物理學(xué)(馬文蔚第五版)4-5章剛體的轉(zhuǎn)動與靜電場習(xí)題與解答

1、第四章剛體的轉(zhuǎn)動4 1有兩個力作用在一個有固定轉(zhuǎn)軸的剛體上：(1) 這兩個力都平行于軸作用時，它們對軸的合力矩一定是零；(2) 這兩個力都垂直于軸作用時，它們對軸的合力矩可能是零；(3) 當(dāng)這兩個力的合力為零時，它們對軸的合力矩也一定是零；(4) 當(dāng)這兩個力對軸的合力矩為零時，它們的合力也一定是零對上述說法下述判斷正確的是()(A) 只有(1)是正確的(B)(1)、(2)正確，(3)、(4)錯誤(C) (1)、(2)、(3)都正確，(4)錯誤 (D)(1)、(2)、(3)、(4)都正確分析與解力對軸之力矩通常有三種情況：其中兩種情況下力矩為零：一是力的作用線通過轉(zhuǎn)軸，二是力平行于轉(zhuǎn)軸(例如門的

2、重力并不能使門轉(zhuǎn))不滿足上述情況下的作用力(含題述作用力垂直于轉(zhuǎn)軸的情況)對軸之矩不為零，但同時有兩個力作用時，只要滿足兩力矩大小相等，方向相反，兩力矩對同一軸的合外力矩也可以為零，由以上規(guī)則可知(1)(2)說法是正確對于(3)(4)兩種說法，如作用于剛體上的兩個力為共點力，當(dāng)合力為零時，它們對同一軸的合外力矩也一定為零，反之亦然但如這兩個力為非共點力，則以上結(jié)論不成立，故(3)(4)說法不完全正確綜上所述，應(yīng)選(B)4 2關(guān)于力矩有以下幾種說法：(1) 對某個定軸轉(zhuǎn)動剛體而言，內(nèi)力矩不會改變剛體的角加速度；(2) 一對作用力和反作用力對同一軸的力矩之和必為零；(3) 質(zhì)量相等，形狀和大小不同

3、的兩個剛體，在相同力矩的作用下，它們的運動狀態(tài)一定相同對上述說法下述判斷正確的是()(A) 只有(2)是正確的 (B) (1)、(2)是正確的(C)(2)、(3)是正確的 (D) (1)、(2)、(3)都是正確的分析與解剛體中相鄰質(zhì)元之間的一對內(nèi)力屬于作用力與反作用力，且作用點相同，故對同一軸的力矩之和必為零，因此可推知剛體中所有內(nèi)力矩之和為零，因而不會影響剛體的角加速度或角動量等，故(1)(2)說法正確對說法(3)來說，題述情況中兩個剛體對同一軸的轉(zhuǎn)動慣量因形狀、大小不同有可能不同，因而在相同力矩作用下，產(chǎn)生的角加速度不一定相同，因而運動狀態(tài)未必相同，由此可見應(yīng)選(B)4 3均勻細(xì)棒OA 可

4、繞通過其一端O 而與棒垂直的水平固定光滑軸轉(zhuǎn)動，如圖所示，今使棒從水平位置由靜止開始自由下落，在棒擺到豎直位置的過程中，下述說法正確的是()(A) 角速度從小到大，角加速度不變(B) 角速度從小到大，角加速度從小到大(C) 角速度從小到大，角加速度從大到小(D) 角速度不變，角加速度為零分析與解如圖所示，在棒下落過程中，重力對軸之矩是變化的，其大小與棒和水平面的夾角有關(guān)當(dāng)棒處于水平位置，重力矩最大，當(dāng)棒處于豎直位置時，重力矩為零因此在棒在下落過程中重力矩由大到小，由轉(zhuǎn)動定律知，棒的角加速亦由大到小，而棒的角速度卻由小到大(由機械能守恒亦可判斷角速度變化情況)，應(yīng)選(C)4 4一圓盤繞通過盤心且

5、垂直于盤面的水平軸轉(zhuǎn)動，軸間摩擦不計如圖射來兩個質(zhì)量相同，速度大小相同，方向相反并在一條直線上的子彈，它們同時射入圓盤并且留在盤內(nèi)，則子彈射入后的瞬間，圓盤和子彈系統(tǒng)的角動量L 以及圓盤的角速度的變化情況為()(A) L 不變，增大 (B) 兩者均不變(C) L 不變，減小 (D) 兩者均不確定分析與解對于圓盤一子彈系統(tǒng)來說，并無外力矩作用，故系統(tǒng)對軸O 的角動量守恒，故L 不變，此時應(yīng)有下式成立，即式中mvD 為子彈對點O 的角動量 為圓盤初始角速度，J 為子彈留在盤中后系統(tǒng)對軸O 的轉(zhuǎn)動慣量，J0為子彈射入前盤對軸O 的轉(zhuǎn)動慣量由于J J0 ，則 故選(C)4 5假設(shè)衛(wèi)星環(huán)繞地球中心作橢圓

6、運動，則在運動過程中，衛(wèi)星對地球中心的()(A) 角動量守恒，動能守恒 (B) 角動量守恒，機械能守恒(C) 角動量不守恒，機械能守恒 (D) 角動量不守恒，動量也不守恒() 角動量守恒，動量也守恒分析與解由于衛(wèi)星一直受到萬有引力作用，故其動量不可能守恒，但由于萬有引力一直指向地球中心，則萬有引力對地球中心的力矩為零，故衛(wèi)星對地球中心的角動星守恒，即r ×mv 恒量，式中r 為地球中心指向衛(wèi)星的位矢當(dāng)衛(wèi)星處于橢圓軌道上不同位置時，由于r 不同，由角動量守恒知衛(wèi)星速率不同，其中當(dāng)衛(wèi)星處于近地點時速率最大，處于遠(yuǎn)地點時速率最小，故衛(wèi)星動能并不守恒，但由萬有引力為保守力，則衛(wèi)星的機械能守恒

