第十章作业大物下
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第十章静电场中的导体与电介质10－ 1将一个带正电的带电体A从远处移到一个不带电的导体 B 附近，则导体 B 的电势将（）（A）升高（B）降低（C）不会发生变化（D）无法确定分析与解不带电的导体 B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体 A 移到不带电的导体B附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A） .10－ 2将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N，在 N的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷 .若将导体 N的左端接地（如图所示），则（）（A） N上的负电荷入地（B）N上的正电荷入地（C） N上的所有电荷入地（D）N上所有的感应电荷入地题 10-2 图分析与解导体 N接地表明导体 N为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体 N在哪一端接地无关 .因而正确答案为（A） .10－ 3 如图所示将一个电量为q的点电荷放在一个半径为R的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为 d，参见附图.设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（）（A）Eq q,Vq 0,V （ B）E2 4π4π4πε0d ε0d ε0d（C）E 0,V 0q,Vq （ D）E2 4π4πε0d ε0R 题 10-3 图分析与解达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为（A） .10－ 4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( )（A）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷（B）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零（C）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷（D）介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关（E）介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关.因而正确答案为（E） .10－ 5对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（）（A）电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/ εｒ倍（B）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/ εｒ倍（C）在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的 1/ εｒ倍（D）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍分析与解电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电介质中的高斯定理，仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，在电介质中任意高斯面S 有1 χE d S E 0 d S 1q iS S ε i即E＝ E０ / εｒ，因而正确答案为（A） .10－ 6 不带电的导体球A含有两个球形空腔，两空腔中心分别有一点电荷q b 、q c ，导体球外距导体球较远的r 处还有一个点电荷q d （如图所示）.试求点电荷q b 、 q c 、 q d 各受多大的电场力.题10-6 图分析与解根据导体静电平衡时电荷分布的规律，空腔内点电荷的电场线终止于空腔内表面感应电荷；导体球A外表面的感应电荷近似均匀分布，因而近似可看作均匀带电球对点电荷q d的作用力 .q b q c q dF d4πεr 2点电荷 q d与导体球 A 外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零，点电荷q b、 q c处于球形空腔的中心，空腔内表面感应电荷均匀分布，点电荷q b、q c受到的作用力为零 .10－ 7 一真空二极管，其主要构件是一个半径R１＝× 10 －4 m的圆柱形阴极和一个套在阴极外、半径 R ＝× 10 －3 m 的同轴圆筒形阳极．阳极电势比阴极电势高300 V，阴极与阳极的长２度均为 L＝× 10－２m．假设电子从阴极射出时的速度为零．求：（１）该电子到达阳极时所具有的动能和速率；（２）电子刚从阳极射出时所受的力．题10-7 图分析（ 1）由于半径 R１＜＜ L，因此可将电极视作无限长圆柱面，阴极和阳极之间的电场具有轴对称性．从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速，电子所获得的动能等于电场力所作的功，也即等于电子势能的减少．由此，可求得电子到达阳极时的动能和速率．（2）计算阳极表面附近的电场强度，由 F＝ qE 求出电子在阴极表面所受的电场力．解（ 1）电子到达阳极时，势能的减少量为E ep eV 4.810 17 J由于电子的初始速度为零，故E ek E ekE ep4.8 10 17 J因此电子到达阳极的速率为2E ek 2eV 1.03 10 7 m s -1vmm（2） 两极间的电场强度为λ E2πε0re r两极间的电势差R 2lnR2VR 2dr E drR 12π 0 r2π 0 R 1R 1负号表示阳极电势高于阴极电势．阴极表面电场强度Eλe rV e r2πε0R 1 R 2R 1lnR 1电子在阴极表面受力FeE （4.37 10 14 N) e r－ 3１这个力尽管很小，但作用在质量为９.1１×10 kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力加速度的 5× 10１5 倍．10－ 8 一导体球半径为 R，外罩一半径为 R 2 的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q ，１而内球的电势为 V ０ ．求此系统的电势和电场的分布．分析 若 V 0Q，内球电势等于外球壳的电势， 则外球壳内必定为等势体， 电场强度4πε0R 2处处为零，内球不带电．Q若 V 0，内球电势不等于外球壳电势，则外球壳内电场强度不为零，内球带4πεR0 2电．一般情况下，假设内导体球带电q ，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示．依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布．并由V pE dl 或电势叠加求出电势的p分布．最后将电场强度和电势用已知量 V 0、 Q 、 R １ 、R 2表示．题10-8 图解根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称．取同心球面为高斯面，由高斯定理 E dS E r 4πr2 E rq / ε0，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各区域内的电场分布为r ＜ R 时，E1 r 0１R ＜ r＜R 时， E2 r q１ 24πε0r 22 时，E2 Q qr＞ R r4πε0r 2由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布．