精选第18届全国中学生物理竞赛预复赛试题及答案

精选第18届全国中学生物理竞赛预复赛试题及答案2001年第十八届全国中学生物理竞赛预、复赛试题及答案目录TOC\o"1-3"\h\z第十八届全国中学生物理竞赛预赛试题 1第十八届全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答、评分标准 4第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题 11第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答 14PAGE9第十八届全国中学生物理竞赛预赛试题2001-09-092001-09-09题号一二三四五六七总计得分全卷共七题，总分为140分一、〔15分〕如图预18－l所示，杆长为，可绕过点的水平轴在竖直平面内转动，其端点系着一跨过定滑轮、的不可伸长的轻绳，绳的另一端系一物块，滑轮的半径可忽略，在的正上方，之间的距离为。某一时刻，当绳的段与之间的夹角为时，杆的角速度为，求此时物块的速率。二、〔15分〕两块竖直放置的平行金属大平板、，相距，两极间的电压为。一带正电的质点从两板间的点开始以竖直向上的初速度运动，当它到达电场中某点点时，速度变为水平方向，大小仍为，如图预18－2所示．求、两点问的电势差．〔忽略带电质点对金属板上电荷均匀分布的影响〕三、〔18分〕一束平行光沿薄平凸透镜的主光轴入射，经透镜折射后，会聚于透镜处，透镜的折射率。假设将此透镜的凸面镀银，物置于平面前12处，求最后所成象的位置。四、〔18分〕在用铀235作燃料的核反响堆中，铀235核吸收一个动能约为0.025的热中子〔慢中子〕后，可发生裂变反响，放出能量和2～3个快中子，而快中子不利于铀235的裂变．为了能使裂变反响继续下去，需要将反响中放出的快中子减速。有一种减速的方法是使用石墨〔碳12〕作减速剂．设中子与碳原子的碰撞是对心弹性碰撞，问一个动能为的快中子需要与静止的碳原子碰撞多少次，才能减速成为0.025的热中子？五、〔25分〕如图预18－5所示，一质量为、长为带薄挡板的木板，静止在水平的地面上，设木板与地面间的静摩擦系数与滑动摩擦系数相等，皆为．质量为的人从木板的一端由静止开始相对于地面匀加速地向前走向另一端，到达另一端时便骤然抓住挡板而停在木板上．人与木板间的静摩擦系数足够大，人在木板上不滑动．问：在什么条件下，最后可使木板向前方移动的距离到达最大？其值等于多少？六、〔24分〕物理小组的同学在寒冷的冬天做了一个这样的实验：他们把一个实心的大铝球加热到某温度，然后把它放在结冰的湖面上〔冰层足够厚〕，铝球便逐渐陷入冰内．当铝球不再下陷时，测出球的最低点陷入冰中的深度．将铝球加热到不同的温度，重复上述实验8次，最终得到如下数据：实验顺序数12345678热铝球的温度t/℃55708592104110120140陷入深度h/cm9.012.914.816.017.018.017.016.8铝的密度约为水的密度的3倍，设实验时的环境温度及湖面冰的温度均为0℃．此情况下，冰的熔解热．1．试采用以上某些数据估算铝的比热．2．对未被你采用的实验数据，试说明不采用的原因，并作出解释．七、〔25分〕如图预18－7所示，在半径为的圆柱空间中〔图中圆为其横截面〕充满磁感应强度大小为的均匀磁场，其方向平行于轴线远离读者．在圆柱空间中垂直轴线平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为的刚性等边三角形框架，其中心位于圆柱的轴线上．边上点〔〕处有一发射带电粒子的源，发射粒子的方向皆在图预18-7中截面内且垂直于边向下．发射粒子的电量皆为〔＞0〕，质量皆为，但速度有各种不同的数值．