大学物理练习册解答1.doc

质点运动学（1）答案 一、选择题1.D2.B3.D4.D5.D 二、填空题1. 23 m/s2. ; (n = 0, 1, 2,)3. 0.1 m/s2 4. ;5. -g/2; 三、计算题1.2.3（1），消去t得轨道方程为（椭圆）（2） 与反向，故恒指向椭圆中心。（3）当t=0时，x=0，y=0，质点位于时，。质点位于图中的Q点。显然质点在椭圆形轨道上沿反时针方向运动。在M点，加速度的切向分量如图所示。可见在该点切向加速度的方向与速度的方向相反。所以，质点在通过M点速率减小。4.5.所以质点的运动方程为：(2) 上式中消去t,得y=3x2即为轨道方程。可知是抛物线。注：若求法向加速度，应先求曲率半径。质点运动学（二）答案一、选择题1.C2.A3.D4.C5.C二、填空题1, ; 2. ; 或 3. ; 4. 5. 或三、计算题1. 解：实际上可以用求面积的方法。2.3. 解：（1）4. 解：根据机械能守恒定律，小球与斜面碰撞时的速度为:h 为小球碰撞前自由下落的距离。因为是完全弹性碰撞，小球弹射的速度大小为:v2的方向是沿水平方向，故小球与斜面碰撞后作平抛运动，弹出的水平距离为:根据 极值条件 得到:且:是使小球弹得最远的高度。5. 解：设水用S；风用F；船用C；岸用D已知：正东正西北偏西30ovcsvfcvfdvsdvcd方向为南偏西30o。牛顿运动定律（一）答案一选择题1.C2.C 3.B4.A5.B二、填空题1. f 02. (m3/m2)g;03. l/cos24. 0.28 N; 1.68 N5.三、计算题1. 解：联立求解：FMx则外力由牛顿第三定律，m对M的压力与N大小相等方向相反，数值为:2. 解：受力分析，建立坐标系，物体受重力，地面的弹力，外力和摩擦力，列受力方程。联立求解：当分母有极大值时，F 有极小值。令因此y有极大值。由有当：时最省力。 3.证明：有：两边积分:HOlq则4. 解：设小球所在处圆锥体的水平截面半径为15. 5.解:小球受力如图,根据牛顿第二定律:牛顿运动定律（二）答案选择题1.A2.B 3.B4.C5.B二、填空题1. 63.2 N; 参考解：mrw2 = 20.8(2p)2N = 63.2 N2. 3. g; 竖直向下; 4. 2 5. ;三、计算题1.解：以被提起的绳段y为研究对象，建立坐标Oy，它受拉力F和重力l y g的作用，如图所示。由牛顿第二定律：即：2.解：则：。由：同理：则：解（1）、（2）式得代入（1）式得，方向如图所示。313. 解：以车厢为参考系，小球受力如图所示小球静止时合力为零，得 写投影式为 解之得出 即 414. 解：(1) 取杆OA为参考系，小环处于静止状态，受力如图：、及惯性离心力三者合力为零.受力图 其中 将式沿OA杆方向取投影可得 (2) 因为N与杆是垂直的，故无论N取何值，都不影响小环沿杆的运动现假定小环受到一个扰动，向杆A端发生一位移Dl，即Dl大于零由上面式知： 即惯性离心力F沿杆的分量大于重力沿杆的分量，二者方向相反，合力指向杆的A端，故小环将沿杆向A端加速，不能再返回平衡位置反之，如小环向O端发生一Dl位移，此时Dl 0时，滑动摩擦力f =m g cosq(正确画出q为q 0到90之间的f曲线) 动量与角动量（一）答案一 选择题C2. C3. B4. A5. A二 填空题1218 Ns30，2pmg/w，2pmg/w 4510 m/s1，北偏东36.87三计算题1解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒令子弹穿出时物体的水平速度为有 mv0 = mv+M vv = m(v0 - v)/M =3.13 m/s T =Mg+Mv2/l =26.5 N (2) (设方向为正方向)负号表示冲量方向与方向相反2解：以 lE 和 lp 分别表示人在塔下时地心和人离他们共同的质心的距离，则由质心定义可得：由于质心保持不动，所以当人爬上 时，应有：由此得：m即地球向人爬高的反方向移动了m。