r＜ R１时，V1 E dl R1 1 dl R2 E 3 dlE E 2 dlr r R1 R2q Q4π0 R1 4π0 R2R１＜ r＜R2时，V2 E dl R2 2 dl E 3 dlEr r R2q Q4π0 r 4π0 R2r＞ R2时，V3r E3Q qdl4π0r也可以从球面电势的叠加求电势的分布：在导体球内（ r ＜ R１）V1q Q4 π4πεRε0R1 0 2在导体球和球壳之间（R１＜ r＜ R2）V2q Q 4πε0r 4πε0R2在球壳外（ r＞ R2）为V3Q q4π0r 由题意V1 V0q Q4 π4πεRε0R2 0 1得q 4π0 R1V0R1 QR2于是可求得各处的电场强度和电势的分布：r＜ R１时，E10 ； V1V0R１＜ r＜R2时，E2 R1V0 R1Q； V2R1V0 (r R1 )Q r 2 4πεR r 2r 4π0 R2 r0 22时，r＞ RR1V0 ( R2 R1 )Q； V3 R1V0 (R2 R1 )QE32 4π0R2 r 2 r 4π0 R2rr10－ 9 地球和电离层可当作球形电容器，它们之间相距约为100 km ，试估算地球－电离层系统的电容．设地球与电离层之间为真空．解由于地球半径 R1＝× 106 m；电离层半径 R2＝× 105 m ＋R1＝× 106 m，根据球形电容器的电容公式，可得C 4πε0 R1 R2 4.58 10 2 FR2 R110－ 10 两线输电线，其导线半径为 3.26 mm ，两线中心相距0.50 m，导线位于地面上空很高处，因而大地影响可以忽略．求输电线单位长度的电容．分析假设两根导线带等量异号电荷，电荷在导线上均匀分布，则由长直带电线的电场叠加，可以求出两根带电导线间的电场分布,E E E再由电势差的定义求出两根导线之间的电势差，就可根据电容器电容的定义，求出两线输电线单位长度的电容解建立如图坐标，带等量异号电荷的两根导线在 P点激发的电场强度方向如图，由上述分析可得 P点电场强度的大小为1 1E()2π0x d x电场强度的方向沿x轴，电线自身为等势体，依照定义两导线之间的电势差为d R1 1U E dl ( )dxl R 2π0 x d x上式积分得λln d RUπε0 R 因此，输电线单位长度的电容C λπε0 / lnd Rπε0 / lnd U R R代入数据 C 5.52 10 12 F题 10-10 图10－ 11电容式计算机键盘的每一个键下面连接一小块金属片，金属片与底板上的另一块金属片间保持一定空气间隙，构成一小电容器（如图）.当按下按键时电容发生变化，通过与之相连的电子线路向计算机发出该键相应的代码信号.假设金属片面积为50.0 mm 2，两金属片之间的距离是0.600 mm. 如果电路能检测出的电容变化量是pF，试问按键需要按下多大的距离才能给出必要的信号题 10-11 图分析按下按键时两金属片之间的距离变小，电容增大，由电容的变化量可以求得按键按下的最小距离：解按下按键时电容的变化量为C ε0S 11 d d0按键按下的最小距离为d min dd Cd20.152 mmd0 C 0 S10－ 12 一片二氧化钛晶片，其面积为 1.0 cm2 ，厚度为 0.10 mm ．把平行平板电容器的两极板紧贴在晶片两侧.（ 1）求电容器的电容；（2）当在电容器的两极间加上 12 V电压时，极板上的电荷为多少此时自由电荷和极化电荷的面密度各为多少（ 3）求电容器内的电场强度．解（ 1）查表可知二氧化钛的相对电容率εr ＝ 173，故充满此介质的平板电容器的电容C εεr0S 1.53 10 9 Fd（2）电容器加上 U ＝ 12V 的电压时，极板上的电荷Q CU 1.84 10 8 C极板上自由电荷面密度为σQ1.84 10 8 C m - 2S晶片表面极化电荷密度σ0 1 1σ0 1.83 104 C m- 2 εr（3）晶片内的电场强度为E U 1.2 105 V m-1d10－ 13 如图所示，半径 R ＝ 0.10 m 的导体球带有电荷Q ＝× 10 －８C，导体外有两层均匀介质，一层介质的εr＝ 0.10 m，另一层介质为空气，充满其余空间．求：（ 1 ）＝，厚度 d离球心为 r ＝ 5cm、15 cm、25 cm 处的 D 和 E；（ 2）离球心为 r ＝ 5 cm、15 cm、25 cm 处的V；（ 3）极化电荷面密度σ′．题 10-13 图分析带电球上的自由电荷均匀分布在导体球表面，电介质的极化电荷也均匀分布在介质的球形界面上，因而介质中的电场是球对称分布的．任取同心球面为高斯面，电位移矢量D 的通量与自由电荷分布有关，因此，在高斯面上 D 呈均匀对称分布，由高斯定理D d S q 可得D（r）．再由E D / εε可得E（r）．00r介质内电势的分布，可由电势和电场强度的积分关系V E dl 求得，或者由电势叠r加原理求得．极化电荷分布在均匀介质的表面，其极化电荷面密度Pn ．解（ 1）取半径为 r 的同心球面为高斯面，由高斯定理得r ＜ R D1 4πr2 0D1 0 ； E1 0R ＜r＜R＋d D24π2QrD2 Q ； E2Q4πr 2 4πεε0r r 2r ＞ R ＋ d D3 4πr 2 QD 3Q； E3Q 4πr2 4π0 r 2将不同的 r 值代入上述关系式，可得r＝ 5 cm、15 cm 和 25 cm 时的电位移和电场强度的大小，其方向均沿径向朝外．r1 ＝ 5 cm，该点在导体球内，则Dr1 0 ；Er1 0r2 ＝ 15 cm，该点在介质层内，εｒ＝，则Dr2 Q3.5 10 8 C m 2 4π2r2E r2Q2 8.0 102 V m 1 4πεε0r r2r3 ＝ 25 cm，该点在空气层内，空气中ε ≈ε0，则Dr3 Q 1.3 10 8 C m 2；4πr32Er3 Q 2 1.4 103 V m 14π0 r2（2）取无穷远处电势为零，由电势与电场强度的积分关系得r3 ＝ 25 cm，V3 E3 dr Q 360 V4πr1ε0rr2＝ 15 cm，V2R dE 3 drE 2 drr2 R dQ Q4π0 r r2 4π0 r R d 4π0 480 Vr1＝ 5 cm，V1R dE3RE 2 dr drR dQ Q Q 4πεε0r R 4πεε0r R d 4πε0 R540V（3）均匀介质的极化电荷分布在介质界面上，因空气的电容率略．故在介质外表面；QR ddε＝ε0，极化电荷可忽P n εr 1 ε0E nεr 1 Q 4π 2R dεrσ P n εr 1 Q 2 1.6 10 8 C4πεr R d在介质内表面：m 2P n εr 1 ε0E n εr 1 Q 4π 2εr RσP n εr 1 Q6.4 10 8 C m 2 4π 2εr R介质球壳内、外表面的极化电荷面密度虽然不同，但是两表面极化电荷的总量还是等量异号．10－ 14 人体的某些细胞壁两侧带有等量的异号电荷.设某细胞壁厚为－ 9× 10 m，两表面所带面电荷密度为±× 10 － 3 C／m2 ，内表面为正电荷．如果细胞壁物质的相对电容率为，求（ 1）细胞壁内的电场强度；（2）细胞壁两表面间的电势差．解（ 1）细胞壁内的电场强度（2）细胞壁两表面间的电势差E σ9.8 106 V/m ；方向指向细胞外．εε0 rU Ed 5.1 10 2 V ．10－ 15如图（a）所示，有两块相距为的薄金属板A、B构成的空气平板电容器被屏蔽在一金属盒Ｋ内，金属盒上、下两壁与 A、B 分别相距 0.25 mm ，金属板面积为 30 mm × 40 mm.求（ 1）被屏蔽后电容器的电容变为原来的几倍；（屏蔽盒相碰，问此时的电容又为原来的几倍2）若电容器的一个引脚不慎与金属题10-15 图分析薄金属板 A、 B 与金属盒一起构成三个电容器，其等效电路图如图（ｂ）所示，由于两导体间距离较小，电容器可视为平板电容器，通过分析等效电路图可以求得A、B 间的电容.解（ 1）由等效电路图可知C C23C2 C3C1 C1C3C2由于电容器可以视作平板电容器，且d1 2d2 2d3，故 C2 C3 2C1，因此A、B间的总电容C 2C1（2）若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰，相当于C2（或者 C3）极板短接，其电容为零，则总电容C 3C110－ 16 在 A 点和 B 点之间有 5 个电容器，其连接如图所示．（ 1）求 A、B 两点之间的等效电容；（ 2）若 A、 B 之间的电势差为 12 V，求 U AC、 U CD和 U DB．题 10-16 图解（ 1）由电容器的串、并联，有C AC C1C212 μFC CD C3 C4 8 μF1 1 1 1C AB C AC C CD C5求得等效电容 C AB＝ 4 μF．（2）由于Q AC Q CD Q DB Q AB，得UAC CAB U AB 4 V C ACUCD CAB U AB 6 V CCDUDB CAB U AB 2 V CDB10－ 17 如图，有一个空气平板电容器，极板面积为 S，间距为 d ．现将该电容器接在端电压为U 的电源上充电，当（ 1）充足电后；（ 2）然后平行插入一块面积相同、厚度为δ（δ＜d）、相对电容率为εｒ的电介质板；（ 3）将上述电介质换为同样大小的导体板．分别求电容器的电容 C，极板上的电荷Q 和极板间的电场强度E．题10-17 图分析电源对电容器充电，电容器极板间的电势差等于电源端电压U．