弟一早

1.已知一質點的運動方程為了=2萬+(2-/》求：

⑴t=ls和t=2s時位矢；⑵t=ls到t=2s內位移;

⑶t=ls到t=2s內質點的平均速度;

(4)t=ls和t=2s時質點的速度；⑸t=ls到t=2s內的平均加速度;

(6)t=ls和t=2s時質點的加速度。

解：⑴[=2i+jmr2=4z-2jm

(2)^,r—r2-r}-2i-3jm

虧=—

⑶=2i-3jm/s

Ar2-1

//P____

(4)v=—=2i-2tjv.=2i-2jm/sv=2z-4jm/s

dt2

-_AP_V-V)

⑸Cl=—=--2--~~--2jm/s2

△tAr

心_d-rdv

(6)a=——=——=—2/m/s2

drdt

2.一質點沿x軸運動，已知加速度為a=4f(SI),初始條件為：f=0時，％=0,

x0=10mo求：運動方程。

解：取質點為研究對象，由加速度定義有

a=—=4z(一■維可用標量式)=>dv=4tdt

dt

由初始條件有：

[dv=得：u=2產由速度定義得：

JoJo

v=—=2r=>dx=2rdt由初始條件得：「公=『2/dr即+10m

dtJi。J。3

由上可見，例IT和例1-2分別屬于質點運動學中的第一類和第二類問題。

第A/r-一-?.早jfe.

1.如圖2-2,水平地面上有一質量為M的物體，靜止于地面上。物體與地面間

的靜摩擦系數為4,若要拉動物體。問最小的拉力是多少？沿何方向？

解：⑴研究對象：M⑵受力分析：M受四個力，重力P,拉力7,

地面的正壓力N,地面對它的摩擦力不，見受力圖2-3。

⑶牛頓第二定律：合力：F=P+T+N+f^P+T+N+f=Ma行

MJw

分量式：取直角坐標系

x：Feos"f=Ma①Ybsind+N—尸=0

物體啟動時，有/"cos。-/2。③

圖2-2

物體剛啟動時，摩擦力為最大靜摩擦力，即/=4,N,由②解出N,求得了為:

/=—FsinO)?

④代③中：有E2/i$Mg/(cos0+4sin6)⑤

可見：F=F(8)。時，要求分母(cose+4,sin6)最大。

斤'M

設A(6)=sin。+cos。——=〃scos。-sin，=0=>tg0-

dO

J2A

y4=-//vsin^-cos^<0

p

...吆。=4時，A=AmaxnF=Fmin。6=arctg人代入⑤中，

圖2-3

"Ng

得：F>/jsMg/4；]1j+

F方向與水平方向夾角為。=。鹿女4時，即為所求結果。

強調：注意受力分析，力學方程的矢量式'標量式。

2.質量為〃?的鐵錘豎直落下，打擊木樁上并停下。設打擊時間△/,打擊前鐵錘

速率為v,則在打擊木樁的時間內，鐵錘受平均合外力的大小？

解：設豎直向下為正，由動量定理知:

FAt=0-mv=\F\=——

??Ar

強調：動量定理中說的是合外力沖量=動量增量

3.一物體受合力為尸=2/(SI),做直線運動，試問在第二個5秒內和第一個5

秒內物體受沖量之比及動量增量之比各為多少？

解：設物體沿+x方向運動，

/,=Fdt=￡2tdt=25N-S(工沿i方向)

12=『Fdt=^Itdt=75N-S(八沿i方向)=>/2//,=3

..fZ2=SP)2.(3)2_3

[1]=(Ap)i(Ap)i

4.例：如圖3-1,一彈性球，質量m=0.020

撞后跳回。設跳回時速率不變，

碰撞前后的速度方向和墻的法線夾角都為a=60

⑴求碰撞過程中小球受到的沖量7=?

⑵設碰撞時間為加=0.05s,求碰撞過程中小球受薪勺平均沖力7=?

