普通物理学习题与答案全

1、目 录 contents第一章力和运动错误!未定义书签。1-2错误!未定义书签。1-4错误!未定义书签。1-5错误!未定义书签。1-6错误!未定义书签。1-9错误!未定义书签。1-14错误!未定义书签。第二章 运动的守恒量和守恒定律 错误!未定义书签。2-3错误!未定义书签。2-9错误!未定义书签。2-11错误!未定义书签。2-13错误!未定义书签。2-16错误!未定义书签。2-17错误!未定义书签。2-19错误!未定义书签。2-23错误!未定义书签。2-27错误!未定义书签。第三章刚体的定轴转动错误!未定义书签。3-1错误!未定义书签。3-3错误!未定义书签。3-6错误!未定义书签。3-7错

2、误!未定义书签。3-10错误!未定义书签。3-11错误!未定义书签。第四章狭义相对论基础错误!未定义书签。4-1错误!未定义书签。第五章静止电荷的电场.错误!未定义书签。5-1 错误!未定义书签。5-5 错误!未定义书签。5-7 错误!未定义书签。5-13 错误!未定义书签。5-15 错误!未定义书签。5-17 错误!未定义书签。5-26 错误!未定义书签。5-29 错误!未定义书签。5-30 错误!未定义书签。5-31 错误!未定义书签。5-43 错误!未定义书签。第六章恒定电流的磁场.错误!未定义书签。6-1 错误!未定义书签。6-4 错误!未定义书签。6-5 错误!未定义书签。6-7 错

3、误!未定义书签。6-12 错误!未定义书签。6-15 错误!未定义书签。6-19 错误!未定义书签。6-23 错误!未定义书签。6-26 错误!未定义书签。6-28 错误!未定义书签。第七章 电磁感应 电磁场理论.错误!未定义书签。7-2 错误!未定义书签。7-5 错误!未定义书签。7-7 错误!未定义书签。7-16 错误!未定义书签。第一章力和运动1-21 -2, 一质点沿Ox轴运动，坐标与时间的变化关系为4 =业- 2广，式中立 j 分别以为单位，试计算：(1在最初2乡内的平均速度,23末的瞬时速度；(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=%产 计算？(4) 3苜末的瞬时加速度.分析：质点沿Ox轴作直线运动时,其位移、速度、加速度等矢量的方向都可 以用标量的正或负表示-本题中，质点的运动学方程工是t的三次函数,因此在 质点的运动过程中，位移和速度都将变换方向，而加速度随时间E作线性变化所以,质点作匀变加速直线运动.解:(1)在最初2 s内的平均速度为盯一与 (4 乂2、力)-0加=2 -0m/8 = -4 m/s由运动学方程可得瞬时速度为u =牛=4 -6/出25末的瞬时速度为吗=(4 一 6/)|,-2 = 4-6x22) in/s = -20 m/&“号表示质点向Ox轴负方向运动.】s末到3苜末的位移为A%

5、- Ui = (4x3 -2x3s) - (4x1 -2 x I3) m = -44 in1 3来到3 s末的平均速度为%3 -xb -42-2v = 一 ； m/s = -22 m/s 83 -1“-”号表示质点向纵轴负方向运动.(3) I s末到3 s末的平均加速度的大小为=-24 m/s-% 一叫(4：m3之) (46x/)3 1式中“-”号表示质点的加速度沿向工轴负方向.本题中的加速度。=半=-随上作线性变化，用二三虽闻求得与atz(外相同的计算结果,但这只是在a -为线性关系时的特例，不具有普遍性,比求质点运动如，当4二相时，两种算法的结果不可能一致,所以，用反=的平均加速度是错误的

6、.(4) 3 s末的瞬时加速度i2&L = 3= 112 K3 m/s = -36 m/s号表示质点向。式轴负方向运动.1-7,在离水面高度为h的岸边，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸边，距离 处,当人以%的速率匀速收绳时，试求船的速率与加速度各有多大.分析：在用绳子拉船靠岸的过程中，船始终沿水面向岸运动，运劭方向不 变.如解图1 - 7a所示，以收绳处为坐标原点/时刻船位于巴，位置矢量为门， 模的大小为I门1 =门，这就是，时刻绳的长度4 4时刻船位于&，位置矢量 为4 在&时间内，船的位移为Ar,位置矢量模的变化为| = A，应注意 I Ar I因绳长以恒定速率即变短,所以在M时间内绳子的缩短

