大学物理题目

弟一早

1.已知一质点的运动方程为了=2万+(2-/》求：

⑴t=ls和t=2s时位矢；⑵t=ls到t=2s内位移;

⑶t=ls到t=2s内质点的平均速度;

(4)t=ls和t=2s时质点的速度；⑸t=ls到t=2s内的平均加速度;

(6)t=ls和t=2s时质点的加速度。

解：⑴[=2i+jmr2=4z-2jm

(2)^,r—r2-r}-2i-3jm

亏=—

⑶=2i-3jm/s

Ar2-1

//P____

(4)v=—=2i-2tjv.=2i-2jm/sv=2z-4jm/s

dt2

-_AP_V-V)

⑸Cl=—=--2--~~--2jm/s2

△tAr

心_d-rdv

(6)a=——=——=—2/m/s2

drdt

2.一质点沿x轴运动，已知加速度为a=4f(SI),初始条件为：f=0时，％=0,

x0=10mo求：运动方程。

解：取质点为研究对象，由加速度定义有

a=—=4z(一■维可用标量式)=>dv=4tdt

dt

由初始条件有：

[dv=得：u=2产由速度定义得：

JoJo

v=—=2r=>dx=2rdt由初始条件得：「公=『2/dr即+10m

dtJi。J。3

由上可见，例IT和例1-2分别属于质点运动学中的第一类和第二类问题。

第A/r-一-•.早jfe.

1.如图2-2,水平地面上有一质量为M的物体，静止于地面上。物体与地面间

的静摩擦系数为4,若要拉动物体。问最小的拉力是多少？沿何方向？

解：⑴研究对象：M⑵受力分析：M受四个力，重力P,拉力7,

地面的正压力N,地面对它的摩擦力不，见受力图2-3。

⑶牛顿第二定律：合力：F=P+T+N+f^P+T+N+f=Ma行

MJw

分量式：取直角坐标系

x：Feos"f=Ma①Ybsind+N—尸=0

物体启动时，有/"cos。-/2。③

图2-2

物体刚启动时，摩擦力为最大静摩擦力，即/=4,N,由②解出N,求得了为:

/=—FsinO)®

④代③中：有E2/i$Mg/(cos0+4sin6)⑤

可见：F=F(8)。时，要求分母(cose+4,sin6)最大。

斤'M

设A(6)=sin。+cos。——=〃scos。-sin，=0=>tg0-

dO

J2A

y4=-//vsin^-cos^<0

p

...吆。=4时，A=AmaxnF=Fmin。6=arctg人代入⑤中，

图2-3

"Ng

得：F>/jsMg/4；]1j+

F方向与水平方向夹角为。=。鹿女4时，即为所求结果。

强调：注意受力分析，力学方程的矢量式'标量式。

2.质量为〃?的铁锤竖直落下，打击木桩上并停下。设打击时间△/,打击前铁锤

速率为v,则在打击木桩的时间内，铁锤受平均合外力的大小？

解：设竖直向下为正，由动量定理知:

FAt=0-mv=\F\=——

।।Ar

强调：动量定理中说的是合外力冲量=动量增量

3.一物体受合力为尸=2/(SI),做直线运动，试问在第二个5秒内和第一个5

秒内物体受冲量之比及动量增量之比各为多少？

解：设物体沿+x方向运动，

/,=Fdt=£2tdt=25N-S(工沿i方向)

12=『Fdt=^Itdt=75N-S(八沿i方向)=>/2//,=3

..fZ2=SP)2.(3)2_3

[1]=(Ap)i(Ap)i

4.例：如图3-1,一弹性球，质量m=0.020

撞后跳回。设跳回时速率不变，

碰撞前后的速度方向和墙的法线夹角都为a=60

⑴求碰撞过程中小球受到的冲量7=?

⑵设碰撞时间为加=0.05s,求碰撞过程中小球受薪勺平均冲力7=?

