大学物理(上) 复件 8-3

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大学物理8-3

I
dl
L
l

r

O
d
1
P 2 dB
载流长直导线的磁场
按毕奥—萨伐尔定律有：
I
dl
0 I d l sin dB 2 4 r
所有dB的方向相同，所以P点的的大小为： B
L
l

r

1
0 I d l sin B d B 2 L L 4 r
O
d
P 2 dB
0 qv sin dB B 2 dN 4 r

r
v
q0
运动电荷的磁场
矢量式：
0 qv er B 2 4 r
运动电荷除激发磁场外，同时还在其周围空间激发电场。
E
q er 2 4 0 r 1
q
v
r
P
B
E
运动电荷的磁场
0 qv er B 2 4 r
载流圆线圈轴线上的磁场
e B 2m e
eh h 2 4me
它是轨道磁矩的最小单位（称为玻尔磁子）。将e=1.60210-19 C，me= 9.1110-31kg ，普朗克常量h= 6.62610-34J· s代入，可算得
B 9.273 1024 A m 2
其中0=410-7N•A-2，称为真空中的磁导率。
磁感应强度的矢量式：
0 I d l er d 2 4 r
Biot-Savart定律的微分形式
0 I d l er B 4 L r2
Biot-Savart定律的积分形式
二. 运动电荷的磁场
E q er 2 4 0 r 1

大学物理学上册 (孙厚谦著) 清华大学出版社课后答案第8章

习题 8-10 解用图
AA AA
dB l l R 2 ( )2 dt 2 2
得
代入
r dB Ei 2 dt dB 2 1 0 T/s dt
得
Eo 0 , EP EQ 2.5 104 V/m，方向与假定方向一致，即 P、Q 两处的感应
电场方向为以 O 为圆心的圆周的顺时针切线方向。
2
/ 2 ，若 t=0 时，ab 边由 x=0 处开始以速率作平行于 x 轴的匀速滑动，
da
w.
8-2 如图，在均匀磁场中有一金属架 aoba， ab 边无摩擦地自由滑动，已知 aob , ab ox, 磁
co
m

习题 8-1 图
查看答案 8-1
查看答案 8-2
后
习题 8-2 图
w. ww
查看答案 8-8 场中。设
课
后
答
dB 为已知，求棒两端的电势差的大小。 dt
案
B p
网
8-9 如图在半径为 R 的圆柱形体积内充满磁感应强度为 B 的均匀磁场，有一长为 l 的金属棒放在磁

Q
co
查看答案 8-9 习题 8-9 图 190
m
动；(2)回路从静止开始，以加速度 a=2m/s 沿 y 轴正方向运动。
答
案
返回 8-7
1＝B1l (6 d )l
总电动势
2＝B2l (6 d b)l
方向顺时针。
i 1 2 bl 0.2 0.5 2 0.2V
（2）分析同上
其中
2t 。
1＝B1l (6 d )l
总电动势
2＝B2l (6 d b)l

大学物理 8-3 电场强度

8 – 3 电场强度
一静电场
第八章静电场
实验证实了两静止电荷间存在相互作用的静电力，实验证实了两静止电荷间存在相互作用的静电力，但其相互作用是怎样实现的？但其相互作用是怎样实现的？电场电荷场是一种特殊形态的物质场实物电荷
物质
8 – 3 电场强度
二电场强度
第八章静电场
F E = q0
电荷面电荷面密度
第八章静电场
dq σ= ds
1 σ er E=∫ ds 2 4π ε0 r S
+++ + q +++ +++ ++
+ ds +++ +
r
P
dE
dq 电荷线电荷线密度 λ = dl 1 λ er E=∫ dl 2 4π ε0 r l
q
dl
r
P
dE
8 – 3 电场强度
五电偶极子的电场强度电偶极子的轴 0 电偶极矩（电矩）电偶极矩（电矩） p =
y
λ (cos θ1 − cos θ 2 ) = 4πε 0 a θ λ E y = ∫ dE y = ∫ cos θ dθ θ 4πε a 0 λ = (sin θ 2 − sin θ1 ) 4πε 0 a
2 1
θ2
dq θ r y er
p x dE
o
讨论: 点极靠近带电直线, 讨论: 若a << L 即p点极靠近带电直线, 该带电直线视为“无限长” 该带电直线视为“无限长”
第八章静电场
,带电线外一点p 例一均匀带电直线长 L ,带电 q ，线外一点p到直线垂直距离为a 点与直线两端连线与直线夹角分别为θ 直距离为a，p点与直线两端连线与直线夹角分别为 1和 θ2，求p点的电场强度。点的电场强度。

