普通物理學(xué)習(xí)題與答案全

1、目 錄 contents第一章力和運(yùn)動(dòng)錯(cuò)誤!未定義書簽。1-2錯(cuò)誤!未定義書簽。1-4錯(cuò)誤!未定義書簽。1-5錯(cuò)誤!未定義書簽。1-6錯(cuò)誤!未定義書簽。1-9錯(cuò)誤!未定義書簽。1-14錯(cuò)誤!未定義書簽。第二章 運(yùn)動(dòng)的守恒量和守恒定律 錯(cuò)誤!未定義書簽。2-3錯(cuò)誤!未定義書簽。2-9錯(cuò)誤!未定義書簽。2-11錯(cuò)誤!未定義書簽。2-13錯(cuò)誤!未定義書簽。2-16錯(cuò)誤!未定義書簽。2-17錯(cuò)誤!未定義書簽。2-19錯(cuò)誤!未定義書簽。2-23錯(cuò)誤!未定義書簽。2-27錯(cuò)誤!未定義書簽。第三章剛體的定軸轉(zhuǎn)動(dòng)錯(cuò)誤!未定義書簽。3-1錯(cuò)誤!未定義書簽。3-3錯(cuò)誤!未定義書簽。3-6錯(cuò)誤!未定義書簽。3-7錯(cuò)

2、誤!未定義書簽。3-10錯(cuò)誤!未定義書簽。3-11錯(cuò)誤!未定義書簽。第四章狹義相對(duì)論基礎(chǔ)錯(cuò)誤!未定義書簽。4-1錯(cuò)誤!未定義書簽。第五章靜止電荷的電場.錯(cuò)誤!未定義書簽。5-1 錯(cuò)誤!未定義書簽。5-5 錯(cuò)誤!未定義書簽。5-7 錯(cuò)誤!未定義書簽。5-13 錯(cuò)誤!未定義書簽。5-15 錯(cuò)誤!未定義書簽。5-17 錯(cuò)誤!未定義書簽。5-26 錯(cuò)誤!未定義書簽。5-29 錯(cuò)誤!未定義書簽。5-30 錯(cuò)誤!未定義書簽。5-31 錯(cuò)誤!未定義書簽。5-43 錯(cuò)誤!未定義書簽。第六章恒定電流的磁場.錯(cuò)誤!未定義書簽。6-1 錯(cuò)誤!未定義書簽。6-4 錯(cuò)誤!未定義書簽。6-5 錯(cuò)誤!未定義書簽。6-7 錯(cuò)

3、誤!未定義書簽。6-12 錯(cuò)誤!未定義書簽。6-15 錯(cuò)誤!未定義書簽。6-19 錯(cuò)誤!未定義書簽。6-23 錯(cuò)誤!未定義書簽。6-26 錯(cuò)誤!未定義書簽。6-28 錯(cuò)誤!未定義書簽。第七章 電磁感應(yīng) 電磁場理論.錯(cuò)誤!未定義書簽。7-2 錯(cuò)誤!未定義書簽。7-5 錯(cuò)誤!未定義書簽。7-7 錯(cuò)誤!未定義書簽。7-16 錯(cuò)誤!未定義書簽。第一章力和運(yùn)動(dòng)1-21 -2, 一質(zhì)點(diǎn)沿Ox軸運(yùn)動(dòng)，坐標(biāo)與時(shí)間的變化關(guān)系為4 =業(yè)- 2廣，式中立 j 分別以為單位，試計(jì)算：(1在最初2鄉(xiāng)內(nèi)的平均速度,23末的瞬時(shí)速度；(2) 1 s末到3 s末的位移,平均速度；(3) I &末到3甘木的平均加速度：此平均加

4、速度是否可用衣=%產(chǎn) 計(jì)算？(4) 3苜末的瞬時(shí)加速度.分析：質(zhì)點(diǎn)沿Ox軸作直線運(yùn)動(dòng)時(shí),其位移、速度、加速度等矢量的方向都可 以用標(biāo)量的正或負(fù)表示-本題中，質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)學(xué)方程工是t的三次函數(shù),因此在 質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，位移和速度都將變換方向，而加速度隨時(shí)間E作線性變化所以,質(zhì)點(diǎn)作勻變加速直線運(yùn)動(dòng).解:(1)在最初2 s內(nèi)的平均速度為盯一與 (4 乂2、力)-0加=2 -0m/8 = -4 m/s由運(yùn)動(dòng)學(xué)方程可得瞬時(shí)速度為u =牛=4 -6/出25末的瞬時(shí)速度為嗎=(4 一 6/)|,-2 = 4-6x22) in/s = -20 m/&“號(hào)表示質(zhì)點(diǎn)向Ox軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng).】s末到3苜末的位移為A%

