大学物理复习题集

物理上册复习题集 一、力学习题1. 一质点从静止开始作直线运动，开始时加速度为a 0，此后加速度随时间均匀增加，经过时间τ后，加速度为2a 0，经过时间2τ后，加速度为3 a 0 ,…求经过时间n τ后，该质点的速度和走过的距离．2. 有一质点沿x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为x = 4.5 t 2 - 2 t 3 (SI) ．试求：(1) 第2秒内的平均速度； (2) 第2秒末的瞬时速度； (3) 第2秒内的路程．3. 在以加速度a 向上运动的电梯内，挂着一根劲度系数为k 、质量不计的弹簧．弹簧下面挂着一质量为M 的物体，物体相对于电梯的速度为零．当电梯的加速度突然变为零后，电梯内的观测者看到物体的最大速度为 （ ）(A) k M a /． (B) M k a /．(C) k M a /2． (D) kM a /21．4. 一质点沿半径为R 的圆周运动，在t = 0时经过P 点，此后它的速率v 按Bt A +=v (A ，B 为正的已知常量)变化．则质点沿圆周运动一周再经过P 点时的切向加速度a t = ___________ ，法向加速度a n = _____________．ϖ5. 如图，两个用轻弹簧连着的滑块A 和B ，滑块A 的质量为m21，B 的质量为m ，弹簧的劲度系数为k ，A 、B 静止在光滑的水平面上（弹簧为原长）．若滑块A 被水平方向射来的质量为m21、速度为v 的子弹射中，则在射中后，滑块A 及嵌在其中的子弹共同运动的速度v A =________________，此时刻滑块B 的速度v B =__________，在以后的运动过程中，滑块B 的最大速度v max =__________．6. 质量为0.25 kg 的质点，受力i t F ϖϖ= (SI)的作用，式中t 为时间．t = 0时该质点以j ϖϖ2=v (SI)的速度通过坐标原点，则该质点任意时刻的位置矢量是______________．7. 质量相等的两物体A 和B ，分别固定在弹簧的两端，竖直放在光滑水平面C 上，如图所示．弹簧的质量与物体A 、B 的质量相比，可以忽略不计．若把支持面C 迅速移走，则在移开的一瞬间， A 的加速度大小a A ＝_______，B 的加速度的大小a B ＝_______．A8.质量为m的小球，用轻绳AB、BC连接，如图，其中AB水平．剪断绳AB前后的瞬间，绳BC中的张力比T :．9. 一圆锥摆摆长为l、摆锤质量为m，在水平面上作匀速圆周运动，摆线与铅直线夹角θ，则(1) 摆线的张力T＝_______________；(2) 摆锤的速率v=_______________．10. 质量为m的子弹以速度v 0水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为Ｋ，忽略子弹的重力，求：(1) 子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式；(2) 子弹进入沙土的最大深度．11. (1) 试求赤道正上方的地球同步卫星距地面的高度．(2) 若10年内允许这个卫星从初位置向东或向西漂移10°，求它的轨道半径的误差限度是多少？已知地球半径R＝6.37×106m，地面上重力加速度g＝9.8 m/s2．12. 一光滑的内表面半径为10 cm的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称OC旋转．已知放在碗内表面上的一个小球P相对于碗静止，其位置高于碗底4 cm，则由此可推知碗旋转的角速度约为(A) 10 rad/s．(B) 13 rad/s．(D) 18 rad/s．［］13. 质量为m的小球，放在光滑的木板和光滑的墙壁之间，并保持平衡，如图所示．设木板和墙壁之间的夹角为α，当α逐渐增大时，小球对木板的压力将(A) 增加．(B) 减少．(C) 不变．(D) 先是增加，后又减小．压力增减的分界角为α＝45°． [ ]14. 质量为m 的物体自空中落下，它除受重力外，还受到一个与速度平方成正比的阻力的作用，比例系数为k ，k 为正值常量．该下落物体的收尾速度(即最后物体作匀速运动时的速度)将是(A)k mg . (B) k g2 . (C) gk . (D)gk . ［ ］mm15. 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴O 转动，如图射来两个质量相同，速度大小相同，方向相反并在一条直线上的子弹，子弹射入圆盘并且留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度ω (A) 增大． (B) 不变．(D) 不能确定． ［ ］16. 如图所示，A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮．A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而且F ＝Mg ．设A 、B 两滑轮的角加速度分别为βA 和βB ，不计滑轮轴的摩擦，则有(A) βA ＝βB ． (B) βA ＞βB ．