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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
加速度大小
a
t

=________0.8______ ms
2
。
3. 一质点在OXY 平面内运动,其运动方程为
x2t,y192t
2
,则质点在任意时刻的速随时间
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_______ms
2
；切向


度表达式为

2
i
4
tj
；加速度表达式为
a4j
。

4、沿半径为
R
的圆周运动，运动学方程为

12t
2
(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

=（ 4 rad s
2


）（1 分）．
π
1
2
 t
，则
42
其切向加速度大小为
a
t
=______0.1 ______
ms
2
, 第1秒末法向加速度的大小为
a
n
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：


=______0.1______
ms2
.
6．一小球沿斜面向上作直线运动，其运动方程为：
s54tt< br>2
，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
x2t,y192t
2
,则质点在任意时刻的速


度表达式为（

2
i
4
tj
）；加速度表达式为（
a4j
）。

8. 一质点沿半径R=0.4 m作圆周运动，其 角位置

=2+3t
2
，在t=2s时，它的法向加
速度
a
n
=( 57.6 )
ms
2
，切向加速度
a
t
=( 2.4 )
ms
2
。


2
9、已知质点的运动方程为< br>r
2
ti
(2
t
)
j
，式中
r
的单位为
m
，
t
的单位为
s
。

1
则质点的运动轨迹方程
y
（
2x
2
），由
t0
到
t2s
内质点的位移矢量
r
4

（
4
i
4
j
）
m
。
10、质点在OXY
平面内运动，其运动方程为
x2t,y10t
2
，质点在任 意时刻的


2
位置矢量为（
2
ti
(10 
t
)
j
）；质点在任意时刻的速度矢量为（
2i2tj
）；加

速度矢量为（
2
j
）。

二、选择题
1. 某质点作直线运动的运动学方程为
x
＝5
t
-2
t
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．



22
2. 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为 r

ati

btj
（其中
a
、
b< br>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
x
3
t
5
t
（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）12ms、4ms
2
； （B）-12 ms、-4 ms
2
；
（C）20 ms、4 ms
2
； （D）-20 ms 、-4 ms
2
；
< br>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：
3

6
(SI)，则该质点作（ D ）。

（ 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
x

5t
2

3t

3m
。则 第三秒时的加速度的大小是
（ A ）
ms
2
。
A． 10 B．50；
C．15； D．12。
8、质点做半径为1
m
的圆周运动，运动方程为

=3 +2
t
2
（
SI
单位），则
t
时刻质点
的 切向加速度的大小为
a
t
=（ C ）
ms
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

3t2
2t
(
SI
单位)，则任意时刻质点角
速度的大小

=（B）。
A．
3t1
B．
6t2
；
C．
4t2
； D．
62t
。
10、质点在
OXY
平面内运动,其运动方程为
xt,y
度为（ B ）。
10t
2
,质点在任意时刻的加速

A．
j
B．
2
j
；
C．
3j
； D．
4j
。

三、一质点沿半径为
R
的圆周按规律
sv
0
t
1
2
bt
运动，
v
0
,b
都是常量。
2

（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
sv
0
t
1
2
bt
可知
vv
0
bt
2
2
v
2

v
0
bt

dv
a
t


a
n
b

aa
n
RR
dt（2）
a
2
a
t

2
R
2
b
2


v
0
bt

R
v< br>0

b
4

a
n
a
t

22
R
2
b
2


v
0bt

R
4
b
即
v
0
bt
0

t
22
v
0
v
0
1
2
v
0
1
2
（3）< br>t
带入
sv
0
tbt

sv
0
tbt

n

22b4< br>
bR
b
2
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

与时间
t
的关系
为

kt
2
，已知
t
=2s时，质点P的速率为16ms，试求t=1s时，质点P的速率与加< br>速度的大小。
解：由线速度公式

R

Rkt
2
1kt
2
得
k

t
2

16
4

2< br>2

2
(4t
2
)
2
d

2
16t
4
ms
2
P点的速率为

4t
ms
a
t
8t
ms
a
n

R1
dt
2
t
=1时：


4
t
2

4

1
2

4(
m

s
)

a
t
8t8(ms
2
)


a< br>n

16
t
4

16

1
4

16(
m

s
2
)

aa< br>t
a
n
16
2
8
2
8517.9 (ms
2
)

22
五、已知质点的运动学方程为：
r8 t
2
3t12i6t
2
8t10j
. 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：
v

dr


16
t< br>3

i
(12
t
8)
j

dt
a
dv
16i12j

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5ms，则当
ｔ
为3s时，质点的速率
v
为多大。

解：
va(t)dt


3+2 t

dt3t +t
2
C

t0
时，
v
0
5
可得积分常量
C5
ms
速度为
v3t+t
2
5

当
t3
时，
v

3

3t+t
2
523
ms
七、一质点在OXY平面内运动 ,其运动方程为
x2t,y10t
2
,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。
x
2
（1）
y10

4


（2）

2
i
2
tj
，


a2j

八、已知一质点的 运动方程为
rat
2
ibt
2
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。

v
a
dr
2ati2btj

dt
dv
2ai2bj

dt
xat
2

ybt
2

则将
t
2

xb
代入
y
的表达式可得到质 点运动的轨迹方程为
yx

aa
九、已知质量为3
kg
的质点的运动学方程为：
r3t
2
2t1i4t
2
6t8j
. 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：
v
dr

6
t
2

i
(8
t
6)
j

dt
a
dv
6i8j

dt
（2）
aa6
2
8
2
10ms
2

Fma31030N

十、一质点在OXY平面内运动,其运动方程为
x4t,y82t
2
,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。
x
2
（1）
y8

8
（2）

4i4tj
，
a4j

十一、已知质量为10
kg的质点的运动学方程为：
r8t
2
3t12i6t
2
 8t10j
.
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：
v

dr


16
t< br>3

i
(12
t
8)
j

dt
a
dv
16i12j

dt
aa12
2
16
2
20ms
2< br>
Fma1020200N

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.





