大学物理上部分试题及答案 .

第一章 质点运动学
一、填空题
1. 一质点作半径为R 的匀速圆周运动，在此过程中质点的切向加速度的方向 改变 ，
法向加速度的大小 不变 。

（填“改变”或“不变”）
2. 一质点作半径为 0.1 m 的圆周运动，其角位移
随时间t 的变化规律是= 2 + 4t 2 (SI)。

在t =2 s 时，它的法向加速度大小a n =_______25.6_______m/s 2；切向加速度大小a t =________0.8______ m/s 2。

3. 一质点在OXY 平面内运动,其运动方程为22,192x t y t ==-,则质点在任意时刻的速度表达式为 j t i
42-=ν ；加速度表达式为j a 4-=。

4、沿半径为R 的圆周运动，运动学方程为 212t θ=+ (SI) ，则ｔ时刻质点的法向加
速度大小为a n =（ 16 R t 2 ） ；角加速度β=（ 4 rad /s 2 ）（1 分）．
5. 一质点作半径为 0.1 m 的圆周运动，其角位置的运动学方程为：22
14πt +=
θ，则其切向加速度大小为t a =______0.1______2m s -⋅, 第1秒末法向加速度的大小为n a =______0.1______2m s -⋅.
6．一小球沿斜面向上作直线运动，其运动方程为：245t t s -+=，则小球运动到最高
点的时刻是t =___2___s .
7、一质点在OXY 平面内运动,其运动方程为22,192x t y t ==-,则质点在任意时刻的速度表达式为（ j t i
42-=ν ）；加速度表达式为（ j a 4-= ）。

8. 一质点沿半径R=0.4 m 作圆周运动，其角位置θ=2+3t 2，在t=2s 时，它的法向加
速度n a =( 57.6 )2/s m ，切向加速度t a =( 2.4 ) 2/s m 。

9、已知质点的运动方程为j t i t r )2(22-+=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。

则质点的运动轨迹方程=y （2412x -），由0=t 到s t 2=内质点的位移矢量=∆r （j i 44-）m 。

10、质点在OXY 平面内运动，其运动方程为210,2t y t x -==，质点在任意时刻的位置矢量为（j t i t )10(22-+）；质点在任意时刻的速度矢量为（j t i 22-）；加速度矢量为（j 2-）。

二、选择题
1. 某质点作直线运动的运动学方程为x ＝5t -2t 3 + 8，则该质点作（ D ）。

(A) 匀加速直线运动，加速度沿x 轴正方向．
(B) 匀加速直线运动，加速度沿x 轴负方向．
(C) 变加速直线运动，加速度沿x 轴正方向．
(D) 变加速直线运动，加速度沿x 轴负方向．
2. 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为 j bt i at r 22+=（其中a 、b
为常量）, 则该质点作( C )。

(A) 匀速直线运动； (B) 抛物线运动；
(C) 变速直线运动； (D)一般曲线运动。

3、某质点作直线运动的运动学方程为6533+-=t
t x (SI)，则该质点作（ D ）。

（A ）匀加速直线运动，加速度沿x 轴正方向
（B ）匀加速直线运动，加速度沿x 轴负方向
（C ）变加速直线运动，加速度沿x 轴正方向
（D ）变加速直线运动，加速度沿x 轴负方向
4、一质点在x 轴上运动，其坐标与时间的变化关系为x =4t-2t 2，式中x 、t 分别以m 、
s 为单位，则4秒末质点的速度和加速度为 ( B )
（A ）12m/s 、4m/s 2； （B ）-12 m/s 、-4 m/s 2 ；
（C ）20 m/s 、4 m/s 2 ； （D ）-20 m/s 、-4 m/s 2；
5．在一直线上相向运动的两个小球作完全弹性碰撞，碰撞后两球均静止，则碰撞前两
球应满足：
（ D ）。

