資源簡介

第一章 質點運動學
本章提要
參照系：描述物體運動時作參考的其他物體。
運動函數：表示質點位置隨時間變化的函數。
位置矢量：
位置矢量：
一般情況下：
3、速度和加速度： ；
4、勻加速運動： 常矢量 ；
5、一維勻加速運動： ；
6、拋體運動： ；
；
；
7、圓周運動：
法向加速度：
切向加速度：
8、伽利略速度變換式：
【典型例題分析與解答】
1.如圖所示,湖中有一小船。岸上有人用繩跨過定滑輪拉船靠岸。設滑輪距水面高度為h，滑輪到原船位置的繩長為l。當人以勻速v拉繩，船運動的速度為多少
解：取如圖所示的坐標軸, 由題知任一時刻由船到滑輪的繩長為l=l0-vt
則船到岸的距離為：
因此船的運動速率為：
2.一質點具有恒定的加速度,在t=0時刻,其速度為零, 位置矢量 (m).求:(1)在任意時刻的速度和位置矢量;(2)質點在 xoy平面的軌跡方程,并畫出軌跡的示意圖.
解. (1)由加速度定義,根據初始條件 t0=0 v0=0 可得
由及 t0=0得
(2)由以上可得質點的運動方程的分量式x=x(t) y=y(t)
即 x=10+3t2
y=2t2
消去參數t,得質點運動的軌跡方程為
3y=2x-20
這是一個直線方程.由知
x0=10m,y0=0.而直線斜率 ,
則軌跡方程如圖所示
3. 質點的運動方程為和,(SI)試求:(1) 初速度的大小和方向;(2)加速度的大小和方向.
解.(1)速度的分量式為
當t=0時,v0x=-10m/s,v0y=15m/s,則初速度的大小為m/s
而v0與x軸夾角為
(2)加速度的分量式為
則其加速度的大小為 ms-2
a與x軸的夾角為 (或)
4. 一質點以25m/s的速度沿與水平軸成30°角的方向拋出.試求拋出5s后,質點的速度和距拋出點的位置.
解. 取質點的拋出點為坐標原點.水平方向為x軸豎直方向為y軸, 質點拋出后作拋物線運動,其速度為
(
v
0
v
x
v
y
X
Y
)
則t=5s時質點的速度為
vx=21.65m/s
vy=-36.50m/s
質點在x,y軸的位移分別為
x=v0xt=108.25m m
質點在拋出5s后所在的位置為 m
5.兩輛小車A、B沿X軸行駛,它們離出發點的距離分別為 XA=4t+t2, XB= 2t2+2t3 (SI)問:(1)在它們剛離開出發點時,哪個速度較大 (2)兩輛小車出發后經過多少時間才能相遇 (3)經過多少時間小車A和B的相對速度為零
解.(1)
當 t=0 時, vA=4m/s vB=0 因此 vA > vB
(2)當小車A和B相遇時, xA=xB 即
解得 t=0、1.19s -1.69s(無意義)
(3)小車A和B的相對速度為零,即 vA-vB=0 3t2+t-2=0
解得 t=0.67s . -1s(無意義).
第二章 質點力學（牛頓運動定律）
本章提要
1、牛頓運動定律
牛頓第一定律 時 常矢量
牛頓第二定律
牛頓第三定律
2、技術中常見的幾種力：
重力 彈簧的彈力 壓力和張力
滑動摩擦力
靜摩擦力
3、基本自然力：萬有引力、弱力、電磁力、強力。
4、用牛頓運動定律解題的基本思路：
認物體看運動查受力（畫示力圖）列方程
5、國際單位制（SI）
量綱：表示導出量是如何由基本量組成的冪次式。
【典型例題分析與解答】
1. 一木塊在與水平面成a角的斜面上勻速下滑.若使它以速度v0 沿此斜面向上滑動,如圖所示.證明它能沿該斜面向滑動的距離為v02/4gsina.