(1) vxt6ms
(2) vdxdt10t9t
2
,
(3) advdt
1018t,
v
a
t2
16 ms
26 ms
2
t2
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
J
0
，角速
度为

0
；然后将两手臂合拢，使其转动惯量变为
2J
0
3
，则转动角速度变为3

0
2
.

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
（
ml
2
3
），对于通过棒的中点与棒垂直的轴的转动惯量 （
ml
2
12
）。
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
（
3g
2L
），细杆转动到竖直位置时角加速度为（ 零 ）。
6. 一长为
l1m
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
1
2
ml
，则(1) 放手时棒的角加速度为（ 7.5 ）
rads
2
；(2) 棒转到水平位置时的角加
3
速度为（ 15 ）
rads
2
。（
g10ms
2
）
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

（ 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（

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
ML
2< br>3
。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
3g
）。
2l
v2
，则此时棒的角速度应为（
3mv
）。
2ML

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。

O
俯视图
1
2

v


v

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;
3g
2L
(B)
3g
2L
; 0 (C) 0；
3g
L
（D）
3g
L
；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
J
0
，角速< br>度为

0
，然后将两手臂合拢，使其转动惯量为
2
J
0
，则转动角速度变为（ C ）。
3
A．

0
B.
2
3
2
3

0
C.

0
D.
3
2
3

0

2
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< br>，设A、B两滑轮的角加速度分别为

A
和

B
，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）

A


B

（B）

A


B

（C）

A


B

（D） 无法判断
A
B
mg
F

=
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
和

B
，若

A


B
，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
J
A
和< br>J
B
，则 ：（ B ）
（A）
J
A
J
B
（B）
J
A
J
B
（C）
J
A
J
B
（D）
J
A
、
J
B
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

可以为零，角加速度

也可以为零；
(B) 角速度

不能为零，角加速度

可以为零；
(C) 角速度

可以为零，角加速度

不能为零；
(D) 角速度

与角加速度

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
o

A
1
MR
2
，
2
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。

解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程:
对物体：
mgT=ma

对滑轮：
TR=J


运动学关系：
a=R


解方程组，得
a=
.

M

m

R

mg

m + M 2
mg t

m + M 2
∵ v
0
＝ 0， ∴
v = at =

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

O


v
0



l1

l

mv
0
m


m
0
l
2


23
2

由此可得棒和子弹的瞬时角速度为


棒中点获得的瞬时速 率为
2
6mv
0

3ml4m
0
l
v

r

6mv
0
3mv
0
l


3ml4m
0
l23m4m
0
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
1
g-T
1
=m
1
a ①
T
2
-m
2
g=m
2
a ②
(T
1
-T
2
)r=J

且有
ar
③
④
由以上四式消去T
1
，T
2
得：

= (m1
-m
2
)gr[(m
1
+m
2
)r
2
+J]

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，
AO

l
。求杆下摆到

角时的角速度

。
4
解 对于杆和地球系统，只有重力做功，故机械能守恒。

mg
l1
sin

J

2
①
42
A
l
,
m
O
θ
O
·

B
直杆的转动惯量为
OA
段和
OB
段转动惯量的叠加，所以
JJ
0
md
2

1
2
l7
mlm( )
2
ml
2
②
12448
6gsin


7l
ω
将②代入①，解得

2

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
m
0
的子弹（可看作质点）以速度
v
0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。
JmR
2

m
0
v
0
R(mm
0
)R
2







m
0
v
0

(mm
0
)R
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（
J


1
Ml
2
）。
12
l1l
Ml
2

m()
2

2122
mv

6mv

(M3m)l



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3
m
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
mr
2
的转动惯量均为，将由两个定滑轮以及质量为 3
m
和
m
的重物组成的系统从静止
2
释放，求重物的加速度 和两滑轮之间绳内的张力
T
2
。
解： 列牛顿第二定律方程
3mg
T
3
3ma

T
1
mgma

根据
MJ


1
1
2
2
(
T
3

T
2
)rm
r

< br>(
T
2

T
1
)rm
r


2
2
T
3
m,r
T
2
m,r
T
1
3m
m
ar


a

2
8
g

T
2
mg

5
5
1
2
m l
，和一质量也为
m
的小球牢固地连在杆的一
3
十、均质细棒长为< br>l
质量为
m
，
J
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
l1
mgcos

mglcos< br>
(ml
2
ml
2
)


23
.