插入电介质后，由于介质界面出现极化电荷，极化电荷在介质中激发的电场与原电容器极板上自由电荷激发的电场方向相反，介质内的电场减弱．由于极板间的距离 d 不变，因而与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，以维持电势差不变，并有U Qd δQ δε0S εε0r S相类似的原因，在平板电容器极板之间，若平行地插入一块导体板，由于极板上的自由电荷和插入导体板上的感应电荷在导体板内激发的电场相互抵消，与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，使间隙中的电场 E 增强，以维持两极板间的电势差不变，并有U QdδεS综上所述，接上电源的平板电容器，插入介质或导体后，极板上的自由电荷均会增加，而电势差保持不变．解（ 1）空气平板电容器的电容εSC00d充电后，极板上的电荷和极板间的电场强度为εSQ00UdE0U / d（ 2）插入电介质后，电容器的电容C1为C1 Q / Qd δQ δεε0r Sε0S εε0r S δ εr dδ故有εεSU0rC1C1Uδ εr dδ介质内电场强度E1Q1 Uεε0r S δ εr dδ空气中电场强度Q1 εr UE1δ εr dδε0S（ 3）插入导体达到静电平衡后，导体为等势体，其电容和极板上的电荷分别为εSC20dδεSQ2Udδ导体中电场强度E2 0空气中电场强度E2U d δ无论是插入介质还是插入导体，由于电容器的导体极板与电源相连，在维持电势差不变的同时都从电源获得了电荷，自由电荷分布的变化同样使得介质内的电场强度不再等于E0/ εｒ．10－ 18 为了实时检测纺织品、纸张等材料的厚度（待测材料可视作相对电容率为ε 的电ｒ介质），通常在生产流水线上设置如图所示的传感装置，其中A， B为平板电容器的导体极板，d0为两极板间的距离．试说明检测原理，并推出直接测量量电容 C 与间接测量量厚度 d 之间的函数关系．如果要检测钢板等金属材料的厚度，结果又将如何题10-18 图分析导体极板 A、 B 和待测物体构成一有介质的平板电容器，关于电容C与材料的厚度的关系，可参见题10－ 17 的分析．解由分析可知，该装置的电容为C 0 rSd r d0 d则介质的厚度为d εr d0Cεε0r S εr d0 εε0r Sεr 1 C ε 1 εr 1 Cr如果待测材料是金属导体，其等效电容为C εS0 d0d导体材料的厚度d d0 ε0S C实时地测量 A、 B 间的电容量 C，根据上述关系式就可以间接地测出材料的厚度．通常智能化的仪表可以实时地显示出待测材料的厚度．10－ 19有一电容为 μ F 的平行平板电容器，两极板间被厚度为 0.01 mm 的聚四氟乙烯薄膜所隔开，（ 1） 求该电容器的额定电压；（2） 求电容器存贮的最大能量．分析通过查表可知聚四氟乙烯的击穿电场强度E b ＝ × 107 V ／ m ，电容器中的电场强度 E≤E b ，由此可以求得电容器的最大电势差和电容器存贮的最大能量．解（ 1） 电容器两极板间的电势差U maxE b d 190 V（2） 电容器存贮的最大能量W1CU 2 9.03 10 3 Je2 max10－ 20半径为 0.10 cm 的长直导线， 外面套有内半径为 1.0 cm 的共轴导体圆筒， 导线与圆筒间为空气．略去边缘效应，求：（ 1） 导线表面最大电荷面密度；（2） 沿轴线单位长度的最大电场能量．分析 如果设长直导线上单位长度所带电荷为λ，导线表面附近的电场强度Eλσε2πε0R查表可以得知空气的击穿电场强度E b ＝ × 6E ≤ E b 空10（ V ／ m ），只有当空气中的电场强度 气才不会被击穿，由于在导线表面附近电场强度最大，因而可以求出σ的极限值．再求得电场能量密度，并通过同轴圆柱形体元内电场能量的积分求得单位长度的最大电场强度．解（ 1） 导线表面最大电荷面密度σεE2.66 10 5 C m 2max0 b显然导线表面最大电荷面密度与导线半径无关．（2） 由上述分析得λ2πεR E ，此时导线与圆筒之间各点的电场强度为max0 1 bE mR 1R 2 r R 12π 0 rrE(其他 )1 21R 2 E 2w mEm1b22r 2沿轴线单位长度的最大电场能量W mw 2πrdr22 R 21 0πR1E b drR 1rW m0 πR 12E b 2lnR 25.76 10 4 J m 1R 110－ 21 一空气平板电容器， 空气层厚 1.5 cm ，两极间电压为 40 kV ，该电容器会被击穿吗 现将一厚度为 0.30 cm 的玻璃板插入此电容器，并与两极平行，若该玻璃的相对电容率为，击穿电场强度为 10 Ｍ V ·m －1 ．则此时电容器会被击穿吗分析 在未插入玻璃板时， 不难求出空气中的电场强度小于空气的击穿电场强度， 电容器不会被击穿．插入玻璃后，由习题10－17 可知，若电容器与电源相连，则极板间的电势差维持不变， 电容器将会从电源获取电荷． 此时空气间隙中的电场强度将会增大． 若它大于空气的击穿电场强度， 则电容器的空气层将首先被击穿．此时 40 kV 电压全部加在玻璃板两侧，玻璃内的电场强度如也大于玻璃击穿电场强度的值， 则玻璃也将被击穿． 整个电容器被击穿．解 未插入玻璃时，电容器内的电场强度为E U / d 2.7 10 6 V m 1因空气的击穿电场强度 E b 3.010 6 V m 1 ， EE b ，故电容器不会被击穿．插入玻璃后，由习题 6 －26 可知，空气间隙中的电场强度Eεr V3.2 106 V m 1ε d δ δr此时，因 E E b ，空气层被击穿，击穿后 40 kV 电压全部加在玻璃板两侧，此时玻璃板内的电场强度E V / δ 1.3 10 7 V m 1由于玻璃的击穿电场强度 E b10 MV m 1 ， E E b，故玻璃也将相继被击穿，电容器完全被击穿．10－ 22 某介质的相对电容率r2.8 ，击穿电场强度为 18 106 V m 1 ，如果用它来作平板电容器的电介质，要制作电容为 μF，而耐压为 kV 的电容器，它的极板面积至少要多大．解 介质内电场强度E E b18 106 V m 1电容耐压 U m＝ kV，因而电容器极板间最小距离d U m / E b 2.2210 4 m要制作电容为μF的平板电容器，其极板面积S Cd0.42 m2 εε0 1显然，这么大的面积平铺开来所占据的空间太大了，通常将平板电容器卷叠成筒状后再封装．10－ 23一平行板空气电容器，极板面积为S，极板间距为 d，充电至带电Q后与电源断开，然后用外力缓缓地把两极板间距拉开到 2d．求：（ 1）电容器能量的改变；（ 2）此过程中外力所作的功，并讨论此过程中的功能转换关系．分析在将电容器两极板拉开的过程中，由于导体极板上的电荷保持不变，极板间的电场强度亦不变，但电场所占有的空间增大，系统总的电场能量增加了．根据功能原理，所增加的能量应该等于拉开过程中外力克服两极板间的静电引力所作的功．解（ 1）极板间的电场为均匀场，且电场强度保持不变，因此，电场的能量密度为w e 1ε0E2Q22 2ε0S2在外力作用下极板间距从 d 被拉开到 2d，电场占有空间的体积，也由V 增加到 2V，此时电场能量增加W e w eQ2d V2ε0S（2）两导体极板带等量异号电荷，外力 F 将其缓缓拉开时，应有F＝－ F e，则外力所作的功为A F e r QEd Q2d2εS外力克服静电引力所作的功等于静电场能量的增加．。
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(三) 计算题
1. 一倔强系数为k的轻弹簧，竖直悬挂一质量为m的物
体后静止，再把物体向下拉，使弹簧伸长后开始释放， 判断物体是否作简谐振动？
解： 仍以平衡位置处为坐标原点，设平衡时弹簧
伸长量为x0，则有
mg kx0
物体在坐标为x处时，根据牛顿第二定律
mg
x 0
m ax
A kM mM
A
A M A E 1 k M A2 E
M m
2 Mm
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4. 一物体质量为0.25kg，在弹性力作用下作简谐 振动，
弹簧的倔强系数 k = 25 Nm-1，如果起始振动时具有
势能0.06J和动能0.02J，求： (1) 振幅； (2) 动能恰好等于势能时的位移； (3) 经过平衡位置时物体的速度。
8. 当质点以f 频率作简谐振动时，它的动能的变化频率
为
A. f B. 2 f C. 4 f D. 0.5 f
9. 两个振动方向相互垂直、频率相同的简谐振动的合成
运动的轨迹为一正椭圆，则这两个分振动的相位差可能Leabharlann 为A.0或 π
B.
0或 3π
C.
0或π D.
