大学物理习题答案(上) 26页

质点运动学一.选择题：１．（B）　２．（Ｄ）　３．（Ｃ）　４．（Ｂ）　５．（Ｂ）　６．（Ｄ）　７．（Ｂ）　８．（Ｃ）　９．（Ｂ）　10．（Ｂ）　11．（Ｄ）　12．（Ｃ）　13．（Ｂ）　14．（Ｃ）二.填空题：1.；０；圆．２．；．３．；．４．；．５．；　　．６．（１）、（３）、（４）是不可能的．７．．８．．９．．10．．11．，　；．12．变速率曲线运动；　变速率直线运动．13．，　．14．，　．15．．三.计算题：解：（１）；（２），　；（３）．2.解：，，　．3.解：首先求出时质点在轨迹上的位置．，（在大圆上）．各瞬时质点的速率：；，　各瞬时质点的切向加速度和法向加速度：　时，，．XYO4.解：（１），　轨迹方程是：．（２），．速度大小为：．与Ｘ轴的夹角，与同向．，方向与垂直．５.解：，　又　　　已知，　则：．西北6.解：选地面为静止参考系，风为运动参考系，飞机为运动质点．已知：相对速度：，方向未知；牵连速度：，方向正西；绝对速度：大小未知，方向正北．由速度合成定理有：，AOCBMM，，构成直角三角形，可得：（北偏东航向）．7.解：由26¾¾\n　　积分：当时，得：8.解：设质点在处的速率为，9.解：设质点的加速度为：，时，即由，得　由，,又　质点走过的距离．10.解：　　根据题意：即:解得：　11.解：选地面为静止参考系，火车为运动参考系，雨滴为运动质点：已知：绝对速度：大小未知，方向与竖直方向夹；牵连速度：，方向水平；相对速度：大小未知，方向偏向车后由速度合成定理：　画出矢量图，由几何关系可得：．牛顿运动定律一．选择题：１．（Ｂ）　２．（Ｂ）　３．（Ｄ）　４．（Ｅ）　５．（Ｃ）　６．（Ｄ）　７．（Ａ）　８．（Ｃ）　９．（Ｂ）　10．（Ｃ）　11．（Ｄ）二．填空题：１．．２．２％．3.1/cos2q4．，　　．５．．６．．７．，　．８．．三.计算题：１.解：（１）　　；（２），　２．解：(1)以Ａ、Ｂ、绳为研究对象．(2)以绳的下段长和物体Ａ为研究对象A．３.解：设绳子与水平方向的夹角为，则．木箱受力如图所示，当匀速前进时由图解法或以上方程可解出:26¾¾\n　　　，　且，　时，最省力．（求极值得结果）4.解：受力图如图所示：以Ａ为研究对象：Ｘ方向：(１)Ｙ方向：（２）同时，　（３）　　　　（４）（１）、（２）、（３）、（４）联立求解：斜面对地面的压力：斜面对地面的摩擦力：.５.解：对Ａ：　(１)　　（２）　　　　　　　　（３）对Ｂ：　　　　　（４）　　　　　（５）　　　　　　　（６）由（４）、（５）、（６）式得：再由（１）、（２）、（３）式得：．6.解:(1)子弹进入沙土后受力为-Kv由牛顿定律,,(2)求最大深度功与能一、选择题：1.(A)，2.（B），3.(D)，4.(C)，5.(C)6.(B)，7.（C），8.(D)，9.(C),10.(B）二、填空题1.2.3.12800J4.动量、动能、功、势能5.100m/s6.5.23×105W7.8.-F0R;9.零，正，负10.18J，6m/s11.4000J12.，13.GMm/(6R)，-GMm/(3R)14.-0.207J三、计算题1.解：由x=ct3可求物体的速度：物体受到的阻力为：阻力对物体所作的功为：2.26¾¾\n解：根据功能原理，木块在水平面上运动时，摩擦力所作的功等于系统（木块和弹簧）机械能的增量。由题意有而由此得木块开始碰撞弹簧时的速率为另解：根据动能定理，摩擦力和弹性力对木块所作的功，等于木块动能的增量，应有其中3.解：（1）根据功能原理，有（2）根据功能原理有4.解：两个粒子的相互作用力已知处为势能零点，5.解：把卸料车视为质点。设弹簧被压缩的最大长度为l，弹性系数为k，在卸料车由最高点下滑到弹簧压缩最大这一过程中，应用功能原理有①对卸料车卸料后回升过程应用功能原理，得：②由式①和②联立解得：6.