8大学物理习题及综合练习答案详解
大学物理习题集(下,含解答)
大学物理习题集（下册，含解答）单元一 简谐振动一、 选择题1. 对一个作简谐振动的物体，下面哪种说法是正确的？ [ C ](A) 物体处在运动正方向的端点时，速度和加速度都达到最大值； (B) 物体位于平衡位置且向负方向运动时，速度和加速度都为零； (C) 物体位于平衡位置且向正方向运动时，速度最大，加速度为零；(D) 物体处在负方向的端点时，速度最大，加速度为零。
2. 一沿X 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，振动方程用余弦函数表示，如果该振子的初相为43π，则t=0时，质点的位置在： [ D ](A) 过1x A 2=处，向负方向运动； (B) 过1x A 2=处，向正方向运动；(C) 过1x A 2=-处，向负方向运动；(D) 过1x A 2=-处，向正方向运动。
3. 一质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为/2A ，且向x 轴的正方向运动，代表此简谐振动的旋转矢量图为 [ B ]x o A x ω(A) A/2 ω (B) (C)(D)o ooxxxA x ω ωAxAxA/2 -A/2 -A/2 (3)题4. 图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统，组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示，(a)、(b)、(c)三个振动系统的ω (ω为固有圆频率)值之比为： [ B ](A) 2：1：1； (B) 1：2：4； (C) 4：2：1； (D) 1：1：25. 一弹簧振子，当把它水平放置时，它可以作简谐振动，若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图，试判断下面哪种情况是正确的： [ C ](A) 竖直放置可作简谐振动，放在光滑斜面上不能作简谐振动；(B) 竖直放置不能作简谐振动，放在光滑斜面上可作简谐振动； (C) 两种情况都可作简谐振动； (D) 两种情况都不能作简谐振动。
(4)题(5)题6. 一谐振子作振幅为A 的谐振动，它的动能与势能相等时，它的相位和坐标分别为： [ C ]2153(A),or ;A;(B),;A;3326623223(C),or ;A;(D),;A442332ππ±±π±±±π±ππ±±π±±±π±7. 一质点沿x 轴作简谐振动，振动方程为 10.04cos(2)3x t ππ=+（SI ），从t = 0时刻起，到质点位置在x = -0.02 m 处，且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为 [ D ](A)s 81； (B) s 61； (C) s 41； (D) s 218. 图中所画的是两个简谐振动的振动曲线，这两个简谐振动叠加后合成的余弦振动的初相为[ C ]xtOx 1x 2(8)题(A) π23； (B) π； (C) π21 ； (D) 0二、 填空题9. 一简谐振动用余弦函数表示，振动曲线如图所示，则此简谐振动的三个特征量为： A=10cm , /6rad /s =ωπ，/3=φπ10. 用40N 的力拉一轻弹簧，可使其伸长20 cm 。
大学物理学练习册参考答案全
大学物理学练习册参考答案单元一 质点运动学四、学生练习 (一）选择题1.B2.C3.B4.B5.B (二）填空题1. 0 02.2192x y -=， j i ρρ114+， j i ρρ82-3.16vi j =-+v v v ;14a i j =-+v vv;4. 020211V kt V -；5、16Rt 2 4 6 112M h h h =-v v（三）计算题1 解答（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：v =Δx /Δt = 4(m·s -1)．（2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ．（3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 内的平均加速度为：a = [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．2.解答 1）由t y t x ππ6sin 86cos 5==消去t 得轨迹方程：1642522=+y x 2）tdt dy v t dtdx v y x ππππ6cos 486sin 30==-==当t=5得；πππππ4830cos 48030sin 30===-=y x v vt dt dv a t dtdv a y y xx ππππ6sin 2886cos 18022-==-==当t=5 030sin 28818030cos 180222=-==-=-=πππππdt dv a a yy x 3．