JQX/进取芯 席明纳第22期（2025.12.09）

从麦克斯韦方程组到光速

JQX|Xiao

一、波动方程
对于一个机械波，想描述它在空间的分布，它的方程为：$D(x) = A \sin \frac{2\pi}{\lambda} x$。如果这个机械波以速度 $v$ 向右传播，则 $t$ 时刻的波函数为：$D(x,t) = A \sin \left[ \frac{2\pi}{\lambda} (x - vt) \right]$，引入周期 $T$ 可变形为：$D(x,t) = A \sin \left( \frac{2\pi x}{\lambda} - \frac{2\pi t}{T} \right)$。
简化为：$D(x,t) = A \sin (kx - \omega t)$
其中 $k = \frac{2\pi}{\lambda}$，称为波数。由此得到波的传播速度为：$v = \lambda f = \left( \frac{2\pi}{k} \right) \left( \frac{\omega}{2\pi} \right) = \frac{\omega}{k}$
二、麦克斯韦方程组
麦克斯韦方程组包含以下四个方程：
1. $\oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = \frac{Q}{\epsilon_0}$
2. $\oint \vec{B} \cdot d\vec{A} = 0$
3. $\oint \vec{E} \cdot d\vec{l} = - \frac{d\Phi_B}{dt}$
4. $\oint \vec{B} \cdot d\vec{l} = \mu_0 I + \mu_0 \epsilon_0 \frac{d\Phi_E}{dt}$
其中第一个是电场的高斯定律，第二个公式说明了磁场无源，第三个是法拉第电磁感应方程，第四个是一般形式的安培环路定律。前面三个我们都比较熟悉，下面我们对第四个方程进行一下解释：
安培环路定律的一般形式为：$\oint \vec{B} \cdot d\vec{l} = \mu_0 I$。但是科学家们发现了这样的矛盾：假设有一个平行板电容器连着两根导线，正在充电。我们对其中一根导线取一个高斯环路，可以求出它的磁场环路积分。但是现在的问题是等式右面的电流 $I$ 应该怎么选择？
我们认为电流是指“通过环路所围成的截面”的电流。但是这个截面我们可以任意选择：比如我们可以选择一个平面使这个导线穿过它；或者选取一个曲面，**就像吹起的泡泡糖**，让它把电容器的一个极板包含进去。这样我们发现一个问题：选的第二个曲面（泡泡糖）并没有电流穿过它，但是我们明明选取的高斯环路没有变，也就是说虽然没有电流，但是等式右边一定有什么东西**替代**了这个电流。我们把这个电流叫做**位移电流**。
根据高斯定律：$\Phi_E = E \cdot A = \frac{Q}{\epsilon_0}$，我们对它求导可以得到：$\frac{d\Phi_E}{dt} = \frac{1}{\epsilon_0} \frac{dQ}{dt} = \frac{1}{\epsilon_0} I$。
得到电流大小：$I_d = \epsilon_0 \frac{d\Phi_E}{dt}$，我们称这个电流大小为位移电流，它反应了电场的变化会产生磁场。空间中的磁场可以由两部分产生，一部分由电流产生，一部分由变化的电场产生。当空间中既有电流，又有变化的电场，就是如下的表述形式：$\oint \vec{B} \cdot d\vec{l} = \mu_0 (I + I_d) = \mu_0 I + \mu_0 \epsilon_0 \frac{d\Phi_E}{dt}$
三、麦克斯韦方程组推导光速
1. 麦克斯韦方程组（真空环境）。先考虑真空中没有电荷 ($Q=0$) 和电流 ($I=0$)。这时麦克斯韦方程组的积分形式如下：
1. 电场高斯定律：$\oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = 0$
2. 磁场高斯定律：$\oint \vec{B} \cdot d\vec{A} = 0$
3. 法拉第电磁感应定律：$\oint \vec{E} \cdot d\vec{l} = - \frac{d\Phi_B}{dt}$
4. 安培-麦克斯韦定律：$\oint \vec{B} \cdot d\vec{l} = \mu_0 \epsilon_0 \frac{d\Phi_E}{dt}$
2. 建立一阶偏微分关系：假设电磁波沿 $x$ 轴传播，电场 $E$ 沿 $y$ 轴，磁场 $B$ 沿 $z$ 轴，即 $E = E_y = E_0 \sin(kx - \omega t)$ 和 $B = B_z = B_0 \sin(kx - \omega t)$。
利用法拉第定律计算电场等式左右两边，可得：$\frac{\partial E}{\partial x} = - \frac{\partial B}{\partial t}$ —— (式 1)
利用安培-麦克斯韦定律（选取 $xz$ 平面回路）：
计算磁场环路积分与电通量变化率（位移电流），可得：$- \frac{\partial B}{\partial x} = \mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial E}{\partial t}$ —— (式 2)
3. 代入波动方程
计算电场和磁场对空间 $x$ 和时间 $t$ 的偏导数：
$\frac{\partial E}{\partial x} = k E_0 \cos(kx - \omega t)$ 且 $\frac{\partial E}{\partial t} = -\omega E_0 \cos(kx - \omega t)$
$\frac{\partial B}{\partial x} = k B_0 \cos(kx - \omega t)$ 且 $\frac{\partial B}{\partial t} = -\omega B_0 \cos(kx - \omega t)$
4. 比较系数
代入法拉第定律关系式：
由 $\frac{\partial E}{\partial x} = - \frac{\partial B}{\partial t}$，代入可得：$k E_0 \cos(\dots) = - [-\omega B_0 \cos(\dots)]$。化简得：$k E_0 = \omega B_0$，整理得到：$\frac{E_0}{B_0} = \frac{\omega}{k} = v$
由 $- \frac{\partial B}{\partial x} = \mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial E}{\partial t}$，代入安培定律关系式可得：$- k B_0 \cos(\dots) = \mu_0 \epsilon_0 [-\omega E_0 \cos(\dots)]$。化简得：$k B_0 = \mu_0 \epsilon_0 \omega E_0$，整理得：$\frac{E_0}{B_0} = \frac{k}{\mu_0 \epsilon_0 \omega}$
联立求解：$v = \frac{k}{\mu_0 \epsilon_0 \omega} = \frac{1}{\mu_0 \epsilon_0 (\omega/k)} = \frac{1}{\mu_0 \epsilon_0 v}$即：$v^2 = \frac{1}{\mu_0 \epsilon_0}$
解得：$v = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \epsilon_0}} = c \approx 3.00 \times 10^8 \text{ m/s}$(c=299792458m/s)

