理工科大学物理知识点总结及典型例题解析(共20页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上第一章 质点运动学本章提要1、 参照系：描述物体运动时作参考的其他物体。2、 运动函数：表示质点位置随时间变化的函数。位置矢量：位置矢量：一般情况下：3、速度和加速度： ； 4、匀加速运动： 常矢量 ； 5、一维匀加速运动： ； 6、抛体运动： ； ； ； 7、圆周运动： 法向加速度： 切向加速度：8、伽利略速度变换式： 【典型例题分析与解答】1.如图所示,湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h，滑轮到原船位置的绳长为l。当人以匀速v拉绳，船运动的速度为多少? 解：取如图所示的坐标轴, 由题知任一时刻由船到滑轮的绳长为l=l0-vtoxvl

2、vh则船到岸的距离为： v 因此船的运动速率为：2.一质点具有恒定的加速度,在t=0时刻,其速度为零, 位置矢量 (m).求:(1)在任意时刻的速度和位置矢量;(2)质点在 xoy平面的轨迹方程,并画出轨迹的示意图.解. (1)由加速度定义,根据初始条件 t0=0 v0=0 可得 由及 t0=0得 (2)由以上可得质点的运动方程的分量式x=x(t) y=y(t) 即 x=10+3t2Xy3y=2x-2010y=2t2 消去参数t,得质点运动的轨迹方程为 3y=2x-20这是一个直线方程.由知 x0=10m,y0=0.而直线斜率 ,则轨迹方程如图所示3. 质点的运动方程为和,(SI)试求:(1)

3、 初速度的大小和方向;(2)加速度的大小和方向. 解.(1)速度的分量式为 当t=0时,v0x=-10m/s,v0y=15m/s,则初速度的大小为m/s而v0与x轴夹角为 (2)加速度的分量式为 则其加速度的大小为 ms-2a与x轴的夹角为 (或)4. 一质点以25m/s的速度沿与水平轴成30角的方向抛出.试求抛出5s后,质点的速度和距抛出点的位置. 解. 取质点的抛出点为坐标原点.水平方向为x轴竖直方向为y轴, 质点抛出后作抛物线运动,其速度为v0vxvyXY 则t=5s时质点的速度为 vx=21.65m/s vy=-36.50m/s质点在x,y轴的位移分别为 x=v0xt=108.25m

4、m质点在抛出5s后所在的位置为 m5.两辆小车A、B沿X轴行驶,它们离出发点的距离分别为 XA=4t+t2, XB= 2t2+2t3 (SI)问:(1)在它们刚离开出发点时,哪个速度较大?(2)两辆小车出发后经过多少时间才能相遇?(3)经过多少时间小车A和B的相对速度为零? 解.(1) 当 t=0 时, vA=4m/s vB=0 因此 vA vB (2)当小车A和B相遇时, xA=xB 即 解得 t=0、1.19s -1.69s(无意义) (3)小车A和B的相对速度为零,即 vA-vB=0 3t2+t-2=0解得 t=0.67s . -1s(无意义).第二章 质点力学（牛顿运动定律）本章提要1

5、、牛顿运动定律牛顿第一定律 时 常矢量牛顿第二定律 牛顿第三定律 2、技术中常见的几种力： 重力 弹簧的弹力 压力和张力 滑动摩擦力 静摩擦力 3、基本自然力：万有引力、弱力、电磁力、强力。4、用牛顿运动定律解题的基本思路：认物体看运动查受力（画示力图）列方程5、国际单位制（SI） 量纲：表示导出量是如何由基本量组成的幂次式。【典型例题分析与解答】yx1. 一木块在与水平面成a角的斜面上匀速下滑.若使它以速度v0 沿此斜面向上滑动,如图所示.证明它能沿该斜面向滑动的距离为v02/4gsina.FNv0 证.选如图所示坐标,当木块匀速下滑时,由牛顿第二定理有f mgsina-f =0 FN因此木