7、量为恒定 的Ar,由图可知，这是,沿绳方向的分量.根据对船的位移的分析，利用几何关系可建立起船的运动学方程，从而得到 船的速度、加速度与%的关系.阿图i -7a解L如解图1 -7a所示，有I Ar I cos B 二 Ar 加一*1 0 时，有| dr | cos。= dr船的速率为中=I =用收绳速率为坳=当os日_ vcos 3dr d(武中所以，有在图示坐标系中，Ar沿”轴负方向.所以，船的速度为式中“-”号表示船是向岸靠拢的，船的加速度为辞小（正平第di at 3） s解2：如解图1 -7b所示，在直角坐标系0y中，时刻船离岸边的距离为力=s,船的位置矢量(运动方程)可表示为r =xi

8、 + ( )/船的速度为V = J =由于4 = JFK所以 旷察兴广二仔亍*也力心-片出因绳子的长度随时间而变短，上式中占二- %.at所以，船的速度为船的加速度为v.a同方向，表明船是加速靠岸的.1-8.在质点运动中，已知工三科”孕=H.yW.求质点的加速 d度和它的轨道方程.分析：求出#方向和了方向的加速度，可以得到质点在平面内运动的总加 速度;利用积分，代人y方向的初始位置，可以得到质点在y方向的运动规律，消 去运动方程M办和n）中的时间参量t,即可得到质点在平面内运动的轨道方 程，（黑）.解：%二普二“必/,炉e-孙dr 由由y方向速度，得dy =对上式两边积分井代人初始条件（dy=

9、-超卜2山得y = 6e kt从彳=oe二几两式中消去,得轨道方程 xy - ab1-61-9.按玻尔模型，氢原子处于基态时，它的电子围绕原子核作圆周运动, 电子的速率为12 x JO6 m/s,禽核的距离为Q 53 x 10,n m,求电子绕核运动的 频率和向心加速度.分析：根据题给条件可知，电子绕原子核作匀速率的圆周运动（运动速率为 常数），由此可求得单位时间内绕核运动的周数即为频率.解:频率 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两个物体，质量分别为mA= 100 kg,/nB =60 kg,装置如图所示. 两斜面的倾角分别为e =30。和万=60。,如果物体与斜面间无摩擦,滑轮和绳的 质髭忽略不计，问：(1)系统将向哪边运动？(2)系统的加速度是多大？(3)绳中的张力多大？分析：由于轻绳不可伸长，连接A、B两物体时,不论向哪边运动,A、B都将 具有相同大小的加速度值.对于斜面问题，若不能直接判断系统的运动方向，可 先假定某一运动正方向，并依此列方程，由计算结果确定物体的实际运动方向.习题1-28图解图I 28解：取两物体为研究对象，分别作两物体的受力分析见解图1 -2

11、&设系统沿图示方向运动,两物体在运动方向上的动力学方程分别为尸t - mAgsin a = mkap- F1 =解(1),(2)两式，得/nBgsinj3-mAgsin a2a =0. 12 m/s叫+加BQ0,表示系统的实际运动方向与假定正方向一致.从(】)式得Fr = or +- 502 N1-36. 一质点的质量为1跖,沿。工轴运动，所受的力如图所示.。二。时, 质点静止在坐标原点，试求此质点第7 s末的速度和坐标.分析：质点在变力产的作用下将改变运动状态.已知F和质点的质量外 可以得到加速度口.利用与,以及与A*的积分关系，可求得以t)和*). 由于Ft为分段连续函数,故加速度口和速度

