大学物理第五章汇总
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大学文科物理第五章打开微观世界的三大发现
02
1899年，J．J汤姆生采用斯坦 尼(G.T．Stoney，1826— 1911)的“电子”一词来表示 他的“载荷子”。“电子”原 是斯坦尼在1891年用于表示电 的自然单位的。
01 宣告了原子是可分的。
02 为进行电子和原子的研究 开创了新的实验技术。
03 意义
04 电子问世开辟了电子技 术的新时代。 J·J·汤姆逊于1906年获 诺贝尔奖。
第五章 打开微观世界的三大发现
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1
经典物理学经过三百多年的发展，到19世纪末已经 有了完整的体系，在应用的推广上也硕果累累。
2
著名物理学家开尔文就说:“19世纪已经将物理大厦 全部建成，今后物理学家只是修饰和完美这所大 厦。”
开尔文的话代表了不少物理学家的固步自封的思想。
3 电子的发现
•对阴极射线的众说纷纭
19世纪末，阴极 射线是一个热门话题， 有人认为这是一种以太 波，有人认为是一种电 磁波，而第一个确认它 是粒子流，并由此发现 冷却液 基本粒子——电子的是 J·J·汤姆逊。
金属靶
克鲁斯克管
01 德国物理 学家的以太说
02
1858年普吕克尔(Julius Pliicker，1801—1868)在观察放电管中的放电现象时发现管壁发出绿色的荧光。 1876年，哥尔茨坦(Etigen Goldstein，1850—1930)认为这是从阴极发出的某种射线，并命名为阴极射线。他根
1895年11月8日晚,伦琴用黑 的厚纸板把阴极射线管子包起 来，意外地发现1米以外的荧 光屏在闪光，而这绝不是阴极 射线，因阴极射线穿不透玻璃， 只能行进几厘米远。
早期的X射线装置图
伦琴断定这是一种新射线，一种从未曾 记载过的东西。伦琴用它拍出了一张肉 淡骨浓的手掌照片，有人用它鉴别古画， 一时引起轰动，伦琴将这具有非凡魅力 的射线命名为“X”射线。
大学物理 第5章刚体定轴转动
赵 承 均
转动平面 某质点所在的圆周平面，称为转动平面。
参考线
转心 矢径
转动平面内任一过转轴的直线，如选 x 轴。
某质点所在的轨迹圆的圆心，称为转心。 某质点对其转心的位矢，称为该质点的矢径。
第一篇
力学
重 大 数 理 学 院
显然：转动刚体内所有点有相同的角量，故用角量描述刚体 的转动更方便，只需确定转动平面内任一点的角量即可。 1.角坐标— 描写刚体转动位臵的物理量。 角坐标 转动平面内刚体上任一点 P 到转轴 O 点的连线与 参考线间的夹角 。
赵 承 均
第二类问题：已知J和力矩M：求出运动情况和 b及 F 。
第三类问题：已知运动情况和力矩M，求刚体转动惯量 J 。
第一篇
力学
重 大 数 理 学 院
第一类问题：已知运动情况和 J ，确定运动学和动力学的联 系 例 ：长为 l,质量为 m 的细杆，初始时的角速 度为 ωo ，由于细杆与 桌面的摩擦，经过时间 t 后杆静止，求摩擦力 矩 Mf 。
Fi cos i Fi cos i mi ain mi ri 2 法向：
e i
第一篇
力学
重 大 数 理 学 院
由于法向力的作用线穿过转轴，其力矩为零。可在切向 方程两边乘以 ri ，得到：
Fi e ri sin i Fi i r i sin i mi ri 2
4.角加速度— 描写角速度变化快慢和方向的物理量。 ⑴ 平均角加速度 t
即：刚体的角速度变化与发生变化所用的时间之比。
赵 承 均
⑵ 角加速度 ①用平均角加速度代替变化的角加速度； ②令 t 0 取极限；
d d lim 2 t 0 t dt dt
大学物理 第五章.