（A ）质量相等； (B) 速率相等；
(C) 动能相等； (D) 动量大小相等，方向相反。

6. 以下四种运动形式中，加速度保持不变的运动是（ A ）。

A ．抛体运动；
B ．匀速圆周运动；
C ．变加速直线运动；
D ．单摆的运动.。

7、一质点沿x 轴运动的规律是m t t x 3352+-=。

则第三秒时的加速度的大小是
（ A ）2/s m 。

A ． 10
B ．50；
C ．15；
D ．12。

8、质点做半径为1m 的圆周运动，运动方程为θ=3+2t 2（SI 单位），则t 时刻质点
的切向加速度的大小为t a =（ C ）m/s 2。

A ． 1
B ．3；
C ．4；
D ．8。

9、质点沿半径R 做圆周运动，运动方程为232t t θ=+(SI 单位)，则任意时刻质点角
速度的大小ω=（B ）。

A ．31t +
B ．62t +；
C ．42t +；
D ．62t +。

10、质点在OXY 平面内运动,其运动方程为210,t y
t x +==,质点在任意时刻的加速
度为（ B ）。

A ．j B ．j 2；
C ．3j ；
D ．4j 。

三、一质点沿半径为R 的圆周按规律202
1bt t v s -= 运动，b v ,0都是常量。

（1） 求t 时刻质点加速度的大小；
（2） t 为何值时总加速度在数值上等于b ？
（3） 当加速度达到b 时，质点已沿圆周运行了多少圈？
（1）由202
1bt t v s -=可知bt v v -=0 ()R bt v R v a t 202-== b dt
dv a n -== ()R bt v b R a a a t n 402222-+=+= （2）()
b R bt v b R a a a t n =-+=+=402222 即00=-bt v b v t 0=
（3）b v t 0=带入202
1bt t v s -= b v bt t v s 2212020=-= bR v n π420= 四、质点P 在水平面内沿一半径为1m 的圆轨道转动，转动的角速度ω与时间t 的关系
为2kt =ω，已知t =2s 时，质点P 的速率为16m/s ，试求t=1s 时，质点P 的速率与加
速度的大小。

解：由线速度公式 221kt Rkt R ⨯===ωυ 得 42
1622===t k υ
P 点的速率为 2
4t =υ m/s t t a t 8d d ==υ m/s 2 4222161)4(t t R a n ===υ m/s 2 t =1时：)/(414422s m t =⨯==υ )/(882s m t a t ==
)/(1611616244s m t a n =⨯== )/(9.175********
2s m a a a n t ≈=+=+= 五、已知质点的运动学方程为：()()2283126810r t t i t t j =-++++. 式中r 的单位为米，t 的单位为秒，求作用于质点的合力的大小。

解： ()163(128)dr v t i t j dt ==-++ 1612dv a i j dt
==+ 六、一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a = 3+2 t (SI) ,如果初始时
质点的速度v 0为5m/s ，则当ｔ为3s 时，质点的速率 v 为多大。

解：()2()3+2 3 +v a t dt t dt t t C ===+⎰⎰
0t =时，05v = 可得积分常量5C =m/s
速度为23+5v t t =+
当3t =时，()233+523v t t =+= m/s
七、一质点在OXY 平面内运动,其运动方程为22,10x t y t ==-,求（1）质点运动的轨
迹方程；（2）质点在任意时刻的速度和加速度矢量。

（1）4
102x y -= （2） j t i 22-=ν，
j a 2-=
八、已知一质点的运动方程为22r at i bt j =+（a 、b 为常数，且不为零），求此质点
运动速度的矢量表达式、加速度的矢量表达式和轨迹方程。

22dr v ati btj dt =
=+ 22dv a ai bj dt
==+ 2x at = 2y bt = 则将2x t a =代入y 的表达式可得到质点运动的轨迹方程为b y x a
= 九、已知质量为3kg 的质点的运动学方程为：()()
22321468r t t i t t j =+-+-+. 式中r 的单位为米，t 的单位为秒，求任意时刻的速度矢量和加速度矢量表达式。

解： ()62(86)dr v t i t j dt
==++- 68dv a i j dt
==+ （2） 2226810m s a a -==+=⋅
31030N F ma ==⨯=
十、一质点在OXY 平面内运动,其运动方程为24,82x t y t ==-,求（1）质点运动的轨
迹方程；（2）质点在任意时刻的速度和加速度矢量。

（1）288
x y =- （2） 44i tj ν=-，
4a j =-
十一、已知质量为10kg 的质点的运动学方程为：()()2283126810r t t i t t j =-++++.
式中r 的单位为米，t 的单位为秒，求作用于质点的合力的大小。

