&&，且：&=&=&&，&= 2=&所以：=&&=&&=&&，=&&=&&=&&。（学生活动）观察与思考：这两个加速度是否相等，匀速率圆周运动是不是匀变速运动？答：否；不是。3、乘法矢量的乘法有两种：叉乘和点乘，和代数的乘法有着质的不同。⑴ 叉乘表达：×&=&名词：称“矢量的叉积”，它是一个新的矢量。叉积的大小：c = absinα，其中α为和的夹角。意义：的大小对应由和作成的平行四边形的面积。叉积的方向：垂直和确定的平面，并由右手螺旋定则确定方向，如图4所示。显然，×≠×，但有：×=&－×⑵ 点乘表达：·&= c名词：c称“矢量的点积”，它不再是一个矢量，而是一个标量。点积的大小：c = abcosα，其中α为和的夹角。二、共点力的合成1、平行四边形法则与矢量表达式2、一般平行四边形的合力与分力的求法余弦定理（或分割成RtΔ）解合力的大小正弦定理解方向三、力的分解1、按效果分解2、按需要——正交分解第二讲 物体的平衡一、共点力平衡1、特征：质心无加速度。2、条件：Σ&= 0 ，或&&= 0 ，&= 0例题：如图5所示，长为L 、粗细不均匀的横杆被两根轻绳水平悬挂，绳子与水平方向的夹角在图上已标示，求横杆的重心位置。解说：直接用三力共点的知识解题，几何关系比较简单。答案：距棒的左端L/4处。（学生活动）思考：放在斜面上的均质长方体，按实际情况分析受力，斜面的支持力会通过长方体的重心吗？解：将各处的支持力归纳成一个N ，则长方体受三个力（G 、f 、N）必共点，由此推知，N不可能通过长方体的重心。正确受力情形如图6所示（通常的受力图是将受力物体看成一个点，这时，N就过重心了）。答：不会。二、转动平衡1、特征：物体无转动加速度。2、条件：Σ= 0 ，或ΣM+&=ΣM-&如果物体静止，肯定会同时满足两种平衡，因此用两种思路均可解题。3、非共点力的合成大小和方向：遵从一条直线矢量合成法则。作用点：先假定一个等效作用点，然后让所有的平行力对这个作用点的和力矩为零。第三讲 习题课1、如图7所示，在固定的、倾角为α斜面上，有一块可以转动的夹板（β不定），夹板和斜面夹着一个质量为m的光滑均质球体，试求：β取何值时，夹板对球的弹力最小。解说：法一，平行四边形动态处理。对球体进行受力分析，然后对平行四边形中的矢量G和N1进行平移，使它们构成一个三角形，如图8的左图和中图所示。由于G的大小和方向均不变，而N1的方向不可变，当β增大导致N2的方向改变时，N2的变化和N1的方向变化如图8的右图所示。显然，随着β增大，N1单调减小，而N2的大小先减小后增大，当N2垂直N1时，N2取极小值，且N2min&= Gsinα。法二，函数法。看图8的中间图，对这个三角形用正弦定理，有：&=&&，即：N2&=&&，β在0到180°之间取值，N2的极值讨论是很容易的。答案：当β= 90°时，甲板的弹力最小。2、把一个重为G的物体用一个水平推力F压在竖直的足够高的墙壁上，F随时间t的变化规律如图9所示，则在t = 0开始物体所受的摩擦力f的变化图线是图10中的哪一个？解说：静力学旨在解决静态问题和准静态过程的问题，但本题是一个例外。物体在竖直方向的运动先加速后减速，平衡方程不再适用。如何避开牛顿第二定律，是本题授课时的难点。静力学的知识，本题在于区分两种摩擦的不同判据。水平方向合力为零，得：支持力N持续增大。物体在运动时，滑动摩擦力f = μN ，必持续增大。但物体在静止后静摩擦力f′≡ G ，与N没有关系。对运动过程加以分析，物体必有加速和减速两个过程。据物理常识，加速时，f ＜ G ，而在减速时f ＞ G 。答案：B 。3、如图11所示，一个重量为G的小球套在竖直放置的、半径为R的光滑大环上，另一轻质弹簧的劲度系数为k ，自由长度为L（L＜2R），一端固定在大圆环的顶点A ，另一端与小球相连。环静止平衡时位于大环上的B点。试求弹簧与竖直方向的夹角θ。解说：平行四边形的三个矢量总是可以平移到一个三角形中去讨论，解三角形的典型思路有三种：①分割成直角三角形（或本来就是直角三角形）；②利用正、余弦定理；③利用力学矢量三角形和某空间位置三角形相似。本题旨在贯彻第三种思路。分析小球受力→矢量平移，如图12所示，其中F表示弹簧弹力，N表示大环的支持力。（学生活动）思考：支持力N可不可以沿图12中的反方向？（正交分解看水平方向平衡——不可以。）容易判断，图中的灰色矢量三角形和空间位置三角形ΔAOB是相似的，所以：& & & & & & & & & & & & & & & & & &⑴由胡克定律：F = k（- R） & & & & & & & &⑵几何关系：= 2Rcosθ & & & & & & & & & & ⑶解以上三式即可。