大学物理上册第八章讲解

西南大学大学物理
复习
热力学第一定律：对于任何宏观系统的任何过程，系统从外界吸收的热量Q等于系统内能的增量ΔE和系统对外做的功A之和
Q E A
理想气体内能表征系统状态的单值函数 ,理想气体的内能仅是温度的函数 i
E E (T )
2
RT
理想气体状态方程一定质量的理想气体处于平衡态下时，各状态参量之间的关系
内燃机气缸一次压缩时间：10－2秒
则内燃机气缸压缩近似为准静态过程
第八章热力学第一定律
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西南大学大学物理
二、功
为简化问题，考虑无摩擦准静态过程的功。当活塞移动微小位移 dx dx时，系统对外界所作的元功为：
dA Fdx P Sdx
PdV
V2
S
P
（Ａ）等压过程．
E B A
O
（Ｂ）等容过程．
（Ｃ）等温过程．（Ｄ）绝热过程．
V
第八章热力学第一定律
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8.3 热容
设系统温度升高 dT ，所吸收的热量为dQ
一、热容
dQ 系统的热容： C dT
热容是一个过程量。
单位：J/K
dQ 1、定压热容 C p （压强不变） dT p
第八章热力学第一定律
PV RT
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一、准静态过程
P
Ⅰ
平衡态
非平衡态
新平衡态
Ⅱ
o
第八章热力学第一定律
v
系统经历一个过程，从一个平衡状态变化到另外一个平衡状态，中间系统一定经历非平衡态。

大学物理上册(机械工业出版社-许瑞珍-贾谊明编著)第8章--静电场中的导体与电介质

大学物理上册(机械工业出版社-许瑞珍-贾谊明编著)第8章--静电场中的导体与电介质第八章静电场中的导体与电介质8－1 点电荷+q 处在导体球壳的中心，壳的内外半径分别为R l 和R 2，试求，电场强度和电势的分布。

解：静电平衡时，球壳的内球面带－q 、外球壳带q 电荷在r<R 1的区域内rrq ˆ4E 201πε=，)111(42101R R r qU+-=πε在R 1<r<R 2的区域内,02=E .,4202R q U πε=在r>R 2的区域内:.ˆ4E203r r πεq=.403rq U πε=8－2 把一厚度为d 的无限大金属板置于电场强度为E 0的匀强电场中，E 0与板面垂直，试求金属板两表面的电荷面密度。

解：静电平衡时，金属板内的电场为0，金属板表面上电荷面密度与紧邻处的电场成正比R 2R 1习题 8－1图q -q0 E 0习题 8－2图σ1 σ2所以有,001E εσ-=.002E εσ=8－3 一无限长圆柱形导体，半径为a ，单位长度带有电荷量λ1，其外有一共轴的无限长导体圆简，内外半径分别为b 和c ，单位长度带有电荷量λ2，求（1）圆筒内外表面上每单位长度的电荷量；（2）求电场强度的分布。

解：（1）由静电平衡条件，圆筒内外表面上每单位长度的电荷量为;,21λλλ+-（2）在r<a 的区域内:E=0 在a<rb 的区域内:Er012πελ=e n在r>b 的区域内:E r212πελλ+=e n8－4 三个平行金属板A 、B 和C ，面积都是200cm 2，A 、B 相距4.0mm ，A 、C 相距2.0mm ，B 、C 两板都接地，如图所示。

