大学物理期末复习题及答案

1、大学物理期末复习题力学部分一、填空题：1. 已知质点的运动r=x(t)iy(t)j方程，则质点的速度为，加速度为。2. 质点作直线运动，其运动方程为x=2m(2ms)t_(1m，则从t=0到t=4s时间间隔内质点的位移大小质点的路程。3. 设质点沿x轴作直线运动，加速度a=(2m*-片，在t=0时刻，质点的位置坐标x=0且V。=0，则在时刻t，质点的速度，和位置。4. 一物体在外力作用下由静止沿直线开始运动。第一阶段中速度从零增至V,第二阶段中速度从v增至2v,在这两个阶段中外力做功之比为。5一质点作斜上抛运动(忽略空气阻力)。质点在运动过程中，切向加速度是,法向加速度是,合加速度是。(填变化

2、的或不变的)Hxy-'6. 质量m=40kg的箱子放在卡车的车厢底板上，已知箱子与底板之间的静摩擦系数为s=0.40，滑动摩擦系数为0.25，试分别写出在下列情况下，作用在箱子上的摩擦力的大小和方向.(1) 卡车以a=2m/s2的加速度行驶，f=，方向(2) 卡车以a=-5m/s2的加速度急刹车，f=，方向.7. 有一单摆，在小球摆动过程中，小球的动量；小球与地球组成的系统机械能;小球对细绳悬点的角动量(不计空气阻力).(填守恒或不守恒)二、单选题：1. 下列说法中哪一个是正确的()(A) 加速度恒定不变时，质点运动方向也不变(B) 平均速率等于平均速度的大小(C) 当物体的速度为零时

3、，其加速度必为零速度方向的变化产(D) 质点作曲线运动时，质点速度大小的变化产生切向加速度,生法向加速度。2.质点沿Ox轴运动方程是x=(询sf2(4msf+5m，则前3s内它的(A) 位移和路程都是3m(B)位移和路程都是-3m(C)位移为-3m，路程为3m(D)位移为-3m，路程为5m3. 下列哪一种说法是正确的()(A) 运动物体加速度越大，速度越快(B) 作直线运动的物体，加速度越来越小，速度也越来越小(C) 切向加速度为正值时，质点运动加快(D) 法向加速度越大，质点运动的法向速度变化越快22.4. 一质点在平面上运动，已知质点的位置矢量的表示式为r=at1+btj(其中a、b为常量

4、)，则该质点作()(A) 匀速直线运动(B)变速直线运动(C)抛物线运动(D)般曲线运动5. 用细绳系一小球，使之在竖直平面内作圆周运动，当小球运动到最高点时，它()(A) 将受到重力，绳的拉力和向心力的作用(B) 将受到重力，绳的拉力和离心力的作用(C) 绳子的拉力可能为零(D) 小球可能处于受力平衡状态6功的概念有以下几种说法(1) 保守力作功时，系统内相应的势能增加(2) 质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零(3) 作用力和反作用力大小相等，方向相反，所以两者作功的代数和必为零以上论述中，哪些是正确的()(A) (1)(2)(B)(2)(3)(C)只有(2)(D)只有(3)7质量

5、为m的宇宙飞船返回地球时，将发动机关闭，可以认为它仅在地球引力场中运动，当它从与地球中心距离为R1下降到距离地球中心r2时，它的动能的增量为()R2(A)(B)GmEm-RR2RR2GmET(D)Ri-R2GmEm-Ri2-R；&下列说法中哪个或哪些是正确的()(1)作用在定轴转动刚体上的力越大，刚体转动的角加速度应越大。(2)作用在定轴转动刚体上的合力矩越大，刚体转动的角速度越大(3)作用在定轴转动刚体上的合力矩为零，刚体转动的角速度为零(4) 作用在定轴转动刚体上合力矩越大，刚体转动的角加速度越大(5) 作用在定轴转动刚体上的合力矩为零，刚体转动的角加速度为零9. 一质点作匀速率圆