解：⑴7=?如圖3-1所取坐標，動量定理為7=〃鞏-a圖3

〈方法一〉用分量方程解

I-tnv-mv="zucosa-(-wcosa)=2mvcosa

<x2x}x

Iv=mv2),—mvx=mvsina-mvsina=0

==>/=iJ=2mvcosat=2x0.020x5xcos60°7=0.107N-S

〈方法二〉用矢量圖解

I-mv2-mvl-m(v2-v,)(%-E)如上圖3-1所示。

NOBA=a=60*,NA=60"故ZOAB為等邊三角形。

=>同一叩=v=5m/s,(%-%)沿：方向

Z=/n|v2-vJ=0.020x5=0.10N?S,沿7方向。

⑵7=而/=>齊=7/4=0.10；/0.05=2fN

注意：此題按7=『戶力求7困難（或求不出來）時，用公式7=△"求方便。

5：質量為〃?的物體被豎直上拋，初速度為％,物體受到的空氣阻力數值

為f=KV,K為常數。求物體升高到最高點時所用時間

及上升的最大高度。

解：⑴研究對象：m⑵受力分析：m受兩個力，

重力P及空氣阻力了，如圖2-4。

⑶牛頓第二定律：拋出點y=0

合力：F=P+fP+f=ma圖2-4

日叱、？dVmdV.dV

V7TM：-m￡-KV=m----=>-------------=-dt即nn--dt

dtmg+KVmg+KVm

?VdV「1」

-------------=------dt

v

omg+KV1°mKmg+KVQm

)i

,nm

mg+KV=e?(mg+XV0)V=一(mg+KV。)e-----8①

v=o時，物體達到了最高點，可有，。為

”勺n些把％=51+%②

KmgKmg

,/V=@dy=Vdt

dt

'/t-1--I1

￡'dy=￡Vdt=￡—(mg+KV^e--mgdt

m~~11

)'=一言(加g+K%)e,n-1--mgt

K

-------i

m1

今（mg+KV0）1-e--met③

KK

t=t。時，y=^max>

KniK%、

--------ln（H-）

m,mK-------nig1mKVn

,max=產（叫+可）l-e--〃zg,—ln（l1-------）

KKmg

g皿格）

mg

=/0"g+KV°）贏需丁&gln（l+篝）=等一臺gln（l+篝）

6.一物體受合力為尸=2/(SI),做直線運動，試問在第二個5秒內和第一個5

秒內物體受沖量之比及動量增量之比各為多少？

解：設物體沿+x方向運動,

Fdt=［：2面=25N?S（4沿f方向）

rlOflO/一…一、-，.、.

產力=[2m=75N6(人沿，方向)=1/1\=3

Z

.J2=SP）2.（M）2「3

7.如圖3-2,質量為機的水銀球，豎直地落到光滑的水平桌面上，分y

成質量相等的三等份，沿桌面運動。其中兩等份的

速度分別為G、v2,大小都為

0.30m/so相互垂直地分開，試求第三等份的速度。

/772V2

解：用分量式法解研究對象：小球

圖3-2

受力情況：，”只受向下的重力和向上的桌面施加的正壓力，即在水平

方向不受力，故水平方向動量守恒。

在水平面上如圖3-2取坐標，有

尢分量：Vjcos0+m2v2cos(90°-0)-m3v3=0

y分量：町匕sin6-m2v2sin(900-6)=0

=m=7n3

<2

vl=v2=0.30m/s

.Jv3=V2v=V2x0.30=0.42m/5

??16=45°na=135°(即與Q成135°)

8.如圖3-12,籃球的位移為5,§與水平線

成45°角，S=4m,球質量為"?，求重力的功。

解：⑴研究對象：球⑵重力為恒力

/W=F-S=FScosa-FScos135°

(3)

=mg-4cosl35°=-2y12mg

強調：恒力功公式w=^S的使用.