6、块受到的摩擦阻力为 f = mgsina (1)afP当木块上行时,由牛顿第二定律有 - mgsina - f=ma (2)P联立(1)(2)式可得a= -2gsina式中负号表示木块沿斜面向上作匀减速直线运动.木块以初速v0开始向上滑至某高度时,v=0,由v2=v02+2as 可得木块上行距离为 s=-v02/2a=v02/4gsina2.如图所示,已知F=4.0104N,m1=3.0103kg,m2=2.0103kg两物体与平面间的摩擦系数为0.02,设滑轮与绳间的摩擦系数均不计算.求质量m2物体的速度及绳对它的拉力.Fa1m1m2m1gm2gFN1f1f2T1T2N2 解.如图所示,设m

7、2的加速度为a2,m1的加速度为a1.由牛顿第二定律分别列出m1,m2的运动方程为由于滑轮质量、滑轮与绳之间的摩擦力不计,则有考虑到,且绳子不被拉长,则有联立上述各式,可得3.在一只半径为R的半球形碗内,有一粒质量为m的小钢球.当小钢球以角速度在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时,它距碗底有多高? 解.如图所示,钢球以角速度在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动.当它距碗底高为h时,其向心加速度为，钢球所受到的作用力为重力P和碗壁对球的支持力N,其合力就是钢球匀速圆周运动所需的向心力F.由图FPNRh有 则 (1)考虑到钢球在垂直方向受力平衡,则有 (2)由图可知 . 故有 4. 一质量为m的小球最最

8、初位于如图所示的A点,然后沿半径为r的光滑圆弧的内表面ADCB下滑.试求小球在点C时的角速度和对圆弧表面的作用力. 解.取图所示的坐标系,小球在运动过程中受重力P和圆弧内表面的作用力N.由牛顿第二定律得小球在切向方向运动方向方程为 ADCBOra即 由 可得 .将其代入上式后,有 根据小球从A运动到C的初末条件对上式两边进行积分,则有 得atmgana小球在C点的角速度为 小球在法线方向的运动方程为 Fn=man即 由此得小球对圆弧的作用力为 5.有一个可以水平运动的倾角为的斜面,斜面上放一质量为m的物体,物体与斜面间的静摩擦系数为,如果要使物体在斜面上保持静止,斜面的水平加速度应如何?解.物

9、体m在斜面上保持静止,因而具有和斜面相同的加速度a.可以直观的看出,如果斜面的加速度太小,则物体将向下滑;如果斜面的加速度过大, 则物体会向上滑.(1)假定物体静止在斜面上,但有向下滑的趋势;aaNNfmgxy物体受力分析如图(1)所示,由牛顿运动定律有则 (1)假定物体静止在斜面上,但有向上滑的趋势;物体受力分析如图(2)所示,由牛顿运动定律有aaN-fmgxy则 故第三章 功与能本章提要1、功：2、动能定理：3、保守力与非保守力：4、势能：对保守内力可以引入势能概念 万有引力势能：以两质点无穷远分离为势能零点。 重力势能：以物体在地面为势能零点。 弹簧的弹性势能：以弹簧的自然伸长为势能零点

10、。5、机械能受恒定律：在只有保守内力做功的情况下，系统的机械能保持不变。1、用力推地面上的石块.已知石块的质量为20kg,力的方向和地面平行. 推力随位移的增加而线性增加,即F=6x(SI).试求石块由x1=16m移到x2= 20m的过程中,推力所作的功.解.由于推力在作功过程中是一变力,按功的定义有2、一颗速率为700m/s的子弹,打穿一木块后速率降为500m/s.如果让它继续穿过与第一块完全相同的第二块木板.求子弹的速率降到多少?解.由动能定理可知,子弹穿过第一块和第二块木板时克服阻力所作的功分别为式中v1为子弹初速率,v2为穿过第一块木板后的速率,v3为穿过第二块木板后的速率.由题意知两

11、块木板完全相同,因此子弹穿过木板过程中克服阻力所作的功可认为相等,即 W1=W2,故有 由此得子弹穿过第二块木板后的速率为 3、.用铁锤把钉子敲入木板.设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比.若第一次敲击能把钉子打入木板.第二次打击时, 保持第一次打击钉子的速度,那么第二次能把钉子打多深.解.锤敲钉子使钉子获得动能.钉子钉入木板是使钉子将获得的动能用于克服阻力作功.由于钉子所受阻力f与进入木板的深度x成正比,即f=kx,其中k为阻力系数.而锤打击钉子时,保持相同的速度,故钉子两次进入木板过程中所作功也相等, 所以有即钉子经两次敲击进入木板的总深度为0.0141m.由此可知第二次打击使钉子