9gcos


8l
（2）由机械能守恒得
mg
3
2
l11
mgl(ml
2
ml
2
)

2

223
3
g
(1分)
vgl

2
l



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

角时的角
速度和角加速度。
ml
2
mglsin


MJ


M

J

3
2
3gsin




2ld

d

3gsin

d

3gsi n





dtd

2ld

2l

θ



0

d




0
3gsin

3g

1cos


d< br>




2l
l
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

mg
L

J


2
1
2
3g

mL



2L
3

J
（2）垂直位置时

mg
L1
J

2

22






3g

L
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
。设绳子与滑轮间无相对滑动，飞轮和转轴间的摩擦不计。试求：


（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
MJ




MFr980.2
39.2rads
2

JJ0.5

（2）对物体应用牛顿运动定律
mgTma

对滑轮应用转动定律
TrJ





利用关系
ar


由以上各式解得

< br>m
J
mr
r
g
mrg100.29.8
2< br>
21.8rads
22
mrJ100.20.5

< br>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

1
、

2
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

。求两圆盘啮合后共同的角速度

。
解：根据角动量守恒
J
1
J
2
J
1

1
J
2

2
(J
1
 J
2
)


J
1

1J
2

2



J
1
J
2



1

2
第九章 静电场
二、主要内容
1、库伦定律：
F
q
1
q
2
r

4

0
r
3
1

2、电场强度：
E
F

q
0
电场强度的叠加原理：
EE
1E
2
E
3
…

电荷连续分布的带电体的场强：< br>EdE

dq

4

0
r
3
r

1
（1）线状分布：
E
1
4
< br>0
1
4

0

l

dlr
r
2
r
（2）面状分布：
E
1
4
< br>0

s

dsr
r
2
r

（3）体状分布：
E

V

dVr
r
2< br>r
1

n
3、静电场的高斯定理：

EdS< br>

q

i
S
0
i1
4、静电场 的环路定理：
Edl
0


L
5、电势：
U< br>P



P
Edl

电势的叠加原理：< br>UU
1
U
2
U
3
…

电荷 连续分布的带电体的电势：
UdU

dq

4
0
r

1
（1）线状分布：
U
1
4

0
1
4

0

l

dl< br>r
（2）面状分布：
U
1
4

0

s

ds
r

（3）体状分布：
E

V

dV
r

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
E

e


0。
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：

DdS

q
各向同性线性电介质：
D

E

E

i0r
n
S
i1
8、电容器的电容：
C
Q

S
特例：平行板电容器的电容：
C

Ud

1Q
2
11
QUCU
2

电容器储能：
W
2C22
9、电场的能量密度：

e
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 )
1
1

0

r
E
2
电场能量 ：
W
e



e
dV


0

r
E
2
dV

2
2
VV

(A)q
2


0
S(B)q
2
4

0
d (C)q
2
2

0
S
(D)q
2
2

0
Sd
4、在静电场中，作一闭合曲面
S，
若有
Dds
则
0
S面内必定（D）

S

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）

q Q
1

q
、
Q1

q

Ａ、 B、 C Ｄ、
4

0
r


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
Φ
1
Φ
2
和S
, 其位置如下图所示。设通过S
和 S的
21 2
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）
q



4

0

rR

4

0r
Qq



4

0

rR

Φ
S
A.Φ
1
Φ
2
,Φ
S
q

0





< br>B.Φ
1
Φ
2
,Φ
S
2q

0
D.Φ
1
Φ
2
,Φ
S
q

0
C.Φ
1
Φ
2
,Φ
S
q

0
9、两块“无限大”的带电平行电板，其电荷面密度分别为(>0)及－2 ，如图所示，
试
写出各区域的电场强度


x轴正向.
І区 的大小 ，方向 .


E

2

0
E3
< br>2

0
x轴正向
ІІ区 的大小 ，方向 .


x轴负向
ІІІ区 的大小 ，方向 .


E

2

0
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。

（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
E
的大小为 0 。 产生的电场强度

14、一质量为m、电量为q的小球 ，在电场力作用下，从电势为U的a点，移动到电
2qU
2
a点的速率势为零的b点， 若已知小球在b点的速率为V，则小球在V
v
ba
b
m
＝ 。

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
(0rR)


0

(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。

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
根据高斯定理

s
EdsE4

r
2< br>

s
Eds

dV
，可解得电场强度的分布。


1
（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
dq

4

r '
2
dr'
，每个带电球壳在壳内激发的电场
dE0
，
而 在球壳外激发的电场
dE
r
dq
4

0
r< br>2
e
r
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)

E(r)

dE

(rR)

00
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
< br>s
Eds
1



dV
得球体内
(0rR)

2

k
4
kr
2
E( r)4

r

kr4

rdrr,E(r)e
r


0

0
4

0
2
1
r
球体外
(rR)

E(r)4

r
2

0

0
1
R

k
4
kR
4
kr4

rdrR,E(r)e

2< br>r

0
4

0
r
2
解2：将带电球 分割成球壳，球壳带电
dq

dVkr'4

r'
2< br>dr'

由上述分析，球体内
(0rR)

E(r)< br>
r
0
1kr'4

r'
2
dr'kr< br>2
e
r
e
r

2
4

0
r4

0
球体外
(rR)

E(r)

R
0
1k r'4

r'
2
dr'kR
4
e
r
e

22
r
4

0
r4

0r
16、 两个同心球面的半径分别为
R
1
和
R
2，各自带有电荷
Q
1
和
Q
2
。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
V
p