JQX/进取芯 席明纳第21期（2025.11.20）

高斯定理的简单应用

JQX|Jin

一、磁通量，电通量
磁通量指的是穿过某一面积的磁感线总数，是描述磁场分布情况的物理量，其大小等于磁感应强度与垂直于磁场方向的面积的乘积。电通量则表示穿过某一面积的电场线总数，反映电场的分布特征，二者均为标量，但具有正负之分，体现场线穿入与穿出的方向关系。
在计算时，若场强与面不垂直，则需将面积投影到与场强垂直的方向，或分解场强进行相应运算。磁通量的表达式是 $\Phi = B S \cos\theta$，电通量的表达式则为 $\Phi = E S \cos\theta$，$\theta$ 为电场方向与面积法线方向的夹角。
二、磁场和电场的另一种表述形式
根据磁通量的定义，单位面积的磁通量即为磁感应强度，即 $B = \frac{\Phi}{S \cos\theta}$，所以磁感应强度还有一个名字：磁通量密度。  同理，单位面积的电通量也对应电通量密度（电位移矢量 $D$，我们讨论真空中 $D = E$），满足如下关系：表征电场在该点的强弱与作用方向。
三、高斯定理
用正点电荷举例。以正点电荷为中心作一闭合球面，电场线从电荷出发垂直穿出球面，穿过该闭合曲面的电通量为 $\Phi = E S = E \cdot 4\pi r^2$。
根据库仑定律 $E = \frac{kQ}{r^2}$，代入得 $\Phi = \left( \frac{kQ}{r^2} \right) \cdot 4\pi r^2 = 4\pi k Q$。这其中我们定义 $4\pi k = \frac{1}{\varepsilon_0}$，$\varepsilon_0$ 为真空介电常数。有 $\Phi = \frac{Q}{\varepsilon_0}$。
这表明真空中静电场通过任意闭合曲面的电通量等于其包围电荷量的代数和除以真空介电常数，即电场高斯定理： $\oint \mathbf{E} \cdot d\mathbf{S} = \frac{\sum Q}{\varepsilon_0}$ 请注意，这里的积分符号上有一个小圈，表示闭合曲面上的积分。
现阶段，为了方便计算，我们在选取高斯面时应清楚电荷的分布，确保高斯面形状利于对称性分析，常选球面、柱面或平面等特殊几何面，并使电场强度垂直于高斯面且在面上各点大小相等，从而将电场强度 $E$ 提到积分符号外，直接使 $\oint \mathbf{E} \cdot d\mathbf{S} = E S$ 简化运算。
四、高斯定理的应用
一）无限长带电直线的电场
例1 设有一无限长均匀带电直线，电荷线密度为 $\lambda$。求距离直线为 $r$ 处的电场强度。
方法一（高斯定理）：如黑板中间左侧图，选取以带电直线为轴线、半径为 $r$ 的闭合圆柱面作为高斯面，其侧面与电场方向垂直，两底面与电场平行（无电场穿过），因此电通量为 $\Phi = E \cdot 2\pi r L$。
高斯面内包围的电荷量为 $Q = \lambda L$，由高斯定理 $\Phi = \frac{Q}{\varepsilon_0}$ 得 $E \cdot 2\pi r L = \frac{\lambda L}{\varepsilon_0}$，化简得 $E = \frac{\lambda}{2\pi \varepsilon_0 r}$。
这表明无限长均匀带电直线周围电场强度与距离成反比，方向沿径向向外（正电荷）或向内（负电荷），具有轴对称性。

