大学物理B习题册解答.pdf

班级： 姓名： 学号： 1 练习练习 1 位置矢量位置矢量 位移位移 速度速度 加速度加速度 一、填空题一、填空题 1、一质点在某参照系中的初始位置为k.i.r 0103 0 ，初始速度为 0 v20j ，则初始时 刻其位置矢量与速度间夹角为 。 (位矢在位矢在 x-z 平面，速度在平面，速度在 y 方向。 （矢量点乘）方向。 （矢量点乘）) 2、在表达式 t r limv t 0 中，位置矢量是 ；位移矢量是 。 3、 有一质点作直线运动， 运动方程为)(25 . 4 32 SIttx， 则第 2 秒内的平均速度为 ； 第 2 秒末的瞬间速度为 ，第 2 秒内的路程为 。 (解法参阅本节例题。质点在第二秒内有折返运动！因而位移的大小和路程不能相等) (解法参阅本节例题。质点在第二秒内有折返运动！因而位移的大小和路程不能相等) 答案 /2 r r -0.5ms-1 -6ms-1 2.25m 二、计算题二、计算题 1、一物体悬挂在弹簧下做竖直振动，其加速度为kya ，式中k为常量，y是以平衡位 置为原点所测得的坐标，假定振动的物体在坐标 0 y处的速度为 0 v，求速度v与坐标y的函 数关系式。 解：根据加速度的定义 dvdv dydv avky dtdy dtdy ， 于是有 00 vy vy vdvkydy 积分并整理得 222 oo vvk yy 2、某做直线运动质点的运动规律为tkv dt dv 2 ，式中k为常数，当0t 时，初速度为 0 v， 求该质点在任意时刻t的速度。 解：由tkv dt dv 2 得 2 00 vt v dv ktdt v 积分得 班级： 姓名： 学号： 2 2 0 111 =+ 2 kt vv 3、如图 1.1 所示，某人用绳拉一高台上的小车在地面上以匀速v奔跑，设绳端与小车的高 度差为h，求小车的速度及加速度。 图 1.1 解：车的速度等于水平段绳子移动的速度。设滑轮到人间的绳长为 l，则车的速度 1 dl v dt 人的速度： dx v dt x 和 l 间满足关系： 222 lxh 两边对 t 求导得： dldx lx dtdt 则有 1 22 dlx vv dt xh 22222222 2 3/222 22 /dvvxhv xxhh av xh xh 1 1 dt x O 班级： 姓名： 学号： 3 练习练习 2 自然坐标系自然坐标系 圆周运动的角量描述圆周运动的角量描述 一、填空题 一、填空题 1、质点沿半径为 R 的圆周作匀速率运动，每 t 秒转一圈，在 2t 时间间隔中，其平均速度大 小为 ；平均速率大小为 。 2、一质点在平面上作曲线运动，其速率v与路程S的关系为)(1 2 SISv，则其切向加 速度以路程S来表示的表达式为 t a_(SI) 3、在一个转动的齿轮上，一个齿尖沿半径为R的圆周运动，其路程S随时间的规律为 2 0 2 1 bttvS，其中 0 v和b都是正的常量，则t时刻齿尖的速度大小为_， 加速度大小为_。 答案：1， 0, 2R/t 2，2S(1+S2) 3, v0+bt 2 02 2 vbt b R 二、计算题 二、计算题 1、质点沿半径m1 . 0R 的圆周运动，其角坐标与时间的关系为)(SIt 42 3 ，求当切向加 速度的大小为总加速度大小的一半时质点的角位置 。 解： 2 12 d t dt , 24 d t dt 法向加速度 2 22 120.1 n aRt 240.1aRt 22 n aaa 422 144240.1tt 由题意有 422 1 240.1144240.1 2 aRttt 解得： 3 1 2 3 t 或者由图得 4 243 1443 n at at ， 则 3 1 2 3 t 班级： 姓名： 学号： 4 则 3 42t=3.15 rad 2、半径m2R 的飞轮作加速转动时，轮边缘上一点的运动方程为)SI(t 1 . 0S 3 ，求当 此点的速率s/m30v 时的切向加速度与法向加速度的大小。 解：由 2 0.330 ds vt dt 得 t=10s。 则 2 0.66m s dv at dt 224 2 0.3 450m s 2 n vt a R 3、一质点在yx 平面内作曲线运动，其运动学方程为)SI(ty, tx 3 。求： （1）初始时刻的速率； （2）s2t 时加速度的大小； （3）s1t 时切向和法向加速度的大小。 