證.選如圖所示坐標,當木塊勻速下滑時,由牛頓第二定理有
mgsina-f =0
因此木塊受到的摩擦阻力為 f = mgsina (1)
當木塊上行時,由牛頓第二定律有 - mgsina - f=ma (2)
聯立(1)(2)式可得a= -2gsina
式中負號表示木塊沿斜面向上作勻減速直線運動.木塊以初速v0開始向上滑至某高度時,v=0,由v2=v02+2as 可得木塊上行距離為 s=-v02/2a=v02/4gsina
2.如圖所示,已知F=4.0×104N,m1=3.0×103kg,m2=2.0×103kg兩物體與平面間的摩擦系數為0.02,設滑輪與繩間的摩擦系數均不計算.求質量m2物體的速度及繩對它的拉力.
解.如圖所示,設m2的加速度為a2,m1的加速度
為a1.由牛頓第二定律分別列出m1,m2的運動方
程為
由于滑輪質量、滑輪與繩之間的摩擦力不計,則有
考慮到,且繩子不被拉長,則有
聯立上述各式,可得
3.在一只半徑為R的半球形碗內,有一粒質量為m的小鋼球.當小鋼球以角速度ω在水平面內沿碗內壁作勻速圓周運動時,它距碗底有多高
解.如圖所示,鋼球以角速度ω在水平面內沿碗內壁作勻速圓周運動.當它距碗底高為
h時,其向心加速度為，鋼球所受到的作用力為重力P和碗壁對球的
支持力N,其合力就是鋼球勻速圓周運動所需的向心力F.由圖
(
F
P
N
R
h
θ
θ
)有
`則 (1)
考慮到鋼球在垂直方向受力平衡,則有
(2)
由圖可知 . 故有
4. 一質量為m的小球最最初位于如圖所示的A點,然后沿半徑為r的光滑圓弧的內表面ADCB下滑.試求小球在點C時的角速度和對圓弧表面的作用力.
解.取圖所示的坐標系,小球在運動過程中受重力P和圓弧內表面的作用力N.由牛頓第二定律得小球在切向方向運動方向方程為
(
A
D
C
B
O
r
a
)即
由 可得 .
將其代入上式后,有
根據小球從A運動到C的初末條件對上式兩邊進行積分,則有
得
小球在C點的角速度為
小球在法線方向的運動方程為 Fn=man
即
由此得小球對圓弧的作用力為
5.有一個可以水平運動的傾角為α的斜面,斜面上放一質量為m的物體,物體與斜面間的靜摩擦系數為μ,如果要使物體在斜面上保持靜止,斜面的水平加速度應如何
解.物體m在斜面上保持靜止,因而具有和斜面相同的加速度a.可以直觀的看出,如果斜面的加速度太小,則物體將向下滑;如果斜面的加速度過大, 則物體會向上滑.
(1)假定物體靜止在斜面上,但有向下滑的趨勢;
物體受力分析如圖(1)所示,由牛頓運動定律有
則
(1)假定物體靜止在斜面上,但有向上滑的趨勢;物體受力分析如圖(2)所示,由牛頓運動定律有
則
故
第三章 功與能
本章提要
1、功：
2、動能定理：
3、保守力與非保守力：
4、勢能：對保守內力可以引入勢能概念
萬有引力勢能：以兩質點無窮遠分離為勢能零點。
重力勢能：以物體在地面為勢能零點。
彈簧的彈性勢能：以彈簧的自然伸長為勢能零點。
5、機械能受恒定律：在只有保守內力做功的情況下，系統的機械能保持不變。
1、用力推地面上的石塊.已知石塊的質量為20kg,力的方向和地面平行. 推力隨位移的增加而線性增加,即F=6x(SI).試求石塊由x1=16m移到x2= 20m的過程中,推力所作的功.