解答：1）()t t dt t dt d t tvv 204240+=+==⎰⎰⎰则：t t )2(42++=2）()t t t dt t t dt d ttr )312(2)2(4322++=++==⎰⎰⎰t t t )312()22(32+++=4． [证明]（1）分离变量得2d d vk t v=-， 故020d d v tv vk t v =-⎰⎰， 可得：011kt v v =+． （2）公式可化为001v v v kt=+，由于v = d x/d t ，所以：00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++ 积分00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰．因此 01ln(1)x v kt k=+． 证毕．5．解答（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)； 角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即n a a =由此得2r r ω=22(12)24t =解得36t =．所以3242(13)t θ=+=+=3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．6．解答：当s 2=t 时，4.022.0=⨯==t βω 1s rad -⋅ 则16.04.04.0=⨯==ωR v 1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅08.02.04.0=⨯==βτR a 2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n单元二 牛顿运动定律（一）选择题 1.A 2.C 3.C 4.C 5 A 6.C （二）填空题 1. 022x F t COS F X ++-=ωωω2.略3. )13(35-4. 50N 1m/s5.21m m t f +∆ )()(212122221m m m t m t m t m f +∆+∆+∆6. 0 18J 17J 7J7. mr k rk （三）计算题1.解答：θμθcos )sin (f f mg =- ； θμθμsin cos +=mgf0cos sin =+=θμθθd df； 0tan =θ ； 037=θ θsin hl ==037sin 5.12. 解答；dtdvmkv F mg =--分离变量积分得 0ln(1)v tktm mdvmg F kvktmg F dt v e mg F kv mg F m k-----=??----蝌 3解答：烧断前 2221211();a L L a L w w =+=烧断后，弹簧瞬间的力不变，所以2a 不变。
大学物理习题与答案解析
根据匀加速直线运动的速度公 式$v = v_0 + at$，代入已知的 $v_0 = 2m/s$和$a = 3m/s^2$，以及时间$t = 3s$， 计算得到$v = 2m/s + 3 times 3m/s^2 = 11m/s$。
一物体做匀减速直线运动，初 速度为10m/s，加速度为2m/s^2，则该物体在速度减为 零时的位移是多少？
04
答案解析
根据公式$v = lambda f$，频率$f = frac{v}{lambda} = frac{3 times 10^{8}}{500 times 10^{-9}}Hz = 6 times 10^{14}Hz$；根据公式 $E = hnu$，能量$E = h times f = 6.626 times 10^{-34} times 6 times
题目
答案解析
计算氢原子光谱线波长与频 率的关系。
根据巴尔末公式，氢原子光 谱线波长与频率的关系可以
表示为λ=R*(1/n1^2 1/n2^2)，其中λ是光谱线波 长，R是里德伯常数，n1和 n2分别是两个能级的主量子
数。
பைடு நூலகம்
题目
一束光照射到某金属表面， 求光电子的最大初动能。
答案解析
根据爱因斯坦光电效应方程，光 电子的最大初动能Ekm=hν-W， 其中h是普朗克常数，ν是入射光 的频率，W是金属的逸出功。因 此，通过测量入射光的频率和金 属的逸出功，可以计算出光电子
题目
一定质量的理想气体，在等容升温过 程中，不吸热也不放热，则内能如何 变化？
答案解析
根据热力学第一定律，等容升温过程 中，气体不吸热也不放热，则内能增 加。
热传递习题及答案解析
题目
《大学物理》(8-13章)练习题