解：⑴7=?如图3-1所取坐标，动量定理为7=〃巩-a图3

〈方法一〉用分量方程解

I-tnv-mv="zucosa-(-wcosa)=2mvcosa

<x2x}x

Iv=mv2),—mvx=mvsina-mvsina=0

==>/=iJ=2mvcosat=2x0.020x5xcos60°7=0.107N-S

〈方法二〉用矢量图解

I-mv2-mvl-m(v2-v,)(%-E)如上图3-1所示。

NOBA=a=60*,NA=60"故ZOAB为等边三角形。

=>同一叩=v=5m/s,(%-%)沿：方向

Z=/n|v2-vJ=0.020x5=0.10N•S,沿7方向。

⑵7=而/=>齐=7/4=0.10；/0.05=2fN

注意：此题按7=『户力求7困难（或求不出来）时，用公式7=△"求方便。

5：质量为〃?的物体被竖直上抛，初速度为％,物体受到的空气阻力数值

为f=KV,K为常数。求物体升高到最高点时所用时间

及上升的最大高度。

解：⑴研究对象：m⑵受力分析：m受两个力，

重力P及空气阻力了，如图2-4。

⑶牛顿第二定律：抛出点y=0

合力：F=P+fP+f=ma图2-4

日叱、？dVmdV.dV

V7TM：-m£-KV=m----=>-------------=-dt即nn--dt

dtmg+KVmg+KVm

•VdV「1」

-------------=------dt

v

omg+KV1°mKmg+KVQm

)i

,nm

mg+KV=e•(mg+XV0)V=一(mg+KV。)e-----8①

v=o时，物体达到了最高点，可有，。为

”勺n些把％=51+%②

KmgKmg

,/V=@dy=Vdt

dt

'/t-1--I1

£'dy=£Vdt=£—(mg+KV^e--mgdt

m~~11

)'=一言(加g+K%)e,n-1--mgt

K

-------i

m1

今（mg+KV0）1-e--met③

KK

t=t。时，y=^max>

KniK%、

--------ln（H-）

m,mK-------nig1mKVn

,max=产（叫+可）l-e--〃zg,—ln（l1-------）

KKmg

g皿格）

mg

=/0"g+KV°）赢需丁&gln（l+篝）=等一台gln（l+篝）

6.一物体受合力为尸=2/(SI),做直线运动，试问在第二个5秒内和第一个5

秒内物体受冲量之比及动量增量之比各为多少？

解：设物体沿+x方向运动,

Fdt=［：2面=25N・S（4沿f方向）

rlOflO/一…一、-，.、.

产力=[2m=75N6(人沿，方向)=1/1\=3

Z

.J2=SP）2.（M）2「3

7.如图3-2,质量为机的水银球，竖直地落到光滑的水平桌面上，分y

成质量相等的三等份，沿桌面运动。其中两等份的

速度分别为G、v2,大小都为

0.30m/so相互垂直地分开，试求第三等份的速度。

/772V2

解：用分量式法解研究对象：小球

图3-2

受力情况：，”只受向下的重力和向上的桌面施加的正压力，即在水平

方向不受力，故水平方向动量守恒。

在水平面上如图3-2取坐标，有

尢分量：Vjcos0+m2v2cos(90°-0)-m3v3=0

y分量：町匕sin6-m2v2sin(900-6)=0

=m=7n3

<2

vl=v2=0.30m/s

.Jv3=V2v=V2x0.30=0.42m/5

•・16=45°na=135°(即与Q成135°)

8.如图3-12,篮球的位移为5,§与水平线

成45°角，S=4m,球质量为"?，求重力的功。

解：⑴研究对象：球⑵重力为恒力

/W=F-S=FScosa-FScos135°

(3)

=mg-4cosl35°=-2y12mg

强调：恒力功公式w=^S的使用.