解.由于推力在作功過程中是一變力,按功的定義有
2、一顆速率為700m/s的子彈,打穿一木塊后速率降為500m/s.如果讓它繼續穿過與第一塊完全相同的第二塊木板.求子彈的速率降到多少
解.由動能定理可知,子彈穿過第一塊和第二塊木板時克服阻力所作的功分別為
式中v1為子彈初速率,v2為穿過第一塊木板后的速率,v3為穿過第二塊木板后的速率.由題意知兩塊木板完全相同,因此子彈穿過木板過程中克服阻力所作的功可認為相等,即 W1=W2,故有
由此得子彈穿過第二塊木板后的速率為
3、.用鐵錘把釘子敲入木板.設木板對釘子的阻力與釘子進入木板的深度成正比.若第一次敲擊能把釘子打入木板.第二次打擊時, 保持第一次打擊釘子的速度,那么第二次能把釘子打多深.
解.錘敲釘子使釘子獲得動能.釘子釘入木板是使釘子將獲得的動能用于克服阻力作功.由于釘子所受阻力f與進入木板的深度x成正比,即f=kx,其中k為阻力系數.而錘打擊釘子時,保持相同的速度,故釘子兩次進入木板過程中所作功也相等, 所以有
即釘子經兩次敲擊進入木板的總深度為0.0141m.由此可知第二次打擊使釘子進入木板的深度為
4、一半徑為R的光滑球固定在水平面上. 另有一個粒子從球的最高點由靜止沿球面滑下.摩擦力略去不計.求粒子離開球的位置以及粒子在該位置的速度.
解.如圖所示,粒子在光滑球面上滑動時僅受球面支持力和地球引力 mg的作用.由于N始終與球的運動方向垂直,故系統機械能守恒.當粒子從最高點A滑至離開球的位置B時,有
根據牛頓第二定律,有
而粒子剛好離開時,N=0.因此有
則物體剛離開球面處的角位置為
此時,粒子的速率為
v的方向與P夾角為
5、一勁度系數為K的水平輕彈黌,一端固定在墻上,另一端系一質量為M的物體A放在光滑的水平面上.當把彈黌壓縮x0后,再靠著A放一質量為m的物體B,如圖所示.開始時系統處于靜止,若不計一切摩擦.試求:(1)物體A和B分離時,B的速度;(2)物體A移動過程中離開o點的最大距離.
解.(1)以A、B及彈黌為系統,假定A、B分離時的共同速度為v. 由機械能守恒定律,有
則
(2)若設x為物體A離開o點的最大距離,
由系統機械能守恒,有
則
第四章 動量
本章提要
1、動量定理：合外力的沖量等于質點（或質點系）動量的增量。
對于質點系
2、動量受恒定律：系統所受合外力為零時，常矢量。
3、質心的概念
質心的位矢：
4、質心運動定律：質點系所受的合外力等于其總質量乘以質心的加速度。
質點系的動量受恒等同于它的質心速度不變。
1、如圖所示,質量為m、速度為v的子彈,射向質量為M的靶,靶中有一小孔, 內有勁度系數為k的彈黌,此靶最初處于靜止狀態,但可在水平面作無摩擦滑動.求子彈射入靶內彈黌后,彈黌的最大壓縮距離.
解.質量為m的子彈與質量為M 的靶之間的碰撞是從子彈與固定在靶上的彈黌接觸時開始的,當彈黌受到最大壓縮時,M和m具有共同的速度v1, 此時彈黌的壓縮量為x0.在碰撞過程中,子彈和靶組成的系統在水平方向上無外力作用, 故由動量守恒定律可得
(1)
在碰撞過程中,系統的機械能守恒,有
(2)
聯立(1) (2)式,得
2、質量為、速率為的粒子A, 與另一個質量為其一半而靜止的粒子B發生完全彈性的二維碰撞,碰撞后粒子A的速率為.求( 1)粒子B的速率及相對粒子A原來速度方向的偏角;(2);粒子A的偏轉角.