解：设v1为软木塞飞出的最小速度，软木塞和试管系统水平方向动量守恒（1）当用硬直杆悬挂时，M到达最高点时速度须略大于零，由机械能守恒，（2）若悬线为轻绳，则试管到达最高点的速度v满足由机械能守恒：7.解：（1）取地心为原点，从O指向陨石为r的正方向，如图。陨石由a落到b，万有引力的功（2）取陨石为研究对象，根据动能定理得（也可用机械能守恒解）8.解：（1）由位矢（2）由26¾¾\n9.解：用动能定理，对物体得10.解：（1）外力做的功（2）设弹力为即（3）此力为保守力，因为其功的值仅与弹簧的始未态有关　动量一．选择题：１．（Ｃ）２.(Ｂ)３．（Ｃ）４．（Ｃ）５．（Ｃ）６．（Ｄ）７．（Ｃ）８．（Ｃ）９．（Ａ）10．（Ｄ）11.（Ａ）12．（Ａ）13．（Ｂ）二．填空题：１．；　与速度方向相反．２．．３．．４．．５．．６．不一定；　动量．７．；　　．８．；　；　．９．；　北偏东．10．；　．11．．12．０；　．13．；　．14．０．15．；　　．16．；　　　．三．计算题：1.解：建立如图坐标系，由动量定理，小球受到的冲量的Ｘ，Ｙ分量的表达式为：OXYＸ方向：（１）Ｙ方向：（２）　方向沿Ｘ正向．根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力为：方向垂直墙面指向墙内．2.解：由动量定理知质点所受外力的总冲量由Ａ®Ｂ　　　　方向：，（与Ｘ轴正向夹角）．3.解：完全弹性碰撞：动量守恒；机械能守恒碰撞前：Ａ：，方向水平向右，Ｂ：；碰撞后：Ａ：，设方向水平向右，Ｂ：，方向水平向右．动量守恒：１）机械能守恒：(２）（１）、（２）联立方程组，解得：且，与所设方向相同．二球同时落地，下落时间相同，有：　;得：26¾¾\n解得：．4.解：（１）因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此，作用于子弹、物体系统上的外力均在铅直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为，有：　（２）（方向为正,负号表示冲量与方向相反）．12XYO5.解：第一阶段：抛体运动，上升到最高点的时间为　　初动量：　　第二阶段：爆炸后，爆炸力是内力，动量守恒．正下方一块的爆炸瞬间的速度为，方向向下（爆炸点为坐标原点，Ｙ负向）．由　及得：由动量守恒：Ｘ方向：Ｙ方向：解得：，　由　:　得:（第二块落地的时间）离发射点的距离．6.解：子弹射入Ａ未进入Ｂ以前，Ａ、Ｂ共同作加速运动．Ｂ受到Ａ的作用力：　　方向向右Ａ在时间内作匀加速运动，秒末的速度．当子弹射入Ｂ时，Ｂ将加速而Ａ仍以的速度继续向右作匀速直线运动．对于Ｂ的速度，取Ａ、Ｂ和子弹组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，有：　．7.解：完全弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒碰前：对Ａ：　方向向右，对Ｂ：；碰后：对Ａ：　方向向左，对Ｂ：，方向向右．动量守恒：　（１）机械能守恒：　　（２）联立（１）、（２）两式解得：，　　而　　　；Ｂ克服阻力作的功为动能的减少，由动能定理：　．8.解：这个问题有两个物理过程：第一个过程：木块Ｍ沿光滑的固定斜面下滑，到达Ｂ点是速度的大小为方向：沿斜面向下第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞．在斜面方向上，内力的分量远远大于外力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有：．刚体的定轴转动一、选择题1.(C);2.(A);3.(D);4.(C);5.(C);6.(B);7.(C);8(B);9.(A)10.(C);11.(B);12.(D);13.(C);14.