理工科大学物理知识点总结及典型例题解析.doc

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得其她物体。2、 运动函数:表示质点位置随时间变化得函数。位置矢量：位置矢量：一般情况下：、速度与加速度: ； 4、匀加速运动： 常矢量 ； 5、一维匀加速运动: ; 6、抛体运动： ; ； ； 、圆周运动: 法向加速度： 切向加速度:、伽利略速度变换式: 【典型例题分析与解答】、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，滑轮到原船位置得绳长为。当人以匀速v拉绳,船运动得速度为多少？ 解：取如图所示得坐标轴， 由题知任一时刻由船到滑轮得绳长为ltoxvlvh则船到岸得距离为: v 因此船得运动速率为:2、一质点具有恒定得加速度，在t=0时刻,其速度为零，位置矢量 (m)、求:（）在任意时刻得速度与位置矢量；（2)质点在 xoy平面得轨迹方程,并画出轨迹得示意图、解、 （1）由加速度定义，根据初始条件 t00 v00 可得 由及t00得 (2）由以上可得质点得运动方程得分量式x=x(t） =y（) 即 x0+3t2Xy3y=2x-2010y=22 消去参数t，得质点运动得轨迹方程为 3yx-20这就是一个直线方程、由知 0=1m,y0=0、而直线斜率 ，则轨迹方程如图所示3、质点得运动方程为与,(SI）试求：（） 初速度得大小与方向；（）加速度得大小与方向、解、（1)速度得分量式为 当t=0时,v0=1ms,v0y=5ms，则初速度得大小为m/s而v0与x轴夹角为 (2)加速度得分量式为 则其加速度得大小为 ms2a与x轴得夹角为 （或)4、 一质点以5ms得速度沿与水平轴成3角得方向抛出、试求抛出s后，质点得速度与距抛出点得位置、 解、 取质点得抛出点为坐标原点、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时质点得速度为 vx21、65m/s v36、50m/s质点在，y轴得位移分别为 v0xt=108、25m 质点在抛出5s后所在得位置为 m、两辆小车A、B沿X轴行驶，它们离出发点得距离分别为XA=t+t2， X 2t2+t (SI）问：（）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与得相对速度为零? 解、(1) 当 t=0 时, vA=4m/s = 因此 v vB （）当小车与相遇时,xAxB 即 解得 t=0、9s 1、6s（无意义） （3）小车A与B得相对速度为零,即 v-0 3t2t2=0解得 t=0、6s 、 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、技术中常见得几种力： 重力 弹簧得弹力 压力与张力 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得基本思路：认物体瞧运动查受力(画示力图)列方程、国际单位制（S） 量纲：表示导出量就是如何由基本量组成得幂次式。【典型例题分析与解答】yx1、 一木块在与水平面成角得斜面上匀速下滑、若使它以速度0 沿此斜面向上滑动，如图所示、证明它能沿该斜面向滑动得距离为v02/gin、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 mgsinaf=0 FN因此木块受到得摩擦阻力为 f = msina （1）afP当木块上行时，由牛顿第二定律有 mina - f=a （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v开始向上滑至某高度时,0，由2=v02+2a 可得木块上行距离为 s=v022a=v0/4gsia2、如图所示，已知F=4、004N，m1=3、03kg,m22、01kg两物体与平面间得摩擦系数为0、，设滑轮与绳间得摩擦系数均不计算、求质量m2物体得速度及绳对它得拉力、Fa1m1m2m1gm2gFN1f1f2T1T2N2 解、如图所示,设2得加速度为2,m1得加速度为a1、由牛顿第二定律分别列出m1,m得运动方程为 由于滑轮质量、滑轮与绳之间得摩擦力不计，则有考虑到,且绳子不被拉长,则有联立上述各式，可得 