如果A 板带正电3.0×10－7C ，略去边缘效应（1）求B 板和C 板上感应电荷各为多少?（2）以地为电势零点，求A 板的电势。

习题 8－3图解：（1）设A 板两侧的电荷为q 1、q 2，由电荷守恒原理和静电平衡条件，有A q q q =+21（1）1q q B -=，2q qC-=（2）依题意V AB =V AC ,即101d Sq ε＝22dS q ε112122q q d d q ==→代入（1）（2）式得q 1＝1.0×10-7C ，q 2＝2.0×10-7C ，q B ＝－1.0×10-7C ，q C =-q 2＝－2.0×10-7C ，（2）101d SqU A ε=＝202d Sq ε==⨯⨯⨯⨯⨯⨯----312471021085810200102. 2.3×103V8－5 半径为R 1=l.0cm 的导体球带电量为q=1.0×10－10C ，球外有一个内外半径分别为R 2=3.0cm 和R 3=4.0cm 的同心导体球壳，壳带有电量Q=11×10－10 C ，如图所示，求（1）两球的电势；（2）用导线将两球连接起来时两球的电势；（3）外球接地时，两球电势各为多少？（以地为电势零点）解：静电平衡时，球壳的内球面带－q 、外球壳带q+Q 电荷A B C 习题 8－4图d12（1）)(4132101R Q q R q R q U++-=πε代入数据)41113111(101085.814.34100.1212101++-⨯⨯⨯⨯⨯=---U＝3.3×102V2024R Q q U πε+=4)111(101085.814.34100.121210+⨯⨯⨯⨯⨯=---=2.7×102V（2）用导线将两球连接起来时两球的电势为2024R Q q U πε+=4)111(101085.814.34100.121210+⨯⨯⨯⨯⨯=---=2.7×102V（3）外球接地时，两球电势各为)(412101R q R q U -=πε)3111(101085.814.34100.1212101-⨯⨯⨯⨯⨯=---U ＝60V2=U8－6 证明:两平行放置的无限大带电的平行平面金属板A 和B 相向的两面上电荷面密度大小相等，符号相反，相背的两面上电荷面密度大小等，符号相同。

8-3教案

(人教版· 新课标)
物理
第8章磁场
“磁偏转”与“电偏转”分别是利用匀强磁场和匀强电场对运动电荷施加作用，从而控制其运动方向．由于磁场和
电场对电荷的作用具备不同的特征，所以使得两种垂直于场
射入的偏转也存在着以下几个方面的差别.
(人教版· 新课标)
物理
第8章磁场
种类磁偏转当质量为m、电荷量为q的粒子以速度v垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中时，所受的磁场力(即洛伦兹受力特征力)FB＝qvB，与离子的速度v相关，FB所产生的加速度使粒子的速度方向发生变化，而速度方向的变化反过来又导致FB的方向变化，FB 是变力变化的FB使粒子做变速曲线运动运动规律 ——匀速圆周运动，其运动规律分别从时(周期)空(半径)两个侧面给出 2πm mg 如下表达形式：T＝ Bq ，r＝ qB 恒定的FE使粒子做匀变速曲线运动——“类平抛运动”，其运动规律分别沿垂直和平行于电场的两个相互垂直的方向给出为：vx qE qE ＝v0，x＝v0t；vy＝ m t，y＝ t2 2m
第8章磁场
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物理
第8章磁场
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物理
第8章磁场
一、复合场 1．定义：复合场是指电场、磁场和重力场并存或其中某两种场并存，或分区域存在．粒子在复合场中运动时，要考
虑粒子可能受________力、________力和________力的作用．
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物理
第8章磁场
2πr 2πm T πE T＝ v ＝ qB ，t2＝＝gB 2 v02＋2gh－v0 πE 解得t＝t1＋t2＝＋gB g
(人教版· 新课标)

大学物理答案第7～8章

第七章真空中的静电场7－1 在边长为a 的正方形的四角，依次放置点电荷q ，2q ，—4q 和2q ，它的几何中心放置一个单位正电荷，求这个电荷受力的大小和方向。

解：如图可看出两2q 的电荷对单位正电荷的在作用力将相互抵消,单位正电荷所受的力为)41()22(420+=a q F πε＝,2520aqπε方向由q 指向—4q 。