(A);二、填空题：（共18分）1.4s;-15ms-1;2.9.61s；48rev;3.5rad/S2;4.50ml25.0.25kg.m2;6.。7.;26¾¾\n8.9.157N·m。10.14rad/s11.12.。13.14.15.mvl16.（1），（3）。17.三、计算题：1.解：两轮的角加速度分别为A，BatA=atB=at=r1A=r2BA=Bω=At∴t===40s2.解：∵MI=0Jω=恒量∵J减小，ω增大J0ω0=J¢ω（J0=J′）∴ω=4ω0T=3.解：有外力矩作用时ω01=0，ωt1=100rev/min=10.5rad/s其角加速度β1=(ωt1-ω01)/t1=ωt1/t2运动方程M=Mf=Jβ1在没有外力矩作用时ω02=ω01，ω12=0其角加速度β2=(ω12-ω02)/t2=-ωt1/t2运动方程-M1=Jβ2式联立求解，得M=J（β1-β2）=J（ωt1/t1+ωt1/t2）从而J=O4.解：设棒的质量为m，当棒与水平面成600角并开始下落时，根据转动定律M=J其中M=mgιsin300=mgι/4于是==7.35rad/s2当棒转动到水平位置时，M=mgι那么==14.7rad/s25.解：（1）(2)(3)据转动定律：M=JFr=JF=6.解：据转动定律M=J分离变量：dM=FrSin7.解：mg－T=maTR=βa=Rβ26¾¾\n上三式联立得a=∵a为恒量\V=V0+at=at=8.解：受力图如图所示RMTmg－T=maM=JM=a=R9.解：受力分析如图。mg－T2=ma2T1－mg=ma1T2(2r)－T1r=9mr2β/22rβ=a2rβ=a1解上述5个联立方程，得：10.解：（1）mg-T=maTR=Jβa=R方向垂直纸面向外（2）当=0时，10.0-81.7t=0，则t=0.122s，物体上升的高度h==6.12×10-2m（3）==10.0rad/s方向垂直纸面向外。11.解：J=MR2=0.675kg·m2mg-T=maTR=Ja=Ra=mgR2/(mR2+J)=5.06m/s2因此（1）下落距离h=at2=63.3m（2）张力T=m(g-a)=37.9N12.由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程，可列以下联立方程：T1R=J11=M1R21T2r-T1r=J22=M2r22mg-T2=maa=R1=r2=2ah求解联立方程，可得a=1T2=m(g-a)=58NTmgT1=M1a=48N13.解：（1）子弹受到的冲量为I=子弹对木块的冲量为26¾¾\n=（2）由角动量定理14.解：根据转动定律：两边积分：相对论基础一.选择题：1.(A)2.(B)3.(A)4.(B)5.(C)6.(D)7．(B)8.(B)9.(C)10.(A)11.(C)12.(C)13.(A)14.(B)15.(D)16.(D)17.(C)二．填空题：1．相对的;运动2．C;3．C;C。4．5．0.075m36．Dx/v；(Dx/v)7．9´1016;9/0.6´10168．m/ls;25m/9ls.9．v=2.6´108m×s-110．4.33´10-8s。11．12．Ek=1.49´106eV三．计算题：1．设m+子相对于实验室的速度为v;固有寿命m+子相对于实验室作匀速运动时实验室测得的寿命为:按时间膨胀公式:整理求解得:2．解：（1）（2）3．解:设K¢系相对K系的运动速度为v由洛仑兹变换:乙测得两事件同时发生:4．解:5．解:根据功能原理:由相对论能量公式:6．（1）K′相对于K的运动速度。(2)乙测得这两个事件发生的地点距离。解:由洛仑兹变换:(1))两事件在K系中同一地点发生:解得:由:得:26¾¾\n7．解:令S¢系与S系的相对运动速度为v则:在S¢系中测得两事件之间的距离为:8．解9．解:在地面参照系:在飞机参照系:10．