12、/随时间t的变化关系也都是分 段连续函数，在求相关的积分时需注意这一点.解；在t=05号区间内，坦-25可得du =也=2疝m对上式;积分，有（加=12小据题意,0时/=。,故有心工/”5国时的速度为v5 =25 m/s4盘 2由v = dt=t可得出二/山对上式积分，有口工=/市据题意/ mO时的=0,故有X = T125i =5 s时的坐标为x3 =41. 67 m在5 7告区间内，尸*=皿祟=A?（_7）， 鱼=一当=-5可得=(t 7) dt = 5(e7)出对上式积分，有口。=-5pf-7)d(可得二%-2. 5t2 + 35t -112.5”7吕时的速度为%=(25 -2,5 X7

13、1 +35 x7 -112.5) m/5=35 m/s由g二牛可得(k-( -N5产+35-8工5)由dt对上式积分，有f dx = (-2+5i2 +35e -87.5)由可彳导huq -0. 83? + 17, 5? -87. 5上 + 104. 17t =7 s时的坐标为% =(4L 67 - 0. 83 x 73 + 17.5 X71 -8Z5 x7 + IO4. 17) m =106. 15 m所以/ =7 s时的坐标为x7 = 106- 15%速度为g =35 m/s.1-14题解: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第二章运动的守恒量和守恒定律2-32-5. 一颗子弹从枪口飞出的速度是30。m/s,在枪管内子弹所受合力的大小由下式给出:尸二400-4 乂10、3(3)子弹所受冲量的大小为其中F以N为

15、单位/以s为单位.(O画出Ft图；(2)计算子弹行经枪管长度所花费的时间，假定子弹到枪口时所受的力变 为零I(3)求该力冲量的大小孑(4)求子弹的质量.分析：子弹在枪膛内所受的合力是作用时间极短，大小变化极快的变力. 该合力的冲量使子弹获得动量.解：(I)根据题意，画出产-图如解图2-5所示.合力F随时间。线性 意减.(2)根据假定，子弹在枪口时所受合力为零, 即尸= 400 -4 10。得子弹行经枪管长度所花费的时间 = 3 x 10 - s.-0. 6 N 宫子弹所受冲量的大小也可以由F-t图的面积求得,(4)根据动量定理, 得子弹的质量/ = Ap mv 0J_ 0. 6 N * sv

16、300 ni/$=2 x IO52-9/ = =y x400 x3 Xi。7N sH6N ,导2-14.设作用在质量为2 kg的质点上的力是F = (3t+)N.当质点从原 点移动到位矢为r =(2-3j) m处时，此力所作的功有多大？它与路径有无关 系？如果此力是作用在质点上唯一的力，则质点的动能将变化多少？解t质点从(0,0)移动到(2, -3)作的功为A =F - r= (3r+5j) * (2i -3j = -9 J设质点从(0,0)先移动到(2,0),再移动到(2,-3),此力作的功为A =4, +4,不/ xi+F -0=+* 2i + (3i+57) - ( -3)J= 6-15

17、 = -9 J结果相同，可见此力作的功与路径无关.由动能定理，质点的动能的变化量为&Ek;4=-9 J2-112 -17.有一保守力尸=(- At +城州沿工轴作用于质点上，式中A ,8为常 量内以m计，尸以N计.(1)取*=0时号=。，试计算与此力相应的势能；(2)求质点从式=2 m运动到* =3 m时势能的变化.分析：势能属于保守力相互作用系统,是由相对位置决定的函数.空间某 点的势能值是相对零势能点的，数值上等于从该点将质点移动到势能零点时，保 守力所作的功解：(1)已知势能零点位于坐标原点，则工处的势能(Ax + B) dx =毋 6 -系/(2)质点由N=2 m运动到玄=3时,势能的

18、增量为A玛二E111T -纥 I e =/乂 -y5保守力做的功为 可见，保守力做的功等于势能增量的负值,习腮2-19图2-19, 一根原长右的弹簧，当下端悬挂质量为小的 重物时，弹簧长2 =2加现将弹簧一端悬挂在睦直放置的 圆环上端4点.设环的半径R=k把弹簧另一端所挂重 物放在光滑圆环的3点，如图所示.已知.4长为L6R. 当重物在B点无初速地沿圆环滑动时，试求：(1)重物在E点的加速度和对圆环的正压力；(2)重物滑到最低点C时的加速度和对圆环的正 压力.分析：取重物叫地球和弹簧为系统时，圆环对重物的支持力凡是外力- 由于圆环光滑，因此在重物m沿圆环的运动过程中，支持力尸不作功,重物所 受