12、进入木板的深度为 4、一半径为R的光滑球固定在水平面上. 另有一个粒子从球的最高点由静止沿球面滑下.摩擦力略去不计.求粒子离开球的位置以及粒子在该位置的速度.解.如图所示,粒子在光滑球面上滑动时仅受球面支持力和地球引力 mg的作用.由于N始终与球的运动方向垂直,故系统机械能守恒.当粒子从最高点A滑至离开球的位置B时,有 RoPNvAB根据牛顿第二定律,有而粒子刚好离开时,N=0.因此有则物体刚离开球面处的角位置为此时,粒子的速率为v的方向与P夹角为5、一劲度系数为K的水平轻弹黉,一端固定在墙上,另一端系一质量为M的物体A放在光滑的水平面上.当把弹黉压缩x0后,再靠着A放一质量为m的物体B,如图

13、所示.开始时系统处于静止,若不计一切摩擦.试求:(1)物体A和B分离时,B的速度;(2)物体A移动过程中离开o点的最大距离.A Bx0x解.(1)以A、B及弹黉为系统,假定A、B分离时的共同速度为v. 由机械能守恒定律,有则 (2)若设x为物体A离开o点的最大距离,由系统机械能守恒,有则第四章 动量本章提要1、动量定理：合外力的冲量等于质点（或质点系）动量的增量。对于质点系2、动量受恒定律：系统所受合外力为零时，常矢量。3、质心的概念 质心的位矢： 4、质心运动定律：质点系所受的合外力等于其总质量乘以质心的加速度。 质点系的动量受恒等同于它的质心速度不变。1、如图所示,质量为m、速度为v的子弹

14、,射向质量为M的靶,靶中有一小孔, 内有劲度系数为k的弹黉,此靶最初处于静止状态,但可在水平面作无摩擦滑动.求子弹射入靶内弹黉后,弹黉的最大压缩距离.解.质量为m的子弹与质量为M 的靶之间的碰撞是从子弹与固定在靶上的弹黉接触时开始的,当弹黉受到最大压缩时,M和m具有共同的速度v1, 此时弹黉的压缩量为x0.在碰撞过程中,子弹和靶组成的系统在水平方向上无外力作用, 故由动量守恒定律可得 (1)Mmv在碰撞过程中,系统的机械能守恒,有 (2)联立(1) (2)式,得2、质量为、速率为的粒子A, 与另一个质量为其一半而静止的粒子B发生完全弹性的二维碰撞,碰撞后粒子A的速率为.求( 1)粒子B的速率及

15、相对粒子A原来速度方向的偏角;(2);粒子A的偏转角.解.取如图所示的坐标.当A、B两粒子发生碰撞时,系统的动量守恒.在xoy平面内的二维直角坐标中,y有vA1VB2VA2o由碰撞前后系统机械能守恒,有x则碰撞后粒子B的速率为粒子B相对于粒子A原方向的偏转角,粒子A的偏转角3、如图所示为一弹黉振子,弹黉的劲度系数为K,质量不计.有一质量为m、速度为v的子弹打入质量为M的物体,并停留在其中,若弹黉被压缩的长度为x,物体与平面间的滑动摩擦系数为,求子弹的初速度.解.以M、m和弹黉为研究对象,系统在水平方向动量守恒,有mv=(m+M)u (1)mMv子弹打入物体后,在弹黉被压缩的过程中,由功能原理,

16、可得 (2)联立(1)(2)式得4、质量为m的物体从斜面上高度为h的A点处由静止开始下滑,滑至水平段B点停止.今有一质量为m的子弹射入物体中,使物体恰好能返回到斜面上的A点处. 求子弹的速率.解.以地球和物体为研究系统,物体从A处滑到B处的过程中,由功能原理可得摩擦力的功的数值AmBmh为 Wf=mgh取子弹和物体为系统,子弹射入物体的过程系统的动量守恒,有 mv=2mu再以地球、物体和子弹为系统,由功能原理有由此可得5、如图所示,质量为m的小球沿斜坡在h处由静止开始无摩擦滑下, 在最低点与质量为M的钢块作完全弹性碰撞.求:(1)碰撞后小球沿斜坡上升的高度.(2)若钢块和地面间摩擦系数为,碰撞

