大学物理第二版答案北京邮电大学出版社

1习题解答第一章质点运动学111质点T时刻位矢为MJTITR4321532第一秒内位移JYIXR010153322MJIJ3前4秒内平均速度S5320141JIJITRV4速度S3D1TAS；/。M74JIJI5前4秒平均加速度S43024JVTA6加速度MSD242JAJT123D2TXVCTTCTV2413当T2时X4代入求证C12即12413TTXTTVA6D2将T3S代入证SM45S564123133AVMX131由运动方程消去T得轨迹方程TYX24032X21秒时间坐标和位矢方向为MYX54114,5M35,21XYTG3第1秒内的位移和平均速度分别为2M2435041JIJIRS21JITV4质点的速度与加速度分别为ITVAJITRV8D,28D故T1S时的速度和加速度分别为2111SM8,S28IAJI14该星云飞行时间为A1092S105961093744675即该星云是年前和我们银河系分离的10215实验车的加速度为G25M/S104728136023TVA基本上未超过25G180S内实验车跑的距离为）（M40813602TVS161设第一块石头扔出后T秒未被第二块击中，则20GTVH代入已知数得28915TT解此方程，可得二解为S21S,841TT第一块石头上升到顶点所用的时间为S539/10GVTM由于,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；又由于这对应于第一块石头上升时被MT1MT1第二块赶上击中以和分别对应于在T1和时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于20V21120TGTVH所以184921212220TGHVM/S17同理3128912121220TGHVM/S152由于,所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰对应于T1时刻相碰，第二231TST块的初速度为3184921221220TGHVM/S317以L表示从船到定滑轮的绳长，则由图可知TLVD/02HLS于是得船的速度为022DDVSTLHLTSV负号表示船在水面上向岸靠近船的加速度为32002DDSVHTLVHLTVA负号表示A的方向指向岸边，因而船向岸边加速运动18所求位数为5242210896014GRNR19物体A下降的加速度如图所示为222M/S4THA此加速度也等于轮缘上一点在时的切向加速度，即S3T/S02TA在时的法向加速度为S3TM/S3601222RTVAN110,如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电梯的速度为2M/S1AS50TM1H习题19图习题110图习题17图4M/S605210ATV以T表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为20GTVH电梯下降的距离为201ATV又20TGH由此得S590218920AGT而小球相对地面下落的距离为20GTVH5981596M2111人地风人风地VV画出速度矢量合成图A又，速度矢量合成如图（B）两图中应是同一矢量可知人地风人风地0VV风地V（A）图必是底角为的等腰直角三角形，所以，风向应为西北风，风速为45人地人地风地00245COSVVSM2311121VLT2221UVLU12V3,如图所示风速U由东LTT21向西，由速度合成可得飞机对地速度,则VU2UVV证毕2212VULVLT113（1）设船相对岸的速度为如图所示,由速度合成得VUVV的大小由图17示可得习题112图习题113图习题111图5COSUV即323COSCOSUV而1INI船达到B点所需时间S10SINDVOBTAB两点之距ICODTGS将式（1）、（2）代入可得M12683DS2由SIN10I3UVDT船到对岸所需最短时间由极值条件决定0COSIN1D2UT即2/,0COS故船头应与岸垂直，航时最短将值代入（3）式得最短航时为S501021/SIN0333MIUT3设,则LOBSINCOSSINSI2UVDVL欲使L最短，应满足极值条件AULCOSSIN2D20CO2SINSI2UVA简化后可得01COCOS22UVA即S6132解此方程得COS2483COS1故船头