方法二：利用电场叠加原理，将带电直线视为无数点电荷的集合，取微元 $dq = \lambda dl$，结合库仑定律计算其在场点产生的电场 $dE$，再对整条直线积分。这个积分式我们不易求解，这里介绍一个巧妙的投影方法：
反过来，如果我们要求半圆形带电体（均匀，电荷线密度也为 $\lambda$），可以用同样的方法进行积分，可证半圆形带电体在圆心处产生的电场强度与相同电荷密度的无限长带电直线在距其 $r$ 处产生的电场相同。

二）无限大均匀带电平面的电场
例2 设有一无限大均匀带电平面，电荷面密度为 $\sigma$，求距离平面为 $r$ 处的电场强度。
选取一垂直于平面的闭合圆柱形高斯面，两底面平行于带电平面且对称分布，面积均为 $S$，侧面与电场方向平行。由于电场方向垂直于平面，故无电通量穿过侧面，而两底面处电场大小相等、方向与法线同向，总电通量为 $\Phi = 2 E S$。
高斯面内包围电荷量为 $Q = \sigma S$，由高斯定理 $\Phi = \frac{Q}{\varepsilon_0}$ 得 $2 E S = \frac{\sigma S}{\varepsilon_0}$，化简得 $E = \frac{\sigma}{2 \varepsilon_0}$。这表明无限大均匀带电平面两侧电场为匀强电场，方向垂直于平面向外（正电荷）或向内（负电荷）。
【讨论】类比例1的方法二，利用投影的方法，能否可以把无限大平面投影到半球上？

这种等效法是把均匀带电平面上的面元在球心产生的电场强度沿轴线方向的分量与均匀带电半球面上的面元在球心产生的电场强度的大小（不考虑方向）进行等效，但此时的平面与半球面并不完全等效。从矢量叠加效果而言，均匀带电无限大平面在空间某点产生的场强大小并不等于以该点为球心且与平面相切的均匀带电的半球面在球心产生的场强大小。
下面我们来求解均匀带电的半球面在球心产生的场强大小。