7－2 如图，均匀带电细棒，长为L,电荷线密度为λ。

(1)求棒的延长线上任一点P 的场强；(2)求通过棒的端点与棒垂直上任一点Q 的场强。

解：(1）如图7－2 图a ，在细棒上任取电荷元dq ，建立如图坐标，dq ＝λd ξ，设棒的延长线上任一点P 与坐标原点0的距离为x ,则2020)(4)(4ξπεξλξπεξλ-=-=x d x d dE则整根细棒在P 点产生的电场强度的大小为)11(4)(4002xL x x d E L--=-=⎰πελξξπελ ＝)(40L x x L-πελ方向沿ξ轴正向。

（2)如图7－2 图b ，设通过棒的端点与棒垂直上任一点Q 与坐标原点0的距离为y204r dxdE πελ=θπελcos 420rdxdE y =， θπελsin 420r dxdE x =因θθθθcos ,cos ,2yr d y dx ytg x ===, 代入上式,则)cos 1(400θπελ--=y ＝)11(4220Ly y+--πελ，方向沿x 轴负向。

习题7－1图dqξd ξ习题7－2 图aθθπελθd y dE E x x ⎰⎰-=-=00sin 4xdx习题7－2 图byθθπελθd y dE E y y ⎰⎰==00cos 400sin 4θπελy =＝2204Ly y L+πελ7－3 一细棒弯成半径为R 的半圆形,均匀分布有电荷q ，求半圆中心O 处的场强.解：如图，在半环上任取d l =Rd θ的线元，其上所带的电荷为dq=λRd θ。