解.取如圖所示的坐標.當A、B兩粒子發生碰撞時,系統的動量守恒.在xoy平面內的二維直角坐標中,
有
由碰撞前后系統機械能守恒,有
則碰撞后粒子B的速率為
粒子B相對于粒子A原方向的偏轉角,
粒子A的偏轉角
3、如圖所示為一彈黌振子,彈黌的勁度系數為K,質量不計.有一質量為m、速度為v的子彈打入質量為M的物體,并停留在其中,若彈黌被壓縮的長度為x,物體與平面間的滑動摩擦系數為μ,求子彈的初速度.
解.以M、m和彈黌為研究對象,系統在水平
方向動量守恒,有mv=(m+M)u (1)
子彈打入物體后,在彈黌被壓縮的過程中,
由功能原理,可得
(2)
聯立(1)(2)式得
4、質量為m的物體從斜面上高度為h的A點處由靜止開始下滑,滑至水平段B點停止.今有一質量為m的子彈射入物體中,使物體恰好能返回到斜面上的A點處. 求子彈的速率.
解.以地球和物體為研究系統,物體從A處滑到B
處的過程中,由功能原理可得摩擦力的功的數值
(
A
m
B
m
h
)為 Wf=mgh
取子彈和物體為系統,子彈射入物體的過程系統
的動量守恒,有 mv=2mu
再以地球、物體和子彈為系統,由功能原理有
由此可得
5、如圖所示,質量為m的小球沿斜坡在h處由靜止開始無摩擦滑下, 在最低點與質量為M的鋼塊作完全彈性碰撞.
求:(1)碰撞后小球沿斜坡上升的高度.(2)若鋼塊和地面間摩擦系數為μ,碰撞后鋼塊經過多長時間后停下來.
解.小球沿斜坡滑下過程中系統機械
(
A
m
M
h
)能守恒
小球m以速度v在斜坡底端和M發生完全彈性碰撞,有
小球沿斜坡上升過程中系統機械能守恒,有
若鋼塊M在平面上運動經秒后停下來,由動量定理有
聯立求解可得
第五章 剛體的轉動
本章提要：
剛體的定軸轉動：
角速度：
角加速度；
勻加速轉動：
剛體的定軸轉動定律：
剛體的轉動慣量：
平行軸定理
力矩的功：
轉動動能：
剛體定軸轉動的動能定理：
剛體的重力勢能：
機械能守恒定律：只有保守力做功時，常量
角動量：
質點的角動量：
質點的角動量定理：
質點的角動量守恒定律：常矢量
剛體定軸轉動的角動量：
剛體定軸轉動的角動量定理：
剛體定軸轉動的角動量受恒定理：當合外力矩為零時 常量
1、設某機器上的飛輪的轉動慣量為63.6kg.m2,轉動的角速度為31.4s-1,在制動力矩的作用下,飛輪經過20s勻減速地停止轉動,求角加速度和制動力矩.
解.由題意知飛輪作勻減速運動,角加速度β應為常量,故有
.
根據轉動定律,可得制動力矩
式中負號表示角加速度、制動力矩的方向均與飛輪轉動的角速度方向相反.
2、如圖(a)所示為一阿脫伍德(Atwood)機.一細而輕的繩索跨過一定滑輪, 繩的兩端分別懸有質量為m1和m2的物體,且m1>m2.設定滑輪是一質量為M、半徑為r 的圓盤,繩的質量不計,且繩與滑輪間無相對運動.試求物體的加速度和繩的張力.如果略去滑輪的運動,將會得到什么結果
解.分別作出滑輪M,物體m1和m2的受力分析圖如圖(b)所示.由于繩索質量不計,且長度不變,故m1和m2兩物體運動的加速度a和a'大小相等,均為a,但方向相反.對物體m1和m2以及滑輪M分別應用牛頓第二定律和轉動定律,可得
m1g-T1=m1a (1)
T’2-m2g=m2a’ (2)
(3)
而 (4)
(5)
聯立(1)(2)(3)(4)(5)式,可得
如果略去滑輪的運動,即T1=T2=T,有
3、質量為0.50kg,長為0.40m的均勻細棒,可繞垂直于棒的一端的水平軸轉動.如將此棒放在水平位置,然后任其下落.求:(1)在開始轉動時的角加速度;(2)下落到鉛直位置時的動能;(3)下落到鉛直位置時的角速度.