解： ()163(128)dr v t i t j dt
==-++ 1612dv a i j dt
==+ 222121620m s a a -==+=⋅
1020200N F ma ==⨯=
十二、有一质点沿 x 轴作直线运动， t 时刻的坐标为 x = 5t 2 - 3t 3 (SI). 试求（1）在
第2秒内的平均速度；（2）第2秒末的瞬时速度；（3）第2秒末的加速度.
第四章 刚体的转动
一、填空题
1. 刚体绕定轴转动时，刚体的角加速度与它所受的合外力矩成_____正比___，与刚体
本身的转动惯量成反比。

（填“正比”或“反比”）
2. 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0J ，角速
度为0ω；然后将两手臂合拢，使其转动惯量变为02J ，则转动角速度变为
032ω.
(1) /6m/s x t =∆∆=-v 2(2) d d 109,x/t t t ==-v t 216 m/s ==-v 1018,t =-(3) d /d a t =v 2
t 226 m/s a ==-
3．某人站在匀速旋转的圆台中央，两手各握一个哑铃，双臂向两侧平伸与平台一起旋转。

当他把哑铃收到胸前时，人、哑铃和平台组成的系统转动角速度应变 大 ；转动惯量变 小 。

4、均匀细棒质量为m ，长度为l ，则对于通过棒的一端与棒垂直的轴的转动惯量为（32ml ），对于通过棒的中点与棒垂直的轴的转动惯量（122ml ）。

5、长为L 的匀质细杆，可绕过其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。

如果将细杆置与水平位置，然后让其由静止开始自由下摆，则开始转动的瞬间，细杆的角加速度为（ L g 23 ），细杆转动到竖直位置时角加速度为（ 零 ）。

6. 一长为1m l =的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动。

抬起另一端使棒向上与水平面呈60°，然后无初转速地将棒释放，已知棒对轴的转动惯量为213
ml ，则(1) 放手时棒的角加速度为（ 7.5 ）2/s rad ；(2) 棒转到水平位置时的角加速度为（ 15 ）2/s rad 。

（210m /s g =）
7、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，子弹射入圆盘并留在盘内，则子弹射入后的瞬间，圆盘的角速度ω（ 减小 ）。

8一根长为l ，质量为m 的均匀细棒在地上竖立着。

如果让竖立着的棒以下端与地面接触处为轴倒下，则上端到达地面时细棒的角加速度应为（
l g 23 ）。

9、某人站在匀速旋转的圆台中央，两手各握一个哑铃，双臂向两侧平伸与平台一起旋
转。

当他把哑铃收到胸前时，人、哑铃和平台组成的系统转动的角速度( 变大 )
10、如图所示，一静止的均匀细棒，长为L 、质量为M ，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转动，转动惯量为32ML 。

一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为2v ，则此时棒的角速度应为（ ML
m 2v 3 ）。

二、选择题
1、长为L 的匀质细杆，可绕过其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。

v 21
v
俯视图
如果将细杆置于水平位置，然后让其由静止开始自由下摆，则开始转动瞬间杆的角加速度和细杆转动到竖直位置时的角加速度分别为：（ B ）
（A ）0; L g 23 (B) L g 23; 0 (C) 0；L g 3 （D ）L g 3；0。

2. 刚体定轴转动，当它的角加速度很大时，作用在刚体上的（ B ）。

A ．力一定很大；
B ．力矩一定很大；
C ．力矩可以为零；
D ．无法确定。

3. 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0J ，角速度为0ω，然后将两手臂合拢，使其转动惯量为023
J ，则转动角速度变为（ C ）。

A ．032
ω B. 032ω C. 023
ω D. 02
3ω 4、如图所示，A 、B 为两个相同的定滑轮，A 滑轮挂一质量为m 的物体，B 滑轮受力F
= mg ，设A 、B 两滑轮的角加速度分别为A α和B α，不计滑轮的摩擦，这两个滑轮的角加速度的大小关系为：( B )
（A ） B A αα=
（B ） B A αα<
（C ） B A αα>
（D ） 无法判断 5. 刚体定轴转动，当它的角加速度很大时，作用在刚体上的（ B ）。

A ．力一定很大；
B ．力矩一定很大；
C ．力矩可以为零；
D ．无法确定。

6、两个均质圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ，若B A ρρ>，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘对通过盘心垂直于盘面轴的转动惯量各为A J 和B J ，则 ：（ B ）
（A ）B A J J > （B ）B A J J <（C ）B A J J =（D ）A J 、B J 哪个大，不能确定。