6、周运动时()(A) 它的动量不变，对圆心的角动量也不变(B) 它的动量不变，对圆心的角动量不断改变(C) 它的动量不断改变，对圆心的角动量不变(D) 它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变10人造地球卫星绕地球作椭圆轨道运动，地球在椭圆轨道上的一个焦点上，则卫星()(A)动量守恒，动能守恒(C)动量守恒，动能不守恒11花样滑冰者，开始自转时，其动能为1然后将手臂收回，转动惯量减少到原来的3，此时的角速度变为，动能变为E，则有关系(A)=3-o,E=Eo,-=3;.-：o,E=3Eo1(B)'o,E=3Eo(D)丄速度由地面匀速上升，经过)12.个气球以5ms该物体从脱落到落回地面的

7、所需时间为(A)6s(B)-30s(C)5.5s以初速度v0将一物体斜向上抛出，抛射角为)30s后从气球上自行脱离一个重物,13.该物体的(D)8s二=60°，不计空气阻力，在初始时刻(A)法向加速度为g；(B)(C)切向加速度为-3g；2法向加速度为二g；2g；1-2g.(D)切向加速度为14.如图，用水平力的摩擦力()F把木块压在竖直墙面上并保持静止，当F逐渐增大时，木块所受(A)恒为零;(B)不为零，但保持不变;(C)随F成正比地增大;(D)开始时随F增大，达到某一最大值后，就保持不变。(B) 对地球中心的角动量守恒，动能不守恒(D) 对地球中心的角动量不守恒，动能守恒15质量

8、分别为m和4m的两个质点分别以Ek和4Ek的动能沿一直线相向运动，它们的总动量的大小为()(A)33mEk；(B)3.2mEk；(C)52mEk;(D)2.2-1_2mEk.1oom高处，系绳突然断16.气球正在上升，气球下系有一重物，当气球上升到离地面1oom高处自由落到地面的运动相比,(B)下落的路程相同(D)落地时的速度相同裂，重物下落，这重物下落到地面的运动与另一个物体从下列哪一个结论是正确的(A) 下落的时间相同(C) 下落的位移相同17.抛物体运动中，下列各量中不随时间变化的是()(A)v(B)v(C)dvdt(D)dv.dt18.一滑块m1沿着-置于光滑水平面上的圆弧形槽体m2无

9、摩擦地由静止释放下滑，若不计空气阻力，在这下滑过程中，分析讨论以下哪种观点正确：()（A）由mi和m2组成的系统动量守恒（B）由2和m2组成的系统机械能守恒（C）mi和m2之间的正压力恒不作功（D）由mi、m2和地球组成的系统机械能守恒三.判断题1 .质点作曲线运动时，不一定有加速度；（）2 .质点作匀速率圆周运动时动量有变化；（）3 .质点系的总动量为零，总角动量一定为零；（）4 作用力的功与反作用力的功必定等值异号，所以它们作的总功为零。（）5对一质点系，如果外力不做功，则质点系的机械能守恒；（）热学部分一、填空题：3热力学第一定律的实质是涉及热现象的.4. 某种理想气体分子的平动自由度t

10、=3,转动自由度r=2,振动自由度s=1.当气体的温度为T时，一个分子的平均总能量等于,一摩尔该种气体的内能等于。5. 热力学概率是指。6. 熵的微观意义是分子运动性的量度。7. 1mol氧气（视为理想气体）储于一氧气瓶中，温度为27°C,气体分子的平动自由度t=3,转动自由度r=2,振动自由度s=0.则氧分子的平均平动能为J;氧分子的平均总动能为J;该瓶氧气的内能为J。&某温度为T,摩尔质量为的气体的最概然速率vp=，物理意义为。9. 密闭容器内的理想气体，如果它的热力学温度提高二倍，那么气体分子的平均平动能提高倍，气体的压强2倍（填提高或降低）。二、单项选择题1在下列理想

11、气体各种过程中，那些过程可能发生？（）（A）等体加热，内能减少，压强升高（B）等温压缩，吸收热量，压强升高（C）等压压缩，吸收热量，内能增加（D）绝热压缩，内能增加，压强升高2. 下列说法那一个是正确的（）（A）热量不能从低温物体传到高温物体（B）热量不能全部转变为功（C）功不能全部转化为热量（D）气体在真空中的自由膨胀过程是不可逆过程3. 在绝热容器中，气体分子向真空中自由膨胀，在这过程中（）（A）气体膨胀对外作功，系统内能减小（B）气体膨胀对外作功，系统内能不变（C）系统不吸收热量，气体温度不变（D）系统不吸收热量，气体温度降低4. 1mol的单原子理想气体从A状态变为B状态，如果不知道是