(C) βA ＜βB ． (D) 开始时βA ＝βB ，以后βA ＜βB ． ［ ］17. 将细绳绕在一个具有水平光滑轴的飞轮边缘上，现在在绳端挂一质量为m 的重物，飞轮的角加速度为β．如果以拉力2mg 代替重物拉绳时，飞轮的角加速度将 (A) 小于β． (B) 大于β，小于2 β．(C) 大于2 β． (D) 等于2 β． ［ ］18. 有两个半径相同，质量相等的细圆环A 和B ．A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀．它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为J A 和J B ，则 (A) J A ＞J B ． (B) J A ＜J B ．(C) J A = J B ． (D) 不能确定J A 、J B 哪个大． ［ ］19. 一飞轮以角速度ω0绕光滑固定轴旋转，飞轮对轴的转动惯量为J 1；另一静止飞轮突然和上述转动的飞轮啮合，绕同一转轴转动，该飞轮对轴的转动惯量为前者的二倍．啮合后整个系统的角速度ω＝__________________．.m0v俯视图20. 质量为m 、长为l 的棒，可绕通过棒中心且与棒垂直的竖直光滑固定轴O 在水平面内自由转动(转动惯量J ＝m l 2 / 12)．开始时棒静止，现有一子弹，质量也是m ，在水平面内以速度v 0垂直射入棒端并嵌在其中．则子弹嵌入后棒的角速度ω ＝_____________________．21. 一个圆柱体质量为M ，半径为R ，可绕固定的通过其中心轴线的光滑轴转动，原来处于静止．现有一质量为m 、速度为v 的子弹，沿圆周切线方向射入圆柱体边缘．子弹嵌入圆柱体后的瞬间，圆柱体与子弹一起转动的角速度w ＝__________________________．(已知圆柱体绕固定轴的转动惯量J ＝221MR ) 22. 一人坐在转椅上，双手各持一哑铃，哑铃与转轴的距离各为 0.6 m ．先让人体以5 rad/s 的角速度随转椅旋转．此后，人将哑铃拉回使与转轴距离为0.2 m ．人体和转椅对轴的转动惯量为5 kg ·m 2，并视为不变．每一哑铃的质量为5 kg 可视为质点．哑铃被拉回后，人体的角速度ω ＝__________________________．23. 两个质量都为100 kg 的人，站在一质量为200 kg 、半径为3 m 的水平转台的直径两端．转台的固定竖直转轴通过其中心且垂直于台面．初始时，转台每5 s转一圈．当这两人以相同的快慢走到转台的中心时，转台的角速度w ＝__________________．(已知转台对转轴的转动惯量J ＝21MR 2，计算时忽略转台在转轴处的摩擦)24. 质量为M = 0.03 kg 、长为l = 0.2 m 的均匀细棒，可在水平面内绕通过棒中心并与棒垂直的光滑固定轴转动，其转动惯量为M l2 / 12．棒上套有两个可沿棒滑动的小物体，它们的质量均为m = 0.02 kg ．开始时，两个小物体分别被夹子固定于棒中心的两边，到中心的距离均为r = 0.05 m ，棒以 0.5p rad/s 的角速度转动．今将夹子松开，两小物体就沿细棒向外滑去，当达到棒端时棒的角速度ω = ______________________．25. 已知一定轴转动体系，在各个时间间隔内的角速度如下： ω＝ω0 0≤t ≤5 (SI) ω＝ω0＋3t －15 5≤t ≤8 (SI) ω＝ω1－3t ＋24 t ≥8 (SI) 式中ω0＝18 rad /s (1) 求上述方程中的ω1．(2) 根据上述规律，求该体系在什么时刻角速度为零．26. 一砂轮直径为1 m 质量为50 kg ，以 900 rev / min 的转速转动．撤去动力后，一工件以 200 N 的正压力作用在轮边缘上，使砂轮在11.8 s 内停止．求砂轮和工件间的摩擦系数．(砂轮轴的摩擦可忽略不计，砂轮绕轴的转动惯量为21mR 2，其中m 和R 分别为砂轮的质量和半径).27. 一定滑轮半径为0.1 m ，相对中心轴的转动惯量为1×10-3 kg ·m 2．一变力F ＝0.5t (SI)沿切线方向1 s 末的角速度．m 1m ,r28. 质量m ＝1.1 kg 的匀质圆盘，可以绕通过其中心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对轴的转动惯量J ＝221mr(r 为盘的半径)．圆盘边缘绕有绳子，绳子下端挂一质量m 1＝1.0 kg 的物体，如图所示．起初在圆盘上加一恒力矩使物体以速率v 0＝0.6 m/s 匀速上升，如撤去所加力矩，问经历多少时间圆盘开始作反方向转动．29. 质量为75 kg 的人站在半径为2 m 的水平转台边缘．转台的固定转轴竖直通过台心且无摩擦．转台绕竖直轴的转动惯量为3000 kg ·m 2．开始时整个系统静止．现人以相对于地面为1 m ·s -1的速率沿转台边缘行走，求：人沿转台边缘行走一周，回到他在转台上的初始位置所用的时间．一、力学答案1. 