大学物理第五章和第六章习题答案

1、大学物理习题集（上） 1 专业班级_ 姓名_ 学号_ 专业班级_ 姓名_ 学号_ 第五章第五章 刚体的定轴转动刚体的定轴转动 一选择题一选择题 1关于刚体对轴的转动惯量，下列说法中正确的是 C （A）只取决于刚体的质量，与质量的空间分布和轴的位置无关。 （B）取决于刚体的质量和质量的空间分布，与轴的位置无关。 （C）取决于刚体的质量、质量的空间分布和轴的位置。 （D）只取决于转轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。 2. 均匀细棒 OA 可绕通过某一端 O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动， 今使棒从水平位置由静止开始自 由下降，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法哪一种是正确的？ A （A

2、）角速度从小到大，角加速度从大到小。 （B）角速度从小到大，角加速度从小到大。 （C）角速度从大到小，角加速度从大到小。 （D）角速度从大到小，角加速度从小到大。 3. 如图所示，一圆盘绕水平轴 0 做匀速转动，如果同时相向地射来两个质量相 同、速度大小相同，且沿同一直线运动的子弹。子弹射入圆盘均留在盘内，则 子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度将 B （A）增大； （B）减小； （C）不变； （D）无法确定。 解答解答 以圆盘和两子弹为系统，外力矩为零，系统的角动量守恒。按题意， 两个子弹的初始角动量（对 0 轴之和为零。两子弹留在圆盘内，增大了圆盘的 转动惯量。设圆盘的转动惯为 J，转动的角速度

3、为 0 ，则有 0 ()JJJ 0 有速度减小，所以应选（B） 4. 一轻绳绕在具有水平转轴的定滑轮上，绳下端挂物体，物体的质量为 m，此时滑轮的角加速度为a。 若将物体卸掉，而用大小等于 mg、方向向下的力拉绳子，则滑轮的角加速度将 A (A)变大； （B）不变； （C）变小； （D）无法判断。 O A 大学物理习题集（上） 2 解答 解答 如图 5-4（a）所示，设滑轮半径为 R，转动惯量为 J。当绳下滑挂一质量为 m 的物体时，受 绳的张力 T F和重力W=mg作用，加速度a铅直向下。由牛顿第二定律知， T mgFma，又按滑轮的 转动定律知FTRJ,已知aaR，解之得 2 mgR Jm

4、R 如图 5-4（b）所示，当用 mg 的力向下拉绳子时，绳中的张力大小就是 mg，按滑轮的转动定律，有 mgRJa 得 mgR a J 对比和可知，滑轮的角加速度变大，所以应选（A） 。 5刚体角动量守恒的充分而必要的条件是 B （A）刚体不受外力矩的作用。 （B）刚体所受合外力矩为零。 （C）刚体所受的合外力和合外力矩均为零。 （D）刚体的转动惯量和角速度均保持不变。 6. 如图所示 ，光滑的水平桌面上，有一张长为 2L、质量为 m 的匀质细杆，可绕通过其中点 0 与杆垂直 的竖直轴自由转动，其转动惯量为 2 3 1 mL 。开始时细杆静止，有一个质量为 m 的小球沿桌面正对着杆的 一端

5、A，在垂直于杆长的方向以速度与杆碰撞后，并与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角 速度应为 C （A） 2L ； （B） 2 3L ； （C） 3 4L ； （D） 4 5L 。 解答解答 小球以速度与杆的 A 端相碰并粘在一起，经历的时间很短，在此过程中，杆还来不及摆 动，其位置近乎不变。以杆和小球为一系统，合外力矩为零，系统对 0 轴的角动量守恒。小球碰杆前， 其角动量为m L,杆的角动量为零，小球粘在杆端一起运动，设角速度为，则小球的角动量为 2 mL， 大学物理习题集（上） 3 杆的角动量为 2 1 3 mL，碰撞前后系统角动量守恒，有 22 1 0 3 m LmLmL 解得 解得