7、假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的（ A ）。

=
(A) 动量不守恒，角动量守恒； (B) 动量不守恒，角动量不守恒；
(C) 动量守恒，角动量不守恒； (D) 动量守恒，角动量守恒
8、均匀细棒 oA 可绕通过其一端 O 而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示。

今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是：（ A ）
（A ） 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。

9、关于刚体对轴的转动惯量，下列说法正确的是（ C ）
（A ）只取决于刚体质量，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 ）只取决于轴的位置，与刚体的质量和质量的空间分布无关。

10.在某一瞬时，物体在力矩作用下，则有（ C ）。

(A) 角速度ω可以为零，角加速度α也可以为零；
(B) 角速度ω不能为零，角加速度α可以为零；
(C) 角速度ω可以为零，角加速度α不能为零；
(D) 角速度ω与角加速度α均不能为零。

三、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，绳子的质量可以忽略，它与定滑轮之间无相对滑动．假设定滑轮质量为M 、半径为R ，其转动惯量为212MR ，滑轮轴光滑。

试求该物体由静止开始下落的过程中，下落速度与时间的关系。

⋅o A
解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程:
对物体： mg T =m a -
对滑轮： TR=J α
运动学关系：=R a α
解方程组，得 mg =m + M / 2
a ∵ v 0 ＝ 0， ∴ mg t v = t =
m + M / 2a
四、一质量为m 0 ，长为l 的棒能绕通过O 点的水平轴自由转动。

一质量为m ，速率为v 0的子弹从水平方向飞来，击中棒的中点且留在棒内，如图所示。

则棒中点获得的瞬时速率为多少。

解：由角动量守恒定律可得 22001223l l mv m m l ωω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ 由此可得棒和子弹的瞬时角速度为00634mv ml m l
ω=
+ 棒中点获得的瞬时速率为 0000
6334234mv mv l v r ml m l m m ω==
⨯=++ 五、如图所示，设两重物的质量分别为m 1和m 2，且m 1＞m 2，定滑轮的半径为r ，对转轴的转动惯量为J ，轻绳与滑轮间无滑动，滑轮轴上摩擦不计。

设开始时系统静止，试求t 时刻滑轮的角加速度。

解：作受力图。

m 1g-T 1=m 1a ①
T 2-m 2g=m 2a ②
(T 1-T 2)r=J
β
③ 且有a r β
= ④
由以上四式消去T 1，T 2
得：
β= (m 1-m 2)gr/[(m 1+m 2)r 2+J] R M . m
六、如图所示，均匀直杆质量为m ，长为l ，初始时棒水平静止。

轴光滑，
4
l
AO =。

求杆下摆到θ角时的角速度ω。

解 对于杆和地球系统，只有重力做功，故机械能守恒。

21
sin 42
l mg
J θω= ① 直杆的转动惯量为OA 段和OB 段转动惯量的叠加，所以
2222017
()12448
l J J md ml m ml =+=
+= ② 将②代入①，解得 l
g 7sin 62θ
ω=
七、一质量为m 、半径为R 的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上（可看作圆环），可绕固定轴O 转动．另一质量为0m 的子弹（可看作质点）以速度0v 射入轮缘，并留在轮内。

开始时轮是静止的，求子弹打入后车轮的角速度。

2mR J = ω2000)(R m m R v m +=
R
m m v m )(00
0+=
ω
八、长为l 的木杆,质量为M,可绕通过其中点并与之垂直的轴转动。

今有一子弹质量为m,以水平速度v 射入杆的一端,并留在其中,求木杆获得的角速度（212
1
Ml J =
）。

221()2122
l l mv
Ml m ωω=+
九、一轻绳跨过两个质量为m 、半径为 r 的均匀圆盘状定滑轮，绳的两端分别挂着质量为3m 和m 的重物，如图所示，绳与滑轮间无相对滑动，滑轮轴光滑，两个定滑轮
的转动惯量均为2
2mr ，将由两个定滑轮以及质量为3m 和m 的重物组成的系统从静止
释放，求重物的加速度和两滑轮之间绳内的张力2T 。