3解：以人与第一条船为系统，因水平方向合外力为零。所以水平方向动量守恒，则有：Mv1 +mv =0v1 =再以人与第二条船为系统，因水平方向合外力为零。所以水平方向动量守恒，则有：mv = (m+M)v2 v2 =4解：如图所示，设薄板半径为R，质量为m，面密度。由质量分布的对称性可得板的质心在x轴上，而 四证明题证：物体与契块组成的系统在水平方向不受外力，故此系统在水平方向的动量守恒，沿水平方向取x轴，则按题意，有 ，其中vx 为物体沿契块斜面下滑速度v的水平分量；V为契块沿水平面移动的速度。由上式，得 两边乘dt，积分之，有即dx,分别为契块和物体沿水平方向的位移元，这样，由上式可得契块的总位移x为动量与角动量（二）答案一选择题1.C2. 3. C4. A5. D二填空题1，与正方形一边成45角。212 rad/s31 Nms，1 m/s4Mvd 参考解:52275 kgm2s-1，13 ms-1三计算题1解：由题给条件可知物体与桌面间的正压力物体要有加速度必须：即：， 物体开始运动后，所受冲量为t = 3 s, I = 28.8 N s 则此时物体的动量的大小为速度的大小为 m/s2解：这个问题有两个物理过程： 第一过程为木块M沿光滑的固定斜面下滑，到达B点时速度的大小为方向：沿斜面向下 第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞在斜面方向上，内力的分量远远大于外力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有3解：建立图示坐标，以vx 、vy表示小球反射速度的x和y分量,则由动量定理，小球受到的冲量的x,y分量的表达式如下：x方向： y方向： v x=v cos a 方向沿x正向 根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力 方向垂直墙面指向墙内mvmvaa解法二：作动量矢量图，由图知方向垂直于墙向外由动量定理: 得： 不计小球重力，即为墙对球冲力由牛顿第三定律,墙受的平均冲力 方向垂直于墙，指向墙内4解：物体因受合外力矩为零，故角动量守恒 设开始时和绳被拉断时物体的切向速度、转动惯量、角速度分别为v0、J0、w0和v、J、w则因绳是缓慢地下拉，物体运动可始终视为圆周运动式可写成 整理后得： 物体作圆周运动的向心力由绳的张力提供 再由式可得： 当F = 600 N时，绳刚好被拉断，此时物体的转动半径为R = 0.3 m四证明题证：因质点只受有心力作用，即质点所受作用始终指向某一固定点O，力对该点的力矩为零根据角动量定理，质点对O点的角动量是恒矢量恒矢量的方向垂直于和所在的平面，是恒矢量，方向不变，即 ，总是保持在一个平面上，这就是说，质点在有心力作用下，始终作平面运动功和能（一）答案一选择题1. C2. C3. A4. C5.C二填空题1 或 231 m/s，150 J40.2075(2 m，6 m)，(-4 m，2 m)和(6 m，8 m)，2 m和6 m三计算题1解：按题设，质点由x=0处沿x轴运动到任一位置x的过程中，合外力所作的功为：利用质点动能定理的表达式，考虑到初动能为零，则有即质点的动能为：可见，质点的动能Ek 随位置x而改变，令，则得质点所具有的最大动能为： 按质点的动能定义， 则相应的最大速率为：2解：设弹簧的原长为l0，弹簧的劲度系数为k，根据胡克定律： 0.1gk(0.07l0) ，0.2gk(0.09l0) 解得：l00.05 m，k49 N/m拉力所作的功等于弹性势能的增量： WEP2EP10.14 J 3解：(1)建立如图坐标. 