5、- Ui = (4x3 -2x3s) - (4x1 -2 x I3) m = -44 in1 3來到3 s末的平均速度為%3 -xb -42-2v = 一 ； m/s = -22 m/s 83 -1“-”號(hào)表示質(zhì)點(diǎn)向縱軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng).(3) I s末到3 s末的平均加速度的大小為=-24 m/s-% 一叫(4：m3之) (46x/)3 1式中“-”號(hào)表示質(zhì)點(diǎn)的加速度沿向工軸負(fù)方向.本題中的加速度。=半=-隨上作線性變化，用二三雖聞求得與atz(外相同的計(jì)算結(jié)果,但這只是在a -為線性關(guān)系時(shí)的特例，不具有普遍性,比求質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)如，當(dāng)4二相時(shí)，兩種算法的結(jié)果不可能一致,所以，用反=的平均加速度是錯(cuò)誤的

6、.(4) 3 s末的瞬時(shí)加速度i2&L = 3= 112 K3 m/s = -36 m/s號(hào)表示質(zhì)點(diǎn)向。式軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng).1-7,在離水面高度為h的岸邊，有人用繩子拉船靠岸，船在離岸邊，距離 處,當(dāng)人以%的速率勻速收繩時(shí)，試求船的速率與加速度各有多大.分析：在用繩子拉船靠岸的過程中，船始終沿水面向岸運(yùn)動(dòng)，運(yùn)劭方向不 變.如解圖1 - 7a所示，以收繩處為坐標(biāo)原點(diǎn)/時(shí)刻船位于巴，位置矢量為門， 模的大小為I門1 =門，這就是，時(shí)刻繩的長度4 4時(shí)刻船位于&，位置矢量 為4 在&時(shí)間內(nèi)，船的位移為Ar,位置矢量模的變化為| = A，應(yīng)注意 I Ar I因繩長以恒定速率即變短,所以在M時(shí)間內(nèi)繩子的縮短

7、量為恒定 的Ar,由圖可知，這是,沿繩方向的分量.根據(jù)對(duì)船的位移的分析，利用幾何關(guān)系可建立起船的運(yùn)動(dòng)學(xué)方程，從而得到 船的速度、加速度與%的關(guān)系.阿圖i -7a解L如解圖1 -7a所示，有I Ar I cos B 二 Ar 加一*1 0 時(shí)，有| dr | cos。= dr船的速率為中=I =用收繩速率為坳=當(dāng)os日_ vcos 3dr d(武中所以，有在圖示坐標(biāo)系中，Ar沿”軸負(fù)方向.所以，船的速度為式中“-”號(hào)表示船是向岸靠攏的，船的加速度為辭?。ㄕ降赿i at 3） s解2：如解圖1 -7b所示，在直角坐標(biāo)系0y中，時(shí)刻船離岸邊的距離為力=s,船的位置矢量(運(yùn)動(dòng)方程)可表示為r =xi

8、 + ( )/船的速度為V = J =由于4 = JFK所以 曠察興廣二仔亍*也力心-片出因繩子的長度隨時(shí)間而變短，上式中占二- %.at所以，船的速度為船的加速度為v.a同方向，表明船是加速靠岸的.1-8.在質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)中，已知工三科”孕=H.yW.求質(zhì)點(diǎn)的加速 d度和它的軌道方程.分析：求出#方向和了方向的加速度，可以得到質(zhì)點(diǎn)在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)的總加 速度;利用積分，代人y方向的初始位置，可以得到質(zhì)點(diǎn)在y方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，消 去運(yùn)動(dòng)方程M辦和n）中的時(shí)間參量t,即可得到質(zhì)點(diǎn)在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)的軌道方 程，（黑）.解：%二普二“必/,爐e-孫dr 由由y方向速度，得dy =對(duì)上式兩邊積分井代人初始條件（dy=

9、-超卜2山得y = 6e kt從彳=oe二幾兩式中消去,得軌道方程 xy - ab1-61-9.按玻爾模型，氫原子處于基態(tài)時(shí)，它的電子圍繞原子核作圓周運(yùn)動(dòng), 電子的速率為12 x JO6 m/s,禽核的距離為Q 53 x 10,n m,求電子繞核運(yùn)動(dòng)的 頻率和向心加速度.分析：根據(jù)題給條件可知，電子繞原子核作勻速率的圓周運(yùn)動(dòng)（運(yùn)動(dòng)速率為 常數(shù)），由此可求得單位時(shí)間內(nèi)繞核運(yùn)動(dòng)的周數(shù)即為頻率.解:頻率 7/ = - = - 2. 2 乂 1。城率 2 兀 2 兀R 2x3.14x0.53x10-1。Hz =6.6 x 1015Hz_ (Z2 xlO6)2 “二至 一 0.53 X10-6m/s =

