大学物理上课后习题答案.doc

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1、第1章质点运动学 P21一质点在平面上运动，运动方程为：=3+5, =2+3-4.式中以 s计，,以m计。以时间为变量，写出质点位置矢量的表示式；求出=1 s时刻和2s时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；计算0 s时刻到4s时刻内的平均速度；求出质点速度矢量表示式，计算4 s时质点的速度；(5)计算0s到4s内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算4s时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。解：1s,s时，；s时，；s时，则：(5) s时，；s时，(6) 这说明该点只有方向的加速度，且为恒量。质点沿轴运

2、动，其加速度和位置的关系为，a的单位为m/s2，*的单位为m。质点在*=0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。解：由得：两边积分得：一质点沿半径为1 m的圆周运动，运动方程为=2+3，式中以弧度计，以秒计，求：2 s时，质点的切向和法向加速度；当加速度的方向和半径成45角时，其角位移是多少解：时，当加速度方向与半径成角时，有：即：，亦即，解得：则角位移为：一质点在半径为的圆形轨道上自静止开场作匀角加速度转动，其角加速度为=0.2 rad/s2，求2s时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。解：时，则与切向夹角第2章质点动力学质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的

3、阻力(为常数)作用，=0时质点的速度为，证明：时刻的速度为；由0到的时间内经过的距离为()1-；停顿运动前经过的距离为；当时速度减至的，式中m为质点的质量。解：，由得：别离变量得：，即，因此有：，由得：，两边积分得：质点停顿运动时速度为零，即t，故有：时，其速度为：，即速度减至的.作用在质量为10 kg的物体上的力为N，式中的单位是s，求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量。为了使这力的冲量为200 Ns，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度m/s的物体,答复这两个问题。解：假设物体原来静止，则,沿轴正向，假设物体原来具有初速，则于是：, 同理有：,

4、这说明，只要力函数不变，作用时间一样，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，则物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定一样，这就是动量定理。同上理，两种情况中的作用时间一样，即：亦即：，解得，(舍去)设。当一质点从原点运动到时，求所作的功。如果质点到处时需，试求平均功率。如果质点的质量为1kg，试求动能的变化。解：由题知，为恒力，且由动能定理，一根劲度系数为的轻弹簧的下端，挂一根劲度系数为的轻弹簧，的下端又挂一重物，的质量为，如图。求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比。解：弹簧及重物受力如题图所示平衡时，有：，又，所以静止时两弹簧伸长量之比为：弹性势能之比为：第3章刚体力学根底一

5、质量为的质点位于()处，速度为, 质点受到一个沿负方向的力的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩。解：由题知，质点的位矢为：作用在质点上的力为：所以，质点对原点的角动量为：作用在质点上的力的力矩为：哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆。它离太阳最近距离为8.751010m 时的速率是5.46104m/s，它离太阳最远时的速率是9.08102 m/s,这时它离太阳的距离是多少(太阳位于椭圆的一个焦点。)解：哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力，即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有：物体质量为3kg，=0时位于,(m/s)，如

6、一恒力作用在物体上,求3秒后，物体动量的变化；相对轴角动量的变化。解：解法(一) 由得：即有：,；即有：,解法(二) ，平板中央开一小孔，质量为的小球用细线系住，细线穿过小孔后挂一质量为的重物。小球作匀速圆周运动，当半径为时重物到达平衡。今在的下方再挂一质量为的物体，如题图。试问这时小球作匀速圆周运动的角速度和半径为多少解：只挂重物时，小球作圆周运动，向心力为，即：挂上后，则有：重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒。即：联立、得：，飞轮的质量60kg，半径，绕其水平中心轴转动，转速为900 rev/min。现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力，可使飞轮减速。闸杆的尺寸

7、如题图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算。试求：设100 N，问可使飞轮在多长时间内停顿转动在这段时间里飞轮转了几转 如果在2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力解：先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b)。图中、是正压力，、是摩擦力，和是杆在点转轴处所受支承力，是轮的重力，是轮在轴处所受支承力。杆处于静止状态，所以对点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有：，对飞轮，按转动定律有，式中负号表示与角速度方向相反。，又，以等代入上式，得：由此可算出自施加制动闸开场到飞轮停顿转动的时间为：这段时间内飞轮的角位移为：可知在这段时间里，飞轮转了转。，要求飞轮转速在内减少一半，可知