解.(1)如圖所示,棒繞端點o的轉動慣量J=ml2/3.
在水平位置時,棒所受的重力矩 Ｍ=mgl/2,
根據轉動定律,得
(2)取棒和地球為系統,以棒處于豎直位置時其中
心點A處為重力勢能零點.在棒的轉動過程中只有
保守內力作功,系統的機械能守恒.棒從靜止時的水
平位置下落到豎直位置時,其動能為
Ek=mgl/2=0.98J
(3)棒在豎直位置時的動能就是此刻棒的轉動動能,則有Ek=1/2 Jω2,所以豎直位置時棒的角速度為
4、如圖所式,A、B兩個輪子的質量分別為m1和m2,半徑分別為r1和r2.另有一繩繞在兩輪上,并按圖示連接.其中A輪繞固定軸o轉動.試求:(1)B輪下落時, 其輪心的加速度;(2)細繩的拉力.
解.取豎直向下為x軸正向,兩輪的受力分析如圖示.A輪繞軸o作定軸轉動,故有
且
故 (1)
對于B輪除了繞其軸C的轉動外,還有B輪質心C的平動.根據牛頓定律,B輪質心運動方程為 (2)
又根據轉動定律,對B的轉動有
(
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)
聯立求解可得
2T/m1=ac-2T/m2
故 (5)
聯立(2)(5)式可得
5、在圖示的裝置中,彈黌的勁度系數K=2.0N/m,滑輪的轉動慣量J=0.50kg.m2, 半徑R=0.30m,物體質量m=6×10-2kg.開始時用手將物體托住使彈黌為原長, 系統處于靜止狀態.若不計一切摩擦,求物體降落0.4m處的速率.
解.以滑輪、物體、彈黌和地球為系統,在物體下落過程中,系統的機械能守恒.設物體下落h=0.4m時的速率為v,則
6、如圖所示,質量為m1和m2 的兩物體通過定滑輪用輕繩連接在一起,滑輪與軸、物體與桌面的摩擦忽略不計.當m1由靜止下降距離h時,求:(1)若滑輪質量不計,此時m1的速率是多少 (2)若滑輪的轉動慣量J=MR2/2,此時m1的速率又為多少 (3)若在(2)中把m1換成拉力F,此時滑輪的角加速度為多少
解.(1)物體在下落過程中系統的機械能守恒,有
(2)考慮到滑輪的轉動,在物體下落的過程中,系統的機械能仍然守恒,因此有
(3)由轉動定律,有
而
則
第六章 氣體動理論
本章提要
系統和外界，宏觀量和微觀量；
平衡態和平衡過程；
理想氣體狀態方程：
普適氣體常數：
阿佛加德羅常數：
玻爾茲曼常數：
理想氣體的壓強：
溫度的統計概念：
能均分定理：
每一個自由度的平動動能為：
一個分子的總平均動能為：
理想氣體的內能為：
速率分布函數：
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：
輸送過程：內摩擦（輸送分子定向動量）
熱傳導（輸送無規則運動能量）
擴散（輸送分子質量）
1、目前實驗室所能獲得的真空,其壓強為1.33×10-8pa.試問在27℃的條件下, 在這樣的真空中每立方厘米內有多少個氣體分子
解. 由 P=nkT 可得單位體積內的分子數
n=P/(kT)=3.21×1012m-3
故每立方厘米內的分子數為3.21×106個
2、2g氫氣裝在20×10-3m3的容器中,當容器內的壓強為3.99×104Pa時, 氫氣分子的平均平動動能為多大
解.理想氣體分子的平均平動動能取決于溫度,且有, 而一定量氣體在確定的體積和壓強的前提下,其溫度可由狀態方程得
則
3、 求溫度為127℃的氫氣分子和氧氣分子的平均速率, 方均根速率及最概然速率.