P
Edl
可求得电势分布。

< br>（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
V
Q< br>4

0
r

在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球 面的电势
V
Q
4

0
R
，
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
E
1
0, (rR
1
)
，
E
2

由电势
V
1
4

0
r
e,(R
1
rR
2< br>)
，
E
3

2
r
Q
1
Q
2
e
r
,(rR
2
)

2
4< br>
0
r


r
Edl
可求得各区域的电 势分布。
当
rR
1
时，有
V
1


E
1
dl

E
2
dl

E
3
dl
rR
1
R
2
R
1
R< br>2

Q11QQ
2
0
1
()
1< br>4

0
R
1
R
2
4

0
R
2

Q
1
4

0
R
1

Q
2
4

0
R
2


当
R
1
rR
2
时，有
V
2


E
2
dl

E
3
d l
rR
2
R
2

Q
1
11Q
1< br>Q
2

()
4

0
rR
2
4

0
R
2
Q
1
4
0
r

Q
1
Q
2

4

0
R
2

当
rR
2
时，有
V< br>3



r
E
3
dl
Q
1
Q
2

4

0
r
（2）两个球面间的电势差
U
12< br>

E
2
dl
R
1
R
2
Q
1
11
()

4

0
R
1
R
2

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
rR
1
，
则
V
1

Q< br>1
4

0
R
1

Q
2
4

0
R
2

若该点位于两个球面之间，即
R1
rR
2
，则
V
2

Q
1
4

0
r

Q
1
Q
2
< br>4

0
R
2
若该点位于两个球面之外，即
rR< br>2
，则
V
3

（2）两个球面间的电势差
Q
1
Q
2

4

0
r
U
12
(V
1
V
2
)
rR
2
Q
1
11
()

4

0
R
1
R
2
17、 两个很长的共 轴圆柱面
(R
1
3.010
2
m,R
2
0 .10m)
，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）
r0.05m
处的电场强度。
解：（1）两圆柱面之间的电场强度为
E
R
2


2

0
r
根据电势差的定义有
U
12

解得



R
1
Edl

lnR
2
R
1

2

0
2

0
U
12
2.110
8
Cm
1
lnR
2
R
1
（2）解得两圆柱面之间
r0.05m
出的电场强度
E

7475Vm
1

2

0
r
18、两同心带电球面,分别带等量异号电荷Q。内球面半径
R1
，带电量+Q；外球面半
径
R
2
，带电量-Q。求球面内外的 场强分布和两球面间的电势差。
解：
E
1
0(rR
1
)
< br>E
2

Q
4

0
r
2
( R
1
rR
2
)


E
3
0(rR
2
)

< br>U

R
2
Q
4

0
r
R
1
dr
2
Q
4

0
(
11
)

R
1
R
2

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

E2

rl

q

0


对
rR
1
，
对
R
1
rR
2
，
对
rR
2
，


q0
，
E
1
0


q

L
，
E
2



2

0
r

q[

(

)]L
，
E0

(2) 两筒间电势差

V 

R
2
R
1
R

drln
2

2

0
r2

0
R
1
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
r
A
、
r
B
间的电势差；（2）球壳外两点
r
C
、
r
D
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

EdS
S
E
1
0

rR
（2分）
E
2

（1）球壳内两点的电势差
V
A
（2）球壳外两点的电势差

q


0
Q
4

0
r
2

rR

r
B
A
V
B

r


E
1
dl0

V
C
V
D


r
r
D
C
Q

E
2
dl

4


0
r
D
r
C
dr
r
2

Q
4

0
r
C

Q
4

0
r< br>D

（3）球壳外任意点的电势
V

r



Q

E
2
dl
4

0
r

（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
V
Q
4

0
R

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

解：由高斯定理

Eds
s

q
得：

0
当
r
>
R
时，
E
1

当
r
<
R
时，
E
2

Q

4

0
r
2

1

Q
r

4

0
R
3
r
P
R
1
V
P



P






R

Edl

E
2
dl

E
1
dl

沿径向路径积分得
2
)
1
Q(3R
2
r
P

V< br>P


E
2
dr

E
1
dr
3
r
P
R
4

0
2R
R
22、两个同心球面的内、外半径分别为
R
1
和
R
2
，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。


rR
1
时
E
1
0

R
1
rR
2
时
E
2

R
2
r
时
E
3


Q
4

0
r
2

4QQ


4

0
r
2

0
r
2
23、如图所示，长L的直导线AB上均匀地分布着线密度为< br>
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

dx
。
A
L
B
d< br>P

电荷元

dx
在P点所激发的场强大小为
dE
P

1

dx
2
4

0< br>(Ldx)

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
E
P


dE
P


Q
L
1

dx

0
4

0
(Ldx)
2< br>11
()
4

0
LddL

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
=
(
x-a
), 
为一常量。取无穷远处为电势零点，求坐标原点
O
处的电势。


00
a
O

解、


l
x

U

dU
q


al
a

l

a
al

dx

0

0
ln
4

0
x4
 
0
4

0
a
25、如图所示，
C
1< br>0.25

F
，
C
2
0.15

F
，
C
3
0.20

F
，
C
1
上电压为50 V.求：
U
AB
.