8、用上面式所示的关系，可求出所需的制动力为：计算题图所示系统中物体的加速度设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M，半径为r，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设m1=50kg，m2=200 kg，M=15 kg，r=0.1 m解：分别以m1、m2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示对m1、m2运用牛顿定律，有：；对滑轮运用转动定律，有：又由以上4个方程解得：题3.13(a)图题3.13(b)图如题图所示，一匀质细杆质量为，长为，可绕过一端的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开场摆下。求：初始时刻的角加速度；杆转过角时的角速度.解：由转动定律有：，由机械能守恒定律有：如题图所

9、示，质量为，长为的均匀直棒，可绕垂直于棒一端的水平轴无摩擦地转动，它原来静止在平衡位置上。现有一质量为的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞。相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度30处。设这碰撞为弹性碰撞，试计算小球初速的值；相撞时小球受到多大的冲量解：设小球的初速度为，棒经小球碰撞后得到的初角速度为，而小球的速度变为，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：上两式中，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度，按机械能守恒定律可列式：由式得：由式得：由式得：所以：求得：相碰时小球受到的冲量为：由式求得：负号

10、说明所受冲量的方向与初速度方向相反。一质量为、半径为R的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动。另一质量为的子弹以速度射入轮缘(如题图所示方向)。开场时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值用,和表示系统(包括轮和质点)最后动能和初始动能之比。解：射入的过程对轴的角动量守恒：弹簧、定滑轮和物体的连接如题图所示，弹簧的劲度系数为2.0 N/m；定滑轮的转动惯量是0.5kgm2，半径为0.30m ，问当6.0 kg质量的物体落下时，它的速率为多大 假设开场时物体静止而弹簧无伸长。解：以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势

11、能零点，则有：又，故有：第5章机械振动质量为的小球与轻弹簧组成的系统，按的规律作谐振动，求：振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等与两个时刻的位相差；解：设谐振动的标准方程为，则知：又，当时，有，即：一个沿轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为，周期为，其振动方程用余弦函数表示。如果时质点的状态分别是：；过平衡位置向正向运动；过处向负向运动；过处向正向运动。试求出相应的初位相，并写出振动方程。解：因为将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相。故有：，一质量为的物体作谐振动，振幅为，周期为，当时位移为。

12、求：时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；由起始位置运动到处所需的最短时间；在处物体的总能量。解：由题，又，时，故振动方程为：将代入得：方向指向坐标原点，即沿轴负向。由题知，时，；时，由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为：有一轻弹簧，下面悬挂质量为的物体时，伸长为。用这个弹簧和一个质量为的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开后，给予向上的初速度，求振动周期和振动表达式。解：由题知而时， ( 设向上为正)又5.11 题图为两个谐振动的曲线，试分别写出其谐振动方程。解：由题图(a)，时，即：，故由题图(b)时，时，又，故一轻弹簧的倔强系数为，其下端悬有一质量

13、为的盘子。现有一质量为的物体从离盘底高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开场振动。此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同此时的振动振幅多大取平衡位置为原点，位移以向下为正，并以弹簧开场振动时作为计时起点，求初位相并写出物体与盘子的振动方程。解：空盘的振动周期为，落下重物后振动周期为，即增大。按所设坐标原点及计时起点，时，则。碰撞时，以为一系统动量守恒，即：则有：，于是3 (第三象限)，所以振动方程为有一单摆，摆长，摆球质量，当摆球处在平衡位置时，假设给小球一水平向右的冲量，取打击时刻为计时起点，求振动的初位相和角振幅，并写出小球的振动方程。解：由动量定理，有：按题设计时起点，并

14、设向右为轴正向，则知时，0，又故其角振幅：小球的振动方程为：有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为，位相与第一振动/6的位相差为，第一振动的振幅为，求第二个振动的振幅以及第一、第二两振动的位相差。解：由题意可做出旋转矢量题图。由图知，设角，则：即：即，这说明，与间夹角为，即二振动的位相差为。一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为：试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。解：，其振动方程为：(作图法略)第6章机械波波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为=cos()，其中，为正值恒量。求：波的振幅、波速、频率、周期与波长；写出传播方向上距离波