12、什么气体，变化过程也不清楚，但是可以确定A、B两态的宏观参量，则可以求出()(A) 气体所作的功(B)气体内能的变化(C)气体传给外界的热量(D)气体的质量5. 热力学第二定律表明()(A) 不可能从单一热源吸收热量使之全部变为有用功而不产生其他影响(B) 热不能全部转变为功(C) 热量不可能从温度低的物体传到温度高的物体(D) 以上说法均不对。6.在标准条件下，将1mol单原子气体等温压缩到16.8升，外力所作的功为()(D)(A) 285J(B)-652J(C)1570J652J7. 关于热功转换和热量传递有下面一些叙述(1)功可以完全变为热量，而热量不能完全变为功；(2)一切热机的效率都

13、小于1;(3) 热量不能从低温物体传到高温物体；(4)热量从高温物体传到低温物体是不可逆的。&以上这些叙述()(A) 只有(2)、(4)正确(B)只有(2)、(3)、(4)正确(C)只有(1)、(3)、(4)正确(D)全部正确9. 速率分布函数f(v)的物理意义为()(A) 具有速率v的分子占总分子数的百分比(B) 速率分布在v附近的单位速率间隔中的分子数占总分子数的百分比(C) 具有速率v的分子数(D) 速率分布在v附近的单位速率间隔中的分子数10. 1mol刚性双原子理想气体分子在温度为T时，其内能为()-RT3kT总RT-kT(A)3(B)2(C)2；(D)211压强为p、体积为

14、V的氢气的内能为()531、，7PVPVpVPV(A)2(B)2(C)2(D)212. 质量为m的氢气，分子的摩尔质量为M,温度为T的气体平均平动动能为-3mRT-3mkT竺RT旦kT(A) 2M(B)2Mg)2M；(D)2M电学部分一、填空题：1 电荷最基本的性质是与其他电荷有，库仑定律直接给出了之间相互作用的规律；7.两个电荷量均为q的粒子，以相同的速率在均匀磁场中运动，所受的磁场力_相同(填一定或不一定)。11麦克斯韦感生电场假设的物理意义为：变化的能够在空间激发涡旋的电场；位移电流假设的物理意义为变化的能够在空间激发磁场。9.自感系数L=0.3H的螺线管中通以I=8A的电流时，螺线管存

15、储的磁场能量W=.二、选择题：661点电荷qi=2.°10C,q2=4.°10C两者相距d=10cm，试验电荷6q。T.010C，则qo处于qq连线的正中位置处受到的电场力为()(A)7.2N(B)1.79N(C)7.210°N(D)1.7910°N2一半径R的均匀带电圆环，电荷总量为q,环心处的电场强度为(q(A)4n0R(B)0q(O4n；oR2q2(D)4n0R3一半径为R的均匀带电半圆环，带电为Q半径为R，环心处的电场强度大小为Q2(A)2nbR(B)Q8n0R2(00Q(D)4n0R4.长1的均匀带电细棒，带电为Q，在棒的延长线上距棒中心r处的

16、电场强度的量值为(A)Q3n0r2Q2(B)9n；orQ22(C)n；0(4rl)(D):5. 孤立金属导体球带有电荷Q，由于它不受外电场作用，所以它具有()所述的性质(A)孤立导体电何均匀分布，导体内电场强度不为零(B) 电荷只分布于导体球表面，导体内电场强度不为零(C) 导体内电荷均匀分布，导体内电场强度为零(D) 电荷分布于导体表面，导体内电场强度为零6半径为R的带电金属球，带电量为Q电势分别为()Vn=0,VexQVin(A)4冗n0r(B)Vin=0,V-QVinex(C)470R(D)r为球外任一点到球心的距离，球内与球外的QVexQ4n;0R'4n;QVexQ4n;

