三个点电荷组成的系统的总的势能

动量守恒定律中的“共V 模型”力的观点、动量的观点、能量的观点是力学问题分析中总的思路，通过对多过程问题受力分析抓住特殊状态及状态之间的相互联系，利用动量和能量的解决问题，可以避开中间的的复杂问题。

在动量守恒定律的应用中，两物体相互作用后以相同的速度运动即“共V 模型”的题目出现的频率很高，在这里将这类问题做简单的归纳。

模型”的题目出现的频率很高，在这里将这类问题做简单的归纳。

对于“共V 模型”中通常是围绕能量的转化为主线，下面分别从以下几个方面加以分析说明。

1．动能转化为内能这一类型的问题主要是物体之间存在相对滑动或物体间的完全非弹性碰撞，这一类型的问题主要是物体之间存在相对滑动或物体间的完全非弹性碰撞，通过滑动摩擦力做功实现了能量的通过滑动摩擦力做功实现了能量的转化。

例1．如图1所示，质量为M 的足够长木板置于光滑水平地面上，一质量为m 的木块以水平初速度0v 滑上长木板，已知木块与木板之间的摩擦因数为m ，求：（1）m 的最终速度v ；（2）m 与M 相对滑动产生的焦耳热Q ； （3）m 在M 上相对滑动的距离L 。

分析：m 与M 之间速度不同，必然存在相对运动，在相互的摩擦力作用下m 减速而M 加速，当两者速度相同时无相对运动达共速，时无相对运动达共速，所以所以m 的最终速度v 即为两者的共同速度共V 。

对m 、M 整体分析知，系统所受合外力为零，动量守恒，既然两者出现共速，动能必然要减少，从能量守恒的角度看，减少的动能转化为内能产生焦耳热。

产生的热就其原因看是由于两者的相互摩擦，所以可以利用摩擦力产生热的特点即相对滑动S f Q ×=得解。

得解。

解：（1）对m 、M 组成系统受力分析知，其合外力为零，由动量守恒得组成系统受力分析知，其合外力为零，由动量守恒得 v M m mv)(0+= ○1 得：M m m v v +=0 ○2 （2）对系统由能量守恒得产生焦耳热）对系统由能量守恒得产生焦耳热22)(2121vM m mv Q +-=○3 得：得： 由○2、○3解得解得 )(220M m m M vQ +=○4 （3）由滑动摩擦力生热特点得）由滑动摩擦力生热特点得 L m g L f Q ×=×=m ○5得：得： 解得解得 )(220M m g Mv L +=m ○6 变式题1-1．如图1-1所示，在光滑水平面上一质量为m 的物块以初速度0v 与质量为M 的物块发生碰撞后粘在一起，则在两物块碰撞过程中产生的焦耳热Q 为多少？为多少？分析：两物块发生碰撞后“粘在一起”，即碰撞后一共同速度运动，典型的“共V 模型”。

电势能、电势一，静电场力做功的特点：1，点电荷的电场力的功：在路径上任取线元d l ，电场力作元功为：drrq q Edr q dl E q d q dA o o o o o 24cos πεθ===⋅=⋅=l E所以，从a 到b 所作功为：⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-===⋅==⎰⎰⎰a o ob o o b a o o r r o o bao rqq r q q r r q q dr rq q d q dAA baπεπεπεπε4411442l E显然点电荷电场力做功与路径无关!2，点电荷系或带电体的电场力做功由于点电荷系或带电体的电场可视为点电荷电场的叠加，所以任意带电 体的电场做功均与路径无关! 即：⎰=⋅l E d q所以有：静电场的安培环路定律——它说明静电场是保守场。

*【例】：设试验电荷q 0在均匀电场E 中沿任意 路径从a 运动到b 。

求电场力所做功。

解：对任意线元d l ，电场力的元功为Edxq Edl q d q dA o o o ==⋅=θcos l E从a 到b 所作功为：)(a b o x x o x x E q Edx q dA A ba-===⎰⎰显然均匀电场力做功与路径无关！二，电势能由于静电场力是保守力，保守力做功等于势能的减少。

所以，在静电场力中 可以引入静电势能E p ，且有：()pa pb p bao E E E d q --=∆-=⋅⎰l E对点电荷的静电场：⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=∆a b pa pb p rqq rqq E E E 000044πεπε 所以：C r q q E Cr q q E bpb apa +=+=000044πεπε可见，电场中某一点的电势能取决于待定常数C 。

常数C 可由零势能点的选 择确定，对点电荷场，我们可以选无穷远为零势能点，即0)(=∞p E ， 所以0014)(00=∴=+∞=∞C C q q E p πε这样我就得到了点电荷静电场中任意一点静电势能的最简表达式：rq q r E p 004)(πε=一般而言，电荷q 0在静电场中任意点a 的电势能等于电场力将该电荷从该点 移到零势能点所做功：同其它势能一样（1）静电势能也是静电系统共有的；（2）静电势能是相对的，它取决于零势能点的选择，但势能差却是绝对的。