解.分別按平均速率,方均根速率和最概然速率的計算公式, 可求得氫分子相對應的各種速率為
由于三種速率與分子的摩爾質量成反比,而,則氧分子的三種速率均為氫分子速率的1/4.即
v0=5.16×102m/s,
,
(vp)0=4.45×102m/s
4、在30×10-3m3的容器中裝有20g氣體,容器內氣體的壓強為0.506×105Pa,求
氣體分子的最概然速率
解.最概然速率 ,式中氣體的溫度T可根據狀態方程,以壓強P和體積V代替,即 ,
故
5、收音機所用電子管的真空度為1.33×10-3Pa.試求在27℃時單位體積中的分子數及分子的平均自由程(設分子的有效直經d=3.0×10-8cm).
解. 由壓強公式可得單位體積中的分子數
n=P/(kT)=3.21×1017m-3
分子的平均自由程為
第七章 熱力學基礎
本章提要
準靜態過程：過程中的每一個時刻，系統的狀態都接近于平衡態。準靜態過程中系統對外做的體積功
熱量：系統和外界或兩個物體由于溫度不同而交換的熱運動能量。
熱力學第一定律：
理想氣體的摩爾摩爾熱容量：
邁耶公式： 摩爾熱容比：
理想氣體的四種過程：
等體過程：
等壓過程：
等溫過程：
絕熱過程：
絕熱方程：常量 常量 常量
循環過程：
熱循環（正循環）：系統從高溫熱源吸熱，對外做功，向低溫熱源放熱。
循環效率：
致冷循環（逆循環）：系統從低溫熱源吸熱，接收外界做功，向高溫熱源放熱。
致冷系數：
卡諾循環：系統只與兩個恒溫熱源進行熱量交換的準靜態循環過程。
正循環的效率：
逆循環的致冷系數：
8、熱力學第二定律：克勞修斯說法（熱傳導） 開爾文說法（功熱轉換）
9、可逆過程和不可逆過程
不可逆：各種實際宏觀過程都是不可逆的，而它們的不可逆性又是相互溝通的。
三個實例：功熱轉換、熱傳導、氣體自由膨脹。
可逆過程：外界條件改變無窮小的量就可以使過程反向進行的過程（其結果是系統和外界能同時回到初態），無摩擦的準靜態過程是可逆過程。
1、一定質量的空氣,吸收了1.17×103J的熱量,并保持在1.013×105Pa下膨脹,體積從10-2m3增加到15×10-3m3,問空氣對外作了多少功 內能增加了多少
解.空氣等壓膨脹所作的功為 W=P(V2-V1)=5.07×102J
由熱力學第一定律 , 可得空氣內能的改變為
2、100g水蒸氣自120℃升到140℃.問(1)在等體過程中,(2)在等壓過程中,各吸收了多少熱量.
解. 水蒸氣為三原子分子,其自由自由度為i=6,定體摩爾熱容Cv=(i/2)R, 定壓摩爾熱容 Cp=(i/2+1)R,則
(1)等體過程中吸收的熱量為
(2)等壓過程中吸收的熱量為
3、壓強為1.013×105Pa,體積為10-3m3的氧氣0℃加熱到100℃,問(1)當壓強不變時, 需要多少熱量 (2)當體積不變時,需要多少熱量 (3) 在等壓或等體過程中各作多少功
解. 在給定狀態下該氧氣的摩爾數為
(1)壓強不變的過程即等壓過程,氧氣所需的熱量為
(2)體積不變的過程即等體過程,氧氣所需的熱量為
(3)由熱力學第一定律 得等壓過程中氧氣所作的功為
此結果亦可由 及 V1/V2=T1/T2得到.