10、9. 1 X 1022 m/s21-28. A、B兩個(gè)物體，質(zhì)量分別為mA= 100 kg,/nB =60 kg,裝置如圖所示. 兩斜面的傾角分別為e =30。和萬=60。,如果物體與斜面間無摩擦,滑輪和繩的 質(zhì)髭忽略不計(jì)，問：(1)系統(tǒng)將向哪邊運(yùn)動(dòng)？(2)系統(tǒng)的加速度是多大？(3)繩中的張力多大？分析：由于輕繩不可伸長，連接A、B兩物體時(shí),不論向哪邊運(yùn)動(dòng),A、B都將 具有相同大小的加速度值.對(duì)于斜面問題，若不能直接判斷系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)方向，可 先假定某一運(yùn)動(dòng)正方向，并依此列方程，由計(jì)算結(jié)果確定物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)方向.習(xí)題1-28圖解圖I 28解：取兩物體為研究對(duì)象，分別作兩物體的受力分析見解圖1 -2

11、&設(shè)系統(tǒng)沿圖示方向運(yùn)動(dòng),兩物體在運(yùn)動(dòng)方向上的動(dòng)力學(xué)方程分別為尸t - mAgsin a = mkap- F1 =解(1),(2)兩式，得/nBgsinj3-mAgsin a2a =0. 12 m/s叫+加BQ0,表示系統(tǒng)的實(shí)際運(yùn)動(dòng)方向與假定正方向一致.從(】)式得Fr = or +- 502 N1-36. 一質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為1跖,沿。工軸運(yùn)動(dòng)，所受的力如圖所示.。二。時(shí), 質(zhì)點(diǎn)靜止在坐標(biāo)原點(diǎn)，試求此質(zhì)點(diǎn)第7 s末的速度和坐標(biāo).分析：質(zhì)點(diǎn)在變力產(chǎn)的作用下將改變運(yùn)動(dòng)狀態(tài).已知F和質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量外 可以得到加速度口.利用與,以及與A*的積分關(guān)系，可求得以t)和*). 由于Ft為分段連續(xù)函數(shù),故加速度口和速度

12、/隨時(shí)間t的變化關(guān)系也都是分 段連續(xù)函數(shù)，在求相關(guān)的積分時(shí)需注意這一點(diǎn).解；在t=05號(hào)區(qū)間內(nèi)，坦-25可得du =也=2疝m對(duì)上式;積分，有（加=12小據(jù)題意,0時(shí)/=。,故有心工/”5國時(shí)的速度為v5 =25 m/s4盤 2由v = dt=t可得出二/山對(duì)上式積分，有口工=/市據(jù)題意/ mO時(shí)的=0,故有X = T125i =5 s時(shí)的坐標(biāo)為x3 =41. 67 m在5 7告區(qū)間內(nèi)，尸*=皿祟=A?（_7）， 魚=一當(dāng)=-5可得=(t 7) dt = 5(e7)出對(duì)上式積分，有口。=-5pf-7)d(可得二%-2. 5t2 + 35t -112.5”7呂時(shí)的速度為%=(25 -2,5 X7

13、1 +35 x7 -112.5) m/5=35 m/s由g二牛可得(k-( -N5產(chǎn)+35-8工5)由dt對(duì)上式積分，有f dx = (-2+5i2 +35e -87.5)由可彳導(dǎo)huq -0. 83? + 17, 5? -87. 5上 + 104. 17t =7 s時(shí)的坐標(biāo)為% =(4L 67 - 0. 83 x 73 + 17.5 X71 -8Z5 x7 + IO4. 17) m =106. 15 m所以/ =7 s時(shí)的坐標(biāo)為x7 = 106- 15%速度為g =35 m/s.1-14題解:a(t)2t 0 t10 5(t 5) 5 t5且 v(0)70, x(0) 0tv(t) v(0)

14、0a(t)dtt20 t 525 10(t 5) 2.5(t 5)2 5 t 72，,、v(7)0a(t)dt 25 10(7 5) 2.5(7 5)35 (m/s)tx(t) x(0)0v(t)dt13 33 ._2 2.553 3 25(t 5) 5(t 5)2 一 (t35)35 t 773 .22.53,、x(7) x(0) v(t)dt 5 3 25(7 5) 5(7 5)(7 5)105 (m)03第二章運(yùn)動(dòng)的守恒量和守恒定律2-32-5. 一顆子彈從槍口飛出的速度是30。m/s,在槍管內(nèi)子彈所受合力的大小由下式給出:尸二400-4 乂10、3(3)子彈所受沖量的大小為其中F以N為

15、單位/以s為單位.(O畫出Ft圖；(2)計(jì)算子彈行經(jīng)槍管長度所花費(fèi)的時(shí)間，假定子彈到槍口時(shí)所受的力變 為零I(3)求該力沖量的大小孑(4)求子彈的質(zhì)量.分析：子彈在槍膛內(nèi)所受的合力是作用時(shí)間極短，大小變化極快的變力. 該合力的沖量使子彈獲得動(dòng)量.解：(I)根據(jù)題意，畫出產(chǎn)-圖如解圖2-5所示.合力F隨時(shí)間。線性 意減.(2)根據(jù)假定，子彈在槍口時(shí)所受合力為零, 即尸= 400 -4 10。得子彈行經(jīng)槍管長度所花費(fèi)的時(shí)間 = 3 x 10 - s.-0. 6 N 宮子彈所受沖量的大小也可以由F-t圖的面積求得,(4)根據(jù)動(dòng)量定理, 得子彈的質(zhì)量/ = Ap mv 0J_ 0. 6 N * sv