假设这些粒子与三角形框架的碰撞均为完全弹性碰撞，并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边．试问：1．带电粒子速度的大小取哪些数值时可使点发出的粒子最终又回到点？2.这些粒子中，回到点所用的最短时间是多少？第十八届全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答、评分标准一、参考解答杆的端点点绕点作圆周运动，其速度的方向与杆垂直，在所考察时其大小为〔1〕对速度作如图预解18-1所示的正交分解，沿绳的分量就是物块是速率，那么〔2〕由正弦定理知〔3〕由图看出〔4〕由以上各式得〔5〕评分标准：此题15分其中〔1〕式3分；〔2〕式5分；〔5〕式7分。二、参考解答带电质点在竖直方向做匀减速运动，加速度的大小为；在水平方向因受电场力作用而做匀加速直线运动，设加速度为。假设质点从到经历的时间为，那么有〔1〕〔2〕由以上两式得 〔3〕〔4〕、两点间的水平距离〔5〕于是、两点间的电势差〔6〕评分标准：此题15分〔1〕、〔2〕式各3分；〔3〕、〔4〕式各2分；〔5〕式3分；〔6〕式2分。三、参考解答1．先求凸球面的曲率半径。平行于主光轴的光线与平面垂直，不发生折射，它在球面上发生折射，交主光轴于点，如图预解18-3-1所示。点为球面的球心，，由正弦定理，可得〔1〕由折射定律知〔2〕当、很小时，，，，由以上两式得〔3〕所以〔4〕2.凸面镀银后将成为半径为的凹面镜，如图预解18-3-2所示令表示物所在位置，点经平面折射成像，根据折射定律可推出〔5〕由于这是一个薄透镜，与凹面镜的距离可认为等于，设反射后成像于，那么由球面镜成像公式可得〔6〕由此可解得，可知位于平面的左方，对平面折射来说，是一个虚物，经平面折射后，成实像于点。〔7〕所以〔8〕最后所成实像在透镜左方24cm处。评分标准：此题18分〔1〕、〔2〕式各2分；〔3〕或〔4〕式2分；〔5〕式2分；〔6〕式3分；〔7〕式4分；〔8〕式3分。四、参考解答设中子和碳核的质量分别为和，碰撞前中子的速度为，碰撞后中子和碳核的速度分别为和，因为碰撞是弹性碰撞，所以在碰撞前后，动量和机械能均守恒，又因、和沿同一直线，故有〔1〕〔2〕解上两式得〔3〕因代入〔3〕式得〔4〕负号表示的方向与方向相反，即与碳核碰撞后中子被反弹．因此，经过一次碰撞后中子的能量为于是〔5〕经过2，3，…，次碰撞后，中子的能量依次为，，，…，，有……〔6〕因此〔7〕代入〔7〕式即得〔8〕故初能量的快中子经过近54次碰撞后，才成为能量为0.025的热中子。评分标准：此题18分〔1〕、〔2〕、〔4〕、〔6〕式各3分；〔5〕、〔7〕、〔8〕式各2分。五、参考解答在人从木板的一端向另一端运动的过程中，先讨论木板发生向后运动的情形，以表示人开始运动到刚抵达另一端尚未停下这段过程中所用的时间，设以表示木板向后移动的距离，如图预解18-5所示．以表示人与木板间的静摩擦力，以表示地面作用于木板的摩擦力，以和分别表示人和木板的加速度，那么〔1〕〔2〕〔3〕〔4〕解以上四式，得〔5〕对人和木板组成的系统，人在木板另一端骤然停下后，两者的总动量等于从开始到此时地面的摩擦力的冲量，忽略人骤然停下那段极短的时间，那么有〔6〕为人在木板另一端刚停下时两者一起运动的速度．设人在木板另一端停下后两者一起向前移动的距离为，地面的滑动摩擦系数为，那么有〔7〕木板向前移动的净距离为〔8〕由以上各式得由此式可知，欲使木板向前移动的距离为最大，应有 〔9〕即〔10〕即木板向前移动的距离为最大的条件是：人作用于木板的静摩擦力等于地面作用于木板的滑动摩擦力．移动的最大距离〔11〕由上可见，在设木板发生向后运动，即的情况下，时，有极大值，也就是说，在时间0～内，木板刚刚不动的条件下有极大值．