《大学物理》（8-13章）练习题（2022年12月）第八章气体运动论1.气体温度的微观或统计意义是什么？2.理想气体状态方程的三种形式？PV=N KT, p=nkT, (n=N/V)3.气体的最概然速率、方均根速率、平均速率的关系是什么？4.气体分子的平均平动动能的表达式及其意义？5.理想气体的内能？6.气体分子的平均自由程是指？7.单原子分子、刚性双原子分子气体的自由度数目各是多少？8、理想气体的微观模型是什么？综合练习1. 在某容积固定的密闭容器中，盛有A、B、C三种理想气体，处于平衡状态。
A种气体的分子数密度为n1，它产生的压强为p1，B种气体的分子数密度为2n1，C种气体的分子数密度为3n1，则混合气体的压强p为( )A. 4p1. ;B. 5p1;C. 6p1;D. 8p1.2. 若理想气体的体积为V，压强为p，温度为T，一个分子的质量为m，k为玻尔兹曼常量，R为普适气体常量，则该理想气体的分子数为( )A. pVm⁄； B.pV mT⁄； C. pV kT⁄; D. pV RT⁄.3. 压强为p、体积为V的氢气（视为刚性分子理想气体）的内能为( )A. 52pV； B. 32pV； C. pV； D. 12pV。
4 刚性双原子分子气体的自由度数目为（）。
A. 2B. 3C. 4D. 55．气体温度的微观物理意义是：温度是分子平均平动动能的量度；温度是表征大量分子热运动激烈程度的宏观物理量，是大量分子热运动的集体表现；在同一温度下各种气体分子平均平动动能均相等。
6. 设v̅代表气体分子运动的平均速率，v p代表气体分子运动的最概然速率，(v2̅̅̅)12代表气体分子运动的方均根速率。
处于平衡状态下理想气体，三种速率关系为( )A. (v2̅̅̅)12=v̅=v p；B. v̅=v p<(v2̅̅̅)12；C. v p<v̅<(v2̅̅̅)12；D. v p>v̅>(v2̅̅̅)12。
大学物理习题及综合练习答案详解
库仑定律 7-1 把总电荷电量为Q 的同一种电荷分成两部分，一部分均匀分布在地球上，另一部分均匀分布在月球上，使它们之间的库仑力正好抵消万有引力，已知地球的质量M ＝ 5.98l024kg ，月球的质量m =7.34l022kg 。
（1）求 Q 的最小值；（2）如果电荷分配与质量成正比，求Q 的值。
解：（1）设Q 分成q 1、q 2两部分，根据题意有 2221r MmG r q q k=，其中041πε=k即 2221q k q GMm q q Q +=+=。
求极值，令0'=Q ，得 0122=-kq GMmC 1069.5132⨯==∴k GMm q ，C 1069.51321⨯==k q GMm q ，C 1014.11421⨯=+=q q Q （2）21q m q M =Θ，k GMm q q =21 kGMm m q mq Mq ==∴2122 解得C 1032.61222⨯==kGm q ， C 1015.51421⨯==m Mq q ，C 1021.51421⨯=+=∴q q Q 7-2 三个电量为 –q 的点电荷各放在边长为 l 的等边三角形的三个顶点上，电荷Q （Q ＞0）放在三角形的重心上。
为使每个负电荷受力为零，Q 值应为多大？解：Q 到顶点的距离为 l r 33=，Q 与-q 的相互吸引力为 20141rqQ F πε=， 两个-q 间的相互排斥力为 220241l q F πε=据题意有 10230cos 2F F =，即 2022041300cos 412rqQl q πεπε=⨯，解得：q Q 33= 电场强度7-3 如图7-3所示，有一长l 的带电细杆。
（1）电荷均匀分布，线密度为+，则杆上距原点x 处的线元d x 对P 点的点电荷q 0 的电场力为何？q 0受的总电场力为何？（2）若电荷线密度=kx ，k 为正常数，求P 点的电场强度。
解：（1）线元d x 所带电量为x q d d λ=，它对q 0的电场力为200200)(d 41)(d 41d x a l x q x a l q q F -+=-+=λπεπεq 0受的总电场力 )(4)(d 4000200a l a l q x a l xq F l+=-+=⎰πελπελ00>q 时，其方向水平向右；00<q 时，其方向水平向左q 0 图7-3a λ lP x q-q-q-ll rQ rr（2）在x 处取线元d x ，其上的电量x kx x q d d d ==λ，它在P 点的电场强度为2020)(d 41)(d 41d x a l xkx x a l q E P -+=-+=πεπε)ln (4)(d 40020al aa l k x a l x x kE lP ++=-+=∴⎰πεπε 方向沿x 轴正向。
(完整版)大学物理课后习题答案详解
第一章质点运动学1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。