6、 3 4L 所以应先（B） 7如图示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴 O 旋转，初始状态为静止悬挂。现有 一个小球自左方水平打击细杆，设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系 统 C （A）只有机械能守恒。 （B）只有动量守恒。 （C）只有对转轴 O 的角动量守恒 （D）机械能、动量和角动量均守量。 8. 如图所示，两条质量和长度均相同的均质细棒 A、B，可分别绕过中点和端点的固 定轴转动，设它们在右端都受到一个铅直力F作用， 则它们绕各自转轴的角加速度 A a和 B a的关系为 B （A）; AB （B）; AB （C）; AB （D）不能确定。 解答

7、解答 设棒长为l，根据刚体绕定轴的转动定律MJa，对刚体 A和 B 分别有 2 2 1 F 212 1 3 A B l ml Flml 由上两式可解得 63 , ABAB FF mlml 可见所以应选（B） 。 9 质量为 m 的小孩站在半径为 R 的水平平台边缘上， 平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动， 转动惯量为 J，平台和小孩开始时均静止，当小孩突然以相对于地面为 v 的速率在平台边缘沿逆时针转 向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为 A （A） J mR2 （ R V ） ，顺时针。 （B） J mR2 （ R V ） ，逆时针。 O 大学物理习题集（上） 4

8、 （C） 2 2 mRJ mR （ R V ） ，顺时针。 （D） 2 2 mRJ mR （ R V ） ，逆时针。 10. 花样滑冰运动员绕通过自身的竖直轴转动，开始时两臂伸开，转动惯量为 0 J，角速度为 0 ；然后 将两手臂合拢，使其转动惯量为 0 3 2 J，则转动角速度变为 C （A） 0 2 ; 3 （B） 0 2 ; 3 （C） 0 3 ; 2 （D） 0 3 2 。 解答解答 运动员所受的兵力 W 和地面支承力 N F皆沿竖直轴方向，所以合外力 矩为零，运动员的角动 恒。运动员由两臂伸开，到手臂合拢，在满足解动量守恒的条件下，变化前、后的角动量满足 000 =J=J 0 J ，

9、可得 J ，则转动角速度变为 0 3 = 2 。所以应 选（C） 11. 如图所示 ，一长为l的均质细杆，其左端与墙用铰 链 A 连接，右端用一铅直细绳 B 悬挂，杆处于水平状态。当 细绳 B 被突然烧断时，杆右端的加速度大小为 D （A）g/2; （B）g; （C）g/3; （D）3g/2。 解答 解答 当绳 B 烧断的瞬间，杆在重力矩 2 l Mmg作用下绕 A 轴转动，按转动定律有 2 3 2 1 2 3 l mg Mg Jl ml 则杆右端的加速度为 3 2 alg，所以应选（D） 。 12. 下列各种叙述中哪个是正确的？ D （A）刚体受力作用必有力矩； ( B) 刚体受力越大，此力

10、对刚体转轴的力矩也越大； （C）刚体绕定轴转动，则一定受到力矩的作用； （D）刚体绕定轴的转动定律表述了作用于刚体上的外力对转轴的合外力矩与角加速度两者之间的瞬 时关系。 解答解答 转动定律MJa 表述了作用于给定刚体上的外力对定轴的合外力矩与角加速度之间的瞬 时关系，即某时刻对定轴的合外力矩将引起该时刻刚体转动状态的改变，使刚体获得角加速度，可类比 于牛顿第二定律Fma表示的合外力与加速度之间的瞬时关系。 刚体受外力 F 作用，如果力的作用线通过刚体的转轴 0，力臂为零，这时力矩 M 为零，因此虽然刚体受 力作用，但对刚体不一定有力矩作用。即使刚体受力大，若此力对定轴的力臂甚小，则力矩仍也可