如图所示，设半径为 $R$ 的均匀带电的半球面电荷面密度为 $\sigma(\sigma>0)$，球心为 $O$ 点。
在球面上任意取一点 $P$，选一图中面元 $\Delta S$，半径 $OP$ 与对称轴的夹角为 $\theta$，面元 $\Delta S$ 所带电荷量为 $\Delta q=\sigma\Delta S$，当 $\Delta S$ 足够小时，$\Delta q$ 可视为点电荷。
设 $\Delta q$ 在球心处产生的场强为 $\Delta E$，则 $\Delta E=k\frac{\sigma\Delta S}{R^{2}}$。
由对称性可知，只有 $\Delta E$ 沿对称轴方向的分量对球心处的合场强有贡献，其大小为 $\Delta E_{y}=k\frac{\sigma\Delta S}{R^{2}}\cos\theta$。
因 $\Delta S \cdot \cos\theta$ 是 $\Delta S$ 在半球面端面方向上的投影面积，设为 $\Delta S'$，则 $\Delta E_{y}=k\frac{\sigma\Delta S'}{R^{2}}$。
这个表面上的电荷在球心处的场强即该面上所有 $\Delta S$ 上电荷在球心场强的叠加，所以得$E = \sum\Delta E_{y} = \sum k\frac{\sigma\Delta S'}{R^{2}} = k\frac{\sigma}{R^{2}}\sum\Delta S'$
而 $\sum\Delta S'$ 表示半球面在端面上的投影的面积即端面的面积，$\sum\Delta S'=\pi R^{2}$。
所以均匀带电半球面在球心产生的场强大小为 $E=k\pi\sigma=\frac{\sigma}{4\varepsilon_{0}}$，而无限大平面产生的场强大小为 $E=2k\pi\sigma=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}$，二者结果相差二倍。[1]
三）均匀带电球壳的电场
例3 一半径为 $R$ 的均匀带电球壳，总电荷量为 $Q$，计算球壳内外电场。
当计算求外电场（$r > R$）时，我们选取半径为 $r$ 的同心球面作为高斯面，由对称性知电场沿径向且在球面上大小处处相等，电通量 $\Phi = 4\pi r^2 E$。包围电荷为 $Q$，由高斯定理得 $E = \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 r^2}$，等效于点电荷电场。
当计算球内电场（$r < R$）时，高斯面内无电荷，故 $E = 0$。这表明均匀带电球壳内部场强为零，外部场强分布与点电荷相同。
四）均匀带电实心球体的电场
例4 一半径为 $R$ 的均匀带电实心球体，电荷体密度为 $\rho$，总电荷量为 $Q$，计算球内外电场。
当计算球外电场（$r > R$）时，选取半径为 $r$ 的同心球面作为高斯面，由球对称性可知电场沿径向且在球面上大小处处相等，电通量 $\Phi = 4\pi r^2 E$。高斯面内包围电荷量为 $Q$，由高斯定理得 $E = \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 r^2}$，等效于点电荷电场。
当计算球内电场（$r < R$）时，高斯面内包围电荷量为 $Q' = \rho \cdot \frac{4}{3}\pi r^3 = \frac{Q r^3}{R^3}$，代入高斯定理得 $4\pi r^2 E = \frac{Q r^3}{\varepsilon_0 R^3}$，化简得 $E = \frac{Q r}{4\pi \varepsilon_0 R^3}$。
这表明均匀带电实心球体内部电场随距离线性增大，方向沿径向向外（正电荷）或向内（负电荷），而在球外则等效于全部电荷集中于球心的点电荷电场，整体呈现球对称性。
五）平行板电容器决定式的推导
设两平行金属板带等量异种电荷，电荷量为 $Q$。我们可以取一个长方体高斯面，包裹住其中一个金属板。
由高斯定理得可得 $\Phi = S E = \frac{Q}{\varepsilon_0}$，其中包围的电荷量为 $Q$，且 $U = E d$，结合 $C = \frac{Q}{U}$，代入得 $C = \frac{\varepsilon_0 S}{d} = \frac{S}{4\pi k d}$。
如果有介质填充，则电容变为 $C = \varepsilon_r \varepsilon_0 \frac{S}{d} = \varepsilon_r \frac{S}{4\pi k d}$。
六）均匀带电球体，中间挖空，求挖空部分的电场强度
这个题目的结论很有趣：匀强电场，场强与两球球心连线为半径的带电球产生的电场相同。

设球体单位体积带电荷量为 $\rho$，挖去小球后该带电体可等效为一个带电荷量为 $Q_1 = \frac{4\pi R_1^3 \rho}{3}$ 的带负电大球和一个带电荷量为 $Q_2 = \frac{4\pi R_2^3 \rho}{3}$ 的带正电小球，空腔内任一点的场强就是这两个带电球在该点产生的场强的矢量和，如图所示。
设等效大球在 $c$ 点产生的电场强度大小 $E_1 = k \frac{Q_1 R_{O_1c}}{R_1^3} = k \frac{4\pi \rho}{3} R_{O_1c}$，方向由 $c$ 指向 $O_1$；同理，等效小球 $O_2$ 在 $c$ 点产生的电场强度大小 $E_2 = k \frac{Q_2 R_{O_2c}}{R_2^3} = k \frac{4\pi \rho}{3} R_{O_2c}$，方向由 $O_2$ 指向 $c$。
由矢量运算法则与三角形相似，可得 $c$ 点的电场强度方向由 $O_2$ 指向 $O_1$，$c$ 点电场强度 $E_c = k \frac{4\pi \rho}{3} R_{O_2O_1}$。
综上分析可知：空腔内各点电场强度大小相等、方向相同（由 $O_2$ 指向 $O_1$），即为匀强电场。
七）带电球壳，求其中一小块处的场强