解: 电容
C
1
上电量
Q
1
C
1
U
1

电容
C
2
与
C
3
并联
C
23
C
2
 C
3

其上电荷
Q
23
Q
1

∴
U
2

Q
23< br>C
1
U
1
2550


C
23
C
23
35

U
AB
U
1
U
2
50(1


25
)86

V

35

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
加速度大小
a
t

=________0.8______ ms
2
。
3. 一质点在OXY 平面内运动,其运动方程为
x2t,y192t
2
,则质点在任意时刻的速随时间
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_______ms
2
；切向


度表达式为

2
i
4
tj
；加速度表达式为
a4j
。

4、沿半径为
R
的圆周运动，运动学方程为

12t
2
(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

=（ 4 rad s
2


）（1 分）．
π
1
2
 t
，则
42
其切向加速度大小为
a
t
=______0.1 ______
ms
2
, 第1秒末法向加速度的大小为
a
n
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：


=______0.1______
ms2
.
6．一小球沿斜面向上作直线运动，其运动方程为：
s54tt< br>2
，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
x2t,y192t
2
,则质点在任意时刻的速


度表达式为（

2
i
4
tj
）；加速度表达式为（
a4j
）。

8. 一质点沿半径R=0.4 m作圆周运动，其 角位置

=2+3t
2
，在t=2s时，它的法向加
速度
a
n
=( 57.6 )
ms
2
，切向加速度
a
t
=( 2.4 )
ms
2
。


2
9、已知质点的运动方程为< br>r
2
ti
(2
t
)
j
，式中
r
的单位为
m
，
t
的单位为
s
。

1
则质点的运动轨迹方程
y
（
2x
2
），由
t0
到
t2s
内质点的位移矢量
r
4

（
4
i
4
j
）
m
。
10、质点在OXY
平面内运动，其运动方程为
x2t,y10t
2
，质点在任 意时刻的


2
位置矢量为（
2
ti
(10 
t
)
j
）；质点在任意时刻的速度矢量为（
2i2tj
）；加

速度矢量为（
2
j
）。

二、选择题
1. 某质点作直线运动的运动学方程为
x
＝5
t
-2
t
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．



22
2. 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为 r

ati

btj
（其中
a
、
b< br>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
x
3
t
5
t
（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）12ms、4ms
2
； （B）-12 ms、-4 ms
2
；
（C）20 ms、4 ms
2
； （D）-20 ms 、-4 ms
2
；
< br>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：
3

6
(SI)，则该质点作（ D ）。

（ 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
x

5t
2

3t

3m
。则 第三秒时的加速度的大小是
（ A ）
ms
2
。
A． 10 B．50；
C．15； D．12。
8、质点做半径为1
m
的圆周运动，运动方程为

=3 +2
t
2
（
SI
单位），则
t
时刻质点
的 切向加速度的大小为
a
t
=（ C ）
ms
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

3t2
2t
(
SI
单位)，则任意时刻质点角
速度的大小

=（B）。
A．
3t1
B．
6t2
；
C．
4t2
； D．
62t
。
10、质点在
OXY
平面内运动,其运动方程为
xt,y
度为（ B ）。
10t
2
,质点在任意时刻的加速

A．
j
B．
2
j
；
C．
3j
； D．
4j
。

三、一质点沿半径为
R
的圆周按规律
sv
0
t
1
2
bt
运动，
v
0
,b
都是常量。
2

（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
sv
0
t
1
2
bt
可知
vv
0
bt
2
2
v
2

v
0
bt

dv
a
t


a
n
b

aa
n
RR
dt（2）
a
2
a
t

2
R
2
b
2


v
0
bt

R
v< br>0

b
4

a
n
a
t

22
R
2
b
2


v
0bt

R
4
b
即
v
0
bt
0

t
22
v
0
v
0
1
2
v
0
1
2
（3）< br>t
带入
sv
0
tbt

sv
0
tbt

n

22b4< br>
bR
b
2
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

与时间
t
的关系
为

kt
2
，已知
t
=2s时，质点P的速率为16ms，试求t=1s时，质点P的速率与加< br>速度的大小。
解：由线速度公式

R

Rkt
2
1kt
2
得
k

t
2

16
4

2< br>2

2
(4t
2
)
2
d

2
16t
4
ms
2
P点的速率为

4t
ms
a
t
8t
ms
a
n

R1
dt
2
t
=1时：


4
t
2

4

1
2

4(
m

s
)

a
t
8t8(ms
2
)


a< br>n

16
t
4

16

1
4

16(
m

s
2
)

aa< br>t
a
n
16
2
8
2
8517.9 (ms
2
)

22
五、已知质点的运动学方程为：
r8 t
2
3t12i6t
2
8t10j
. 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：
v

dr


16
t< br>3

i
(12
t
8)
j

dt
a
dv
16i12j

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5ms，则当
ｔ
为3s时，质点的速率
v
为多大。

解：
va(t)dt


3+2 t

dt3t +t
2
C

t0
时，
v
0
5
可得积分常量
C5
ms
速度为
v3t+t
2
5

当
t3
时，
v

3

3t+t
2
523
ms
七、一质点在OXY平面内运动 ,其运动方程为
x2t,y10t
2
,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。
x
2
（1）
y10

4


（2）

2
i
2
tj
，


a2j

八、已知一质点的 运动方程为
rat
2
ibt
2
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。

v
a
dr
2ati2btj

dt
dv
2ai2bj

dt
xat
2

ybt
2

则将
t
2

xb
代入
y
的表达式可得到质 点运动的轨迹方程为
yx

aa
九、已知质量为3
kg
的质点的运动学方程为：
r3t
2
2t1i4t
2
6t8j
. 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：
v
dr

6
t
2

i
(8
t
6)
j

dt
a
dv
6i8j

dt
（2）
aa6
2
8
2
10ms
2

Fma31030N

十、一质点在OXY平面内运动,其运动方程为
x4t,y82t
2
,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。
x
2
（1）
y8

8
（2）

4i4tj
，
a4j

十一、已知质量为10
kg的质点的运动学方程为：
r8t
2
3t12i6t
2
 8t10j
.
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：
v

dr


16
t< br>3

i
(12
t
8)
j

dt
a
dv
16i12j

dt
aa12
2
16
2
20ms
2< br>
Fma1020200N

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.