答案：arccos&。（学生活动）思考：若将弹簧换成劲度系数k′较大的弹簧，其它条件不变，则弹簧弹力怎么变？环的支持力怎么变？答：变小；不变。（学生活动）反馈练习：光滑半球固定在水平面上，球心O的正上方有一定滑轮，一根轻绳跨过滑轮将一小球从图13所示的A位置开始缓慢拉至B位置。试判断：在此过程中，绳子的拉力T和球面支持力N怎样变化？解：和上题完全相同。答：T变小，N不变。4、如图14所示，一个半径为R的非均质圆球，其重心不在球心O点，先将它置于水平地面上，平衡时球面上的A点和地面接触；再将它置于倾角为30°的粗糙斜面上，平衡时球面上的B点与斜面接触，已知A到B的圆心角也为30°。试求球体的重心C到球心O的距离。解说：练习三力共点的应用。根据在平面上的平衡，可知重心C在OA连线上。根据在斜面上的平衡，支持力、重力和静摩擦力共点，可以画出重心的具体位置。几何计算比较简单。答案：R 。（学生活动）反馈练习：静摩擦足够，将长为a 、厚为b的砖块码在倾角为θ的斜面上，最多能码多少块？解：三力共点知识应用。答：&。4、两根等长的细线，一端拴在同一悬点O上，另一端各系一个小球，两球的质量分别为m1和m2&，已知两球间存在大小相等、方向相反的斥力而使两线张开一定角度，分别为45和30°，如图15所示。则m1&: m2??为多少？解说：本题考查正弦定理、或力矩平衡解静力学问题。对两球进行受力分析，并进行矢量平移，如图16所示。首先注意，图16中的灰色三角形是等腰三角形，两底角相等，设为α。而且，两球相互作用的斥力方向相反，大小相等，可用同一字母表示，设为F 。对左边的矢量三角形用正弦定理，有：&=&& & & & &①同理，对右边的矢量三角形，有：&=&& & & & & & & & & & & & & & & &②解①②两式即可。答案：1 ：&。（学生活动）思考：解本题是否还有其它的方法？答：有——将模型看成用轻杆连成的两小球，而将O点看成转轴，两球的重力对O的力矩必然是平衡的。这种方法更直接、简便。应用：若原题中绳长不等，而是l1&：l2&= 3 ：2 ，其它条件不变，m1与m2的比值又将是多少？解：此时用共点力平衡更加复杂（多一个正弦定理方程），而用力矩平衡则几乎和“思考”完全相同。答：2 ：3&。5、如图17所示，一个半径为R的均质金属球上固定着一根长为L的轻质细杆，细杆的左端用铰链与墙壁相连，球下边垫上一块木板后，细杆恰好水平，而木板下面是光滑的水平面。由于金属球和木板之间有摩擦（已知摩擦因素为μ），所以要将木板从球下面向右抽出时，至少需要大小为F的水平拉力。试问：现要将木板继续向左插进一些，至少需要多大的水平推力？解说：这是一个典型的力矩平衡的例题。以球和杆为对象，研究其对转轴O的转动平衡，设木板拉出时给球体的摩擦力为f&，支持力为N&，重力为G&，力矩平衡方程为：f R + N（R + L）= G（R + L）& & & & & &①球和板已相对滑动，故：f = μN & & & &②解①②可得：f =&再看木板的平衡，F = f 。同理，木板插进去时，球体和木板之间的摩擦f′=&&= F′。答案：&。第四讲 摩擦角及其它一、摩擦角1、全反力：接触面给物体的摩擦力与支持力的合力称全反力，一般用R表示，亦称接触反力。2、摩擦角：全反力与支持力的最大夹角称摩擦角，一般用φm表示。此时，要么物体已经滑动，必有：φm&= arctgμ（μ为动摩擦因素），称动摩擦力角；要么物体达到最大运动趋势，必有：φms&= arctgμs（μs为静摩擦因素），称静摩擦角。通常处理为φm&=&φms&。3、引入全反力和摩擦角的意义：使分析处理物体受力时更方便、更简捷。二、隔离法与整体法1、隔离法：当物体对象有两个或两个以上时，有必要各个击破，逐个讲每个个体隔离开来分析处理，称隔离法。在处理各隔离方程之间的联系时，应注意相互作用力的大小和方向关系。2、整体法：当各个体均处于平衡状态时，我们可以不顾个体的差异而讲多个对象看成一个整体进行分析处理，称整体法。应用整体法时应注意“系统”、“内力”和“外力”的涵义。三、应用1、物体放在水平面上，用与水平方向成30°的力拉物体时，物体匀速前进。若此力大小不变，改为沿水平方向拉物体，物体仍能匀速前进，求物体与水平面之间的动摩擦因素μ。解说：这是一个能显示摩擦角解题优越性的题目。可以通过不同解法的比较让学生留下深刻印象。法一，正交分解。（学生分析受力→列方程→得结果。）法二，用摩擦角解题。引进全反力R&，对物体两个平衡状态进行受力分析，再进行矢量平移，得到图18中的左图和中间图（注意：重力G是不变的，而全反力R的方向不变、F的大小不变），φm指摩擦角。