时，
刚体定轴转动的 角动量守恒定律
35
§5.4 刚体的角动量定理及守恒定律
例5.6：如图，质量为M，半径为R的转台，可绕通过中心竖直轴
转动，阻力忽略不计，质量为m的人站在台的边缘，人和台原来都 静止，如果人沿转台的边缘绕行了一周，问相对地面转台转过了多 少角度？
解：把人和转台看做一个系统
系统的角动量守恒 规定：逆时针转动为正方向，以 地面为参考系。 设人的角速度为ω，转台的角速度为Ω。
或
A = ∫ Mdθ = Mθ
42
例5.9：一质量为m，长为 l的匀质杆，两端用绳悬挂杆处于水平 状态，现突然将杆右端的悬线剪断，求(1)此瞬间另一根绳受到 的张力 ;(2)剪断绳子之后任一时刻杆的角速度 ω与转过角度 θ之 间的关系。 解： （1）首先考虑杆绕O点的的转动 根据转动定律： T O
匀变速运动
6
§5.1 刚体及其定轴转动描述
例5.1：一汽车发动机的转速在5s内由200r（转）/min均匀地增加 到3000r（转）/min。（1）求在这段时间内的初角速度、末角速 度和角加速度；（2）求这段时间内转过的角度；（3）发动机轴 上装有一半径为R=0.15m的飞轮，求轮边缘上一点在这第5s末的 切向加速度、法向加速度和总加速度。
24
§5.3 刚体转动的功和能
回顾： 质点 质量 牛顿运动定律
M = Jβ
刚体 转动惯量 转动定律
力做功
力矩做功
25
§5.3 刚体转动的功和能
一、力矩的功
轴
dθ dr α r
α
F 在转动平面内
ω
元功： dA = F • dr = F dr cos α = F ( rdθ ) cos α F ( r cos α )dθ = Mdθ
大学物理2-1第5章
若质量离散分布：
（质点，质点系）
J i mi ri2
J r2 dm
若质量连续分布：
dm dl
其中： d m d s
d m dV
例题补充 求质量为m，半径为R 的均匀圆环的对中心 轴的转动惯量。 解： 设线密度为λ； d m d l
J R dm
2
2R
0
R dl
2
o
R
dm
R2 2R mR2
例题5-3 求质量为m、半径为R 的均匀薄圆盘对中心轴 的转动惯量。 解： 设面密度为σ。
取半径为 r 宽为d r 的薄圆环,
R
d m d s 2 r d r
J r d m r 2 2r 2 d r
2
3 3g 2L
2)由v r得： v A L
L 3 3 gL 3 3 gL vB 2 8 2
5.2 定轴转动刚体的功和能
一、刚体的动能 当刚体绕Oz轴作定轴转动时，刚体上各质元某一瞬时 均以相同的角速度绕该轴作圆周运动。
2 2 质元mi的动能 E ki mi v i mi ( i ri )2 mi ri 2
2）取C 点为坐标原点。 在距C 点为x 处取dm 。 说明
A
A
x dm
B
L
C
x
x
xd m B
L2
L2
2 mL x 2 d x 12
JC x 2 d m
L 2 L 2
1) 刚体的转动惯量是由刚体的总质量、质量分布、 转轴的位置三个因素共同决定; 2) 同一刚体对不同转轴的转动惯量不同， 凡提到转动惯量 必须指明它是对哪个轴的。
大学物理第五章 气体动理论总结
三种速率比较：
vp
2kT m0
2RT M mol
f (v)
v 8kT 8RT
m0
M mol
v
v 2
3kT
3RT
m0
M mol
O
v p
v
v2
温度一定，同种气体
vp温度。
1
T2 T1
M mol 一定
2
T2 T1
v p2 v p1
v o
f (v)
5. 速率分布函数
f (v) dN
Ndv
dv
v
速率分布函数
f (v) 速率分布函数物理意义－－－
在速率v 的附近，单位速率间隔内的 分子数占总分子数的百分比 .
f (v)dv dN N
归一化条件
代表速率v 附近dv (或v~v+dv)区间的分子数概率
0
f
(v)dv
dN N
1
－－－曲线下面积
f (v)
2. 氢气分子的最概然速 率是多少?