与岸成，则航距最短248将值代入（4）式得最小航程为2222MIN310COS1UVDLK51036AB两点最短距离为KM1252MINIDLS第二章质点动力学21（1）对木箱，由牛顿第二定律，在木箱将要被推动的情况下如图所示，X向0COSMAXINFFY向IMGN还有FSMAX解以上三式可得要推动木箱所需力F的最小值为SINCOMINMG在木箱做匀速运动情况下，如上类似分析可得所需力F的大小为SINCOKMING（2）在上面的表示式中，如果，则，这意味着用任何有限大小的力都MINF0SIMI不可能推动木箱，不能推动木箱的条件是SINCO由此得的最小值为S1ARCTN22（1）对小球，由牛顿第二定律X向MANTSINCOY向0IG联立解此二式，可得N320SIN893CO250SINCOGAT742MN由牛顿第三定律，小球对斜面的压力743N（2）小球刚要脱离斜面时N0，则上面牛顿第二定律方程为MGTATSIN,COS由此二式可解得2M/S0173TAN/89T/A23要使物体A与小车间无相对滑动，三物体必有同一加速度A,且挂吊B的绳应向后倾斜。作此时的隔离体受力图如图所示习题21图习题23图习题22图7三物体只有水平方向的运动，只须列出水平方向的牛顿方程及相关方程430COS2IN132211MANFGMT水平为绳中的雨拉力在水平向的合力水平3N5SIN3T水平联立（1），（2），（3），（4），（5）解得N78402121GMMF（因为三个物体有同一加速度A，且在水平方向只受外力F的作同，所以，可将三个物体看作一个物体AMF21再与（1），（2），（3）式联立求解即可。）24由图写出力函数用积分法求解。175302TTF由TVMFD得2TMVD1在内S503201TTVT当T5时S3025105MV在57S内再用（2）式45122D15TTTVT当T7时S4017再用积分法5TVXTVD,D在05S内，由（3）式积分TMVXD15025即3681205X8再由（4）式512325TTV求5得7527DTTVX得M142357X25设两物体未用绳连接则由牛顿第二定律，沿X方向，对A，有AAAAMGGMCOSSINK对于B，有BCSSIK由此得2KAM/S630COS1530SIN89COSINGAAB12B（1）如图所示，A在下，B在上。由于。所以绳被拉紧，二BAA者一起下滑，而。以分AAT和别表示绳对A和B的拉力，则由牛顿第二定律，T沿X方向对AAMTGGMAACOSSINK对BBB由此得M/S29330COS8952100IN8COSSKKGAGBA（2）图中绳中张力为N51029310COS895103SIN8951COSKAGMGTAAA（3）如果互换位置，A在上，B在下，则由于，连接绳子将松弛，因而T0，此时AB的加速BAA度即M/S123,M/S632BAA26当漏斗转速较小时，M有下滑趋势，小物体受最大静摩擦力方向向上，如图所示。对小物体，F由牛顿第二定律X向RMFNIN2COSSINY向0IG还有FMS联立解以上各式，可得习题26图习题25图9RGSINCOIMIN或RGSINCOI21MIN当N足够大时，小物体将有上滑趋势，它将受到向下的静摩擦力，即的方向与图26中所示的方向MF相反。与上类似分析可得最大转速为RGNSINCOI21MAX总起来讲，小物体在漏斗壁上不动，转速N应满足的条件是MINAX27设圆柱与绳索间的摩擦力为F，绳对重物M1的拉力T1，M1和M2对地加速度分别为A1、A2，对M1、M2列出方程FTAMGA12211联立解出211212AGMTFAAG28质点在X、Y两个方向都是匀加速直线运动。M8741321672621SM8745627221000JIJIJTAITVRJIJTTAVIVJJIFYXXYX29TVKFDVTMK00（1）积分得TKVE0（2）TMKTXVD积分得E10TMKVX习题27图10（3）利用（1）的结果，令V0得T代入（2）的结果中得001VKMVKX（4）将代入（1）的结果中KMT得010EVV210初始时刻，T时刻受力如图所示，设X为该时刻入水长度，棒的横截面积为S，有,XTGSFLM12浮当时有LXTVFFD浮即VXSLGXSLD212XLGVD0210（1）/122XLGV（1）当时LX（2）2/12GLV（2）当时，（2）式无意义，即此条件将使棒不可能全部没入液体中，但（1）式仍然成立，当12棒到达最大深