9.力聲=6汀(SI)作用在〃?=3總的質點上。物體沿x軸運動，1=0時，％=0。

求前二秒內戶對機作的功。

解：⑴研究對象：〃?⑵直線問題，戶沿+x軸方向

〈方法一〉按亞=「Rd又作

Ja

在此有：W=(6tldxi=f6tdx

..E.dv

.r=ma=m—=ormdv=6tdt

dt

dx2

做如下積分:3(dv=\6tdt有V—t.2?.?—=v=t

JoJodt

2

即公=/力W=f26tt2dt=-t4=24J

Jo2

o

〈方法二〉用動能定理作

W=—mv；——mv；=—m(v^-v：)=—x3(24-0)=24J

2222

10.如圖3-18,在計算上拋物體最大高度”時，有人列出了方程（不計空氣阻力）

-mg”=gw：cos2e-g〃所列出方程時此人用了質點的動能定理、功能原理和

機械能守恒定律中的那一個？

解：⑴動能定理為

合力功=質點動能增量=>-叫"=g〃GoCos。）--mvl

⑵功能原理為外力功+非保守內力功=系統機械能增量（取加、地為系統）

gm(ycos6)~+mgH

=0+0=0

⑶機械能守恒定律???W外+W非保內=0...E,2+Ep2=E-+Epi

即=gm(v0cos6)~+mgH=gmv1

可見，此人用的是質點的動能定理。

11.如圖3T9,質量為加的物體，從四分之一圓槽

A點靜止開始下滑到B。在B處速率為v,槽半徑為火。

求加從A-B過程中摩擦力做的功。

解：〈方法一〉按功定義W=0R-dC,〃?在任一點c處，切線周向的并頓第二

JA

定律方程為

mgcos0-Fr=mat=/n—==一?也了+mgcos?

W=J：E=|^|Fr|-|ds|cos/r=_J：F「ds=mgcos^-m-^jds

=機(牛ds-mgcosOds=vdv-「mgcosORdO

=~mv2-mgR

〈方法二〉用質點動能定理“受三個力，N,Fr,mg

2

由WA=-mv^--mv?WWN+W,.+Wfi=-mv-0

口22Np2

即0+Wr+mgR=gmv2(Wp=-AEp=-mgh)

2

Wr=^mv-mgR注意：此題目機械能不守恒。

第九、十章

1.一物體連在彈簧一端在水平面上做簡諧振動，振幅為A。試求七一5”的位

置坐標。

解：設彈簧的倔強系數為3系統總能量為

1,

2

E=Ek+Et,=-l<A

L1L

EK=-E

在2'時，有

331

E+E=—E=-----kx2—kx2=—kA2

k“p2p22=>42

2.橫波在弦上傳播，波動方程為y=0.02cos不(200r-5x)(SI)

求：A、不u、T、〃=?

解：(1)y=Acos2TTCOt

此題波動方程可化為

y—0.02cos200TT[t-----j—0.02cos2MlOOf-------j=0.02cos2d-------------

'I40JI0.4J10.010.4

由上比較知：A=0.02m〃=40m/sv=100Hz

A=0.4〃?7=0.015

另外：求〃、4可從物理意義上求

(a)4=同一波線上位相差為24的二質點間距離設二質點坐標為x】、X2(設

2

x2>Xi),有不(2001—5元J一刀(200/—512)=24,^A=x2-xl=—=0.4m

（b）4=某一振動狀態在單位時間內傳播的距離。

設6時刻某振動狀態在項處，才2時刻該振動狀態傳到X2處，有

4（200。-5匹）=萬（200%-5X2）=>5（x2一?）=2006-乙）,得

X,-X.200..,

//=-......L=----=40m/s

5

2.一平面簡諧波沿+x方向傳播，波速為20〃?/s,在傳播路徑的A點處，質點振

動方程為y=0.03cos4m（SI）,試以A、B、C為原點，求波動方程。

CA

解：(1)%=0.01519I

y=0.03cos|4m-2^-|2===20x—=Wm

<AJco

=>y-0.03cos^4^-yXJ(SI)

(2)以B為原點丁=0.0385卜加-?-9](SI)(B處質點初相為(-|〃))

波動方程為:y=0.03cosl471t-—7T———即y=0.03cos4加--x——7T

155

(3)以C為原點兒=0.03cos4m-q(-5)=0.03cos(4m+%)(C處初相為4)