11、能很 大学物理习题集（上） 5 小。由MJa可知，刚体上的外力对转轴的合外力矩与角加速度两者之间是瞬时关系，若刚体绕定轴 作匀角速置转动，则角加速度 2 0radas，此时力矩为零。所以应选（D） 。 13一小平圆盘可绕通过其中心的固定铅直轴转动，盘上站着一个人，把人和圆盘取作系统，当此人在 盘上随意走动时，若忽略轴的摩擦，则此系统 C （A）动量守恒 。 （D）动量、机械能和角动量都守恒。 （B）机械能守恒。 （E）动量、机械能和角动量都不守恒。 （C）对转轴的角动量守恒。 二、填空题： 二、填空题： 1 如图所示， P、 Q、 R 和 S 是附于刚性轻质细杆上的质量分别为 4m、 3m、

12、2m 和 m 的四个质点， PQ=QR=RS=L， 则系统对 oo轴的转动惯量为 。50mL2 2一个作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量为 J，正以角速度 0=10rads -1 匀速转动，现对物体加一恒定的力矩 M=-0.5Nm， 经过时间 t=5.0s 后，物体停止了转动，物体的转动惯量 J= 。0.25 kgm2 解答 由解答 由 0 0t，得到： 2 2 /rad s，由MJ,代入数据得0.25J 2 kgm 3. 一质量为 50kg 的人站在半径为 2.0m 的转台边缘，整个系统可绕过转台中心的竖直轴无摩擦地转动。 设转台的转动惯量为 32 2.0 10 kgm，开始时整个系统处于静

13、止状态。当人沿转台边缘以相对地面 1 1.0m s的速度走动时，转台的角速度的大小为 ；转动方向为 。 解答解答 设转台的转动惯量为 J，对地面的角速度为，人对转台中心竖直轴的转动惯量 2 Jmr。 开始时系统静止，当人沿转台边缘走动时，其角速度 r 。将人和转台视为一系统，转台在定轴转动 的过程中，合外力矩为零，系统角动量守恒，有 0 JJ J J 已知 32211 J=2.0 10 kgm ,200m ,0.5Jmrkgrad s r ，代入上式得 2 0.05 J rad s j 负号表示转台转动方向和人的转方向相反。 P Q R S O O 大学物理习题集（上） 6 4. 如图所示，质

14、量为 m 和 2m 的两个质点 A 和 B，用一长为l的轻质 细杆相连，系统绕通过杆上O点且与杆垂直的轴转动。已知O点与 A 点相距 2 , 3 l B点的线速度为， 且与杆垂直。 则该系统对转轴的 转动惯量 J 为 ；角动量大小为 。 解答 解答 细杆质琩不计，则两质点 A、B、组成的系统对轴O的转 动惯量 22 2 212 2 333 Jmlmlml 由角动量定义，B 点速度与杆垂直，则系统的角动量大小 2 2 2 3 3 LJmlml l 5. 如图所示，长为l的均匀细棒可绕通过其一端与棒垂直的水平轴O 点转动，其转动惯量 2 3 1 mlJ，则棒在竖直位置时的角加速度大小 为 ；若将棒

15、拉到水平位置，然后由静止释放，此时棒的角加速 度大小为 。 解答解答 棒在竖直位置时，受重力 mg 和轴的支承力 N F作用，此两 力的作用线通过棒轴O，力臂为零，所以力矩为零，所以力矩为零，按转动定律，角加速度a为零。 棒被拉到水平位置，自静止释放，重力的力矩 2 l Mmg，已知棒的转动惯量 2 1 3 JmI,按转动定 律，可求得角加速度为 2 3 2 1 2 3 l mg g l ml 6. 如图 5-14 所示，有一半径为 R、质量为 M 的均质圆盘水平放置，可绕 通过盘心的铅直轴O自由转动，圆盘对轴的转动惯量为 2 1 2 JMR。当圆 盘以角速度 0 转动时，有一质量为 m 的橡