大学物理第八章部分答案

大学物理习题及解答熵增加习题八8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷20220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得q q 33-='(2)与三角形边长无关．题8-1图题8-2图8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题8-2图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得θπεθtan 4sin 20mg l q =8-3 根据点电荷场强公式204r qE πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解:20π4r r q E ϖϖε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024d q πε,又有人说，因为f =qE ,S qE 0ε=，所以f =S q 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S qE 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε=，另一板受它的作用力S q S q q f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力． 8-6 长l =15.0cm的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m-1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强．解：如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a x E P -=λε2220)(d π4d x a xE E llP P -==⎰⎰-ελ ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右(2)同理2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题8-6图所示由于对称性⎰=l QxE 0d ，即Q E ϖ只有y 分量，∵22222220d d d d π41d ++=x x xE Qyλε22π4d d ελ⎰==lQy Qy E E ⎰-+2223222)d (d ll x x2220d 4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强．解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0R E E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0R E E y -=-=积分R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπR E y∴R E E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-9 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平面．q 在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(x Rarctan=α)解: (1)由高斯定理0d εq S E s⎰=⋅ϖϖ 立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等∴ 各面电通量06εqe =Φ．(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ，如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题8-9(a)图所示．题8-9(3)图题8-9(a)图题8-9(b)图题8-9(c)图(3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量，球冠面积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴)(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221x R x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r S ααα⎰⋅=02d sin π2r)cos 1(π22α-=r8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E sϖϖ,02π4ε∑=qr E当5=r cm 时，0=∑q ,=E ϖ8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴()2023π43π4r r r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅，方向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外.8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0dε∑⎰=⋅qSE sϖϖ取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则rlE S E Sπ2d =⋅⎰ϖϖ对(1) 1R r < 0,0==∑E q(2) 21R r R <<λl q =∑∴r E 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r > 0=∑q ∴ 0=E题8-12图8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C -1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解: ∵ 电偶极子p ϖ在外场E ϖ中受力矩E p M ϖϖϖ⨯= ∴ qlE pE M ==max代入数字 4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功?解:⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εεϖϖ)11(21r r - 61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-R qR q0π41ε=O U )3(R q R q -R q0π6ε-=∴R qq U U q A oC O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点E ϖd 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E y R 0π4ελ=［)2sin(π-2sinπ-］ R 0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB 200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产生 2ln π402ελ=U半圆环产生0034π4πελελ==R R U∴0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强r E 0π2ελ=电子受力大小r e eE F e 0π2ελ==∴ r v mre 20π2=ελ得1320105.12π2-⨯==e mv ελ1m C -⋅ 8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题8-21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσϖϖ∴ +2σ03=σ 说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ又∵ +2σ03=σ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB AC U U =，即∴AB AB AC AC E E d d =∴ 2d d 21===AC ABAB AC E E σσ且 1σ+2σS q A=得,32S q A =σ S q A 321=σ 而7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ(2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； *(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εεϖϖ(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：π4π42020=-=R qR qU εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q '(电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21='外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+R qR q εε得 -='q 3q8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知2020π4r q F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =',小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电qq 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力0220183π483π4"'2F rqr q q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q.∴ 小球1、2间的作用力0294π432322F r qq F ==ε *8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U U AB =可得以下6个方程题8-26图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd US q S qdU U C S S q B A解得S q261==σσ S qd U 2032-=-=εσσ S qd U 2054+=-=εσσ所以CB 间电场S q d U E 00422εεσ+== )2d (212d 02S q U E U U CB C ε+===注意：因为C 片带电，所以2U U C ≠，若C 片不带电，显然2UU C =8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅qS D Sϖϖd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εεϖϖϖϖ==内; 介质外)(2R r <场强303π4,π4r r Q E r Qr D εϖϖϖ==外 (2)介质外)(2R r >电势r Q E U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞ϖϖ外介质内)(21R r R <<电势rd r d ϖϖϖϖ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Q r r -+=εεε(3)金属球的电势rd r d 221ϖϖϖϖ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=222020π44πdrR R R r r Qdrr Q εεε )11(π4210R R Q r r -+=εεε8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ϖ，真空部分场强为1E ϖ，自由电荷面密度分别为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d q S D ϖϖ得11σ=D ，22σ=D而101E D ε=,202E D r εε=d 21UE E ==∴ r D D εσσ==1212题8-28图题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求： (1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容．解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S 则 rlDS D S π2d )(=⋅⎰ϖϖ当)(21R r R <<时，Q q =∑∴rl Q D π2=(1)电场能量密度22222π82l r Q D w εε== 薄壳中rl rQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222=== (2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R V R R l Q rl r Q W W εε(3)电容：∵C Q W 22=∴)/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B 的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求：(1) 1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度．解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即2210π41r q q F ε=但2q 处于金属球壳中心，它受合力为零，没有加速度．(2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题8-30图题8-31图8-31 如题8-31图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ．解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C +=其上电荷123Q Q =∴355025231123232⨯===C U C C Q U86)35251(5021=+=+=U U U AB V8-32 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V 的电压，是否会击穿? 解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U∴ 6001=U V ,4002=U V即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求： (1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112121201021U U U C U C q q U C U C q q q q解得 (1) =1q UC C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失W W W -=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +-+= 221212U C C C C +=8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E ϖ在21R r R <<时 301π4r rQ E εϖϖ=3R r >时 302π4r rQ E εϖϖ=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r r QW εε⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε ∴ 总能量)111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε 41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E εϖϖ=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容)11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F。

大学物理3第08章习题分析与解答

习题8-6图IOR 第八章恒定磁场8-1 均匀磁场的磁感强度B 垂直于半径为r 的圆面．今以该圆周为边线，作一半球面S ，则通过S 面的磁通量的大小为［］。

(A) B r 22π (B) B r 2π (C) 0 (D) 无法确定分析与解根据高斯定理，磁感线是闭合曲线，穿过圆平面的磁通量与穿过半球面的磁通量相等。

正确答案为（B ）。

8-2 下列说法正确的是[ ]。

(A) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过(B) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零(D) 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意点的磁感强度必定为零分析与解由磁场中的安培环路定理，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和一定为零。

正确答案为（B ）。

8-3 磁场中的安培环路定理∑⎰=μ=⋅nLI1i i0d l B 说明稳恒电流的磁场是[ ]。

(A) 无源场 (B) 有旋场 (C) 无旋场 (D) 有源场分析与解磁场的高斯定理与安培环路定理是磁场性质的重要表述，在恒定磁场中B 的环流一般不为零，所以磁场是涡旋场；而在恒定磁场中，通过任意闭合曲面的磁通量必为零，所以磁场是无源场；静电场中E 的环流等于零，故静电场为保守场；而静电场中，通过任意闭合面的电通量可以不为零，故静电场为有源场。