高中物理竞赛——静电场习题一、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ΔS 1和ΔS 2 ，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ΔE 1 = k 211r S ∆σΔE 2 = k 222r S ∆σ为了弄清ΔE 1和ΔE 2的大小关系，引进锥体顶部的立体角ΔΩ ，显然211r cos S α∆ = ΔΩ = 222r cos S α∆所以 ΔE 1 = k α∆Ωσcos ，ΔE 2 = k α∆Ωσcos ，即：ΔE 1 = ΔE 2 ，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ΔS 3和ΔS 4 、ΔS 5和ΔS 6 … 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 2RS ∆σ ，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，Σix E= Σiy E= 0 ，最后的ΣE = ΣE z ，所以先求ΔE z = ΔEcos θ= k 2R cos S θ∆σ ，而且ΔScos θ为面元在xoy 平面的投影，设为ΔS ′所以 ΣE z = 2Rk σΣΔS ′ 而 ΣΔS ′= πR 2【答案】E = k πσ ，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81球面，每个81球面在x 、y 、z 三个方向上分量均为41 k πσ，能够对称抵消的将是y 、z 两个方向上的分量，因此ΣE = ΣE x …〖答案〗大小为k πσ，方向沿x 轴方向（由带正电的一方指向带负电的一方）。

一、势能定理的准确表述1、推导如图所示，两个物体组成一个孤立系统，它们彼此存在相互作用的保守力，则由动能定理，有1：2221111122W mv mv '=-2：2212221122W mv mv '=-两式相加，有2222211212121111()()2222W W mv mv mv mv ''+=+-+由能量守恒，可知系统势能增量为2222p k 12121111()()2222E E mv mv ''∆=-∆=+-+则有2112p W W E +=-∆2、表述由上述推导可以看出，势能定理的准确表述是：物体间的相互作用保守力的总功，等于这些物体组成的系统的势能的变化的相反数，即pW E =-∆总而不是像高中课本和大部分高中资料表述的那样：重力对物体做的功，等于物体的重力势能的变化的相反数；电场力对电荷做的功，等于电荷电势能变化的相反数。

原则上讲，这些表述犯了两重错误，其一是势能属于相互作用的物体系统，而不是其中的某个物体，其二是等式的左边是相互作用力的总功，而不是其中一个力的功。

二、高中物理中势能定理的特例及其适用条件1、重力势能如右图所示，设想一个小球m 和地球M 组成一个孤立系统，两者原来均静止，现让两者在相互的万有引力作用下运动起来，则由动量守恒，有120mv Mv =-由此可知，两物体的位移满足120mx Mx =-则相互作用的万有引力（设物体在地球表面附近，且相对地球运动距离不大，万有引力可视为恒力）对两物体做的功分别为m ：11W mgx =M ：22W mgx =则系统重力势能的变化量为p 1212()()E W W mg x x mg h∆=-+=-+=-∆其中12h x x ∆=+，即两者的相对位移，或者说以地球为参考系时物体的竖直位移。

从上述分析来看，重力对m 的功，并不等于系统重力势能的变化；但是，我们通常研究的对象的质量m 远小于地球的质量M ，由120mx Mx =-可知，地球可视为几乎不动，121h x x x ∆=+≈，则有p 11E mg h mgx W ∆=-∆≈-=-这就是高中物理教材和大部分资料里面的势能定理——它成立的条件是：m M <<。

一、 子弹大木块【例2】如图所示，质量为M 的木块固定在光滑的水平面上，有一质量为m 的子弹以初速度v 0水平射向木块，并能射穿，设木块的厚度为d ，木块给子弹的平均阻力恒为f .若木块可以在光滑的水平面上自由滑动，子弹以同样的初速度水平射向静止的木块，假设木块给子弹的阻力与前一情况一样，试问在此情况下要射穿该木块，子弹的初动能应满足什么条件？【解析】若木块在光滑水平面上能自由滑动，此时子弹若能恰好打穿木块，那么子弹穿出木块时(子弹看为质点)，子弹和木块具有相同的速度，把此时的速度记为v ，把子弹和木块当做一个系统，在它们作用前后系统的动量守恒，即mv 0＝(m ＋M )v 对系统应用动能定理得fd ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2由上面两式消去v 可得 fd ＝12mv 20－12(m ＋M )(mv 0m ＋M )2整理得12mv 20＝m ＋M M fd即12mv 20＝(1＋m M)fd 据上式可知，E 0＝12mv 20就是子弹恰好打穿木块所必须具有的初动能，也就是说，子弹恰能打穿木块所必须具有的初动能与子弹受到的平均阻力f 和木块的厚度d (或者说与f ·d )有关，还跟两者质量的比值有关，在上述情况下要使子弹打穿木块，则子弹具有的初动能E 0必须大于(1＋mM)f ·d .72、如图所示，静止在光滑水平面上的木块，质量为、长度为。

—颗质量为的子弹从木块的左端打进。

设子弹在打穿木块的过程中受到大小恒为的阻力，要使子弹刚好从木块的右端打出，则子弹的初速度应等于多大？涉及子弹打木块的临界问题分析：取子弹和木块为研究对象，它们所受到的合外力等于零，故总动量守恒。

由动量守恒定律得：①要使子弹刚好从木块右端打出，则必须满足如下的临界条件：②根据功能关系得：③解以上三式得：二、 板块1、 如图1所示，一个长为L 、质量为M 的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量为m 的物块（可视为质点），以水平初速度0v 从木块的左端滑向右端，设物块与木块间的动摩擦因数为μ，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q 。