再来讨论木板不动即的情况，那时，因为，所以人积累的动能和碰后的总动能都将变小，从而前进的距离也变小，即小于上述的。评分标准：此题25分〔1〕、〔2〕、〔3〕、〔4〕式各1分；〔6〕式5分；〔7〕式2分；〔8〕式3分；〔9〕式2分；〔10〕式3分；〔11〕式5分；说明时木板向前移动的距离小于时的给1分。六、参考解答图预解18-6-1铝球放热，使冰熔化．设当铝球的温度为时，能熔化冰的最大体积恰与半个铝球的体积相等，即铝球的最低点下陷的深度与球的半径相等．当热铝球的温度时，铝球最低点下陷的深度，熔化的冰的体积等于一个圆柱体的体积与半个铝球的体积之和，如图预解18-6-1所示．图预解18-6-1设铝的密度为，比热为，冰的密度为，熔解热为，那么铝球的温度从℃降到0℃的过程中，放出的热量〔1〕熔化的冰吸收的热量〔2〕假设不计铝球使冰熔化过程中向外界散失的热量，那么有〔3〕解得〔4〕即与成线形关系．此式只对时成立。将表中数据画在图中，得第1，2，…，8次实验对应的点、、…、。数据点、、、、五点可拟合成一直线，如图预解18-6-2所示。此直线应与〔4〕式一致．这样，在此直线上任取两点的数据，代人〔4〕式，再解联立方程，即可求出比热的值．例如，在直线上取相距较远的横坐标为8和100的两点和，它们的坐标由图预解18-6-2可读得为图预解18-6-2图预解18-6-2将此数据及的值代入〔4〕式，消去，得〔5〕2.在此题作的图预解18-6-2中，第1，7，8次实验的数据对应的点偏离直线较远，未被采用．这三个实验数据在图上的点即、、．点为什么偏离直线较远？因为当时，从〔4〕式得对应的温度℃，〔4〕式在的条件才成立。但第一次实验时铝球的温度℃＜，熔解的冰的体积小于半个球的体积，故〔4〕式不成立．、为什么偏离直线较远？因为铝球的温度过高〔120℃、140℃〕，使得一局部冰升华成蒸气，且因铝球与环境的温度相差较大而损失的热量较多，〔2〕、〔3〕式不成立，因而〔4〕式不成立．评分标准：此题24分第1问17分；第二问7分。第一问中，〔1〕、〔2〕式各3分；〔4〕式4分。正确画出图线4分；解出〔5〕式再得3分。第二问中，说明、、点不采用的原因给1分；对和、偏离直线的原因解释正确，各得3分。七、参考解答带电粒子〔以下简称粒子〕从点垂直于边以速度射出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其圆心一定位于边上，其半径可由下式求得，为〔1〕1.要求此粒子每次与的三条边碰撞时都与边垂直，且能回到点，那么和应满足以下条件：〔ⅰ〕与边垂直的条件．由于碰撞时速度与边垂直，粒子运动轨迹圆的圆心一定位于的边上，粒子绕过顶点、、时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点〔即、、〕上．粒子从点开始向右作圆周运动，其轨迹为一系列半径为的半圆，在边上最后一次的碰撞点与点的距离应为，所以的长度应是的奇数倍。粒子从边绕过点转回到点时，情况类似，即的长度也应是轨道半径的奇数倍．取，那么当的长度被奇数除所得的也满足要求，即＝1，2，3，…因此为使粒子与各边发生垂直碰撞，必须满足下面的条件〔2〕此时为的奇数倍的条件自然满足．只要粒子绕过点与边相碰，由对称关系可知，以后的碰撞都能与的边垂直．〔ⅱ〕粒子能绕过顶点与的边相碰的条件．由于磁场局限于半径为的圆柱范围内，如果粒子在绕点运动时圆轨迹与磁场边界相交，它将在相交点处以此时的速度方向沿直线运动而不能返回．所以粒子作圆周运动的半径不能太大，由图预解18-7可见，必须〔的顶点沿圆柱半径到磁场边界的距离，时，粒子圆运动轨迹与圆柱磁场边界相切〕，由给定的数据可算得〔3〕将1，2，3，…，分别代入〔2〕式，得由于，，≥，这些粒子在绕过的顶点时，将从磁场边界逸出，只有≥4的粒子能经屡次碰撞绕过、、点，最终回到点．