度XM时V0，由（1）式得01舍去MX即为所求L12（3）由（1）式求极值得当时有LX12GLV12MAX211以M和M分别表示木星和木卫三的质量，则由万有引力定律和牛顿第二定律，可得KG10896401706442723922322GTRMRT212（1）设链条的质量线密度为，链条开始下滑时，其下垂直度为，应满足的条件是其下垂部0X分的重力等于或大于其在桌面部分的摩擦力，即LXGG10（2）据功能原理开始下滑时在12EWR桌面部分的长度习题210图习题212图11为当链条的A端从O点沿Y轴运动到Y0点过程中，摩擦力作功为10LXLY22001DDLGYYFWYRR设桌面为势能零点，则链开始下滑到A端离桌面时的机机械能分别为2222011GLLVELX于是有22111LGLLVG化简可得,2GLLV213由于，故冲量的大小由图所示可得0VMIISN37201890202GHVII与水平方向的夹角为357021980VGHVTG球受到的平均冲力N3650271TF214（1）4秒内力的冲量S6D1D4ITII（2）由动量定量可得,0VMISM4061510IIVMI（3）据题设，TT020D1即S10,102,021TTT215忽略轨道阻力，故在加载过程中列车与矿砂系统在水平方向动量守恒，即VMT00由此得T时速度T0T时加速度为20DMTVTA习题213图12216以分钟计，枪对子弹的平均推力为N6160735912TNMVF枪视作静止，此力也等于肩对枪托的平均推力，由牛顿第三定律可知，枪托对肩的压力就等于116N217原子核蜕变过程应满足动量守恒定律以P3表示蜕变后原子核的动量，应有021由图可知，P3的大小为2132201M/SKG7359P3的方向应P1和P2所在的平面内，而且与P1的夹角为851493ARCTN90ARCTN902218对太空惯性系，以的方向为正方向，以V1和V2分别表示火箭壳和仪器舱分开后各自的速度由0V火箭壳和仪器舱的总动量守恒给出21021VMVM由于仪器舱应在前，所以,即将此式代入上式得12VU2U121021VUV由此得M/S8207910/S7290562201VUMV1,V2均为正值，故二速度皆沿正向，即与未分开前的方向相同V219两车相撞后的加速度为,由此可知刚撞后二者扣在一起时的速率为GKK/S2195802SV如果两车均未超限制，并都以最大允许速率V1开行，则由两车的动量守恒可得如图所示222VMM由此可得撞后速度应/S9142112VV由于实际撞后的初速，所以两个司机的话并不都可信，至少一人撒谎2201如图所示，沿竖直方向，分别对M和M用牛顿第二定律可得MATGM21习题220图习题217图习题219图13由此可得N1083591062421AGMTM2在加速的过程，起重间上升的距离为,这也就是电动机拖动钢缆的距离，电动机做S01T2ATH的功为J1095312830613221TA（3）起重间匀速上升时，滑轮两侧钢缆中的张力分别为拖动钢缆的距离为时电动MGT2,H机又做的功是HGMHTA21J109680124221如图所示，以F表示马拉雪橇的力，则对雪橇，由牛顿第二定律切向0SINFMG法向CON再由可解得FKSINCGF由此得马拉雪橇做功0DSICORMAKFKKGRG21145INC重力对雪橇做的功为1COSDSIN0MGRGAR12MG摩擦力对雪橇做的功为RMGRMGAKFSINDCOS0RK2222设加速度为A,ABS在B点速度为,在C点速度为，整个运动分为三个分过程1V2V匀加速直线运动BASV211机械能守恒C2211MVRGMV2在C点,重力提供向心力RVG23习题221图习题22214平抛运动AC4TVS251GR联立1、（2）、（3）、（4）、（5）,可解得A223设如图所示，写出各个过程的相应方程21S机械能守恒BA1211VMGRB点碰撞动量、机械能守恒3212121VV平抛运动CB5214GTHVSM2在C点时7612GTVCYX以上述速度作斜抛运动，但其加速度由下式确定D2习题223图15928ATVSCYXGMGFM2221水浮012由8、（9）、（10）可确定射程CD为122AVVSCYXCY联立（1）至（11）式可解证1242121MRHSM84224在C开始运动之前，A、B有同一加速度A,对A、B作受力分析（如图所示）有MATG1BMT2由（1）、（2）解证G21设BC间绳长为L,，在T时间内B作匀