7、，即衛(wèi)星動能與萬有引力勢能之和維持不變，由此可見，應(yīng)選(B)4 6一汽車發(fā)動機曲軸的轉(zhuǎn)速在12 s 內(nèi)由1.2×103 r·min-1均勻的增加到2.7×103 r·min-1(1) 求曲軸轉(zhuǎn)動的角加速度；(2) 在此時間內(nèi)，曲軸轉(zhuǎn)了多少轉(zhuǎn)？解(1) 由于角速度2 n(n 為單位時間內(nèi)的轉(zhuǎn)數(shù))，根據(jù)角加速度的定義，在勻變速轉(zhuǎn)動中角加速度為(2) 發(fā)動機曲軸轉(zhuǎn)過的角度為在12 s 內(nèi)曲軸轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為圈4 7某種電動機啟動后轉(zhuǎn)速隨時間變化的關(guān)系為，式中9.0 s-1 ，2 s 求：(1) t 6.0 s 時的轉(zhuǎn)速；(2) 角加速度隨時間變化的規(guī)律；(3) 啟

8、動后6.0 s 內(nèi)轉(zhuǎn)過的圈數(shù)解(1) 根據(jù)題意中轉(zhuǎn)速隨時間的變化關(guān)系，將t 6.0 s 代入，即得(2) 角速度隨時間變化的規(guī)律為(3) t 6.0 s 時轉(zhuǎn)過的角度為則t 6.0 s時電動機轉(zhuǎn)過的圈數(shù)圈4 8水分子的形狀如圖所示，從光譜分析知水分子對AA 軸的轉(zhuǎn)動慣量JAA1.93 ×10-47 kg·m2 ，對BB 軸轉(zhuǎn)動慣量JBB1.14 ×10-47 kg·m2，試由此數(shù)據(jù)和各原子質(zhì)量求出氫和氧原子的距離D 和夾角假設(shè)各原子都可當(dāng)質(zhì)點處理解由圖可得此二式相加，可得則 由二式相比，可得 則 4 9 一飛輪由一直徑為30，厚度為2.0的圓盤和兩個直徑

9、為10，長為8.0的共軸圓柱體組成，設(shè)飛輪的密度為7.8×103 kg·m-3，求飛輪對軸的轉(zhuǎn)動慣量解根據(jù)轉(zhuǎn)動慣量的疊加性，由勻質(zhì)圓盤、圓柱體對軸的轉(zhuǎn)動慣量公式可得4 10如圖(a)所示，圓盤的質(zhì)量為m，半徑為R求：(1) 以O(shè)為中心，將半徑為R2 的部分挖去，剩余部分對OO 軸的轉(zhuǎn)動慣量；(2) 剩余部分對OO軸(即通過圓盤邊緣且平行于盤中心軸)的轉(zhuǎn)動慣量解挖去后的圓盤如圖(b)所示(1) 解1由分析知解2整個圓盤對OO 軸轉(zhuǎn)動慣量為，挖去的小圓盤對OO 軸轉(zhuǎn)動慣量，由分析知，剩余部分對OO 軸的轉(zhuǎn)動慣量為(2) 由平行軸定理，剩余部分對OO軸的轉(zhuǎn)動慣量為4 11用落體觀

10、察法測定飛輪的轉(zhuǎn)動慣量，是將半徑為R 的飛輪支承在O點上，然后在繞過飛輪的繩子的一端掛一質(zhì)量為m 的重物，令重物以初速度為零下落，帶動飛輪轉(zhuǎn)動(如圖)記下重物下落的距離和時間，就可算出飛輪的轉(zhuǎn)動慣量試寫出它的計算式(假設(shè)軸承間無摩擦)解1設(shè)繩子的拉力為F，對飛輪而言，根據(jù)轉(zhuǎn)動定律，有 (1)而對重物而言，由牛頓定律，有 (2)由于繩子不可伸長，因此，有 (3)重物作勻加速下落，則有 (4)由上述各式可解得飛輪的轉(zhuǎn)動慣量為解2根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒定律，有 (1)而線速度和角速度的關(guān)系為 (2)又根據(jù)重物作勻加速運動時，有 (3) (4)由上述各式可得若軸承處存在摩擦，上述測量轉(zhuǎn)動慣量的方法仍可采

11、用這時，只需通過用兩個不同質(zhì)量的重物做兩次測量即可消除摩擦力矩帶來的影響4 12一燃?xì)廨啓C在試車時，燃?xì)庾饔迷跍u輪上的力矩為2.03×03N·m，渦輪的轉(zhuǎn)動慣量為25.0kg·m2 當(dāng)輪的轉(zhuǎn)速由2.80×103 r·min-1 增大到1.12×104 r·min-1時，所經(jīng)歷的時間t 為多少？解1在勻變速轉(zhuǎn)動中，角加速度，由轉(zhuǎn)動定律，可得飛輪所經(jīng)歷的時間解2飛輪在恒外力矩作用下，根據(jù)角動量定理，有則 4 13 如圖(a) 所示，質(zhì)量m1 16 kg 的實心圓柱體A，其半徑為r 15 cm，可以繞其固定水平軸轉(zhuǎn)動，阻力忽略不計

12、一條輕的柔繩繞在圓柱體上，其另一端系一個質(zhì)量m2 8.0 kg 的物體B.求：(1) 物體B 由靜止開始下降1.0 s后的距離；(2) 繩的張力F .解(1) 分別作兩物體的受力分析，如圖(b).對實心圓柱體而言，由轉(zhuǎn)動定律得對懸掛物體而言，依據(jù)牛頓定律，有且F F .又由角量與線量之間的關(guān)系，得解上述方程組，可得物體下落的加速度在t 1.0 s 時，B 下落的距離為(2) 由式(2)可得繩中的張力為4 14質(zhì)量為m1 和m2 的兩物體A、B 分別懸掛在圖(a)所示的組合輪兩端.設(shè)兩輪的半徑分別為R 和r，兩輪的轉(zhuǎn)動慣量分別為J1 和J2 ，輪與軸承間、繩索與輪間的摩擦力均略去不計，繩的質(zhì)量也

13、略去不計.試求兩物體的加速度和繩的張力.解分別對兩物體及組合輪作受力分析，如圖(b).根據(jù)質(zhì)點的牛頓定律和剛體的轉(zhuǎn)動定律，有 (1) (2) (3), (4)由角加速度和線加速度之間的關(guān)系，有 (5) (6)解上述方程組，可得4 15如圖所示裝置，定滑輪的半徑為r，繞轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動慣量為J，滑輪兩邊分別懸掛質(zhì)量為m1 和m2 的物體A、B.A 置于傾角為 的斜面上，它和斜面間的摩擦因數(shù)為，若B 向下作加速運動時，求：(1) 其下落加速度的大??；(2) 滑輪兩邊繩子的張力.(設(shè)繩的質(zhì)量及伸長均不計，繩與滑輪間無滑動，滑輪軸光滑.)解作A、B 和滑輪的受力分析，如圖(b).其中A 是在張力F1 、重力