3π 或 π
2
2
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10. 竖直弹簧振子系统谐振动周期为T，将小球放入水
T 2π M k
0
k M
m
小物体未下落后系统的振动周期为
M
T 2π
M m T k
k M m
14
（1） x A 0
m
碰撞后速度 x A 0
碰撞后振幅不变，能量不变
大学物理第10单元课后习题答案.docx
习题1010.1选择题(1)对于安培环路定理的理解，正确的是：(A)若环流等于零，则在回路L上必定是H处处为零；(B)若环流等于零，则在回路L上必定不包围电流；(O若环流等于零，则在回路L所包围传导电流的代数和为零；(D)回路L上各点的H仅与回路L包围的电流有关。
［答案：C］(2)对半径为R载流为I的无限长直圆柱体，距轴线r处的磁感应强度B ()(A)内外部磁感应强度B都与r成正比；(B)内部磁感应强度B与r成正比，外部磁感应强度B与r成反比；(C)内外部磁感应强度B都与r成反比；(D)内部磁感应强度B与r成反比，外部磁感应强度B与r成正比。
［答案:B］(3)质量为m电量为q的粒子，以速率v与均匀磁场B成0角射入磁场，轨迹为一螺旋线，若要增大螺距则要()(A)增加磁场B； (B)减少磁场B； (C)增加0角；(D)减少速率V。
［答案:B］(4)一个100匝的圆形线圈，半径为5厘米，通过电流为0.1安，当线圈在1.5T的磁场中从0=0的位置转到180度(0为磁场方向和线圈磁矩方向的夹角)时磁场力做功为() (A) 0.24J；(B) 2.4J； (C) 0.14J； (D) 14J。
［答案:A］10.2填空题(1)边长为a的正方形导线回路载有电流为I,则其中心处的磁感应强度______ =［答案：2臥I ,方向垂直正方形平面］na(2)计算有限长的直线电流产生的磁场—用毕奥——萨伐尔定律，而—用安培环路定理求得(填能或不能)。
［答案：能，不能］(3)电荷在静电场中沿任一闭合曲线移动一周，电场力做功为 ____ o电荷在磁场中沿任一闭合曲线移动一周，磁场力做功为 ____ o［答案：零，零］(4)两个大小相同的螺线管一个有铁心一个没有铁心，当给两个螺线管通以_电流时，管内的磁力线分布相同，管内的磁感线分布将 ____ =［答案：相同，不相同］10.3在同一磁感应线上，各点万的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度鸟的方向？解：在同一磁感应线上，各点鸟的数值一般不相等.因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度万的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为直的方向.dl题10.3图10.4(1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度鸟的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)？(2)若存在电流，上述结论是否还对？解：(1)不可能变化，即磁场一定是均匀的.如图作闭合回路abed可证明B{=B2£ B-dl =B l da-B2bc = /J0^I = 0B x =(2)若存在电流，上述结论不对.如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线, 但鸟方向相反，即B^B2.10.5用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场？答：不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用.10.6在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部B = ^o nl,外面B=0,所以在载流螺线管外面环绕一周(见题10.6图)的环路积分牡民卜応=0但从安培环路定理来看，环路L中有电流I穿过，环路积分应为牡万外-df = //0/这是为什么？解：我们导出B 内=jU o nl,B^ =0有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线.这 时图中环路厶上就一定没有电流通过，即也是与（鸟外-dr=＜（o-dr=o 是不矛盾的.但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型.实 际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过厶的电流为/,因此实际螺线管若是无限长时， 只是鸟外的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量B[= 必,r 为管外一点到螺线管轴 17VT题10.6图10.7如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它 发 生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场？解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存 在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致.如果它发生偏转也不能肯定 那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转.10.8已知磁感应强度B = 2.0Wb/m 2的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示.试 求：（1）通过图中abed 面的磁通量；（2）通过图中b 妣面的磁通量；（3）通过图中*/^面的磁 通量.解：如题10.8图所示.⑴通过a0cd 面积,的磁通是（$面法线沿 x 轴正向）0）! =5-5] =2.0x0.3x0.4 = 0.24 Wb⑵通过befc 面积S 2的磁通量 0）2 = B • 52 = 0⑶通过a 创面积S3的磁通量（S3面法线沿x 、z 轴的正向）啓=用恳3 = 2x0.3x0.5xcos& = 2x0.3x0.5x? = 0.24 Wb10.9如题10-9图所示，AB. CD 为长直导线，RC 为圆心在O点的一段圆弧形I题10. 8图导线，其半径为若通以电流Z,求0点的磁感应强度.解：如题10-9图所示，O 点磁场由AB 、BC 、CD 三部分电流产生.其中AB 产生：& = 0CD 产生：场=上上，方向垂直向里 2 12RBC 段产生磁场 由B = ^-(sin^2- sin^J 得： 4mB 3 = ^^(sin 90° - sin 60° ) = ^-(1-—),方向丄向里 .R 2nR 2 •••恥+ B 严盟（1—子+汀方向丄向里.10.10在真空中，有两根互相平行的无限长直导线厶和厶2,相距0.ini,通有方向相反的电 流，/1=20A,/2=10A,如题10.10图所示.A, 3两点与导线在同一平面内.这两点与导线L 2的距离均为5.0cm •试求A, B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置. Zi=20A0.1mL'i 丄—Z 2=10A 题10.10图解：如题10.10图所示，&方向垂直纸面向里2 茨崔丽+化g ^-2.(0Z0.05)+^0j^h33X1°-5T10.11如题10-11图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A, B 两点，并在很⑵设片=0在厶2外侧距离厶2为厂处，则:解得r - 0.1 m1 n 题10-9图 2^(r + 0.1)2 岔远处与电源相连.已知圆环的粗细均匀，求环中心0的磁感应强度.解：如题10-11图所示，圆心O 点磁场由直电流Aoo 和Boo 及两段圆弧上电流人 与厶所产生，但A8和Boo 在O 点产生的磁场为零。
《大学物理》(下)习题课
第七章(单元一) 简谐振动一、 选择、填空题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π34，则t=0时，质点的位置在： 【 D 】(A) 过A 21x =处，向负方向运动； (B) 过A 21x =处，向正方向运动； (C) 过A 21x -=处，向负方向运动；(D) 过A 21x -=处，向正方向运动。
3. 下列几个方程，表示质点振动为“拍”现象的是： 【 B 】t2cos A y ,t cos A x )D ();t sin(A y ,t cos A x )C ();t 201cos(B )t 200cos(A y )B ();t cos(B )t cos(A y )A (2211221121ωωωωωω==+==++=+++=ϕϕϕϕ4. 一质点作简谐振动，周期为T ，质点由平衡位置到二分之一最大位移处所需要的时间为T 121；由最大位移到二分之一最大位移处所需要的时间为T 61。
5. 两个同频率简谐交流电i 1(t)和i 2(t)的振动曲线如图所示，则位相差212πφφ-=-。
6. 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=10 cm ，s /rad 6πω=，3πφ=二、 计算题1. 一物体沿x 轴作简谐振动，振幅为10.0cm ，周期为2.0 s 。
在t=0时坐标为5.0cm ，且向x 轴负方向运动，求在x=-6.0cm处，向x 轴负方向运动时，物体的速度和加速度。