(1) vxt6ms
(2) vdxdt10t9t
2
,
(3) advdt
1018t,
v
a
t2
16 ms
26 ms
2
t2
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
J
0
，角速
度为

0
；然后将两手臂合拢，使其转动惯量变为
2J
0
3
，则转动角速度变为3

0
2
.

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
（
ml
2
3
），对于通过棒的中点与棒垂直的轴的转动惯量 （
ml
2
12
）。
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
（
3g
2L
），细杆转动到竖直位置时角加速度为（ 零 ）。
6. 一长为
l1m
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
1
2
ml
，则(1) 放手时棒的角加速度为（ 7.5 ）
rads
2
；(2) 棒转到水平位置时的角加
3
速度为（ 15 ）
rads
2
。（
g10ms
2
）
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

（ 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（

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
ML
2< br>3
。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
3g
）。
2l
v2
，则此时棒的角速度应为（
3mv
）。
2ML

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。

O
俯视图
1
2

v


v

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;
3g
2L
(B)
3g
2L
; 0 (C) 0；
3g
L
（D）
3g
L
；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
J
0
，角速< br>度为

0
，然后将两手臂合拢，使其转动惯量为
2
J
0
，则转动角速度变为（ C ）。
3
A．

0
B.
2
3
2
3

0
C.

0
D.
3
2
3

0

2
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< br>，设A、B两滑轮的角加速度分别为

A
和

B
，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）

A


B

（B）

A


B

（C）

A


B

（D） 无法判断
A
B
mg
F

=
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
和

B
，若

A


B
，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
J
A
和< br>J
B
，则 ：（ B ）
（A）
J
A
J
B
（B）
J
A
J
B
（C）
J
A
J
B
（D）
J
A
、
J
B
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

可以为零，角加速度

也可以为零；
(B) 角速度

不能为零，角加速度

可以为零；
(C) 角速度

可以为零，角加速度

不能为零；
(D) 角速度

与角加速度

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
o

A
1
MR
2
，
2
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。

解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程:
对物体：
mgT=ma

对滑轮：
TR=J


运动学关系：
a=R


解方程组，得
a=
.

M

m

R

mg

m + M 2
mg t

m + M 2
∵ v
0
＝ 0， ∴
v = at =

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

O


v
0



l1

l

mv
0
m


m
0
l
2


23
2

由此可得棒和子弹的瞬时角速度为


棒中点获得的瞬时速 率为
2
6mv
0

3ml4m
0
l
v

r

6mv
0
3mv
0
l


3ml4m
0
l23m4m
0
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
1
g-T
1
=m
1
a ①
T
2
-m
2
g=m
2
a ②
(T
1
-T
2
)r=J

且有
ar
③
④
由以上四式消去T
1
，T
2
得：

= (m1
-m
2
)gr[(m
1
+m
2
)r
2
+J]

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，
AO

l
。求杆下摆到

角时的角速度

。
4
解 对于杆和地球系统，只有重力做功，故机械能守恒。

mg
l1
sin

J

2
①
42
A
l
,
m
O
θ
O
·

B
直杆的转动惯量为
OA
段和
OB
段转动惯量的叠加，所以
JJ
0
md
2

1
2
l7
mlm( )
2
ml
2
②
12448
6gsin


7l
ω
将②代入①，解得

2

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
m
0
的子弹（可看作质点）以速度
v
0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。
JmR
2

m
0
v
0
R(mm
0
)R
2







m
0
v
0

(mm
0
)R
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（
J


1
Ml
2
）。
12
l1l
Ml
2

m()
2

2122
mv

6mv

(M3m)l



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3
m
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
mr
2
的转动惯量均为，将由两个定滑轮以及质量为 3
m
和
m
的重物组成的系统从静止
2
释放，求重物的加速度 和两滑轮之间绳内的张力
T
2
。
解： 列牛顿第二定律方程
3mg
T
3
3ma

T
1
mgma

根据
MJ


1
1
2
2
(
T
3

T
2
)rm
r

< br>(
T
2

T
1
)rm
r


2
2
T
3
m,r
T
2
m,r
T
1
3m
m
ar


a

2
8
g

T
2
mg

5
5
1
2
m l
，和一质量也为
m
的小球牢固地连在杆的一
3
十、均质细棒长为< br>l
质量为
m
，
J
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
l1
mgcos

mglcos< br>
(ml
2
ml
2
)


23
.