加速运动则22ATL证S40GTB和C之间绳子刚要拉紧时，A和B所达到的速度为SM02411GLATVBC间绳拉紧前后，由动量原理有5043BCBATVM忽略了重力的冲量作用时间短，重力的冲量可忽略，故可看作动量守恒SM312321VVM联立（3）、（4）、（5）解证S10321V225设在T秒时，盒内已落有的石子质量为MT1TNMT而石子落入盒内时速度为2GHV2在此后DT时间内，将有质量DMT的石子落入盒内3NMTD对这些石子用动量定理,设的石子受到盒对它的作用力为DN,以向下为正TMT习题224图16则0DD1VMTNGTTNMVNTNVGTNTD而已有的质量为MT的石子受到盒对它的作用力的大小等于石子的重力MTGN秤的读数为NMGTHGNVDNT26215899480T226用动量定理求解A到B的时间为2TT重力的冲量为方向向下如图所示,MGGTI小球动量增量为GTRVP22其中R由小球的动力学方程MGTRCOSIN2求证TG2由动量定理PIGT由图可证22IGTPTM14与水平方向的夹角为TICTGPITG2227设铁锤与铁钉撞击中能量损耗不计，重力的功不计，由动能定理有D0恒量EXF而，对第一次打击KXF10021XK对第二次打击2121021DXKXEXKF解证12X第二次击入的深度为CM410212XX习题226图17228静止时各处TMG，对两弹簧有MGXKT21所以，两弹簧的伸长量之比为12KX两弹簧的弹性势能之比为1221KXEK229（1）子弹与摆锤碰撞，水平方向动量守恒112MVMVV1为摆锤碰撞后之速度，摆锤获此速度后作圆周运动，在铅直面内机械能守恒2LGV122欲完成一圆周运动，摆锤在最高点必须满足条件32VLMG由（3）式得代入（2）式得，再代入（1）式可得子弹的最小速度2GLV51GLMMV52IN230小球与弹簧振动系统相互碰撞，水平方向动量守恒1VMV10V为弹簧系统的启动速度，它在被压缩过程中机械能守恒，设最大压缩长度为，则有MX222MKXMV将（1）、（2）两式联立求解得M0624101310VKXM（2）碰撞是非弹性的，其机械能损失为221201MVMVE损J240612123220MKX3小球与M完全非弹性碰撞，碰撞后弹簧被压缩，据此可列式22011MXKVMM解得18M0381043220MMKVX机械能损失2201MXKVE损J287034第三章刚体的定轴转动31（1）铁饼离手时的角速度为RAD/S2501/RV（2）铁饼的角加速度为RAD/S83925122（3）铁饼在手中加速的时间为S68025T32（1）初角速度为RAD/S90/末角速度为RA/S314602/角加速度为RAD/S9410720T（2）转过的角度为186RAD017234930圈T（3）切向加速度为M/S3809412TRA法向加速度为/S1723242N总加速度为M/S090978242422NTA总加速度与切向的夹角为1995837109ARCTNARCT4TN33（1）对轴I的转动惯量222219COS60COS60COS602MAAMAAMJ对轴II的转动惯量2223SIN4J（2）对垂轴的转动惯量222231COS0MAAMJ34（1）设垂直纸面向里的方向为正，反之为负，则该系统对O点的力矩为GLLLGLLGM43848340（2）系统对O点的总转动惯量等于各部分对O点的转动惯之和，即2222432104874331MLLMLLLJJ（3）由转动定律可得JMLGMLJM376482035（1）摩擦力矩恒定，则转轮作匀角加速度运动，故角加速度为000121T第二秒末的角速度为000026T（2）设摩擦力矩与角速度的比例系数为，据题设可知RMTJMRD即,T00LND0据题设时，故可得比例系数S1T0188LNJ由此时，转轮的角速度为S2T2LN082L00264836设飞轮与闸瓦间的压力为N，如图示，则二者间摩擦力，此摩擦力形成阻力矩，由转NFRRFR动定律JRFR20其中飞轮的转动惯量，角加速度，故得2MRJNT52014N3025/6052MRFR见图所示，由制动杆的平衡条件可得0121LLFRFN得制动力N31407543121LFFR37如图所示，由牛顿第二定律对111AMGT对22对整个轮，由转动定律22112RMRT又由运动学关系21/联立解以上诸式，即可得22112/RMMRG38设米尺的总量为M，则直尺对悬点的转动惯量为M093154605212321LLIMG1025G2153MGM又4IRADS510M4G02IM从水平位置摆到竖直位置的过程中机械能守恒（以水平位置为O势能点）21JMGHCAB习题36图习题37图21即25140MG39M视为质点，M视为刚体（匀质圆盘）。