15、源为处一点的振动方程；任一时刻，在波的传播方向上相距为的两点的位相差。解：平面简谐波的波动方程： ()将上式与波动方程的标准形式：比拟，可知：波振幅为，频率，波长，波速，波动周期。将代入波动方程即可得到该点的振动方程：因任一时刻同一波线上两点之间的位相差为：将，及代入上式，即得：。沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为=0.05cos(10)，式中,以米计，以秒计。求：绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；求处质点在=1s时的位相，它是原点在哪一时刻的位相这一位相所代表的运动状态在时刻到达哪一点解：将题给方程与标准式相比，得：振幅，圆频率，波长，波速。绳上各点的最大振速，最大加速度分别为： m

16、处的振动比原点落后的时间为：故,时的位相就是原点()，在时的位相，即：。设这一位相所代表的运动状态在s时刻到达点，则，一列平面余弦波沿轴正向传播，波速为5 m/s，波长为2m，原点处质点的振动曲线如题图所示。写出波动方程；作出=0时的波形图及距离波源处质点的振动曲线。解：由题6.11(a)图知， m，且时，又，则取，则波动方程为：时的波形如题6.11(b)图m代入波动方程，得该点处的振动方程为：如题6.11(c)图所示。如题图所示，=0时和时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b)，周期T0.5s,波沿轴正向传播，试根据图中绘出的条件求：波动方程；点的振动方程。解：由题图可知，又，时，而，故波动

17、方程为：将代入上式，即得点振动方程为：一列机械波沿轴正向传播，=0时的波形如题图所示，波速为10 m/s1，波长为2m，求：波动方程；点的振动方程及振动曲线；点的坐标；点回到平衡位置所需的最短时间。解：由题图可知，时，由题知，则，波动方程为：由图知，时， (点的位相应落后于点，故取负值)点振动方程为由解得：根据的结果可作出旋转矢量图如题图(a)，则由点回到平衡位置应经历的位相角所属最短时间为：如题图所示，有一平面简谐波在空间传播，P点的振动方程为= cos()。分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程；写出距P点距离为b的Q点的振动方程。解：如题图(a)，则波动方程为：如图(b)，则波动方程为：

18、如题图(a)，则点的振动方程为：如题图(b)，则点的振动方程为：一平面余弦波，沿直径为14cm的圆柱形管传播，波的强度为18.010-3J/(m2s)，频率为300 Hz，波速为300m/s，求波的平均能量密度和最大能量密度.解：, ,如题图所示，和为两相干波源，振幅均为，相距，较位相超前，求：外侧各点的合振幅和强度；外侧各点的合振幅和强度解：1在外侧，距离为的点，传到该点引起的位相差为：，2在外侧.距离为的点，传到该点引起的位相差：，一平面简谐波沿轴正向传播，如题6.20图所示。振幅为，频率为,波速为。假设=0时，原点处质元正好由平衡位置向位移正方向运动，写出此波的波动方程；假设从分界面反射

19、的波的振幅与入射波振幅相等，试写出反射波的波动方程，并求轴上因入射波与反射波干预而静止的各点的位置。解：时，故波动方程为：m入射波传到反射面时的振动位相为(即将代入)，再考虑到波由波疏入射而在波密界面上反射，存在半波损失，所以反射波在界面处的位相为：假设仍以点为原点，则反射波在点处的位相为，因只考虑以内的位相角，反射波在点的位相为，故反射波的波动方程为：此时驻波方程为：故波节位置为：故 ()根据题意，只能取，即两列波在一根很长的细绳上传播，它们的波动方程分别为=0.06cos()(SI), =0.06cos()(SI)。试证明绳子将作驻波式振动，并求波节、波腹的位置；波腹处的振幅多大处振幅多大

20、解：它们的合成波为：出现了变量的别离，符合驻波方程特征，故绳子在作驻波振动。令，则，k=0,1，2此即波腹的位置；令,则，此即波节的位置。波腹处振幅最大，即为m；处的振幅由下式决定，即：第7章气体动理论根底 P218设有N个粒子的系统，其速率分布如题图所示。求分布函数f(u)的表达式；a与u0之间的关系；速度在u0到u0之间的粒子数。粒子的平均速率。题图Nf(u)O2u0uu0au0到u0区间内粒子平均速率。解：从图上可得分布函数表达式：， f(u)满足归一化条件，但这里纵坐标是N f(u)而不是f(u),故曲线下的总面积为N. 由归一化条件：，可得可通过面积计算N个粒子平均速率：(5)u0到