解： 列牛顿第二定律方程
ma mg T 333=- ma mg T =-1
根据αJ M =
αr T T m r 22321)(=- αr T T m r 2
122
1)(=-
α
r a = g a 5
2=
mg T 58
2=
十、均质细棒长为l 质量为m ，2
3
1ml J =
，和一质量也为m 的小球牢固地连在杆的一端，可绕过杆的另一端的水平轴转动。

在忽略转轴处摩擦的情况下，使杆自水平位置由静止状态开始自由转下，试求：（1）当杆与水平线成θ角时，刚体的角加速度；（2）当杆转到竖直线位置时，刚体的角速度，小球的线速度。

解：（1）由转动定律得
αθθ⋅+=+)3
1
(cos cos 222ml ml mgl l mg
l
g 8cos 9θ
α=
（2）由机械能守恒得
222)3
1
(212ωml ml mgl l mg
+=+ l
g
2
3=
ω (1分) gl v 23=
6(3)mv
M m l
ω=
+
1
十一、质量为M ，长为L 的均匀的细杆竖直放置，其下端与一固定铰链O 相接，并可绕其转动，由于此竖直放置的细杆处于非稳定的平衡状态，当其受到微小扰动时，细杆将在重力的作用下由静止开始绕铰链O 转动。

试计算细杆与竖直线成θ角时的角速度和角加速度。

αJ M = 2
sin θ
mgl M = 32ml J =
l
g 2sin 3θ
α=
l g d d dt d 2sin 3θθθω= l
g d d 2sin 3θ
θωω=
⎰
⎰
=θ
ω
θθωω0
2sin 3d l g d ()l
g θωcos 13-=
十二、如图所示：长为L 的匀质细杆，质量为M 可绕过其端点的水平轴在竖直平面内自由转动。

如果将细杆置与水平位置，然后让其由静止开始自由下摆。

求：（1）开始转动的瞬间，细杆的角加速度为多少？（2）细杆转动到竖直位置时角速度为多少？ 解：（1）开始转动的瞬间 αJ L
mg
=2
23
1mL J =
L g
23=α （2）垂直位置时 22
1
2ωJ L mg
= L
g 3=ω
十三、轻绳绕于半径r=20cm 的飞轮边缘，在绳端施以大小为98N 的拉力，飞轮的转动惯量J=0.5kg ⋅m 2
（1） 飞轮的角加速度；
（2） 如以质量m=10kg 的物体挂在绳端，试计算飞轮的角加速度。

（1）由转动定律 αJ M =
()
2/2.395
.02.098s rad J r F J M =⨯=⋅==
α （2）对物体应用牛顿运动定律 a m T mg ⋅=- 对滑轮应用转动定律 ()α-=⋅-J r T 利用关系 αr a = 由以上各式解得
()
2
2
2/8.215
.02.0108.92.010s rad J mr mrg g r
J mr m =+⨯⨯⨯=+=
+
=
α
十四、如图所示，有两个转动惯量分别为J 1、J 2的圆盘，它们分别以角速度ω1 、ω2绕
水平轴转动，且旋转轴在同一条直线上。

当两个圆盘在沿水平轴方向的外力作用下，啮合为一体时，其角速度为ω。

求两圆盘啮合后共同的角速度 ω 。

解：根据角动量守恒
ωωω)(212211J J J J +=+
2
12
211J J J J ++=ωωω
第九章 静电场
二、主要内容 1、库伦定律：123
01
4q q r
F r πε=
1J 2
J 12
2、电场强度：0
F E q =
电场强度的叠加原理：123E E E E =+++… 电荷连续分布的带电体的场强：301
4dq E dE r r πε==
⎰
⎰
（1）线状分布：2
014l
dl r
E r
r
λπε=
⎰
（2）面状分布：2
14s
ds r
E r
r
σπε=
⎰⎰
（3）体状分布：2
14V
dV r
E r
r ρπε=
⎰⎰⎰
3、静电场的高斯定理：
1
01
n
i
i S
E dS q ε=⋅=∑⎰⎰
4、静电场的环路定理：0L
E dl ⋅=⎰
5、电势：P P
U E dl ∞
=
⋅⎰
电势的叠加原理：123U U U U =+++… 电荷连续分布的带电体的电势：01
4dq U dU r πε==
⎰
⎰
（1）线状分布：0
14l
dl
U r
λπε=
⎰
（2）面状分布：0
14s
ds
U r
σπε=
⎰⎰
（3）体状分布：0
14V
dV
E r
ρπε=
⎰⎰⎰
6、导体的静电平衡条件
电场表述：（1）导体内部场强处处为零；（2）导体表面附近的场强方向处处与它的表面垂直，且0/e E σε=。