17、后钢块经过多长时间后停下来.解.小球沿斜坡滑下过程中系统机械AmMh能守恒小球m以速度v在斜坡底端和M发生完全弹性碰撞,有小球沿斜坡上升过程中系统机械能守恒,有若钢块M在平面上运动经秒后停下来,由动量定理有联立求解可得 第五章 刚体的转动本章提要：1、 刚体的定轴转动：角速度：角加速度；匀加速转动： 2、 刚体的定轴转动定律：3、 刚体的转动惯量： 平行轴定理4、 力矩的功：转动动能：刚体定轴转动的动能定理：刚体的重力势能：机械能守恒定律：只有保守力做功时，常量5、 角动量：质点的角动量：质点的角动量定理：质点的角动量守恒定律：常矢量刚体定轴转动的角动量：刚体定轴转动的角动量定理：刚体定轴转动

18、的角动量受恒定理：当合外力矩为零时 常量1、设某机器上的飞轮的转动惯量为63.6kg.m2,转动的角速度为31.4s-1,在制动力矩的作用下,飞轮经过20s匀减速地停止转动,求角加速度和制动力矩. 解.由题意知飞轮作匀减速运动,角加速度应为常量,故有.根据转动定律,可得制动力矩式中负号表示角加速度、制动力矩的方向均与飞轮转动的角速度方向相反.2、如图(a)所示为一阿脱伍德(Atwood)机.一细而轻的绳索跨过一定滑轮, 绳的两端分别悬有质量为m1和m2的物体,且m1m2.设定滑轮是一质量为M、半径为r 的圆盘,绳的质量不计,且绳与滑轮间无相对运动.试求物体的加速度和绳的张力.如果略去滑轮的运动

19、,将会得到什么结果?m2m1MaaT2P2T1P1T1T2PN 解.分别作出滑轮M,物体m1和m2的受力分析图如图(b)所示.由于绳索质量不计,且长度不变,故m1和m2两物体运动的加速度a和a大小相等,均为a,但方向相反.对物体m1和m2以及滑轮M分别应用牛顿第二定律和转动定律,可得 m1g-T1=m1a (1) T2-m2g=m2a (2) (3)而 (4) (5)联立(1)(2)(3)(4)(5)式,可得如果略去滑轮的运动,即T1=T2=T,有3、质量为0.50kg,长为0.40m的均匀细棒,可绕垂直于棒的一端的水平轴转动.如将此棒放在水平位置,然后任其下落.求:(1)在开始转动时的角加速

20、度;(2)下落到铅直位置时的动能;(3)下落到铅直位置时的角速度. 解.(1)如图所示,棒绕端点o的转动惯量J=ml2/3. 在水平位置时,棒所受的重力矩 =mgl/2,PA根据转动定律,得 (2)取棒和地球为系统,以棒处于竖直位置时其中心点A处为重力势能零点.在棒的转动过程中只有保守内力作功,系统的机械能守恒.棒从静止时的水平位置下落到竖直位置时,其动能为 Ek=mgl/2=0.98J (3)棒在竖直位置时的动能就是此刻棒的转动动能,则有Ek=1/2 J2,所以竖直位置时棒的角速度为4、如图所式,A、B两个轮子的质量分别为m1和m2,半径分别为r1和r2.另有一绳绕在两轮上,并按图示连接.其

21、中A轮绕固定轴o转动.试求:(1)B轮下落时, 其轮心的加速度;(2)细绳的拉力. 解.取竖直向下为x轴正向,两轮的受力分析如图示.A轮绕轴o作定轴转动,故有 且 故 (1)对于B轮除了绕其轴C的转动外,还有B轮质心C的平动.根据牛顿定律,B轮质心运动方程为 (2)又根据转动定律,对B的转动有 r1m1ABr2m2r1m1ATTp2Bx且有 故 (3)而 T=T aA=ac-aB (4)联立求解可得 2T/m1=ac-2T/m2故 (5)联立(2)(5)式可得 5、在图示的装置中,弹黉的劲度系数K=2.0N/m,滑轮的转动惯量J=0.50kg.m2, 半径R=0.30m,物体质量m=610-2