21、u0区间内粒子数：u0到u0区间内粒子平均速率：试计算理想气体分子热运动速率的大小介于up-up/100与up+up/100之间的分子数占总分子数的百分比。解：令，则麦克斯韦速率分布函数可表示为：因为u=1,Du=0.02 由，得容器中储有氧气，其压强为P=0.1MPa(即1atm)温度为27求：单位体积中的分子数n；氧分子的质量m；气体密度；分子间的平均距离；(5) 平均速率；(6)方根速率；(7)分子的平均动能。解：由气体状态方程得：m-3氧分子的质量： Kg由气体状态方程，得：分子间的平均距离可近似计算 m(5) 平均速率：(6) 方均根速率：(7) 氧分子的平均动能：J1mol氢气，在

22、温度为27时，它的平动动能、转动动能和内能各是多少解：理想气体分子的能量：平动动能 t=3 J转动动能 r=2 J内能 i=5 J一瓶氧气，一瓶氢气，等压、等温，氧气体积是氢气的2倍，求氧气和氢气分子数密度之比；氧分子和氢分子的平均速率之比。解：因为，则：由平均速率公式，得：7-25一真空管的真空度约为1.3810-3 Pa(即1.010-5 mmHg)，试求在27时单位体积中的分子数及分子的平均自由程(设分子的有效直径d310-10 m)。解：由气体状态方程得：由平均自由程公式得： m求氮气在标准状态下的平均碰撞频率；假设温度不变，气压降到1.3310-4Pa,平均碰撞频率又为多少(设分子有

23、效直径为10-10m)解：碰撞频率公式对于理想气体有，即：，所以有：而氮气在标准状态下的平均碰撞频率s-1气压下降后的平均碰撞频率 s-11mol氧气从初态出发，经过等容升压过程，压强增大为原来的2倍，然后又经过等温膨胀过程，体积增大为原来的2倍，求末态与初态之间气体分子方均根速率之比；分子平均自由程之比。解：由气体状态方程：及方均根速率公式，得：对于理想气体，即所以有：，即：第8章热力学根底.如题图所示，一系统由状态a沿acb到达状态b的过程中，有350 J热量传入系统，而系统做功126 J。假设沿adb时，系统做功42 J，问有多少热量传入系统OVpa题图bcd假设系统由状态b沿曲线ba返

24、回状态a时，外界对系统做功为84 J，试问系统是吸热还是放热热量传递是多少解：由过程可求出态和态的内能之差：过程，系统作功系统吸收热量过程，外界对系统作功系统放热 1mol单原子理想气体从300K加热到350K，问在以下两过程中吸收了多少热量增加了多少内能对外做了多少功容积保持不变；压力保持不变。解：等体过程对外作功，等压过程，吸热：内能增加：对外作功：一个绝热容器中盛有摩尔质量为Mmol，比热容比为的理想气体，整个容器以速度u运动，假设容器突然停顿运动，求气体温度的升高量(设气体分子的机械能全部转变为内能)。解：整个气体有序运动的能量为，转变为气体分子无序运动使得内能增加，温度变化。，3氮气

25、在温度为300K时，由压缩到10MPa。试分别求氮气经等温及绝热压缩后的体积；温度；各过程对外所做的功。解：等温压缩过程中，T=300K，且，解得：m3 ,绝热压缩：，由绝热方程，得：由绝热方程，得由热力学第一定律及得：，又，所以8.15 理想气体由初状态(P1，V2)经绝热膨胀至末状态(P2，V2)。试证过程中气体所做的功为：式中为气体的比热容比。证明：由绝热方程得故，TOab题图T0V02V0V1 mol的理想气体的T-V图如题图所示，ab为直线，延长线通过原点O。求ab过程气体对外做的功。解：设，由图可求得直线的斜率k为：，得过程方程由状态方程得：=过程气体对外作功：*理想气体的过程方程