再将两图重叠成图18的右图。由于灰色的三角形是一个顶角为30°的等腰三角形，其顶角的角平分线必垂直底边……故有：φm&= 15°。最后，μ= tgφm&。答案：0.268 。（学生活动）思考：如果F的大小是可以选择的，那么能维持物体匀速前进的最小F值是多少？解：见图18，右图中虚线的长度即Fmin&，所以，Fmin&= Gsinφm&。答：Gsin15°（其中G为物体的重量）。2、如图19所示，质量m = 5kg的物体置于一粗糙斜面上，并用一平行斜面的、大小F = 30N的推力推物体，使物体能够沿斜面向上匀速运动，而斜面体始终静止。已知斜面的质量M = 10kg ，倾角为30°，重力加速度g = 10m/s2&，求地面对斜面体的摩擦力大小。解说：本题旨在显示整体法的解题的优越性。法一，隔离法。简要介绍……法二，整体法。注意，滑块和斜面随有相对运动，但从平衡的角度看，它们是完全等价的，可以看成一个整体。做整体的受力分析时，内力不加考虑。受力分析比较简单，列水平方向平衡方程很容易解地面摩擦力。答案：26.0N 。（学生活动）地面给斜面体的支持力是多少？解：略。答：135N 。应用：如图20所示，一上表面粗糙的斜面体上放在光滑的水平地面上，斜面的倾角为θ。另一质量为m的滑块恰好能沿斜面匀速下滑。若用一推力F作用在滑块上，使之能沿斜面匀速上滑，且要求斜面体静止不动，就必须施加一个大小为P = 4mgsinθcosθ的水平推力作用于斜面体。使满足题意的这个F的大小和方向。解说：这是一道难度较大的静力学题，可以动用一切可能的工具解题。法一：隔离法。由第一个物理情景易得，斜面于滑块的摩擦因素μ= tgθ对第二个物理情景，分别隔离滑块和斜面体分析受力，并将F沿斜面、垂直斜面分解成Fx和Fy&，滑块与斜面之间的两对相互作用力只用两个字母表示（N表示正压力和弹力，f表示摩擦力），如图21所示。对滑块，我们可以考查沿斜面方向和垂直斜面方向的平衡——Fx&= f + mgsinθFy&+ mgcosθ= N且 f = μN = Ntgθ综合以上三式得到：Fx&= Fytgθ+ 2mgsinθ & & & & & & & ①对斜面体，只看水平方向平衡就行了——P = fcosθ+ Nsinθ即：4mgsinθcosθ=μNcosθ+ Nsinθ代入μ值，化简得：Fy&= mgcosθ & & &②②代入①可得：Fx&= 3mgsinθ最后由F =解F的大小，由tgα=&解F的方向（设α为F和斜面的夹角）。答案：大小为F = mg，方向和斜面夹角α= arctg()指向斜面内部。法二：引入摩擦角和整体法观念。仍然沿用“法一”中关于F的方向设置（见图21中的α角）。先看整体的水平方向平衡，有：Fcos(θ- α) = P & & & & & & & & & & & & & & & & & ⑴再隔离滑块，分析受力时引进全反力R和摩擦角φ，由于简化后只有三个力（R、mg和F），可以将矢量平移后构成一个三角形，如图22所示。在图22右边的矢量三角形中，有：&=&=&& &&&⑵注意：φ= arctgμ=&arctg(tgθ) = θ & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & &⑶解⑴⑵⑶式可得F和α的值。
第八部分 静电场第一讲 基本知识介绍在奥赛考纲中，静电学知识点数目不算多，总数和高考考纲基本相同，但在个别知识点上，奥赛的要求显然更加深化了：如非匀强电场中电势的计算、电容器的连接和静电能计算、电介质的极化等。在处理物理问题的方法上，对无限分割和叠加原理提出了更高的要求。如果把静电场的问题分为两部分，那就是电场本身的问题、和对场中带电体的研究，高考考纲比较注重第二部分中带电粒子的运动问题，而奥赛考纲更注重第一部分和第二部分中的静态问题。也就是说，奥赛关注的是电场中更本质的内容，关注的是纵向的深化和而非横向的综合。一、电场强度1、实验定律a、库仑定律内容；条件：⑴点电荷，⑵真空，⑶点电荷静止或相对静止。事实上，条件⑴和⑵均不能视为对库仑定律的限制，因为叠加原理可以将点电荷之间的静电力应用到一般带电体，非真空介质可以通过介电常数将k进行修正（如果介质分布是均匀和“充分宽广”的，一般认为k′= k /εr）。只有条件⑶，它才是静电学的基本前提和出发点（但这一点又是常常被忽视和被不恰当地“综合应用”的）。b、电荷守恒定律c、叠加原理2、电场强度a、电场强度的定义电场的概念；试探电荷（检验电荷）；定义意味着一种适用于任何电场的对电场的检测手段；电场线是抽象而直观地描述电场有效工具（电场线的基本属性）。