解:得:即:解得:平均均寿命为11.解:实验室参照系中介子的能量设介子的速度为v，则有令固有寿命为t0，则实验室中寿命气体分子运动论一．选择题1.（B）2.（B）3.（C）4.（C）5.（C）6.（C）7.（C）8.（D）9.（D）10.（C）11.（B）12.（B）13.（C）14.（B）15.（D）16.（C）17.（A）18.（B）19（B）二．填空题1.(1)描述物体运动状态的物理量，称为状态参量（如热运动状态的参量为p、V、T）。(2)表征个别分子状况的物理量（如分子的大小、质量、速度等）称为微观量。(3)表征大量分子集体特性的物理量（如p、V、T、C等）称为宏观量。2.体积、温度和压强;分子的运动速度（或分子运动速度、分子的动量、分子的动能）3.4.m5.6.7.12.5J20.8J24.9J8.9.121014111:1:112.(2)(1)13.氩氦14.(1)(2)(3)15.(1)⑵16.(1)分布在～∞速率区间的分子数占总分子数的百分率(2)分子平动动能的平均值17.降低18.19.20.221.26¾¾\n一．计算题1.解：据力学平衡条件，当水银滴刚好处在管的中央维持平衡，表明左、右两边氢气的体积相等，压强也相等。两边气体的状态方程为水银滴在管中央时故当温度变为时，两边体积比为即，说明水银滴向左边移动少许。2.解：质量为m、摩尔质量为M的气体的内能均为1mol的各种气体的内能为：均为1g的各种气体的内能为：3.解：设管内总分子数为N，由有（个）空气分子的平均平动动能的总和=空气分子的平均转动动能的总和=空气分子的平均动能的总和=4.解：室内空气分子热运动的平均平动动能的总和其中。5.解：设氦气的摩尔数为v1，氧气的摩尔数为v2。两种气体混合前，又，故混合前容器内气体的总混合后容器内气体的总内能6.解：由理想气体的状态方程有又，，\由内能公式有26¾¾\n\7.解：由有由有vpµT1/2所以速率分布曲线见下图。08.解：当不计振动自由度时，分子、分子、分子的自由度分别为6、5、5。1mol理想气体的内能。内能增量9．解：瓶内气体定向运动的动能瓶内气体内能增量由能量守恒有，即（1）（2）（3）（4）10．解：（1）氢气的的氧气的温度T和自由度i均相同\氧气分子的平均平动动能=氢气分子的平均平动动能(2)一．改错题1.答：(1)当压强恒定时，与T成正比。(2)当温度恒定时，与p成反比。(3)说法正确。2.答：两个结论都是错误的。应改正为：由于增大到原来的2倍，n减小至原来的1/2，所以由知平均碰撞频率不变，从得平均自由程增为原来的2倍。二．问答题答：从知，对于分子有效直径一定的气体，当压强p恒定时，与T成正比。从和知，对于分子有效直径一定的气体，当分子总数N和气体体积V恒定时，与T无关。热力学基础一。选择题1.（B）2.（D）3.（A）4.（B）5.（B）6.（A）7.（B）8.（B）9.（A）10.（D）11.（B）12.（D）13.（A）14.（B）15.（D）16.（C）17.（D）18.（D）19.（B）20.（A）21.(B)22.(D)23.（C）24.（C）25.（D）26.（A）二。填空题1.物体作宏观位移;分子之间的相互作用2.等于;大于;大于3.>0;>04.5.166J6.等压;等压;等压7.;8.1:2;5:3;5:726¾¾\n9.124.7J;–84.3J10.7A/211.AM;AM、BM12.500;10013.200J;14.40015.33.3%;8.31×105J16.从单一热源吸热，在循环中不断对外作功的热机。17.热力学第二定律,热量不能自动地从低温物体传向高温物体。不可能制成一种循环动作的热机，只从单一热源吸热完全变为有用的功，而其它物体不发生任何变化。18.能使系统进行逆向变化，从状态B回复到初态A，而且系统回复到状态A时，周围一切也都回复原状系统不能回复到状态A，或当系统回复到状态A时，周围并不能回复原状19.