19、的重力和弹性力是系统的保守内力，所以，系统的机械能守恒.由于重物沿 圆环作圆周运动，因此，在解题时宜用自然坐标.解:由弹簧的静平衡条件F-mg = kM-mg=qAt - 2Z0 - = /0 = /?(1)mgsin 20 Fsin 0 = mat切向法向对重物的受力分析如解图2-19所示.在例环的任意位置处，重物的运动 方程为，Fn + Feos g - mgcos 26 = man(1)重物在B点所受弹性力尸为F舟=kls =巾(1. 6R /?) =0. 6mg 由题给条件和解图2-19可得cos 0 =-0. 8sin 0 - 4J - cos2 8 =0. 6根据题意a =0,有=

20、0所以，重物在8点的加速度4 = g( sin 20 - 0习题3 - 16图分析：以转盘与夯锤为系统.在碰撞过程中，由于 相互作用的冲击内力很大,可认为穷锤所受的重力对转 盘的中心轴的力矩可以忽略，所以系统在碰撞过程中对 转轴的角动量守恒.解：设碰撞后夯锤与转盘有相同的角速度3,将夯 锤视作质点.由系统的角动量守恒，js。( mR* + y)(OmR + J夯锤向上运动的速度为p U = R(x)= 7a7m殳+ J3-113-19.如图，弹簧的劲度系数L =2.Q x 1OJ N/m,轮子的转动惯量为0.5 kg n，轮子 半径r= 30 cm.当质量为60 kg的物体下落 40 cm时的

21、速率是多大？假设开始使物体静 止而弹簧无伸长.分析：取弹簧、轮子、物体和地球为系统. 系统不受外力.绳与滑轮间的摩擦力和绳的 张力都是成对内力.由于绳与滑轮间无相对 滑动，以及绳不可伸长，这两对内力的功都为零.所以，利用机械能守恒定律即可求解.也可由牛顿运动定律和转动定律求解.解L设下落物体的速度为。，则轮子的转速为,二十，因绳子不可伸长, 所以弹簧的伸长量即为物体下落的距离.选物体下落40 cm时的位置为重力势能零点.由机械能守恒定律，得kh2 + 千寺加工mgh 上士式中h为物体下落的高度，成为物体的质量J为轮子的转动惯量，所以,pmh-呼 5i。V rn + J/r解2：受力分析如解图3

22、-19,并设物体运动方向如图.博解图3 -19mg - Fj = maFTr - kxr = Ja a = ramg 一 kx可解得a =(m + J/r1du dxa v1fd 廿=adxvdv = C妙三与d# m + J/r解得从两种解法可见，第一种简便，这就是守恒定律的优越性.第四章狭义相对论基础4-14-4 一观察者测得运动着的米尺长0.5 %问此尺以多大的速度接近观 察者？分析：米尺的长度在相对静止的坐标系中测量为1叽当米尺沿长度方向相 对观察者运动时，由于“长度收缩效应，观察者测得米尺的长度与相对运动的 速度有关.解：设米尺的固有长度为L且L =L0 m,由“长度收缩”效应：L，

23、=7i-(f)1 , (守得v = 2, 6 x 10B m/s4-11.地球上一观察者，看见一飞船A以速度2.5 xlOs m/s从他身边飞 过，另一飞船H以速度20 x 10* m/s跟随A飞行.求：(1) A上的乘客看到B的相对速度；(2) B上的乘客看到A的相对速度.分析：本题为一维情况下的相对论速度变换问题.应注意确定研究对象、K 和K，参考系，从而确定已知条件的属性.解1(1)设地球为K系，飞船A为长系以飞船B为研究对象已知K 系相对K系的速度为v -2, 5 x 10, m/s飞船B在K系中的速度为% =2. 0 x 10s m/s飞船B在IC系中的速度为-vI% =-L 125