16、300 ni/$=2 x IO52-9/ = =y x400 x3 Xi。7N sH6N ,導(dǎo)2-14.設(shè)作用在質(zhì)量為2 kg的質(zhì)點(diǎn)上的力是F = (3t+)N.當(dāng)質(zhì)點(diǎn)從原 點(diǎn)移動(dòng)到位矢為r =(2-3j) m處時(shí)，此力所作的功有多大？它與路徑有無關(guān) 系？如果此力是作用在質(zhì)點(diǎn)上唯一的力，則質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能將變化多少？解t質(zhì)點(diǎn)從(0,0)移動(dòng)到(2, -3)作的功為A =F - r= (3r+5j) * (2i -3j = -9 J設(shè)質(zhì)點(diǎn)從(0,0)先移動(dòng)到(2,0),再移動(dòng)到(2,-3),此力作的功為A =4, +4,不/ xi+F -0=+* 2i + (3i+57) - ( -3)J= 6-15

17、 = -9 J結(jié)果相同，可見此力作的功與路徑無關(guān).由動(dòng)能定理，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能的變化量為&Ek;4=-9 J2-112 -17.有一保守力尸=(- At +城州沿工軸作用于質(zhì)點(diǎn)上，式中A ,8為常 量內(nèi)以m計(jì)，尸以N計(jì).(1)取*=0時(shí)號(hào)=。，試計(jì)算與此力相應(yīng)的勢能；(2)求質(zhì)點(diǎn)從式=2 m運(yùn)動(dòng)到* =3 m時(shí)勢能的變化.分析：勢能屬于保守力相互作用系統(tǒng),是由相對(duì)位置決定的函數(shù).空間某 點(diǎn)的勢能值是相對(duì)零勢能點(diǎn)的，數(shù)值上等于從該點(diǎn)將質(zhì)點(diǎn)移動(dòng)到勢能零點(diǎn)時(shí)，保 守力所作的功解：(1)已知?jiǎng)菽芰泓c(diǎn)位于坐標(biāo)原點(diǎn)，則工處的勢能(Ax + B) dx =毋 6 -系/(2)質(zhì)點(diǎn)由N=2 m運(yùn)動(dòng)到玄=3時(shí),勢能的

18、增量為A瑪二E111T -紇 I e =/乂 -y5保守力做的功為 可見，保守力做的功等于勢能增量的負(fù)值,習(xí)腮2-19圖2-19, 一根原長右的彈簧，當(dāng)下端懸掛質(zhì)量為小的 重物時(shí)，彈簧長2 =2加現(xiàn)將彈簧一端懸掛在睦直放置的 圓環(huán)上端4點(diǎn).設(shè)環(huán)的半徑R=k把彈簧另一端所掛重 物放在光滑圓環(huán)的3點(diǎn)，如圖所示.已知.4長為L6R. 當(dāng)重物在B點(diǎn)無初速地沿圓環(huán)滑動(dòng)時(shí)，試求：(1)重物在E點(diǎn)的加速度和對(duì)圓環(huán)的正壓力；(2)重物滑到最低點(diǎn)C時(shí)的加速度和對(duì)圓環(huán)的正 壓力.分析：取重物叫地球和彈簧為系統(tǒng)時(shí)，圓環(huán)對(duì)重物的支持力凡是外力- 由于圓環(huán)光滑，因此在重物m沿圓環(huán)的運(yùn)動(dòng)過程中，支持力尸不作功,重物所 受

19、的重力和彈性力是系統(tǒng)的保守內(nèi)力，所以，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒.由于重物沿 圓環(huán)作圓周運(yùn)動(dòng)，因此，在解題時(shí)宜用自然坐標(biāo).解:由彈簧的靜平衡條件F-mg = kM-mg=qAt - 2Z0 - = /0 = /?(1)mgsin 20 Fsin 0 = mat切向法向?qū)χ匚锏氖芰Ψ治鋈缃鈭D2-19所示.在例環(huán)的任意位置處，重物的運(yùn)動(dòng) 方程為，F(xiàn)n + Feos g - mgcos 26 = man(1)重物在B點(diǎn)所受彈性力尸為F舟=kls =巾(1. 6R /?) =0. 6mg 由題給條件和解圖2-19可得cos 0 =-0. 8sin 0 - 4J - cos2 8 =0. 6根據(jù)題意a =0,有=