解：(1) 1 x dx v dt ， 2 3 y dy vt dt t=0 时 224 1 91 xy vvvtms-2. (2) 0 x x dv a dt ，6 y y dv at dt t=2 时 2 612m s y aat （3）st1时， 2 a = 6m s 42 1 95.69m s dvd at dtdt 222 1.9m s n aaa 班级： 姓名： 学号： 5 练习练习 3 牛顿牛顿运动定律及力学中的守恒定律运动定律及力学中的守恒定律 一、填空题一、填空题 1、 一质量为 m 的质点沿 x 轴正向运动， 假设该质点通过坐标为 x 处的速度为 kx(k 为正常量)， 则此时作用于该质点上的力 F= ，该质点 0 xx点出发运动到 1 xx 所经 历的时间t= 。 解：vkx， 2 () dvd Fmmkxmkv dt x d k t m dxdx vkxkdt dtx ， 尽而有 11 00 10 1 0 1 ln xt xt xdx kdtt x tt kx 2、两相互作用的物体 A 和 B，无摩擦地在一条水平直线上运动，物体 A 的动量是时间的函 数，表达式为btPPA 0 ，式中 0 P、b 分别为正常数，t 是时间，在下列两种情况下，写 出物体 B 的动量作为时间的函数表达式： （1）开始时，若 B 静止，则 1B P 。 （2）开始时，若 B 的动量为则 , 0 P 2B P 。 解：A、B 组成的系统动量守恒，组成的系统动量守恒， t = 0 时，时， 000A ppbtp， 0 0 B p. 此时有： A0B00 ppp，其后仍有：其后仍有： B10A ppp 所以所以 B10A00 ()pppppbtbt t = 0 时，时， B00 pp ， 此时有：此时有： A0B0 0pp，其后仍有：其后仍有： B 0 A pp 则： B2A0 0ptppb 3、一人造地球卫星绕地球在椭圆轨道上运动，近地点为 A，远地点为 B，A、B 两点距地心 分别为 1 r、 2 r，设卫星质量为 m，地球质量为 M，万有引力常数为 G，则卫星在 A、B 两点 的势能之差 PAPB EE= ； 卫星在 A、 B 两点的动能之差 KAKB EE= 。 解： 12 , PAPB mMmM EGEG rr ，则 1 21 1 22 11 () PBPA EEG r mM rr r GmM rr 系统机械能守恒，则系统机械能守恒，则 21 kBkA mMmM EGEG rr ，于是有，于是有 班级： 姓名： 学号： 6 12 1 221 kBkA mMmMr EEGGGmM rrrr r 4 （补充）一物体质量为 2kg，在合外力)SI( i )t(F 23作用下，从静止出发沿水平 X 轴作直线运动，则当 t=1s，物体的速度V = 。 解：由动量定理有： 1 0 (32 )0t dtmv ，由此得结果。 5. （补充） 如图， 一质点在 n 个力的作用下， 沿半径为 R 的圆周运动， 其中一个力是恒力 0 F ， 方向始终沿 x 轴正向，即iFF 00 ，当质点从 A 点沿逆时针方向走过 3/4 圆周到达 B 点时，所作的功为 。 解：由 xy F drF dxF dy ，则 2 1 000( 0) x x AF dxFFRR ） 6 （补充）光滑水平面上有二物体 21 mm和，如图，在水平恒力 F 作用下，从静止开始共同 前时了一段距离 s，以地面为参照系，在此过程中 12 mm 对所作的功为 。 解：动能定理： 2 12 1 () 2 Fsmm v。 设设 m2 对对 m1 的作用为的作用为 f，则，则 2 1 12 1 1 2 m Ffmv m ss m ） 二、计算题二、计算题 1、质量为m的子弹以速度 0 v水平射入沙土中，设子弹所受阻力大小与速度成正比，比例 系数为K，忽略子弹重力，求： （1）子弹射入沙土后，速度与时间的关系； （2）子弹射入沙土的最大深度。 解： （1）根据题意有 dv fkvm dt 所以有 00 vt v dvk dt vm 积分得 0 ln vk t vm 即 0 k t m vv e （2）当在沙子中停止运动时，达到最大距离，因而有 B R A O x 2 m 1 m F S 班级： 姓名： 学号： 7 dvdv dxdv fkvmmmv dtdx dtdx 所以有 0 00 x v m dxdv k 积分得最大深度为 0 m xv k 2、如图 3.1 所示，质量为M的滑块正沿着光滑水平地面向右滑动，一质量为m的小球水 平向右飞行，以速度 1 V （对地）与滑块斜面相碰，碰后竖直向上弹起，速率为 2 V （对地） 。 