由此结论及〔1〕、〔2〕两式可得与之相应的速度〔4〕这就是由点发出的粒子与的三条边垂直碰撞并最终又回到点时，其速度大小必须满足的条件．2.这些粒子在磁场中做圆周运动的周期为将〔1〕式代入，得〔5〕可见在及给定时与无关。粒子从点出发最后回到点的过程中，与的边碰撞次数愈少，所经历的时间就愈少，所以应取，如图预解18-7所示〔图中只画出在边框的碰撞情况〕，此时粒子的速度为，由图可看出该粒子的轨迹包括3×13个半圆和3个圆心角为300的圆弧，所需时间为〔6〕以〔5〕式代入得〔7〕评分标准：此题25分第一问15分；第二问10分。第一问中：〔1〕式2分；〔2〕式5分；分析出≥4的结论给4分；〔4〕式4分。第二问中：〔5〕式1分；〔6〕式7分；〔7〕式2分。第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题2001年2001年全卷共六题，总分为140分一、〔22分〕有一放在空气中的玻璃棒，折射率，中心轴线长，一端是半径为的凸球面．1．要使玻璃棒的作用相当于一架理想的天文望远镜〔使主光轴上无限远处物成像于主光轴上无限远处的望远系统〕，取中心轴线为主光轴，玻璃棒另一端应磨成什么样的球面？2．对于这个玻璃棒，由无限远物点射来的平行入射光柬与玻璃棒的主光轴成小角度时，从棒射出的平行光束与主光轴成小角度，求〔此比值等于此玻璃棒望远系统的视角放大率〕．二、(22分)正确使用压力锅的方法是：将己盖好密封锅盖的压力锅(如图复18-2-1)加热，当锅内水沸腾时再加盖压力阀S，此时可以认为锅内只有水的饱和蒸气，空气己全部排除．然后继续加热，直到压力阀被锅内的水蒸气顶起时，锅内即已到达预期温度(即设计时希望到达的温度)，现有一压力锅，在海平面处加热能到达的预期温度为120℃．某人在海拔5000m的高山上使用此压力锅，锅内有足量的水．1．假设不加盖压力阀，锅内水的温度最高可达多少？2．假设按正确方法使用压力锅，锅内水的温度最高可达多少？3．假设未按正确方法使用压力锅，即盖好密封锅盖一段时间后，在点火前就加上压力阀。此时水温为27℃，那么加热到压力阀刚被顶起时，锅内水的温度是多少？假设继续加热，锅内水的温度最高可达多少？假设空气不溶于水．：水的饱和蒸气压与温度的关系图线如图复18-2-2所示．大气压强与高度的关系的简化图线如图复18-2-3所示．℃时；处三、〔22分〕有两个处于基态的氢原子、，静止，以速度与之发生碰撞．己知：碰撞后二者的速度和在一条直线上，碰撞过程中局部动能有可能被某一氢原子吸收。从而该原子由基态跃迁到激发态，然后，此原子向低能级态跃迁，并发出光子．如欲碰后发出一个光子，试论证：速度至少需要多大〔以表示〕？己知电子电量为，质子质量为。电子质量为．氢原子的基态能量为．图复18-4图复18-4四、〔22分〕如图复18-4所示，均匀磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度随时间变化，〔为大于0的常数〕．现有两个完全相同的均匀金属圆环相互交叠并固定在图中所示位置，环面处于图中纸面内。圆环的半径为，电阻为，相交点的电接触良好．两个环的接触点与间的劣弧对圆心的张角为60。求时，每个环所受的均匀磁场的作用力，不考虑感应电流之间的作用．五、〔25分〕如图复18-5所示，一薄壁导体球壳〔以下简称为球壳〕的球心在点．球壳通过一细导线与端电压的电池的正极相连，电池负极接地．在球壳外点有一电量为的点电荷，点有一电量为的点电荷。之间的距离，之间的距离．现设想球壳的半径从开始缓慢地增大到50，问：在此过程中的不同阶段，大地流向球壳的电量各是多少？己知静电力恒量．假设点电荷能穿过球壳壁进入导体球壳内而不与导体壁接触。六、〔27分〕一玩具“火箭〞由上下两局部和一短而硬〔即劲度系数很大〕的轻质弹簧构成．