0
1000
2
vm / s
v pHe
2RT 4 103
1000 m / s
2RT v pH2 2 103
2 1000
m/s
麦克斯韦速率分布律
例* 已知f()为麦克斯韦速率分布函数，p为分子 的最可几速率，则
p f ()d 表示 速率小于 p的分子数占总分子数的百分比
0
或分子速率小于 p的概率。
f ()d 表示 速率大于 p的分子数占总分子数的百分比
p
或分子速率大于 p的概率。
0
1 2
m0
2
f
(
)d
大学物理复习-第五六章
E与(1) 相同．
W = Q E＝417 J
4分
(3)
Q =0，E与(1) 同
W = E=623 J (负号表示外界作功)
3分
28
10、一定量的理想气体，由状态a经b到达c． (如图，abc为一直线)求此过程中 (1) 气体对外作的功； (2) 气体内能的增量； (3) 气体吸收的热量．(1 atm＝1.013×105 Pa)
件___0 _f_(__) _d___1__，此条件的物理意义是:
分子速率处于（0~∞ ）区间的分子数占总分子数
的百分比为1 .
2．若f()为气体分子速率分布函数,N为气体分子
总数，m为分子质量，则
2 1m 2Nf ( )d的物理
1 2
意义为速__率__在__速_率__间__隔___1～___2_之_内__的__分__子_平__均__动__能_之__和_。
到50％，若低温热源保持不变，则高温热源的温度应增加
___K．
500
100
8、1 mol 理想气体(设 Cp/CV为已知)的循环过程如T －V图所示，其中CA为绝热过程，A点状态参量(T1， V1)和B点的状态参量(T2，V2)为已知．试求C点的状 态参量：
Vc=____V，2
Tc=___(_V1_/ V_2_) _1 T_1 _____，
解: N22N, M1 2M2, T2 5T1
E2 E1
m
M2 m
M1
3 2
RT2
5 2
RT1
3 5
M1T2 M 2T1
6
第六章 热力学基础
一、热力学第一定律
二、四个过程
内能增量
E
m' M
大学物理第五章
大学物理第五章在大学物理的学习中，第五章往往是一个关键且充满挑战的部分。
它可能涵盖了诸如热力学、电磁学或者光学等重要的物理领域。
假设这第五章的主题是热力学。
热力学是研究热现象中能量转化规律的科学，它与我们的日常生活和众多工业应用息息相关。
首先，我们来了解热力学的基本概念。
温度，这是我们日常生活中经常提到的词汇，但在热力学中，它有着精确的定义和严格的度量标准。
温度反映了物体内部分子热运动的剧烈程度。
热量，是在热传递过程中传递的能量。
而内能，则是物体内部所有分子的动能和势能的总和。
热力学第一定律是这一章的核心内容之一。
它指出，能量是守恒的，在一个封闭系统中，外界对系统所做的功与系统从外界吸收的热量之和等于系统内能的增量。
这个定律就像是一个严格的财务管理员，确保能量的收支平衡。
比如说，当我们给一个气体容器加热并且推动活塞对气体做功时，气体的内能就会增加。
热力学第二定律则为我们揭示了热过程的方向性。
热量不能自发地从低温物体传到高温物体而不引起其他变化。
这就好像水总是从高处往低处流，如果要让水从低处往高处流，就必须借助外界的力量，比如水泵。
这个定律在很多实际应用中都有着重要的意义，比如在设计热机和制冷设备时。
热机是将热能转化为机械能的装置。
蒸汽机、内燃机等都是常见的热机。
热机的效率是一个关键的指标，它取决于热机的工作过程和所使用的工作物质。
卡诺循环为我们提供了一种理想的热机循环模式，通过对卡诺循环的研究，我们可以了解到如何提高热机的效率。
制冷机则是与热机相反的装置，它通过消耗外界的功，将热量从低温物体传递到高温物体。
常见的制冷机有电冰箱和空调。
在学习热力学第五章的过程中，我们还会接触到熵这个重要的概念。
熵可以用来描述系统的混乱程度或者无序程度。
一个孤立系统的熵总是趋向于增加，这意味着系统会朝着更加无序的方向发展。
热力学第五章的知识不仅在理论上具有重要意义，在实际生活中也有着广泛的应用。