、在一只半径为R得半球形碗内，有一粒质量为m得小钢球、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，钢球所受到得作用力为重力P与碗壁对球得支持力N,其合力就就是钢球匀速圆周运动所需得向心力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得小球最最初位于如图所示得A点,然后沿半径为得光滑圆弧得内表面ADCB下滑、试求小球在点时得角速度与对圆弧表面得作用力、 解、取图所示得坐标系,小球在运动过程中受重力与圆弧内表面得作用力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得初末条件对上式两边进行积分,则有 得atmgana小球在C点得角速度为 小球在法线方向得运动方程为 Fn=man即 由此得小球对圆弧得作用力为 、有一个可以水平运动得倾角为得斜面,斜面上放一质量为m得物体，物体与斜面间得静摩擦系数为，如果要使物体在斜面上保持静止，斜面得水平加速度应如何?解、物体在斜面上保持静止,因而具有与斜面相同得加速度a、可以直观得瞧出,如果斜面得加速度太小，则物体将向下滑；如果斜面得加速度过大, 则物体会向上滑、(1）假定物体静止在斜面上,但有向下滑得趋势;aaNNfmgxy物体受力分析如图（1)所示，由牛顿运动定律有则 （)假定物体静止在斜面上，但有向上滑得趋势;物体受力分析如图（）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: 、动能定理：、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。 弹簧得弹性势能：以弹簧得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得情况下，系统得机械能保持不变。1、用力推地面上得石块、已知石块得质量为20kg，力得方向与地面平行、 推力随位移得增加而线性增加,即F=x(I)、试求石块由x1=1m移到x= 20m得过程中，推力所作得功、解、由于推力在作功过程中就是一变力，按功得定义有2、一颗速率为700/s得子弹,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得第二块木板、求子弹得速率降到多少？解、由动能定理可知,子弹穿过第一块与第二块木板时克服阻力所作得功分别为式中v1为子弹初速率，2为穿过第一块木板后得速率,v3为穿过第二块木板后得速率、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得功可认为相等，即 W2，故有 由此得子弹穿过第二块木板后得速率为 3、用铁锤把钉子敲入木板、设木板对钉子得阻力与钉子进入木板得深度成正比、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得速度，那么第二次能把钉子打多深、解、锤敲钉子使钉子获得动能、钉子钉入木板就是使钉子将获得得动能用于克服阻力作功、由于钉子所受阻力f与进入木板得深度x成正比,即kx,其中为阻力系数、而锤打击钉子时，保持相同得速度,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得总深度为0、011m、由此可知第二次打击使钉子进入木板得深度为 4、一半径为R得光滑球固定在水平面上、 另有一个粒子从球得最高点由静止沿球面滑下、摩擦力略去不计、求粒子离开球得位置以及粒子在该位置得速度、解、如图所示，粒子在光滑球面上滑动时仅受球面支持力与地球引力 mg得作用、由于N始终与球得运动方向垂直，故系统机械能守恒、当粒子从最高点滑至离开球得位置B时,有 RoPNvAB根据牛顿第二定律，有而粒子刚好离开时，N=、因此有则物体刚离开球面处得角位置为此时，粒子得速率为v得方向与P夹角为、一劲度系数为得水平轻弹黉，一端固定在墙上,另一端系一质量为M得物体A放在光滑得水平面上、当把弹黉压缩0后,再靠着A放一质量为m得物体，如图所示、开始时系统处于静止,若不计一切摩擦、试求：（）物体A与分离时,B得速度;（2）物体A移动过程中离开点得最大距离、A Bx0x解、(1）以、B及弹黉为系统,假定A、B分离时得共同速度为v、由机械能守恒定律，有则 （2）若设x为物体A离开点得最大距离,由系统机械能守恒，有则第四章 动量本章提要1、动量定理:合外力得冲量等于质点(或质点系)动量得增量.