16、皮泥（可视为质点）铅直落在圆 盘上，粘在距转轴 2 R 处，像皮泥和圆盘的共同角速度为 。 解答 解答 以圆盘和橡皮沁组成一系统，则系统所受重力对铅直轴O的力矩为零，所以系统的角动量守 大学物理习题集（上） 7 恒，圆盘的角动量为 0 J，橡皮泥（视为质点）对O轴的转动惯量为 2 2 R m ，则有 2 22 0 11 222 R MRMRm 解得 2 0 0 2 2 1 2 2 2 1 22 MR M Mm R MRm 7一飞轮以 600r /min 的转速旋转，转动惯量为 2.5kgm 2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在 1s 内停 止转动，则该恒定制动力矩的大小 M= 。157（Nm） 三

17、、计算题： 三、计算题： 1. 以 20Nm 的恒力矩作用在有固定的轴的转轮上，在 10s 内该轮的转速由零增大到 100rev/min，此时 移去该力矩，转轮在摩擦力矩的作用下，经 100s 而停止，试推算此转轮对其固定轴的转动惯量。 解答 解答 10s 时的转速为 10 10 100 2/60 3 （rad/s） ，设恒力矩和摩擦力矩共同产生的角加速度 为 由题， 10 10 t ts 可得： 3 （rad/s 2） 设转轮对其固定轴的转动惯量为 J,摩擦力矩为 f M ，摩擦力矩产 / ，则 ，则 f / f / 10 20- 100 MJ MJ 解得： 600 11 J （ 2 kgm

18、） 2. 一砂轮在电动机驱动下，以 1 1800r mion的转速绕定轴作逆时针转动，如图 5-15 所示。关闭电源 后，砂轮均匀地减速，经时间15ts而停止转动。求(1)角加速度a； （2）到停止转动时，砂轮转过的 转数； （3）关闭电源后，经10ts砂轮的角速度以及此时砂轮边缘上一点的速度和加速度（设砂轮的半 大学物理习题集（上） 8 径250rmm） 。 解答解答 （1）选逆时针转向的角量为正值，初角速度为正，其值为 11 1800 260 60 rad srad s 按题意，在15ts时，末角速度 -1 =0rad s，则角加速度为 -11 0 -2 0rad s60 15 4 rad

19、 s rad s ts 为负，表明砂轮作匀减速转动。 （2）砂轮从关闭电源到停止转动，其角位移及转数 N 分别为 2-1-22 0 11 60 rad s15( 4 rad s ) (15 ) 22 450 rad 450 rad N=255 2 rad2 rad ttss r （3）在时刻10ts时砂轮的角速度是，则 -1-2 0 -1 60 rad s( 4 rad s ) (10 ) 20 rad s ts 的转向与 0 相同。 在时刻10ts时，砂轮边缘上一点的速度的大小 -1-1 0.2520 rad s15.7m srm 相应的切向加速度和法向加速度分别为 -2-2 2-12-2

20、0.25( 4 rad s )3.14m s 0.25(20 rad s )9.87 10 m s t n arm arm 边缘上该点的加速度; tnt aaaaa n 的方向和 的方向相反,的方向指向砂轮的中心 22-222-222-2 +( 3.14m s )(9.87 10 m s )9.88 10 m s tn aaaa a的方向可用它与 所成的夹角表示，即 arctan90.18 n t a a 3如图所示，一个质量为 m 的物体与绕在定滑轮上的绳子相连，绳子质量可以忽略，它与定滑轮之间 无滑动。假设定滑轮质量为 M，半径为 R，其转动惯量为 2 2 1 MR ，滑轮轴光滑。试求该物