例如，在能源的开发和利用中，我们需要了解热力学定律来提高能源的利用效率，减少能源的浪费。
大一物理第五章知识点总结
大一物理第五章知识点总结物理作为自然科学的一门重要学科，是研究物质及其运动规律的科学。
大一物理课程的第五章主要涉及到光学方面的内容，对于我们理解光的特性和光学现象具有重要的作用。
本文将对大一物理第五章的知识点进行总结和梳理。
第一节：光的直线传播光在真空和同质均匀介质中的传播呈直线传播，遵循光的直线传播原理。
光的直线传播过程中，遵循光的折射定律和反射定律。
折射定律描述了光从一个介质进入另一个介质时，发生折射的规律。
反射定律则描述了光射入到介质边界时，以相同的角度和强度反射回原来的介质。
第二节：光的反射与折射光的反射是指光线遇到介质的边界时，按照反射定律产生反射现象。
光的折射是指光线从一种介质进入到另一种介质时，按照折射定律产生折射现象。
反射和折射都是光学中常见的现象，对我们理解光的传播具有重要的意义。
第三节：光的波动性光既具有粒子性，又具有波动性。
在一些特定的实验中，我们可以观察到光的干涉和衍射现象，证明了光的波动性。
光的波动性是由于光是电磁波，具有波粒二象性。
光的波动性使得我们可以对光线进行干涉、衍射等实验，研究光的传播规律。
第四节：光的干涉与衍射光的干涉是指两束或多束同频率、同相的光波相遇时，互相干涉而产生明暗相间的干涉条纹的现象。
干涉可分为两种类型：构成干涉的两个光源可以是同一光源经过分路之后再重合，这种叫做自相干干涉；构成干涉的两个光源可以是两个不同的光源，这种叫做外自相干干涉。
衍射是指光通过障碍物或光通过有限孔径的障碍物时产生的光的偏折现象。
干涉和衍射是光学研究中重要的现象，有广泛的应用价值。
第五节：光的偏振光的偏振是指光的振动方向在空间中的取向。
有两种主要的偏振方式：线偏振和圆偏振。
线偏振是指光的振动方向在同一平面上，可以是水平方向、垂直方向或其他方向。
圆偏振是指光的振动方向绕光线方向旋转形成的。
偏振光在光学仪器的制造和传感器技术中具有重要的应用。
第六节：光的衍射与互补波光的衍射现象在实际生活中有广泛的应用，例如光栅、衍射仪器等。
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内外半径分别为R1，R2。 求：1. 静电平衡后，球壳内表面和外表面 的电荷量；
2.球壳内的场强；
3. 球壳外的场强；
解：（1）由静电感应知识知 球壳内表面带电量为－q, 球壳内表面带电量为q
（2）由分析知空间电场具有球对称性，选半径为r的同心球 面为高斯面，由高斯定理
ÒS
rr EgdS
q内
0
r E
5-6 长 l =15cm的直导线AB上均匀地
分布着线密度为 l = 5×10-9 C/m：的电荷
（如图） 。求：
（1）在导线的延长线上与导线一端 B 相 距 d = 5cm处P 点的场强；
（2）在导线的垂直平分线上与导线中点 相距 d =5cm处Q点的场强。
.Q
A
d l
B .P d
题号 结束
已知：l =15cm， l = 5×10-9 C/m,
0
a.rR时，高斯面内电荷 q
d
V
4 3
r
3
R
E r 3 0
b.rR时，高斯面内电荷
q 4 R3
3
E
R3 3 0
1 r2
高斯定理的应用
均匀带电球体的电场分布
r
rR
E
3 0 R3 1 3 0 r 2
rR
R
E Er 关系曲线
R
3 0
r 2
O
R
r
例. 点电荷q ，处在导体球壳的中心，壳的
q内
4 0 r 2
eˆr
r R1时
r E
q
4r0 r 2
e)r
R1 r R2 时 E 0
r R2时
r E
q
4 0 r 2
e)r
（3）取 v 0
根据电势定义
r r
VP
Egdl
P
知，球壳的电势为：
r r q
q
VP
Egdl
R2
dr
R2 40r 2
4 0 R2
5-2 在边长为2cm的等边三角形的顶点
高斯定理的应用
例1 均匀带电球壳的电场，球面半径为R,带电为q。
解： 电场分布也应有球对称性，方向沿径向。
作同心且半径为r的高斯面.