17、76;R4n;0R7两长直导线载有同样的电流且平行放置，单位长度间的相互作用力为F，若将它们的电流均加倍，相互距离减半，单位长度间的相互作用力变为F，则大小之比F/F为()(A) 1(B)2(C)4(D)88对于安培环路定理的正确理解是()(A)若'iBd1，则必定I上B处处为零(B) 若'iBd1，则必定I不包围电流(C) 若'iBd1=0，则必定I包围的电流的代数和为零(D) 若'iBd1，则必定I上各点的B仅与I内的电流有关9.平行板电容器的电容为G,两极板间电势差为U,若保持U不变而将两极板距离拉开一倍，则：()(A)电容器电容减少一半;(B) 电容器电

18、容增加一倍;(C)电容器储能增加一倍;(D)电容器储能不变。10. 对于毕奥一萨伐尔定律的理解：(A)它是磁场产生电流的基本规律;(B) 它是电流产生磁场的基本规律;(C) 它是描述运动电荷在磁场中受力的规律；(D)以上说法都对。().只产生磁场。.既产生电场，也产生磁场。11通以稳恒电流的长直导线，在其周围空间：A.只产生电场。BC.既不产生电场，也不产生磁场。D12. 有一无限长载流直导线在空间产生磁场，在此磁场中作一个以载流导线为轴线的同轴圆柱形闭合高斯面，则通过此闭合面的磁感应通量：()A.等于零；B.不一定等于零；C.为；D.为丄.名013. 有一由N匝细导线绕成的平面正三角形线圈，

19、边长为a，通有电流I，置于均匀磁场B中，当线圈平面的法向与外磁场同向时，该线圈所受的磁力矩Mm值为()(A).3Na2IB/2(B)_3Na2IB/4(C).3Na2IBsin60(D)014. 位移电流有下述四种说法，请指出哪种说法是正确的(A)位移电流是由变化电场产生的；(B) 位移电流是由变化磁场产生的；(C) 位移电流的热效应服从焦耳一愣次定律；(D) 位移电流的磁效应不服从安培环路定律。15. 麦克斯韦方程组的全电流安培环路定理A.-oI；B.；o%-dS；(S)讥:Bdl=()(L):EC.0；D.dS.(S)渔16. 热力学第二定律表明()(A) 不可能从单一热源吸收热量使之全部

20、变为有用功而不产生其他影响(B) 热不能全部转变为功(C) 热量不可能从温度低的物体传到温度高的物体(D) 以上说法均不对。17. 一绝热密闭的容器，用隔板分成相等的两部分，左边盛有一定量的理想气体，压强为po,右边为真空，今将隔板抽去，气体自由膨胀,当气体达到平衡时,气体的压强是(A)p。(B)po/2(C)2po(D)无法确定。18. 判断下列有关角动量的说法的正误：()(A) 质点系的总动量为零，总的角动量一定为零；(B) 一质点作直线运动，质点的角动量不一定为零；(C) 一质点作匀速率圆周运动，其动量方向在不断改变，所以质点对圆心的角动量方向也随之不断改变；(D)以上说法均不对。19.

21、 以下说法哪个正确：（）（A）高斯定理反映出静电场是有源场;（B）环路定理反映出静电场是有源场;（C）高斯定理反映出静电场是无旋场;（D）高斯定理可表述为：静电场中场强沿任意闭合环路的线积分恒为零。20. 平行板电容器的电容为G,两极板间电势差为U,若保持U不变而将两极板距离拉开一倍，则：（）（B）电容器电容增加一倍;（D）电容器储能不变。（）（A）电容器电容减少一半；（C）电容器储能增加一倍；21. 对于毕奥一萨伐尔定律的理解:（A）它是磁场产生电流的基本规律；（B）它是电流产生磁场的基本规律；（C）它是描述运动电荷在磁场中受力的规律；（D）以上说法都对。22通以稳恒电流的长直导线，在其周围

22、空间：（）（A）只产生电场；（B）既不产生电场，又不产生磁场;（C）只产生磁场；（D）既产生电场，又产生磁场。6两瓶不同种类的气体，它们的温度和压强相同，但体积不同，则单位体积内的分子数相同.（）7. 从气体动理论的观点说明：当气体的温度升高时，只要适当地增大容器的容积，就可使气体的压强保持不变.（）8热力学第二定律的实质在于指出：一切与热现象有关的宏观过程都是可逆的。（）9.随时间变化的磁场会激发涡旋电场，随时间变化的电场会激发涡旋磁场。（）10带电粒子在均匀磁场中，当初速度v丄B时，它因不受力而作匀速直线运动。（）1作用力的功与反作用力的功必定等值异号，所以它们作的总功为零。（）2 不受外