21、体由静止开始 下落的过程中，下落速度与时间的关系。 大学物理习题集（上） 9 解： （1）受力分析如图所示 （2）根据牛顿第二定律和转动定律可列如下方程 gmTma 2 1 2 TRJMR Ra 解得 2 2 mg a Mm 2 2 mg Mm R 物体加速度恒定，则物体速度与时间关系为： 2 2 g att Mm 5. 长为l=50cm 的均质细棒，可绕其一端的轴O在竖直平面内转动，开始时静止于竖直位置上。有一 10mg的子弹以水平向右的速度 -1 400m s射入棒的下端，并陷入棒内。设棒绕轴O的转动惯量 -2 5kgm sJ ，不计一切摩擦，求： （1）子弹射入后，棒获得的角速度； （2

22、）棒的重心能上升的高度。 解答解答 本题应分两个过程讨论。第一个过程是子弹与棒发生完全非弹性碰撞，由于碰撞时间甚短， 棒还没有来得及摆动。取子弹和棒为系统，系统所受的重力和和轴对棒的支承力对轴O的力矩为零，系 统的角动量守恒。设棒开始转动的角速度为，则 2 ()m lmlJ 求解并代入题并代入题设数据，可算得 -1 0.4rad s 第二个过程是子弹和棒向上摆动过程，选子弹、棒和地为系统，如图 5-23 所示，系统只受重力矩， 大学物理习题集（上） 10 其他外力对轴O的力矩为零，此系统的机械能守恒。选 取棒在竖直位置时重心 C 处为重力势能零点， 由于棒对轴O的转动惯量为 2 1 3 JMl

23、，因而据此可计算出其质量 M=60kg，由此可知Mm(子弹质 量)，在计算重力势能时可忽略不计。根据机械能守恒定律，有 22 1 () 2 MghJml 由此得 22 () 2 Jml h Mg 代入有关数据可算出 3 6.6 10hm 。 6质量分别为 m 和 2m、半径分别为 r 和 2r 的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，可以绕通过盘心且垂直 盘面的水平光滑固定轴转动，对转轴的转动惯量为 9mr2/2，大小圆盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂一 质量为 m 的重物，如图所示，求盘的角加速度的大小。 解：分析各物体受力情况，如右图所示。设滑轮逆时针转动，左边物体的加速 度向下，右边物体加速度向上

24、。且由作用力与反作用力关系可知 F1=F3, F2=F4。选取物体运动方向为坐标轴正向，则 mg-F1=ma1 （3 分） F2-mg=ma2 F12r-F2r= 9mr2/2 a1=2r, a2=r 解以上各式，得 = r g 5 . 9 m m 2m r 2r m 大学物理习题集（上） 11 专业班级_ 姓名_ 学号_专业班级_ 姓名_ 学号_ 第六章 第六章 真空中的静电场 一选择题 一选择题 1点电荷 Q 被曲面 S 所包围，从无穷远处引入另一点电荷 q 至曲面外一点，如图所示，则引入前后： D （A）曲面 S 上的电通量不变，曲面上各点场强不变。 （B）曲面 S 上的电通量变化，曲面

25、上各点场强不变。 （C）曲面 S 上的电通量变化，曲面上各点场强变化。 （D）曲面 S 上的电通量不变，曲面上各点场强变化。 2.点电荷 q 在球形高斯面的中心，当球形高斯面的半径缩小 1 2 时，与原球形高斯面相比，它的 D （A）高斯面上的电场强度不变，穿过高斯面的电通量不变； （B）高斯面上的电场强度不变，穿过高斯面的电通量改变； （C）高斯面上的电场强度改变，穿过高斯面的电通量改变； （D）高斯面上的电场强度改变，穿过高斯面的电通量不变。 3.关于真空中静电场的高斯定理： l 0 1 s i E dSqi ，下述哪种说法是正确的 C （A）该定理只对有某种对称性的静电场才成立； （B）