b、不同电场中场强的计算决定电场强弱的因素有两个：场源（带电量和带电体的形状）和空间位置。这可以从不同电场的场强决定式看出——⑴点电荷：E = k结合点电荷的场强和叠加原理，我们可以求出任何电场的场强，如——⑵均匀带电环，垂直环面轴线上的某点P：E =&，其中r和R的意义见图7-1。⑶均匀带电球壳内部：E内&= 0外部：E外&= k&，其中r指考察点到球心的距离如果球壳是有厚度的的（内径R1&、外径R2），在壳体中（R1＜r＜R2）：E =&&，其中ρ为电荷体密度。这个式子的物理意义可以参照万有引力定律当中（条件部分）的“剥皮法则”理解〔即为图7-2中虚线以内部分的总电量…〕。⑷无限长均匀带电直线（电荷线密度为λ）：E =&⑸无限大均匀带电平面（电荷面密度为σ）：E = 2πkσ二、电势1、电势：把一电荷从P点移到参考点P0时电场力所做的功W与该电荷电量q的比值，即U =&参考点即电势为零的点，通常取无穷远或大地为参考点。和场强一样，电势是属于场本身的物理量。W则为电荷的电势能。2、典型电场的电势a、点电荷以无穷远为参考点，U = kb、均匀带电球壳以无穷远为参考点，U外&= k&，U内&= k3、电势的叠加由于电势的是标量，所以电势的叠加服从代数加法。很显然，有了点电荷电势的表达式和叠加原理，我们可以求出任何电场的电势分布。4、电场力对电荷做功WAB&= q（UA&－&UB）= qUAB&三、静电场中的导体静电感应→静电平衡（狭义和广义）→静电屏蔽1、静电平衡的特征可以总结为以下三层含义——a、导体内部的合场强为零；表面的合场强不为零且一般各处不等，表面的合场强方向总是垂直导体表面。b、导体是等势体，表面是等势面。c、导体内部没有净电荷；孤立导体的净电荷在表面的分布情况取决于导体表面的曲率。2、静电屏蔽导体壳（网罩）不接地时，可以实现外部对内部的屏蔽，但不能实现内部对外部的屏蔽；导体壳（网罩）接地后，既可实现外部对内部的屏蔽，也可实现内部对外部的屏蔽。四、电容1、电容器孤立导体电容器→一般电容器2、电容a、定义式&C =&b、决定式。决定电容器电容的因素是：导体的形状和位置关系、绝缘介质的种类，所以不同电容器有不同的电容⑴平行板电容器&C =&&=&&，其中ε为绝对介电常数（真空中ε0&=&&，其它介质中ε=&），εr则为相对介电常数，εr&=&&。⑵柱形电容器：C =&⑶球形电容器：C =&3、电容器的连接a、串联&&=&+++&…&+b、并联&C = C1&+ C2&+ C3&+&…&+ Cn&4、电容器的能量用图7-3表征电容器的充电过程，“搬运”电荷做功W就是图中阴影的面积，这也就是电容器的储能E&，所以E =&q0U0&=&C&=&电场的能量。电容器储存的能量究竟是属于电荷还是属于电场？正确答案是后者，因此，我们可以将电容器的能量用场强E表示。对平行板电容器&E总&=&E2&认为电场能均匀分布在电场中，则单位体积的电场储能&w =&E2&。而且，这以结论适用于非匀强电场。五、电介质的极化1、电介质的极化a、电介质分为两类：无极分子和有极分子，前者是指在没有外电场时每个分子的正、负电荷“重心”彼此重合（如气态的H2&、O2&、N2和CO2），后者则反之（如气态的H2O&、SO2和液态的水硝基笨）b、电介质的极化：当介质中存在外电场时，无极分子会变为有极分子，有极分子会由原来的杂乱排列变成规则排列，如图7-4所示。2、束缚电荷、自由电荷、极化电荷与宏观过剩电荷a、束缚电荷与自由电荷：在图7-4中，电介质左右两端分别显现负电和正电，但这些电荷并不能自由移动，因此称为束缚电荷，除了电介质，导体中的原子核和内层电子也是束缚电荷；反之，能够自由移动的电荷称为自由电荷。事实上，导体中存在束缚电荷与自由电荷，绝缘体中也存在束缚电荷和自由电荷，只是它们的比例差异较大而已。b、极化电荷是更严格意义上的束缚电荷，就是指图7-4中电介质两端显现的电荷。而宏观过剩电荷是相对极化电荷来说的，它是指可以自由移动的净电荷。宏观过剩电荷与极化电荷的重要区别是：前者能够用来冲放电，也能用仪表测量，但后者却不能。第二讲 重要模型与专题一、场强和电场力【物理情形1】试证明：均匀带电球壳内部任意一点的场强均为零。【模型分析】这是一个叠加原理应用的基本事例。如图7-5所示，在球壳内取一点P&，以P为顶点做两个对顶的、顶角很小的锥体，锥体与球面相交得到球面上的两个面元ΔS1和ΔS2&，设球面的电荷面密度为σ，则这两个面元在P点激发的场强分别为ΔE1&= kΔE2&= k为了弄清ΔE1和ΔE2的大小关系，引进锥体顶部的立体角ΔΩ&，显然&=&ΔΩ&=&所以&ΔE1&= k&，ΔE2&= k&，即：ΔE1&=&ΔE2&，而它们的方向是相反的，故在P点激发的合场强为零。