根据静电屏蔽，其他部分和这小块在此处产生的总电场为0，所以求解这一块产生的电场即可。

选取与小块面积相同底面积的小圆柱为高斯面，由于对称性，圆柱侧面没有电场线穿过，外底面有电场穿过，内底面电场为0，根据高斯定理：$E S = \frac{\sigma S}{\varepsilon_0}$

可求得这一小块电场强度为：$E = \frac{\sigma}{\varepsilon_0}$

【参考文献】[1]郑金.均匀带电无限大平面与半球面电场的等效问题[J].物理教师,2013,34(06):19-20.

【下期预告】光速是怎么推出来的？与波动方程是什么关系？下起我们共同探讨由麦克斯韦方程组推导出波动方程。

《梁启超论教育》
《北海谈话记》1927

当时同学于“书本子”学问之外，大家对于“做人”方法，非常注意，所以后来人材很多。
一个人将来是什么样人谁也不能料定的，此不独蔡松坡为然······遇到相当的机会，便立刻可以替国家服务。

反观现在的学校，多变成整套的机械作用，上课下课，闹得头昏眼花，进学校的人大多数除了以得毕业文凭为目的外，更没有所谓意志，也没有机会做旁的事。（100年未有变局，只有加剧。）

一面求智识，同时一面即用以磨炼人格，道德的修养与智识得推球，两者打成一片。
同学以为我什么都懂，所以很亲密的天天来请教我···

智识才能固然是要的，然而道德信仰是断然不可少的。

不怕难，不偷巧。

我去改造他，他来改造我，一方面可以找朋友，一方面可以造朋友。

《清华研究院茶话会演说词》1926

学校只是一个贩卖智识得地方。（学校只是一个贩卖知识的地方，秉承顾客是上帝的经济原则。为党育人为国育才。）
孔子说过，“智仁勇三者，天下之达德也。”“知者不惑，仁者不忧，勇者不惧。”“好学近乎知，力行近乎仁，知耻近乎勇。”

《东南大学课毕告别辞》1923

耐瑞，安斯坦

吕纯阳，点石成金的手指

现代中国的学校，简直可以说是贩卖知识的杂货店。

救知识饥荒，在西方找材料，救精神饥荒，在东方找材料。

宇宙是不圆满的，正在创造之中，待人类去努力，所以天天流动不息，常为缺陷，常为未济。

人不能单独存在，所以孔子毋我，佛家主张无我。
《为学与做人》1922

为求知识，为学做人。

教育应分为知育、情育、意育三方面—-现在讲的智育、德育、体育不对，德育范围太笼统，体育范围太狭隘—-知育要教到人不惑，情育要教到人不忧，意育要教到人不惧。教育家教育学生吗，应该以这三件为究竟，我们自动的自我教育自己，也应该以这三件为究竟。

人格不是单独一个人尅表现的，要从人和人的关系上来看，所以仁字从二人，“相人偶”。要彼我交感互发，成为一体，然后我的人格才能实现。

诸君啊，你到底还要做人不要？你要知道危险呀，非你自己抖擞精神，想方法自救，没有人能救你呀！


你如果做成一个人，智识自然越多越好；你如果做不成一个人，智识却是越多越坏。
你怀疑与沉闷，便是你因不知才会惑；你悲哀痛苦，便是你因不仁才会忧；你觉得你不能抵抗外界的压迫，便是你因不勇才有惧。这都是你的知、情、意未经过修养、磨炼，所以还未成个人。
《梁任公先生》郑振铎

他如大教主似的，坐在大讲座上，以师子吼，做唤愚启蒙的训讲。

不惜以今日之吾与昨日之吾宣战。（关于超常教育，我似乎有前后的大转折。）

“未能自度，而先度人，是为菩萨发心。”“我读到性本善，则教人以人之初而已。”