作受力分析（如图所示）21RJATG（1）由方程组可解得GMMA21/物体作匀加速运动GTAV210（2）物体下落的距离为2041GTAVX当T4时M239412GX（3）绳中张力由方程组解得2T解法2以T0时物体所处位置为坐标原点O，以向下为X正方向（1）由机械能守恒RVMJGX21两边就T求导得GX2GTVTGVTT212DD0（2）习题39图1习题39图2222041D12D2GTXTGXTTVX则（3）匀加速运动，由以及知MGTV210TAG21又由310如图所示，唱片上一面元面积为,质量为,此面元受转盘的摩擦力矩为RSD/D2RRM2KKGFM各质元所受力矩方向相同，所以整个唱片受的磨擦力矩为DMGRRKK32D02唱片在此力矩作用下做匀加速转动，角速度从0增加到需要时间为GRMATK241/唱机驱动力矩做的功为21MTA唱片获得的动能为222K411MRJE311对整个系统用机械能守恒定律02121JVKHGM以代入上式，可解得RVMJ/,21M/S48105892/21KHV312（1）丁字杆对垂直轴O的转动惯量为2220313LLMLJOABC对轴O的力矩，故由可得释手瞬间丁字杆的角加速度MGLM210LGGLJM420（2）转过角后，知矩。由机械能守恒知90,0则0201JMGLJLMG习题310图23此时角动量GLMGLJJL3200转动动能为GLJEK210313（1）利用填补法，将小碎片填入缺口，此时为均匀圆盘对O轴的转动惯量，挖去小201RMJ碎片，相应减少，故剩余部分对O的转动惯量为21MRJ2010MRJ（2）碎片飞离前后，其角动量守恒112120201RM故剩余部分的角速度与原来的角速度相等。314由于转台和人系统未受到沿轴方向外力矩，所以系统的角动量守恒，即21MRJ由此可得转台后来的角速度为RAD/S49601280122RJ315慧星在有心力场中运动，角动量守恒。设其质量为M，近日点速率为V1，与太阳之距R1远日点速率为V2，与太阳之距R2，则有21RVM102657810946510212R316（1）由于GRV/M/S95428GRV（2）由飞船和宇航员系统角动量守恒可得03JVR由此得飞船角速度为RAD/S1678103529473JMV（3）飞船转过用的时间，宇航员对飞船的角速度为，在时间T内跑过的圈数为306/TRV19520678412/3圈TRVN317太阳自转周期按25D计算，太阳的自转角动量为/SMKG108640251096522483SRJ24此角动量占太阳系总角动量的百分数为310234318（1）由于外力沿转动中心O，故外力矩恒为零，质点的角动量守恒，即21MRV故小球作半径R2的圆周运动的角速度为12R（2）拉力F做功为21212121DVRMVSFA319（1）223431MLLJ球杆（2）在转动过程中无耗散力，系统机械能守恒，设初始时刻重力势能为零，有COSCS210LMGLGJ解得COS23L320（1）子弹射入木棒中为完全非弹性碰撞，角动量守恒223143MLLMLV解得SRAD940218930413LV（2）上摆过程机械能守恒COS143COS2LMGLMGJ即LGLCOS1432169322，上式可近似为MMLGMLCOS1232解得071COSGL25即为第二象限的角度，本题中即棒向上摆可超水平位置（）。0COS90由于685731棒的最大摆角约为259468第5章静电场51两小球处于如题51图所示的平衡位置时，每小球受到张力T，重力MG以及库仑力F的作用，则有和,由于很小，故MGTCOSFTSINMGTLXMGMGXQ2SINT41203/102MGLQ52设Q1,Q2在C点的场强分别为和，则有1E221014ACRQE14299MV813方向沿AC方向2024BCRQE14299MV07418方向沿CB方向C点的合场强的大小为E24242110710814MV03设E的方向与CB的夹角为，则有7328121TGET53坐标如题93图所示，带电圆弧上取一电荷元，它在圆心O处的场强为LQD，方向如题93图所示，由于对称性，上、下两201D4DRLE带电圆弧中对应电荷元在圆心O处产生的DE1和DE2在X方向分量相互抵消。