26、 i i q是空间所有电荷的代数和； （C）积分式中的E一定是由高斯面内、外所有电荷共同激发的， i i q是高斯面内所包围的总电 荷量（净电荷） 。 （D）积分式中的E一定是电荷 i i q所激发的； 4已知一高斯面所包围的体积内电量代数和 0 i q，则可肯定 C （A）高斯面上各点场强均为零。 （B）穿过高斯面上每一面元的电通量均为零。 大学物理习题集（上） 12 （C）穿过整个高斯面的电通量为零。 （D）以上说法都不对。 5.关于高斯定理有下面几种说法，其中哪一种是正确的 C （A）如果高斯面内无电荷，则高斯面的电场强度处处为零； （B）如果高斯面上的电场强度处处不为零，则高期面内必有

27、电荷； （C）如果高期面内有净电荷，则通过高斯面的电通量必不为零； （D）如果通过高斯面的电通量不为零，则高斯面上的电场强度一定处处不为零。 6若匀强电场的场强为E ，其方向平行于半径为 R 的半球面的轴，如 图所示，则通过此半球面的电通量 e 为 A （A）ER2 （B）.2 2E R （C）. 2 1 2E R （D）2/ 2E R 7.如图所示，一个点电荷q位于立方体一顶点 A 上，则通过 abcd 面上的电通量为 C （A） 0 6 q ； （B） 0 12 q ； （C） 0 24 q ； （D） 0 36 q 。 8一均匀带电球面，电荷面密度为，球面内电场强度处处为零，球面上面元

28、ds 的一个 带电量为ds的电荷元，在球面内各点产生的电场强度 C （A）处处为零. （B）不一定都为零. （C）处处不为零. （D）无法判定. 9一带电体可作为点电荷处理的条件是 C （A）电荷必须呈球形分布。 （B）带电体的线度很小。 （C）带电体的线度与其它有关长度相比可忽略不计。 （D）电量很小。 10图中实线为某电场中的电力线，虚线表示等势（位）面，由图可看出： D （A）., CBACBA UUUEEE （B）., CBACBA UUUEEE （C）., CBACBA UUUEEE （D）., CBACBA UUUEEE 11有一边长为 a 的正方形平面，在其中垂线上距中心 0 点

29、 2 1 a 处，有一电量为 q 的正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量为 D 大学物理习题集（上） 13 （A）. 6 4 q （B）. 4 0 q （C）. 3 0 q （D）. 6 0 q 12半径为 R 的均匀带电球面，总电量为 Q，设无穷远处电势为零，则球内距离球心为 r 的 P 点处的电 场强度的大小和电势为： B （A）. 4 , 0 0r Q UE （B）. 4 , 0 0R Q UE （C） r Q U r Q E 0 2 0 4 , 4 （D） R Q U r Q E 0 2 0 4 , 4 13关于电场强度与电势之间的关系，下列说法中，哪一种是正确的？ C （A

30、）在电场中，场强为零的点，电势必为零。 （B）在电场中，电势为零的点，电场强度必为零。 （C）在电势不变的空间，场强处处为零。 （D）在场强不变的空间，电势处处为零。 14下列几个说法中哪一个是正确的？ C （A）电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。 （B）在以点电荷为中心的球面上，由该点荷所产生的场强处处相同。 （C）场强方向可由FE /q 定出，其中 q 为试验电荷的电量，q 可正、可负，F 为试验电荷所受 的电场力。 （D）以上说法都不正确。 15在静电场中，有关静电场的电场强度与电势之间的关系，下列说法中正确的是： C （A）场强大的地方电势一定高。 （B）场强

31、相等的各点电势一定相等。 （C）场强为零的点电势不一定为零。 （D）场强为零的点电势必定是零。 16当带电球面上总的带电量不变，而电荷的分布作任意改变时，这些电荷在球心处产生的电场强度E 和 电势 U 将 C （A）E 不变，U 不变. （B）E 不变，U 改变. （C）E 改变，U 不变. （D）E 改变，U 也改变. 二填空题 二填空题 1两个平行的“无限大”均匀带电平面，其电荷面密度分别为+和+2，如图所示，则 A、B、C 三 个区域的电场强度分别为： EA = 大学物理习题集（上） 14 EB = EC = (设方向向右为正). 000 2 3 , 2 , 2 3 2.如图所示，在坐标