✉ 物体的振动方程：)t cos(A x θω+=，根据已知的初始条件得到： )3t cos(10x ππ+=物体的速度：)3t sin(10v πππ+-=物体的加速度：)3t cos(10a 2πππ+-=当：cm 0.6x -=，)3t cos(106πω+=-，53)3t cos(-=+πω，54)3t sin(±=+πω 根据物体向X 轴的负方向运动的条件，54)3t sin(=+πω所以：s /m 108v 2-⨯-=π，222s /m 106a -⨯=π2. 一质点按如下规律沿X 轴作简谐振动：)3/2t 8(cos 1.0x ππ+=（SI ）(1)求此振动的周期、振幅、初相、速度最大值和加速度最大值；(2) 分别画出这振动的x-t 图。
大学物理吴百诗科学社课后习题答案下b
(3)波腹： 波节：
12.2868.4 km/h
第十三章
13.1 (1) B (2) B (3) A (4)B (5)D (6)B (7)D
13.2 (1)波动、横波(2)1.2mm，3.6mm(3)
(4) 1.73、300(5)完全偏振光、垂直入射面、部分偏振光
13.41.59×10-7W/m2，1.09×10-2V/m，2.91×10-5A/m
1310893427105第十章101ibaiba28610146a12a15a3a精品文档精品文档可以编辑修改等待你的下载管理教育文档1010041a方向向右10121014132102t静止在垂直位置不偏转1016qr10185571025104t200am105t200am第十一章111曲线acb直线abvblcosvbl1cosblbl151011457105wb1155710311604v2010mgr精品文档精品文档可以编辑修改等待你的下载管理教育文档111125103nc3310371103vm51032103v沿dca方向1114155105lncos17105第十二章121cos1008cms126105cm5hz525cms02s128cos10cos10121205m25ms092s121412185310510610547107精品文档精品文档可以编辑修改等待你的下载管理教育文档点干涉相消12242001031228684kmh第十三章131完全偏振光垂直入射面部分偏振光134159107109102vm291105136545nm13835104m31103131066103mm13127310513141028cm1316反
13.6 545 nm
13.8 3.5×10-4m，3.1×10-3m
大学物理下册第10章课后题答案
习题10-3图第10章 静电场中的导体和电介质习 题一 选择题10-1当一个带电导体达到静电平衡时，[ ] (A) 表面上电荷密度较大处电势较高 (B) 表面曲率较大处电势较高(C) 导体内部的电势比导体表面的电势高(D) 导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零 答案：D解析：处于静电平衡的导体是一个等势体，表面是一个等势面，并且导体内部与表面的电势相等。
10-2将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，导体B 的电势将[ ](A) 升高 (B)降低 (C)不会发生变化 (D)无法确定 答案：A解析：不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。
由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）。
10-3将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。
若将导体N 的左端接地（如图10-3所示），则[ ](A) N 上的负电荷入地 (B) N 上的正电荷入地 (C) N 上的所有电荷入地 (D) N 上所有的感应电荷入地 答案：A解析：带负电的带电体M 移到不带电的导体N 附近的近端感应正电荷；在远端感应负电荷，不带电导体的电势将低于无穷远处，因此导体N 的电势小于0，即小于大地的电势，因而大地的正电荷将流入导体N ，或导体N 的负电荷入地。
故正确答案为（A ）。
10-4 如图10-4所示，将一个电荷量为q电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d 。
设无穷远 处为零电势，则在导体球球心O 点有[ ] (A) 0E =，04πε=q V d(B) 204πε=qE d ，04πε=qV d(C) 0E =，0V = (D) 204πε=q E d ， 04πε=qV R答案：A解析：导体球处于静电平衡状态，导体球内部电场强度为零，因此0E =。
导体球球心O 点的电势为点电荷q 及感应电荷所产生的电势叠加。
华侨大学 大学物理作业本(下)答案
大学物理作业本（下）姓名班级学号江西财经大学电子学院2005年10月第九章 稳恒磁场练 习 一1． 已知磁感应强度为20.2-⋅=m Wb B 的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如图所示。
求：（1） 通过图中abcd 面的磁通量；（2） 通过图中befc 面的磁通量；（3） 通过图中aefd 面的磁通量。
2． 如图所示，在被折成钝角的长直导线通中有20安培的电流。
求A 点的磁感应强度。
设a=2.0cm ，ο120=α。
3．有一宽为a的无限长薄金属片，自下而上通有电流I，如图所示，求图中P点处的磁感应强度B。
4．半径为R的圆环，均匀带电，单位长度所带的电量为 ，以每秒n转绕通过环心并与环面垂直的轴作等速转动。
求：（１）环心的磁感应强度；（２）在轴线上距环心为x处的任一点P的磁感应强度。
练习二１．一载有电流I的圆线圈，半径为R，匝数为N。
求轴线上离圆心x处的磁感应强度B，取R=12cm，I=15A，N=50，计算x=0cm，x=5.0cm, x=15cm各点处的B值；２．在一半径R=1.0cm的无限长半圆柱形金属薄片中，自上而下通有电流I=5.0A，如图所示。
求圆柱轴线上任一点P处的磁感应强度。
３．如图所示，两无限大平行平面上都有均匀分布的电流，设其单位宽度上的电流分别为1i 和2i ，且方向相同。
求：（１） 两平面之间任一点的磁感应强度；（２） 两平面之外任一点的磁感应强度；（３） i i i ==21时，结果又如何？４．10A 的电流均匀地流过一根长直铜导线。
在导线内部做一平面S ，一边为轴线，另一边在导线外壁上，长度为1m ，如图所示。
计算通过此平面的磁通量。
（铜材料本身对磁场分布无影响）。
练习三１．半径为R 的薄圆盘上均匀带电，总电量为q ，令此盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线匀速转动，角速度为ω，求轴线上距盘心x 处的磁感应强度。
２．矩形截面的螺绕环，尺寸如图所示。
（１） 求环内磁感应强度的分布；（２） 证明通过螺绕环截面（图中阴影区）的磁通量，210ln 2D D NIh πμ=Φ 式中N 为螺绕环总匝数，I 为其中电流强度。
《大物》下(吴百诗)作业答案
《大学物理》（下）（吴百诗）作业答案7.1 -1190J ； 7.2 B ； 7.3 A ；7.4 解：A=曲线下面积=（P1+P2）(V2-V1)/2P1V1=νRT1 P2V2=νRT2ΔE=νCv(T2-T1)= ν5R/2(P2V2/νR - P1V1/νR)=5(P2V2-P1V1)/2 Q=A+ΔE7.5 解：等压过程A=P ΔV=5*102JQ=A+ΔEΔE=Q-A=1.21*103J7.6 A ； 7.7 D ； 7.8 B ； 7.9 解：C V =5R/2；C p =7R/2;γ=7/5ab 等容过程 吸热a b b b a a a b V ab T T T P T P T T C Q 2,//),(==-=νbc 绝热过程 γγγγγ2/,,011b c c cbb bc T T T P T P Q ===----ca 等压过程 放热)(c a p ca T T C Q -=νabcaab Q Q Q +=η7.10 解：与老版答案相同AB 过程 吸热Q 1=vRT 1InV 2/V 1 BC 过程 放热 Q 2=vC V (T 2-T 1) CD 过程 放热Q 3=vRT 2InV 1/V 2 DA 过程 吸热Q 4=vC V (T 1-T 2)η=A/Q 吸=（ Q 1+ Q 2+ Q 3+ Q 4）/（Q 1+ Q 4）=15%8.1 相同、相同、相同、不一定； 8.2 A ； 8.3 B ； 8.4 解：与老版答案相同n=N/V=P/kT=2.44*1025/m 3ρ=n μ=1.3kg/ m 3ε=3kT/2=6.21*10-21Jm n d 931045.3/1-⨯==8.5 解：PV=νRT T=PV/νR J kT 221089.32/3-⨯==ε8.6 理想气体分子速率大于最概然速率的概率理想气体分子平均平动动能 8.7 6； 8.8 B ；8.9 解：J RT M m E J n E kT P n J KT CON mol kg RT M sm P M RT v MRT p vRT PV K k K 33212322107.125)5(105.1,/)4(107.32/3)3(,/1028)494/(3)2(/494/3/3//,)1(⨯==⨯===⨯==⨯=======--εερρ8.10 解：s m v K T M RTv s m v v v M M MRTv pO H pH pH pO pH O H p /500,481,2/2000,,,222222222====><=12.1、C 12.2、D 12.3、 2π12.4 解：（1）波动方程y=0.05cos (100t-2x)= 0.05cos2π (50t/π-x/π)将上述方程与波动方程标准形式y=Acos2π (νt-x/λ)相比较，有： A=0.05(m)，λ=π(m)，T=1/ν=π/50(s)，u=λ/T=50(m/s) (2)质点的振速度方程为=-0.05*100sin(100t-10) 故V m =0.05*100=5m/s各质点加速度方程为：a==-0.05*100*100 cos (100t-2x)故a m =0.05*100*100=500m/s 212.5 解：（1）设坐标原点的振动方程为：y=Acos (ωt+φ)由题意可知：A=0.1m ，ω=2π/T=πs -1； 由旋转矢量法可知φ=-π/2 故振动方程为：y=0.1cos(πt-π/2) 又u=λ/T=2/2=1m/s故波动方程为：y=0.1cos[π(t-x)- π/2](2)将x=0.5m 代入波动方程，得该质点的振动方程为：y=0.1cos(πt-π)tyv ∂∂=tv∂∂(3)将t=1.0s 代入波动方程，得此时各质点的位移为：y=0.1cos(π/2-πx)=0.1sin πx波形图为：12.6 解：（1）设坐标原点的振动方程为：y=Acos (ωt+φ)由图可知：A=0.10(m)，λ=20 (m)，ω=2πν=500πs -1由题意可知波沿OX 轴负方向传播，并可判断原点处质点将沿OY 轴的负方向运动，由旋转矢量法可知初相φ=π/3；故坐标原点的振动方程为：y=0.10cos (500πt+π/3) 又u=λν=5000(m/s)故波动方程为 y=0.10cos[500π(t+x/5000)+π/3]12.7 频率相同；振动方向相互平行；相位相同或相位差恒定。