，圆心O处场强E的Y分量为0XE习题51图习题53图习题52图26231SIND412SIND4120260260RRRLEY方向沿Y轴正向。54（1）如题54图A，取与棒端相距D1的P点为坐标原点,X轴向右为正。设带电细棒电荷元至P点的距离X，它在P点的场强大小为XQD方向沿X轴正向20D41DEP各电荷元在P点产生的场强方向相同，于是120D4DLPXE13228910MV42108方向沿X轴方向。（2）坐标如题54图B所示，在带电细棒上取电荷元与Q点距离为R，电荷元在Q点所XQD产生的场强，由于对称性，场DE的X方向分量相互抵消，所以EX0,场强DE的Y分量为20D41RXESIN41SIN20REY因DCD,2D,CS2222XCTGTGXRSIN4SIN412020REYCOSDIDD21202021YY其中22221/COS,/COSLL代入上式得220/4LDE0183MV方向沿Y轴正向。55带电圆弧长,电荷线密度。带电圆弧MDRL12305432199MC0123LQ在圆心O处的场强等价于一个闭合带电圆环（线密度为）和一长为D、电荷线密度为的小段圆弧在O处场强的矢量和。带电闭合圆环在圆心处的场强为零，而DR,小段带电圆弧可视为点电荷，所带电量，故圆心处的场强，,方向由CDQ190210121920MV70541RQE习题54图（A）习题54图（B）27圆心指向空隙中心。56（1）点电荷Q位于一立方体中心，则通过立方体每一面的电通量相等，通过每一面的电通量为总通量的,即610161D6QSES（2）如果这点电荷移到立方体的一个角上，则电荷Q所在顶角的三个面上，因为各点平行于该面，E所以这三个面的电通量均为零，另三个面的电通量相等。如果要把Q全部包围需要有8个立方体，相当于有24个面，每一面上通过的电通量为总通量的，即24110024DSSE57解法（一）通过圆形平面的电通量与通过以A为球心，为半径，以圆平面的周界RRXB2为周界的球冠面的电通量相等，该球冠面的面积，通过整个球面的电通量，所RHS2204S0Q以通过该球冠面的电通量为RQRS02004RQCOS202001S1RX解法（二）在图形平面上取一同心面元环，设其中半径为R，宽为DR,此面元的面积。RSD2设此面元对A点的半张角为，见图所示，由通量公式可得SRRRXQRRXQE002/322DCOS14D2012RXQ58通过此半球面的电通量与通过以O为圆心的圆平面电通量相等，无限大平面外任一点的场强为，通过该球面的电通量为020220RSE59设想地球表面为一均匀带电球面，则它所带总电量为ESDQ20004C19251346852510设均匀带电球壳内、外半径分别为R1和R2，它所产生的电场具有球对称性，以任意半径R作一与均匀带电球壳同心的高斯球面S，由高斯定理可得024DIQERS习题57图（A）习题57B图28204RQEI当时，,15RCMR0IQ1218RCMRRRRIRVQ1134DD3121020324RRE23212586834MV034CM123122RQRRI203120134RRE1421335MV86511无限长均匀带电圆柱面产生的电场具有轴对称性，方向垂直柱面，以斜半径R作一与两无限长圆柱面的同车圆柱面以及两个垂直轴线的平面所形成的闭合面为高斯面，由高斯定理可得SIQRLE02DRLI01（1）当RR1，0,1EQI（2）当时2LIRLE002（3）当时，,2RRIQ03E512见题512图所示，由于平面无限大，电荷分布均匀，且对中心面S0（图中虚线）对称，电场分布也应具有均匀性和对称性，即在与带电板平行且位于中心面S0两侧距离相等的平面上场强大小应处处相等，且方向垂直该平面。过板内P点或板外Q点作轴线与X轴平行，两底面积为S且相对中心面S0对称的闭合正圆柱面为高斯面，由高斯定理可得（1）平板内022DXSQSEI内D0X内方向垂直板面向外（2）平板外习题512图2902DSSED外20X外方向垂直板面向外。513由于电荷分布具有轴对称性，故其场强必沿柱体的径向，其大小也具有轴对称性，故在圆柱体内取下同心薄圆筒，其半径为R，厚度DR，长L，见右图示，根据高斯定理可得SVED10RRLAL022/1RRAAE02024D514设想原来不带电的小空腔内同时存在电荷体密度为的两种电荷，则原带电荷等价于一个半径为R，电荷体密度为的均匀带电球体和一个半径为R，电荷体密度为的均匀带电球体的组合，空间各处的场强等于这两个均匀带电球体产生场强的矢量和。