若碰撞时间为t ，试求此过程中滑块对地的平均作用力和滑块速度增量的大小。 解：以 M 和 m 为系统，外力（重力、地面支持力） 均沿竖直方向，故水平方向动量守恒。 竖直方向：应用质点系动量定理 系统动量增量：py =（mV2 + 0 ）-（0 + 0） 合外力的冲量： （N Mg mg）t 图 3.1 二者相等，解得 N = mV2 / t + Mg + mg 由牛顿第三定律可知，滑块对地平均作用力为：mV2 / t + Mg + mg，方向竖直向下。 水平方向：设滑块碰撞前后速度分别为 v 和 u，应用动量守恒定律 mV1 + Mv = Mu 解得速度增量的大小 v = u v = （m/M）V1。 3、质量为kg100 . 2 3 的子弹，其出口速率为s/m300。设子弹在枪筒中前进时所受的 力x 9 8000 400F（其中x为子弹在枪筒中行进的距离） ；开始时，子弹位于0x 处， 求枪筒的长度。 解：设枪筒长度为 l 。根据动能定理 2 00 80001 4000 92 ll AFdxx dxmv 解得： l = 0.45m 班级： 姓名： 学号： 8 练习练习 4 刚体的定轴转动（刚体的定轴转动（I） 一、填空题一、填空题 1、以恒定角加速度转动的圆盘，如果在某一时刻的角速度为)/(srad20 1 ，再转 60 转后角速度为)/(srad30 2 ，则角加速度 ， 转过上述 60 转所需的时间t 。 解： 匀变速圆周运动， 则 22 21 2 ，602 ， 可求 2 25 6.54/ 12 rads 由 21 t得，t=4.8s。 2、如图 4.1 所示，一长为L的轻质细杆，两端分别固定质量m和m2的 小球，此系统在竖直平面内可绕过中点O且与杆垂直的水平光滑固定轴 （O轴）转动。开始时杆与水平成 0 60，处于静止状态，无初转速地释 放以后，杆球这一刚体系统绕O轴转动，系统绕O轴的转动惯量 图 4.1 J= 。释放后，当杆转到水平位置时，刚体受到的合外力矩M= ；角 加速度 = 。 解：根据转动惯量的定义得： 22 2 3 2 224 LL JmmmL 两小球对于 O 点的力矩方向相反，2 222 LLL Mmgmgmg 根据转动定律：MJ得， 2 / 3 g MJ L 。 3、半径为cm15、质量kg70. 0的光盘从静止开始转动，在s5 . 1内达到min/rev3 .33n 的转速，则在此s5 . 1时间内施加于光盘的转动力矩为 。 解： 2 1 0.007875 2 JMR，/2.3236t 0.00183MJNm 班级： 姓名： 学号： 9 4(补充补充)如右图所示的匀质大圆盘，质量为 M，半径为 R，对于过圆心 O 点且垂直于盘面 的转轴的转动惯量为 2 2 1 MR。如果在大圆盘中挖去图示的一个小圆盘，其质量为 m，半径 为 r，且 2r=R。已知挖去的小圆盘相对于过 O 点且垂直于盘面的转轴的转动惯量为 2 2 3 mr， 则挖去小圆盘后剩余部分对于过 O 点且垂直于盘面的转轴的转动惯量为 。 解：根据平行轴定理： 22 13 22 MRmrJ 22 13 22 JMRmr 二、计算题二、计算题 1、质量为kg3的质点位于m8y,m3x 处时速度为)s/m( j6i5v ，作用于质 点上的力大小为N7，沿负x方向，求以原点为参考点，质点此时的角动量和所受的力矩。 解：角动量和力矩的定义 )Nm(k56M)s/kgm(k174L 2 ， 2、 如图 4.2 所示， 边长为a的正方边形的顶点， 分别固定六个质点， 每个质点的质量都为m， 求正六边形： （1）对 OX、OY、OZ 轴的转动惯量； （2）对 OS 轴的转动惯量。 解：转动惯量的定义。 几何问题，先求每点到各轴的距离 2 z 2 y 2 x ma12Jma9Jma3J，； 2 s ma5 . 4J 图 4.2 3、如图 4.3 所示，A、B为两个相同的定滑轮，A滑轮挂一质量为M的物体，B滑轮受 拉力F，而且MgF ，设A、B两滑轮的角加速度分别为 A 、 B ，不计滑轮与转轴 的摩擦，比较两个滑轮的角加速度的大小。 班级： 姓名： 学号： 10 解：设滑轮的半径为R,转动惯量为J。使用大小等于mg，方向向下的力拉绳子时,滑轮产 生的角加速度为 B mgR J 。 绳下段挂一质量为 m 的物体时，若设绳子此时的拉力为 T，则 对物体有： A mgTmR 对滑轮有： A TRJ 此时滑轮产生的角加速度为 2 A mgR JmR 比较可知， BA . 