在等體過程中氧氣所作的功為
此結果亦可直接由 得到.
4、如圖所示,使1mol的氧氣(1)由a等溫的到b;(2)由a等體的變到c;再由c等壓變到b.試分別計算所作的功和所吸收的熱量.
(
P （1.013
×
10
5
pa
2
1
o
22.4
44.8
V（10
-3
m
3
）
c
b
a
) 解.(1)氧氣在a到b的等溫過程中所作的功為
由于等溫過程中內能不變,由熱力學第一定律
,可得氧氣在a到b過程中所
吸收的熱量為 Q=WT=3.15×103J
(2)由于等體過程中氣體不作功,而等壓過程中所作的功為,圖中ac 為等體過程,cb為等壓過程.因此,氧氣在acb過程中所作的功為
W=Wac+Wcb=Wcb=Pc(Vb-Vc)=2.27×103J
氧氣在acb過程中所吸收的熱量為ac和cb兩個過程中吸收熱量之和,即
5、一卡諾熱機的低溫熱源溫度為7℃,效率為40％,若將其效率提高到50％,求高溫熱源的溫度提高多少度
解. 由卡諾熱機的效率η=1-(T2/T1)可知, 具有相同低溫熱源而效率分別為η'和η"的兩熱機,其高溫熱源的溫度分別為
T1'=T2/(1-η')
T1"=T2/(1-η")
因此,為提高效率而需提高的溫度為
△T=T1"-T1'=93.3K
第八章 靜電場
本章提要：
電荷的基本性質：
兩種電荷；量子性；電荷守恒；相對不變性
庫侖定律：兩個靜止的點電荷之間的作用力：
真空中的介電常數：
電場力疊加原理：
電場強度：
場強疊加原理：
電通量：
高斯定律：
典型靜電場：
均勻帶電球面：
均勻帶電無限長直線： ，方向垂直于帶電直線。
均勻帶電無限大平面： ，方向垂直于帶電平面。
靜電場對電荷的作用力：
10、靜電場是保守力場：
11、電勢差：
電勢：
電勢疊加原理：
電荷的電勢：
電荷連續分布的帶電體的電勢：
場強和電勢的關系：
積分形式：
微分形式：
電場線處處與等勢面垂直，并指向電勢降低方向，電場線密處等勢面間間距小。
電荷在外電場的電勢能：
移動電荷時電場力做的功：
1、有一邊長為a的正六角形,六個頂點都放有電荷, 試計算如圖所示的四種情況在六角形中點處的場強.
解.(1)如圖所示,各點電荷在點o處產生的場強兩兩對應相消,所以,點o處場強 Eo=0
(2) 取圖中所示坐標.位于六角形的三條對角線上的電荷分別在點o 處產生的場強為 E1,
E2,E3,且E1=E2=E3,點o處的總場強在坐標軸上
的分量分別為
所以
(3)此時六角形的三條對角線上的電荷在o處
所產生的場強分別為圖所示的 E1,E2,E3.且
E1=E2=E3
點o處的總場強在坐標軸的分量分別為
所以 Eo=k4q/a2
(4)取圖所示坐標,除在x軸上的點o處所產生的場強彼此加強外, 其它兩條對角線上的電荷在
中心點o處的場強彼此相消.所以,總場強為
(
y
x
R
θ
dE
y
dE
x
dE
) Eo=2kq/a2=k2q/a2
8-5.一半徑為R的半圓細環,均勻分布+Q電荷,求環心處的電場強度.