32、l处放置点电荷q，在坐标l处放置点 电荷q，在Ox轴上取P点，其坐标为x（l） ，则P点电 场 强 度E的 大 小 为 。 222 22 00 114 44 qqlx EEE xlxl xl 3.如图所示， 一点电荷CBACq，。 9 10三点分别与点 电荷q相距为 10cm、20cm、30cm。若选B点电势为零，则 A点的电势为 V，C点的电势为 V。 V45 11 4 d 0 BA r r A rr q lEV B A V15 11 4 d 0 BC r r C rr q lEV B C 4在点电荷+q 和-q 的静电场中，作出如图所示的三个闭合面 S1、S2、 S3，则通过这些闭合面的电

33、场强度通量分别是： 1= ，2= ，3= 。 00 , 0, qq 5一半径为 R 的均匀带电球面，其电荷面密度为。该球面内、外的场强分布为)(rE = （rR） （r 表示从球心引出的矢径） 。r r R 3 0 2 0 6. 真空中，一均匀带电细圆环，电荷线密度为，则其圆心处的电场强度 E0= ， 电势 U0= 。 （选无穷远处电势为零） 0 2 0 7.如图所示，一无限大均匀带电平面，电荷面密度为，其上挖去一半径为 R 的圆 大学物理习题集（上） 15 孔。通过圆孔中心，且垂直于该平面的Ox轴上某一点,P OPx，则P点的电场强度 。 22 0 22 00 21 2 1 22 xR x

34、xR x EEE 8. 静 电 场 的 环 路 定 理 的 数 学 表 示 式 为 。 该 式 的 物 理 意 义 是 。该定理表明，静电场是 场。 L l dE0 , 将任意电荷沿任意闭合路径移动一周，电场力做的功恒为零，保守力； 9电量分则为 q1，q2，q3的三个点电荷分别位于同一圆周的三个点上，如图所示。设无 穷远处为电势零点， 圆半径为 R， 则 b 点处的电势 U= 。 R q R q R q 0 2 0 3 0 1 82424 10.(选作思考题)如图所示，一无限长均匀带电直线，电荷线密度为Ox，轴与带电直线垂直，且a、b 两点与直线相距为 ba rr和，试求a、b两点的电势差

35、ab VV= 。根 据所求的结果，故选取 处为电势零点，则无限长均匀带电直线的电 势分布表达式为 。 b a r r ba b a ba rrr r lEVVln 2 ln 2 d 2 d 000 , m1 b r, rVln 2 0 三、计算题 三、计算题 1.如图所示，一长为 10cm 的均匀带正电细杆，其带电量为 1.510 -8C.试求在杆的延长线上距杆的端点 5cm 处的 P 点的电场强度 ( 228 0 /109 4 1 CmN ) q2 q3 q1 O b 大学物理习题集（上） 16 解：电荷线密度为 L Q 如图，建立一维坐标系 ox，在细棒上去取微元 dx，其电荷量为 ddq

36、x 电荷元在 P 点产生的电场为 22 00 dd d 4()4() qx E LaxLax 由于所有电荷元产生的电场的方向均沿 x 轴正向，所以合场强为 )(4)(4)(4 00 0 2 0 aLa Q aLa L xaL dx dEE L 方向水平向右（+x 方向） 代入题目所给数据，得 CNE/108 . 1 4 E 的方向沿 X 轴正向. 2.一段半径为 a 的细圆孤，对圆心的张角为0，其上均匀分布有正电荷 q，如图所示。试以 a，q，0 表示出圆心 O 处的电场强度。若取无穷远处为电势零点，求 O 点的电势( 228 0 /109 4 1 CmN ) 解：解： （1）取坐标 XOY