24、 x 10/ m/sT 糕理c(2)设地球为K系，飞船B为(C系.以飞船A为研究对象.已知IC系相对K系的速度为v -2. 0 x 10 m/s飞船A在K系中的速度为% = 2.5 x 10* m/s飞船A在1系中的速度为史= L 125 x 10* m/s4-114 -15,某人测得一静止棒长为/,质量为m，于是求得此棒线密度为p小与If假定此棒以速度在棒长方向上运动，此人再测棒的线密度应为多少，若棒在垂 直长度方向上运动，它的线密度又为多少？分析：本题涉及两个相对论效应:沿棒长方向运动时的“长度收缩”效应和 运动物体的“质速关系匕解；设棒沿式轴放置，棒相对观测者沿轴运动.(1)棒长工是固有

25、长度.观察者测得棒在运动方向(H轴)的长度为2”弓.运动质量为由, 二T-(2)则线密度为从二%二一一=一4(2)棒在垂直于长度的方向上(沿了轴或芸轴)运动时，观察者测得的长度 不变即， =，,但棒的质量即运动质量仍由(2)式所示.所以，线密度为血”mptPi r /丁一 LTT第五章静止电荷的电场5-17 -J.在真空中，两个等值同号的点电荷相距0. 01 m时的作用力为10 4 N, 它们相距Q1m时的作用力为多大？两点电荷所带的电荷量是多少？分析：真空中点电荷间的相互作用力遵循库仑定律.解：(1)设两点电荷相距h时的库仑力的大小为打,相距h时的摩仑力 的大小为有尸=f =_L_ qL1

26、4jt右口 r=* - 4冗/ T；r2 =0J m时的作用力大小为2 62xio5 N =1O-7 Nr； u. t I(2)由吊=不已得q = J4cqRf? =3, 33 x 10 7。CEc的大小为Ec与水平方向夹角为Ec = 十七;=3. 24 x 104 V/m7 -6.在直角三角形ABC的A点，放置点电荷9户1. 8 x 1。 C,在日点放置点电荷外=-4. 8 x 10C.已知 BC =0. 04 m, 4C=0. 03 m,试求直角顶点C处的电场强度.解：如解图7-6所示.以C为原点，建立 直角坐标。町.令从。二门，8。= 4，则5、的在C 点产生的电场强度分别为% =7粤(

27、-/) =1. 8x 104( -j) V/m4冗/ r：E2 二一一争:2. 7x10, V/m4 冗 r；C点的合场强为cos JdJ =2 *蔡0 = arctan = arctan = 33. 7CrjJ5-77 -1通用细绝缘线弯成的半圆形环，半径为R,其上均匀地带正电荷。，求 圆心。点处的电场强度.分析：根据电荷分布的对称性，注意选择好坐标系解题.解：如解图7-10所示，设Q0,在半圆形环上任 取一电荷元dg = 4出,在圆心。点处的电场强度的大小为_ 1丸& 4ne0 R1方向如图所示.式中A =，班=?d仇 tik由电荷的对称分布可知，厕心。点处的电场强度沿% 轴正方向.有7

28、-1% 在半径分别为10 cm和20 cm的两层假想同心球面中间，均匀分布 着电荷体密度为=109 C/n?的正电荷.求离球心5 cm、15 cm、50 cm处的电 场强度.分析：电荷的分布具有球对称性时，它的电场也应具有球对称分布,运用高 斯定理可求出各点的电场强度的大小.解：以叫和品分别表示均匀带电球壳的内、外半径.设离球心、=0. 05 m处的电场强度为生，在以小为半径的高斯球面跳上, 场的大小应该相同，并处处与品的法线方向平行.对d运用高斯定理，有所以，离球心5 cm处的电场强度= 0.以r2 =0. 15 m为半径作高斯球面S,设Sa上各点的场强为玛，对&运用 高斯定理，有产zdS