波動方程為：y=0.03cosAm+K即y=0.03cosl4加-—

強調：（1）建立波動方程的程序（2）位相中加入±2〃?的含義

A

3.一連續縱波沿+x方向傳播，頻率為25"z,波線上相鄰密集部分中心之距離為

24cm,某質點最大位移為3cm。原點取在波源處，且f=0時，波源位移

=0,并向+y方向運動。

求：（1）波源振動方程；（2）波動方程;

（3），=ls時波形方程；（4）x=0.24〃?處質點振動方程;

（5）6=0.12〃?與尤2=0.36"?處質點振動的位相差。

解：（1）設波源波動方程為%=Acos（a+p）

可知：A=0.03a0=20=50如7

由旋轉矢量知：（p=--y=0.03cos(50^7-yj(SI)

2

加一一與

（2）波動方程為:y=0.03cos1505xA=0.24"?

y=0.03cos(50*m；zx—7](SI)

(3)l=ls時波形方程為:y=0.03cos(苗乃一竺而

(SI)

（4）光=0.24相處質點振動方程為y=0.03cos（50加-2%-?=0.03cos（50加一苧）

⑸所求位相差為：\（p=2%紅3=2萬=21，出處質點位相超前。

A0.24

Ay

強調：（1）波源初相仍不一定=0(2)”=2萬下的含義

A

第八早

1.已知電偶極子電矩為A,求

⑴電偶極子在它軸線的延長線上一點A的瓦;

⑵電偶極子在它軸線的中垂線上一點B的后8。

解：⑴如圖所取坐標，EA=E++E_

qE=q

E.(/Y

4庇rH——

I2j

EA=E+-E_=-^----------------=—

q2lr,2ql2p

2-r?l———=——J

4兀￡(/A//、4庇°廠47r廣

【2/八2rJ

nE-2力一

A—4磔0/(心與P同向)

⑵如圖所取坐標及「

瓦=瓦+E_

￡=___________口

+一(I2}E_=i

4%八￥-----------Z

127

圖7-9

E=-(Ecos6Z+E_cosa)

BX+=-2E+COS6Z

￡

_2_____&________5__gl

=2

d(2/?r2

4笳。廠+1V-+—(2

44f廠+1

r?I一0二一P

3

4TTEor4TTEQr

=E=——J

EB、,=。n卻BX

4在(/

*分立電荷產生場強的疊加問題。

2.設電荷q均勻分布在半徑為R的圓環上，計算在環的軸線上與環心相距x

的P點的場強。

解：如圖所取坐標，x軸在圓環軸線上，把圓環分成一系列點電荷，d/部分在

P點產生的電場沏人需=電荷線密

EAdiAdi

dE二-------=--------l-

4笳（/4%（x+

Axdl

dE//=dEcos0=

4碼（Y+

2成Axdl（A-17TR）Xqx

o/

4碼卜9+4啊位+R?4啊苗+

qx

根據對稱性可知，石1=°“一5一J

,22

4%￡（）（X+Rp

q>o：商沿x軸正向；<0：近沿*軸負向6軸上后關于原點對稱）

E與圓環平面垂直,

環中心處x=0E=0,也可用對稱性判斷。

X?R，E=心

3.半徑為R的均勻帶電圓盤，電荷面密度為0r,計算軸線上與盤心相距X的

P點的場強。

解：如圖所示，x軸在圓盤軸線上，把圓盤分成一系列的同心圓環，半徑為一、

寬度為dr的圓環在p點產生的場強為：

xdq

4的）3+產）2（均勻帶電圓環結果）

x?olTirdr（Txrdr

4?！?。（爐+產）22。卜2+產/

?.?各環在p點產生場強方向均相同,

整個圓盤在p點產生場強為:

GX1r^d（x2+r2）

----?------------ox

2%20（丁+//=￡

0>0：背離圓盤；<o：指向圓盤即E與盤面垂直（后關于盤面對稱）

討論：氏一8時，變成無限大帶電薄平板，E"二2,方向與帶電平板垂直。

4.有一均勻帶電直線，長為/,電量為9,求距它為r處P點場強。

解：如圖所取坐標，把帶電體分成一系列點電荷，4y段在p處產生場強為：

四=&=-磐

①

4吟r4/（y~+廣）I

由圖知：]=匕釁=片g3-^]=一「次￡-6=~rctg3

dy=rcsc2OdO

y

4

dE=—貓ydy

代⑴中有：-4g/2

y8d￡

y

dEx=dEcosB=dEcos(3

圖7-12

=dEcos(—-0)=dEsinO=—色^

?2sin3

24庇0廠

7八1、萬)