9.力声=6汀(SI)作用在〃?=3总的质点上。物体沿x轴运动，1=0时，％=0。

求前二秒内户对机作的功。

解：⑴研究对象：〃?⑵直线问题，户沿+x轴方向

〈方法一〉按亚=「Rd又作

Ja

在此有：W=(6tldxi=f6tdx

..E.dv

.r=ma=m—=ormdv=6tdt

dt

dx2

做如下积分:3(dv=\6tdt有V—t.2•.♦—=v=t

JoJodt

2

即公=/力W=f26tt2dt=-t4=24J

Jo2

o

〈方法二〉用动能定理作

W=—mv；——mv；=—m(v^-v：)=—x3(24-0)=24J

2222

10.如图3-18,在计算上抛物体最大高度”时，有人列出了方程（不计空气阻力）

-mg”=gw：cos2e-g〃所列出方程时此人用了质点的动能定理、功能原理和

机械能守恒定律中的那一个？

解：⑴动能定理为

合力功=质点动能增量=>-叫"=g〃GoCos。）--mvl

⑵功能原理为外力功+非保守内力功=系统机械能增量（取加、地为系统）

gm(ycos6)~+mgH

=0+0=0

⑶机械能守恒定律•••W外+W非保内=0...E,2+Ep2=E-+Epi

即=gm(v0cos6)~+mgH=gmv1

可见，此人用的是质点的动能定理。

11.如图3T9,质量为加的物体，从四分之一圆槽

A点静止开始下滑到B。在B处速率为v,槽半径为火。

求加从A-B过程中摩擦力做的功。

解：〈方法一〉按功定义W=0R-dC,〃?在任一点c处，切线周向的并顿第二

JA

定律方程为

mgcos0-Fr=mat=/n—==一?也了+mgcos®

W=J：E=|^|Fr|-|ds|cos/r=_J：F「ds=mgcos^-m-^jds

=机(牛ds-mgcosOds=vdv-「mgcosORdO

=~mv2-mgR

〈方法二〉用质点动能定理“受三个力，N,Fr,mg

2

由WA=-mv^--mv?WWN+W,.+Wfi=-mv-0

口22Np2

即0+Wr+mgR=gmv2(Wp=-AEp=-mgh)

2

Wr=^mv-mgR注意：此题目机械能不守恒。

第九、十章

1.一物体连在弹簧一端在水平面上做简谐振动，振幅为A。试求七一5”的位

置坐标。

解：设弹簧的倔强系数为3系统总能量为

1,

2

E=Ek+Et,=-l<A

L1L

EK=­E

在2'时，有

331

E+E=—E=-----kx2—kx2=—kA2

k“p2p22=>42

2.横波在弦上传播，波动方程为y=0.02cos不(200r-5x)(SI)

求：A、不u、T、〃=?

解：(1)y=Acos2TTCOt

此题波动方程可化为

y—0.02cos200TT[t-----j—0.02cos2MlOOf-------j=0.02cos2d-------------

'I40JI0.4J10.010.4

由上比较知：A=0.02m〃=40m/sv=100Hz

A=0.4〃?7=0.015

另外：求〃、4可从物理意义上求

(a)4=同一波线上位相差为24的二质点间距离设二质点坐标为x】、X2(设

2

x2>Xi),有不(2001—5元J一刀(200/—512)=24,^A=x2-xl=—=0.4m

（b）4=某一振动状态在单位时间内传播的距离。

设6时刻某振动状态在项处，才2时刻该振动状态传到X2处，有

4（200。-5匹）=万（200%-5X2）=>5（x2一〜）=2006-乙）,得

X,-X.200..,

//=-......L=----=40m/s

5

2.一平面简谐波沿+x方向传播，波速为20〃?/s,在传播路径的A点处，质点振

动方程为y=0.03cos4m（SI）,试以A、B、C为原点，求波动方程。

CA

解：(1)%=0.01519I

y=0.03cos|4m-2^-|2===20x—=Wm

<AJco

=>y-0.03cos^4^-yXJ(SI)

(2)以B为原点丁=0.0385卜加-?-9](SI)(B处质点初相为(-|〃))

波动方程为:y=0.03cosl471t-—7T———即y=0.03cos4加--x——7T

155

(3)以C为原点儿=0.03cos4m-q(-5)=0.03cos(4m+%)(C处初相为4)