男儿志兮天下事，但有进兮不有止。
《趣味教育与教育趣味》1922

我信仰的是趣味主义

我所做的事，常常失败—-严格的可以说没有一件不失败，然而我总是一面失败一面做，因为我不但在成功里头感觉趣味，就在失败里头也感觉趣味。（从选修课到数位学习，甚至对于常规的教学）
注射式教育：教师把课本里头的东西叫学生强记，好像喂饭给小孩子吃，那饭已经是一点儿滋味没有了，还要叫他照样的嚼几口，仍旧吐出来看。（老太太嚼饼干）

敲门砖

教育家最要紧教学生知道为学问而学问，为活动而活动；所有学问，所有活动，都是目的，不是手段。

君子有三乐，而王天下不与存焉。”“得天下英才而教育之。”（教师的快乐，教育之，是一起发展成长，甚至是重新活过一次。）
《美术与科学》1922

文艺复兴的主要任务和最大贡献，却在美术。为什么这位暖和的阿特先生，会养出一位冷冰冰的赛因士儿子？

我希望中国将来有“科学化的美术”，有“美术化的科学”。（2006年，感性的几何和理性的诗歌。）

《教育与政治》1922

教育是什么？教育是教人学做人，学做现代人。

人不是单独做得成，总要和别的人连带着做。
《教育家的自家田地（自留地）》

孔子屡次自白，说自己没有别的过人之处，不过是“学而不厌，诲人不倦。”（当老师的后者不乏其人）

教育家日日做的、终身做的不外两件事，一是学，二是诲人，学是自利诲人是利他。人生活动目的，除却自利利他两项外更有何事？然而操别的职业的人，往往这两件事当场冲突。

教育这门职业却不然，一面诲人，一面便是学；一面学，一面便拿来诲人。两件事并做一件做，形成一种自利利他不可分的活动。对于人生目的之实现，再没有比这种职业更为接近更为直捷的了。


知之非艰，行之惟艰。

诸君都是有大好田地的人，我希望再不要“舍其田而芸人之田”，好好的将自己田地打理出来，便一生受用不尽。

JQX/进取芯 席明纳第20期（2025.11.13）

从质心位置变化看非弹性碰撞
一、一千克的物体从高二十米的高度自由下落，落地后与地面接触时间为0.1秒，弹起高度为5米。假设地面为刚体，地面对物体的支持力为恒力。求地面对物体的支持力大小。

方法1：
下落时间 $t_1 = \sqrt{\frac{2 h_1}{g}} = 2 \, \text{s}$
上升时间 $t_2 = \sqrt{\frac{2 h_2}{g}} = 1.5 \, \text{s}$
根据动量定理：$m g (t_1 + t_2 + \Delta t) + F_N \cdot \Delta t = 0$
解得支持力为 $F_N = -310 \, \text{N}$

方法2：
使用自由落体公式计算小球下落前的速度：
$v_1 = \sqrt{2 g h_1} = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 20} = 20 \, \text{m/s}$
$v_2 = \sqrt{2 g h_2} = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 5} = 10 \, \text{m/s}$
根据动量定理：$(m g + F_N) \Delta t = m v_2 - m v_1$
解得支持力为 $F_N = -310 \, \text{N}$，负号表示支持力的方向与重力相反。

方法3：
整个过程支持力和重力都是恒力，所以小球做匀变速运动，加速度为：
$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{30 \, \text{m/s}}{0.15 \, \text{s}} = 200 \, \text{m/s}^2$
根据牛顿第二定律：$F = F_N - mg = ma = 300 \, \text{N}$

方法4：

由于支持力与重力都是恒力，物体合外力不变，因此做匀变速运动。位移 $\Delta x = \frac{v_1 + v_2}{2} \cdot \Delta t = 0.5 \, \text{m}$，其中 $v_1$ 和 $v_2$ 是物体的初末速度，$\Delta t$ 是碰撞时间。
根据动量定理：$m g (h_1 + \Delta x - h_2) + F_N \cdot \Delta x = 0$
解得：$F_N = 310 \, \text{N}$