..y=rtg/3=rtg\'-三=~rtg\—=-rctgO

27

1r

dy=rcsc6d6,cosBsin6

2

ArescOdO

dE、

4庇。

20

%

2,sinOdO2/八八、

Ex=\dE----------=-------(cosq-cos夕，)

xJ4咫/4笳(/

仇

dEy--dEsin-dEcos0

E=dE(sinO2-sinOx)

>\疝(/

y仇447r￡()r

=冗

討論：無限長均勻帶電直線Ox=0,%

即無限均勻帶電直線，電場垂直直線，4>0,月背向直線；2<0,

—?

￡指向直線。

5.一均勻帶電球殼，半徑為R,電荷為+4,求：球面內外任一點場強。

解：由題意知，電荷分布是球對稱的，產生的電場是球對稱的，場強方向沿半

徑向外，以0為球心任意球面上的各點后值相等。

⑴球面內任一點P1的場強

以0為圓心，通過點做半徑為-1的球面S1為高斯面，高斯

定理為：除.WEI

E與dS同向，且S］上E值不變

dS=dS=￡JdS=

S|SiSi

圖7-19

=。=>E?4孫2-o.E=0

￡。s吶

即均勻帶電球面內任一點R場強為零。

注意：1）不是每個面元上電荷在球面內產生的場強為零，而是所有面元上

電荷在球面內產生場強的矢量和=0。

2）非均勻帶電球面在球面內任一點產生的場強不可能都為零。（在個

別點有可能為零）

⑵球面外任一點的場強

以0為圓心，通過P2點以半徑r2做一球面S2作為高斯面，由高斯定理有:

E-4肛2=—q=>E=----

04庇。廠

方向：沿。舄方向（若q<0,則沿PO方向）

結論：均勻帶電球面外任一點的場強，如圖電荷全部

集中在球心處的點電荷在該點產生的場強一樣。

E?

E=o("R)

q

(r>R)

6：有均勻帶電的球體，半徑為H,電量為+q,。

R

解：由題意知，電荷分布具有球對稱性，，電場也具有對稱性，場強方向由球

心向外輻射，在以。為圓心的任意球面上各點的匿|相同。

(1)球內任一點P1的左二?

q

E沿而方向。(若夕＜0,則￡沿6。方向)

.E=4萬々R3'

結論：￡J八

注意：不要認為Si外任一電荷元在R處產生的場強為0,而是Si外所有電

荷元在R點產生的場強的疊加為0o

(2)球外任一點P2的豆=?

以0為球心，過P2點做半徑為2的球形高斯面S2,高斯定理為:

^E-dS=L>,q

s2￡。$2內

E?4m;

由此有：29'

E沿0P2方向

結論：均勻帶電球體外任一點的場強如同電荷全部集中在球心處的點電荷

產生的場強一樣。

q

E二4在廢?r,1(r1<R))

__1___(r>R)

4庇or2

圖7-22

E-r曲線如左圖。

7.一無限長均勻帶電直線，設電荷線密度為+%,求直線外任一點場強。

解：由題意知，這里的電場是關于直線軸對稱的，E的方向垂直直線。在以直

線為軸的任一圓柱面上的各點場強大小是等值的。以直線為軸線，過考察點P做

半徑為廠高為〃的圓柱高斯面，上底為Si、下底為S2,側面為S3。

高斯定理為：，百.曲+A

s0S內

在此，有：

^E-dS=^E-dS+^E-dS+^E-dSS3

sS]$2s3

?在Si、S2上各面元dS_LE，，前二項積分=0圖7-23

又在53上￡與25方向一致，且后=常數，

.dS=dS=\EdS=E\dS=E-2jjrh

SS3$3$3

一一助=>E-2兀rh=—AhE=―-—

5s內1飛即m2

E由帶電直線指向考察點。（若％<0,則為'由考察點指向帶電直線）

上面結果將與例4結果一致。

8.無限長均勻帶電圓柱面，半徑為R,電荷面密度為?！?,求柱面內外任

一點場強。

解：由題意知，柱面產生的電場具有軸對稱性，場強方向由柱面軸線向外輻射,

并且任意以柱面軸線為軸的圓柱面上各點后值相等。

1）帶電圓柱面內任一點R的應=?