波动方程为：y=0.03cosAm+K即y=0.03cosl4加-—

强调：（1）建立波动方程的程序（2）位相中加入±2〃?的含义

A

3.一连续纵波沿+x方向传播，频率为25"z,波线上相邻密集部分中心之距离为

24cm,某质点最大位移为3cm。原点取在波源处，且f=0时，波源位移

=0,并向+y方向运动。

求：（1）波源振动方程；（2）波动方程;

（3），=ls时波形方程；（4）x=0.24〃?处质点振动方程;

（5）6=0.12〃?与尤2=0.36"?处质点振动的位相差。

解：（1）设波源波动方程为%=Acos（a+p）

可知：A=0.03a0=20=50如7

由旋转矢量知：（p=--y=0.03cos(50^7-yj(SI)

2

加一一与

（2）波动方程为:y=0.03cos1505xA=0.24"?

y=0.03cos(50*m；zx—7](SI)

(3)l=ls时波形方程为:y=0.03cos(苗乃一竺而

(SI)

（4）光=0.24相处质点振动方程为y=0.03cos（50加-2%-?=0.03cos（50加一苧）

⑸所求位相差为：\（p=2%红3=2万=21，出处质点位相超前。

A0.24

Ay

强调：（1）波源初相仍不一定=0(2)”=2万下的含义

A

第八早

1.已知电偶极子电矩为A,求

⑴电偶极子在它轴线的延长线上一点A的瓦;

⑵电偶极子在它轴线的中垂线上一点B的后8。

解：⑴如图所取坐标，EA=E++E_

qE=q

E.(/Y

4庇rH——

I2j

EA=E+-E_=-^----------------=—

q2lr,2ql2p

2-r»l———=——J

4兀£(/A//、4庇°厂47r广

【2/八2rJ

nE-2力一

A—4磔0/(心与P同向)

⑵如图所取坐标及「

瓦=瓦+E_

£=___________口

+一(I2}E_=i

4%八¥-----------Z

127

图7-9

E=-(Ecos6Z+E_cosa)

BX+=-2E+COS6Z

£

_2_____&________5__gl

=2

d(2/?r2

4笳。厂+1V-+—(2

44f厂+1

r»I一0二一P

3

4TTEor4TTEQr

=E=——J

EB、,=。n却BX

4在(/

*分立电荷产生场强的叠加问题。

2.设电荷q均匀分布在半径为R的圆环上，计算在环的轴线上与环心相距x

的P点的场强。

解：如图所取坐标，x轴在圆环轴线上，把圆环分成一系列点电荷，d/部分在

P点产生的电场沏人需=电荷线密

EAdiAdi

dE二-------=--------l-

4笳（/4%（x+

Axdl

dE//=dEcos0=

4码（Y+

2成Axdl（A-17TR）Xqx

o/

4码卜9+4啊位+R?4啊苗+

qx

根据对称性可知，石1=°“一5一J

,22

4%£（）（X+Rp

q>o：商沿x轴正向；<0：近沿*轴负向6轴上后关于原点对称）

E与圆环平面垂直,

环中心处x=0E=0,也可用对称性判断。

X»R，E=心

3.半径为R的均匀带电圆盘，电荷面密度为0r,计算轴线上与盘心相距X的

P点的场强。

解：如图所示，x轴在圆盘轴线上，把圆盘分成一系列的同心圆环，半径为一、

宽度为dr的圆环在p点产生的场强为：

xdq

4的）3+产）2（均匀带电圆环结果）

x•olTirdr（Txrdr

4兀£。（炉+产）22。卜2+产/

•.•各环在p点产生场强方向均相同,

整个圆盘在p点产生场强为:

GX1r^d（x2+r2）

----•------------ox

2%20（丁+//=£

0>0：背离圆盘；<o：指向圆盘即E与盘面垂直（后关于盘面对称）

讨论：氏一8时，变成无限大带电薄平板，E"二2,方向与带电平板垂直。

4.有一均匀带电直线，长为/,电量为9,求距它为r处P点场强。

解：如图所取坐标，把带电体分成一系列点电荷，4y段在p处产生场强为：

四=&=-磐

①

4吟r4/（y~+广）I

由图知：]=匕衅=片g3-^]=一「次£-6=~rctg3

dy=rcsc2OdO

y

4

dE=—猫ydy

代⑴中有：-4g/2

y8d£

y

dEx=dEcosB=dEcos(3

图7-12

=dEcos(—-0)=dEsinO=—色^

•2sin3

24庇0厂

7八1、万)

..y=rtg/3=rtg\'-三=~rtg\—=-rctgO

27

1r

dy=rcsc6d6,cosBsin6

2

ArescOdO

dE、

4庇。

20

%

2,sinOdO2/八八、

Ex=\dE----------=-------(cosq-cos夕，)

xJ4咫/4笳(/

仇

dEy--dEsin-dEcos0

E=dE(sinO2-sinOx)

>\疝(/

y仇447r£()r

=冗

讨论：无限长均匀带电直线Ox=0,%

即无限均匀带电直线，电场垂直直线，4>0,月背向直线；2<0,

—►

£指向直线。

5.一均匀带电球壳，半径为R,电荷为+4,求：球面内外任一点场强。

解：由题意知，电荷分布是球对称的，产生的电场是球对称的，场强方向沿半

径向外，以0为球心任意球面上的各点后值相等。

⑴球面内任一点P1的场强

以0为圆心，通过点做半径为-1的球面S1为高斯面，高斯

定理为：除.WEI

E与dS同向，且S］上E值不变

dS=dS=£JdS=

S|SiSi

图7-19

=。=>E•4孙2-o.E=0

£。s呐

即均匀带电球面内任一点R场强为零。

注意：1）不是每个面元上电荷在球面内产生的场强为零，而是所有面元上

电荷在球面内产生场强的矢量和=0。

2）非均匀带电球面在球面内任一点产生的场强不可能都为零。（在个

别点有可能为零）

⑵球面外任一点的场强

以0为圆心，通过P2点以半径r2做一球面S2作为高斯面，由高斯定理有:

E-4肛2=—q=>E=----

04庇。厂

方向：沿。舄方向（若q<0,则沿PO方向）

结论：均匀带电球面外任一点的场强，如图电荷全部

集中在球心处的点电荷在该点产生的场强一样。

E♦

E=o("R)

q

(r>R)

6：有均匀带电的球体，半径为H,电量为+q,。

R

解：由题意知，电荷分布具有球对称性，，电场也具有对称性，场强方向由球

心向外辐射，在以。为圆心的任意球面上各点的匿|相同。

(1)球内任一点P1的左二?

q

E沿而方向。(若夕＜0,则£沿6。方向)

.E=4万々R3'

结论：£J八

注意：不要认为Si外任一电荷元在R处产生的场强为0,而是Si外所有电

荷元在R点产生的场强的叠加为0o

(2)球外任一点P2的豆=?

以0为球心，过P2点做半径为2的球形高斯面S2,高斯定理为:

^E-dS=L>,q

s2£。$2内

E•4m;

由此有：29'

E沿0P2方向

结论：均匀带电球体外任一点的场强如同电荷全部集中在球心处的点电荷

产生的场强一样。

q

E二4在废।r,1(r1<R))

__1___(r>R)

4庇or2

图7-22

E-r曲线如左图。

7.一无限长均匀带电直线，设电荷线密度为+%,求直线外任一点场强。

解：由题意知，这里的电场是关于直线轴对称的，E的方向垂直直线。在以直

线为轴的任一圆柱面上的各点场强大小是等值的。以直线为轴线，过考察点P做

半径为厂高为〃的圆柱高斯面，上底为Si、下底为S2,侧面为S3。

高斯定理为：，百.曲+A

s0S内

在此，有：

^E-dS=^E-dS+^E-dS+^E-dSS3

sS]$2s3

•在Si、S2上各面元dS_LE，，前二项积分=0图7-23

又在53上£与25方向一致，且后=常数，

.dS=dS=\EdS=E\dS=E-2jjrh

SS3$3$3

一一助=>E-2兀rh=—AhE=―-—

5s内1飞即m2

E由带电直线指向考察点。（若％<0,则为'由考察点指向带电直线）

上面结果将与例4结果一致。

8.无限长均匀带电圆柱面，半径为R,电荷面密度为。〉0,求柱面内外任

一点场强。

解：由题意知，柱面产生的电场具有轴对称性，场强方向由柱面轴线向外辐射,

并且任意以柱面轴线为轴的圆柱面上各点后值相等。

1）带电圆柱面内任一点R的应=?