大学物理习题下(完整版)
（A）、场强大的地方电势一定高； （B）、场强相等的各点电势一定相等；
（C）、场强为零的点电势一定为零； （D）、场强为零的点电势不一定为零。
2、一静电场的等势线图如图所示。其中 U1、U2 分别表示如图所示
的两个等势线上的电势值， E a 为点 a 处的电场强度，其方向如图所示。
试问：两个等势线上的电势值 U1 和 U2 之间的大小关系应为以下答案中的 哪一个？
变化为：
（A）、不变 ； （B）、增大 ； （C）、减小 ； （D）、不一定。
[
]
3、（2018 年暨南大学）将一带电量为 Q 的金属小球靠近一个不带电的金属导体时，则有：
（A）金属导体因静电感应带电，总电量为-Q；
（B）金属导体因感应带电，靠近小球的一端带-Q，远端带+Q；
（C）金属导体两端带等量异号电荷，且电量 q<Q；
在
；若腔内有电荷，则空腔导体上的电荷应分布
在
。
3、如图所示，两同心导体球壳，内球壳带电量+q，外球壳带电量-2q。
静电平衡时，外球壳的内表面带电量为______；外表面带电量为_______。
O
三、 计算题 1、同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属直圆柱体构成，如图所示。设内圆柱 体的半径为 R1，外圆柱体的内半径为 R2。并假定内外圆柱导体分别带等量异号电荷，其线电 荷密度大小为λ，求内外圆柱导体之间的电场强度分布以及它们之间的电势差。
1
O
M
P
a
+q x b
2、有一半径为 R 的半圆细环上均匀地分布电荷 Q，若在其环心处放置一电荷量为 q 的点 电荷，求该点电荷 q 所受到的电场力的大小及方向。
2
大学物理下册课后答案(贾瑞皋 著)
Q dz ，由例题 3 知，该圆环在轴线上任一点 P 产生的电场 L
O dz L
z z
强度的大小为
dE =
(L − z ) Q dz L
4πε 0 R 2 + (L − z )
[
2 32
]
整个圆柱形薄片在 P 点产生的电场强度的大小为
L
( L − z ) Q dz
L
4πε 0 R 2 + (L − z )
Q sin θ dθ 4π 2 ε 0 R 2
π
E x = ∫ dE x = ∫
0
Q sin θ Q dθ = 2 2 2 4π ε 0 R 2π ε 0 R 2
方向沿 x 轴正方向
10-5 如图所示，一绝缘细棒弯成半径为 R 的半圆形，其上半段均匀带有电量 q，下半段均 匀带有电量-q。求半圆中心点 O 处的电场强度 E。 [解] 上半部产生的场强 将上半部分成无穷多小段，取其中任一小段 dl (所带电量 dq =
Q dl πR
y dθ θ x dE
Q dl dq π R dq 在 O 点的场强 dE = = 4πε 0 R 2 4πε 0 R 2
从对称性分析，y 方向的场强相互抵消，只存在 x 方向的场强
Q dE x = dE ⋅ sin θ = sin θ ⋅ dl 2 4π ε 0 R 3
dE x =
dl = Rdθ
E=∫
0
[
2 32
]
=
Q ⎛ ⎜1 − 4πε 0 L ⎜ ⎝R
⎞ ⎟ 2 2 ⎟ R +L ⎠ 1
沿 z 轴正方向，Q<0 时沿 z 轴负方向。
10-8 一半径为 R 的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为 σ ，求球心点 O 处的场强。 [解] 将半球面分成无限多个圆环，取一圆环半径为 r，到球心距离为 x，所带电量绝对值
大学物理作业(下册)2012改
大学物理作 业（下册）专业班级学号姓名目录第10章静电场 (1)第11章静电场中的导体和电介质 (6)第12章电流的磁场 (10)第13章磁场对电流的作用 (15)第14章电磁感应 (20)第15章物质的磁性 (25)第16章电磁场与电磁波 (28)第17章光的干涉 (31)第18章光的衍射 (37)第19章光的偏振 (41)第10章 静电场一、填空题：1 真空中一半径为R 的均匀带电球面，总电量为Q （Q ＞0）．今在球面上挖去非常小块的面积ΔS （连同电荷），且假设不影响原来的电荷分布，则挖去 ΔS 后球心处电场强度的大小。
关系是（填＞，＜，＝）。
3 一电矩为P 的电偶极子在场强为E 的均匀电场中，P 与E 间的夹角为α角，则它所受的电场力F =_______________，力矩的大小M ＝_______________。
4 真空中一半径为R 的半圆细环，均匀带电Q ，如图所示。
设无穷远处为电势零点，则圆心O 点外的电势0U =，若将一带电量为q 的点电荷从无穷远处移到圆心O 点，则电场力做功A=。
5 如图，在边长为a 的正方形平面的中垂线上，距中心O 点a /2q 的正点电荷，则通过该平面的电场强度通量为。
6 A 、B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面，已知两平面间的电场强度大小为E 0，两平面外侧电场强度大小都为E 0／2，方向如图．则A 、B 两平面上的电荷面密度分别为ζA ＝__2/E 300ε___；ζB ＝_2/E 00ε－_。
解：设A 、B 两板的电荷面密度分别为A δ、B δ（均A δ=2/E 300ε，B δ=2/E 00ε－ （负号说明与题设相反，即0<A δ）二、选择题：1 关于电场强度定义式E =F ／q 0，下列说法中哪个是正确的？（A ）场强E 的大小与试探电荷q 0的大小成反比；（B ）对场中某点，试探电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变； E 0/2E 0/2（C ）试探电荷受力F 的方向就是场强E 的方向； （D ）若场中某点不放试探电荷q 0，则F = 0，从而E ＝0。
青岛理工大学《大物习题册》下第9和10章答案
= t 时原点： t = ，
O -0.10
10.0m
x/m
t t 所以 =−
t = th th tt − SI 波函数 = th th tt − ttt −
SI
(2) y7.5 m=0.1cos(500πt-7.5*π/10-π/3)= 0.1cos(500πt-13π/12) SI
(3) t=0 时，v7.5 m=-ωAsin(ωt-φ)=-50πsin(-13π/12)=-40.6 m/s2
t+ t
= 6.0×10-2 m；
2 = /2 [图（b）]. 则运动方程为 x2 = 6.0×10-2 cos (10t+0.5) (m)
‘
2
专业班级
学号
姓名
序号
§9.3~9.7
9.7 一物体质量为 0.25 kg，在弹性力作用下作简谐运动，弹簧的劲度系数 k=25N/m，如果起
始振动时具有势能 0.01 J 和动能 0.01 J，则其振幅为：【 D 】
S2
的相位落后
1 2
π
，在
S1
、S2
的
连线上， S1 外侧各点（例如 P 点）两波引起的两简谐振动的相位差
/4
是［ A ］
(A) 0
(B) 1 π 2
(C) π
(D) 3 π2
P
S1 S2
10.9 一平面简谐波在弹性介质中传播时，某一时刻介质中某质元在负的最大位移处，则它的能量
是［ B ］
(A) 动能为零，势能最大 (C) 动能最大，势能最大
x1 x2
0.4 cos(2t )m 6
0.3cos(2t 5 )m 6
（1）画出 x1 和 x2 的振动曲线；
东北大学大学物理附加题9章10章功课答案
得 x 0.052m, v 0.094m / s, a 0.512m / s2
（2）由 A 旋转矢量图可知，物体从 x 0.03m m 处向 x 轴负方向运动，到达
3
2
6
时，质点的位
0 时，物体的位移 x 0= 0.06m，且向 x 轴正向运动．求：(1)此简谐运
动的运动方程；(2)t = T/4 时物体的位置、速度和加速度；
解：（1）
（2）
v
x
0.12
t = T/4 时
0.12 cos
sin
t
t
3
3
m
m/s
x 0.12cos 0.06 3 0.10 m 6
v 0.12 sin 0.06 0.19 m/s 6
a 0.12 2 cos 0.06 2 3 1.02 m/s2 6
2、一物体沿 x 轴做简谐运动，振幅 A = 10.0cm，周期 T = 2.0s．当 t
所以 t1 1s
（3）利用旋转矢量法，第二次运动到
所以
t2
5 3
s
0.1cos
2 3
m
2
t
2 3
t2
t1
0.1cos
x=
x=
3、若简谐振动方程为 x 0.1cos[20t / 4]m ，求： (1)振幅、频率、
角频率、周期和初相； (2)t=2s时的位移、速度和加速度.