9gcos


8l
（2）由机械能守恒得
mg
3
2
l11
mgl(ml
2
ml
2
)

2

223
3
g
(1分)
vgl

2
l



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

角时的角
速度和角加速度。
ml
2
mglsin


MJ


M

J

3
2
3gsin




2ld

d

3gsin

d

3gsi n





dtd

2ld

2l

θ



0

d




0
3gsin

3g

1cos


d< br>




2l
l
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

mg
L

J


2
1
2
3g

mL



2L
3

J
（2）垂直位置时

mg
L1
J

2

22






3g

L
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
。设绳子与滑轮间无相对滑动，飞轮和转轴间的摩擦不计。试求：


（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
MJ




MFr980.2
39.2rads
2

JJ0.5

（2）对物体应用牛顿运动定律
mgTma

对滑轮应用转动定律
TrJ





利用关系
ar


由以上各式解得

< br>m
J
mr
r
g
mrg100.29.8
2< br>
21.8rads
22
mrJ100.20.5

< br>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

1
、

2
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

。求两圆盘啮合后共同的角速度

。
解：根据角动量守恒
J
1
J
2
J
1

1
J
2

2
(J
1
 J
2
)


J
1

1J
2

2



J
1
J
2



1

2
第九章 静电场
二、主要内容
1、库伦定律：
F
q
1
q
2
r

4

0
r
3
1

2、电场强度：
E
F

q
0
电场强度的叠加原理：
EE
1E
2
E
3
…

电荷连续分布的带电体的场强：< br>EdE

dq

4

0
r
3
r

1
（1）线状分布：
E
1
4
< br>0
1
4

0

l

dlr
r
2
r
（2）面状分布：
E
1
4
< br>0

s

dsr
r
2
r

（3）体状分布：
E

V

dVr
r
2< br>r
1

n
3、静电场的高斯定理：

EdS< br>

q

i
S
0
i1
4、静电场 的环路定理：
Edl
0


L
5、电势：
U< br>P



P
Edl

电势的叠加原理：< br>UU
1
U
2
U
3
…

电荷 连续分布的带电体的电势：
UdU

dq

4
0
r

1
（1）线状分布：
U
1
4

0
1
4

0

l

dl< br>r
（2）面状分布：
U
1
4

0

s

ds
r

（3）体状分布：
E

V

dV
r

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
E

e


0。
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：

DdS

q
各向同性线性电介质：
D

E

E

i0r
n
S
i1
8、电容器的电容：
C
Q

S
特例：平行板电容器的电容：
C

Ud

1Q
2
11
QUCU
2

电容器储能：
W
2C22
9、电场的能量密度：

e
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 )
1
1

0

r
E
2
电场能量 ：
W
e



e
dV


0

r
E
2
dV

2
2
VV

(A)q
2


0
S(B)q
2
4

0
d (C)q
2
2

0
S
(D)q
2
2

0
Sd
4、在静电场中，作一闭合曲面
S，
若有
Dds
则
0
S面内必定（D）

S

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）

q Q
1

q
、
Q1

q

Ａ、 B、 C Ｄ、
4

0
r


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
Φ
1
Φ
2
和S
, 其位置如下图所示。设通过S
和 S的
21 2
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）
q



4

0

rR

4

0r
Qq



4

0

rR

Φ
S
A.Φ
1
Φ
2
,Φ
S
q

0





< br>B.Φ
1
Φ
2
,Φ
S
2q

0
D.Φ
1
Φ
2
,Φ
S
q

0
C.Φ
1
Φ
2
,Φ
S
q

0
9、两块“无限大”的带电平行电板，其电荷面密度分别为(>0)及－2 ，如图所示，
试
写出各区域的电场强度


x轴正向.
І区 的大小 ，方向 .


E

2

0
E3
< br>2

0
x轴正向
ІІ区 的大小 ，方向 .


x轴负向
ІІІ区 的大小 ，方向 .


E

2

0
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。

（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
E
的大小为 0 。 产生的电场强度

14、一质量为m、电量为q的小球 ，在电场力作用下，从电势为U的a点，移动到电
2qU
2
a点的速率势为零的b点， 若已知小球在b点的速率为V，则小球在V
v
ba
b
m
＝ 。

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
(0rR)


0

(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。

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
根据高斯定理

s
EdsE4

r
2< br>

s
Eds

dV
，可解得电场强度的分布。


1
（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
dq

4

r '
2
dr'
，每个带电球壳在壳内激发的电场
dE0
，
而 在球壳外激发的电场
dE
r
dq
4

0
r< br>2
e
r
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)

E(r)

dE

(rR)

00
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
< br>s
Eds
1



dV
得球体内
(0rR)

2

k
4
kr
2
E( r)4

r

kr4

rdrr,E(r)e
r


0

0
4

0
2
1
r
球体外
(rR)

E(r)4

r
2

0

0
1
R

k
4
kR
4
kr4

rdrR,E(r)e

2< br>r

0
4

0
r
2
解2：将带电球 分割成球壳，球壳带电
dq

dVkr'4

r'
2< br>dr'

由上述分析，球体内
(0rR)

E(r)< br>
r
0
1kr'4

r'
2
dr'kr< br>2
e
r
e
r

2
4

0
r4

0
球体外
(rR)

E(r)

R
0
1k r'4

r'
2
dr'kR
4
e
r
e

22
r
4

0
r4

0r
16、 两个同心球面的半径分别为
R
1
和
R
2，各自带有电荷
Q
1
和
Q
2
。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
V
p