对于质点系、动量受恒定律：系统所受合外力为零时，常矢量.3、质心得概念 质心得位矢： 4、质心运动定律:质点系所受得合外力等于其总质量乘以质心得加速度。 质点系得动量受恒等同于它得质心速度不变.、如图所示，质量为m、速度为得子弹,射向质量为M得靶,靶中有一小孔， 内有劲度系数为k得弹黉，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,弹黉得最大压缩距离、解、质量为m得子弹与质量为M 得靶之间得碰撞就是从子弹与固定在靶上得弹黉接触时开始得,当弹黉受到最大压缩时,M与m具有共同得速度v, 此时弹黉得压缩量为x、在碰撞过程中，子弹与靶组成得系统在水平方向上无外力作用, 故由动量守恒定律可得 （)Mmv在碰撞过程中，系统得机械能守恒,有 （2）联立(1） （2）式，得、质量为、速率为得粒子A, 与另一个质量为其一半而静止得粒子B发生完全弹性得二维碰撞，碰撞后粒子A得速率为、求(1）粒子得速率及相对粒子A原来速度方向得偏角;（2）;粒子A得偏转角、解、取如图所示得坐标、当A、B两粒子发生碰撞时,系统得动量守恒、在xoy平面内得二维直角坐标中,y有vA1VB2VA2o由碰撞前后系统机械能守恒，有x则碰撞后粒子B得速率为粒子相对于粒子A原方向得偏转角,粒子A得偏转角、如图所示为一弹黉振子，弹黉得劲度系数为K,质量不计、有一质量为m、速度为v得子弹打入质量为M得物体，并停留在其中，若弹黉被压缩得长度为x,物体与平面间得滑动摩擦系数为，求子弹得初速度、解、以、与弹黉为研究对象，系统在水平方向动量守恒,有mv（+)u （1）mMv子弹打入物体后,在弹黉被压缩得过程中，由功能原理，可得 （)联立（1）(2）式得4、质量为m得物体从斜面上高度为h得A点处由静止开始下滑，滑至水平段B点停止、今有一质量为得子弹射入物体中，使物体恰好能返回到斜面上得A点处、 求子弹得速率、解、以地球与物体为研究系统,物体从A处滑到处得过程中，由功能原理可得摩擦力得功得数值AmBmh为 Wf=mg取子弹与物体为系统，子弹射入物体得过程系统得动量守恒,有 mv=2mu再以地球、物体与子弹为系统，由功能原理有由此可得5、如图所示,质量为得小球沿斜坡在h处由静止开始无摩擦滑下, 在最低点与质量为M得钢块作完全弹性碰撞、求:(1）碰撞后小球沿斜坡上升得高度、（2）若钢块与地面间摩擦系数为，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AmMh能守恒小球m以速度v在斜坡底端与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 刚体得转动本章提要:1、 刚体得定轴转动：角速度：角加速度；匀加速转动: 2、 刚体得定轴转动定律：3、 刚体得转动惯量: 平行轴定理4、 力矩得功:转动动能:刚体定轴转动得动能定理:刚体得重力势能：机械能守恒定律:只有保守力做功时,常量5、 角动量:质点得角动量：质点得角动量定理:质点得角动量守恒定律:常矢量刚体定轴转动得角动量：刚体定轴转动得角动量定理：刚体定轴转动得角动量受恒定理:当合外力矩为零时 常量1、设某机器上得飞轮得转动惯量为63、kg、m2，转动得角速度为31、4s1,在制动力矩得作用下，飞轮经过0匀减速地停止转动，求角加速度与制动力矩、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、制动力矩得方向均与飞轮转动得角速度方向相反、2、如图（a)所示为一阿脱伍德(Atwod）机、一细而轻得绳索跨过一定滑轮， 绳得两端分别悬有质量为m1与m2得物体,且mm2、设定滑轮就是一质量为M、半径为r得圆盘，绳得质量不计,且绳与滑轮间无相对运动、试求物体得加速度与绳得张力、如果略去滑轮得运动，将会得到什么结果?m2m1MaaT2P2T1P1T1T2PN 解、分别作出滑轮,物体1与m2得受力分析图如图（b)所示、由于绳索质量不计，且长度不变，故m与m2两物体运动得加速度a与大小相等,均为a,但方向相反、对物体m1与2以及滑轮M分别应用牛顿第二定律与转动定律,可得 