某一时刻桌面上全链条长为y,则摩擦力大小为： 摩擦力的功：= = (2)以链条为对象，应用质点的动能定理 W 其中：W = W PWf，v0 = 0 WP = 由上问知所以 得：4解：重力的功：Wmgl( cosfcos45) 根据动能定理有： 当f10时， v2.33 m/s (亦可用功能原理求解)5解：(1) 先分析力。在抛出后，如果不计空气阻力，则石块只受重力（保守力）作用，别无外力，所以对石块和地球组成的系统，机械能守恒。系统在开始位置，其动能即为石块的动能，势能为；在终点，即地面上，取作势能零点，而动能为 ，v为到达地面时石块的速率。所以，按机械能守恒定律，有得：(2) 仍把石块和地球看作一个系统，在抛出后，除重力（内力）外，还有外力即空气阻力作功，因此机械能不守恒。应用系统功能定理，外力作功等于系统机械能的增量，仍取地面为势能零点，得代入题给数据，得 功和能（二）答案一选择题1. D 2. D3. C 4. E5. B二填空题1 2 3（角动量守恒。相对地面，v人 = v物）4机械能守恒；5不一定；动量三计算题1解：分三步解。第一步：设弹簧恢复形变时，m1 的速度为v10，据机械能守恒：第二步： m1与 m2 发生弹性碰撞，因m1 = m2，碰后两小球的速度交换，碰后 m2 的速度为：v2 = v10。第三步：作圆周运动到A点处脱落，此时它对圆环的压力N = 0，因此圆环对它的压力也为零。根据牛顿第二定律及机械能守恒定律，有：联立上面四个方程，可以解出：2解：第一段 泥球自由下落过程选泥球和地球为系统，机械能守恒，有第二段 泥球与板的完全非弹性碰撞过程对泥球和板系统，由于相互撞击力（系统的内力）远大于系统的外力即重力与弹簧恢复力之和，所以可视为动量守恒。取向下为正方向，则有，V为碰后木板与泥球的共同速度。第三段 泥球、平板系统向下运动过程。对泥球、平板、弹簧以及地球系统，因仅有保守内力做功，所以系统机械能守恒。设平板原始位置为重力势能零点，此时弹簧的压缩量为x0，泥球落下与平板共同向下的最大位移为x，则有又由平板最初的平衡条件可得：由以上四式可解得3解：动量守恒 越过最高点条件 机械能守恒 解上三式，可得4解：重力、支持力、绳中张力对A点的力矩之和为零，故小球对A点的角动量守恒当B与A距离最大时，B的速度应与绳垂直故有 由机械能守恒有 由式得v = v0 /4 代入式得 m/s v = 0.327 m/s5证明：一、用动量定理证明 以T表示AB间绳的张力以m 表示物体与斜面间摩擦系数 对A有： 对B有： 由两式消去v与t得 ，与q 无关 二、用动能定理证明对A有： 对B有： 由消去v2、S得 ，与q 无关刚体定轴转动(一)解答一 选择题1D，2. C, 3C，4B，5.C；二.填空题1 参考解： M2否. 在棒的自由下摆过程中，转动惯量不变，但使棒下摆的力矩随摆的下摆而减小由转动定律知棒摆动的角加速度也要随之变小.3g / l g / (2l)4 98N5 2g / (3l) 650ml 2三.计算题1 解：由 2 解：设a1,a2分别为m1,m2的加速度，a为柱体的角加速度，方向如图。（1）m1,m2的平动方程和柱体的转动方程如下：（2）由（1）得 由（2）得 （3）设m1着地时间为t则 （4）m1着地后静止，这一侧绳子松开。柱体继续转动，只因受一侧绳子的阻力矩，柱体转速将减小， m2减速上升。讨论：如果只求柱体转动的角加速，可将柱体、m1,m2选作一个系统，系统受的合外力矩，则角加速度本题第二问要求两侧细绳的张力故采用该方法是必要的，即分别讨论柱体的转动、m1,m2的平动。RC3.解：（1）如图。圆环放在刀口上O，以环中心的平衡位置C点的为坐标原点。Z轴指向读者。圆环绕Z轴的转动惯量为，由平行轴定理，关于刀口的转动惯量为； PPROOxZ（2）在固定轴PP上，只能在纸面内外小摆动。（3）要求在纸面内的小振动周期T1，由，在平面内摆动的周期比以PP为轴摆动周期要长。