20、0所以，重物在8點(diǎn)的加速度4 = g( sin 20 - 0習(xí)題3 - 16圖分析：以轉(zhuǎn)盤與夯錘為系統(tǒng).在碰撞過程中，由于 相互作用的沖擊內(nèi)力很大,可認(rèn)為窮錘所受的重力對(duì)轉(zhuǎn) 盤的中心軸的力矩可以忽略，所以系統(tǒng)在碰撞過程中對(duì) 轉(zhuǎn)軸的角動(dòng)量守恒.解：設(shè)碰撞后夯錘與轉(zhuǎn)盤有相同的角速度3,將夯 錘視作質(zhì)點(diǎn).由系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒，js。( mR* + y)(OmR + J夯錘向上運(yùn)動(dòng)的速度為p U = R(x)= 7a7m殳+ J3-113-19.如圖，彈簧的勁度系數(shù)L =2.Q x 1OJ N/m,輪子的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為0.5 kg n，輪子 半徑r= 30 cm.當(dāng)質(zhì)量為60 kg的物體下落 40 cm時(shí)的

21、速率是多大？假設(shè)開始使物體靜 止而彈簧無伸長.分析：取彈簧、輪子、物體和地球?yàn)橄到y(tǒng). 系統(tǒng)不受外力.繩與滑輪間的摩擦力和繩的 張力都是成對(duì)內(nèi)力.由于繩與滑輪間無相對(duì) 滑動(dòng)，以及繩不可伸長，這兩對(duì)內(nèi)力的功都為零.所以，利用機(jī)械能守恒定律即可求解.也可由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和轉(zhuǎn)動(dòng)定律求解.解L設(shè)下落物體的速度為。，則輪子的轉(zhuǎn)速為,二十，因繩子不可伸長, 所以彈簧的伸長量即為物體下落的距離.選物體下落40 cm時(shí)的位置為重力勢能零點(diǎn).由機(jī)械能守恒定律，得kh2 + 千寺加工mgh 上士式中h為物體下落的高度，成為物體的質(zhì)量J為輪子的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，所以,pmh-呼 5i。V rn + J/r解2：受力分析如解圖3

22、-19,并設(shè)物體運(yùn)動(dòng)方向如圖.博解圖3 -19mg - Fj = maFTr - kxr = Ja a = ramg 一 kx可解得a =(m + J/r1du dxa v1fd 廿=adxvdv = C妙三與d# m + J/r解得從兩種解法可見，第一種簡便，這就是守恒定律的優(yōu)越性.第四章狹義相對(duì)論基礎(chǔ)4-14-4 一觀察者測得運(yùn)動(dòng)著的米尺長0.5 %問此尺以多大的速度接近觀 察者？分析：米尺的長度在相對(duì)靜止的坐標(biāo)系中測量為1嘰當(dāng)米尺沿長度方向相 對(duì)觀察者運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于“長度收縮效應(yīng)，觀察者測得米尺的長度與相對(duì)運(yùn)動(dòng)的 速度有關(guān).解：設(shè)米尺的固有長度為L且L =L0 m,由“長度收縮”效應(yīng)：L，

23、=7i-(f)1 , (守得v = 2, 6 x 10B m/s4-11.地球上一觀察者，看見一飛船A以速度2.5 xlOs m/s從他身邊飛 過，另一飛船H以速度20 x 10* m/s跟隨A飛行.求：(1) A上的乘客看到B的相對(duì)速度；(2) B上的乘客看到A的相對(duì)速度.分析：本題為一維情況下的相對(duì)論速度變換問題.應(yīng)注意確定研究對(duì)象、K 和K，參考系，從而確定已知條件的屬性.解1(1)設(shè)地球?yàn)镵系，飛船A為長系以飛船B為研究對(duì)象已知K 系相對(duì)K系的速度為v -2, 5 x 10, m/s飛船B在K系中的速度為% =2. 0 x 10s m/s飛船B在IC系中的速度為-vI% =-L 125

24、 x 10/ m/sT 糕理c(2)設(shè)地球?yàn)镵系，飛船B為(C系.以飛船A為研究對(duì)象.已知IC系相對(duì)K系的速度為v -2. 0 x 10 m/s飛船A在K系中的速度為% = 2.5 x 10* m/s飛船A在1系中的速度為史= L 125 x 10* m/s4-114 -15,某人測得一靜止棒長為/,質(zhì)量為m，于是求得此棒線密度為p小與If假定此棒以速度在棒長方向上運(yùn)動(dòng)，此人再測棒的線密度應(yīng)為多少，若棒在垂 直長度方向上運(yùn)動(dòng)，它的線密度又為多少？分析：本題涉及兩個(gè)相對(duì)論效應(yīng):沿棒長方向運(yùn)動(dòng)時(shí)的“長度收縮”效應(yīng)和 運(yùn)動(dòng)物體的“質(zhì)速關(guān)系匕解；設(shè)棒沿式軸放置，棒相對(duì)觀測者沿軸運(yùn)動(dòng).(1)棒長工是固有