（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dt dv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的d d r t ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =d d v g j t=- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
大学物理综合练习答案
擦不计，物体与台面间摩擦系数为，试计算台面对物体的摩擦力
的功以及物体的初速V0 。
L
V0
解:当物体滑至前端到达
x时摩擦力可表示为
f
滑道
m
xg
i
L
mg i
x (0 x L)
( x L)
L
台面
S
则全过程摩擦力的功为：
Af
f dl
L
0
m L
xg dx
S
mg dx
L
mg(S
L) 2
2.质量m=1Kg的物体，在坐标原点处从静止出发在水平面内沿X轴
运动，其所受合力方向与运动方向相同，合力大小为F=3+2x(SI)，
那么物体在开始运动的3m内，合力所做功W=
其速率V=
6m/s
。
a F /m 3 2x
a dV / dt V dV / dx
18J
F
dr;且 03x(3=32mx)时i d，x i
移到相应的b、c、d 各点，设移动过程中电场力所做功分别为A1、
A2、A3，则三者的大小关系是： A1 A2 A3 。a
A q0U AB ，球面为-Q的一个等势面
5.在一个不带电的导体球壳内，先放进一电量为
Q
o
b c
d
填空题4
+q的点电荷，点电荷不与球壳内壁接触，然后使该球壳与地接触一
下，再将点电荷+q取走，此时球壳的电量为 -q ，电场分布的范
m l
x1g
T1
m l
x1a
(T1
T2 )R
J
(1 MR2 2
m R R2 )
l
a
S
大学物理习题与答案解析
dvy dt
kv
2 y
v dvy kdt
2 y
设入水时为计时起点，水面为坐标原点， 0 时，y=0, v y v0 ， t 运动过程中t时刻速度为 v y ，将上式两侧分别以 v y和t为积分变量， k 以 和 y 2 为被积函数作积分得： v
v v0 (kv0 t 1)
x x0 vdt A costdt A sin t
0 0
t
t
x A sin t
大学物理
4、一质点在XOY平面内运动，其运动方程为 x at , y b ct 2 式中a、b、c为常数，当质点运动方向与x 轴成 450角时，它的速率为 v 2a 。
则解得
2 t 9
3
3
2 于是角位移为 2 3t 2 3 0.67(rad) 9
大学物理 2 4、一质点作平面运动，加速度为 ax A cost ， a y B 2 sin t ，A B，A 0 ，B 0。当 t 0
时，v x 0 0 ，x0 点的运动轨迹。
2 2 t 1s时，v 2e i 2e j (m/s)
t 1s时，a 4e2i 4e2 j (m/s2 )
dv 2t 2t a 4e i 4e j (m/s 2 ) dt
dr 2t 2t v 2e i 2e j (m/s) dt
0
大学物理 6、一质点沿x轴作直线运动,在 t 0时，质点位于x0 2m
2 处，该质点的速度随时间的变化规律是 v 12 3t , 当质点瞬时静止时，其所在的位置和加速度分别为(A) x=来自6m, a=-12 m/s2 .
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导体8-1两个同心导体球壳A 和B ，A 球壳带电+Q ，现从远处移来一带+q 的带电体（见图8-1），试问（请阐明理由）：（1）两球壳间的电场分布与无+q 时相比有无变化？（2）两球壳间的电势差是否变化？（3）两球壳的电势是否变化？（4）如将B 球壳接地，上述（1）、（2）、（3）的情况又如何？ 解：（1）由于静电屏蔽作用，+q 对两球壳间的电场没有影响。
（2）由⎰⋅=B A AB l E U ϖϖd 可知，由于E ϖ不变，所以AB U 不变，即两求壳间的电势差不变。
（3）由电势叠加原理，+q 使两球壳的电势升高。
（4）B 球壳接地，由于屏蔽作用，两球壳间的电场分布不变，从而AB U 不变。
因B 球壳接地，电势不变，所以A 球壳电势也不变。
8-2半径为R 1的导体球A ，带电q ，其外同心地套一导体球壳B ，内外半径分别为R 2和R 3（见图8-2），且R 2=2R 1，R 3=3R 1。
今在距球心O 为d =4R 1的P 处放一点电荷Q ，并将球壳接地。
问（1）球壳B 所带的净电荷Q ’ 为多少？（2）如用导线将导体球A 与球壳B 相连，球壳所带电荷Q ” 为多少？ 解：（1）根据静电平衡条件，A 球上电荷q 分布在A 球表面上，B 球壳内表面带电荷-q 。