E dS
S
E 4r2
q
0
++ +
q
E 40 r 2
+R +
+
r
+q + +
+
rR时，高斯面无电荷，
E0
+
+
+++ +
高斯定理的应用
rR时，高斯面包围电荷q，
sE dS 两底 E dS 2ES
圆柱形高斯面内电荷 q S
S
由高斯定理得
E
E
2ES S / 0
E
σ
2 0
高斯定理的应用
例4 均匀带电球体的电场。球半径为R，体电荷密度为
解：电场分布也应有球对称性，方向沿径向。
作同心且半径为r的高斯面
E dS
E 4r2
q
r
S
E
q
4 0r 2
为ρ =0.529×10-9 C/m3的正电荷。求离球
心5cm、15cm、50cm处的电场强度。
R1
O
R2
ρ
题号 结束
解: r =0.05cm
E1=0
r =0.15cm
s
E
.dS
2
q´
ε = 0
ε E2 4πr 2 = 1 0
34π(r
3 0
R13 )ρ
E2=4V/m
r =0.50cm
s
E
. dS
题号 结束
已知： q1= q2= q3= q4= 4×10-9 C, d=5cm, q0= 1.0×10-9 C
求：(1)E0,U0; (2)A; (3)ΔW
解：(1)
E0 =0
ε U0 =
1
4π
0
q1 r
+
q2 r
+
q3 r
+
q4 r
=
4π1ε0
4q r
=
9.0×109×
4×4.0×10-9 5.0×10-2
=2.83×104 V/m
题号 结束
5-16 点电荷q１ 、 q2 、 q３ 、 q４的电荷 量各为 4×10-９C ，放置在一正方形的四个 顶点上，各顶点距正方形中心 o 点的距离均 为5cm。
（1）计算 o 点处的场强和电势； （2）将一试探电荷q0 =4×10-９C从无穷远 移到 o 点，电场力作功多少？ （3）问（2）中所述过程中q0的电势能的 改变为多少？
=
4π
q2 0 (BC
)2
=
9×109×(
-4.8×10-9 4.0×10-2 )
2
= -2.7×104 V/m
题号 结束
EC =
E2 1
+
E2 2
=
(1.8)2+ (2.7)2 ×104
=3.24×104 V/m
tg q
=
E1 E2
=
1.8×10 2.7×104
=
2 3
q = 33.7 0
题号 结束
A q1
q2
C
B
题号 结束
已知： q1 =1.8×10-9C,q2= -4.8×10-6C、 BC = 0.04m，AC = 0.03m。
求:Ec 。
A
ε E1
=
4π
q1 0 (AC
)2
q1
=
9×109×(
1.8×10-9 3.0×10-2
)
2
C
E2
q2 B
=1.8×104 V/m
E1
EC
ε E2
2
πε E
=
ld
40
l/2 dx -- l/2 (x 2+d 2 )3 2
ε =
ll
4π
.
0d
1 d 2+(l
2)2
12
=
5.0×10-9×0.15×9×109
5.0×10-2
(
5.0×10-2
)2
+
(
0.15 2
)2
1
2
=1.50×103 V/m
题号 结束
5-7 有一半径为a的均匀带电的半圆环， 带电量为q。试求：圆心处的电场强度。
= 4π1ε0lrd2x cosq
cosq =
d r
d =(x 2+d 2 )1 2
.Q
q
dr dx
l
ε dE
=
1
4π
. l dx
0 (x 2+d
.