解：设质点的加速度为 a = a 0+t∵ t =时， a =2 a 0 ∴ = a 0 /即 a = a 0+ a 0 t /， 1分由 a = d v /d t ， 得 d v = a d ttt a atd )/(d 000τ⎰⎰+=vv∴2002ta t a τ+=v 1分由 v = d s /d t ， d s = v d tt t a t a t s ttsd )2(d d 2000τ+==⎰⎰⎰v302062t a t a s τ+=1分t = n时，质点的速度 ττ0)2(21a n n n +=v 1分质点走过的距离 202)3(61ττa n n s n += 1分2. 解：(1) 5.0/-==∆∆t x v m/s 1分(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2 1分v (2) =-6 m/s 1分 (3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m 2分3. （A ）4. B 2分 (A 2/R )+4 B 3分5. v 21 2分 0 1分 v21 2分6. j t i t ϖϖ2323+ (SI)3分7. 0 2分 2 g 2分8. l/cos 2θ 3分 9. θcos /mg 1分θθcos sin gl2分 10. 解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv ，由牛顿定律t mK d d vv =- 3分 ∴⎰⎰=-=-vv v vvvd d ,d d 0t t m K t m K 1分∴ mKt /0e -=v v 1分(2) 求最大深度解法一：t x d d =v tx m Kt d e d /0-=v 2分tx m Kt txd e d /000-⎰⎰=v∴ )e 1()/(/0m Kt K m x --=v 2分Km x /0max v = 1分解法二：x m t x x m t m K d d )d d )(d d (d d vvv v v ===- ∴v d K mdx -= 3分v v d d 0max⎰⎰-=K m x x∴ Km x /0max v =2分11. 解： (1) 设同步卫星距地面的高度为h ，距地心的距离r R +h ，由牛顿定律 22/ωmr r GMm = ① 2分又由 mg R GMm =2/得 2gR GM =， 1分 代入①式得3/122)/(ωgR r = ② 1分 同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，其值为51027.7-⨯=ω rad/s 1分解得 =r 71022.4⨯m ， 41058.3⨯=-=R r h km 2分(2) 由题设可知卫星角速度的误差限度为10105.5-⨯=∆ω rad/s 1分由②式得 223/ωgR r = 取对数ωln 2ln ln 32-=）（gR r 取微分并令 d r =r, d且取绝对值 3r/r =2∴ r=2r /(3 =213 m 2分12-16 BBACC17. (C) 参考解：挂重物时， mg －T = ma = mR β , TR =Jb由此解出J mR mgR+=2β 而用拉力时， 2mgR = J β' β'=2mgR / J故有β'＞2b18. (C)19. 031ω 3分 20. 3v 0 / (2l ) 3分 21. ()R m M m 22+v3分22. 8 rad ·s13分 23. 3.77 rad ·s -1 3分24. 0.2rad ·s 1 3分25. 解：体系所做的运动是匀速→匀加速→匀减速定轴转动．其中1是匀加速阶段的末角速度，也是匀减速阶段的初角速度，由此可得t ＝8 s 时， 1＝0＋9＝27 rad /s 3分当＝0时，得 t ＝(1＋24）/ 3＝17s所以，体系在17s 时角速度为零． 2分26. 解：R = 0.5 m ，= 900 rev/min = 30 rad/s ，根据转动定律 M = -J ① 1分 这里 M = -NR ② 1分为摩擦系数，N 为正压力，221mR J =． ③设在时刻t 砂轮开始停转，则有：0=+=t t βωω从而得 ＝0 / t ④ 1分将②、③、④式代入①式，得)/(2102t mR NR ωμ-=- 1分∴ m =μR 0/ (2Nt )≈0.5 1分27. 解：根据转动定律 M ＝J d/ d t 1分即 d ＝(M / J ) d t 1分其中 M ＝Fr ， r ＝0.1 m ， F ＝0.5 t ，J ＝1×10-3 kg ·m 2, 分别代入上式，得d ＝50t d t 1分则1 s 末的角速度1＝⎰150t d t ＝25 rad / s 2分28.m 1 m , rβ0v P T a解：撤去外加力矩后受力分析如图所示． 2分m 1g －T = m 1a 1分Tr ＝J1分a ＝r 1分 a = m 1gr / ( m 1r + J / r )代入J ＝221mr , a =mm gm 2111+= 6.32 ms 2 2分 ∵ v 0－at ＝0 2分∴ t ＝v 0 / a ＝0.095 s 1分29. 解：由人和转台系统的角动量守恒J 1w 1 + J 2w 2 = 0 2分其中 J 1＝300 kg ·m 2，w 1=v /r =0.5 rad / s ， J 2＝3000 kg m 2∴ w 2＝－J 1w 1/J 2＝－0.05 rad/s 1分 人相对于转台的角速度 w r ＝w 1－w 2＝0.55 rad/s 1分 ∴ t ＝2p /r ω＝11.4 s 1分二、静电场习题1. 