22、kg.开始时用手将物体托住使弹黉为原长, 系统处于静止状态.若不计一切摩擦,求物体降落0.4m处的速率.kR 解.以滑轮、物体、弹黉和地球为系统,在物体下落过程中,系统的机械能守恒.设物体下落h=0.4m时的速率为v,则 m6、如图所示,质量为m1和m2 的两物体通过定滑轮用轻绳连接在一起,滑轮与轴、物体与桌面的摩擦忽略不计.当m1由静止下降距离h时,求:(1)若滑轮质量不计,此时m1的速率是多少?(2)若滑轮的转动惯量J=MR2/2,此时m1的速率又为多少? (3)若在(2)中把m1换成拉力F,此时滑轮的角加速度为多少?m2 解.(1)物体在下落过程中系统的机械能守恒,有m1 (2)考虑到滑

23、轮的转动,在物体下落的过程中,系统的机械能仍然守恒,因此有h (3)由转动定律,有 而 则 第六章 气体动理论本章提要1、 系统和外界，宏观量和微观量；2、 平衡态和平衡过程；3、 理想气体状态方程：普适气体常数： 阿佛加德罗常数：玻尔兹曼常数：4、 理想气体的压强：5、 温度的统计概念：6、 能均分定理：每一个自由度的平动动能为：一个分子的总平均动能为：理想气体的内能为：7、 速率分布函数：三速率：最概然速率 平均速率 方均根速率8、 分子的平均自由程：9、 输送过程：内摩擦（输送分子定向动量）热传导（输送无规则运动能量）扩散（输送分子质量）1、目前实验室所能获得的真空,其压强为1.3310

24、-8pa.试问在27的条件下, 在这样的真空中每立方厘米内有多少个气体分子? 解. 由 P=nkT 可得单位体积内的分子数 n=P/(kT)=3.211012m-3故每立方厘米内的分子数为3.21106个2、2g氢气装在2010-3m3的容器中,当容器内的压强为3.99104Pa时, 氢气分子的平均平动动能为多大? 解.理想气体分子的平均平动动能取决于温度,且有, 而一定量气体在确定的体积和压强的前提下,其温度可由状态方程得 则 3、 求温度为127的氢气分子和氧气分子的平均速率, 方均根速率及最概然速率. 解.分别按平均速率,方均根速率和最概然速率的计算公式, 可求得氢分子相对应的各种速率为

25、由于三种速率与分子的摩尔质量成反比,而,则氧分子的三种速率均为氢分子速率的1/4.即 v0=5.16102m/s, , (vp)0=4.45102m/s4、在3010-3m3的容器中装有20g气体,容器内气体的压强为0.506105Pa,求气体分子的最概然速率 解.最概然速率 ,式中气体的温度T可根据状态方程,以压强P和体积V代替,即 ,故 5、收音机所用电子管的真空度为1.3310-3Pa.试求在27时单位体积中的分子数及分子的平均自由程(设分子的有效直经d=3.010-8cm). 解. 由压强公式可得单位体积中的分子数 n=P/(kT)=3.211017m-3 分子的平均自由程为第七章 热

26、力学基础本章提要1、 准静态过程：过程中的每一个时刻，系统的状态都接近于平衡态。准静态过程中系统对外做的体积功2、 热量：系统和外界或两个物体由于温度不同而交换的热运动能量。3、 热力学第一定律： 4、 理想气体的摩尔摩尔热容量： 迈耶公式： 摩尔热容比：5、 理想气体的四种过程：等体过程：等压过程：等温过程： 绝热过程： 绝热方程：常量 常量 常量6、 循环过程：热循环（正循环）：系统从高温热源吸热，对外做功，向低温热源放热。循环效率：致冷循环（逆循环）：系统从低温热源吸热，接收外界做功，向高温热源放热。致冷系数：7、 卡诺循环：系统只与两个恒温热源进行热量交换的准静态循环过程。正循环的效率