26、为Vp1/2=a，a为常数，气体从V1膨胀到V2。求其所做的功。解：气体做功：pOV绝热题图V2V1p1p2设有一以理想气体为工质的热机循环，如题图所示。试证其循环效率为：解：等体过程：，吸热，绝热过程：等压压缩过程：，放热，则，循环效率为：一卡诺热机在1000K和300K的两热源之间工作，试计算热机效率；假设低温热源不变，要使热机效率提高到80%，则高温热源温度需提高多少假设高温热源不变，要使热机效率提高到80%，则低温热源温度需降低多少解：卡诺热机效率低温热源不变时，即，解得：，则：即高温热源温度提高500K。高温热源不变时，即解得：，则：即低温热源温度降低100K。pOV题图ABCD如题

27、图所示是一理想气体所经历的循环过程，其中AB和CD是等压过程，BC和DA为绝热过程，B点和C点的温度分别为T2和T3。求此循环效率。这是卡诺循环吗 解：热机效率等压过程，吸热，即有：等压过程，放热，即有：绝热过程，其过程方程为：绝热过程，其过程方程为：又，所以得：不是卡诺循环，因为不是工作在两个恒定的热源之间。用一卡诺循环的致冷机从7的热源中提取1000J的热量传向27的热源，需要多少功从-173向27呢一可逆的卡诺机，作热机使用时，如果工作的两热源的温度差愈大，则对于做功就愈有利。当作致冷机使用时，如果两热源的温度差愈大，对于致冷是否也愈有利为什么解：卡诺循环的致冷机时，需作功：时，需作功：

28、从上面计算可看到，当高温热源温度一定时，低温热源温度越低，温度差愈大，提取同样的热量，则所需作功也越多，对致冷是不利的。第9章静电场长的直导线AB上均匀地分布着线密度*10-9 C/m的正电荷。试求：在导线的延长线上与导线B端相距处点的场强；在导线的垂直平分线上与导线中点相距处点的场强。解：如题图所示，在带电直线上取线元d*，其上电量dq在P点产生场强为：用，, 代入得：方向水平向右同理，方向如题图所示由于对称性，即只有分量，以,代入得：，方向沿轴正向一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为,求环心处O点的场强。解：如图在圆上取，它在点产生场强大小为：，方向沿半径向外，则：积分得：，方向沿轴

29、正向。均匀带电的细线弯成正方形，边长为，总电量为。求这正方形轴线上离中心为处的场强；证明：在处，它相当于点电荷产生的场强。解：如图示，正方形一条边上电荷在点产生物强方向如图，大小为：，在垂直于平面上的分量由于对称性，点场强沿方向，大小为： , 方向沿点电荷位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少 解：立方体六个面，当在立方体中心时，每个面上电通量相等，由高斯定理得：各面电通量。电荷在顶点时，将立方体延伸为边长的立方体，使处于边长的立方体中心，则边长的正方形上电通量对于边长的正方形，如

30、果它不包含所在的顶点，则，如果它包含所在顶点则。均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为2C/m3求距球心5cm，8cm ,12cm 各点的场强。解：高斯定理,时，,时，方向沿半径向外。cm时,沿半径向外.半径为和()的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和-,试求：；处各点的场强。解：取同轴圆柱形高斯面，侧面积，则：时，由高斯定理得：；时，由高斯定理得：沿径向向外；时，由高斯定理得：两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为和，试求空间各处场强。解：如题图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为与，两面间，面外，面外，：垂直于两平面由面指为面。半径为的均匀带电球体

31、内的电荷体密度为,假设在球内挖去一块半径为的小球体，如题图所示。试求：两球心与点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的。解：将此带电体看作带正电的均匀球与带电的均匀小球的组合，见题图(a)。球在点产生电场，球在点产生电场点电场；在产生电场球在产生电场点电场题图(a) 题图(b)设空腔任一点相对的位矢为，相对点位矢为(如题8-13(b)图)，则：，,腔内场强是均匀的。一电偶极子由=1.010-6C的两个异号点电荷组成，两电荷距离，把这电偶极子放在1.0105 N/C的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩。解：电偶极子在外场中受力矩：两点电荷=1.510-8C，=3.010-8C，相距=4