4、如图所示，质量为10g的子弹以1000m.s-1 的速度射入木块并嵌 在木块中，并使弹簧压缩从而作简谐振动，若木块质量为4.99kg， 弹簧的劲度系数8103 N m1 ，求振动的振幅。
大学物理作业本(下)
大学物理作业本（下）姓名班级学号南京理工大学应用物理系2002年7月第九章 稳恒磁场练 习 一1． 已知磁感应强度为20.2-⋅=m Wb B 的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如图所示。
求：（1） 通过图中abcd 面的磁通量；（2） 通过图中befc 面的磁通量；（3） 通过图中aefd 面的磁通量。
2． 如图所示，在被折成钝角的长直导线通中有20安培的电流。
求A 点的磁感应强度。
设a=2.0cm ， 120=α。
3．有一宽为a的无限长薄金属片，自下而上通有电流I，如图所示，求图中P点处的磁感应强度B。
4．半径为R的圆环，均匀带电，单位长度所带的电量为 ，以每秒n转绕通过环心并与环面垂直的轴作等速转动。
求：（１）环心的磁感应强度；（２）在轴线上距环心为x处的任一点P的磁感应强度。
练习二１．一载有电流I的圆线圈，半径为R，匝数为N。
求轴线上离圆心x处的磁感应强度B，取R=12cm，I=15A，N=50，计算x=0cm，x=5.0cm, x=15cm各点处的B值；２．在一半径R=1.0cm的无限长半圆柱形金属薄片中，自上而下通有电流I=5.0A，如图所示。
求圆柱轴线上任一点P处的磁感应强度。
３．如图所示，两无限大平行平面上都有均匀分布的电流，设其单位宽度上的电流分别为1i 和2i ，且方向相同。
求：（１） 两平面之间任一点的磁感应强度；（２） 两平面之外任一点的磁感应强度；（３） i i i ==21时，结果又如何？４．10A 的电流均匀地流过一根长直铜导线。
在导线内部做一平面S ，一边为轴线，另一边在导线外壁上，长度为1m ，如图所示。
计算通过此平面的磁通量。
（铜材料本身对磁场分布无影响）。
练习三１．半径为R 的薄圆盘上均匀带电，总电量为q ，令此盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线匀速转动，角速度为ω，求轴线上距盘心x 处的磁感应强度。
２．矩形截面的螺绕环，尺寸如图所示。
（１） 求环内磁感应强度的分布；（２） 证明通过螺绕环截面（图中阴影区）的磁通量，210ln 2D D NIh πμ=Φ 式中N 为螺绕环总匝数，I 为其中电流强度。
大学物理(下)总结10jm
第八章：电磁感应定律 电磁场一、电动势：1、法拉第电磁感应定律：tNmd d φ-=ε， ⎰⋅=φs m S B d ， tNtm md d d d φψε==大小， 方向：阻碍磁通量的变化。
感应电流：dtd RR I mψε1/-== ，m N φ=ψm ，感应电荷：)(112m m Rq ψψ--=2、动生电动势：洛仑兹力产生的。
l d B v d⋅⨯=)(ε， ⎰⋅⨯=εb al B v d )(特例：导线切割磁力线，BLv =动ε3、感生电动势原因：感生电场产生的——变化的磁场产生的有旋电场。
4、重点： 求电动势二、自感和互感 1、 自感：Im L ψ=，dtdI LL-=ε ，2、 互感：212121M I I ψ=ψ=，dtdI M212-=ε3、磁场的能量： 磁场的能量密度：22m H2121μμω==B线圈的总能量：2m 21W LI =三、麦克斯韦方程组 1、 两条假设（1）、感生电场假设：变化的磁场要激发电场——感生电场(有旋电场)。
（2）、位移电流假设：变化的电场要激发磁场 定义： 位移电流 tI D D d d φ=， ∫=SDs d D .Φ， 位移电流密度 tD j D d d=2、麦克斯韦方程组积分形式∑=⋅⎰=n i i S q S D 1d ， dt d l E m L /d φ-=⎰⋅，0d =⋅⎰S B S，=⋅⎰Ll H d dt d I e n i i /1φ+∑= 第九章：振动一. 简谐振动1． 振动方程：)cos(φt ωA x += ，振动速度 )s i n (φt ωωA dtdx v +==-，2．确定φ： 初始条件00,:0v v x x t=== 决定3． πωνωπω21,2,====TT mk , 2202ωv +=x A4、旋转矢量: ωφ,5．总能量 222212121kA mv kx E =+=（取系统平衡位置为势能零点）6、重点： 1、求振动方程：)cos(φt ωA x +=2、求特征量 φωA ,,3、旋转矢量： 确定φω,二、单摆和复摆: )cos(m ϕωθθ+=t 1、单摆：质点的微小摆动gl T π2=2、复摆：刚体的微小摆动mghJ T π2=三．同一直线，同一频率振动的合成设：)cos(),cos(222111ϕωϕω+=+=t A x t A x ， 则合振动：)cos(21ϕω+=+=t A x x x其中：)cos(212212221ϕϕ-++=A A A A A ，22112211cos cos sin sin ϕϕϕϕϕA A A A arctg++=四、电磁振荡：（LC ）（大学物理II 不要求）)cos(q 0ϕω+=t Q ,LC1=ω)sin(d d 0ϕω+-==t I tq iCqE 22e =, 2m 21Li E =第十章：波动一． 波速： λνTλu ==二． 重点： 波函数已知参考点Q ：)cos(ϕω+=t A y Q则波函数： ])(cos[φux x t ωA ψ+-±=0其中: ”取“”，取“+--+:)(:)(x u x u 三、波的干涉：1、波的干涉条件：波频率相同，振动方向相同，位相差恒定。
大学物理下学期总答案
第9章 真空中的静电场 习题解答9－1 精密的实验已表明，一个电子与一个质子的电量在实验误差为e 2110－±的范围内是相等的，而中子的电量在e 2110－±的范围内为零。
考虑这些误差综合的最坏情况，问一个氧原子（含8个电子、8个质子、8个中子）所带的最大可能净电荷是多少？若将原子看成质点，试比较两个氧原子间的电力和万有引力的大小，其净力是引力还是斥力？解：（1）一个氧原子所带的最大可能净电荷为 e q 21m ax 1024－⨯±=（2）两个氧原子间的电力和万有引力的大小之比为6222711221921122222max 0108.2)1067.116(1067.6)106.11024(1085.84141------⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⋅⨯⨯=≤r r r m G r q f f G e ππε氧其净力是引力。
9－2 如习题9－2图所示，在直角三角形ABC 的A 点处，有点电荷q 1 = 1.8×10-9C ，B 点处有点电荷q 2 = －4.8×10-9C ，AC = 3cm ，BC = 4cm ，试求C 点的场强。
解：根据点电荷场强大小的公式22014q qE kr r==πε， 点电荷q 1在C 点产生的场强大小为112014q E AC =πε 994-1221.810910 1.810(N C )(310)--⨯=⨯⨯=⨯⋅⨯ 方向向下。
点电荷q 2在C 点产生的场强大小为2220||14q E BC =πε994-1224.810910 2.710(N C )(410)--⨯=⨯⨯=⨯⋅⨯，方向向右。
C 处的总场强大小为E =44-110 3.24510(N C )==⨯⋅，总场强与分场强E 2的夹角为12arctan33.69E E ==︒θ．9－3 半径为R 的一段圆弧，圆心角为60°，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，其电荷线密度分别为+λ和-λ，求圆心处的场强。
大学物理习题作业(下).docx
大学物理习题作业（下）第十章真空中的静电场0803.在点电荷+g 和-g 的电场中，作出如图所示的三个闭合面£ ,S 2,S 3。
则通过这些闭合面的电场强度， 通量分别是：鱼［=, 4 =，⑦3 =0804半径为，,的均匀带电球面1,带电量为g,其外有一同心的半径为R 的均匀带电 球面2,带电量为0则此两球面之间的电势差Ui —U?为:0805如图，点电荷q 和-q 被包围在高斯面S 内，则通过该该高斯面内的五通量隹.卤= ------------ 。
厂 '0805题图0806如图所示，一点电荷＜7位于正立方体的/ 角上，则通过侧面abed 的E 通量火=0808用绝缘细线弯成的半圆环，半径为X,其上均匀地带有正电荷试求圆心。
点 的电场强度。
(D)0806题图0810长/=15cm的直导线如上均匀地分布着线密度为4 = 5x IO"C/m的电荷（如图）。
求：（1）在导线的延长线上与导线一端相距d=5cm处P点的场强。
（2）在导线的垂直平分线上与导线中点相距d=5cm处。
点的场强。
%d.B ____ P0810题图0811 一半径R = 8cm的圆盘，其上均匀带有面密度为b = 2xl（rW/n?的电荷，求:（1）轴线上任一点的电势（用该点与盘心的距离x表示）；（2）从场强和和电势的关系求该点的场强；（3）计算出处x = 6cm的场强和电势。
0813半径为R的球体内，分布着电荷体密度p = kr ,式中尸是径向距离，《是常量。
求空间的场强分布。
第十一章静电场中的导体和电介质0901无限大均匀带电平面两侧的场强大小为，导体表面之外附近空间的场强大小为（用a表示面电荷密度）。
0902 电介质在电容器中的作用是：（1） , （2） o0903 一个平行板电容器的电容值100pF,面积为100cm\两板间充以相对介电常数为与=6的云母片，当把它接到50V的电源上时，云母中的场强大小E=；金属板上的自山电荷电量q == 0904 一个平行板电容器，两板间充满各向同性电介质，其相对介电常数为若极板上自由电荷面密度为◎,则介质中电位移的大小Q=；场强大小E=o0905三平行金属板A、B、和C,面积都是200cm2, AB Q A B 相距4.0mm, AC相距2.0mm, B、C两板都接地，如图所示。