2) (x
d 2+d
)2 1
2
ε =
1
4π
. l d dx
0 (x 2+d 2 )3
2
题号 结束
ε dE
=
1
4π
. l d dx
0 (x 2+d 2 )3
（2）从场强和电势的关系求该点的场强； （3）计算 x = 6cm处的电势和场强。
.P
x
R
题号 结束
已知：R、σ。 求：(1)U,(2)E x
解：(1)
dq =σ2πr dr
.P
x
dU U
= =
42π σεσε0 02π0Rxr2x+rd2rrd+2rr
2
R
r dr
εσ σε =
2
0
r dr x 2+r
3
q
ε = 0
ε E3 4πr 2 = 1 0
34π(
R3 2
R13)ρ
E3=1.05V/m
题号 结束
5-15 一层厚度为d =0.5cm的无限大平
板，均匀带电，电荷体密度为ρ =1.0×10-4
C/m3 。求: （1）这薄层中央的电场强度； （2）薄层内与其表面相距0.1cm处的电
场强度； （3）薄层外的电场强度。
F3 = (F31)2+(F32)2 2F31 F32 cos600= 81.1 N
q3受力最大 (2)F2 = 67.5 N
q
=
a
2
= 600
题号 结束
5-3 在正方形的两个相对的角上各放置 一点电荷Q，在其他两个相对角上各置一点 电荷q 。如果作用在Q上的力为零。求Q与 q 的关系。
题号 结束
y q
ox a
题号 结束
解：dq = l dl = l a dq
dE = 4πdεq0a 2 = 4lπεa d0aq2
dl = adq
l
q
=πa
由对称性 Ey=0
y
E = dEx= dE sinq
= π0 4πεl0a sinq dq = 4πεl0a π0 sinq dq
q dq o x
a; r 2
x)
=
2.0×10-5 2×8.85×10-12
(6.0)2 +(8.0)2×10-2
6.0×10-2
=4.52×104V
题号 结束
σε Ex =
dU dx
=
20
x R2+ r 2
1
=
2.0×10-5 2×8.85×10-12
6.0×10-2
1
(6.0)2 +(8.0)2×10-2
2.球壳内的场强；
3. 球壳外的场强；
解：（1）由静电感应知识知 球壳内表面带电量为－q, 球壳内表面带电量为q
（2）由分析知空间电场具有球对称性，选半径为r的同心球 面为高斯面，由高斯定理
ÒS
rr EgdS
q内
0
r E
5-6 长 l =15cm的直导线AB上均匀地
分布着线密度为 l = 5×10-9 C/m：的电荷
（如图） 。求：
（1）在导线的延长线上与导线一端 B 相 距 d = 5cm处P 点的场强；
（2）在导线的垂直平分线上与导线中点 相距 d =5cm处Q点的场强。
.Q
A
d l
B .P d
题号 结束
已知：l =15cm， l = 5×10-9 C/m,
0
a.rR时，高斯面内电荷 q
d
V
4 3
r
3
R
E r 3 0
b.rR时，高斯面内电荷
q 4 R3
3
E
R3 3 0
1 r2
高斯定理的应用
均匀带电球体的电场分布
r
rR
E
3 0 R3 1 3 0 r 2
rR
R
E Er 关系曲线
R
3 0
r 2
O
R
r
例. 点电荷q ，处在导体球壳的中心，壳的
q内
4 0 r 2
eˆr
r R1时
r E
q
4r0 r 2
e)r
R1 r R2 时 E 0
r R2时
r E
q
4 0 r 2
e)r
（3）取 v 0
根据电势定义
r r
VP
Egdl
P
知，球壳的电势为：
r r q
q
VP
Egdl
R2
dr
R2 40r 2
4 0 R2
5-2 在边长为2cm的等边三角形的顶点
高斯定理的应用
例1 均匀带电球壳的电场，球面半径为R,带电为q。
解： 电场分布也应有球对称性，方向沿径向。
作同心且半径为r的高斯面.
E dS
S
E 4r2
q
0
++ +
q
E 40 r 2
+R +
+
r
+q + +
+
rR时，高斯面无电荷，
E0
+
+
+++ +
高斯定理的应用
rR时，高斯面包围电荷q，
sE dS 两底 E dS 2ES
圆柱形高斯面内电荷 q S
S
由高斯定理得
E
E
2ES S / 0
E
σ
2 0
高斯定理的应用
例4 均匀带电球体的电场。球半径为R，体电荷密度为
解：电场分布也应有球对称性，方向沿径向。
作同心且半径为r的高斯面
E dS
E 4r2
q
r
S
E
q
4 0r 2
为ρ =0.529×10-9 C/m3的正电荷。求离球
心5cm、15cm、50cm处的电场强度。
R1
O
R2
ρ
题号 结束
解: r =0.05cm
E1=0
r =0.15cm
s
E