m1g-T=m1a (1) Tmgm2a (2) (3）而 (4) (5)联立（1）(2）(3)（4）(5）式，可得 如果略去滑轮得运动，即T1=T=T,有 3、质量为、k,长为、40得均匀细棒，可绕垂直于棒得一端得水平轴转动、如将此棒放在水平位置,然后任其下落、求：（)在开始转动时得角加速度;(2）下落到铅直位置时得动能；（3）下落到铅直位置时得角速度、 解、(1)如图所示，棒绕端点o得转动惯量Jm2/3、 在水平位置时，棒所受得重力矩 M=mgl2，PA根据转动定律，得 （2）取棒与地球为系统,以棒处于竖直位置时其中心点A处为重力势能零点、在棒得转动过程中只有保守内力作功,系统得机械能守恒、棒从静止时得水平位置下落到竖直位置时，其动能为 Ek=mgl2=0、9J(3）棒在竖直位置时得动能就就是此刻棒得转动动能,则有Ek=/2 2，所以竖直位置时棒得角速度为4、如图所式,A、B两个轮子得质量分别为m1与m2，半径分别为1与2、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, 其轮心得加速度；（）细绳得拉力、 解、取竖直向下为x轴正向，两轮得受力分析如图示、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得转动外，还有B轮质心C得平动、根据牛顿定律,B轮质心运动方程为 ()又根据转动定律,对B得转动有 r1m1ABr2m2r1m1ATTp2Bx且有 故 (3）而 T aA=acaB （4）联立求解可得 2Tm1=ac-T/m2故 (）联立(2）(）式可得 5、在图示得装置中，弹黉得劲度系数K=、N/,滑轮得转动惯量=、0k、2， 半径R=0、3m,物体质量m6102kg、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、处得速率、kR 解、以滑轮、物体、弹黉与地球为系统,在物体下落过程中,系统得机械能守恒、设物体下落h=0、m时得速率为v，则 m、如图所示，质量为1与m2 得两物体通过定滑轮用轻绳连接在一起，滑轮与轴、物体与桌面得摩擦忽略不计、当m1由静止下降距离h时，求:（1)若滑轮质量不计,此时m得速率就是多少？（2）若滑轮得转动惯量JMR/，此时m得速率又为多少？ (）若在（2）中把m1换成拉力F，此时滑轮得角加速度为多少？m2 解、（1)物体在下落过程中系统得机械能守恒，有 m1 （2）考虑到滑轮得转动，在物体下落得过程中，系统得机械能仍然守恒，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、 系统与外界，宏观量与微观量；2、 平衡态与平衡过程;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、 理想气体得压强：5、 温度得统计概念：6、 能均分定理:每一个自由度得平动动能为：一个分子得总平均动能为：理想气体得内能为：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、 分子得平均自由程：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）、目前实验室所能获得得真空,其压强为1、331-pa、试问在27得条件下, 在这样得真空中每立方厘米内有多少个气体分子？ 解、 由=kT可得单位体积内得分子数 =/(kT)=3、1012m-3故每立方厘米内得分子数为、2110个2、2g氢气装在2010-3m3得容器中，当容器内得压强为、104a时, 氢气分子得平均平动动能为多大？ 解、理想气体分子得平均平动动能取决于温度,且有, 而一定量气体在确定得体积与压强得前提下,其温度可由状态方程得则 3、 求温度为127得氢气分子与氧气分子得平均速率， 方均根速率及最概然速率、 解、分别按平均速率，方均根速率与最概然速率得计算公式， 可求得氢分子相对应得各种速率为 由于三种速率与分子得摩尔质量成反比，而,则氧分子得三种速率均为氢分子速率得1/4、即 v0=、1102/s, , （vp）0、45102m/s4、在3010-3m3得容器中装有20g气体,容器内气体得压强为0、500，求气体分子得最概然速率 解、最概然速率 ,式中气体得温度T可根据状态方程，以压强P与体积V代替,即 ，故 、收音机所用电子管得真空度为、333Pa、试求在7时单位体积中得分子数及分子得平均自由程(设分子得有效直经=3、0108cm）、 解、 由压强公式可得单位体积中得分子数 n=P/(kT）=3、21101m3 分子得平均自由程为 第七章热力学基础本章提要1、 准静态过程:过程中得每一个时刻，系统得状态都接近于平衡态。