如图所示，两个同心球壳．内球壳半径为R 1，均匀带有电荷Q ；外球壳半径为R 2，壳的厚度忽略，原先不带电，但与地相连接．设地为电势零点，则在两球之间、距离球心为r 的P 点处电场强度的OR 1R 2Pr Q (A) E ＝204r επ，U ＝r Q 04επ．(B) E ＝204r Qεπ，U ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-πr R Q 11410ε． (C) E ＝204r Qεπ，U ＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π20114R r Q ε． (D) E ＝0，U ＝204R Qεπ． ［ ］2.Q 2 Q 1 O P r R 2 R 1如图所示，两个同心的均匀带电球面，内球面半径为R 1、带电荷Q 1，外球面半径为R 2、带有电荷Q 2．设无穷远处为电势零点，则在内球面之内、距离球心为r 处的P 点的电势U 为：(A) r Q Q 0214επ+．(B) 20210144R Q R Q εεπ+π．(C) 0． (D) 1014R Q επ．［ ］3.++在一个带有正电荷的均匀带电球面外，放置一个电偶极子，其电矩p ϖ的方向如图所示．当释放后，该电偶极子的运动主要是A) 沿逆时针方向旋转，直至电矩p ϖ沿径向指向球面而停止． B) 沿顺时针方向旋转，直至电矩p ϖ沿径向朝外而停止． C) 沿顺时针方向旋转至电矩p ϖ沿径向朝外，同时沿电场线远离球面移动． D) 沿顺时针方向旋转至电矩p ϖ沿径向朝外，同时逆电场线方向向着球面移动．［ ］4. 一个静止的氢离子(H +)在电场中被加速而获得的速率为一静止的氧离子(O +2)在同一电场中且通过相同的路径被加速所获速率的： (A) 2倍． (B) 22倍．(C) 4倍． (D) 42倍． ［ ］5. 一平行板电容器，板间距离为d ，两板间电势差为U 12,一个质量为m 、电荷为－e 的电子，从负极板由静止开始飞向正极板．它飞行的时间是：(A) 122eU md． (B) 122eU md ．(C)122eU m d(D)m eU d212［ ］6. E图示为一具有球对称性分布的静电场的E ~r 关系曲线．请指出该静电场是由下列哪种带电体产生的．(A) 半径为R 的均匀带电球面． (B) 半径为R 的均匀带电球体． (C) 半径为R 、电荷体密度ρ＝Ar (A 为常数）的非均匀带电球体．(D) 半径为R 、电荷体密度ρ＝A/r (A 为常数)的非均匀带电球体．［ ］7.在点电荷+q 的电场中，若取图中P 点处为电势零点 ， 则M 点的电势为(A) a q04επ． (B) a q 08επ．(C) a q04επ-． (D) a q 08επ-． ［ ］8.如图所示，一个电荷为q 的点电荷位于立方体的A 角上，则通过侧面abcd 的电场强度通量等于：(A) 06εq． (B) 012εq ．(C) 024εq ． (D) 048εq． ［ ］9. 有一个球形的橡皮膜气球，电荷q 均匀地分布在表面上，在此气球被吹大的过程中，被气球表面掠过的点(该点与球中心距离为r )，其电场强度的大小将由 ___________________变为_________________．10.图中曲线表示一种轴对称性静电场的场强大小E 的 分布，r 表示离对称轴的距离，这是由______________ ______________________产生的电场．11. 一闭合面包围着一个电偶极子，则通过此闭合面的电场强度通量Φe ＝_________________．12. 一面积为S 的平面，放在场强为E ϖ的均匀电场中，已知 E ϖ与平面间的夹角为θ(＜π/2),则通过该平面的电场强度通量的数值Φe ＝__________________． 13. 真空中一半径为R 的均匀带电球面，总电荷为Q ．今在球面上挖去很小一块面积△S (连同其上电荷)，若电荷分布不改变，则挖去小块后球心处电势(设无穷远处电势为零)为________________．14. 一半径为R 的均匀带电球面，其电荷面密度为σ．若规定无穷远处为电势零 点，则该球面上的电势U ＝____________________．15. 一半径为R 的绝缘实心球体，非均匀带电，电荷体密度为ρ＝ρ 0 r (r 为离球心的距离，ρ0为常量)．设无限远处为电势零点．则球外(r ＞R )各点的电势分布为U ＝_____ r R 0404ερ _____________．16.图中所示曲线表示球对称或轴对称静电场的某一物理量随径向距离r 成反比关系，该曲线可描述_无限长均匀带电直线______________的电场的E~r 关系，也可描述___正点电荷__________ 的电场的U~r 关系．(E为电场强度的大小，U为电势)LP如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电荷为q ，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度． 