由高斯定理可得，R r R 21<<：0204r r q E ϖϖπε=A 球电势 10210208)11(4d 4d 21R q R R q r rq l E U R R BAA πεπεπε=-==⋅=⎰⎰ϖϖ 设B 球壳外表面带电荷q ’，由电势叠加原理，A 球球心处电势40302010044'44R Q R q R q R q U πεπεπεπε++-+=1010********'244RR q R q R q πεπεπεπε++-= 1010104434'8R Q R q R q πεπεπε++=108R q U A πε==， Q q 43'-=∴ B 球壳所带净电荷 q Q q q Q --=-=43''（2）用导线将和相连，球上电荷与球壳内表面电荷相消。
Q q Q 43'"-==∴ 8-3两带有等量异号电荷的金属板A 和B ，相距5.0mm ，两板面积都是150cm 2，电量大小都是2.66×l0-8C ，A 板带正电并接地（电势为零），如图8-3所示。
略去边缘故应，求（1）两板间的电场强度E ϖ；（2）B 板的电势；（3）两板间离A 板1.0mm 处的电势。
解：建立如图所示的坐标系，左右板的电荷面密度分别为σ+和σ-。
（1）两板间的电场强度i SQ i i i E E E ϖϖϖϖϖϖϖ000022εεσεσεσ==+=+=右左N/C 100.2105.11085.81066.252128i i C ϖϖ⨯=⨯⨯⨯⨯=--- 图8-1（2）V 100.1100.5100.2d d 3350⨯-=⨯⨯⨯-=⋅-=-=⋅=-⎰⎰B x ABB x E x E l E U Bϖϖ（3）V 0.200d 00.1310-=-=⎰-⨯x E U 8-4点电荷q 处在导体球壳的中心，壳的内外半径分别为R 1和R 2（见图8-4）。
求电场强度和电势的分布，并画出E - r 和U - r 曲线.。
解：将空间分为三个区域，根据静电平衡时电荷分布和高斯定理可得 1R r <： 02014r r q E ϖϖπε=； R r R 21<<： 02=E ϖ；2R r >： 02034r r q E ϖϖπε=电势分布1R r <：)111(4d d d 2103121R R r qr E l E l E U r R rr+-=⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰∞∞πεϖϖϖϖϖϖ 21R r R ≤≤：2034d d 2R q r E l E U r rπε=⋅=⋅=⎰⎰∞∞ϖϖϖϖ2R r >：rq l E U r034d πε=⋅=⎰∞ϖϖ电介质8-5三平行金属板A 、B 和C ，面积都是200cm 2，A 、B 相距4.0mm ，A 、C 间相距2.0mm ，B 、C 两板都接地（见图8-5）。
如果使A 板带正电3.0×10-7C ，在忽略边缘效应时，（1）求B 和C 板上的感应电荷以及A 板的电势；（2）若在A 、B 板间充满相对介电常数为εr =5的均匀电介质，求B 和C 板上的感应电荷以及A 板的电势。
解：（1）外侧面上电荷为零，其它面由左至右分别设为1、2、3、4面。
A q S S =+32σσΘ，AB AC U U ∆=∆，即 AB AC d d 0302εσεσ= 322σσ=∴，得：S q A 33=σ，SqA 322=σ S q A 3221-=-=∴σσ， SqA 334-=-=σσ3C 1023271-⨯-=-==∴A C q S q σ，C 101374-⨯-=-==A B qS q σ V 1026.2323002⨯===AC AAC A d Sq d U εεσ （2）AB r AC d d εεσεσ0302=Θ3252σσ=∴ 可得 S q A 753=σ Sq A 722=σ S q A 7221-=-=∴σσ，S q A 7534-=-=σσ，C 10767271-⨯-=-==∴A C q S q σ C 107157574-⨯-=-==A B q S q σ，V 1070.9722002⨯===AC A AC A d S q d U εεσ 8-6在一半径为R 1的长直导线外，套有内外半径分别为R 1和R 2、相对介电常数为εr 的护套。
设导线沿轴线单位长度上的电荷为λ，求空间的P E D ϖϖϖ、、。
解：取同轴长为l ，半径为r 的圆柱面为高斯面，由高斯定理rl D S D Sπ2d ⋅=⋅⎰ϖϖ1R r <：02=⋅rl D π，0=∴D ϖ,0=E ϖ,0=P ϖR r R 21<<：l rl D λπ=⋅2，02r rD ϖϖπλ=∴，0002r r DE r r ϖϖϖεπελεε== 002)11(r rE P r e ϖϖϖπλεεχ-==2R r >：l rl D λπ=⋅2， 02r rD ϖϖπλ=∴，0002r r D E ϖϖϖπελε==， 00==E P e ϖϖεχ 8-7半径为R 0的金属球，带电+Q ，置于一内外半径分别为R 1和R 2的均匀介质球壳中，介质的相对介电常数为εr ，如图8-7所示。