准静态过程中系统对外做得体积功 2、 热量:系统与外界或两个物体由于温度不同而交换得热运动能量。3、 热力学第一定律: 4、 理想气体得摩尔摩尔热容量: 迈耶公式: 摩尔热容比：5、 理想气体得四种过程：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得准静态循环过程。正循环得效率：逆循环得致冷系数：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、可逆过程与不可逆过程 不可逆：各种实际宏观过程都就是不可逆得,而它们得不可逆性又就是相互沟通得。 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得量就可以使过程反向进行得过程(其结果就是系统与外界能同时回到初态),无摩擦得准静态过程就是可逆过程。1、一定质量得空气，吸收了1、17103J得热量，并保持在1、0310Pa下膨胀,体积从-2m3增加到50-m3，问空气对外作了多少功？内能增加了多少? 解、空气等压膨胀所作得功为 WP(V2-V)=5、07102J由热力学第一定律 ， 可得空气内能得改变为 、1g水蒸气自10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=,定体摩尔热容Cv=(i/2)R, 定压摩尔热容 p（i/2+1),则 (1）等体过程中吸收得热量为 (2）等压过程中吸收得热量为 、压强为1、0105Pa，体积为103m3得氧气0加热到10，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得摩尔数为 （1)压强不变得过程即等压过程,氧气所需得热量为 （2)体积不变得过程即等体过程，氧气所需得热量为 （）由热力学第一定律 得等压过程中氧气所作得功为 此结果亦可由 及 1V2T1/2得到、 在等体过程中氧气所作得功为 此结果亦可直接由 得到、4、如图所示,使1ol得氧气（1)由等温得到b;(2)由a等体得变到c；再由c等压变到b、试分别计算所作得功与所吸收得热量、 P (1、013105pa21o22、444、8V(10-3m3)cba 解、（1）氧气在a到得等温过程中所作得功为 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过程中所吸收得热量为 Q=3、5103 (2）由于等体过程中气体不作功，而等压过程中所作得功为，图中ac 为等体过程，c为等压过程、因此,氧气在acb过程中所作得功为 =Wac+WcbWc=c(VbVc）2、27103J氧气在c过程中所吸收得热量为a与cb两个过程中吸收热量之与,即 、一卡诺热机得低温热源温度为,效率为40%，若将其效率提高到50%,求高温热源得温度提高多少度？ 解、由卡诺热机得效率=1（T2/T1）可知， 具有相同低温热源而效率分别为与得两热机，其高温热源得温度分别为 T1=T/（1-) T1=（1”）因此，为提高效率而需提高得温度为 T=T1=93、3第八章 静电场本章提要:1、 电荷得基本性质:两种电荷;量子性;电荷守恒;相对不变性2、 库仑定律：两个静止得点电荷之间得作用力：真空中得介电常数: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、 静电场对电荷得作用力:10、静电场就是保守力场：1、电势差:电势：电势叠加原理：12、 电荷得电势：电荷连续分布得带电体得电势:13、 场强与电势得关系： 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、 电荷在外电场得电势能: 