25、長度.觀察者測得棒在運(yùn)動(dòng)方向(H軸)的長度為2”弓.運(yùn)動(dòng)質(zhì)量為由, 二T-(2)則線密度為從二%二一一=一4(2)棒在垂直于長度的方向上(沿了軸或蕓軸)運(yùn)動(dòng)時(shí)，觀察者測得的長度 不變即， =，,但棒的質(zhì)量即運(yùn)動(dòng)質(zhì)量仍由(2)式所示.所以，線密度為血”mptPi r /丁一 LTT第五章靜止電荷的電場5-17 -J.在真空中，兩個(gè)等值同號(hào)的點(diǎn)電荷相距0. 01 m時(shí)的作用力為10 4 N, 它們相距Q1m時(shí)的作用力為多大？兩點(diǎn)電荷所帶的電荷量是多少？分析：真空中點(diǎn)電荷間的相互作用力遵循庫侖定律.解：(1)設(shè)兩點(diǎn)電荷相距h時(shí)的庫侖力的大小為打,相距h時(shí)的摩侖力 的大小為有尸=f =_L_ qL1

26、4jt右口 r=* - 4冗/ T；r2 =0J m時(shí)的作用力大小為2 62xio5 N =1O-7 Nr； u. t I(2)由吊=不已得q = J4cqRf? =3, 33 x 10 7。CEc的大小為Ec與水平方向夾角為Ec = 十七;=3. 24 x 104 V/m7 -6.在直角三角形ABC的A點(diǎn)，放置點(diǎn)電荷9戶1. 8 x 1。 C,在日點(diǎn)放置點(diǎn)電荷外=-4. 8 x 10C.已知 BC =0. 04 m, 4C=0. 03 m,試求直角頂點(diǎn)C處的電場強(qiáng)度.解：如解圖7-6所示.以C為原點(diǎn)，建立 直角坐標(biāo)。町.令從。二門，8。= 4，則5、的在C 點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度分別為% =7粵(

27、-/) =1. 8x 104( -j) V/m4冗/ r：E2 二一一爭:2. 7x10, V/m4 冗 r；C點(diǎn)的合場強(qiáng)為cos JdJ =2 *蔡0 = arctan = arctan = 33. 7CrjJ5-77 -1通用細(xì)絕緣線彎成的半圓形環(huán)，半徑為R,其上均勻地帶正電荷。，求 圓心。點(diǎn)處的電場強(qiáng)度.分析：根據(jù)電荷分布的對(duì)稱性，注意選擇好坐標(biāo)系解題.解：如解圖7-10所示，設(shè)Q0,在半圓形環(huán)上任 取一電荷元dg = 4出,在圓心。點(diǎn)處的電場強(qiáng)度的大小為_ 1丸& 4ne0 R1方向如圖所示.式中A =，班=?d仇 tik由電荷的對(duì)稱分布可知，廁心。點(diǎn)處的電場強(qiáng)度沿% 軸正方向.有7

28、-1% 在半徑分別為10 cm和20 cm的兩層假想同心球面中間，均勻分布 著電荷體密度為=109 C/n?的正電荷.求離球心5 cm、15 cm、50 cm處的電 場強(qiáng)度.分析：電荷的分布具有球?qū)ΨQ性時(shí)，它的電場也應(yīng)具有球?qū)ΨQ分布,運(yùn)用高 斯定理可求出各點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小.解：以叫和品分別表示均勻帶電球殼的內(nèi)、外半徑.設(shè)離球心、=0. 05 m處的電場強(qiáng)度為生，在以小為半徑的高斯球面跳上, 場的大小應(yīng)該相同，并處處與品的法線方向平行.對(duì)d運(yùn)用高斯定理，有所以，離球心5 cm處的電場強(qiáng)度= 0.以r2 =0. 15 m為半徑作高斯球面S,設(shè)Sa上各點(diǎn)的場強(qiáng)為瑪，對(duì)&運(yùn)用 高斯定理，有產(chǎn)zdS

29、= E#加；=-jpdV式中JpdU是當(dāng)所圍的電荷屬JpdV = Jp4nr2dr =竽P（8 - E）所以，離球心15 cm處的電場強(qiáng)度E2的大小為F P（H-居）4 nv/E? ； = 4* （J V/m3備E2的方向與方的法線方向一致，即沿徑向向外，以q =0. 50 m為半徑作高斯球面S3時(shí)，帶電球殼在S3內(nèi)，對(duì)S,運(yùn)用高斯 定理，有 dS 二 抖n片工-y-jpd V式中JpdV是S3所圍的電荷量，即帶電球殼的全部電荷量，有 jpdK = J p4itr2dr =萼p（R： -）所以,離球心50 cm處的電場強(qiáng)度E3的大小為6*用）（4v/也3 ;= L 05 V/m3小看段的方向與