同理，其它各个相对的面元ΔS3和ΔS4&、ΔS5和ΔS6&…&激发的合场强均为零。原命题得证。【模型变换】半径为R的均匀带电球面，电荷的面密度为σ，试求球心处的电场强度。【解析】如图7-6所示，在球面上的P处取一极小的面元ΔS&，它在球心O点激发的场强大小为ΔE = k&，方向由P指向O点。无穷多个这样的面元激发的场强大小和ΔS激发的完全相同，但方向各不相同，它们矢量合成的效果怎样呢？这里我们要大胆地预见——由于由于在x方向、y方向上的对称性，Σ&=&Σ&= 0&，最后的ΣE =&ΣEz&，所以先求ΔEz&=&ΔEcosθ= k&，而且ΔScosθ为面元在xoy平面的投影，设为ΔS′所以&ΣEz&=&ΣΔS′而&ΣΔS′=&πR2&【答案】E = kπσ&，方向垂直边界线所在的平面。〖学员思考〗如果这个半球面在yoz平面的两边均匀带有异种电荷，面密度仍为σ，那么，球心处的场强又是多少？〖推荐解法〗将半球面看成4个球面，每个球面在x、y、z三个方向上分量均为&kπσ，能够对称抵消的将是y、z两个方向上的分量，因此ΣE = ΣEx&…〖答案〗大小为kπσ，方向沿x轴方向（由带正电的一方指向带负电的一方）。【物理情形2】有一个均匀的带电球体，球心在O点，半径为R ，电荷体密度为ρ ，球体内有一个球形空腔，空腔球心在O′点，半径为R′，= a ，如图7-7所示，试求空腔中各点的场强。【模型分析】这里涉及两个知识的应用：一是均匀带电球体的场强定式（它也是来自叠加原理，这里具体用到的是球体内部的结论，即“剥皮法则”），二是填补法。将球体和空腔看成完整的带正电的大球和带负电（电荷体密度相等）的小球的集合，对于空腔中任意一点P ，设&= r1&，&= r2&，则大球激发的场强为E1&= k&=&kρπr1&，方向由O指向P“小球”激发的场强为E2&= k&=&kρπr2&，方向由P指向O′E1和E2的矢量合成遵从平行四边形法则，ΣE的方向如图。又由于矢量三角形PE1ΣE和空间位置三角形OP O′是相似的，ΣE的大小和方向就不难确定了。【答案】恒为kρπa ，方向均沿O → O′，空腔里的电场是匀强电场。〖学员思考〗如果在模型2中的OO′连线上O′一侧距离O为b（b＞R）的地方放一个电量为q的点电荷，它受到的电场力将为多大？〖解说〗上面解法的按部就班应用…〖答〗πkρq〔?〕。二、电势、电量与电场力的功【物理情形1】如图7-8所示，半径为R的圆环均匀带电，电荷线密度为λ，圆心在O点，过圆心跟环面垂直的轴线上有P点，&= r&，以无穷远为参考点，试求P点的电势UP&。【模型分析】这是一个电势标量叠加的简单模型。先在圆环上取一个元段ΔL&，它在P点形成的电势ΔU = k环共有段，各段在P点形成的电势相同，而且它们是标量叠加。【答案】UP&=&〖思考〗如果上题中知道的是环的总电量Q ，则UP的结论为多少？如果这个总电量的分布不是均匀的，结论会改变吗？〖答〗UP&=&&；结论不会改变。〖再思考〗将环换成半径为R的薄球壳，总电量仍为Q ，试问：（1）当电量均匀分布时，球心电势为多少？球内（包括表面）各点电势为多少？（2）当电量不均匀分布时，球心电势为多少？球内（包括表面）各点电势为多少？〖解说〗（1）球心电势的求解从略；球内任一点的求解参看图7-5ΔU1&= k= k·= kσΔΩΔU2&= kσΔΩ它们代数叠加成 ΔU = ΔU1&+ ΔU2&= kσΔΩ而 r1&+ r2&= 2Rcosα所以 ΔU = 2RkσΔΩ所有面元形成电势的叠加&ΣU =&2RkσΣΔΩ注意：一个完整球面的ΣΔΩ = 4π（单位：球面度sr），但作为对顶的锥角，ΣΔΩ只能是2π ，所以——ΣU =&4πRkσ= k（2）球心电势的求解和〖思考〗相同；球内任一点的电势求解可以从（1）问的求解过程得到结论的反证。〖答〗（1）球心、球内任一点的电势均为k&；（2）球心电势仍为k&，但其它各点的电势将随电量的分布情况的不同而不同（内部不再是等势体，球面不再是等势面）。【相关应用】如图7-9所示，球形导体空腔内、外壁的半径分别为R1和R2&，带有净电量+q&，现在其内部距球心为r的地方放一个电量为+Q的点电荷，试求球心处的电势。【解析】由于静电感应，球壳的内、外壁形成两个带电球壳。球心电势是两个球壳形成电势、点电荷形成电势的合效果。