大量微观粒子热运动所引起的无序性（或热力学系统的无序性）;增加20.状态几率增大;不可逆的21.不变;增加三.计算题p(atm)0V(l)12T412T1T3T21.解：(1)p–V图：(2)(3)(4)2.解：在等温过程中，ΔE=0，又\末态压强3.解：等压膨胀过程末态的体积等压过程气体对外作功根据热力学第一定律，绝热过程气体对外作的功为其中，，则气体在整个过程中对外作的功为4.解：据，得变化前变化后绝热过程即依题意有，则即5.解：(1)气体经历的整个过程的p-V图如下：在的等温膨胀过程中，将一步，26¾¾\n代入上式得（2）等容和等压过程中QA、B两态温度相同\又6．解：已知，，氢气开始时的体积为设气体先等压膨胀升温到活塞达到容器上边缘，吸热Q1。，，，设气体再等容升温升压，吸热Q2。0CpVV1p2p1AB等温V2所以，最后氢气的压强为，温度为645K，体积为。7．解：由图有（1）为等容过程，据方程得为等压过程，据方程得（2）各过程中气体所作的功分别为A®B：：：（3）整个过程中气体所作的总功为因为循环过程气体内能增量,因此一循环中气体从外界吸收的总热量8．解:（1），且由于第二循环吸热（2）9．解：水蒸汽的质量，水蒸汽的摩尔质量，i=6（1）（2）（3）净功26¾¾\n（4）10．解：设c状态的体积为V2，由于a、c两状态的温度相同，故循环过程，\Q=W而在等容过程中功在等压过程中功在等温过程中功11.解：(1)：：：(2)12.解：等压过程内能增量其中i=5，故13.解：(1)等温过程气体对外作功为(2)绝热过程气体对外作的功为14.解：(1)气体对外作的功等于线段下所围的面积，即(2)由图看出，内能增量(3)由热力学第一定律得(4)解：由图可得A态：B态：据理想气体状态方程有(3)由热力学第一定律得15.解：由图可得A态：据理想气体状态方程由热力学第一定律得16.解：设绝热压缩前气体的容积为，温度为T1；压缩后的容积为，温度为T2；气体的比热比为γ。由绝热方程得设绝热压缩前后，气体分子的平均速率分别为和，26¾¾\n将关系式代入上式得单原子理想气体故17.证：设题中气体为1mol，则由定义再由绝热过程方程得即18.解：理想气体卡诺循环的效率又19.解：(1)对卡诺循环有(2)热机效率20.（1）解：p–V图：（2）设A、B、C三状态的状态参量分别为：、、其中，，又，（3）（4）0CpVV1p3p1ABV2V3真空中的静电场一．选择题1.（D），2.（C），3.（A），4.（C），5.（B），6.（D）7.（B）8.（C）9.（D）10.（C）11.(D)12.（B）13.（B）14.（D）15.（D）16.(D)17.(D)18.（B）19.（B）20.（C）21.(B)22.（C）23.（C）24.（D）25（B）26.(C)27.（D）28.（B）29.（C）30.（C）31.（C）32.（C）二、填空题1.，，2.，由圆心O点指向3.，0，4.，0，，5.6.7．45V，-15V8．10cm9.10.Ed11.，12.，13.，，沿矢径OP26¾¾\n14、，从O点指向缺口中心点，15.0,16.17.半径为R的均匀带正电球面18.0，19.,020.，方向→（0到S的矢径方向），21.单位正电荷在静电场中沿任意闭合路径绕行一周，电场力作功等于零，有势场（或保守力场）22.0，23.，24.25.26.d>>a27.，28.029.三、计算题1.解：设P点在杆的右边，选取杆的左端为坐标原点O，X轴沿杆的方向，如图.并设杆的长度为L.P点离杆的端点距离为d.在x处取一电荷元dq=(q/L)dx，它在P点产生场强P点处的总场强为代入题目所给数据，得的方向沿X轴正向.2.解：在O点建立坐标系如图所示，半无限长直线A在O点产生的场强：半无限长直点产生的场强：四分之一圆孤段在O点产生的场强：由场强叠原理，O点合场强为：3.