解. 以環心o為原點取如圖坐標軸,在環上取一線元dl,其所帶電量為 ,它在環心處的電場強度dE在y軸上的分量為
由于環對y軸對稱,電場強度在x的分量為零.因此半圓環上的電荷在環心o處的總的電場強度為
8-9.兩條無限長相互平行的導線,均勻帶有相反電荷,相距為a,電荷線密度為λ.(1)求兩導線構成的平面上任一點的場強(設該點到其中一導線的垂直距離為x);(2)求每一根導線上單位長度導線受到另一根導線上電荷作用的電場力.
解.(1)以一導線上任一點o為原點,在兩導線所在平面內,垂直于導線的方向為x軸.在x軸任一點P處的場強 E=E++E- ,其中E+和E-分別為正、負帶電導線在P 點的場強.根據長直導線附近的場強公式,有
所以,點P處的合場強為
(2) 由于帶正電的導線在帶負電導線處的場強 ,所以,根據 F=qE 可得帶負電導線上單位長度電荷所受的電場力
同理,可得帶正電的導線上單位長度電荷所受到的電場力為
故有 F+=F-,兩導線相互吸引.
8-11.設勻強電場的場強E與半徑為R的半球面的軸平行,試計算通過此半球面的電場強度通量.
(
E
R
) 解.如圖所示通過半球面的電場線與垂直通過大
圓面S的電場線相同,而通過面S的電通量為
所以,通過半球面的電通量亦為
8-20.在題8-13中,如兩球面分別帶有相等而異號的電荷±Q,兩球面的半徑分別為R1和R2,問兩球面間的電勢差為多少
解.如圖所示,由題8-13解可知,兩球面間的電
場強度
則兩球面間的電勢差為
第九章 靜電場中的導體與電介質
導體的靜電平衡條件
靜電平衡導體上電荷的分布
靜電屏蔽
尖端放電
電介質極化
電極化強度
面束縛電荷密度
電位移
高斯定理
電容器的電容
平行板電容器
并聯電容器組
串聯電容器組
電容器的能量
電介質中電場的能量密度
1. 在一半徑為R1=6.0cm的金屬球A外面有一個同心的金屬球殼B。已知球殼B的內、外半徑分別為R2=8.0cm，R3=10.0cm。設球A帶有總電荷QA=3.0×10-8C,球殼B帶有總電荷QB=2.0×10-8C.（1）求球殼B內、外表面所帶的電荷以及球A和球殼B的電勢；（2）將球殼B接地后斷開，再把金屬球A接地，求金屬球A和球殼B內，外表面上所帶電荷以及球A和球殼B的電勢。
解: (1) 球A的外表面帶電3.0×10－8C，球殼B內表面帶電－3.0×10－8C，外表面帶電5.0×10－8C。由電勢疊加，球A和球殼B的電勢分別為：
(2.)設球A帶電qA，球A的電勢為：
解得：
球殼B的電勢為：
2. 一平板電容器，充電后極板上電荷面密度為。現將兩極板與電源斷開，然后再把相對電容率為的電介質插入兩極板之間。此時電介質中的、和
各為多少？
解：電位移為：
電場強度為：
極化強度為：
、和方向相同，均由正極板指向負極板
3. 一空氣平板電容器，空氣層厚1.5cm，兩極間電壓為40KV，該電容器會被擊穿嗎？現將一厚度為0.30cm的玻璃板插入此電容器，并與兩板平行，若該玻璃的相對電容率為7.0，擊穿電場強度為10MV/m。則此時電容器會被擊穿嗎？
解：電容器的場強為：E=U/d＝2.7×106V/m
因空氣擊穿場強,故電容器不會被擊穿.
插入玻璃后,空氣間隙中的場強為
此時,空氣層被擊穿,擊穿后40KV電壓全部加在玻璃板兩側,玻璃板內的場強為:
由于,玻璃的擊穿場強為,所以玻璃也會被擊穿,電容器完全被擊穿。

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