17. 解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ，在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ，它在P 点的场强：()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L xq -+π=ε 2分总场强为 ⎰+π=Lx d L x L q E 020)(d 4－ε()d L d q +π=04ε3分方向沿x 轴，即杆的延长线方向．18. 电荷线密度为λ的 无限长 均匀带电细线，弯成图示形状．若半圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O半径为R 的带电细圆环，其电荷线密度为λ=λ0sin φ，式中λ0为一常数，φ为半径R 与x 轴所成的夹角，如图所示．试求环心O 处的电场强度． 20. “无限长”均匀带电的半圆柱面，半径为R ，设半圆柱面沿轴线OO'单位长度上的电荷为λ，试求轴线上一点的电场强度．真空中两条平行的“无限长”均匀带电直线相距为a ，其电荷线密度分别为－λ和＋λ．试求： (1) 在两直线构成的平面上，两线间任一点的电场强度(选Ox 轴如图所示，两线的中点为原点)． (2) 两带电直线上单位长度之间的相互吸引力．22. 实验表明，在靠近地面处有相当强的电场，电场强度E ϖ垂直于地面向下，大小约为100 N/C ；在离地面1.5 km 高的地方，E ϖ也是垂直于地面向下的，大小约为25 N/C ．(1) 假设地面上各处E ϖ都是垂直于地面向下，试计算从地面到此高度大气中电荷的平均体密度； (2) 假设地表面内电场强度为零，且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面的电荷产生，求地面上的电荷面密度．(已知：真空介电常量0ε＝8.85×10-12 C 2·N -1·m -2)23.x电荷面密度分别为+σ和－σ的两块 无限大 均匀带电平行平面，分别与x 轴垂直相交于x 1＝a ，x 2＝－a 两点．设坐标原点O 处电势为零，试求空间的电势分布表示式并画出其曲线．q 0P有一带正电荷的大导体，欲测其附近P 点处的场强，将一电荷量为q 0 (q 0 >0 )的点电荷放在P 点，如图所示，测得它所受的电场力为F ．若电荷量q 0不是足够小，则 (A) F / q 0比P 点处场强的数值大． (B) F / q 0比P 点处场强的数值小． (C) F / q 0与P 点处场强的数值相等．(D) F / q 0与P 点处场强的数值哪个大无法确定． ［ B ］25.A +σσ2一“无限大”均匀带电平面A ，其附近放一与它平行的有一定厚度的“无限大”平面导体板B ，如图所示．已知A 上的电荷面密度为+σ ，则在导体板B 的两个表面1和2上的感生电荷面密度为： (A) σ 1 = - σ， σ 2 = + σ．(B) σ 1 = σ21-， σ 2 =σ21+．(C) σ 1 = σ21-， σ 1 = σ21-．(D) σ 1 = - σ， σ 2 = 0． ［ B ］26. 选无穷远处为电势零点，半径为R 的导体球带电后，其电势为U 0，则球外离球心距离为r 处的电场强度的大小为(A) 32r U R ． (B) R U 0．20r RU ． (D) r U 0． ［ C ］27.如图所示，一厚度为d 的“无限大”均匀带电导体板，电荷面密度为σ ，则板的两侧离板面距离均为h 的两点a 、b 之间的电势差为：(A) 0． (B) 02εσ．(C) 0εσh ． (D) 02εσh． ［ A ］28. 关于高斯定理，下列说法中哪一个是正确的？(A) 高斯面内不包围自由电荷，则面上各点电位移矢量D ϖ为零．(B) 高斯面上处处D ϖ为零，则面内必不存在自由电荷． (C) 高斯面的D ϖ通量仅与面内自由电荷有关．(D) 以上说法都不正确． ［ C ］29. 一导体球外充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，若测得导体表面附近场强为E ，则导体球面上的自由电荷面密度σ为(A) ε 0 E ． (B) ε 0 ε r E ．(C) ε r E ． (D) (ε 0 ε r - ε 0)E ． ［ B ］30.+Q一个大平行板电容器水平放置，两极板间的一半空间充有各向同性均匀电介质，另一半为空气，如图．当两极板带上恒定的等量异号电荷时，有一个质量为m、带电荷为+q的质点，在极板间的空气区域中处于平衡．此后，若把电介质抽去，则该质点(A) 保持不动．(B) 向上运动．(C) 向下运动．(D) 是否运动不能确定．［ B ］31. 如果某带电体其电荷分布的体密度ρ 增大为原来的2倍，则其电场的能量变为原来的(A) 2倍．(B) 1/2倍．(D) 1/4倍．［ C ］q一空心导体球壳，其内、外半径分别为R1和R2，带电荷q，如图所示．当球壳中心处再放一电荷为q的点电荷时，则导体球壳的电势(设无穷远处为电势零点)为(A) 14Rqεπ．(B)24Rqεπ．(C) 12Rqεπ. (D)2Rqε2π．