解：把所有电荷都当作正电荷处理.在θ处取微小电荷它在O点产生场强按θ角变化，将dE分解成二个分量：对分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷.=0所以4.解：（1）设电荷的平均体密度为ρ，取圆柱形高斯面（侧面垂直底面，底面S平行地面）上下底面处的场强分别为E1和E2，则通过高斯面的电通量为：26¾¾\n包围的电荷由高斯定理（2）设地面面电荷密度为σ.由于电荷只分布在地表面，所以电场线终止于地面，取高斯面如图（2），由高斯定理5.解：设闭合面内包含净电荷的电量为Q.因场强只有X分量不为零，故只是二个垂直于X轴的平面电通量为零。由高斯定理得：则6.解：在球内取半径为r、厚为dr的簿球壳，该壳内所包含的电量为在半径为r的球面内包含的总电量为以该球面为高斯面，按高斯定理有得到，方向沿径向，A＞0时向外，A＜0时向里。在球体外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有得到:方向沿径向，A＞0时向外，A＜0时向里7.解：（1）球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即（2）设外球面上放电后电荷面密度为，应有外球面上应变成带负电，共应放掉电荷=6.67×10-9C8.解：设轴线上任意点P的坐标为x，两带电圆环在P点产生的电势分别为：由电势叠加原理，P点的电势为9.解：设坐标原点位于杆中心O点，X轴沿杆的方向，如图所示细杆的电荷线度，在x处取电荷元，它在P点产生的电势整个杆上电荷对P点产生的电势10.解：r处的电势等于以r为半径的球面以内的电荷在该处产生的电势U1和球面以外的电荷产生的电势U2之和，即U=U1+U226¾¾\n为计算以r为半径的球面外电荷产生的电势，在球面外取一的薄层。其电量为它对该薄层内任一点产生的电势为则于是全部电荷在半径为r处产生的电势为若根据电势定义直接计算同样给分。11.解：设无穷远处为电势零点，则A、B两点电势分别为q由A点运动到B点电场力作功为注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分算。12.解：场强分布具有轴对称性，取圆柱面作为高斯面。如图所示（1）当时，由高斯定理得（2）当时，由高斯定理方向如图,其E(r)曲线如右图13.解：E（x）曲线如图：14.解：设坐标系如图所示.将半圆柱面划分成许多窄条.dl宽的窄条的电荷线密度为取位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为方向如图所示场强在X、Y轴上的二个分量为：对各分量分别积分场强15.解：以左端底面处为坐标原点.X轴沿轴线向左为正.在任意处x取宽为dx的圆环，其上电量小圆环在P点产生的电场强度为总场强26¾¾\n方向沿X轴正向16.解：在处取电荷元，其电量为它在O点产生的场强为在X、Y轴上的二个分量对各分量分别求和17.解：通过x=a处平面1的电通量通过x=2a处平面2的电通量其它平面的电通量都为零.因而通过该高斯面的总电通量为18.解：球心处总电势应为两个球面电荷分别在球心处产生的电势叠加，即故得19.解：由高斯定理可得场强分布为：由此可求电势分布：在区间在区间在区间20.解：设内筒所带电荷线密度为，则两筒间的场强分布为两筒间的电势差为设两筒间任一点（距轴线距离为r）的电势为U，则有26¾¾\n（1）或（2）可以证明，（1）、（2）两式是相等的：所以两金属圆筒间的电势分布可以用（1）式表示，也可以用（2）式表示.21.解：以顶点O作坐标原点，圆锥轴线为X轴，向下为正.在任意位置x处取高度为dx的小圆环，其面积为其上电量为它在O点产生的电势为总电势22.解：将题中的电荷分布看作为面密度为的大平面和面密度为的圆盘叠加的结果，选X轴垂直于平面，坐标原点O在圆盘中心，大平面在x处产生的场强为圆盘在该处的场强为该点电势为23.