14、P1 ，支持力F 和摩擦力F 的作用下運動，根據(jù)牛頓定律，沿斜面方向有 (1)而B 則是在張力F2 和重力P2 的作用下運動，有 (2)由于繩子不能伸長、繩與輪之間無滑動，則有 (3)對滑輪而言，根據(jù)定軸轉(zhuǎn)動定律有 (4), (5)解上述各方程可得4 16如圖(a)所示，飛輪的質(zhì)量為60 kg，直徑為0.50 m，轉(zhuǎn)速為1.0 ×103 r·min-1 .現(xiàn)用閘瓦制動使其在5.0 s 內(nèi)停止轉(zhuǎn)動，求制動力F.設(shè)閘瓦與飛輪之間的摩擦因數(shù) 0.40，飛輪的質(zhì)量全部分布在輪緣上.解飛輪和閘桿的受力分析，如圖(b)所示.根據(jù)閘桿的力矩平衡，有而，則閘瓦作用于輪的摩擦力矩為 (1)摩

15、擦力矩是恒力矩，飛輪作勻角加速轉(zhuǎn)動，由轉(zhuǎn)動的運動規(guī)律，有 (2)因飛輪的質(zhì)量集中于輪緣，它繞軸的轉(zhuǎn)動慣量，根據(jù)轉(zhuǎn)動定律，由式(1)、(2)可得制動力4 17一半徑為R、質(zhì)量為m 的勻質(zhì)圓盤，以角速度繞其中心軸轉(zhuǎn)動，現(xiàn)將它平放在一水平板上，盤與板表面的摩擦因數(shù)為.(1) 求圓盤所受的摩擦力矩.(2) 問經(jīng)多少時間后，圓盤轉(zhuǎn)動才能停止？解(1) 由分析可知，圓盤上半徑為r、寬度為dr 的同心圓環(huán)所受的摩擦力矩為式中k 為軸向的單位矢量.圓盤所受的總摩擦力矩大小為(2) 由于摩擦力矩是一恒力矩，圓盤的轉(zhuǎn)動慣量J mR2/2 .由角動量定理Mt (J)，可得圓盤停止的時間為4 18 如圖所示，一通風(fēng)機

16、的轉(zhuǎn)動部分以初角速度0 繞其軸轉(zhuǎn)動，空氣的阻力矩與角速度成正比，比例系數(shù)C 為一常量.若轉(zhuǎn)動部分對其軸的轉(zhuǎn)動慣量為J，問：(1) 經(jīng)過多少時間后其轉(zhuǎn)動角速度減少為初角速度的一半？(2) 在此時間內(nèi)共轉(zhuǎn)過多少轉(zhuǎn)？解(1) 通風(fēng)機葉片所受的阻力矩為M C，由轉(zhuǎn)動定律M J，可得葉片的角加速度為 (1)根據(jù)初始條件對式(1)積分，有由于C 和J 均為常量，得 (2)當(dāng)角速度由0 12 0 時，轉(zhuǎn)動所需的時間為(2) 根據(jù)初始條件對式(2)積分，有即 在時間t 內(nèi)所轉(zhuǎn)過的圈數(shù)為4 19如圖所示，一長為2l 的細(xì)棒AB，其質(zhì)量不計，它的兩端牢固地聯(lián)結(jié)著質(zhì)量各為m的小球，棒的中點O 焊接在豎直軸z上，并且

17、棒與z軸夾角成角.若棒在外力作用下繞z 軸(正向為豎直向上)以角直速度0(1 et ) 轉(zhuǎn)動，其中0 為常量.求(1)棒與兩球構(gòu)成的系統(tǒng)在時刻t 對z 軸的角動量；(2) 在t 0時系統(tǒng)所受外力對z 軸的合外力矩.解(1) 兩小球?qū) 軸的轉(zhuǎn)動慣量為，則系統(tǒng)對z 軸的角動量為此處也可先求出每個小球?qū)軸的角動量后再求和.(2) 由角動量定理得t 0時，合外力矩為此處也可先求解系統(tǒng)繞z 軸的角加速度表達(dá)式，即，再由M J求得M.4 20一質(zhì)量為m、半徑為R 的均勻圓盤，通過其中心且與盤面垂直的水平軸以角速度轉(zhuǎn)動，若在某時刻，一質(zhì)量為m 的小碎塊從盤邊緣裂開，且恰好沿垂直方向上拋，問它可能達(dá)到的高

18、度是多少？ 破裂后圓盤的角動量為多大？解(1) 碎塊拋出時的初速度為由于碎塊豎直上拋運動，它所能到達(dá)的高度為(2) 圓盤在裂開的過程中，其角動量守恒，故有式中為圓盤未碎時的角動量；為碎塊被視為質(zhì)點時，碎塊對軸的角動量；L 為破裂后盤的角動量.則4 21在光滑的水平面上有一木桿，其質(zhì)量m1 1.0 kg，長l 40cm，可繞通過其中點并與之垂直的軸轉(zhuǎn)動.一質(zhì)量為m2 10g 的子彈，以v 2.0×102 m· s1 的速度射入桿端，其方向與桿及軸正交.若子彈陷入桿中，試求所得到的角速度.解根據(jù)角動量守恒定理式中為子彈繞軸的轉(zhuǎn)動慣量，J2為子彈在陷入桿前的角動量，2v/l 為子

19、彈在此刻繞軸的角速度.為桿繞軸的轉(zhuǎn)動慣量.可得桿的角速度為4 22半徑分別為r1 、r2 的兩個薄傘形輪，它們各自對通過盤心且垂直盤面轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動慣量為J1 和J2 .開始時輪以角速度0 轉(zhuǎn)動，問與輪成正交嚙合后(如圖所示)，兩輪的角速度分別為多大？解設(shè)相互作用力為F，在嚙合的短時間t 內(nèi)，根據(jù)角動量定理，對輪、輪分別有 (1) (2)兩輪嚙合后應(yīng)有相同的線速度，故有 (3)由上述各式可解得嚙合后兩輪的角速度分別為4 23一質(zhì)量為20.0 kg 的小孩，站在一半徑為3.00 m、轉(zhuǎn)動慣量為450 kg· m2 的靜止水平轉(zhuǎn)臺的邊緣上，此轉(zhuǎn)臺可繞通過轉(zhuǎn)臺中心的豎直軸轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)臺與軸間的摩擦