P
Edl
可求得电势分布。

< br>（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
V
Q< br>4

0
r

在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球 面的电势
V
Q
4

0
R
，
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
E
1
0, (rR
1
)
，
E
2

由电势
V
1
4

0
r
e,(R
1
rR
2< br>)
，
E
3

2
r
Q
1
Q
2
e
r
,(rR
2
)

2
4< br>
0
r


r
Edl
可求得各区域的电 势分布。
当
rR
1
时，有
V
1


E
1
dl

E
2
dl

E
3
dl
rR
1
R
2
R
1
R< br>2

Q11QQ
2
0
1
()
1< br>4

0
R
1
R
2
4

0
R
2

Q
1
4

0
R
1

Q
2
4

0
R
2


当
R
1
rR
2
时，有
V
2


E
2
dl

E
3
d l
rR
2
R
2

Q
1
11Q
1< br>Q
2

()
4

0
rR
2
4

0
R
2
Q
1
4
0
r

Q
1
Q
2

4

0
R
2

当
rR
2
时，有
V< br>3



r
E
3
dl
Q
1
Q
2

4

0
r
（2）两个球面间的电势差
U
12< br>

E
2
dl
R
1
R
2
Q
1
11
()

4

0
R
1
R
2

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
rR
1
，
则
V
1

Q< br>1
4

0
R
1

Q
2
4

0
R
2

若该点位于两个球面之间，即
R1
rR
2
，则
V
2

Q
1
4

0
r

Q
1
Q
2
< br>4

0
R
2
若该点位于两个球面之外，即
rR< br>2
，则
V
3

（2）两个球面间的电势差
Q
1
Q
2

4

0
r
U
12
(V
1
V
2
)
rR
2
Q
1
11
()

4

0
R
1
R
2
17、 两个很长的共 轴圆柱面
(R
1
3.010
2
m,R
2
0 .10m)
，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）
r0.05m
处的电场强度。
解：（1）两圆柱面之间的电场强度为
E
R
2


2

0
r
根据电势差的定义有
U
12

解得



R
1
Edl

lnR
2
R
1

2

0
2

0
U
12
2.110
8
Cm
1
lnR
2
R
1
（2）解得两圆柱面之间
r0.05m
出的电场强度
E

7475Vm
1

2

0
r
18、两同心带电球面,分别带等量异号电荷Q。内球面半径
R1
，带电量+Q；外球面半
径
R
2
，带电量-Q。求球面内外的 场强分布和两球面间的电势差。
解：
E
1
0(rR
1
)
< br>E
2

Q
4

0
r
2
( R
1
rR
2
)


E
3
0(rR
2
)

< br>U

R
2
Q
4

0
r
R
1
dr
2
Q
4

0
(
11
)

R
1
R
2

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

E2

rl

q

0


对
rR
1
，
对
R
1
rR
2
，
对
rR
2
，


q0
，
E
1
0


q

L
，
E
2



2

0
r

q[

(

)]L
，
E0

(2) 两筒间电势差

V 

R
2
R
1
R

drln
2

2

0
r2

0
R
1
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
r
A
、
r
B
间的电势差；（2）球壳外两点
r
C
、
r
D
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

EdS
S
E
1
0

rR
（2分）
E
2

（1）球壳内两点的电势差
V
A
（2）球壳外两点的电势差

q


0
Q
4

0
r
2

rR

r
B
A
V
B

r


E
1
dl0

V
C
V
D


r
r
D
C
Q

E
2
dl

4


0
r
D
r
C
dr
r
2

Q
4

0
r
C

Q
4

0
r< br>D

（3）球壳外任意点的电势
V

r



Q

E
2
dl
4

0
r

（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
V
Q
4

0
R

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

解：由高斯定理

Eds
s

q
得：

0
当
r
>
R
时，
E
1

当
r
<
R
时，
E
2

Q

4

0
r
2

1

Q
r

4

0
R
3
r
P
R
1
V
P



P






R

Edl

E
2
dl

E
1
dl

沿径向路径积分得
2
)
1
Q(3R
2
r
P

V< br>P


E
2
dr

E
1
dr
3
r
P
R
4

0
2R
R
22、两个同心球面的内、外半径分别为
R
1
和
R
2
，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。


rR
1
时
E
1
0

R
1
rR
2
时
E
2

R
2
r
时
E
3


Q
4

0
r
2

4QQ


4

0
r
2

0
r
2
23、如图所示，长L的直导线AB上均匀地分布着线密度为< br>
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

dx
。
A
L
B
d< br>P

电荷元

dx
在P点所激发的场强大小为
dE
P

1

dx
2
4

0< br>(Ldx)

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
E
P


dE
P


Q
L
1

dx

0
4

0
(Ldx)
2< br>11
()
4

0
LddL

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
=
(
x-a
), 
为一常量。取无穷远处为电势零点，求坐标原点
O
处的电势。


00
a
O

解、


l
x

U

dU
q


al
a

l

a
al

dx

0

0
ln
4

0
x4
 
0
4

0
a
25、如图所示，
C
1< br>0.25

F
，
C
2
0.15

F
，
C
3
0.20

F
，
C
1
上电压为50 V.求：
U
AB
.


解: 电容
C
1
上电量
Q
1
C
1
U
1

电容
C
2
与
C
3
并联
C
23
C
2
 C
3

其上电荷
Q
23
Q
1

∴
U
2

Q
23< br>C
1
U
1
2550


C
23
C
23
35

U
AB
U
1
U
2
50(1


25
)86

V

35