对于球心O处，由于均匀210E带电球体球心处的场强为零，所以2032302020D41D4RQE方向由O指向。对于球心处，121EO030301D4DRQEO方向由O指向。对于空腔内的任一点P，位置如图所示。303030302144RBRARBQRAED00003以上计算表明空腔任意点的场强大小均为且方向均由O指向，所以，空腔内为匀强电场。03515电偶极子在均匀电场中所受的力矩为为电矩SINPEMP与两方向间的夹角，当时，外电场作用于电偶极子上E2的力矩最大356MAX10210QEDMN24习题513图习题514图习题515图30516外力所作的功为1202012124RQRQUQWAJ105642051934881201R517（1）氢原子内负电荷的总电量为0002/232D4D4AAREEAEQRQ0022/3675AEERE（2）由于负电荷呈球状对称分布，故可采用高斯定理计算负电荷产生的电场强度的大小为1EVSED101RAREQ02/2321D440RAERE02/32102/20204140RQERQEARE正电荷在球心，其产生的电场强度的大小为EQ2E204RQE则在距球心R处的总电场强度为，其大小为210/2020114AREEARQE的方向沿径向向外。E518电场力的功RQQUQACC00000413R06519由高斯定理可求得是空间场强分布（略）RRQE20341离球心为处的电势RRRRRRRUD41D4120303130208414RRQRQ520（1）电荷线密度，坐标如题520图A所示，距原点O为X处取电荷元，它在PLQ2XQD点的电势D4D0XRUP点的总电势XRULD41D0LRN40LQ80（2）坐标如题520图B所示，电荷元在Q点的XD电势20D41DXRUQ点的总电势LRLXRDDU02021N412RLQ20N4521半圆环中心O的场强（或电势）是两段带电直线和带电半圆环在该处场强（或电势）的迭加，由于两直线对O对称，所以两带电直线在O处的场强大小相等，方向相反，相互抵消，因而O处的场强就是带电半圆环在O处的场强，取电荷元,它在O处场强，由于对称性，各LQD20D41RLE的X分量相互抵消。的Y分量为EDEDX,0SINEY020DSI4SIN41DRLEYY0O处的电势RRRLXU0002032142LND41D4100LN522由高斯定理可求得两无限长同轴圆柱面间的场强为，所以两圆柱面间的电势差R021200LND21RRUR523静电平衡时，导体球壳内、外表面均有感应电荷，由于带电系统具有球对称性，所以内表面均匀分布有Q电荷，外表面均匀分布Q电荷，可判断电场分布具有球对称性，以任意半径R作一与球习题520图（B）习题521图习题520图A32壳同心的高斯球面S，由高斯定理可得024DIQERS20RI当QRRI12014RQE21I02EQRI034RQ由电势定义式可求得电势分布1RR1212DD3RRRRREEU201020204412QRRQRRR21RR22D3RRRREU202041D2QQR2RRRRREUD41D2033Q041524（1）内球电荷Q均匀分布在外表面，外球内表面均匀感应电荷Q，外表面均匀分布电荷QQ，由高斯定理可求得电场分布（略）011ERR202214RQ332R20431RQQER由电势定义可求得内球电势213D41D42020RRRQRQU内V103041290319210210Q3330412941D413020RRQQRQU外V7（2）用导线把两球连接起来时，内球和外球内表面电荷中和，这时只有外球的外表面带有QQ电荷，外球壳外场强不变，外球电势不变，这时两球是等势体，其电势均为原外球壳电势270V。（3）若外球壳接地，外球电势为零，外球外表面电荷为零，内球的电荷以及外球内表面电荷分布不变，所以内球的电势21210204D4RRQRU内V63109525由于带电系统具有轴对称性，所以电荷分布和电场分布也应具有轴对称，静电平衡时，圆柱形导体电荷均匀分布在其外表面，单位长度电量为，导体圆筒内表面均匀分布有感应电荷，其单位长1度的电量为，外表面电荷均匀分布，单位长度的电量为。