以00'为轴，过Pl点做以4为半径高为人的圆柱高斯面，上底为s”下底为S2,

侧面为S3。高斯定理为：

河・曲在此，有：

s0S内

iEdS=[EdS+[EdS+[EdS

JJs]J§2J$3

S

—-

•.•在Si、S2上各面元d'lJ-E

...上式前二项积分=0,又在S3上dM与后同向

且七=常数，

.'后,dM=[EdS=E[dS=E-2肛h

：•JJ53J§3

=>E-2孙h=。E=Q

4s内

结论：无限长均匀带电圆筒内任一点场强=o

2）带电柱面外任一点场强E=?

以00为轴，过P2点做半径为弓高为0的圆柱形高斯面，上底为SJ,下底为

S2‘，侧面为S3'。由高斯定理有：

1厂0•2兀R

E•2倒h=—（y27rRh=H=~

£02联0丫2

•.•。.2做=。.[2做・1]=单位长柱面的电荷（电荷线密度）=4

Z7_4消丁,

•••七二”…，石由轴线指向P2。。<0时，石沿P2指向轴线

结论：无限长均匀带电圆柱面在其外任一点的场强，如全部电荷都集中在

带电柱面的轴线上的无限长均匀带电直线产生的场强一样。

9.无限大均匀带电平面，电荷面密度为+b,求平面外任一点场强。

解：由题意知，平面产生的电场是关于平面二侧对称的，场强方向垂直平面，

距平面相同的任意二点处的巨值相等。设P为考察点，过P点做一底面平行于平

面的关于平面又对称的圆柱形高斯面，右端面为S.,左端面为S2,侧面为S3,

•.•在S3上的各面元dSJLE，，第三项积分=0

又•..在Si、S2上各面元dS与后同向，且在Si、s2±

4=常数，••・有：

^EdS^\EdS+\EdS^E\dS+E\dS^ES}+ES2=2ES1

JsJ$1儿JsiJs9

丁Z9==>E.2S1二即：E=——(均匀电场)

J)s内G)fc0乙与

E1垂直平面指向考察点（若。'<0,则无由考察点指向平面）。

10.有二平行无限大均匀带电平板A、B,电荷面密度分别为1）+b,+b；2）

+67,一。。求：板内、外场强。工

+b

解：1）设Pl为板内任一点，有

E二E+EB即E=EA-ER=------=0

A甑

22E0_

设P2为B右侧任一点（也可取在A左侧），

(7

£二+£§即

E=EA+EB

242%£o

2）设P3为二板内任一点,

=___(J__I--(-7--=__(J_

E二0+石8即E=EA+EB

2。2%£0

AB

设P,为B右侧任一点（也可取在A左侧）

R

E=EA+EB<---•---A

蜃

E=EE

即：A-B--*=°区I

"0"0

图7-27

上面，我们应用高斯定理求出了几种带电体产生的场强，小心八TPJJ名山,

用高斯定理求场强是比较简单的。但是，我们应该明确，虽然高斯定理是普遍

成立的，但是任何带电体产生的场强不是都能由它计算出，因为这样的计算是

有条件的，它要求电场分布具有一定的对称性，在具有某种对称性时，才能适

选高斯面，从而很方便的计算出值。应用高斯定理时，要注意下面环节：1）分

析对称性；2）适选高斯面；3）计算£口.曲=?19

"4）由悬］斯

%c4S内^'

定理£区•曲=，2夕求出E0

£（）s内

11.均匀带电圆环、半径为R,电荷为4,求其轴线上任一点电势。

解：如图所示，X轴在圆环轴线上,

poo_

=

〈方法一〉用〃〃]xE•而解:圆环在其轴线上任一点产生的场强为

_g111二__________）

4%2」JR2+%24兀£（'R2+让2

2x

〈方法二〉用电势叠加原理解"p=J”".