电势表述：（1）导体是等势体；（2）导体表面是等势面。

7、电介质中的高斯定理：
1
n
i
i S
D dS q =⋅=∑⎰⎰ 各向同性线性电介质：0r
D E E εεε==
8、电容器的电容：Q C U =
特例：平行板电容器的电容：S C d
ε=
电容器储能：22111
222
Q W QU CU C =
== 9、电场的能量密度：201
2e r E ωεε= 电场能量：2012e e r V V
W dV E dV ωεε==⎰⎰⎰⎰⎰⎰
三、习题及解答
1．在真空中的静电场中，作一封闭的曲面，则下列结论中正确的是( D )
A.通过封闭曲面的电通量仅是面内电荷提供的
B.封闭曲面上各点的场强是面内电荷激发的
C.由高斯定理求得的场强仅由面内电荷所激发的
D.由高斯定理求得的场强是空间所有电荷共同激发的
2、半径为R 的“无限长”均匀带电圆柱面的静电场中各点的电场强度的大小E 与距轴线的距离r 的关系曲线为： （ B ）
3、在真空中的A 、B 两平行金属板，相距为d ，板面积为S （S →∞），各带电＋q 和－q ，
两板间的作用力f 大小为( C )
4、在静电场中，作一闭合曲面S ，若有 则S 面内必定（D ）
A ．既无自由电荷，也无束缚电荷
B ．没有自由电荷
C ．自由电荷和束缚电荷的代数和为零
D ．自由电荷的代数和为零
5．关于静电场中的电位移线，下列说法中，哪一种是正确的？（C ）
A ．起自正电荷,止于负电荷,不形成闭合线,不中断
B ．任何两条电位移线互相平行
C ．起自正自由电荷，止于负自由电荷，任何两条电位移线在无自由电荷的空间不相交
D ．电位移线只出现在有电介质的空间
6、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。

7、真空中一半径为 R 的球面均匀带电 Q ，在球心 o 处有一带电量为 q 的点电荷，设无穷远处为电势零点，则在球内离球心 o 距离的 r 的 P 点处的电势为：（Ｂ）
S q A 02/)(εd q B 024/)(πεS q C 022/)(εSd
q D 022/)(ε0S
D ds ⋅=⎰
Ａ、 B 、 C 、 Ｄ、
8、有两个点电荷电量都是 +q ，相距为2a 。

今以左边的点电荷所在处为球心，以a 为半径作一球形高斯面， 在球面上取两块相等的小面积S
1
和S 2, 其位置如下图所示。

设通过S 1 和 S 2的
电场强度通量分别为 和 ,通过整个球面的电场强度通量为 则（D ）
9、两块“无限大”的带电平行电板，其电荷面密度分别为σ(σ>0)及－2 σ，如图所示，试
写出各区域的电场强度
І区 的大小 ，方向 .
ІІ区 的大小 ，方向 .
ІІІ区 的大小 ，方向 .
10、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。

04q
r
πε014q Q r R πε⎛⎫+ ⎪⎝⎭
04q Q r
πε+014q Q q r R πε+⎛⎫+ ⎪
⎝⎭
21/,.εq ΦΦΦA S =>021/2,.εq ΦΦΦB S =<0
21/,.εq ΦΦΦC S ==0
21/,.εq ΦΦΦD S =<2
Φ1ΦS
Φ0
/2E σε=.
x 轴正向0
3/2E σε=x 轴正向
/2E σε=x
轴负向
（B ）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同。

（C ）场强方向可由 E =F /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。

11、下面说法正确的是 (D)
(A)等势面上各点场强的大小一定相等； (B)在电势高处，电势能也一定高； (C)场强大处，电势一定高；
(D)场强的方向总是从电势高处指向低处.
12、已知一高斯面所包围的体积内电量代数和为零，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。