上局部的质量为，下局部的质量为，弹簧夹在与之间，与二者接触而不固连．让、压紧弹簧，并将它们锁定，此时弹簧的弹性势能为己知的定值．通过遥控可解除锁定，让弹簧恢复至原长并释放其弹性势能，设这—释放过程的时间极短．第一种方案是让玩具位于一枯井的井口处并处于静止状态时解除锁定，从而使上局部升空．第二种方案是让玩具在井口处从静止开始自由下落，撞击井底〔井足够深〕后以原速率反弹，反弹后当玩具垂直向上运动到离井口深度为某值的时刻解除锁定．1．在第一种方案中，玩具的上局部升空到达的最大高度〔从井口算起〕为多少？其能量是从何种形式的能量转化来的？2．在第二种方案中，玩具的上局部升空可能到达的最大高度〔亦从井口算起〕为多少？并定量地讨论其能量可能是从何种形式的能量转化来的．第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答一、参考解答1.对于一个望远系统来说，从主光轴上无限远处的物点发出的入射光为平行于主光轴的光线，它经过系统后的出射光线也应与主光轴平行，即像点也在主光轴上无限远处，如图复解18-1-1所示，图中为左端球面的球心．由正弦定理、折射定律和小角度近似得〔1〕即〔2〕光线射到另一端面时，其折射光线为平行于主光轴的光线，由此可知该端面的球心一定在端面顶点的左方，等于球面的半径，如图复解18-1-1．仿照上面对左端球面上折射的关系可得〔3〕又有〔4〕由〔2〕、〔3〕、〔4〕式并代入数值可得〔5〕即右端为半径等于5的向外凸的球面．2.设从无限远处物点射入的平行光线用①、②表示，令①过，②过，如图复解18-1-2所示，那么这两条光线经左端球面折射后的相交点，即为左端球面对此无限远物点成的像点．现在求点的位置。在中〔6〕又〔7〕，均为小角度，那么有〔8〕与〔2〕式比较可知，，即位于过垂直于主光轴的平面上．上面，玻璃棒为天文望远系统，那么但凡过点的傍轴光线从棒的右端面射出时都将是相互平行的光线．容易看出，从射出的光线将沿原方向射出，这也就是过点的任意光线〔包括光线①、②〕从玻璃棒射出的平行光线的方向。此方向与主光轴的夹角即为，由图复18-1-2可得〔9〕由〔2〕、〔3〕式可得那么〔10〕二、参考解答1．在海平面处，大气压强．如图复解18-2-1，在处，大气压强为。〔1〕此处水沸腾时的饱和蒸气压应等于此值．由图复解18-2-2可知，对应的温度即沸点为〔2〕到达此温度时锅内水开始沸腾，温度不再升高，故在5000ｍ高山上，假设不加盖压力锅，锅内温度最高可达82℃．2．由图复解18-2-2可知，在℃时，水的饱和蒸气压，而在海平面处，大气压强．可见压力阀的附加压强为

〔3〕在5000ｍ高山上，大气压强与压力阀的附加压强之和为〔4〕假设在时阀被顶起，那么此时的应等于，即〔5〕由图复解18-2-2可知℃〔6〕此时锅内水开始沸腾，温度不再升高，故按正确方法使用此压力锅，在5000ｍ高山上锅内水的温度最高可达112℃．3．在未按正确方法使用压力锅时，锅内有空气，设加压力阀时，内部水蒸汽已饱和．由图复解18-2-2可知，在℃时，题中已给出水的饱和蒸气压，这时锅内空气的压强〔用表示〕为〔7〕当温度升高时，锅内空气的压强也随之升高，设在温度为℃时，锅内空气压强为，那么有

〔8〕假设在时压力阀刚好开始被顶起，那么有〔9〕由此得〔10〕画出函数的图线，取由此二点便可在图复解18-2-2上画出此直线，此直线与图复解18-2-2中的曲线的交点为，即为所求的满足〔10〕式的点，由图可看出与点对应的温度为℃〔11〕即在压力阀刚开始被顶起时，锅内水的温度是97℃，假设继续加热，压力阀被顶起后，锅内空气随水蒸汽一起被排出，最终空气排净，锅内水温仍可达112℃．三、参考解答为使氢原子从基态跃迁到激发态，需要能量最小的激发态是的第一激发态．氢原子的能量与其主量子数的平方成反比．