29、= E#加；=-jpdV式中JpdU是当所围的电荷属JpdV = Jp4nr2dr =竽P（8 - E）所以，离球心15 cm处的电场强度E2的大小为F P（H-居）4 nv/E? ； = 4* （J V/m3备E2的方向与方的法线方向一致，即沿径向向外，以q =0. 50 m为半径作高斯球面S3时，带电球壳在S3内，对S,运用高斯 定理，有 dS 二 抖n片工-y-jpd V式中JpdV是S3所围的电荷量，即带电球壳的全部电荷量，有 jpdK = J p4itr2dr =萼p（R： -）所以,离球心50 cm处的电场强度E3的大小为6*用）（4v/也3 ;= L 05 V/m3小看段的方向与

30、5,的法线方向一致,沿径向向外.7-19.厚度为0.5 cm的无限大平板均匀呻带电，电荷体密度为LOxitr, C/mL求：(I)薄层中央的电场强度；(2)薄层内与其表面相距0.leni处的电场强度；(3)薄层外的电场强度.分析；无限大均匀带电板对中央面对称，因此，在中央面两侧,带电板内外 的电场强度相对板的中央面也应具有对称性.可运用高斯定理求得带电板内外 的电场分布.如果把带电板看成是由无数厚度为dr的无限大均匀带电平板重登而成的 话，根据电场强度的叠加原理可知，空间各点的电场强度为各薄层在该点的电场 强度的矢量和.解1：利用电场强度叠加原理求解，以带电板中央面为原点取坐标Or如解图7 -

31、 19a所示.在处取厚度为dr的薄层平板，电荷面密度为b=pdr,其两侧均匀电场的大小为幽，垂 2备直于薄层向外.(1)带电板中央的电场强度“.在中央面左右两侧带电板完全对称，厚度都是 = 0.25 cm,带电量相等.它们在r=0处的场强大小相等、 方向相反,&=0,即解图7-19a& -2LX-广瑞=。(2)与带电板表面相距0. 1 cm处，即r = (0. 25 -0. 1) cm = 0. 15 cm处 的电场强度产 150. 25= % - 4 = L 2s 或dr - L,大”= 1, 69 x 104 V/m 方向与坐标轴正方向一致.*0. 250.25-JL 君T.69xl0m解

32、图7-19b沿坐标轴反方向.(3)薄层外任意点的电场强度 0.251E x I 咨二邑0. 25 + 0. 25) = 2. 83 x 104 V/mJ-0.25 202。垂直于两侧板面向外.解2：运用高斯定理求解.由于带电板对中央面左右对称，因此可作具有同样 对称性的圆柱形高斯面S,如解图7-19b所示.圆柱的 两底面S2距中央面都是r,S2的法线方向与面上的电场 强度E方向一致，圆柱侧面S1的法线方向与带电板的E 方向处处相垂直.对S面运用高斯定理，有朋 dS = 2ES2 =十JpdP式中是闭合的圆柱面S所围的电荷量.r % 时,jpdV = 2Ps2ro .所以，带电板内外场强的大小为

33、3。1pr ( Irl r0)带电板中央，因r=0,故有0=O.带电板内r = 0. 15 cm处，口 pr L 0 x 10*4 x0. 15”,八4 一E个.85x10- 丫5= L69xI0 V/m 带电板外任意处，n Po LOxlO-4 xO.25 , c cc .cj，,=ilF71F-v/m=2-83x10 v/m7 一23a 如图所示，已知 r = 6 cm,d 彳8 cmM = 3 x IO-9 Ctg2 = -3 x 10-sl C.(1)将电荷量为2x10-9。的点电荷从4点aBC移到8点，电场力作功多少？|I(2)将此点电荷从点。移到点D,电场力作功 衣 小?多少?zd

34、j.Dg分析：由泡势的叠加原理求出源电荷不、%在刁题丁 23国用出,c和四点处的电势匕、匕和匕.、匕后，利用 1 一 , 电势差求得电场力的功或系统电势能的变化.=1. 8 x IO3 V-L 8 x IO3 V(1)将点电荷由4点移到日点过程中，电场力作功为 的 - T式匕f 匕)7M =3, 6 x 10 -6 J(2)将点电荷从C点移到。点过程中，电场力作功为 Hm = -0(%- Vc) -?oVi； = -3. 6 X U 67-36.点电荷9=4.0x103 C,处在导体球壳的中心，壳的内外半径分别 为此=2. 0 cm 和 R* =3. 0 cm,求：(1)导体球壳的电势；(2)