［ D ］33. 一空气平行板电容器，两极板间距为d，充电后板间电压为U．然后将电源断开，在两板间平行地插入一厚度为d/3的金属板，则板间电压变成U' =________________ ．34.S如图所示，把一块原来不带电的金属板B，移近一块已带有正电荷Q的金属板A，平行放置．设两板面积都是S，板间距离是d，忽略边缘效应．当B板不接地时，两板间电势差U AB =___________________ ；B板接地时两板间电势差='ABU__________ ．如图所示，将一负电荷从无穷远处移到一个不带电的导体附近，则导体内的电场强度_不变_____________，导体的电势___________减小___．(填增大、不变、减小)36. 一金属球壳的内、外半径分别为R1和R2，带电荷为Q．在球心处有一电荷为q的点电荷，则球壳内表面上的电荷面密度σ =___)4/(21Rqπ-___________．37. 空气的击穿电场强度为2×106 V·m-1，直径为0.10 m的导体球在空气中时最多能带的电荷为______________．(真空介电常量ε 0 = 8.85×10-12 C 2·N -1·m -2 )38. 地球表面附近的电场强度为 100 N/C ．如果把地球看作半径为6.4×105 m 的导体球，则地球表面的电荷Q =__ 4.55×105 C _________________． (2/C m N 10941290⋅⨯=πε)39. 一任意形状的带电导体，其电荷面密度分布为σ (x ，y ，z )，则在导体表面外附近任意点处的电场强度的大小E (x ，y ，z ) =______________________，其方向 ______________________．40. 地球表面附近的电场强度约为 100 N /C ，方向垂直地面向下，假设地球上的电荷都均匀分布在地表面上，则地面带__负___电，电荷面密度σ =__8.85×10-10 C/m 2 ________． (真空介电常量ε0 = 8.85×10-12 C 2/(N ·m 2) )41.1σdab厚度为d 的“无限大”均匀带电导体板两表面单位面积上电荷之和为σ ．试求图示离左板面距离为a 的一点与离右板面距离为b 的一点之间的电势差．41. 解：选坐标如图．由高斯定理，平板内、外的场强分布为：1σd abOE = 0 (板内) )2/(0εσ±=x E (板外) 2分1、2两点间电势差⎰=-2121d xE U U xxx d b d d d a d 2d 22/2/02/)2/(0⎰⎰+-+-+-=εσεσ)(20a b -=εσ42. 半径分别为 1.0 cm 与 2.0 cm 的两个球形导体，各带电荷 1.0×10-8 C ，两球相距很远．若用细导线将两球相连接．求(1) 每个球所带电荷；(2) 每球的电势．(22/C m N 1094190⋅⨯=πε)43.O R 2R 1r半径分别为R 1和R 2 (R 2 > R 1 )的两个同心导体薄球壳，分别带有电荷Q 1和Q 2，今将内球壳用细导线与远处半径为r 的导体球相联，如图所示, 导体球原来不带电，试求相联后导体球所带电荷q ．43. 解：设导体球带电q ，取无穷远处为电势零点，则导体球电势：r qU 004επ=2分 内球壳电势：10114R q Q U επ-=2024R Q επ+2分 二者等电势，即r q04επ1014R q Q επ-=2024R Q επ+2分解得)()(122112r R R Q R Q R r q ++=2分44. 一圆柱形电容器，外柱的直径为4 cm ，内柱的直径可以适当选择，若其间充满各向同性的均匀电介质，该介质的击穿电场强度的大小为E 0= 200 KV/cm ．试求该电容器可能承受的最高电压． (自然对数的底e = 2.7183)45. 两金属球的半径之比为1∶4，带等量的同号电荷．当两者的距离远大于两球半径时，有一定的电势能．若将两球接触一下再移回原处，则电势能变为原来的多少倍？46. 一绝缘金属物体，在真空中充电达某一电势值，其电场总能量为W 0．若断开电源，使其上所带电荷保持不变，并把它浸没在相对介电常量为εr 的无限大的各向同性均匀液态电介质中，问这时电场总能量有多大？二、静电场答案1-5 CBDBC 6-8 DBC9. 204r qεπ 2分0 1分10. 半径为R 的无限长均匀带电圆柱面11 0 3分 12. ES cos(π/2 -θ) 3分13. ⎪⎭⎫⎝⎛π∆-π20414R S R Q ε 3分14. R σ / ε03分15.r R 0404ερ 3分16. 无限长均匀带电直线 2分正点电荷 2分17. 解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ，在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ，它在P 点的场强：()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L xq -+π=ε 2分总场强为 ⎰+π=Lx d L x L q E 020)(d 4－ε()d L d q +π=04ε3分 方向沿x 轴，即杆的延长线方向．