图 4.3 班级： 姓名： 学号： 11 练习练习 5 刚体的定轴转动（刚体的定轴转动（II） 一、填空题一、填空题 1、一根均匀米尺，被钉子在60厘米刻度处钉在墙上，使其可以在竖直平面内自由转动。先 用手使米尺保持水平，然后由静止释放，则刚释放时米尺的角加速度大小为 ， 米尺到竖直位置的角速度大小为 。 解：设米尺线密度为，则两端对钉子所在处的合力矩 M=0.6g*0.3 0.4g*0.2=0.8g 两端对于钉子所在处的转动惯量为 J=1/3*0.6*0.62+1/3*0.4*0.42=1/3*0.28 则=M/J=15/14g=10.5rad.s-2. 重力的总功：A=*0.6g*0.3-*0.4g*0.2=0.1g 根据动能定理：A=1/2Jw2 得 15 4.58/ 7 grad s 2、质量分别为m和m2两质点，用一长为l的轻质细杆相连，系统绕通过杆且与杆垂直的 轴 O 转动，已知 O 轴离质量为m2的质点的距离为 3 l ，而质量为m的质点的线速率为v且 与杆垂直，则系统对转轴的角动量（动量矩）大小为 。 解：圆周运动角动量 J=rmv，则两只点对 O 点的角动量为 L=2/3l*mv+1/3l*2m*v/2=mlv 3、个质量为m的小虫，在有光滑竖直固定中心轴的水平圆盘边缘上，沿逆时针方向爬行， 它相对于地面的速率为v，此时圆盘正沿顺时针方向转动，相对于地面的角速率为 0 ，设 圆盘的半径为R， 对中心轴的转动惯量为J， 若小虫停止爬行， 则圆盘的角速度为 。 解：虫与水平圆盘作为一定轴转动系统，虫与水平圆盘之间的相互作用力为内力，沿竖直轴 方向不受外力矩作用，故系统的角动量守恒. 虫停止爬行后，和盘一起运动。题中各速度都是相对轴的，而虫和盘的角动量方向相反，因 而有 Jw0-Rmv=(J+mR2)w 则 班级： 姓名： 学号： 12 2 o JmvR JmR 二、计算题二、计算题 1、如图 5.1 所示，有质量为 3 m，半径为R的定滑轮及质量为 21 m ,m的A、B物块，若B 与桌面摩擦可忽略，且滑轮可视为匀质圆盘，求A、B物块的加速度和绳子的张力。 图 5.1 解: 分别以 m1、m2和滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示对 m1、m2运用牛顿定律，有 111 m gTm a 22 Tm a 对滑轮运用转动定律，有 2 123 1 2 T RT Rm R 又， aR 联立以上 4 个方程，得 1 123 1 2 m g a mmm 1 11111 123 1 2 m g Tm gm am gm mmm 1 22 123 1 2 m g Tm mmm 2、一轻弹簧与一均匀细棒如图连接，已知弹簧的倔强系数 1 40 mNk，细棒的质量为 kgm5；当 0 0时，弹簧无伸长，求 0 0的位置上细棒至少应具有多少角速度， 才能转动到水平位置？ 班级： 姓名： 学号： 13 解：以细棒、地球和弹簧作为研究系统，则系统的机械能守恒。 以棒转在水平位置时的重力势能为零势能点，则开始转动时，弹 簧的弹性势能为 0，系统的机械能为 22 1111 cos0 2262 EJmgmmg 转至水平位置时，只有弹性势能，系统的机械能为 2 1 2 Ek s 根据题意得，弹簧原长 0.5m，转到水平位置时，长度为 1.8m，则 s=1.3m。于是有 图 5.2 22 111 622 mmgk s 由此解得 3.34 rad/s 3、如图 5.3 所示，宽为 l、质量为 M 的均匀薄板可绕 oo轴转动，有一质量为 m 的小球以 速度 0 v在薄板边缘与板垂直相碰，若碰撞是完全弹性的，求碰后板的角速度和球的速度。 解：板和球构成系统，作为研究对象。撞击的过程中，合外力的力矩为 0，内力和外力作功 均为 0，系统的机械能及角动量守恒，则有 板对轴 OO的转动惯量为 2 1 3 JMl=，设小球弹回来的速度为 v， 0 mv lmvlJw=-+ 222 0 111 222 mvmvJw=+ 解得 lm3M mv6 0 )( ， 0 v Mm3 Mm3 v 图 5.3 班级： 姓名： 学号： 14 练习练习 6 相对论运动学（相对论运动学（I） 一、填空题一、填空题 1、宇宙飞船相对于地面以速度 v 作匀速直线飞行，某一时刻飞船头部的宇航员向飞船尾部 发出一个光讯号，经过t（飞船上的钟）时间后，被尾部的接收器收到，则由此可知飞船 的固有长度为（即飞船上的人测量的飞船长度） ： c.t 。 