27、：逆循环的致冷系数：8、热力学第二定律：克劳修斯说法（热传导） 开尔文说法（功热转换）9、可逆过程和不可逆过程 不可逆：各种实际宏观过程都是不可逆的，而它们的不可逆性又是相互沟通的。 三个实例：功热转换、热传导、气体自由膨胀。可逆过程：外界条件改变无穷小的量就可以使过程反向进行的过程（其结果是系统和外界能同时回到初态），无摩擦的准静态过程是可逆过程。1、一定质量的空气,吸收了1.17103J的热量,并保持在1.013105Pa下膨胀,体积从10-2m3增加到1510-3m3,问空气对外作了多少功?内能增加了多少? 解.空气等压膨胀所作的功为 W=P(V2-V1)=5.07102J由热力学第一定

28、律 , 可得空气内能的改变为2、100g水蒸气自120升到140.问(1)在等体过程中,(2)在等压过程中,各吸收了多少热量. 解. 水蒸气为三原子分子,其自由自由度为i=6,定体摩尔热容Cv=(i/2)R, 定压摩尔热容 Cp=(i/2+1)R,则 (1)等体过程中吸收的热量为 (2)等压过程中吸收的热量为3、压强为1.013105Pa,体积为10-3m3的氧气0加热到100,问(1)当压强不变时, 需要多少热量?(2)当体积不变时,需要多少热量?(3) 在等压或等体过程中各作多少功? 解. 在给定状态下该氧气的摩尔数为 (1)压强不变的过程即等压过程,氧气所需的热量为 (2)体积不变的过程

29、即等体过程,氧气所需的热量为 (3)由热力学第一定律 得等压过程中氧气所作的功为此结果亦可由 及 V1/V2=T1/T2得到. 在等体过程中氧气所作的功为此结果亦可直接由 得到.4、如图所示,使1mol的氧气(1)由a等温的到b;(2)由a等体的变到c;再由c等压变到b.试分别计算所作的功和所吸收的热量. P （1.013105pa21o22.444.8V（10-3m3）cba 解.(1)氧气在a到b的等温过程中所作的功为由于等温过程中内能不变,由热力学第一定律,可得氧气在a到b过程中所吸收的热量为 Q=WT=3.15103J (2)由于等体过程中气体不作功,而等压过程中所作的功为,图中ac

30、为等体过程,cb为等压过程.因此,氧气在acb过程中所作的功为 W=Wac+Wcb=Wcb=Pc(Vb-Vc)=2.27103J氧气在acb过程中所吸收的热量为ac和cb两个过程中吸收热量之和,即5、一卡诺热机的低温热源温度为7,效率为40,若将其效率提高到50,求高温热源的温度提高多少度? 解. 由卡诺热机的效率=1-(T2/T1)可知, 具有相同低温热源而效率分别为和的两热机,其高温热源的温度分别为 T1=T2/(1-) T1=T2/(1-)因此,为提高效率而需提高的温度为 T=T1-T1=93.3K第八章 静电场本章提要：1、 电荷的基本性质：两种电荷；量子性；电荷守恒；相对不变性2、

31、库仑定律：两个静止的点电荷之间的作用力：真空中的介电常数：3、 电场力叠加原理：4、 电场强度：5、 场强叠加原理： 6、 电通量：7、 高斯定律：8、 典型静电场：均匀带电球面：均匀带电无限长直线： ，方向垂直于带电直线。均匀带电无限大平面： ，方向垂直于带电平面。9、 静电场对电荷的作用力：10、静电场是保守力场：11、电势差：电势：电势叠加原理：12、 电荷的电势：电荷连续分布的带电体的电势：13、 场强和电势的关系： 积分形式： 微分形式： 电场线处处与等势面垂直，并指向电势降低方向，电场线密处等势面间间距小。14、 电荷在外电场的电势能： 移动电荷时电场力做的功：+q+q+q+q-q

32、+q+q+q-q+q-q+q+q-q+q-q+q+q-q-q-q-q+q+q+q+q-q+q-q-q-q+q1、有一边长为a的正六角形,六个顶点都放有电荷, 试计算如图所示的四种情况在六角形中点处的场强. 解.(1)如图所示,各点电荷在点o处产生的场强两两对应相消,所以,点o处场强 Eo=0 (2) 取图中所示坐标.位于六角形的三条对角线上的电荷分别在点o 处产生的场强为 E1,E2,E3,且E1=E2=E3,点o处的总场强在坐标轴上的分量分别为所以 (3)此时六角形的三条对角线上的电荷在o处所产生的场强分别为图所示的 E1,E2,E3.且 E1=E2=E3点o处的总场强在坐标轴的分量分别为所