18.A B∞O ∞x3E ϖ2E ϖ 1E ϖy解：以O 点作坐标原点，建立坐标如图所示．半无限长直线A ∞在O 点产生的场强1E ϖ，()j i R E ϖϖϖ--π=014ελ2分半无限长直线B ∞在O 点产生的场强2E ϖ，()j i R E ϖϖϖ+-π=024ελ2分半圆弧线段在O 点产生的场强3E ϖ，iR E ϖϖ032ελπ=2分由场强叠加原理，O 点合场强为0321=++=E E E E ϖϖϖϖ 2分19.解：在任意角φ 处取微小电量d q =λd l ，它在O 点产生的场强为：R R l E 00204d s co 4d d εφφλελπ=π=3分它沿x 、y 轴上的二个分量为：d E x =－d E cos φ 1分 d E y =－d E sin φ 1分对各分量分别求和 ⎰ππ=20200d s co 4φφελR E x ＝R 004ελ2分)d(sin sin 42000=π=⎰πφφελR E y 2分故O 点的场强为：iR i E E x ϖϖϖ004ελ-== 1分解:设坐标系如图所示．将半圆柱面划分成许多窄条．d l 宽的窄条的电荷线密度为θλλλd d d π=π=l R取θ位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为θελελd 22d d 020R R E π=π= 3分如图所示. 它在x 、y 轴上的二个分量为：d E x =d E sin θ , d E y =－d E cos θ 2分对各分量分别积分R R E x 02002d sin 2ελθθελππ=π=⎰ 2分 0d cos 2002=π-=⎰πθθελR E y 2分场强iR j E i E E y x ϖϖϖϖ02ελπ=+= 1分21. 解：(1) 一根无限长均匀带电直线在线外离直线距离ｒ处的场强为：12E =λ / (2πε0r ) 2分根据上式及场强叠加原理得两直线间的场强为⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=+=x a x a E E E 21212021ελ ()22042x a a -π=ελ， 方向沿x 轴的负方向 3分 (2) 两直线间单位长度的相互吸引力F =λE =λ2 / (2πε0a ) 2分22.2(1)解：(1) 设电荷的平均体密度为ρ，取圆柱形高斯面如图(1)(侧面垂直底面，底面∆S 平行地面)上下底面处的场强分别为E 1和E 2，则通过高斯面的电场强度通量为：⎰⎰Eϖ·S ϖd ＝E 2∆S -E 1∆S ＝(E 2-E 1) ∆S 2分 高斯面S 包围的电荷∑q i ＝h ∆S ρ 1分 由高斯定理(E 2－E 1) ∆S ＝h ∆S ρ /ε 01分∴ () E E h 1201-=ερ＝4.43×10-13 C/m 3 2分(2) 设地面面电荷密度为σ．由于电荷只分布在地表面，所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2)1分E(2)由高斯定理 ⎰⎰E ϖ·S ϖd =∑i1qε-E ∆S =S∆σε011分∴ σ =－ε 0 E ＝－8.9×10-10 C/m 3 2分23. 解：由高斯定理可得场强分布为：E =-σ / ε0 (－a ＜x ＜a ) 1分 E = 0 (－∞＜x ＜－a ，a ＜x ＜＋∞＝ 1分由此可求电势分布：在－∞＜x ≤－a 区间⎰⎰⎰---+==000/d d 0d a axx x x x E U εσ0/εσa -= 2分在－a ≤x ≤a 区间-a +aO xU0000d d εσεσxx x E U x x =-==⎰⎰ 2分在a ≤x ＜∞区间0000d d 0d εσεσax x x E U aa xx=-+==⎰⎰⎰ 2分图2分24-28 BBCAC 29-32 BBCD33. 2U /3 3分34. )2/(0S Qd ε 2分)/(0S Qd ε 2分 35. 不变 1分 减小 2分36.)4/(21R q π- 3分 37. 5.6×10-7 C 3分38. 4.55×105 C 3分39. σ (x ，y ，z )/ε2分与导体表面垂直朝外(σ > 0) 或 与导体表面垂直朝里(σ < 0) 1分 40. 负 1分8.85×10-10 C/m 2 2分41. 解：选坐标如图．由高斯定理，平板内、外的场强分布为：1σd abxOE = 0 (板内))2/(0εσ±=x E (板外) 2分1、2两点间电势差⎰=-2121d xE U U xxx d b d d d a d 2d 22/2/02/)2/(0⎰⎰+-+-+-=εσεσ)(20a b -=εσ3分42. 解：两球相距很远，可视为孤立导体，互不影响．球上电荷均匀分布．设两球半径分别为r 1和r 2，导线连接后的电荷分别为q 1和q 2，而q 1 + q 1 = 2q ，则两球电势分别是10114r q U επ=， 20224r q U επ=2分 两球相连后电势相等， 21U U =，则有21212122112r r q r r q q r q r q +=++== 2分由此得到 921111067.62-⨯=+=r r qr q C 1分92122103.132-⨯=+=r r q r q C 1分两球电势 310121100.64⨯=π==r q U U ε V 2分43. 