方法5：

同方法四，仅对碰撞前后列动能定理，同样可以求出支持力的大小。

二、如图所示，质量为 $M$ 的小车在光滑的水平面上以速度 $v_0$ 向右运动，一质量为 $m$ 的小球（$m \ll M$）从高处自由下落，与小车碰撞后（碰撞时间未知），反弹上升的最大高度为 $\frac{1}{4}h$。球与车之间的摩擦可视为滑动摩擦，其动摩擦因数为 $\mu$，重力加速度为 $g$，不计空气阻力。则小球弹起后水平方向的最大速度为：
解题过程：
首先假设在碰撞过程中小球与小车在水平方向始终没有共速，摩擦力始终为滑动摩擦力。对碰撞过程中的小球在竖直方向列动量定理，这里认为支持力的冲量远大于重力的冲量，因此有：$F_N \cdot t = m \left( \sqrt{2g h^{1/4}} - \sqrt{2g h} \right) = \frac{3}{2} m \sqrt{2g h}$
对小球在水平方向上列动量定理：$\mu F_N \cdot t = \frac{3}{2} \mu m \sqrt{2g h} = m v_x$
解得：$v_x = \frac{3}{2} \mu \sqrt{2gh}$
由于可能在碰撞结束前小球已经与小车共速，小球水平方向的速度取值范围为：$v_0 \leq v_x \leq \frac{3}{2} \mu \sqrt{2gh}$

三、如图所示，质量为 $M = 2 \, \text{kg}$ 的长木板在光滑的水平面上以 $v_0 = 6 \, \text{m/s}$ 的速度滑行，其上方 $h_0 = 5 \, \text{m}$ 高处有一质量为 $m = 2 \, \text{kg}$ 的小物块（质点），将小物块由高处自由释放，撞到木板后弹起的最大高度为 $h = 3.2 \, \text{m}$。已知小物块与木板间的摩擦因数为 0.2，此次碰撞时的时间为 0.2s。则此碰撞过程中的：
A.木板与地面间的平均弹力大小为 200 N
B.木板对物块做正功，因此物块的机械能增加
C.若小物块和木板间的摩擦因数增大，则物块弹起时的水平速度增大
D.物块对木板做负功，最大值为 27J

解题过程：
1.关于支持力，和前面的第一题一样，有很多种方法，这里用相对简便的求加速度的方法，对于碰撞前后瞬间的速度分别为：$v_1 = \sqrt{2 g h_0}$，$v_2 = \sqrt{2 g h_1}$。将支持力看为恒力，小球做匀加速运动：$a_y = \frac{v_2 - v_1}{\Delta t} = 90 \, \text{m/s}^2$。对碰撞过程中的小球列牛顿第二定律：$F_N - mg = m a_y$。解得：$F_N = 200 \, \text{N}$。由于A选项问的是地面对长木板的支持力，因此还要考虑长木板的重力，因此A选项错误。

2.小球在水平方向的最终速度：根据牛顿第二定律，物体在水平方向上的加速度为 $a_x = \frac{\mu F_N}{m} = 20 \, \text{m/s}^2$，水平方向动量守恒，若物体和木板能够共速，根据动量定理，物体和木板的最终速度为 $M v_0 = (m + M) v_f$，解得 $v_f = 3 \, \text{m/s}$。根据加速度公式 $a_x \cdot t = v_f$，物体加速到 3 m/s 需要时间 $t = 0.15 \, \text{s} < 0.25 \, \text{s}$，因此在 15s 时已经共速，速度大小为 3 m/s。

3.物体对长木板做的功：可以从摩擦力做功和动能定理两个角度来分析这个问题。从摩擦力做功的角度：$W = \mu F_N x = \mu F_N \cdot \frac{v_0 + v_f}{2} = -27 \, \text{J}$ 对小木块列动能定理：$W = \frac{1}{2} M v_f^2 - \frac{1}{2} M v_0^2 = -27 \, \text{J}$,也可以用摩擦力乘以相对位移的角度，从速度时间图像求出长木板的位移，再用摩擦力乘以长木板位移求物体对长木板做的功。

4.长木板对物体做的功：** 用平均速度计算竖直方向位移：$\Delta x = \frac{v_0 + v_f}{2} \Delta t = 0.2 \, \text{m}$，垂直方向的功：$W_y = - F_N \cdot \Delta x = -40 \, \text{J}$，水平方向的功：$W_x = \frac{1}{2} m v^2 = 9 \, \text{J}$，总功：$W = W_x + W_y = -31 \, \text{J}$。也可以从能量的角度，整个过程中物体能量的变化为：$\Delta E_p + \Delta E_k = -mg(\Delta y_1 + \Delta y_2 - \Delta y_1) + \frac{1}{2} M V^2 = -31 \, \text{J}$。

JQX|Xiao
下期预告：下一期，让我们一起研究电场强度的另一种求法：高斯定理，探索高中阶段无法求解的带电直线、无穷大板的电场分布！