35、离球心r二L0由处的电势；(3)把点电荷移开球心L 0 cm后球心。点的电势及导体球壳的电势.分析：静电平衡时，导体球壳内、外表面将感应出等量异号电荷-q和+9. 并均匀分布,利用高斯定理可求得场强的分布，并由电势的定义求得电势的分 布.也可利用电势的叠加原理求得卜的分布.解：利用高斯定理可以得到静电平衡时各区域的电场分布为为）（/ r 6）导体球壳的电势（3）4n用此离球心r = 1, 0 cm处的电势二 120 V=大(十一力以二300V把点电荷移开球心10 cm,仍然在导体球壳内部.导体球壳外表面的电荷分布没有变化，故球壳电势与情况(1 )相同，为120 V.球心点。处的电势由叠加原理得

36、小 1 十 丁 = 120 V * 360 V =480 V 4n与扁4孔与7-39.三平行金属板A、B、C面积均为200 cm=A、B间相距4 clmm, A、C 间相距2.0mm,B和C两板都接地.如果使A板带正电 3.0x10-7*求：(1) B、C板上感应电荷;(2) A板的电势.分析：由于金属板的线度远大于板的间距，因此金属 板带电时，板间的场强可近似为均匀电场,静电平衡状态 下，金属板是等势体，所以，使A板带正电，B和C两板都 接地时,A板与B、C两板间的电势差相同.由于A板与 B.C两板的间距不同，故A板两侧的场强不同，即A板两 恻分布的电荷是不同的.解：(!)设A板的带电量为心

37、静电平衡时,在相对B 板一侧分布有如,在相对C板一侧分布有qj并有0 =?B +窕在B、C两板相时A板的面上则分布有感应电荷-久和- 设A、B两板间的场强为Eah.A、C两板间的场强为心口有尸 外也知F %7c%三和鼠=-Tc由于A板与B、C两板间的电势差相同，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板上的感应电荷为-LO xlO- C,C板上的感应电荷为-2.0 x 10 ” C.(2) A板的电势为匕=*小白=R； ， 4日=2. 26 x 10,V斯37 -

38、41.如图，G = 10 汕=5. 0= 5. 0 gF.(1)求间的电容；(2)在4B间加上100 V的电压，求C*上的电荷 量:和电压；BqL习题7 -4】图(3)如果储被击穿，问G上的电荷量和电压各是 多少？分析：根据电容器的串、并联规律和导体系统的静 电平衡状态求解.解：(I)力I间的等效电容C为G与c?并联后再与3串联.即1 _ 1 1Jh a + J G所以G产处:y? = 3. 75 |aF2)电容器带电时，设G G 和G极板上的电荷分别为?|、q?和的，电势 差分别为4。和% 由导体系统的静电平衡状态可知，它们应满足关系% +犯=打7和5+3=%占由电容器定义式9 =匕/得GK

39、 +G% =G5即(G +G)%=G(/l%)得产不念忑入卢”丫秋=g% =1.25 xlO-4 C(3)若G被击穿，则UAB Uj =100 V ,g3 = C3(/3 = QU超=5. 0 x 0 7c5-317-4工平板电容器极板间的距离为d,保持极板上的电荷不变，把相对电容 率为H、厚度为水5 d)的玻璃板插入极板间，求无玻璃板时和插入玻璃板后极板间电势差的比.分析：插入电介质板前后，极板上电荷量保持不变.插入后，由于介质的极 化，介质内的电场强度将减弱，使极板间的电势差减小.解：设电容器极板上电荷面密度为明未插入玻璃板时极板间的电势差为 4,插入玻璃板后，板间的电势差为仄有/ = Ed =二 d%/= (MY) + 飞= Jd-6) +55fl又U %/_(%_ 1)55-43 7 -64电容G =4 pj的超容器在800 V的电势差下充电，然后切断电源， 并将此电容器的两个极板分别和原来不带电、电容为G=6 jxF的电容器两极相 相连，求：(O每个电容器极板所带电