解：设导体球带电q ，取无穷远处为电势零点，则导体球电势：r qU 004επ=2分内球壳电势：10114R q Q U επ-=2024R Q επ+2分 二者等电势，即 r q04επ1014R q Q επ-=2024R Q επ+2分解得 )()(122112r R R Q R Q R r q ++=2分44. 解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为λ，则电容器两极板之间的场强分布为 )2/(r E ελπ= 2分 设电容器内外两极板半径分别为r 0，R ，则极板间电压为⎰⎰⋅π==R r Rr r r r E U d 2d ελϖϖ0ln2r R ελπ= 2分 电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E 0时电容器击穿，这时应有002E r ελπ=2分000lnr RE r U =适当选择r 0的值，可使U 有极大值，即令)/ln(/d d 0000=-=E r R E r U得 eR r /0= 2分显然有 202d d r U < 0， 故当 e R r /0= 时电容器可承受最高的电压e RE U /0max = = 147 kV 2分45. 解：因两球间距离比两球的半径大得多，这两个带电球可视为点电荷．设两球各带电荷Q ，若选无穷远处为电势零点，则两带电球之间的电势能为)4/(020d Q W επ= 式中d 为两球心间距离． 2分 当两球接触时，电荷将在两球间重新分配．因两球半径之比为1∶4．故两球电荷之比Q 1∶Q 2 = 1∶4．Q 2 = 4 Q 1 2分但 Q Q Q Q Q Q 25411121==+=+∴5/21Q Q =，5/85/242Q Q Q =⨯= 2分当返回原处时,电势能为02125164W d Q Q W =π=ε 2分 46. 解：因为所带电荷保持不变，故电场中各点的电位移矢量D ϖ保持不变，又r r r w D D DE w εεεεε0200202112121==== 3分因为介质均匀，∴电场总能量 rW W ε/0= 2分三、稳恒磁场习题1. 有一个圆形回路1及一个正方形回路2，圆直径和正方形的边长相等，二者中通有大小相等的电流，它们在各自中心产生的磁感强度的大小之比B 1 / B 2为(A) 0.90． (B) 1.00．(C) 1.11． (D) 1.22． ［ C ］2.边长为l 的正方形线圈中通有电流I ，此线圈在A 点(见图)产生的磁感强度B 为(A) l I π420μ． (B) l Iπ220μ．(C)l Iπ02μ． (D) 以上均不对． ［ A ］3.通有电流I 的无限长直导线有如图三种形状，则P ，Q ，O 各点磁感强度的大小B P ，B Q ，B O 间的关系为：(A) B P > B Q > B O . (B) B Q > B P > B O ．(C) B Q > B O > B P ． (D) B O > B Q > B P ．［ D ］4.无限长载流空心圆柱导体的内外半径分别为a 、b ，电流在导体截面上均匀分布，则空间各处的Bϖ的大小与场点到圆柱中心轴线的距离r 的关系定性地如图所示．正确的图是 ［ B ］5.电流I 由长直导线1沿平行bc 边方向经a 点流入由电阻均匀的导线构成的正三角形线框，再由b 点沿垂直ac 边方向流出，经长直导线2返回电源(如图)．若载流直导线1、2和三角形框中的电流在框中心O点产生的磁感强度分别用1B ϖ、2B ϖ和3B ϖ表示，则O 点的磁感强度大小(A) B = 0，因为B 1 = B 2 = B 3 = 0．(B) B = 0，因为虽然B 1≠ 0、B 2≠ 0，但021=+B B ϖϖ，B 3 = 0．(C) B ≠ 0，因为虽然B 2 = 0、B 3= 0，但B 1≠ 0．(D) B ≠ 0，因为虽然021≠+B B ϖϖ，但B 3≠ 0． ［ ］6.电流由长直导线1沿半径方向经a 点流入一电阻均匀的圆环，再由b 点沿切向从圆环流出，经长导线2返回电源(如图)．已知直导线上电流强度为I ，圆环的半径为R ，且a 、b 与圆心O 三点在同一直线上．设直电流1、2及圆环电流分别在O 点产生的磁感强度为1B ϖ、2B ϖ及3B ϖ，则O 点的磁感强度的大小 (A) B = 0，因为B 1 = B 2 = B 3 = 0．(B) B = 0，因为021=+B B ϖϖ，B 3= 0．(C) B ≠ 0，因为虽然B 1 = B 3 = 0，但B 2≠ 0．(D) B ≠ 0，因为虽然B 1 = B 2 = 0，但B 3≠ 0．(E) B ≠ 0，因为虽然B 2 = B 3 = 0，但B 1≠ 0． ［ ］ v7.电流由长直导线1沿切向经a 点流入一个电阻均匀的圆环，再由b 点沿切向从圆环流出，经长直导线2返回电源(如图)．已知直导线上电流强度为I ，圆环的半径为R ，且a 、b 和圆心O 在同一直线上．设长直载流导线1、2和圆环中的电流分别在O 点产生的磁感强度为1B ϖ、2B ϖ、3B ϖ，则圆心处磁感强度的大。