32、2cm，要把它们之间的距离变为=25cm，需作多少功解：外力需作的功如题图所示，在，两点处放有电量分别为+,-的点电荷，间距离为2，现将另一正试验点电荷从点经过半圆弧移到点，求移动过程中电场力作的功。解：如题图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R。试求环中心O点处的场强和电势。解：取dl=Rd,则dq=Rd在O点产生如图，由于电荷均匀分布与对称性，AB和CD段电荷在O点产生的场强互相抵消，由于对称性， O点场强沿y轴负方向。令，电荷在点产生电势为：；同理产生的：；半圆环产生的：一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2104 m/s的匀速率作圆周运动。求带电

33、直线上的线电荷密度。(电子质量=9.110-31kg，电子电量=1.6010-19C)解：设均匀带电直线电荷密度为，在电子轨道处场强：电子受力大小：，解得：空气可以承受的场强的最大值为=30 kV/cm，超过这个数值时空气要发生火花放电。今有一高压平行板电容器，极板间距离为，求此电容器可承受的最高电压。解：平行板电容器内部近似为均匀电场：证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题图)来说，相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号一样。证：如题图所示，设两导体、的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为，则取与平面垂直且底面分别在、内部的闭合柱面

34、为高斯面时，有：，说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；在内部任取一点，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即：又，说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号一样。三个平行金属板A，B和C的面积都是200cm2，A和B相距，A与C相距2.0 mm。B，C都接地，如题图所示。如果使板带正电3.010-7C，略去边缘效应，问B板和C板上的感应电荷各是多少以地的电势为零，则板的电势是多少解：如题图示，令A板左侧面电荷面密度为1，右侧面电荷面密度为，即：，又+，解得：，两个半径分别为和()的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+，试计算：外球壳上的电荷分布及电势大小；先把外球

35、壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；*再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量。解：内球带电；球壳内外表带电则为,外外表带电为，且均匀分布，其电势外壳接地时，外外表电荷入地，外外表不带电，内外表电荷仍为。所以球壳电势由内球与内外表产生：设此时内球壳带电量为；则外壳内外表带电量为，外壳外外表带电量为 (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且，解得：外球壳上电势：半径为的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为处有一点电荷+，试求：金属球上的感应电荷的电量。解：如题图所示，设金属球感应电荷为，则球接地时电势由电势叠加原理有：解得：有三个大小一样的金

36、属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为。试求：用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力；小球3依次交替接触小球1，2很屡次后移去，小球1，2之间的库仑力。解：由题意知：小球接触小球后，小球和小球均带电：,小球再与小球接触后，小球与小球均带电：此时小球与小球间相互作用力：小球依次交替接触小球、很屡次后，每个小球带电量均为。小球、间的作用力在半径为的金属球之外包有一层外半径为的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为，金属球带电。试求：电介质内、外的场强；电介质层内、外的电势；金属球的电势。解：由有介质时的高斯定理得：介质内场强：;介质外场强：介质外

37、电势：介质内电势：金属球的电势：如题图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为的电介质。试求：在有电介质局部和无电介质局部极板上自由电荷面密度的比值。解：如题图所示，充满电介质局部场强为，真空局部场强为，自由电荷面密度分别为与由得：，而,，两个同轴的圆柱面，长度均为，半径分别为和()，且-，两柱面之间充有介电常数的均匀电介质。当两圆柱面分别带等量异号电荷和-时，求：在半径处()，厚度为dr，长为的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量；电介质中的总电场能量；圆柱形电容器的电容。解：取半径为的同轴圆柱面，则：当时，电场能量密度薄壳中电介质中总电场能量：电容：由得：如题图所

38、示，C1F，C2F，C3F。C1上电压为50V。求：UAB。解：电容C1上电量：，电容C2与C3并联，其上电荷，和两电容器分别标明200pF、500V和300pF、900V，把它们串联起来后等值电容是多少如果两端加上1000V的电压，是否会击穿解：与串联后电容：串联后电压比：，而,即电容电压超过耐压值会击穿，然后也击穿。半径为R1=2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为R2和R3，当内球带电荷Q=3.010-8C时，求：整个电场储存的能量；如果将导体壳接地，计算储存的能量；此电容器的电容值。解：如图，内球带电Q，外球壳内外表带电-Q，外外表带电Q，和时，；时，；时，在区域内：在区域：总能量导体壳接地时，只有时,电容器电容