m2m1aT1T2a4.解：对m1 ，由牛顿第二定律：对m2，由牛顿第二定律： 对滑轮，用转动定律： 有运动学关系，设绳在滑轮上不打滑 联立各式，得， 5.解：（1）子弹冲入杆的过程中，子弹和杆系统对悬点O所受的外力矩为零。所以对此点的角动量守恒，即 由此得杆的角速度为 （2）子弹冲入杆的过程中，子弹受杆的阻力的大小为（以子弹为研究对象） 杆受到子弹的冲力（以杆为研究对象） 对杆用质心运动定理x方向： y方向：（3）若令式中，可得 将式带入得 刚体定轴转动（二） 解答一 选择题1D，2C，3B，4C，5A；二 填空题12定轴转动刚体所受外力对轴的冲量矩等于转动刚体对轴的角动量（动量矩）的增量 刚体所受对轴的合外力矩等于零 345 变角速角动量6. 三 计算题 1.解：球与杆碰撞瞬间，系统所受和外力矩为零，系统碰撞前后角动量守恒 杆摆动过程机械能守恒 解得小球碰前速率为 2解：（1）棒在任意位置时的重力矩， 因为， （2）因 这功是细棒重力势能的减少而获得。（3）任意时的角速度根据转动定律 分离变量 ； 棒下摆过程重力势能转变为动能，可根据机械能守恒得到。（4）假设处于铅垂位置时轴的作用力为N，重力，在不考虑转轴摩檫阻力矩的情况下，以上两个力的力矩为零根据转动定律 利用质心运动定理，将作用力N平移到质心，正交分解为水平分力Nx，竖直分力Ny。质心C的切向加速度 ， 质心C法向加速度 法向加速度由法向合外力产生 3解：唱片之所以转动是因受到转盘施加的摩擦力矩的作用。在唱片上选半径为r，宽度为dr的圆环。它的摩擦力矩为Or式中为唱片的密度总的力矩唱片为刚体，根据转动定律 4解：选人、滑轮、与重物为系统，系统所受对滑轮的外力矩为设为人相对绳的匀速度，为重物上升的速度。则该系统对滑轮轴的角动量为根据角动量定理即 5.解： 设制动器离转轴（铰叶处）的距离为l0，房门的质心C到转轴的距离，房门对转轴的转动惯量。把碰撞制动器的作用力记为F ，铰叶对门的作用力的两个分力记为F1和F2。由角动量定理可确定F的冲量矩：。ClCl0F2F1 由质心运动定理可得 令 F10可解得由此，制动器安装在距铰叶的距离等于房门宽度的2/3处。铰叶受到的冲击力最小。温度 答案一 选择题 1. B 2. C 3. B 4. B5. B二 填空题1. 210K,240K; 2. 描述物体状态的物理量，称为状态参量（如热运动状态的参量为p、V、T ） 表征个别分子状况的物理量（如分子的大小、质量、速度等）称为微观量 表征大量分子集体特性的物理量（如p、V、T、Cv等）称为宏观量3. 6.5910 -26 kg4. 2.3103 m5. 6P1三 计算题1.解：据力学平衡条件，当水银滴刚好处在管的中央维持平衡时，左、右两边氢气的压强相等、体积也相等，两边气体的状态方程为： p1V1 = (m1 /M)RT1 ， p2V2 = (m2 /M)RT2 由p1 = p2得：V1/V2 = (m1/m2)(T1/T2) 开始时V1 = V2，则有m1/m2 = T2/ T1293/273 当温度改变为278 K，303 K时，两边体积比为 0.9847 0 0 5在等压升温过程中，气体要膨胀而对外作功，所以要比气体等体升温过程多吸收一部分热量 三计算题1解：由题意可知气体处于初态时，弹簧为原长当气缸内气体体积由V1膨胀到V2时弹簧被压缩，压缩量为 m 气体末态的压强为 Pa气体内能的改变量为 E = n CV (T2T1) = i( p2V2 p1V1) /2 =6.25103 J 缸内气体对外作的功为 J缸内气体在这膨胀过程中从外界吸收的热量为 Q=E+W =6.25103+0.75103=7103 J 2解：(1) AB：=200 J E1=n CV (TBTA)=3(pBVBpAVA) /2=750 J Q=W1+E1950 JBC：W2 =0 E2 =n CV (TCTB)=3( pCVCpBVB ) /2 =600 J Q2 =W2+E2600 J CA：W3 = pA (VAVC)=100 J JQ3 =W3+E3250 J (2) W = W1 +W2 +W3=100 J Q= Q1 +Q2 +Q3 =100 J 3解：(1)(2) ， W为梯形面积，根据相似三角形有p1V2= p2V1，则 (3) Q =E+W=3( p2V2p1V1 ) (4) 以上计算对于AB过程中任一微小状态变化均成立，故过程中 Q =3(pV) 由状态方程得(pV) =RT， 故 Q =3RT，摩尔热容 C=Q/T=3R4解：(1) dW = pdV = (a2/V2 )dV (2) p1V1 /T1 = p2V2 /T2 T1/ T2 = p1V1 / (p2V2 ) 由 ， 得 p1 / p2= (V2 /V1 )2 T1/ T2 = (V2 /V1 )2 (V1 /V2) = V2 /V15解：(1) 气体对外作的功等于线段下所围的面积 W(1/2)(1+3)1.013105210-3 J405.2 J (2) 由图看出PaVa=PcVc Ta=Tc 内能增量 (3) 由热力学第一定律得 Q = +W = 405.2 J 热力学第一定律（二） 答案一选择题1B ，2A ，3A ，4B，5D二填空题1AM AM、BM233.38.31103 J3 (或) 490 J5500 100 三计算题1解：(1) 等温过程气体对外作功为 =8.312981.0986 J = 2.72103 J (2) 绝热过程气体对外作功为 2.20103 J 2解：(1) 刚性多原子分子 i = 6， K J (2) 绝热 W =E =7.48103 J (外界对气体作功) (3) p2 = n kT2 n = p2 /(kT2 )=1.961026 个/m3 3解：(1) Ta = paV2/R400 K Tb = pbV1/R636 K Tc = pcV1/R800 K Td = pdV2/R504 K (2) Ec =(i/2)RTc9.97103 J(3)bc等体吸热 Q1=CV(Tc-Tb)2.044103 J da等体放热 Q2=CV(Td-Ta)1.296103 J W=Q1-Q20.748103 J4解：据绝热过程方程：=恒量，依题意得解得 循环效率 氮气： ， =24% 5解: 由卡诺循环效率可得热机放出的热量 卡诺热机输出的功 4分 由热力学第一定律可得致冷机向暖气系统放出的热量 卡诺致冷机是逆向的卡诺循环,同样有 由此解得 暖气系统总共所得热量 J 热力学第二定律（一） 答案一选择题1. D ，2. D，3. D，4. C，5. D二填空题1功变热 热传导 2从几率较小的状态到几率较大的状态 状态的几率增大 (或熵值增加)3状态几率增大不可逆的4热量不能自动地从低温物体传向高温物体 不可能制成一种循环动作的热机，只从单一热源吸热完全变为有用功，而其它物体不发生任何变化 5从单一热源吸热，在循环中不断对外作功的热机热力学第二定律 三计算题1解：氦气为单原子分子理想气体， (1) 等体过程，V常量，W =0 据 QDE+W 可知623 J (2) 定压过程，p = 常量， =1.04103 J DE与(1) 相同 W = Q - DE417 J (3) Q =0，DE与(1) 同 W = -DE=-623 J (负号表示外界作功) 