23、力作用的系统，它的动量和机械能必然同时都守恒.（）3 .在弹簧被拉伸长的过程中，弹力作正功。（）4 .物体的温度越高，则热量越多.（）5对一热力学系统，可以在对外做功的同时还放出热量.（）6 可以使一系统在一定压力下膨胀而保持其温度不变.（）7 .带电粒子在均匀磁场中，当初速度v丄B时，它因不受力而作匀速直线运动。（）8. 随时间变化的磁场会激发涡旋电场，随时间变化的电场会激发涡旋磁场。（）9动生电动势是因磁场随时间变化引起的，感生电动势是因导线在磁场中运动引起的。（）10. 电磁波是横波，它能在空间传播是由于随时间变化的电场与磁场互相激发所至。（）四.计算题1. 已知质点运动方程为x=-Rs

24、in（01y=R（1-cosOt）式中R、3为常量，试求质点作什么运动，并求其速度和加速度。(1)第3秒内的位移及平均速度；(2) 1秒末及2秒末的瞬时速度；(3) 第2秒内的平均加速度及0.5秒末的瞬时加速度。12S=ct一bt3质点沿半径为R做圆周运动，其按规律一电容器的电容C=200尸，求当极板间电势差U=200V时，电容器所储存的电能W。如图所示，在长直导线AB内通有电流l1=10A,在矩形线圈CDEF中通有电流b=15A,AB与线圈在同一平面内，且CDEF与AB平行。已知a=2.0cm,b=5.0cm,d=1.0cm。求：(1) 导线AB中的电流I1的磁场对矩形线圈CD、DE边的安培

25、力的大小和方向；运动，式中S为路程，b、c为常数,求(1) t时刻质点的角速度和角加速度(2) 当切向加速度等于法向加速度时，质点运动经历的时间。(1)解质点作圆周运动，有(2) 矩形线圈所受到的磁力矩。二Rr，所以角速度S1/*1屮2(ctbt)RR2djcbtdtRRdba=dtR(2)在圆周运动中，有212an”齐(c-bt)角加速度anb二丄(c-bt)2Rb2t-2bct-(c2_bR)=01224一质点的运动方程为r=(2ms)ti2(1ms)tj。(1)画出质点的运动轨迹。)求t/s和t=2s时的位矢(3) 求1s和2s末的速度(4) 求出加速度5在光滑水平面上放置一静止的木块，

26、木块质量为“.一质量为m的子弹以速度V1沿水平方向射入木块，然后与木块一起运动，如图所示。(1) 求子弹与木块间的相互作用力分别对子弹和木块所做的功；(2) 碰撞过程所损耗的机械能。-12. 两球质量mi=2.0g,m2=5.0g,在光滑的桌面上运动，速度分别为vi=10icm?s,V2=(3.0i+5.0j)cm?s-1，碰撞后合为一体，求碰后的速度(含大小和方向)。3我国第一颗人造地球卫星绕地球沿椭圆轨道运动，地球的中心为椭圆的一个焦点。已知人造地球卫星近地点高度hi=439km，远地点高度h2=2384km。卫星经过近地点时速率为vi=8.10kms-1,试求卫星在远地点的速率。取地球半

27、径R=6378km，空气阻力不计。13. 1如图所示，在直角三角形ABCD的A点处，有点电荷q1=1.810；-9C,B点处有点电荷q2=-4.81Q<9C,AC=3cm,BC=4cm，试求C点的场强.解答根据点电荷的场强大小的公式E=k孚丄弓,r4二；0r图13.1其中1/(4ns0)=k=9.0<9Nm2C-2.点电荷q1在C点产生的场强大小为_Q1q191.8004-1、，宀十E1T=910922=1.8104(NC1)，万向向下.4二；0AC2(310)2点电荷q2在C点产生的场强大小为E厂土器=9109护筒=2710加6，方向向右.C处的总场强大小为E=.E12Ef=0.