20、不計.如果此小孩相對轉(zhuǎn)臺以1.00 m· s1 的速率沿轉(zhuǎn)臺邊緣行走，問轉(zhuǎn)臺的角速率有多大？解由相對角速度的關(guān)系，人相對地面的角速度為由于系統(tǒng)初始是靜止的，根據(jù)系統(tǒng)的角動量守恒定律，有式中J0 、J1 mR2 分別為轉(zhuǎn)臺、人對轉(zhuǎn)臺中心軸的轉(zhuǎn)動慣量.由式(1)、(2)可得轉(zhuǎn)臺的角速度為式中負(fù)號表示轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)動的方向與人對地面的轉(zhuǎn)動方向相反.4 24一轉(zhuǎn)臺繞其中心的豎直軸以角速度0 s-1 轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)臺對轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動慣量為J0 4.0 ×10-3 kg· m2 .今有砂粒以Q 2t g· s-1 的流量豎直落至轉(zhuǎn)臺，并粘附于臺面形成一圓環(huán)，若環(huán)的半徑為r 0.10

21、m，求砂粒下落t 10 s 時，轉(zhuǎn)臺的角速度.解在時間010 s 內(nèi)落至臺面的砂粒的質(zhì)量為根據(jù)系統(tǒng)的角動量守恒定律，有則t 10 s 時，轉(zhuǎn)臺的角速度4 25為使運行中的飛船停止繞其中心軸的轉(zhuǎn)動，可在飛船的側(cè)面對稱地安裝兩個切向控制噴管(如圖所示)，利用噴管高速噴射氣體來制止旋轉(zhuǎn).若飛船繞其中心軸的轉(zhuǎn)動慣量J 2.0 ×103 kg· m2 ，旋轉(zhuǎn)的角速度0.2 rad· s-1 ，噴口與軸線之間的距離r 1.5 m；噴氣以恒定的流量Q 1.0 kg· s-1和速率u 50 m· s-1 從噴口噴出，問為使該飛船停止旋轉(zhuǎn)，噴氣應(yīng)噴射多長時間？解

22、取飛船和噴出的氣體為系統(tǒng)，根據(jù)角動量守恒定律，有 (1)因噴氣的流量恒定，故有 (2)由式(1)、(2)可得噴氣的噴射時間為4 26一質(zhì)量為m、半徑為R 的轉(zhuǎn)臺，以角速度A 轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)軸的摩擦略去不計.(1) 有一質(zhì)量為m 的蜘蛛垂直地落在轉(zhuǎn)臺邊緣上.此時，轉(zhuǎn)臺的角速度B為多少？ (2) 若蜘蛛隨后慢慢地爬向轉(zhuǎn)臺中心，當(dāng)它離轉(zhuǎn)臺中心的距離為r 時，轉(zhuǎn)臺的角速度c 為多少？ 設(shè)蜘蛛下落前距離轉(zhuǎn)臺很近.解(1) 蜘蛛垂直下落至轉(zhuǎn)臺邊緣時，由系統(tǒng)的角動量守恒定律，有式中為轉(zhuǎn)臺對其中心軸的轉(zhuǎn)動慣量，為蜘蛛剛落至臺面邊緣時，它對軸的轉(zhuǎn)動慣量.于是可得(2) 在蜘蛛向中心軸處慢慢爬行的過程中，其轉(zhuǎn)動慣量將隨

23、半徑r 而改變，即.在此過程中，由系統(tǒng)角動量守恒，有4 27一質(zhì)量為1.12 kg，長為1.0 m 的均勻細(xì)棒，支點在棒的上端點，開始時棒自由懸掛.以100 N 的力打擊它的下端點，打擊時間為0.02 s.(1) 若打擊前棒是靜止的，求打擊時其角動量的變化；(2) 棒的最大偏轉(zhuǎn)角.解(1) 由剛體的角動量定理得(2) 取棒和地球為一系統(tǒng)，并選O 處為重力勢能零點.在轉(zhuǎn)動過程中，系統(tǒng)的機械能守恒，即由式(1)、(2)可得棒的偏轉(zhuǎn)角度為4 28我國1970年4 月24日發(fā)射的第一顆人造衛(wèi)星，其近地點為4.39 ×105 m、遠(yuǎn)地點為2.38 ×106 m.試計算衛(wèi)星在近地點和遠(yuǎn)

24、地點的速率.(設(shè)地球半徑為6.38 ×106 m)解由于衛(wèi)星在近地點和遠(yuǎn)地點處的速度方向與橢圓徑矢垂直，因此，由角動量守恒定律有 (1)又因衛(wèi)星與地球系統(tǒng)的機械能守恒，故有 (2)式中G 為引力常量，m 和m 分別為地球和衛(wèi)星的質(zhì)量，r1 和r2 是衛(wèi)星在近地點和遠(yuǎn)地點時離地球中心的距離.由式(1)、(2)可解得衛(wèi)星在近地點和遠(yuǎn)地點的速率分別為4 29地球?qū)ψ赞D(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動慣量為0.33 mR2 ，其中m為地球的質(zhì)量，R為地球的半徑.(1) 求地球自轉(zhuǎn)時的動能；(2) 由于潮汐的作用，地球自轉(zhuǎn)的速度逐漸減小，一年內(nèi)自轉(zhuǎn)周期增加3.5 ×105 s，求潮汐對地球的平均力矩.解(1

25、) 地球的質(zhì)量m 5.98 ×1024 kg，半徑R 6.37 ×106 m，所以，地球自轉(zhuǎn)的動能(2) 對式兩邊微分，可得當(dāng)周期變化一定量時，有 (1)由于地球自轉(zhuǎn)減慢而引起動能的減少量為 (2)又根據(jù)動能定理 (3)由式(2)、(3)可得潮汐的摩擦力矩為式中n 為一年中的天數(shù)(n 365)，T 為一天中周期的增加量.4 30如圖所示，一質(zhì)量為m 的小球由一繩索系著，以角速度0 在無摩擦的水平面上，作半徑為r0 的圓周運動.如果在繩的另一端作用一豎直向下的拉力，使小球作半徑為r0/2 的圓周運動.試求：(1) 小球新的角速度；(2) 拉力所作的功.解(1) 根據(jù)分析，小球