根据静电感应的尝试，内壁的电荷量为－Q&，外壁的电荷量为+Q+q&，虽然内壁的带电是不均匀的，根据上面的结论，其在球心形成的电势仍可以应用定式，所以…【答案】Uo&= k&－&k&+ k&。〖反馈练习〗如图7-10所示，两个极薄的同心导体球壳A和B，半径分别为RA和RB&，现让A壳接地，而在B壳的外部距球心d的地方放一个电量为+q的点电荷。试求：（1）A球壳的感应电荷量；（2）外球壳的电势。〖解说〗这是一个更为复杂的静电感应情形，B壳将形成图示的感应电荷分布（但没有净电量），A壳的情形未画出（有净电量），它们的感应电荷分布都是不均匀的。此外，我们还要用到一个重要的常识：接地导体（A壳）的电势为零。但值得注意的是，这里的“为零”是一个合效果，它是点电荷q 、A壳、B壳（带同样电荷时）单独存在时在A中形成的的电势的代数和，所以，当我们以球心O点为对象，有UO&= k&+ k&+ k&=&0QB应指B球壳上的净电荷量，故 QB&= 0所以 QA&= －q☆学员讨论：A壳的各处电势均为零，我们的方程能不能针对A壳表面上的某点去列？（答：不能，非均匀带电球壳的球心以外的点不能应用定式！）基于刚才的讨论，求B的电势时也只能求B的球心的电势（独立的B壳是等势体，球心电势即为所求）——UB&=&k&+ k〖答〗（1）QA&= －q ；（2）UB&= k(1－) 。【物理情形2】图7-11中，三根实线表示三根首尾相连的等长绝缘细棒，每根棒上的电荷分布情况与绝缘棒都换成导体棒时完全相同。点A是Δabc的中心，点B则与A相对bc棒对称，且已测得它们的电势分别为UA和UB&。试问：若将ab棒取走，A、B两点的电势将变为多少？【模型分析】由于细棒上的电荷分布既不均匀、三根细棒也没有构成环形，故前面的定式不能直接应用。若用元段分割→叠加，也具有相当的困难。所以这里介绍另一种求电势的方法。每根细棒的电荷分布虽然复杂，但相对各自的中点必然是对称的，而且三根棒的总电量、分布情况彼此必然相同。这就意味着：①三棒对A点的电势贡献都相同（可设为U1）；②ab棒、ac棒对B点的电势贡献相同（可设为U2）；③bc棒对A、B两点的贡献相同（为U1）。所以，取走ab前& 3U1&= UA& & & & & & & & &2U2&+ U1&= UB取走ab后，因三棒是绝缘体，电荷分布不变，故电势贡献不变，所以& UA′= 2U1& & & & & & & & &UB′= U1&+ U2【答案】UA′=&UA&；UB′=&UA&+&UB&。〖模型变换〗正四面体盒子由彼此绝缘的四块导体板构成，各导体板带电且电势分别为U1&、U2&、U3和U4&，则盒子中心点O的电势U等于多少？〖解说〗此处的四块板子虽然位置相对O点具有对称性，但电量各不相同，因此对O点的电势贡献也不相同，所以应该想一点办法——我们用“填补法”将电量不对称的情形加以改观：先将每一块导体板复制三块，作成一个正四面体盒子，然后将这四个盒子位置重合地放置——构成一个有四层壁的新盒子。在这个新盒子中，每个壁的电量将是完全相同的（为原来四块板的电量之和）、电势也完全相同（为U1&+ U2&+ U3&+ U4），新盒子表面就构成了一个等势面、整个盒子也是一个等势体，故新盒子的中心电势为U′= U1&+ U2&+ U3&+ U4&最后回到原来的单层盒子，中心电势必为 U =&&U′〖答〗U =&（U1&+ U2&+ U3&+ U4）。☆学员讨论：刚才的这种解题思想是否适用于“物理情形2”？（答：不行，因为三角形各边上电势虽然相等，但中点的电势和边上的并不相等。）〖反馈练习〗电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R ，CD为通过半球顶点C和球心O的轴线，如图7-12所示。P、Q为CD轴线上相对O点对称的两点，已知P点的电势为UP&，试求Q点的电势UQ&。〖解说〗这又是一个填补法的应用。将半球面补成完整球面，并令右边内、外层均匀地带上电量为q的电荷，如图7-12所示。从电量的角度看，右半球面可以看作不存在，故这时P、Q的电势不会有任何改变。而换一个角度看，P、Q的电势可以看成是两者的叠加：①带电量为2q的完整球面；②带电量为－q的半球面。考查P点，UP&= k&+ U半球面其中 U半球面显然和为填补时Q点的电势大小相等、符号相反，即 U半球面= －UQ&以上的两个关系已经足以解题了。〖答〗UQ&= k&－ UP&。【物理情形3】如图7-13所示，A、B两点相距2L&，圆弧是以B为圆心、L为半径的半圆。A处放有电量为q的电荷，B处放有电量为－q的点电荷。试问：（1）将单位正电荷从O点沿移到D点，电场力对它做了多少功？