33、以 Eo=k4q/a2 (4)取图所示坐标,除在x轴上的点o处所产生的场强彼此加强外, 其它两条对角线上的电荷在中心点o处的场强彼此相消.所以,总场强为yxRdEydExdE Eo=2kq/a2=k2q/a28-5.一半径为R的半圆细环,均匀分布+Q电荷,求环心处的电场强度. 解. 以环心o为原点取如图坐标轴,在环上取一线元dl,其所带电量为 ,它在环心处的电场强度dE在y轴上的分量为由于环对y轴对称,电场强度在x的分量为零.因此半圆环上的电荷在环心o处的总的电场强度为8-9.两条无限长相互平行的导线,均匀带有相反电荷,相距为a,电荷线密度为.(1)求两导线构成的平面上任一点的场强(设该点到其

34、中一导线的垂直距离为x);(2)求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力. 解.(1)以一导线上任一点o为原点,在两导线所在平面内,垂直于导线的方向为x轴.在x轴任一点P处的场强 E=E+E- ,其中E+和E-分别为正、负带电导线在P 点的场强.根据长直导线附近的场强公式,有xoaxP 所以,点P处的合场强为 (2) 由于带正电的导线在带负电导线处的场强 ,所以,根据 F=qE 可得带负电导线上单位长度电荷所受的电场力同理,可得带正电的导线上单位长度电荷所受到的电场力为 故有 F+=F-,两导线相互吸引.8-11.设匀强电场的场强E与半径为R的半球面的轴平行,试计算通过此半球

35、面的电场强度通量.ER 解.如图所示通过半球面的电场线与垂直通过大圆面S的电场线相同,而通过面S的电通量为所以,通过半球面的电通量亦为8-20.在题8-13中,如两球面分别带有相等而异号的电荷Q,两球面的半径分别为R1和R2,问两球面间的电势差为多少? 解.如图所示,由题8-13解可知,两球面间的电R2R1rQQ场强度 则两球面间的电势差为第九章 静电场中的导体与电介质1. 导体的静电平衡条件 2. 静电平衡导体上电荷的分布3. 静电屏蔽4. 尖端放电5. 电介质极化电极化强度 面束缚电荷密度 6. 电位移 高斯定理 7. 电容器的电容 平行板电容器 并联电容器组 串联电容器组 8. 电容器的

36、能量 9. 电介质中电场的能量密度 1. 在一半径为R1=6.0cm的金属球A外面有一个同心的金属球壳B。已知球壳B的内、外半径分别为R2=8.0cm，R3=10.0cm。设球A带有总电荷QA=3.010-8C,球壳B带有总电荷QB=2.010-8C.（1）求球壳B内、外表面所带的电荷以及球A和球壳B的电势；（2）将球壳B接地后断开，再把金属球A接地，求金属球A和球壳B内，外表面上所带电荷以及球A和球壳B的电势。解: (1) 球A的外表面带电3.0108C，球壳B内表面带电3.0108C，外表面带电5.0108C。由电势叠加，球A和球壳B的电势分别为：(2.)设球A带电qA，球A的电势为： 解

37、得：球壳B的电势为：2. 一平板电容器，充电后极板上电荷面密度为。现将两极板与电源断开，然后再把相对电容率为的电介质插入两极板之间。此时电介质中的、和各为多少？ 解：电位移为： 电场强度为： 极化强度为： 、和方向相同，均由正极板指向负极板3. 一空气平板电容器，空气层厚1.5cm，两极间电压为40KV，该电容器会被击穿吗？现将一厚度为0.30cm的玻璃板插入此电容器，并与两板平行，若该玻璃的相对电容率为7.0，击穿电场强度为10MV/m。则此时电容器会被击穿吗？ 解：电容器的场强为：E=U/d2.7106V/m 因空气击穿场强,故电容器不会被击穿. 插入玻璃后,空气间隙中的场强为 此时,空气层被击穿,击穿后40KV电压全部加在玻璃板两侧,玻璃板内的场强为:由于,玻璃的击穿场强为,所以玻璃也会被击穿,电容器完全被击穿。内部资料 欢迎指正 内部资料 欢迎指正内部资料 欢迎指正专心-专注-专业