2、已知惯性系 S相对于惯性系S系以 0.5c 的匀速度沿x轴的负方向运动，若从S系的 坐标原点O沿x轴正方向发出一光波，则S系中测得此光波的波速为 c 。 3、在惯性系 S 中，有两事件发生于同一地点，且第二事件比第一事件晚发生2t秒钟， 而在另一惯性系 S中，观测第二事件比第一事件晚发生3t秒钟，那么在 S中发生两 事件的地点之间的距离是 5c(或5c) 。 二、填空题二、填空题 1、甲地与乙地直线相距 1200km，在某一时刻从两地同时向对方飞出直航班机，现有一艘飞 船从甲地到乙地方向在高空掠过，速率恒为 u=0.999c。求宇航员测得： （1）两班机发出的时间间隔； （2）哪一班机先启航？ 解：甲地为原点，甲地到乙地为正方向 由洛仑兹变换得 2 2 2 1 v tx c t v c t=0，x=x乙地-x甲地=1200km，带入上式得 3 22 222 22 0.999 01200 10 0.999 11 vc tx cc t vc cc -0.0894s t0） ，今在球面上挖去非 常小的一块面积 S（连同电荷） ，且假设不影响原来的电荷分布，则挖去 S 后球心处电场 强度的大小 E= 。其方向为 。 （补偿法： 将S 挖去相当于在此处放置面密度大小相同但异号的电荷。 因而 O 点的场强就 是完整带球面电荷与S 上异号电荷的场强在此处的叠加。球面电荷在球心处的场强为 0， S 上的异号电荷在此处的场强为： 2 2 0 24 0 4 641 Q S RR Q R S p peep D = D ，方向从 O 指向S） 二、计算题二、计算题 o a a a Q A s 班级： 姓名： 学号： 21 1、1964 年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e 3 2 的上 夸克和两个带e 3 1 下夸克构成，若将夸克作为经典粒子处理（夸克线度约为m10 20 ） ，中 子内的两个下夸克之间相距m1060. 2 15 。求它们之间的斥力。 解：两个点电荷间的作用力，符合库仑定律：解：两个点电荷间的作用力，符合库仑定律： () () 2 19 12 22 1215 0 1 1.6 10 3 3.78 4 43.148.854 102.6 10 q q F rpe - - = N 2、 如图 9.4 所示， 两电量分别为C102q 7 1 ， C102q 7 2 的点电荷， 相距m30.， 试求距 1 q为m40.、距 2 q为m50.处 P 点的电场强度。 解：以 q1 处为原点建立如图所示直角坐标系。 q1、q2 在 P 点的场强如图所示。 7 11 32 0 10 2 10 440 4 q Erj r. 7 22 33 0 20 2 10 (0 30 4 ) 440 5 q Er. i. j r. 33 12 4.32 105.49 10EEEij=+=+ 图 9.4 3、如图 9.5 所示，均匀带电细棒，棒长 L=20 cm，电荷线密度m/C103 8 。求： （1）棒的延长线上与棒的近端相距cm8d1处的场强； （2）棒中垂线上与棒中点相距cm8d2处的场强。 解： （1）距离原点 x 处取元电荷 dq = dx，它在 P1点形成 的场强为 2 01 4(/ 2) dx dE dLx 图 9.5 方向沿 x 轴正向。 根据场强叠加原理，所有电荷在 P 点的场强为 /2 3 2 /2 01011 111 2.41 10 4(/ 2)4 L L dx E dLxdLd N/C （2）距离原点 x 处取元电荷 dq = dx，它在 P2点形成的场强为 22 02 4() dx dE dx 根据对称性，合场强的方向沿 y 轴正向。 q2 P q q1 E1 E2 y x 班级： 姓名： 学号： 22 2 22 22 02 2 cos 4() y dxd dEdE dx dx 3 22 22 220 02 2 25.27 10 4() L y dxd EdE dx dx N/C 练习练习 10 电通量电通量 真空中的高斯定理及应用真空中的高斯定理及应用 一、填空题一、填空题 1、 如图 10.1 所示， 曲线表示一种面对称性静电场的场强 E 的分布， x 表示离对称面的距离， 规定场强方向沿 x 轴正方向时为正值，反之为负值，这是 的电场。 (单一无限大均匀带电平面) 2、 （1）点电荷 q 位于一个边长为 a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体一面 的电通量是 。 （2） 如果将该场源点电荷移到立方体的的一个角上，这时通过立 方体各面的电通量是 ； 。 （提示： 位于立方体中心时，每个面上的通量都相同，为总通量的 1/6，即 0 6 q 。 置于一 个顶点时，由于电场线掠过共此顶点的 3 个面，所以此 3 面上的通量为 0，为求其它 3 各面 上的通量，可考虑另有 3 个同样的立方体拼在一起构成一个较大的立方体，此时，q 位于较 大立方体的中心，穿过每个大立方体面的通量为 0 6 q ，而每个大面是由 4 个小面构成，因 此每个小面的通量就是 00 1 4 624 qq ） 3、在点电荷+q 和-q 的静电场中，作出如图 10.2 所示的三个闭合面 S1、S2、S3，则通过这 些闭合面的电场强度通量分别是：1= ，2= ，3= 。 （提示：S1 包围的电量+q，则通量为 0 q ，S2 包围的电量为 0，则通量为 0，S3 包围的电量 班级： 姓名： 学号： 23 为-q，则通量为 0 q 。 ） 图 10.1 图 10.2 二、计算题二、计算题 1、若 A、B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面，已知两平面间的电场强度大小 为 0 E，两平面外侧电场强度大小都为 3 E0 ，方向如图 10.3 所示。由场强迭加原理计算 A、 B 两平面上的电荷面密度 A ， B 各是多少？ 解：电场分布已知，使用高斯定理求解。 分别建立高斯面 A 和 B。 对于 A，有： 0 0 3 A E SE SS, 00 2 3 A E 对于 B，有： 图 10.3 0 0 3 B E SE SS， 00 4 3 A E 2、如图所示，半径 R 的非金属球体内，电荷体密度为 = kr，式中 k 为大于零的常量，求： （1）球体内任意一点的场强)r(E1； （2）球体外任意一点的场强)r(E2。 解： （1）rR，建立高斯面 S2， 由高斯定理得 2 e S E dS 4 2 00 4 qk R Er 4 2 0 4 kR E r 3、两无限长同轴圆柱面，半径分别为 R1和 R2，带有等量异号电荷，单位长度的电量分别 为 和 ，求： （1） r R2 处各点的场强。 解：根据电荷分布的对称性知，电场关于中心轴成轴对称，且垂直于 轴呈辐射状，因此建立高度为 h 的柱形高斯面（红色） （1）r R2 0q ，所以 E=0 练习练习 11 静电场的环路定理静电场的环路定理 电势能、电势、电势差电势能、电势、电势差 一、填空题一、填空题 1、如图 11.1 所示，在正点电荷 q 的电场中，选取以 q 为中心、R 为半径的球面上一点 P 处 作电势零点，则与点电荷 q 距离为 r 的P点的电势为 。 （ 2 00 11 () 4 1 4 R P r P q uE dlr drr r q rR 电势零点 ） 2、如图 11.2 所示，一等边三角形边长为 a，三个顶点分别放置着电量为 q、2q、3q 的三个 正点电荷，设无穷远处为电势零点，则三角形中心 O 处的电势 0 U= 。 班级： 姓名： 学号： 25 (电势叠加原理： 0 3 3 2 q ape ) 3、如图 11.3 所示，半径为 R 的均匀带电圆环，中心轴上两点 1 P和 2 P分别离环心距离为 R 和 2R，若无穷远处电势为零， 1 P和 2 P两点的电势分别为 1 U和 2 U，则 1 2 U U 。 （ 2 5 。提示：带电圆环轴线上一点的电势： 22 0 4 x q U Rx ） 图 11.1 图 11.2 图 11.3 二、计算题二、计算题 1、如图 11.4 所示，在 A、B 两点处有电量分别为+q，-q 的点电荷，AB 间距离为 2R，现将 另一正试验电荷 0 q从 O 点经半圆弧路径移到 C 点，求移动过程中电场力所做的功。 解：O 点的电势 00 0 44 O qq U RR C 点的电势 图 11.4 000 4346 C qqq U RRR 移动过程中电场力所做的为 0 0 0 6 OCOC qq AUUq R 2、电荷 q 均匀分布在半径为 R 的球体内，求离球心 r（rR时，面内包围的电荷qq 内 2 0 4 q E r （3）求电势 R rrR UE dlEdrEdr 22 323 000 (3) 448 R rR qqqRr rdrdr RrR 3、两个半径分别为 1 R和 2 R（ 1 R 2 R)的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q，试计算： （1）外球壳上的电荷分布及电势大小； （2）先把外球壳接地，然后断开接地线，此时外球壳的电荷分布及电势； （3）再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量。 