26、在轉(zhuǎn)動的過程中，角動量保持守恒，故有式中J0 和J1 分別是小球在半徑為r0 和12 r0 時對軸的轉(zhuǎn)動慣量，即式中J0 和J1 分別是小球在半徑為r 和1/2 r 時對軸的轉(zhuǎn)動慣量，即和，則(2) 隨著小球轉(zhuǎn)動角速度的增加，其轉(zhuǎn)動動能也增加，這正是拉力作功的結(jié)果.由轉(zhuǎn)動的動能定理可得拉力的功為4 31質(zhì)量為0.50 kg，長為0.40 m 的均勻細(xì)棒，可繞垂直于棒的一端的水平軸轉(zhuǎn)動.如將此棒放在水平位置，然后任其落下，求：(1) 當(dāng)棒轉(zhuǎn)過60°時的角加速度和角速度；(2) 下落到豎直位置時的動能；(3) 下落到豎直位置時的角速度.解(1) 棒繞端點的轉(zhuǎn)動慣量由轉(zhuǎn)動定律M J可得棒在

27、 位置時的角加速度為當(dāng) 60°時，棒轉(zhuǎn)動的角加速度由于，根據(jù)初始條件對式(1)積分，有則角速度為(2) 根據(jù)機械能守恒，棒下落至豎直位置時的動能為(3) 由于該動能也就是轉(zhuǎn)動動能，即，所以，棒落至豎直位置時的角速度為4 32如圖所示，A 與B 兩飛輪的軸桿由摩擦嚙合器連接，A 輪的轉(zhuǎn)動慣量J1 10.0 kg· m2 ，開始時B 輪靜止，A 輪以n1 600 r· min-1 的轉(zhuǎn)速轉(zhuǎn)動，然后使A 與B 連接，因而B 輪得到加速而A 輪減速，直到兩輪的轉(zhuǎn)速都等于n 200 r· min-1 為止.求：(1) B 輪的轉(zhuǎn)動慣量；(2) 在嚙合過程中損失的機

28、械能.解(1) 取兩飛輪為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)的角動量守恒，有則B 輪的轉(zhuǎn)動慣量為(2) 系統(tǒng)在嚙合過程中機械能的變化為式中負(fù)號表示嚙合過程中機械能減少.4 33在題3 30的沖擊擺問題中，若以質(zhì)量為m 的均勻細(xì)棒代替柔繩，子彈速度的最小值應(yīng)是多少？解取子彈與擺為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)的角動量守恒，有 (1)式中、和分別為子彈、擺錘和桿對軸的轉(zhuǎn)動慣量.根據(jù)擺在轉(zhuǎn)動過程中機械能守恒，有 (2)由式(1)、(2)可得子彈速度的最小值為4 34如圖所示，有一空心圓環(huán)可繞豎直軸OO自由轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動慣量為J0 ，環(huán)的半徑為R，初始的角速度為0 ，今有一質(zhì)量為m 的小球靜止在環(huán)內(nèi)A 點，由于微小擾動使小球向下滑動.問小球

29、到達(dá)B、C 點時，環(huán)的角速度與小球相對于環(huán)的速度各為多少？ (假設(shè)環(huán)內(nèi)壁光滑.)解以環(huán)和小球為轉(zhuǎn)動系統(tǒng)，由系統(tǒng)的角動量守恒有 (1)取環(huán)、小球與地球為系統(tǒng)時，由系統(tǒng)的機械能守恒可得 (2)由式(1)、(2) 可解得小球在B 點時，環(huán)的角速度與小球相對于環(huán)的線速度分別為小球在C 點時，由于總的轉(zhuǎn)動慣量不變，用同樣的方法可得環(huán)的角速度和小球相對于環(huán)的速度分別為4 35為使運行中飛船停止繞其中心軸轉(zhuǎn)動，一種可能方案是將質(zhì)量均為m 的兩質(zhì)點A、B，用長為l 的兩根輕線系于圓盤狀飛船的直徑兩端(如圖所示).開始時輕線拉緊兩質(zhì)點靠在盤的邊緣，圓盤與質(zhì)點一起以角速度旋轉(zhuǎn)；當(dāng)質(zhì)點離開圓盤邊逐漸伸展至連線沿徑向

30、拉直的瞬時，割斷質(zhì)點與飛船的連線.為使此時的飛船正好停止轉(zhuǎn)動，連線應(yīng)取何長度？ (設(shè)飛船可看作質(zhì)量為m、半徑為R的勻質(zhì)圓盤)解飛船繞其中心軸的轉(zhuǎn)動慣量為，兩質(zhì)點在起始時和輕線割斷瞬間的轉(zhuǎn)動慣量分別為和.由于過程中系統(tǒng)的角動量守恒，為使輕線沿徑向拉直時，飛船轉(zhuǎn)動正好停止，則有 (1)又根據(jù)過程中系統(tǒng)的機械能守恒，有 (2)由上述兩式可解得4 36如圖所示，在光滑的水平面上有一輕質(zhì)彈簧(其勁度系數(shù)為k)，它的一端固定，另一端系一質(zhì)量為m的滑塊.最初滑塊靜止時，彈簧呈自然長度 l0 ，今有一質(zhì)量為m 的子彈以速度v0 沿水平方向并垂直于彈簧軸線射向滑塊且留在其中，滑塊在水平面內(nèi)滑動，當(dāng)彈簧被拉伸至長

31、度l 時，求滑塊速度v 的大小和方向.解子彈射入滑塊瞬間，因?qū)俜菑椥耘鲎?，根?jù)動量守恒定律有 (1)在彈簧的彈力作用下，滑塊與子彈一起運動的過程中，若將彈簧包括在系統(tǒng)內(nèi)，則系統(tǒng)滿足機械能守恒定律，有 (2)又在滑塊繞固定點作弧線運動中，系統(tǒng)滿足角動量守恒定律，故有 (3)式中 為滑塊速度方向與彈簧線之間的夾角.聯(lián)立解上述三式，可得4 37一長為l、質(zhì)量為m 的均勻細(xì)棒，在光滑的平面上繞質(zhì)心作無滑動的轉(zhuǎn)動，其角速度為.若棒突然改繞其一端轉(zhuǎn)動，求：(1) 以端點為轉(zhuǎn)軸的角速度 ；(2) 在此過程中轉(zhuǎn)動動能的改變.解(1) 棒的質(zhì)心的動量定理為式中F是棒所受的平均力，vC 為棒質(zhì)心的速度.棒在轉(zhuǎn)動過