求：（1）电场强度和电位移分布；（2）电势分布；*（3）介质中的电极化强度；*（4）介质壳内外表面上的极化电荷面密度。
解：（1）作一半径为r 的同心球面为高斯面，由高斯定理0R r <：01=E ϖ10R r R <<： Q r D S D S =⋅=⋅⎰2224d πϖϖ，0224r rQ D ϖϖπ=∴，0200224r r Q D E ϖϖϖπεε== 21R r R <<： Q r D S D S =⋅=⋅⎰2334d πϖϖ，0234r r Q D ϖϖπ=∴，0200334r r Q D E r r ϖϖϖεπεεε== 2R r >：Q r D S D S =⋅=⋅⎰2444d πϖϖ，0244r r Q D ϖϖπ=∴，0200344r r Q D E ϖϖϖπεε==3（2）0R r <：r E r E r E l E l E U R R R R R R rrϖϖϖϖϖϖϖϖϖϖd d d d d 221143211⋅+⋅+⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰⎰⎰∞∞⎰⎰⎰∞++=2211d 4d 4d 4202020R R R r R R r r Q r r Q r r Q πεεπεπε]1)11(1)11[(4221100R R R R R Q r +-+-=επε 10R r R <<：r E r E r E l E U R R R R rrϖϖϖϖϖϖϖϖd d d d 22114322⋅+⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰⎰∞∞]1)11(1)11[(422110R R R R r Qr +-+-=επε 21R r R <<：r E r E l E U R R rrϖϖϖϖϖϖd d d 22433⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰∞∞]1)11(1[4220R R r Q r +-=επε 2R r >： r E l E U rrϖϖϖϖd d 44⋅=⋅=⎰⎰∞∞rQ 04πε=（3）02304)11(rr Q E P r e ϖϖϖπεεχ-== （4）R 1处介质壳内表面的法向指向球心，与P ϖ反向 n P ϖϖ⋅=∴'1σ214)11(R Qrπε--= R 2处介质壳外表面的法向向外，与P ϖ同向，n P ϖϖ⋅=∴'2σ224)11(R Q r πε-=电容器8-8平行板电容器，极板而积为S ，板间距为d 。
相对介电常数分别为εr1和εr2的两种电介质各充满板间的一半，如图8-8所示。
（1）此电容器带电后，两介质所对的极板上自由电荷面密度是否相等？为什么？（2）此时两介质内的电位移大小D 是否相等？（3）此电容器的电容多大？ 解：（1）设左右两侧极板上的电荷面密度分别为1σ±和2σ±，因两侧电势差相等d E d E 21=∴ 即 21E E =，有 202101r r εεσεεσ= 即2211r r εσεσ=，21r r εε≠Θ 21σσ≠∴ （2）对平行板 σ=D ，由21σσ≠ 可知 21D D ≠图8-8图8-7（3）左右两侧电容分别为dSC r 2101εε=，dSC r 2202εε=，两电容并联 )(221021r r dDC C C εεε+=+=8-9由半径为R 2的外导体球面和半径为R 1的内导体球面组成的球形电容器中间，有一层厚度为d 、相对介电常数为εr 的电介质，其中d ＜R 2—R 1，求该电容器的电容。
解：设两倒替球面分别带电荷Q +和Q -。
由高斯定理d R r R +<<11：02014r r Q E r ϖϖεπε=；21R r d R <<+：02024r r Q E ϖϖπε=两球壳间的电势差为r E r E l E U R dR dR R R R ϖϖϖϖϖϖd d d 21112121⋅+⋅=⋅=∆⎰⎰⎰++⎰⎰+++=2111d 4d 42020R dR dR R r r r Q r r Q πεεπε)]11()11(1[421110R d R d R R Qr-+++-=επε)(4)]([12101212d R R R d R R R d R Q r r +--+=επεε )()(412121210d R R R d R d R R R U QC r r --++=∆=∴εεπε 电场能量8-10一个电容器电容C 1＝20.0μF ，用电压V =1000V 的电源给该电容器充电，然后拆下电源，并用另一不带电的电容器C 2接于原来电源处，已知C 2＝5.00 μF 。