解： （1）根据静电感应，外球壳内侧带电为-q，外侧带电为+q， 均匀分布。 外球壳的电势是三个球面上的电荷在外球壳出电势的和， 而外球壳内 外侧的电荷在外球壳上的电势和为 0，因而外球壳上的电势由内球面上的 电荷在该处的电势，即 22 2 002 d d 44 RR q rq UEr rR （2）外球壳接地后，球壳外侧的电荷被中和，因而带电量为 0。而内侧的电荷将受到内球 壳电荷的约束而不发生变化，仍为-q。该电荷在外球壳处的电势为 22 2 002 d d 44 RR q rq UEr rR 而内球壳的电荷在外球壳处的电势为 22 2 002 d d 44 RR q rq UEr rR 所以外球壳的总电势为 0。 （3）内球壳接地后，其电势为 0，设内球壳带电量为 q1，则有 1 0102 0 44 qq U RR 班级： 姓名： 学号： 27 由此得 1 1 2 R qq R 此时外球壳的电势为 112 22 020202 () 444 R qRR qq U RRR 接地前外球壳电势为 0，则外球壳电势增量为 1212 22 0202 ()() 0 44 RR qRR q U RR 练习练习 12 有导体存在的静电场的计算有导体存在的静电场的计算 一、填空题一、填空题 1、 在电量为+q 的点电荷电场中放入一不带电的金属球， 从球心 O 到点电荷所在处的矢径为 r ，则金属球的感应电荷净电量 q= ，这些感应电荷在球心 O 处建立的电 场强度E = 。 (净电量为 0； 静电平衡时，金属球内场强为 0，即 2 0 0 4 q ErE r ，所以 2 0 4 q rE r ) 2、一带电量为 q，半径为 rA的金属球 A，与一原先不带电、内外半径分 别为 rB和 rC的金属球壳 B 同心放置，如图 12.1 所示，则图中 P 点的电 场强度 P E ；若用导线将 A 和 B 连接起来，则 A 球的电 势U 。 （无穷远处电势为零） 图 12.1 （ 2 0 4 p p q E r ；用导线连接后，称为单一导体，此时电荷分布与球壳外表面，A 和 B 电 势相等。 0 4 c q U R ） B o A P rA rC rB r 班级： 姓名： 学号： 28 3、 两大小不相同的金属球，大球直径是小球的两倍，大球带电，小球不带电，两者相距很 远。今用细长导线将两者相连，忽略导线的影响，大球与小球的带电之比为 。 （提示：两球连接后称为等势体，且由于相距很远，则各自在对方处产生的电势为 0。所以 有 00 44 qq RR 大小 小大 ，所以2 qR qR 大大 小小 ） 二、计算题二、计算题 1、证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板来说： （1）相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反； （2）相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同。 证明： （1）静电平衡时，导体内部的电场强度为 0。建立如图所示的柱形高斯面，电场在该 面上的通量为 23e + 侧 23 2323 0 =00E SE SS （2）对于 A 板中的 P 点 3124 0000 0 2222 P E 即 1423 =+0 所以 14 = 2、三个平行金属板 A、B、C，面积均为 2 cm200S ，A、间相距mm4d1 ，A、C 间相距mm2d2 ，B 和 C 两板都接地。如果使 A 板带正电C100 . 3q 7 ，求： （1）B、C 板上感应电荷； （2）A 板电势。 解： （1）B、C 板外侧面电量为 0，其它 4 个面从左到右电荷面密 度依次设为 1、2、3、4. 由 UAC = UAB得 32 21 00 dd 对于极板 A 内的任意点 O, 3124 0000 0 2222 对于极板 B 内的任意点 P， 3124 0000 0 2222 由电荷守恒定律得 23 SSq 图 12.2 解得 班级： 姓名： 学号： 29 21 2 3 q S ， 34 3 q S 则 7 4 10 C 3 B q qS ， 7 1 2 2 10 C 3 C q qS （2）A 板的电势 73 3 2 124 0 22 3 102 10 2.26 10 33 8.85 10200 10 A q UEddV S 3、有两个同轴圆柱面，内圆柱面半径为 R1，电势为 U1，外圆柱面半径为 R2，电势为 U2， 求两圆柱面间距轴线垂直距离为 r1和 r2两点的电势差。 