37、如图，由对称性可知， 0 xx dEE cos 4 cos 4 2 0 2 0 a dl a dq dEy ad a cos 4 2 0 d a EE y cos 4 0 2 1 2 1 0 0 2 sin 22 sin 2 0 0 2 0 0 0 a q a j a q E 2 sin 2 0 0 2 0 按角变化，将 dE 分解成二个分量： 大学物理习题集（上） 17 d R Q dEdExsin 2 sin 2 0 2 d R Q dEdEycos 2 cos 2 0 2 对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷. sin 2/ sin 0 2/ 2 2 0 2 dd R Q Ex =

38、0 cos 2/ cos 0 2/ 2 2 0 2 dd R Q Ey 2 0 2 R Q 所以 j R Q jEiEE yx 2 0 2 3.一均匀带电的导线弯成 1/4 圆弧，已知电荷线宽度为(0) ，圆弧半径为R。求圆心O点处的电场 强度的大小和方向。 解答解答 建立坐标系，如图 10-14 所示。 在带电圆弧上取线元dl，电量dqdl，在O点产生的电场强度的大小为 2 0 /4dldlR,其方 向如图 10-14 所示，由于 2 0 /4dlRddeRdR，故。 圆弧上各电荷元 dq 在O点产生的电场强度方向是不同的，所以要把 dE 分解为 xy dEdE和，然后沿 坐标轴积分求得总的

39、电场强度。则 22 00 /2/2 2 00 00 /2/2 2 00 00 coscos ,sinsin 44 coscos 44 sinsin 44 xy x y RdRd dEdEdEdE RR R EdEd RR R EdEd RR 大学物理习题集（上） 18 在O点总的电场强度大小为 22 0 2 4 xy E R EE 因为 xy EE，所以在O点处电场强度的方向，沿 1/4 圆弧的圆心角的角平分线，并与Ox轴正方向成 135角。 4.均匀带电量为+Q、半径为R的球体外同心地罩一个内半径为 1 R、外半径为 2 R的均匀带电球壳，球 壳带电量为Q，求球体及球壳内外的电场分布。 解答

40、解答 如图 10-17 所示，由于电荷呈球对称分布，所以电场强度也呈球对称分布，故在各区域，以球 心至场点的距离 r 为半径作同心球面，以此为高斯面，应用高斯定求出各区域的电场强度。 （1）球体内rR区域：由高斯定理 0 i s qi E dS 得 23 0 14 E4) 3 rr （ 式中： 3 4 3 Q R 为电荷体密度，代入上式可解得 3 0 4 r EQ R 方向沿由球心指向场点的位矢方向。 （）在球体与球壳之间rR1区域： 该区域高斯面内的电量 i qiQ ，所以由高斯定理可得 2 0 4 Q E r 方向沿由球心指向场点的位矢方向。 （3）在球壳内 12 RrR区域： 该区域高斯

41、面内所包围的电量为 3 1 4 ( 3) 3 i qiQr R 式中： 33 21 4 3 Q RR 为球壳电荷体密度，代入高斯定理中有 3 3 2 1 33 0 21 (4)1 r Q Er R RR 大学物理习题集（上） 19 解得 3 3 2 33 2 0 21 () EQ 4() r r R RR 方向沿由球心指向场点的位矢方向。 （4）球壳外 rR2区域： 该区域高斯面内的净电荷为零，所以由高斯定理可得 -1 E=0N C 5.半径为R的无限长带电圆柱体，其内部的电荷均匀分布，电荷休密度为。选圆柱体的轴线为电势零 点，试求： （1）圆柱体内、外的电场强度分布，并画rE曲线； （2）圆柱体内、外的电势分布。 解答解答 用高斯定理先求圆柱体内、外的电场分布，再由电势定义式VE dl 求电势分布。 如图 10-21 所示，取半径为 r 长为 l 的同轴圆柱面为高斯面。 （1）在圆柱体外任意点 p1作高斯面 S1，由高斯定理，则 2 11 0 1 (2) s EdS