〔1〕又知基态〔〕的能量为－13.58，即所以的第一激发态的能量为〔2〕为使基态的氢原子激发到第一激发态所需能量为〔3〕这就是氢原子从第一激发态跃迁到基态时发出的光子的能量，即〔4〕式中为光子的频率，从开始碰到发射出光子，根据动量和能量守恒定律有〔5〕〔6〕光子的动量。由〔6〕式可推得，因为，所以，故〔5〕式中光子的动量与相比较可忽略不计，〔5〕式变为〔7〕符合〔6〕、〔7〕两式的的最小值可推求如下：由〔6〕式及〔7〕式可推得经配方得〔8〕由〔8〕式可看出，当时，到达最小值，此时〔9〕〔10〕代入有关数据，得〔11〕答：原子的速度至少应为．四、参考解答1．求网络各支路的电流．因磁感应强度大小随时间减少，考虑到电路的对称性，可设两环各支路的感应电流、的方向如图复解18-4-1所示，对左环电路，有关系因，，故〔1〕因回路所围的面积为故对该回路有〔2〕解得〔3〕代入〔1〕式，得〔4〕2．求每个圆环所受的力．先求左环所受的力，如图复解18-4-2所示，将圆环分割成很多小圆弧，由左手定那么可知，每段圆弧所受的力的方向均为径向，根据对称性分析，因圆弧与圆弧中的电流方向相反，所以在磁场中受的安培力相互抵消，而弧与弧的电流相对轴上下是对称的，因而每段载流导体所受的安培力在方向的合力为零，以载流导体弧上的线段为例，安培力为径向，其分量的大小表示为〔5〕因故〔6〕由于导体弧在方向的合力为零，所以在时刻所受安培力的合力仅有分量，即〔7〕方向向左同理，载流导体弧在时刻所受的安培力为

〔8〕方向向右左环所受的合力大小为〔9〕方向向左五、参考解答分以下几个阶段讨论：

1．由于球壳外空间点电荷、的存在，球壳外壁的电荷分布不均匀，用表示面电荷密度．设球壳半径时球壳外壁带的电量为，因为电荷、与球壳外壁的电量在球壳内产生的合场强为零，球壳内为电势等于的等势区，在导体外表上的面元所带的电量为，它在球壳的球心处产生的电势为，球壳外壁所有电荷在球心产生的电势为〔1〕点电荷、在球壳的球心处产生的电势分别为与，因球心处的电势等于球壳的电势，按电势叠加原理，即有〔2〕代入数值后可解得球壳外壁的电量为因球壳内壁无电荷，所以球壳的电量等于球壳外壁的电量，即〔3〕2．当球壳半径趋于时〔点电荷仍在球壳外〕，设球壳外壁的电量变为，球壳外的电荷、与球壳外壁的电量在壳内产生的合场强仍为零，因球壳内仍无电荷，球壳内仍保持电势值为的等势区，那么有〔4〕解得球壳外壁的电量因为此时球壳内壁电量仍为零，所以球壳的电量就等于球壳外壁的电量，即〔5〕

在到趋于的过程中，大地流向球壳的电量为〔6〕3．当点电荷穿过球壳，刚进入球壳内〔导体半径仍为〕，点电荷在球壳内壁感应出电量－，因球壳的静电屏蔽，球壳内电荷与球壳内壁电荷－在球壳外产生的合电场为零，说明球壳外电场仅由球壳外电荷与球壳外壁的电荷所决定．由于球壳的静电屏蔽，球壳外电荷与球壳外壁的电荷在球壳内产生的合电场为零，说明对电荷与产生的合电场而言，球壳内空间是电势值为的等势区．与在球心处产生的电势等于球壳的电势，即〔7〕解得球壳外壁电量〔8〕球壳外壁和内壁带的总电量应为〔9〕在这过程中，大地流向球壳的电量为〔10〕这个结果说明：电荷由球壳外极近处的位置进入壳内，只是将它在球壳外壁感应的电荷转至球壳内壁，整个球壳与大地没有电荷交换．

4．当球壳半径趋于时〔点电荷仍在球壳外〕，令表示此时球壳外壁的电量，类似前面第3阶段中的分析，可得〔11〕由此得球壳的电量等于球壳内外壁电量的和，即

〔12〕大地流向球壳的电量为〔13〕5．当点电荷穿过球壳，刚进入球壳内时〔球壳半径仍为〕，球壳内壁的感应电荷变为－〔＋〕，由于球壳的静电屏蔽，类似前面的分析可知，球壳外电场仅由球壳外壁的电量决定，即〔14〕可得球壳的总电量是〔15〕在这个过程中，大地流向球壳的电量是〔16〕6．当球壳的半径由增至时，令表示此时球壳外壁的电量，有〔17〕可得球壳的总电量为