（C ）穿过整个高斯面的电通量为零。

（D ）以上说法都不对。

13．真空中有一半径为R 均匀带正电的细圆环，其电荷线密度为λ，则电荷在圆心处
产生的电场强度
的大小为 0 。

14、一质量为m 、电量为q
的a 点，移动到电
势为零的b 点，若已知小球在b 点的速率为V b V a ＝ 。

15、 设在半径为R 的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为kr
ρ=(0)r R ≤≤ 0ρ= ()r R > k 为一常量。

试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场
强度E 与r 的函数关系。

E
分析：通常有两种处理方法：（1）利用高斯定理求球内外的电场分布。

由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有24s
E ds E r π⋅=⋅⎰
根据高斯定理
1
s
E ds dV ρε
⋅=
⎰
⎰，可解得电场强度的分布。

（2）利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布。

将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为24''dq r dr ρπ=⋅，每个带电球壳在壳内激发的电场0dE =，而在球壳外激发的电场 2
04r dq dE e r πε=
由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布
()r
E r dE =⎰ (0)r R ≤≤ 0
()R
E r dE =⎰ ()r R >
解1：因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理
1
s
E ds dV ρε
⋅=
⎰
⎰得球体内(0)r R ≤≤
2
2
2
4000
1
()44,()4r
r k kr E r r kr r dr r E r e πππεεε===⎰
球体外()r R > 4
2
2
420
0001
()44,()4R
r
k kR E r r kr r dr R E r e r
πππεεε⋅=
==⎰ 解2：将带电球分割成球壳，球壳带电2'4''dq dV kr r dr ρπ== 由上述分析，球体内(0)r R ≤≤ 22
2
00
1'4''()44r
r r kr r dr kr E r e e r ππεε⋅=
=⎰
球体外()r R > 24
220
001'4''()44R
r r
kr r dr kR E r e e r r
ππεε⋅=
=⎰
16、 两个同心球面的半径分别为1R 和2R ，各自带有电荷1Q 和2Q 。

求：（1）各区域电势分布，并画出分布曲线；（2）两球面间的电势差为多少？
分析： 通常可采用两种方法（1）由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球面对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势。

取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场分布，再由p P
V E dl ∞
=
⋅⎰
可求得电势分布。

（2）利用电势叠加原理求电势。

一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为
04Q V r
πε=
在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势04Q V R
πε=
，
其中R 是球面的半径。

根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布。

解1：（1）由高斯定理可求得电场分布
110,()E r R =<，212201,()4r
E e R r R r
πε=
<<，12
322
0,()4r Q Q E e r R r
πε+=> 由电势r
V E dl ∞
=
⋅⎰
可求得各区域的电势分布。

当1r R ≤时，有
12
1
2
112311
2
01202
110()44R R r
R R V E dl E dl E dl
Q Q Q R R R πεπε∞
=⋅+⋅+⋅+=+-+⎰⎰⎰
1201
02
44Q Q R R πεπε=
+
当12R r R ≤≤时，有
2
2
2231120202
11()44R r
R V E dl E dl
Q Q Q r R R πεπε∞
=⋅+⋅+=-+⎰⎰ 112
002
44Q Q Q r
R πεπε+=
+
当2r R ≥时，有12
3304r
Q Q V E dl r
πε∞
+=
⋅=
⎰
（2）两个球面间的电势差
2
1
1122012
11
()4R R Q U E dl R R πε=⋅=
-⎰
解2：（1）由各球面电势的叠加计算电势分布。

若该点位于两个球面内，即1r R ≤，则
12101
02
44Q Q V R R πεπε=
+
若该点位于两个球面之间，即12R r R ≤≤，则112
2002
44Q Q Q V r
R πεπε+=
+
若该点位于两个球面之外，即2r R ≥，则12
304Q Q V r
πε+=
（2）两个球面间的电势差
2
11212012
11
()
()4r R Q U V V R R πε==-=
- 17、 两个很长的共轴圆柱面212( 3.010,0.10)R m R m -=⨯=，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450V 。

求：（1）圆柱面单位长度上带有多少电荷？（2）0.05r m =处的电场强度。

解：（1）两圆柱面之间的电场强度为02E r
λ
πε=
根据电势差的定义有2
1
12210
ln /2R R U E dl R R λ
πε=
⋅=
⎰
解得 81012
21
2 2.110ln /U C m R R πελ--=
=⨯⋅
（2）解得两圆柱面之间0.05r m =出的电场强度 1074752E V m r
λ
πε-=
=⋅ 18、两同心带电球面,分别带等量异号电荷Q 。