2证：设pV图上某一定量物质的两条绝热线S1和S2可能相交，若引入等温线T与两条绝热线构成一个正循环，如图所示，则此循环只有一个热源而能做功(图中循环曲线所包围的面积)，这违反热力学第二定律的开尔文叙述所以，这两条绝热线不可能相交3解：如图所示：若32这个过程放热，则在由1231组成的这个循环过程中，在23这个阶段必从单一热源吸热，而且在整个循环过程中也只在这个阶段吸热由热力学第一定律知，整个循环过程必对外做净功但这违背了热力学第二定律的开尔文表述，故不可能若32这个过程不吸热也不放热，则在由1231组成的这个循环过程中，在23这个阶段也必然不放热也不吸热，而且整个循环过程中各分过程都不吸热也不放热由热力学第一定律知，整个循环过程对外做的净功应为零这样，利用这个循环，可使进行了1-2过程的系统恢复原态，而且外界也可不留下变化，这与12为不可逆过程相矛盾，故不可能 32这个过程既不可能放热，又不可能既不吸热也不放热，故只可能是吸热的4证：气体的自由膨胀是一种不可逆过程（即：不是准静态过程），但求过程前后的熵差、却需用准静态过程将过程的始终两态连接起来计算 设气体摩尔数为n ，其自由膨胀前的体积为V1，温度为T，理想气体绝热自由膨胀时，温度不变仍为T，而体积增大为V2（V2 V1），用准静态的等温过程把绝热自由膨胀前后的状态连接起来dE = 0， 5证：不可能。设绝热线与等温线有两个交点，于是可构成一个正循环，它从单一热源（等温过程）吸收热量，对外界做功。通过绝热过程又回到初状态。这是违背热力学第二定律的开尔文表述，所以绝热线与等温线不可能又两个交点。热力学第二定律（二） 答案一选择题1. A ，2. D，3. C，4. D，5. B二填空题1不变增加2大量微观粒子热运动所引起的无序性(或热力学系统的无序性) 增加3 （可逆过程） 40 55.76 J/K 三计算题1解：准静态过程等温过程 由 得 代入上式得 熵变 J/K2解：(1) 混合气体的定压摩尔热容为 = 3R ab过程中系统的熵变为 = 1.10102 J/K (2) cd过程中系统的熵变为 = -1.10102 J/K (3) 整个循环中系统的熵变为 DS = DSab + Sbc + Scd + Sda = 0 3解：(1) 设气缸中有n 摩尔氧气，根据热力学第一定律： Q = DE + A 对于ab等温过程，DE = 0，故有 对于bc等体过程，Tc 0时向外，AR) 方向沿径向，A0时向外，A0时向里 2分3解：用“挖补法”，挖去球形空腔的带电体，在电学上等效于一个完整的、电荷密度为r的均匀带电大球体和一个电荷体密度为r的球心在O的带电小球体的组合。小球体的半径等于空腔球体半径。大、小 球在空腔内P点产生的电场强度分别为，则P点的电场强度。空腔内的P点均属于球内一点，其电场强度关系OOP所以 根据几何关系 与P点在空腔中位置无关。4解：(1) 设电荷的平均体密度为r，取圆柱形高斯面如图(1)(侧面垂直底面，底面DS平行地面)上下底面处的场强分别为E1和E2，则通过高斯面的电场强度通量为： E2DS-E1DS(E2-E1) DS 2分高斯面S包围的电荷qihDSr 1分由高斯定理(E2E1) DShDSr /e 01分 4.4310-13 C/m3 2分(2) 设地面面电荷密度为s由于电荷只分布在地表面，所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2) 1分 由高斯定理= -EDS= 1分s =e 0 E8.910-10 C/m32分DSxExOD/2-D/25解：根据电荷分布对板平面的对称性，可知电场分布具有这种对称性。由此可选底面（S）与平板平行的立方盒高斯面。如图。有高斯定理 ， 6.解：作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理R2R1Lr 在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变 答电势1一. 选择题1. C，2. C，3. B，4. C，5. C二填空题1UpU02. 3. sR / (2e0) 4， 56. -2Ax ， -2By二. 计算题1 解：电偶极矩受的电力矩为，由于q角是相对电场方向量度的，所以电偶极矩转动角时电场力做的功为 。