（2）将单位负电荷从D点沿AB的延长线移到无穷远处去，电场力对它做多少功？【模型分析】电势叠加和关系WAB&= q（UA&－&UB）= qUAB的基本应用。UO&= k&+ k&= 0UD&= k&+ k&=&－U∞&= 0再用功与电势的关系即可。【答案】（1）；（2）。&【相关应用】在不计重力空间，有A、B两个带电小球，电量分别为q1和q2&，质量分别为m1和m2&，被固定在相距L的两点。试问：（1）若解除A球的固定，它能获得的最大动能是多少？（2）若同时解除两球的固定，它们各自的获得的最大动能是多少？（3）未解除固定时，这个系统的静电势能是多少？【解说】第（1）问甚间；第（2）问在能量方面类比反冲装置的能量计算，另启用动量守恒关系；第（3）问是在前两问基础上得出的必然结论…（这里就回到了一个基本的观念斧正：势能是属于场和场中物体的系统，而非单纯属于场中物体——这在过去一直是被忽视的。在两个点电荷的环境中，我们通常说“两个点电荷的势能”是多少。）【答】（1）k；（2）Ek1&=&k&，Ek2&=&k；（3）k&。〖思考〗设三个点电荷的电量分别为q1&、q2和q3&，两两相距为r12&、r23和r31&，则这个点电荷系统的静电势能是多少？〖解〗略。〖答〗k（++）。〖反馈应用〗如图7-14所示，三个带同种电荷的相同金属小球，每个球的质量均为m 、电量均为q ，用长度为L的三根绝缘轻绳连接着，系统放在光滑、绝缘的水平面上。现将其中的一根绳子剪断，三个球将开始运动起来，试求中间这个小球的最大速度。〖解〗设剪断的是1、3之间的绳子，动力学分析易知，2球获得最大动能时，1、2之间的绳子与2、3之间的绳子刚好应该在一条直线上。而且由动量守恒知，三球不可能有沿绳子方向的速度。设2球的速度为v ，1球和3球的速度为v′，则动量关系 mv + 2m v′= 0能量关系 3k&= 2 k&+ k&+&mv2&+&2m解以上两式即可的v值。〖答〗v = q&。三、电场中的导体和电介质【物理情形】两块平行放置的很大的金属薄板A和B，面积都是S&，间距为d（d远小于金属板的线度），已知A板带净电量+Q1&，B板带尽电量+Q2&，且Q2＜Q1&，试求：（1）两板内外表面的电量分别是多少；（2）空间各处的场强；（3）两板间的电势差。【模型分析】由于静电感应，A、B两板的四个平面的电量将呈现一定规律的分布（金属板虽然很薄，但内部合场强为零的结论还是存在的）；这里应注意金属板“很大”的前提条件，它事实上是指物理无穷大，因此，可以应用无限大平板的场强定式。为方便解题，做图7-15，忽略边缘效应，四个面的电荷分布应是均匀的，设四个面的电荷面密度分别为σ1&、σ2&、σ3和σ4&，显然（σ1&+ σ2）S = Q1&（σ3&+ σ4）S = Q2&A板内部空间场强为零，有 2πk（σ1&?&σ2&?&σ3&?&σ4）= 0A板内部空间场强为零，有 2πk（σ1&+&σ2&+&σ3&?&σ4）= 0解以上四式易得 σ1&=&σ4&=&& & & & & & & &σ2&= ?σ3&=&有了四个面的电荷密度，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ空间的场强就好求了〔如EⅡ&=2πk（σ1&+&σ2&?&σ3&?&σ4）= 2πk〕。最后，UAB&= EⅡd【答案】（1）A板外侧电量、A板内侧电量，B板内侧电量?、B板外侧电量；（2）A板外侧空间场强2πk，方向垂直A板向外，A、B板之间空间场强2πk，方向由A垂直指向B，B板外侧空间场强2πk，方向垂直B板向外；（3）A、B两板的电势差为2πkd，A板电势高。〖学员思考〗如果两板带等量异号的净电荷，两板的外侧空间场强等于多少？（答：为零。）〖学员讨论〗（原模型中）作为一个电容器，它的“电量”是多少（答：）？如果在板间充满相对介电常数为εr的电介质，是否会影响四个面的电荷分布（答：不会）？是否会影响三个空间的场强（答：只会影响Ⅱ空间的场强）？〖学员讨论〗（原模型中）我们是否可以求出A、B两板之间的静电力？〔答：可以；以A为对象，外侧受力·（方向相左），内侧受力·（方向向右），它们合成即可，结论为F =&Q1Q2&，排斥力。〕【模型变换】如图7-16所示，一平行板电容器，极板面积为S&，其上半部为真空，而下半部充满相对介电常数为εr的均匀电介质，当两极板分别带上+Q和?Q的电量后，试求：（1）板上自由电荷的分布；（2）两板之间的场强；（3）介质表面的极化电荷。【解说】电介质的充入虽然不能改变内表面的电量总数，但由于改变了场强，故对电荷的分布情况肯定有影响。