以00'為軸，過Pl點做以4為半徑高為人的圓柱高斯面，上底為s”下底為S2,

側面為S3。高斯定理為：

河?曲在此，有：

s0S內

iEdS=[EdS+[EdS+[EdS

JJs]J§2J$3

S

—-

?.?在Si、S2上各面元d'lJ-E

...上式前二項積分=0,又在S3上dM與后同向

且七=常數，

.'后,dM=[EdS=E[dS=E-2肛h

：?JJ53J§3

=>E-2孫h=。E=Q

4s內

結論：無限長均勻帶電圓筒內任一點場強=o

2）帶電柱面外任一點場強E=?

以00為軸，過P2點做半徑為弓高為0的圓柱形高斯面，上底為SJ,下底為

S2‘，側面為S3'。由高斯定理有：

1廠0?2兀R

E?2倒h=—（y27rRh=H=~

￡02聯0丫2

?.?。.2做=。.[2做?1]=單位長柱面的電荷（電荷線密度）=4

Z7_4消丁,

???七二”…，石由軸線指向P2。。<0時，石沿P2指向軸線

結論：無限長均勻帶電圓柱面在其外任一點的場強，如全部電荷都集中在

帶電柱面的軸線上的無限長均勻帶電直線產生的場強一樣。

9.無限大均勻帶電平面，電荷面密度為+b,求平面外任一點場強。

解：由題意知，平面產生的電場是關于平面二側對稱的，場強方向垂直平面，

距平面相同的任意二點處的巨值相等。設P為考察點，過P點做一底面平行于平

面的關于平面又對稱的圓柱形高斯面，右端面為S.,左端面為S2,側面為S3,

?.?在S3上的各面元dSJLE，，第三項積分=0

又?..在Si、S2上各面元dS與后同向，且在Si、s2±

4=常數，???有：

^EdS^\EdS+\EdS^E\dS+E\dS^ES}+ES2=2ES1

JsJ$1兒JsiJs9

丁Z9==>E.2S1二即：E=——(均勻電場)

J)s內G)fc0乙與

E1垂直平面指向考察點（若。'<0,則無由考察點指向平面）。

10.有二平行無限大均勻帶電平板A、B,電荷面密度分別為1）+b,+b；2）

+67,一。。求：板內、外場強。工

+b

解：1）設Pl為板內任一點，有

E二E+EB即E=EA-ER=------=0

A甑

22E0_

設P2為B右側任一點（也可取在A左側），

(7

￡二+￡§即

E=EA+EB

242%￡o

2）設P3為二板內任一點,

=___(J__I--(-7--=__(J_

E二0+石8即E=EA+EB

2。2%￡0

AB

設P,為B右側任一點（也可取在A左側）

R

E=EA+EB<---?---A

蜃

E=EE

即：A-B--*=°區I

"0"0

圖7-27

上面，我們應用高斯定理求出了幾種帶電體產生的場強，小心八TPJJ名山,

用高斯定理求場強是比較簡單的。但是，我們應該明確，雖然高斯定理是普遍

成立的，但是任何帶電體產生的場強不是都能由它計算出，因為這樣的計算是

有條件的，它要求電場分布具有一定的對稱性，在具有某種對稱性時，才能適

選高斯面，從而很方便的計算出值。應用高斯定理時，要注意下面環節：1）分

析對稱性；2）適選高斯面；3）計算￡口.曲=?19

"4）由懸］斯

%c4S內^'

定理￡區?曲=，2夕求出E0

￡（）s內

11.均勻帶電圓環、半徑為R,電荷為4,求其軸線上任一點電勢。

解：如圖所示，X軸在圓環軸線上,

poo_

=

〈方法一〉用〃〃]xE?而解:圓環在其軸線上任一點產生的場強為

_g111二__________）

4%2」JR2+%24?！辏?R2+讓2

2x

〈方法二〉用電勢疊加原理解"p=J”".