28、9J3104=3.245104(NC-1),总场强与分场强E2的夹角为心心若33,9-8-1小3均匀带电细棒，棒长a=20cm，电荷线密度为入=3<0Cm，求:d(1)棒的延长线上与棒的近端d1=8cm处的场强;(2)棒的垂直平分线上与棒的中点相距d2=8cm处的场强.解答(1)建立坐标系，其中L=a/2=0.1(m),x=L+di=0.18(m).在细棒上取一线元dl，所带的电量为dq=?dl，根据点电荷的场强公式，电荷元在P1点产生的场强的大小为dEkqr&dl4二；0(x-l)2场强的方向沿x轴正向因此Pi点的总场强大小通过积分得Xng4£4H将数值代入公式得P点

29、的场强为_8Ei=9109工2汇0.1：3汇10=2.41xio3(nc-1)，方向沿着x轴正向.0.18-0.1(2)建立坐标系,在细棒上取一线元在棒的垂直平分线上的y=d2.dl，所带的电量为dq=乃I,P2点产生的场强的大小为dq_r24二；odlrdE2yI，dEydExd2-L沢.Lo耳Ihldl由于棒是对称的，x方向的合场强为零，y分量为dEy=dE2Sin0.22d0/sin0,由图可知：r=d2/sin0,l=d2cot0，所以dl=-d因此dEysindv,4m0d2总场强大小为cosv4：>0d2二l4二；od2d22l2LEysinv4兀Wod2l=_L12L4二；

30、。d2Jd；L2将数值代入公式得P2点的场强为9Ey=910920.1310"0.08(0.0820.12)1/2=5.27W3(NC"1).方向沿着y轴正向.EiEya4二；od2,df(a/2)2讨论(1)由于L=a/2,x=L+d1，代入式，化简得丸a扎1=>4二；0d1d1a4二；0d1d1/a1保持d-i不变，当am时，可得E1,4兀名0d1这就是半无限长带电直线在相距为d1的延长线上产生的场强大小.(2)由式得九14二；od2(d2/a)2(1/2)2Ey,2吟d2这就是无限长带电直线在线外产生的场强公式如果d1=d2，则有大小关系Ey=2E113.宽为b

31、的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为(T,如图所示.试求:(1)平板所在平面内，距薄板边缘为a处的场强.(2)通过薄板几何中心的垂直线上与薄板距离为d处的场强.解答(1)建立坐标系.在平面薄板上取一宽度为dx的带电直线，电荷的线密度为dX=odx,根据直线带电线的场强公式E=2"得带电直线在P点产生的场强为dE咚，其方向沿x轴正向.2B0r2"0(b/2+ax)由于每条无限长直线在P点的产生的场强方向相同，所以总场强为b/2-b/21dxb/2ax2二b/2In(b/2a-x)-b/2(J2二；oln(1b).场强方向沿x轴正向.(2)为了便于观察，将薄板旋转建立坐标系.

32、仍然在平面薄板上取一宽度为dx的带电直线，电荷的线密度仍然为d入=0x,带电直线在Q点产生的场强为dEd-2二；0r二dx2二；0(b2x2)1/2沿z轴方向的分量为costdxdEz=dEcos2ev,2二；0(b2x2)2b设x=dtanB,贝Vdx=dd0cosq,因此dEz=dEcos=d日2nzoarctan(b/2d)_积分得Ezdr二一一arctan(-°).场强方向沿z轴正向._arctan(b/2d)2二；0二；o2d讨论(1)薄板单位长度上电荷为入=b式的场强可化为九In(1+b/a)2二；oab/a当0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式

33、变为E,这正是带电直线的场强公式.2兀Eoa(2)也可以化为Ez航怡讹以),2兀b/2d当0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为Ez,这也是带电直线的场强公式.2兀名od当bis时，可得Ez,这是无限大带电平面所产生的场强公式.2奄13.两无限长同轴圆柱面，半径分别为Ri和R2(Ri>R2),带有等量异号电荷，单位长度的电量为入和-人求(1)r<R1；(2)R1<r<R2；(3)r>只2存乏h处各点的场强.解答由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性.(1)在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以E=0,(