电偶极矩由转到q角时，电场力做的功为s1ABs2s32解：（1）平面、之间的电场为 平面、之间的电场(2) 3解：（1）沿杆取x轴，杆的x反向端点取作原点，由电势叠加原理可得延长线上一点的电势，如图所示细杆的电荷线密度lq / (l)，在x处取电荷元dq = ldxqdx /l，它在P点产生的电势为bxzlzdzP 整个杆上电荷在P点产生的电势 （2）ORrPx4解:（1）在环上取半径为r宽为dr的细圆环，其所代电荷为它在轴上P点产生的电势圆盘轴线上任意一点的电势是这些圆环电势的叠加(2)轴线上任一点的电场强度为电场强度只有x分量。5. 解：设小水滴半径为r、电荷q；大水滴半径为R、电荷为Q27 q27个小水滴聚成大水滴，其体积相等27(4 / 3)pr3(4 / 3) pR 3得：R = 3r 2分小水滴电势：U0 = q / (4pe0r)大水滴电势：3分答电势2一. 选择题1. D, 2. C, 3.B, 4.A二填空题1we=e0E2/2=4.410-8J/m3 , W=4pRE2hwe=6.3104kwh23. 7.24. 5. 6. 三. 计算题1解：（1）金核表面的电势（2）金核中心的电势2. 解：(1) 电偶极子在均匀电场中所受力矩为： 其大小：M = pEsinq = qlEsinq 当q =p/2 时，所受力矩最大：MmaxqlE210-3 Nm (2) 电偶极子在力矩作用下，从受最大力矩的位置转到平衡位置(q=0)过程中，电场力所作的功为：210-3 Nm3. 解：设B上带正电荷，内表面上电荷线密度为l1，外表面上电荷线密度为l2，而A、C上相应地感应等量负电荷，如图所示则A、B间场强分布为 E1=l1 / 2pe0r，方向由B指向AB、C间场强分布为 E2=l2 / 2pe0r，方向由B指向C B、A间电势差 2分B、C间电势差 2分因UBAUBC ,得到 2分4解：均匀带电球面内的电势等于球面上的电势球面外的电势相当于电荷集中在球心上的点电荷的电势由此，按电势叠加原理球心O1处的电势为： 2分球心O2处的电势为： 2分lzx-q+qR则O1、O2间的电势差为： 1分5.解：已知带电圆环轴线上的电势分布为在x轴上的电势分布由于，可化简（2）当，可忽略上式中圆括弧中的二次项又由于静电场中的导体一选择题1C；2B；3A；4D；5D.二填空题1U02不变；减小3d2/d1.42U/35-q；-q三计算题1解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q，外表面上带电荷q+Q(2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O点的距离都是a，所以由这些电荷在O点产生的电势为(3) 球心O点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q在O点产生的电势的代数和 2解：选坐标如图由高斯定理，平板内、外的场强分布为：E = 0(板内)(板外)1、2两点间电势差 3解：选x轴垂直导体板，原点在中心平面上，作一底面为S、长为2x的柱形高斯面，其轴线与x轴平行，上下底面与导体板平行且与中心平面对称由电荷分布知电场分布与中心面对称设底面处场强大小为E应用高斯定理：得方向如图所示由于导体板接地，电势为零，所以x处的电势为4解：设导体球带电q，取无穷远处为电势零点，则导体球电势：内球壳电势：二者等电势，即 解得 四证明题1证：因两球相距甚远，不考虑两球的静电相互作用及细导线上电荷的影响，两球上电荷分布是球对称的又因用细导线连接两者电势相等即得到 静电场中的电介质（一）一选择题1C；2B；3B；4D；5B.二填空题121/r；1/r3.4电位移；电场5增大；增大三计算题1解：(1) 两导体球壳接地，壳外无电场导体球A、B外的电场均呈球对称分布今