32、程中受到外力矩作用，根據(jù)角動量定理，有式中J 為棒繞質(zhì)心的轉(zhuǎn)動慣量(即).而根據(jù)角量與線量的關(guān)系可解得(2) 在此過程中轉(zhuǎn)動動能的改變?yōu)? 38如圖所示，一繞有細(xì)繩的大木軸放置在水平面上，木軸質(zhì)量為m，外輪半徑為R1 ，內(nèi)柱半徑為R2 ，木軸對中心軸O 的轉(zhuǎn)動慣量為JC .現(xiàn)用一恒定外力F 拉細(xì)繩一端，設(shè)細(xì)繩與水平面夾角 保持不變，木軸滾動時與地面無相對滑動.求木軸滾動時的質(zhì)心加速度aC 和木軸繞中心軸O 的角加速度.解設(shè)木軸所受靜摩擦力Ff 如圖所示，則有 (1) (2) (3)由(1)、(2)、(3)式可得第二篇 電磁學(xué)第五章靜電場5 1電荷面密度均為的兩塊“無限大”均勻帶電的平行平板如圖

33、(A)放置，其周圍空間各點電場強度E(設(shè)電場強度方向向右為正、向左為負(fù))隨位置坐標(biāo)x 變化的關(guān)系曲線為圖(B)中的()分析與解“無限大”均勻帶電平板激發(fā)的電場強度為，方向沿帶電平板法向向外，依照電場疊加原理可以求得各區(qū)域電場強度的大小和方向.因而正確答案為(B).5 2下列說法正確的是()(A)閉合曲面上各點電場強度都為零時，曲面內(nèi)一定沒有電荷(B)閉合曲面上各點電場強度都為零時，曲面內(nèi)電荷的代數(shù)和必定為零(C)閉合曲面的電通量為零時，曲面上各點的電場強度必定為零(D)閉合曲面的電通量不為零時，曲面上任意一點的電場強度都不可能為零分析與解依照靜電場中的高斯定理，閉合曲面上各點電場強度都為零時，

34、曲面內(nèi)電荷的代數(shù)和必定為零，但不能肯定曲面內(nèi)一定沒有電荷；閉合曲面的電通量為零時，表示穿入閉合曲面的電場線數(shù)等于穿出閉合曲面的電場線數(shù)或沒有電場線穿過閉合曲面，不能確定曲面上各點的電場強度必定為零；同理閉合曲面的電通量不為零，也不能推斷曲面上任意一點的電場強度都不可能為零，因而正確答案為(B).5 3下列說法正確的是()(A) 電場強度為零的點，電勢也一定為零(B) 電場強度不為零的點，電勢也一定不為零(C) 電勢為零的點，電場強度也一定為零(D) 電勢在某一區(qū)域內(nèi)為常量，則電場強度在該區(qū)域內(nèi)必定為零分析與解電場強度與電勢是描述電場的兩個不同物理量，電場強度為零表示試驗電荷在該點受到的電場力為

35、零，電勢為零表示將試驗電荷從該點移到參考零電勢點時，電場力作功為零.電場中一點的電勢等于單位正電荷從該點沿任意路徑到參考零電勢點電場力所作的功；電場強度等于負(fù)電勢梯度.因而正確答案為(D).*5 4在一個帶負(fù)電的帶電棒附近有一個電偶極子，其電偶極矩p 的方向如圖所示.當(dāng)電偶極子被釋放后，該電偶極子將()(A) 沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)直到電偶極矩p 水平指向棒尖端而停止(B) 沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)至電偶極矩p 水平指向棒尖端，同時沿電場線方向朝著棒尖端移動(C) 沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)至電偶極矩p 水平指向棒尖端，同時逆電場線方向朝遠(yuǎn)離棒尖端移動(D) 沿順時針方向旋轉(zhuǎn)至電偶極矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同時沿

36、電場線方向朝著棒尖端移動分析與解電偶極子在非均勻外電場中，除了受到力矩作用使得電偶極子指向電場方向外，還將受到一個指向電場強度增強方向的合力作用，因而正確答案為(B).5 5精密實驗表明，電子與質(zhì)子電量差值的最大范圍不會超過±1021 e，而中子電量與零差值的最大范圍也不會超過±1021e，由最極端的情況考慮，一個有8 個電子，8 個質(zhì)子和8 個中子構(gòu)成的氧原子所帶的最大可能凈電荷是多少？ 若將原子視作質(zhì)點，試比較兩個氧原子間的庫侖力和萬有引力的大小.解一個氧原子所帶的最大可能凈電荷為二個氧原子間的庫侖力與萬有引力之比為顯然即使電子、質(zhì)子、中子等微觀粒子帶電量存在差異，其差

37、異在±1021e范圍內(nèi)時，對于像天體一類電中性物體的運動，起主要作用的還是萬有引力.5 61964年，蓋爾曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克構(gòu)成，中子就是由一個帶 的上夸克和兩個帶的下夸克構(gòu)成.若將夸克作為經(jīng)典粒子處理(夸克線度約為1020 m)，中子內(nèi)的兩個下夸克之間相距2.60×1015 m .求它們之間的相互作用力.解由于夸克可視為經(jīng)典點電荷，由庫侖定律F 與徑向單位矢量er 方向相同表明它們之間為斥力.5 7質(zhì)量為m，電荷為e 的電子以圓軌道繞氫核旋轉(zhuǎn)，其動能為E .證明電子的旋轉(zhuǎn)頻率滿足其中0 是真空電容率，電子的運動可視為遵守經(jīng)典力學(xué)規(guī)律.證由上述分析可得電子的

38、動能為電子旋轉(zhuǎn)角速度為由上述兩式消去r，得5 8 在氯化銫晶體中，一價氯離子Cl與其最鄰近的八個一價銫離子Cs+構(gòu)成如圖所示的立方晶格結(jié)構(gòu).(1) 求氯離子所受的庫侖力；(2) 假設(shè)圖中箭頭所指處缺少一個銫離子(稱作晶格缺陷)，求此時氯離子所受的庫侖力.解(1) 由對稱性，每條對角線上的一對銫離子與氯離子間的作用合力為零，故F1 0.(2) 除了有缺陷的那條對角線外，其它銫離子與氯離子的作用合力為零，所以氯離子所受的合力F2 的值為F2 方向如圖所示.5 9若電荷Q 均勻地分布在長為L 的細(xì)棒上.求證：(1) 在棒的延長線，且離棒中心為r 處的電場強度為 (2) 在棒的垂直平分線上，離棒為r