.dS
2
q´
ε = 0
ε E2 4πr 2 = 1 0
34π(r
3 0
R13 )ρ
E2=4V/m
r =0.50cm
s
E
. dS
题号 结束
已知： q1= q2= q3= q4= 4×10-9 C, d=5cm, q0= 1.0×10-9 C
求：(1)E0,U0; (2)A; (3)ΔW
解：(1)
E0 =0
ε U0 =
1
4π
0
q1 r
+
q2 r
+
q3 r
+
q4 r
=
4π1ε0
4q r
=
9.0×109×
4×4.0×10-9 5.0×10-2
=2.83×104 V/m
题号 结束
5-16 点电荷q１ 、 q2 、 q３ 、 q４的电荷 量各为 4×10-９C ，放置在一正方形的四个 顶点上，各顶点距正方形中心 o 点的距离均 为5cm。
（1）计算 o 点处的场强和电势； （2）将一试探电荷q0 =4×10-９C从无穷远 移到 o 点，电场力作功多少？ （3）问（2）中所述过程中q0的电势能的 改变为多少？
=
4π
q2 0 (BC
)2
=
9×109×(
-4.8×10-9 4.0×10-2 )
2
= -2.7×104 V/m
题号 结束
EC =
E2 1
+
E2 2
=
(1.8)2+ (2.7)2 ×104
=3.24×104 V/m
tg q
=
E1 E2
=
1.8×10 2.7×104
=
2 3
q = 33.7 0
题号 结束
A q1
q2
C
B
题号 结束
已知： q1 =1.8×10-9C,q2= -4.8×10-6C、 BC = 0.04m，AC = 0.03m。
求:Ec 。
A
ε E1
=
4π
q1 0 (AC
)2
q1
=
9×109×(
1.8×10-9 3.0×10-2
)
2
C
E2
q2 B
=1.8×104 V/m
E1
EC
ε E2
2
πε E
=
ld
40
l/2 dx -- l/2 (x 2+d 2 )3 2
ε =
ll
4π
.
0d
1 d 2+(l
2)2
12
=
5.0×10-9×0.15×9×109
5.0×10-2
(
5.0×10-2
)2
+
(
0.15 2
)2
1
2
=1.50×103 V/m
题号 结束
5-7 有一半径为a的均匀带电的半圆环， 带电量为q。试求：圆心处的电场强度。
= 4π1ε0lrd2x cosq
cosq =
d r
d =(x 2+d 2 )1 2
.Q
q
dr dx
l
ε dE
=
1
4π
. l dx
0 (x 2+d
.
2) (x
d 2+d
)2 1
2
ε =
1
4π
. l d dx
0 (x 2+d 2 )3
2
题号 结束
ε dE
=
1
4π
. l d dx
0 (x 2+d 2 )3
（2）从场强和电势的关系求该点的场强； （3）计算 x = 6cm处的电势和场强。
.P
x
R
题号 结束
已知：R、σ。 求：(1)U,(2)E x
解：(1)
dq =σ2πr dr
.P
x
dU U
= =
42π σεσε0 02π0Rxr2x+rd2rrd+2rr
2
R
r dr
εσ σε =
2
0
r dr x 2+r
3
q
ε = 0
ε E3 4πr 2 = 1 0
34π(
R3 2
R13)ρ
E3=1.05V/m
题号 结束
5-15 一层厚度为d =0.5cm的无限大平
板，均匀带电，电荷体密度为ρ =1.0×10-4
C/m3 。求: （1）这薄层中央的电场强度； （2）薄层内与其表面相距0.1cm处的电
场强度； （3）薄层外的电场强度。
F3 = (F31)2+(F32)2 2F31 F32 cos600= 81.1 N
q3受力最大 (2)F2 = 67.5 N
q
=
a
2
= 600
题号 结束
5-3 在正方形的两个相对的角上各放置 一点电荷Q，在其他两个相对角上各置一点 电荷q 。如果作用在Q上的力为零。求Q与 q 的关系。
题号 结束
y q
ox a
题号 结束
解：dq = l dl = l a dq
dE = 4πdεq0a 2 = 4lπεa d0aq2
dl = adq
l
q
=πa
由对称性 Ey=0
y
E = dEx= dE sinq
= π0 4πεl0a sinq dq = 4πεl0a π0 sinq dq
q dq o x
a; r 2
x)
=
2.0×10-5 2×8.85×10-12
(6.0)2 +(8.0)2×10-2
6.0×10-2
=4.52×104V
题号 结束
σε Ex =
dU dx
=
20
x R2+ r 2
1
=
2.0×10-5 2×8.85×10-12
6.0×10-2
1
(6.0)2 +(8.0)2×10-2