解：设内圆柱上电荷线密度为，其周围的场强为 0 2 E r 两圆柱间的电势差为 2 1 2 12 001 1 ln 22 R R R UUUdr rR 解得 012 2 1 2() ln UU R R 则两圆柱面间距轴线垂直距离为 r1和 r2两点的电势差为 2 1 22 12 011 1 ()ln/ln 2 r r rR UdrUU rrR 练习练习 13 电容器与电容，静电场的能量电容器与电容，静电场的能量 一、填空题 一、填空题 1、金属球 A 与同心球壳 B 组成电容器，球 A 上带电荷 q，壳 B 上带电荷 Q，测得球与壳间 电势差为 AB U，可知该电容器的电容值为 。 （提示：此电容所带电量由 A 上电量决定，则 AB q C U q U ） 2、面积为 S 的空气平行板电容器，极板上分别带电量q，若不考虑边缘效应，则两极板 间的相互作用力为 。 班级： 姓名： 学号： 30 （提示：两极板不能看作点电荷。考虑+q 场中-q 极板的受力。+q 板空间的场强 0 2 q E S ， -q 板上取电荷元dq ，其受力dFEdq，-q 板的受力 0 2 0 2 q FEdqEdqE q S q ） 3、真空中，半径为 1 R和 2 R的两导体球，相距很远，则两球电容之比 2 1 C C 。 当用细长导线将两球相连后，电容C 。 (提示：相距很远时，看成两个孤立的导体球，则球形电容器电容 0 4CRR，则 1122 /CRCR 二球相连后，设两球带的总电量为 Q，根据习题 12.1.3 知， qR qR 11 22 ，且qqQ 12 ，则 1 1 12 R qQ RR ，连接体的电势为： 0012 44() qQ U RRR 1 1 ，所以 012 4() Q CR U R ) 二、计算题 二、计算题 1、如图13.1所示，半径为cm0 . 2R1 的导体球，外套有一同心 的导体球壳， 壳的内、 外半径分别为cm0 . 4R2 和cm0 . 5R3 ， 当内球带电荷C100 . 3Q 8 时，求： （1）整个电场储存的能量； （2）如果将导体壳接地，计算储存的能量； 图13.1 （3）此电容器的电容值。 解： （1）R1R3 时， 2 0 4 Q E r 其它区域，E = 0. 则电场存储的能量为 22 2 222 000 22 13 00 111 44 22424 R e RR QQ WE dVr drr dr rr 班级： 姓名： 学号： 31 222 2 22 13 000123 111 888 R RR QdrQdrQ rrRRR =1.8210-4J (2) 导体壳接地时，外部场强为 0 2 012 11 8 e Q W RR （3） 2 12 0 21 4 2 e R RQ C WRR 2、有一平行板空气电容器，每块极板的面积均为S，两板间距为d 。今以厚度为)dd(d 的铜板平行地插入电容器，计算： （1）此时电容器的电容。铜板离极板的距离对这一结果有无影响？ （2）现使电容器充电到两极板的电势差为 U0后与电源断开，再把铜板从电容器个抽出，外 力需做多少功? 解： （1）设电容器带电量为 q，则电荷分布如图所示。设两侧的 间隙宽度分别为 d1 和 d2，则两极板间的电势差为 12 000 () qqq Udddd SSS 则电容为 0 S C dd （电容增大） 可见，铜板离极板的距离不会影响电容大小。 （2）充电后，电容器所带电量为 00 SU Q dd 场强为 0 0 QU E Sdd 电场能量为 2 2 2 00 000 111 ()() 222 e UU WEdd Sdd SS dddd 抽出后，因电量不变，所以场强不变，但体积增大了，电场能量为 2 2 0 002 11 22 e U d WE dSS dd 电场能量增量为 222 000 0002 2 111 222() e U dUU d WSSS dddd dd 则外力作功为 2 00 2 1 2 Sd U A dd + + + + + + + + + + - - - - - - - - - - d1 d2 班级： 姓名： 学号： 32 3、如图 13.2 所示，圆柱形电容器由半