内球面半径1R ，带电量+Q ；外球面半径2R ，带电量-Q 。

求球面内外的场强分布和两球面间的
电势差。

解：110()E r R =<
2122
0()4Q E R r R r
πε=
<<
320()E r R => 2
1
2
00
12
11
(
)44R R Q Q U dr r
R R πεπε=
=-⎰
19、如图所示，两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别是R 1、R 2，单位长度上的电荷为λ，内筒带正电，外筒带负电，求空间各点的电场强度及两筒间的电势差。

解： (1) 作同轴圆柱面为高斯面，设筒面高为L ，根据高斯定理
02/E rl q πε⋅=∑
对1r R <，
0q =∑，1
0E
=
对12R r R <<，q L λ=∑，202E r
λ
πε=
对2r R >， [()]q L λλ=+-∑，0E =
(2) 两筒间电势差
2
1
2001
ln 22R R R V dr r R λλ
πεπε==⎰
20、在真空中，有一电荷为Q ，半径为R 的均匀带电球壳，其电荷是面分布的。

试求：（1）球壳内两点A r 、B r 间的电势差；（2）球壳外两点C r 、D r 间的电势差；（3）球壳外任意点的电势；（4）球壳内任意点的电势。

解：由高斯定理可求得电场分布 ⎰∑=⋅S q S d E 0
ε
01=E R r <（2分） 2
024r
Q E πε=
R r >
（1）球壳内两点的电势差 ⎰=⋅=-B
A
r r
B A l d E V V 01
（2）球壳外两点的电势差
⎰⋅=-D
C
r r
D C l d
E V V
2⎰
=
D
C
r r r dr Q 2
4πεD
C
r Q r Q 0044πεπε-
=
（3）球壳外任意点的电势 r
Q
l d E V
r
024πε⎰∞
=
⋅=
（4）由于带点球壳是一个等势体，当R r =时得球壳表面及内部的电势
R
Q V 04πε=
21、电荷量Q 均匀分布在半径为R 的球体内，试求：离球心为r(r<R)的P 点处的电势。

解：由高斯定理0
ε∑⎰=
⋅q s d E s
得：
当r >R 时，20141
r Q
E πε=
当r <R 时，r R Q E 3
0241
πε=
⎰⎰⎰
∞∞
⋅+⋅=⋅=R
R r P
P l E l E l E V P
d d d 12
沿径向路径积分得
3220122)3(41d d R
r R Q r E r E V P R R
r P P -=⋅+⋅=⎰⎰∞
πε 22、两个同心球面的内、外半径分别为1R 和2R ，内球带电量为+Q ，外球带电量为+3Q ，电荷均匀分布在球面上。

求：空间中各区域的电场强度。

1R r <时01=E
21R r R <<时2
024r
Q E πε=
r R <2时322
0044Q Q
E r r πεπε=
=
23、如图所示，长L 的直导线AB 上均匀地分布着线密度为λ的电荷。

求在导线的延长线上与导线一端B 相距d 处P 点的场强大小。

解：
在导线上取电荷元x d λ。

P
电荷元x d λ在P 点所激发的场强大小为
2
0)
(d 41d x d L x
E P -+=
λπε
导线上电荷在P 点所激发的总场强方向沿x 轴正方向，大小为
)1
1(4)(d 41d 00
2
0L
d d L Q
x d L x
E E L
P P +-=-+==⎰⎰πελπε
24、图中所示为一沿 x 轴放置的长度为l 的不均匀带电细棒，其电荷线密度为λ=λ0
(x-a ), λ0
为一常量。

取无穷远处为电势零点，求坐标原点O 处的电势。

解、
25、如图所示，10.25C F μ=，20.15C F μ=，30.20C F μ=，1C 上电压为50 V.求：
AB U .
解: 电容1C 上电量
111U C Q =
电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q = ∴ 35
5025231123232⨯===
C U C C Q U
O
q
U dU
=⎰04a l
a
dx
x λπε+=⎰
0000ln 44l a a l a
λλπεπε+=-
25
1(
50
2
1=
+
=
+
=U
U
U
AB
V
86
)
35。