34、r<Ri).(2)在两个圆柱之间做一长度为为q=入,1I，半径为r的同轴圆柱形高斯面，高斯面内包含的电荷穿过高斯面的电通量为e=?EdS二sEcB=：E2rl,根据咼斯定理e=q/©,所以E,(Ri<r<R2).2m°r(3)在外圆柱面之外做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内电荷的代数和为零，所以E=0,(r>R2)13.9一厚度为d的均匀带电无限大平板，电荷体密度为p,求板内外各点的场强.解答方法一：高斯定理法.(1)由于平板具有面对称性，因此产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E=E在板内取一底面积为S,高为2r的圆柱面作为高斯面，场EASt2

35、聲S1S0S2E'S'dEdS二EdSEdSEdS二ESE'S0二2ES,S8Q2n6s0咼斯面内的体积为V=2rS,包含的电量为q=pV=2prS,根据咼斯定理e=q/£0,可得场强为E=pr/£0,(0WrWd/2).强与上下两表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为(2)穿过平板作一底面积为S,高为2r的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为e=2ES高斯面在板内的体积为V=Sd,包含的电量为q=pV=pSd,根据高斯定理e=q/£0,可得场强为E=pd/2£0,(r仝d/2).方法二：场强叠加法.(1)由于平板的

36、可视很多薄板叠而成的，以r为界，下面平板产生的场强方向向上，上面平板产生的场强方向向下.在下面板中取一薄层dy,面电荷密度为d(r=py,产生的场强为dE1=dc/2£,r积分得巳二_d/2讪2；o同理，上面板产生的场强为d/2E2辿2；oP2；or处的总场强为E=E1-E2=pr/o£(2)在公式和中，令r=d/2，得E2=0、E=Ei=p/2©,E就是平板表面的场强.平板外的场强是无数个无限薄的带电平板产生的电场叠加的结果，是均强电场，方向与平板垂直，大小等于平板表面的场强，也能得出式.13.两块"无限大”平行带电板如图所示，A板带正电，B板带负电并

37、接地(地的电势为零)，设A和B两板相隔5.0cm，板上各带电荷产3.310Cm,求：(1) 在两板之间离A板1.0cm处P点的电势；(2) A板的电势.解答两板之间的电场强度为E=/，方向从A指向B.以B板为原点建立坐标系，则中=0,rp=-0.04m,rA=-0.05m.(1)P点和B板间的电势差为rBrB_Up-Ub二.EdI二Edr(g-g),rPrP名°由于Ub=33疋10丄4=°，所以P点的电势为Up、84bO.。4”310(V).(2)同理可得A板的电势为UA(B-a)=1.866104(V).13.如图所示，一个均匀带电，内、外半径分别为R1和R2的均匀带电球

38、壳，所带电荷体密度为p,试计算:(1) A,B两点的电势；(2) 利用电势梯度求A,B两点的场强.解答(1)A点在球壳的空腔内，空腔内的电势处处相等，因此A点的电势就等于球心O点的电势.在半径为r的球壳处取一厚度为dr的薄壳，其体积为2dV=4nrdr,包含的电量为dq=pV=4npdr,在球心处产生的电势为dUodq4；0r=rdr,pR2P22球心处的总电势为Uo二一rdr（R；-R2）,R12名0这就是A点的电势Ua.过B点作一球面，B的点电势是球面外的电荷和球面内的电荷共同产生的.球面外的电荷在B点产生的电势就等于这些电荷在球心处产生的电势，根据上面的推导可得Ui（Rl-r；）.2；o球面内的电荷在B点产生的电势等于这些电荷集中在球心处在B点产生的电势.球壳在球面内的体积为V=4二（r；R；）,包含的电量为Q=p/,3这些电荷集中在球心时在B点产生的电势为u2Q（rl-R；）.4兀Eob3名oBB点的电势为Ub=UiU2(3R26%1BFU(2)A点的场强为Ea£.B点的场强为Eb；：Ub-Tb(B戌r；讨论过空腔中A点作一半径为理，可得空腔中A点场强为r的同心球形高斯面，由于面内没有电荷，根据高斯定E=0,(rwR