设真空部分电量为Q1&，介质部分电量为Q2&，显然有Q1&+ Q2&= Q两板分别为等势体，将电容器看成上下两个电容器的并联，必有U1&= U2&即&&=&&，即&&=&解以上两式即可得Q1和Q2&。场强可以根据E =&关系求解，比较常规（上下部分的场强相等）。上下部分的电量是不等的，但场强居然相等，这怎么解释？从公式的角度看，E = 2πkσ（单面平板），当k&、σ同时改变，可以保持E不变，但这是一种结论所展示的表象。从内在的角度看，k的改变正是由于极化电荷的出现所致，也就是说，极化电荷的存在相当于在真空中形成了一个新的电场，正是这个电场与自由电荷（在真空中）形成的电场叠加成为E2&，所以E2&= 4πk（σ&?&σ′）= 4πk（&?&）请注意：①这里的σ′和Q′是指极化电荷的面密度和总量；②&E = 4πkσ的关系是由两个带电面叠加的合效果。【答案】（1）真空部分的电量为Q&，介质部分的电量为Q&；（2）整个空间的场强均为&；（3）Q&。〖思考应用〗一个带电量为Q的金属小球，周围充满相对介电常数为εr的均匀电介质，试求与与导体表面接触的介质表面的极化电荷量。〖解〗略。〖答〗Q′=&Q 。四、电容器的相关计算【物理情形1】由许多个电容为C的电容器组成一个如图7-17所示的多级网络，试问：（1）在最后一级的右边并联一个多大电容C′，可使整个网络的A、B两端电容也为C′？（2）不接C′，但无限地增加网络的级数，整个网络A、B两端的总电容是多少？【模型分析】这是一个练习电容电路简化基本事例。第（1）问中，未给出具体级数，一般结论应适用特殊情形：令级数为1&，于是&+&&=&&解C′即可。第（2）问中，因为“无限”，所以“无限加一级后仍为无限”，不难得出方程&+&&=&【答案】（1）C&；（2）C&。【相关模型】在图7-18所示的电路中，已知C1&= C2&= C3&= C9&= 1μF&，C4&= C5&= C6&= C7&= 2μF&，C8&= C10&= 3μF&，试求A、B之间的等效电容。【解说】对于既非串联也非并联的电路，需要用到一种“Δ→Y型变换”，参见图7-19，根据三个端点之间的电容等效，容易得出定式——Δ→Y型：Ca&=&& & & & & Cb&=&& & & & & Cc&=&Y→Δ型：C1&=&& & & & &C2&=&& & & & &C3&=&有了这样的定式后，我们便可以进行如图7-20所示的四步电路简化（为了方便，电容不宜引进新的符号表达，而是直接将变换后的量值标示在图中）——【答】约2.23μF&。【物理情形2】如图7-21所示的电路中，三个电容器完全相同，电源电动势ε1&= 3.0V&，ε2&= 4.5V，开关K1和K2接通前电容器均未带电，试求K1和K2接通后三个电容器的电压Uao&、Ubo和Uco各为多少。【解说】这是一个考查电容器电路的基本习题，解题的关键是要抓与o相连的三块极板（俗称“孤岛”）的总电量为零。电量关系：++= 0电势关系：ε1&= Uao&+ Uob&= Uao&? Ubo&& & & & &&ε2&= Ubo&+ Uoc&= Ubo&? Uco&解以上三式即可。【答】Uao&= 3.5V&，Ubo&= 0.5V&，Uco&= ?4.0V&。【伸展应用】如图7-22所示，由n个单元组成的电容器网络，每一个单元由三个电容器连接而成，其中有两个的电容为3C ，另一个的电容为3C 。以a、b为网络的输入端，a′、b′为输出端，今在a、b间加一个恒定电压U ，而在a′b′间接一个电容为C的电容器，试求：（1）从第k单元输入端算起，后面所有电容器储存的总电能；（2）若把第一单元输出端与后面断开，再除去电源，并把它的输入端短路，则这个单元的三个电容器储存的总电能是多少？【解说】这是一个结合网络计算和“孤岛现象”的典型事例。（1）类似“物理情形1”的计算，可得 C总&= Ck&= C所以，从输入端算起，第k单元后的电压的经验公式为 Uk&=&再算能量储存就不难了。（2）断开前，可以算出第一单元的三个电容器、以及后面“系统”的电量分配如图7-23中的左图所示。这时，C1的右板和C2的左板（或C2的下板和C3的右板）形成“孤岛”。此后，电容器的相互充电过程（C3类比为“电源”）满足——电量关系：Q1′= Q3′& & & & & Q2′+ Q3′=&电势关系：+&&=&从以上三式解得 Q1′= Q3′=&&，Q2′=&&，这样系统的储能就可以用得出了。【答】（1）Ek&=&；（2）&。〖学员思考〗图7-23展示的过程中，始末状态的电容器储能是否一样？（答：不一样；在相互充电的过程中，导线消耗的焦耳热已不可忽略。）☆第七部分完☆}