把圆环分成一系列电荷元，每个电荷元视为点电荷，在P点产生电势为:

dqdq

dUp二V二藐祈7整个环在「点产生电势为:

dq

UP=\dup=[「q

笳%

%42+/4庇oJR2+%2

q_q

讨论：1)%=0处，虱p==T；2)时,勺一得‘环可

^7l£()K

视为点电荷。

12：一均匀带电球面，半径为R,电荷为＜7,求球面内外任一点电势。

解：如图所取坐标，

场强分布为后=[0（球面内）

q.

4阳（球面外）

（1）球面外任一点P1处电势

图7-33

G昨L,EdrU•积分与路径无关，.•.可沿々方

=「q”=q

2

向-8)Jrt4万岛r44£0r

结论：均匀带电球面外任一点电势，如同全部电荷都集中在球心的点电荷一样。

(2)球面内任一点P?电势

/•OO一cR一,OO一

un=Edr=E-dr+[E-dr

P2Jr2Jr2JR

»oo一OO

E♦沂=qdr=―?—

RR444,4唉R

可见，球面内任一点电势与球面上电势相等。(•••球面内任一点E二°,

在球面内移动试验电荷时，无电场力作功，即电势差=0,...有上面结论)

13.设A、B二极板平行，面积均为S,相距为d,

电量为+q,-q,极板线度比d大得多，且不计边

缘效应。所以A、B间为均匀电场。

由高斯定理知，A、B间场强大小为

£。S

U-U-Ed--^―d=C=-----

AB图8-12

£°sUA-U

2、球形电容器

设二均匀带电同心球面A、B,半径R.、RR,电荷为+q,-qoA^B间任一

点场强大小为：E=-^—

4对尸

RR

f6

»一p

u1E

-2

‘

万

R・

AA

=q〔1Ly=q（RB-R,J

4fRARB4/RARB

c=q=q=4您°RARB图8-13

一L-UB—q（R「RA）_RB-RA

4fHA%

讨论：(1)当时-此《此时，有RB=RA，

4疫0&_40sA

令RBf=d，则0=不q7；

dd

即一一平行板电容器结果。

(2)A为导体球或A、B均为导体球壳结果如何?

3、圆柱形电容器圆柱形电容器是两个同轴柱面极板构成的，如图所示，设A、B

半径为此、RB,电荷为+q,-q,除边缘外，电荷均匀分布在内外两圆柱面上,

单位长柱面带电量％=

小为E----

2fr

R「-

UA-B=\~E^dr=

RA

c_q一q

UA-3%id也,R

In—B图8-14

2fRARA

（可知：在计算电容器时主要是计算两极间的电势差）。

第七章

1设有一段直载流导线，电流强度为LP点距导线为a,求P点后=?

—♦—»-►

解：如图所示，在AB上距0点为/处取电流元Idl,Idl在P点产生的dB

小〃nIdlsin0

aH—'“_________一

的大小为4万r,d方方向垂直指向纸面（/力X不方向）。同

样可知，AB上所有电流元在p点产生的而方向均相同，所以P点占的大

小，即等于下面的代数积分

r4oIdlsin®

3=jdB=

J4兀r1

ABM'统一变量，由图

r-------a-----------a--

sin(万-9)sni09

I-act^7i-0)=-act^

dl=-a-(-esc2O)dO=<2esc26d6=―—dO

sin26>

A

02—dOsinO7斗

=>B=i^o--sin：g-------二风Ljsin劭9

4万£4加J

sin20

-（cos0]-cos）一

4曲,B垂直指向纸面。

B=

讨论：⑴AB—8时，a=0,%=兀,2加。

仇=&A=B=见

（2）对半无限长（A在o处），2