30、5,的法線方向一致,沿徑向向外.7-19.厚度為0.5 cm的無限大平板均勻呻帶電，電荷體密度為LOxitr, C/mL求：(I)薄層中央的電場強(qiáng)度；(2)薄層內(nèi)與其表面相距0.leni處的電場強(qiáng)度；(3)薄層外的電場強(qiáng)度.分析；無限大均勻帶電板對(duì)中央面對(duì)稱，因此，在中央面兩側(cè),帶電板內(nèi)外 的電場強(qiáng)度相對(duì)板的中央面也應(yīng)具有對(duì)稱性.可運(yùn)用高斯定理求得帶電板內(nèi)外 的電場分布.如果把帶電板看成是由無數(shù)厚度為dr的無限大均勻帶電平板重登而成的 話，根據(jù)電場強(qiáng)度的疊加原理可知，空間各點(diǎn)的電場強(qiáng)度為各薄層在該點(diǎn)的電場 強(qiáng)度的矢量和.解1：利用電場強(qiáng)度疊加原理求解，以帶電板中央面為原點(diǎn)取坐標(biāo)Or如解圖7 -

31、 19a所示.在處取厚度為dr的薄層平板，電荷面密度為b=pdr,其兩側(cè)均勻電場的大小為幽，垂 2備直于薄層向外.(1)帶電板中央的電場強(qiáng)度“.在中央面左右兩側(cè)帶電板完全對(duì)稱，厚度都是 = 0.25 cm,帶電量相等.它們在r=0處的場強(qiáng)大小相等、 方向相反,&=0,即解圖7-19a& -2LX-廣瑞=。(2)與帶電板表面相距0. 1 cm處，即r = (0. 25 -0. 1) cm = 0. 15 cm處 的電場強(qiáng)度產(chǎn) 150. 25= % - 4 = L 2s 或dr - L,大”= 1, 69 x 104 V/m 方向與坐標(biāo)軸正方向一致.*0. 250.25-JL 君T.69xl0m解

32、圖7-19b沿坐標(biāo)軸反方向.(3)薄層外任意點(diǎn)的電場強(qiáng)度 0.251E x I 咨二邑0. 25 + 0. 25) = 2. 83 x 104 V/mJ-0.25 202。垂直于兩側(cè)板面向外.解2：運(yùn)用高斯定理求解.由于帶電板對(duì)中央面左右對(duì)稱，因此可作具有同樣 對(duì)稱性的圓柱形高斯面S,如解圖7-19b所示.圓柱的 兩底面S2距中央面都是r,S2的法線方向與面上的電場 強(qiáng)度E方向一致，圓柱側(cè)面S1的法線方向與帶電板的E 方向處處相垂直.對(duì)S面運(yùn)用高斯定理，有朋 dS = 2ES2 =十JpdP式中是閉合的圓柱面S所圍的電荷量.r % 時(shí),jpdV = 2Ps2ro .所以，帶電板內(nèi)外場強(qiáng)的大小為

33、3。1pr ( Irl r0)帶電板中央，因r=0,故有0=O.帶電板內(nèi)r = 0. 15 cm處，口 pr L 0 x 10*4 x0. 15”,八4 一E個(gè).85x10- 丫5= L69xI0 V/m 帶電板外任意處，n Po LOxlO-4 xO.25 , c cc .cj，,=ilF71F-v/m=2-83x10 v/m7 一23a 如圖所示，已知 r = 6 cm,d 彳8 cmM = 3 x IO-9 Ctg2 = -3 x 10-sl C.(1)將電荷量為2x10-9。的點(diǎn)電荷從4點(diǎn)aBC移到8點(diǎn)，電場力作功多少？|I(2)將此點(diǎn)電荷從點(diǎn)。移到點(diǎn)D,電場力作功 衣 小?多少?zd

34、j.Dg分析：由泡勢的疊加原理求出源電荷不、%在刁題丁 23國用出,c和四點(diǎn)處的電勢匕、匕和匕.、匕后，利用 1 一 , 電勢差求得電場力的功或系統(tǒng)電勢能的變化.=1. 8 x IO3 V-L 8 x IO3 V(1)將點(diǎn)電荷由4點(diǎn)移到日點(diǎn)過程中，電場力作功為 的 - T式匕f 匕)7M =3, 6 x 10 -6 J(2)將點(diǎn)電荷從C點(diǎn)移到。點(diǎn)過程中，電場力作功為 Hm = -0(%- Vc) -?oVi； = -3. 6 X U 67-36.點(diǎn)電荷9=4.0x103 C,處在導(dǎo)體球殼的中心，殼的內(nèi)外半徑分別 為此=2. 0 cm 和 R* =3. 0 cm,求：(1)導(dǎo)體球殼的電勢；(2)