解：均匀带电球面内的电势等于球面上的电势。球面外的电势相当于电荷集中在球心上的点电荷的电势.由此，按电势叠加原理，球心O1处的电势为球心O2处的电势为则O1、O2间的电势差为26¾¾\n24.解：设坐标原点在圆环中心，X轴沿圆环轴线方向如图.在圆环上取一电荷元，它在轴线上x处产生场强其沿X轴方向的分量场强的X轴方向总分量场强的垂直X轴方向的分量，因对称分布，总分量为零.在x处取一电荷元，它受到的电场力为线段受到的总力25.解：由题意知平行于XOY平面的两个面的电通量平行于YOZ平面的两个面的电通量“+”，“-”分别对应于右侧和左侧平面的电通量平行于XOZ平面的两个面的电通量“+”，“-”分别对应于上和下平面的电通量26.解：取坐标XOY如图，由对称性可知，按θ角变化，将dE分解成二个分量：对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷.=0所以静电场中的导体、电介质一、选择题：1.（C）2.(B)3.(C)4.(A)5.(D)6.(D)7.(A)8.（D）9.(A)10(C)11(B)12.(C)26¾¾\n13.(C)14.(B)15(D)16.(A)17(A)18.(D)19.(C)20.(B)21.(B)22.(C)23.(B)24.(C)二、填空题：（共35分）1.－Q;Q;2.垂直于表面；仍垂直于表面；3.不变，减小；4.σ（x、y、z）/ε0，与导体表面垂直朝外（σ>0）或与导体表面垂直朝里（σR2外E2=Ur===5.解：由题给条件（b-a）≤a和L≥b，忽略边缘效应应用高斯定理可求出两筒之间的场强为：E=Q/（）两筒间的电势差U=电容器的电容C=Q/U=（）/[（b/a）]电容器贮存的能量W==[Q2/（）]（b/a）6.解：看作两个半球形电容器并联无介质半球：C1=有介质半球：C2=C=C1+C2=r0997.解：由高斯定理可得导体球内E1=o（rR）则电场能量为W====Q2/8.解：设极板上分别带电量+q和-q；金属片与A板距离为d1，与B板距离为d2；金属片与A板间场强为E1=q/（ε0S）金属片内部场强为E2=q/（ε0S）金属片内部场强为E’=0则两极板间的电势差为UA-UB=E1d1+E2d2=[q/（ε0S）](d1+d2)=[q/（ε0S）](d-t)由此得C=q/(UA-UB)=ε0S/(d-t)因C值仅与d、t有关，与d1、d2无关，故金属片的安放位置对电容值无影响。9.解：（1）设内、外金属膜圆柱筒半径分别为R1和R2，高度均为L，其上分别带电量+Q和-Q，则玻璃内的场强为E=内、外筒之间的电势差U==来顿瓶的电容C=26¾¾\n（2）柱形电容器两金属膜之间场强以靠近内膜处场强为最大，令该处场强等于击穿场强，即E（R1）=（击穿）则Q=E（击穿）=6.67×10-5C此即所能储存的最大电量。EOtdSSS10.解：玻璃板抽出前后电容器能量的变化即外力作的功，抽出玻璃板前后的电容值分别为C=()/d,撤电源后再抽玻璃板，板上电荷不变，但电压改变，即Q=CU抽玻璃板前后电容器的能量分别为W=W=外力作功A===2.55×10-6J11.证：垂直于板作柱状高斯面，如下页图所示，导体内场零，两场强垂直于板平面，∴有∴σ2=-σ3又左边导体板内场强；E=（σ1-σ2-σ3-σ4）/（2ε0）=0考虑到σ2+σ3=0，于是有σ1=σ412.解：∵C并=C1+C2=（1+εr）C1=3.16C1U1=U2=Q1=C1U1=C1×==0.5×10-7CQ2=C2U2=2.16C×==1.08×10-7C或Q2=Q－Q1=1.08×10-7C13.解：（1）场强表示式1=0rR3(2)=（3）将Q1和R1、R2的值代入有：14.解：球体内、外的电场强度大小为：E1=er/()（r