大学物理作业答案(下)
65． 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，求：它们在O 点的磁感应强度。
1 RIB 80μ=方向 垂直纸面向外2 R I R I B πμμ2200-= 方向 垂直纸面向里 3 RI R I B 4200μπμ+= 方向 垂直纸面向外 66． 一半径为R 的均匀带电无限长直圆筒，电荷面密度为σ，该筒以角速度ω绕其轴线匀速旋转。
试求圆筒内部的磁感应强度。
解：如图所示，圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流密度i ， σωσωR R i =ππ=)2/(2作矩形有向闭合环路如图中所示．从电流分布的对称性分析可知，在ab 上各点B的大小和方向均相同，而且B 的方向平行于ab ，在bc 和fa 上各点B的方向与线元垂直，在de , cd fe ,上各点0=B．应用安培环路定理∑⎰⋅=I l B 0d μ 可得 ab i ab B 0μ= σωμμR i B 00==圆筒内部为均匀磁场，磁感强度的大小为σωμR B 0=，方向平行于轴线朝右．i ω σc deab f67．在半径为R 的长直金属圆柱体内部挖去一个半径为r 的长直圆柱体，两柱体轴线平行，其间距为a （如图）。
今在此导体内通以电流I ，电流在截面上均匀分布，求：空心部分轴线上O ' 点的磁感应强度的大小。
解：)(22r R IJ -=π10121r k J B ⨯=μ 20221r k J B ⨯-=μj Ja O O k J r r k J B B B 021********21)(21μμμ=⨯=-⨯=+=j r R IaB )(2220-=πμ68．一无限长圆柱形铜导体,半径为R ,通以均匀分布的I 今取一矩形平面S （长为L ，宽为2R ），位置如图，求：通过该矩形平面的磁通量。
解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小，由安培环路定律可得：)(220R r r R IB ≤π=μ因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr rL R I Rd 2020⎰π=μπ=40LIμ在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 )(20R r rIB >π=μ因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S B d 2Φr r IL R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=ILμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40LIμ2ln 20π+ILμ69．如图所示，载有电流I 1和I 2的无限长直导线相互平行，相距3r ，今有载有电流I 3的导线MN = r 水平放置，其两端M 、N 分别与I 1、I 2距离均为r ，三导线共面，求：导线MN 所受的磁场力的大小与方向。
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第十章静电场中的导体和电介质
一. 选择题
1. 有一带正电荷的大导体，欲测其附近P点处的场强，将一电荷量不是足够小的正点电荷放在该点，如图，测得它所受电场力大小为F，则
(A) 比P点处场强的数值大
(B) 比P点处场强的数值小
(C) 与P点处场强的数值相等
(D) 与P点处场强的数值哪个大无法确定
[ ]
2. 带电导体达静电平衡时
(A) 表面电荷密度较大处电势较高
(B) 表面曲率较大处电势较高
(C) 导体内部的电势比导体表面电势高
(D) 导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零
[ ]
3. 同心导体球与导体球壳周围电场的电场线分布如图，由电场
线分布可知球壳上所带总电荷
(A)
(B)
(C)
(D) 无法确定
[ ]
4. 一无限大均匀带电平面A，其附近放一与它平行的有一定厚度的无限大导体板B，如图示，已知A上的电荷面密度为＋σ，则在导体板B的两个表面1和2上的感生电荷面密度为：
(A)
(B)
(C)
(D) [ ]
5. 一不带电导体球半径为R，将一电量为 +q的点电荷放在距球心O为d（d >R）的一点，这时导体球中心的电势为（无限远处电势为零）
(A) 0
(B)
(C)
(D)
[ ]
6. 关于有介质存在时的高斯定理，下列说法正确的是
(A) 高斯面内不包围自由电荷，则通量和通量均为零
(B) 高斯面内各点处处为零，则通量必为零
(C) 穿过高斯面的通量由高斯面内自由电荷决定
(D) 穿过高斯面的通量由高斯面内自由电荷决定
[ ]
7. 一空气平板电容器，充电后两极板上带有等量异号电荷，现在两极板间平行插入一块电介质板，如图示，则电介质中的场强与空气部分中的场强相比较有：
(A) ，两者方向相同
(B) ，两者方向相同
(C) ，两者方向相同
(D) ，两者方向相反
[ ]
8. 两半径相同的金属球，一为实心，一为空心，把两者各自孤立时的电容值相比较有：
(A) 空心球电容值大
(B) 实心球电容值大
(C) 两球电容值相等
(D) 大小关系无法确定
[ ]
9．空气平板电容器保持与电源相连，在两板间充满电介质，则电容、板间场强与充入介质前相比有：
(A) 不变，不变
(B) 不变，增大
(C) 增大，不变
(D) 增大，增大
[ ]
10. 真空中有“孤立的”均匀带电球体和一均匀带电球面，如果它们的半径和所带的电荷都相等，则它们静电能之间的关系是
(A) 球体的静电能等于球面的静电能
(B) 球体的静电能大于球面的静电能
(C) 球体的静电能小于球面的静电能
(D) 球体内的静电能大于球面内的静电能，球体外的静电能小于球面外的静电能
[ ]
二. 填空题
11. 一导体球壳内外半径为和，带电荷Q，在球心处放一电荷为q的点电荷，则球壳内表面的电荷面密度σ1 =____________________，外表面的电荷面密度σ2=_____________________.
12. 一孤立带电导体球，其表面处场强的方向_____________表面；当把另一带电体放到这个导体球附近时，该导体球表面处场强的方向_____________表面.
13. 空气的击穿电场强度为，则直径为的导体球在空气中时最多能带的电荷为__________________________.
14. 一半径为R的薄金属球壳，带有电荷q，球壳内为真空，壳外是无限大的相对电容率为的各向同性电介质，设无穷远处为电势零点，则球壳的电势为__________________.
15. 电容量为C平板电容器，充电后与电源保持联接，然后在两极板间充满相对电容率为的电介质，则电容量是原来的__________倍，极板间电场强度是原来的__________倍，电场能量是原来的__________倍.
16. 一带有一定电量的导体球置于真空中，其电场能量为，若保持其带电量不变，将其浸没在相对电容率为的无限大均匀电介质中，这时它的电场能量W=________________.
三. 计算题
17. 两个带等量异号电荷的同心导体球面，半径分别为和，已知内
外球的电势差为450V，求内球上所带的电量.
18. 两块无限大带电平板导体如图排列，证明：
（1）相向的两面（图中的2和3），其电荷面密度总是大小相等而符号相反；
（2）背向的两面（图中的1和4），其电荷面密度总是大小相等且符号相同.
19. 一球形电容器，内球壳半径为R 1，外球壳半径为R2，两球壳间充满了相对电容率为
的各向同性均匀电介质，设两球壳间电势差为U，求：
（1）电容器电容；
（2）电容器储存的能量.
20. 两根平行“无限长”均匀带电直导线，相距为d，导线半径都是R（R<<d），导线上电荷线密度分别为＋λ和－λ. 试求：
（1）两导线间电势差；
（2）导线组单位长度的电容.
第十章静电场中的导体和电介质
一. 选择题
1.（B）
2.（D）
3.（C）
4.（B）
5.（C）
6.（C）
7.（C）
8.（C）
9.（C）10.（B）
二. 填空题
11.（；）
12.（垂直；仍垂直）
13. （）
14. （）
15. （； 1 ；）
16. （）
三. 计算题
17. 两个带等量异号电荷的同心导体球面，半径分别为和，已知内
外球的电势差为450V，求内球上所带的电量.
解：设内球面带电为q，外球带电即为-q
内外球之间，即，场强为
两球面间电势差
可求得
18. 两块无限大带电平板导体如图排列，证明：
（1）相向的两面（图中的2和3），其电荷面密度总是大小相等而符号相反；
（2）背向的两面（图中的1和4），其电荷面密度总是大小相等且符号相同.
证明：设四个面上电荷面密度分别为、、、
（1）如题解图示，在两板间做一垂直于板面的圆柱面高斯面，圆柱上
下底面积为，分别在两导体板内，则通过该高斯面的电通量为零，即
根据高斯定理
可得：
（2）在任一导体板内取一点，根据静电平衡条件，其场强为零，即
由于
可得
（注：该题也可根据静电平衡时两导体板内场强均为零，在两板内各取一点，由场强为零各列出一个方程，求解即可证）
19. 一球形电容器，内球壳半径为R 1，外球壳半径为R2，两球壳间充满了相对电容率为
的各向同性均匀电介质，设两球壳间电势差为U，求：
（1）电容器电容；（2）电容器储存的能量.
解：（1）设内外球壳分别带等量异号电荷+Q 和–Q
两球壳间电场为
两球壳间电势差
由电容定义式
（2）储能
20. 两根平行“无限长”均匀带电直导线，相距为d，导线半径都是R（R<<d），导线上电荷线密度分别为＋λ和－λ. 试求：
（1）两导线间电势差；（2）导线组单位长度的电容.
解：（1）取导线中心轴线处一点为原点，建立坐标轴Ox
两导线间任一点x处场强
两导线间电势差
（2）单位长度一段导线带电为λ，由电容定义。