移动电荷时电场力做得功:+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-q+q-q-q-q+q、有一边长为a得正六角形，六个顶点都放有电荷， 试计算如图所示得四种情况在六角形中点处得场强、解、()如图所示，各点电荷在点o处产生得场强两两对应相消,所以,点处场强 Eo= (2） 取图中所示坐标、位于六角形得三条对角线上得电荷分别在点 处产生得场强为 ,E2，3,且1E2=3,点o处得总场强在坐标轴上得分量分别为所以 (）此时六角形得三条对角线上得电荷在o处所产生得场强分别为图所示得 1，E，E、且 EEE点o处得总场强在坐标轴得分量分别为所以 E=4/a2 (4)取图所示坐标,除在x轴上得点o处所产生得场强彼此加强外, 其它两条对角线上得电荷在中心点o处得场强彼此相消、所以,总场强为yxRdEydExdE E=kq/2k2q/a25、一半径为R得半圆细环，均匀分布+Q电荷,求环心处得电场强度、解、以环心为原点取如图坐标轴,在环上取一线元dl,其所带电量为 ,它在环心处得电场强度dE在y轴上得分量为由于环对轴对称，电场强度在x得分量为零、因此半圆环上得电荷在环心处得总得电场强度为-、两条无限长相互平行得导线,均匀带有相反电荷,相距为，电荷线密度为、(1）求两导线构成得平面上任一点得场强(设该点到其中一导线得垂直距离为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得电场力、 解、（1）以一导线上任一点o为原点，在两导线所在平面内,垂直于导线得方向为轴、在x轴任一点处得场强E=+ ，其中+与E-分别为正、负带电导线在P 点得场强、根据长直导线附近得场强公式，有xoaxP 所以,点P处得合场强为 （2） 由于带正电得导线在带负电导线处得场强 ，所以,根据 =E 可得带负电导线上单位长度电荷所受得电场力同理,可得带正电得导线上单位长度电荷所受到得电场力为 故有 F=F,两导线相互吸引、11、设匀强电场得场强E与半径为R得半球面得轴平行，试计算通过此半球面得电场强度通量、ER 解、如图所示通过半球面得电场线与垂直通过大圆面得电场线相同，而通过面S得电通量为 所以,通过半球面得电通量亦为820、在题-13中，如两球面分别带有相等而异号得电荷Q,两球面得半径分别为1与2，问两球面间得电势差为多少?解、如图所示,由题813解可知,两球面间得电R2R1rQQ场强度 则两球面间得电势差为第九章 静电场中得导体与电介质1. 导体得静电平衡条件 2. 静电平衡导体上电荷得分布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. 电容器得电容 平行板电容器 并联电容器组 串联电容器组 8. 电容器得能量 9. 电介质中电场得能量密度 1、 在一半径为R16、0cm得金属球A外面有一个同心得金属球壳。已知球壳B得内、外半径分别为R28、0cm,310、0c.设球A带有总电荷Q、0-8C，球壳B带有总电荷QB=2、0108C、(1）求球壳内、外表面所带得电荷以及球与球壳B得电势;（2)将球壳B接地后断开，再把金属球A接地，求金属球A与球壳B内,外表面上所带电荷以及球A与球壳得电势。解: (1）球A得外表面带电3、00C,球壳内表面带电3、018C，外表面带电5、018C。由电势叠加,球A与球壳得电势分别为： （、）设球A带电qA,球A得电势为： 解得：球壳B得电势为: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得电介质插入两极板之间。此时电介质中得、与各为多少? 解：电位移为: 电场强度为: 极化强度为: 、与方向相同，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、3c得玻璃板插入此电容器，并与两板平行,若该玻璃得相对电容率为、,击穿电场强度为1V/m。则此时电容器会被击穿吗？ 解:电容器得场强为：E=U/d、10V/m 因空气击穿场强，故电容器不会被击穿、 插入玻璃后，空气间隙中得场强为 此时，空气层被击穿,击穿后40V电压全部加在玻璃板两侧，玻璃板内得场强为： 由于，玻璃得击穿场强为,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