把圓環分成一系列電荷元，每個電荷元視為點電荷，在P點產生電勢為:

dqdq

dUp二V二藐祈7整個環在「點產生電勢為:

dq

UP=\dup=[「q

笳%

%42+/4庇oJR2+%2

q_q

討論：1)%=0處，虱p==T；2)時,勺一得‘環可

^7l￡()K

視為點電荷。

12：一均勻帶電球面，半徑為R,電荷為＜7,求球面內外任一點電勢。

解：如圖所取坐標，

場強分布為后=[0（球面內）

q.

4陽（球面外）

（1）球面外任一點P1處電勢

圖7-33

G昨L,EdrU?積分與路徑無關，.?.可沿々方

=「q”=q

2

向-8)Jrt4萬島r44￡0r

結論：均勻帶電球面外任一點電勢，如同全部電荷都集中在球心的點電荷一樣。

(2)球面內任一點P?電勢

/?OO一cR一,OO一

un=Edr=E-dr+[E-dr

P2Jr2Jr2JR

?oo一OO

E?沂=qdr=―?—

RR444,4唉R

可見，球面內任一點電勢與球面上電勢相等。(???球面內任一點E二°,

在球面內移動試驗電荷時，無電場力作功，即電勢差=0,...有上面結論)

13.設A、B二極板平行，面積均為S,相距為d,

電量為+q,-q,極板線度比d大得多，且不計邊

緣效應。所以A、B間為均勻電場。

由高斯定理知，A、B間場強大小為

￡。S

U-U-Ed--^―d=C=-----

AB圖8-12

￡°sUA-U

2、球形電容器

設二均勻帶電同心球面A、B,半徑R.、RR,電荷為+q,-qoA^B間任一

點場強大小為：E=-^—

4對尸

RR

f6

?一p

u1E

-2

‘

萬

R?

AA

=q〔1Ly=q（RB-R,J

4fRARB4/RARB

c=q=q=4您°RARB圖8-13

一L-UB—q（R「RA）_RB-RA

4fHA%

討論：(1)當時-此《此時，有RB=RA，

4疫0&_40sA

令RBf=d，則0=不q7；

dd

即一一平行板電容器結果。

(2)A為導體球或A、B均為導體球殼結果如何?

3、圓柱形電容器圓柱形電容器是兩個同軸柱面極板構成的，如圖所示，設A、B

半徑為此、RB,電荷為+q,-q,除邊緣外，電荷均勻分布在內外兩圓柱面上,

單位長柱面帶電量％=

小為E----

2fr

R「-

UA-B=\~E^dr=

RA

c_q一q

UA-3%id也,R

In—B圖8-14

2fRARA

（可知：在計算電容器時主要是計算兩極間的電勢差）。

第七章

1設有一段直載流導線，電流強度為LP點距導線為a,求P點后=?

—?—?-?

解：如圖所示，在AB上距0點為/處取電流元Idl,Idl在P點產生的dB

小〃nIdlsin0

aH—'“_________一

的大小為4萬r,d方方向垂直指向紙面（/力X不方向）。同

樣可知，AB上所有電流元在p點產生的而方向均相同，所以P點占的大

小，即等于下面的代數積分

r4oIdlsin?

3=jdB=

J4兀r1

ABM'統一變量，由圖

r-------a-----------a--

sin(萬-9)sni09

I-act^7i-0)=-act^

dl=-a-(-esc2O)dO=<2esc26d6=―—dO

sin26>

A

02—dOsinO7斗

=>B=i^o--sin：g-------二風Ljsin劭9

4萬￡4加J

sin20

-（cos0]-cos）一

4曲,B垂直指向紙面。

B=

討論：⑴AB—8時，a=0,%=兀,2加。

仇=&A=B=見

（2）對半無限長（A在o處），2