35、離球心r二L0由處的電勢；(3)把點(diǎn)電荷移開球心L 0 cm后球心。點(diǎn)的電勢及導(dǎo)體球殼的電勢.分析：靜電平衡時(shí)，導(dǎo)體球殼內(nèi)、外表面將感應(yīng)出等量異號(hào)電荷-q和+9. 并均勻分布,利用高斯定理可求得場強(qiáng)的分布，并由電勢的定義求得電勢的分 布.也可利用電勢的疊加原理求得卜的分布.解：利用高斯定理可以得到靜電平衡時(shí)各區(qū)域的電場分布為為）（/ r 6）導(dǎo)體球殼的電勢（3）4n用此離球心r = 1, 0 cm處的電勢二 120 V=大(十一力以二300V把點(diǎn)電荷移開球心10 cm,仍然在導(dǎo)體球殼內(nèi)部.導(dǎo)體球殼外表面的電荷分布沒有變化，故球殼電勢與情況(1 )相同，為120 V.球心點(diǎn)。處的電勢由疊加原理得

36、小 1 十 丁 = 120 V * 360 V =480 V 4n與扁4孔與7-39.三平行金屬板A、B、C面積均為200 cm=A、B間相距4 clmm, A、C 間相距2.0mm,B和C兩板都接地.如果使A板帶正電 3.0x10-7*求：(1) B、C板上感應(yīng)電荷;(2) A板的電勢.分析：由于金屬板的線度遠(yuǎn)大于板的間距，因此金屬 板帶電時(shí)，板間的場強(qiáng)可近似為均勻電場,靜電平衡狀態(tài) 下，金屬板是等勢體，所以，使A板帶正電，B和C兩板都 接地時(shí),A板與B、C兩板間的電勢差相同.由于A板與 B.C兩板的間距不同，故A板兩側(cè)的場強(qiáng)不同，即A板兩 惻分布的電荷是不同的.解：(!)設(shè)A板的帶電量為心

37、靜電平衡時(shí),在相對(duì)B 板一側(cè)分布有如,在相對(duì)C板一側(cè)分布有qj并有0 =?B +窕在B、C兩板相時(shí)A板的面上則分布有感應(yīng)電荷-久和- 設(shè)A、B兩板間的場強(qiáng)為Eah.A、C兩板間的場強(qiáng)為心口有尸 外也知F %7c%三和鼠=-Tc由于A板與B、C兩板間的電勢差相同，凡匕，即可解得以二2 x IO-AB(4+2) x 10x3.0 x 10-7 C = l.Ox IO7 C* dA0 = 4C ,盛年g亡=2. 0 x 10 C所以，B板上的感應(yīng)電荷為-LO xlO- C,C板上的感應(yīng)電荷為-2.0 x 10 ” C.(2) A板的電勢為匕=*小白=R； ， 4日=2. 26 x 10,V斯37 -

38、41.如圖，G = 10 汕=5. 0= 5. 0 gF.(1)求間的電容；(2)在4B間加上100 V的電壓，求C*上的電荷 量:和電壓；BqL習(xí)題7 -4】圖(3)如果儲(chǔ)被擊穿，問G上的電荷量和電壓各是 多少？分析：根據(jù)電容器的串、并聯(lián)規(guī)律和導(dǎo)體系統(tǒng)的靜 電平衡狀態(tài)求解.解：(I)力I間的等效電容C為G與c?并聯(lián)后再與3串聯(lián).即1 _ 1 1Jh a + J G所以G產(chǎn)處:y? = 3. 75 |aF2)電容器帶電時(shí)，設(shè)G G 和G極板上的電荷分別為?|、q?和的，電勢 差分別為4。和% 由導(dǎo)體系統(tǒng)的靜電平衡狀態(tài)可知，它們應(yīng)滿足關(guān)系% +犯=打7和5+3=%占由電容器定義式9 =匕/得GK

39、 +G% =G5即(G +G)%=G(/l%)得產(chǎn)不念忑入盧”丫秋=g% =1.25 xlO-4 C(3)若G被擊穿，則UAB Uj =100 V ,g3 = C3(/3 = QU超=5. 0 x 0 7c5-317-4工平板電容器極板間的距離為d,保持極板上的電荷不變，把相對(duì)電容 率為H、厚度為水5 d)的玻璃板插入極板間，求無玻璃板時(shí)和插入玻璃板后極板間電勢差的比.分析：插入電介質(zhì)板前后，極板上電荷量保持不變.插入后，由于介質(zhì)的極 化，介質(zhì)內(nèi)的電場強(qiáng)度將減弱，使極板間的電勢差減小.解：設(shè)電容器極板上電荷面密度為明未插入玻璃板時(shí)極板間的電勢差為 4,插入玻璃板后，板間的電勢差為仄有/ = Ed =二 d%/= (MY) + 飛= Jd-6) +55fl又U %/_(%_ 1)55-43 7 -64電容G =4 pj的超容器在800 V的電勢差下充電，然后切斷電源， 并將此電容器的兩個(gè)極板分別和原來不帶電、電容為G=6 jxF的電容器兩極相 相連，求：(O每個(gè)電容器極板所帶電