39、處的電場強度為若棒為無限長(即L)，試將結(jié)果與無限長均勻帶電直線的電場強度相比較.證(1) 延長線上一點P 的電場強度，利用幾何關(guān)系 rr x統(tǒng)一積分變量，則電場強度的方向沿x 軸.(2) 根據(jù)以上分析，中垂線上一點P 的電場強度E 的方向沿y 軸，大小為利用幾何關(guān)系 sin r/r， 統(tǒng)一積分變量，則當(dāng)棒長L時，若棒單位長度所帶電荷為常量，則P 點電場強度此結(jié)果與無限長帶電直線周圍的電場強度分布相同圖(B).這說明只要滿足r2/L2 1，帶電長直細(xì)棒可視為無限長帶電直線.5 10一半徑為R 的半球殼，均勻地帶有電荷，電荷面密度為，求球心處電場強度的大小.解將半球殼分割為一組平行細(xì)圓環(huán)，任一個

40、圓環(huán)所帶電荷元，在點O 激發(fā)的電場強度為由于平行細(xì)圓環(huán)在點O 激發(fā)的電場強度方向相同，利用幾何關(guān)系，統(tǒng)一積分變量，有積分得 5 11 水分子H2O 中氧原子和氫原子的等效電荷中心如圖所示，假設(shè)氧原子和氫原子等效電荷中心間距為r0 .試計算在分子的對稱軸線上，距分子較遠(yuǎn)處的電場強度.解1水分子的電偶極矩在電偶極矩延長線上解2在對稱軸線上任取一點A，則該點的電場強度由于 代入得測量分子的電場時， 總有x r0 ， 因此， 式中，將上式化簡并略去微小量后，得5 12兩條無限長平行直導(dǎo)線相距為r0 ，均勻帶有等量異號電荷，電荷線密度為.(1) 求兩導(dǎo)線構(gòu)成的平面上任一點的電場強度( 設(shè)該點到其中一線的

41、垂直距離為x)；(2) 求每一根導(dǎo)線上單位長度導(dǎo)線受到另一根導(dǎo)線上電荷作用的電場力.解(1) 設(shè)點P 在導(dǎo)線構(gòu)成的平面上，E、E分別表示正、負(fù)帶電導(dǎo)線在P 點的電場強度，則有(2) 設(shè)F、F分別表示正、負(fù)帶電導(dǎo)線單位長度所受的電場力，則有顯然有FF，相互作用力大小相等，方向相反，兩導(dǎo)線相互吸引.5 13如圖為電四極子，電四極子是由兩個大小相等、方向相反的電偶極子組成.試求在兩個電偶極子延長線上距中心為z 的一點P 的電場強度(假設(shè)z d).解由點電荷電場公式，得考慮到z d，簡化上式得通常將Q 2qd2 稱作電四極矩，代入得P 點的電場強度5 14設(shè)勻強電場的電場強度E 與半徑為R 的半球面的

42、對稱軸平行，試計算通過此半球面的電場強度通量.解1由于閉合曲面內(nèi)無電荷分布，根據(jù)高斯定理，有依照約定取閉合曲面的外法線方向為面元dS 的方向，解2取球坐標(biāo)系，電場強度矢量和面元在球坐標(biāo)系中可表示為5 15邊長為a 的立方體如圖所示，其表面分別平行于Oxy、Oyz 和Ozx 平面，立方體的一個頂點為坐標(biāo)原點.現(xiàn)將立方體置于電場強度 (k，E1 ，E2 為常數(shù))的非均勻電場中，求電場對立方體各表面及整個立方體表面的電場強度通量.解如圖所示，由題意E 與Oxy 面平行，所以任何相對Oxy 面平行的立方體表面，電場強度的通量為零，即.而考慮到面CDEO 與面ABGF 的外法線方向相反，且該兩面的電場分

43、布相同，故有同理 因此，整個立方體表面的電場強度通量5 16地球周圍的大氣猶如一部大電機，由于雷雨云和大氣氣流的作用，在晴天區(qū)域，大氣電離層總是帶有大量的正電荷，云層下地球表面必然帶有負(fù)電荷.晴天大氣電場平均電場強度約為，方向指向地面.試求地球表面單位面積所帶的電荷(以每平方厘米的電子數(shù)表示).解在大氣層臨近地球表面處取與地球表面同心的球面為高斯面，其半徑(為地球平均半徑).由高斯定理地球表面電荷面密度單位面積額外電子數(shù)5 17設(shè)在半徑為R 的球體內(nèi)，其電荷為球?qū)ΨQ分布，電荷體密度為k為一常量.試分別用高斯定理和電場疊加原理求電場強度E與r的函數(shù)關(guān)系.解1因電荷分布和電場分布均為球?qū)ΨQ，球面上

44、各點電場強度的大小為常量，由高斯定理得球體內(nèi)(0rR)球體外(r R)解2將帶電球分割成球殼，球殼帶電由上述分析，球體內(nèi)(0rR)球體外(r R)5 18一無限大均勻帶電薄平板，電荷面密度為，在平板中部有一半徑為r 的小圓孔.求圓孔中心軸線上與平板相距為x 的一點P 的電場強度.解由教材中第5 4 節(jié)例4 可知，在無限大帶電平面附近為沿平面外法線的單位矢量；圓盤激發(fā)的電場它們的合電場強度為在圓孔中心處x 0，則E 0在距離圓孔較遠(yuǎn)時x r，則上述結(jié)果表明，在x r 時，帶電平板上小圓孔對電場分布的影響可以忽略不計.5 19在電荷體密度為 的均勻帶電球體中，存在一個球形空腔，若將帶電體球心O 指