以任意半径R作同轴封闭圆柱面为121高斯面，则由高斯定理得RLQEQRLSEII0022D当0IQAR11LBIRL0101220IQCR3E21LIRRLE02104526（1）A板带正电荷Q分布在左右两表面上，设B板感应电荷为Q1，C板感应电荷为Q2，则Q21AB、AC间均可视为匀强电场SQESQEACAB0201ACBQ21依题意CABAUUED可得21ABC010771QQ即B板上感应电荷为,C板上感应电荷为11C1027Q34A板的电势ABABSQEUD01V10328544127（2）当AB间充以电介质时，则有下列关系Q21SESQEACRAB0012521ABCRRDQ仍可解得,C104271Q08672所以B板上的感应电荷为141C板上感应电荷为CQ72A板上电势ABRABASEUD01V10792854224137527设AB两板各面上的电荷面密度分别为，空间各处场强方向应与板面垂直，作如4321、题927图所示的闭合圆柱面为高斯面，由于导体内场强处处为零，A、B两板间场强方向平行于圆柱侧面，所以通过高斯面的电通量为零，由高斯定理0D0132SSE（1）32A板内的P点场强为022403201PE（2）41若A板带电QA，B板带电QB，板面积为S，则有（3）A21（4）B43由（1）、（2）、（3）、（4）式可得SQBA24126488MC10506SQBA232习题527图3526488MC101026528点电荷Q使金属球上产生感应电荷，由于金属球与地相联，其电势为零，球心处的电势应Q是点电荷Q和球上感应电荷在此处产生电势之和，即Q04314341000RQRDUQ/即金属球上感应Q/3的负电荷。529（1）F107102850DSC（2）C35770UQ（3）1230MV01DE（4）551037UC152V10DE（5）设极化电荷产生的场强为，则，其中为极板上极化电荷面E000E密度，则极化电荷E0SQSQ00C105432185752（6）015ER或370CR530（1）以任意R为半径作金属球的同心球面为高斯面，由介质中的高斯定理得2244RQDQRSDDII200ERIR当0011EDQRRI202244RQRQI20323EQRRI（2）由电势定义式可得RRRRRQUD4D42020内36RQR00414RR0RRQU0204D外（3）RRRRQU4D42020球RRRR1400531（1）6120385EDRMC162（2）250（3）0E61250810625MC781（4）16120V036E16125087532设A、B两导体球分别带有电荷Q和Q，则两球的电势差为AQLAUBA0000414100022AUQCBA02533用导线连接二导体，这相当将电容C1和C2并联，此时等效电容和总电量分别为21UC根据电容，故联接二导体后它们的电势为UQC/21/CUQU这时电容上的电量为221212UUC则由导体1流向导体2的电量为121212UCUCQ372121UC534（1）以任意半径R作金属球的同心球面为高斯面，由介质中的高斯定理可得IQRDS24D2002,4RERQIRI当0011EDQRRI202244RQRQAI20323EQBRRI20424QRDQI（2）电势分布RRRRARBABRERREDUDD4321RRARBABRABRQQR14144D00202020ARRARBBAREREUDD432RRABQ14100BRABRBRDEU43BRQR140BRRQDEUR044（3）这相当于内外半径分别为R与A的球形空气电容器C1与内外半径分别为A与B的球形介质电容器C2，二者相串联，其等效电容为21C38其中ABCRACR02014,4将C1、C2代入上式0RR535（1）在介质中以任意半径R作圆柱体同轴的闭合圆柱面为高斯面，由介质中的高斯定理可得LRDS2DDERDRR0022（2）设介质内表面上单位长度的极化电荷为，则对上述高斯面应用高斯定理12D00LRLS0RR1则介质内表面上的极化电荷面密度为212RR内介质外表面上的极化电荷密度为22R外536（1）设两电介质中的电位移和场强分别为D1、D2和E1、E2，两板板间的电势差212100021RRRRDDDEU12221100RRRRD则两介质中各点的能量体密度为2102022102101122RRRRRDUEW32232MJ104852102022020211122RRRRRDUEW32231MJ0485（2）432110SDWWJ8432220SJ16739（3）J10536210877