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第一章 质点运动学
本章提要
参照系：描述物体运动时作参考的其他物体。
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-vt
则船到岸的距离为：
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+3t2
y=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) 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-2
a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
(
v
0
v
x
v
y
X
Y
)
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 m
质点在抛出5s后所在的位置为 m
5.两辆小车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、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】
1. 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.
证.选如图所示坐标,当木块匀速下滑时,由牛顿第二定理有
mgsina-f =0
因此木块受到的摩擦阻力为 f = mgsina (1)
当木块上行时,由牛顿第二定律有 - mgsina - f=ma (2)
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=v02/4gsina
2.如图所示,已知F=4.0×104N,m1=3.0×103kg,m2=2.0×103kg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.
解.如图所示,设m2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ω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ω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
(
F
P
N
R
h
θ
θ
)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
(
A
D
C
B
O
r
a
)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
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α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μ,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;
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
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。
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
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.
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,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)
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,
有
由碰撞前后系统机械能守恒,有
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μ,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)
子弹打入物体后,在弹黉被压缩的过程中,
由功能原理,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
(
A
m
B
m
h
)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μ,碰撞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
(
A
m
M
h
)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：
刚体的定轴转动：
角速度：
角加速度；
匀加速转动：
刚体的定轴转动定律：
刚体的转动惯量：
平行轴定理
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
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β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m1>m2.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,将会得到什么结果
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)
T’2-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 Ｍ=mgl/2,
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 Jω2,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
(
r
1
m
1
A
B
r
2
m
2
r
1
m
1
A
T

T
p
2
β
B
x
)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=6×10-2kg.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.
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
6、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
解.(1)物体在下落过程中系统的机械能守恒,有
(2)考虑到滑轮的转动,在物体下落的过程中,系统的机械能仍然守恒,因此有
(3)由转动定律,有
而
则
第六章 气体动理论
本章提要
系统和外界，宏观量和微观量；
平衡态和平衡过程；
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：
理想气体的压强：
温度的统计概念：
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：
速率分布函数：
三速率：最概然速率
平均速率
方均根速率
分子的平均自由程：
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1.33×10-8pa.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)=3.21×1012m-3
故每立方厘米内的分子数为3.21×106个
2、2g氢气装在20×10-3m3的容器中,当容器内的压强为3.99×104Pa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
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=5.16×102m/s,
,
(vp)0=4.45×102m/s
4、在30×10-3m3的容器中装有20g气体,容器内气体的压强为0.506×105Pa,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1.33×10-3Pa.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=3.0×10-8cm).
解. 由压强公式可得单位体积中的分子数
n=P/(kT)=3.21×1017m-3
分子的平均自由程为
第七章 热力学基础
本章提要
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
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。
热力学第一定律：
理想气体的摩尔摩尔热容量：
迈耶公式： 摩尔热容比：
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
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：
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：
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1.17×103J的热量,并保持在1.013×105Pa下膨胀,体积从10-2m3增加到15×10-3m3,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)=5.07×102J
由热力学第一定律 , 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1.013×105Pa,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 （1.013
×
10
5
pa
2
1
o
22.4
44.8
V（10
-3
m
3
）
c
b
a
) 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=3.15×103J
(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 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)=2.27×103J
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η=1-(T2/T1)可知, 具有相同低温热源而效率分别为η'和η"的两热机,其高温热源的温度分别为
T1'=T2/(1-η')
T1"=T2/(1-η")
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：
电荷的基本性质：
两种电荷；量子性；电荷守恒；相对不变性
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：
电场力叠加原理：
电场强度：
场强叠加原理：
电通量：
高斯定律：
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。
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：
电荷的电势：
电荷连续分布的带电体的电势：
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。
电荷在外电场的电势能：
移动电荷时电场力做的功：
1、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
(
y
x
R
θ
dE
y
dE
x
dE
) Eo=2kq/a2=k2q/a2
8-5.一半径为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λ.(1)求两导线构成的平面上任一点的场强(设该点到其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
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,试计算通过此半球面的电场强度通量.
(
E
R
) 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
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
导体的静电平衡条件
静电平衡导体上电荷的分布
静电屏蔽
尖端放电
电介质极化
电极化强度
面束缚电荷密度
电位移
高斯定理
电容器的电容
平行板电容器
并联电容器组
串联电容器组
电容器的能量
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=3.0×10-8C,球壳B带有总电荷QB=2.0×10-8C.（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3.0×10－8C，球壳B内表面带电－3.0×10－8C，外表面带电5.0×10－8C。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/d＝2.7×106V/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。

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