45、向球形空腔球心O的矢量用a 表示(如圖所示).試證明球形空腔中任一點的電場強度為證帶電球體內(nèi)部一點的電場強度為所以 ，根據(jù)幾何關(guān)系，上式可改寫為5 20一個內(nèi)外半徑分別為R1 和R2 的均勻帶電球殼，總電荷為Q1 ，球殼外同心罩一個半徑為R3 的均勻帶電球面，球面帶電荷為Q2 .求電場分布.電場強度是否為離球心距離r 的連續(xù)函數(shù)？ 試分析.解取半徑為r 的同心球面為高斯面，由上述分析r R1 ，該高斯面內(nèi)無電荷，故R1 r R2 ，高斯面內(nèi)電荷故 R2 r R3 ，高斯面內(nèi)電荷為Q1 ，故r R3 ，高斯面內(nèi)電荷為Q1 Q2 ，故電場強度的方向均沿徑矢方向，各區(qū)域的電場強度分布曲線如圖(B)所

46、示.在帶電球面的兩側(cè)，電場強度的左右極限不同，電場強度不連續(xù)，而在緊貼r R3 的帶電球面兩側(cè)，電場強度的躍變量這一躍變是將帶電球面的厚度抽象為零的必然結(jié)果，且具有普遍性.實際帶電球面應(yīng)是有一定厚度的球殼，殼層內(nèi)外的電場強度也是連續(xù)變化的，本題中帶電球殼內(nèi)外的電場，在球殼的厚度變小時，E 的變化就變陡，最后當(dāng)厚度趨于零時，E的變化成為一躍變.5 21兩個帶有等量異號電荷的無限長同軸圓柱面，半徑分別為R1 和R2 R1 )，單位長度上的電荷為.求離軸線為r 處的電場強度：(1) r R1 ，(2) R1 r R2 ，(3) r R2 .解作同軸圓柱面為高斯面，根據(jù)高斯定理r R1 ，在帶電面附近

47、，電場強度大小不連續(xù)，電場強度有一躍變R1 r R2 ，r R2， 在帶電面附近，電場強度大小不連續(xù)，電場強度有一躍變這與5 20 題分析討論的結(jié)果一致.5 22如圖所示，有三個點電荷Q1 、Q2 、Q3 沿一條直線等間距分布且Q1 Q3 Q.已知其中任一點電荷所受合力均為零，求在固定Q1 、Q3 的情況下，將Q2從點O 移到無窮遠(yuǎn)處外力所作的功.解1由題意Q1 所受的合力為零解得 由點電荷電場的疊加，Q1 、Q3 激發(fā)的電場在y 軸上任意一點的電場強度為將Q2 從點O 沿y 軸移到無窮遠(yuǎn)處，(沿其他路徑所作的功相同，請想一想為什么？)外力所作的功為解2與解1相同，在任一點電荷所受合力均為零時

48、，并由電勢的疊加得Q1 、Q3 在點O 的電勢將Q2 從點O 推到無窮遠(yuǎn)處的過程中，外力作功比較上述兩種方法，顯然用功與電勢能變化的關(guān)系來求解較為簡潔.這是因為在許多實際問題中直接求電場分布困難較大，而求電勢分布要簡單得多.5 23已知均勻帶電長直線附近的電場強度近似為為電荷線密度.(1)求在r r1 和r r2 兩點間的電勢差；(2)在點電荷的電場中，我們曾取r處的電勢為零，求均勻帶電長直線附近的電勢時，能否這樣??？ 試說明.解(1) 由于電場力作功與路徑無關(guān)，若沿徑向積分，則有(2) 不能.嚴(yán)格地講，電場強度只適用于無限長的均勻帶電直線，而此時電荷分布在無限空間，r處的電勢應(yīng)與直線上的電勢

49、相等.5 24水分子的電偶極矩p 的大小為6.20 ×1030 C· m.求在下述情況下，距離分子為r 5.00 ×109 m 處的電勢.(1) ；(2) ；(3) ， 為r 與p 之間的夾角.解由點電荷電勢的疊加(1) 若(2) 若(3) 若5 25一個球形雨滴半徑為0.40 mm，帶有電量1.6 pC，它表面的電勢有多大？ 兩個這樣的雨滴相遇后合并為一個較大的雨滴，這個雨滴表面的電勢又是多大？解根據(jù)已知條件球形雨滴半徑R1 0.40 mm，帶有電量q1 1.6 pC，可以求得帶電球形雨滴表面電勢當(dāng)兩個球形雨滴合并為一個較大雨滴后，雨滴半徑，帶有電量q2 2q1

50、 ，雨滴表面電勢5 26電荷面密度分別為和的兩塊“無限大”均勻帶電的平行平板，如圖(a)放置，取坐標(biāo)原點為零電勢點，求空間各點的電勢分布并畫出電勢隨位置坐標(biāo)x 變化的關(guān)系曲線.解由“無限大” 均勻帶電平板的電場強度，疊加求得電場強度的分布，電勢等于移動單位正電荷到零電勢點電場力所作的功 電勢變化曲線如圖(b)所示.5 27兩個同心球面的半徑分別為R1 和R2 ，各自帶有電荷Q1 和Q2 .求：(1) 各區(qū)域電勢分布，并畫出分布曲線；(2) 兩球面間的電勢差為多少？解1(1) 由高斯定理可求得電場分布由電勢 可求得各區(qū)域的電勢分布.當(dāng)rR1 時，有當(dāng)R1 rR2 時，有當(dāng)rR2 時，有(2) 兩

51、個球面間的電勢差解2(1) 由各球面電勢的疊加計算電勢分布.若該點位于兩個球面內(nèi)，即rR1 ，則若該點位于兩個球面之間，即R1 rR2 ，則若該點位于兩個球面之外，即rR2 ，則(2) 兩個球面間的電勢差5 28一半徑為R 的無限長帶電細(xì)棒，其內(nèi)部的電荷均勻分布，電荷的體密度為.現(xiàn)取棒表面為零電勢，求空間電勢分布并畫出分布曲線.解取高度為l、半徑為r 且與帶電棒同軸的圓柱面為高斯面，由高斯定理當(dāng)rR 時得 當(dāng)rR 時得 取棒表面為零電勢，空間電勢的分布有當(dāng)rR 時當(dāng)rR 時如圖所示是電勢V 隨空間位置r 的分布曲線.5 29 一圓盤半徑R 3.00 ×102 m.圓盤均勻帶電，電荷面密度2.00×105 C·m2 .(1) 求軸線上的電勢分布；(2) 根據(jù)電場強度與電勢梯度的關(guān)系求電場分布；(3) 計算離盤心30.0 cm 處的電勢和電場強度.解(1) 帶電圓環(huán)激發(fā)的電勢由電勢疊加，軸線