正确答案为（B ）。

8-4 一半圆形闭合平面线圈，半径为R ，通有电流I ，放在磁感强度为B 的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，则线圈所受磁力矩大小为[ ]。

(A) B R I 2π (B)B R I 221π (C) B R I 241π (D) 0 分析与解对一匝通电平面线圈，在磁场中所受的磁力矩可表示为B e M ⨯=n IS ，而且对任意形状的平面线圈都是适用的。

大学物理学习指导答案08草稿(例题、练习题答案)

第八章波动【例题】例8-1 如图，一平面波在介质中以波速u = 20 m/s 沿x 轴负方向传播，已知A 点的振动方程为 t y π⨯=-4c o s 1032 (SI)． (1) 以A 点为坐标原点写出波的表达式；(2) 以距A 点5 m 处的B 点为坐标原点，写出波的表达式．【解】(1) 坐标为x 点的振动相位为)]/([4u x t t +π=+φω)]/([4u x t +π=)]20/([4x t +π=波的表达式为 )]20/([4cos 1032x t y +π⨯=- (SI)(2) 以B 点为坐标原点，则坐标为x 点的振动相位为 ]205[4-+π='+x t t φω (SI) 波的表达式为 ])20(4cos[1032π-+π⨯=-x t y (SI) 例8-2 已知波长为λ 的平面简谐波沿x 轴负方向传播．x = λ /4处质点的振动方程为 ut A y ⋅π=λ2cos(SI)(1) 写出该平面简谐波的表达式． (2) 画出t = T 时刻的波形图．【解】(1) 如图A ，取波线上任一点P ，其坐标设为x ，由波的传播特性，P 点的振动落后于λ /4处质点的振动．波的表达式 )]4(22cos[x utA y -π-π=λλλ )222cos(x ut A λλπ+π-π= (SI) (2) t = T 时的波形和 t = 0时波形一样． t = 0时 )22cos(x A y λπ+π-=)22cos(π-π=x A λ 按上述方程画的波形图见图B ．例8-3某质点作简谐振动，周期为2 s ，振幅为0.06 m ，t = 0 时刻，质点恰好处在负向最大位移处，求：(1) 该质点的振动方程； (2) 此振动以波速u = 2 m/s 沿x 轴正方向传播时，形成的一维简谐波的波动表达式，（以该质点的平衡位置为坐标原点）；(3) 该波的波长．【解】(1) 振动方程 )22c o s (06.00π+π=ty )c o s (06.0π+π=t (SI) . (2) 波动表达式 ])/(cos[06.0π+-π=u x t yABOxPxλ/4 u图A])21(cos[06.0π+-π=x t (SI) (3) 波长 4==uT λ m例8-4 一平面简谐波沿Ox 轴正向传播，波动表达式为 ]4/)/(cos[π+-=u x t A y ω，则x 1 = L 1处质点的振动方程是；x 2 = -L 2处质点的振动和x 1 = L 1处质点的振动的相位差为φ2 - φ1 = ．]4/)/(cos[11π+-=u L t A y ωuL L )(21+ω例8-5 一平面简谐波的表达式为 )37.0125cos(025.0x t y -= (SI)，其波速u = ；波长λ = ．338 m/s 17.0 m例8-6 已知一平面简谐波的表达式为 )cos(bx at A -，（a 、b 均为正值常量），则波长为；波沿x 轴传播的速度为．2π / b a /b例8-7 一平面简谐波的表达式为 )/(2c o sλνx t A y -π=．在t = 1 /ν 时刻，x 1 = 3λ /4与x 2 = λ /4二点处质元速度之比是(A) -1． (B)31． (C) 1． (D) 3． [ A ] 例8-8 沿x 轴负方向传播的平面简谐波在t = 2 s 时刻的波形曲线如图所示，设波速u = 0.5 m/s ．求：原点O 的振动方程．【解】由图，λ = 2 m ，又 ∵u = 0.5 m/s ，∴ ν = 1 /4 Hz ，T = 4 s ．题图中t = 2 s =T 21． t = 0时，波形比题图中的波形倒退λ21，见图．此时O 点位移y 0 = 0（过平衡位置）且朝y 轴负方向运动，∴ π=21φ∴ )2121c o s (5.0π+π=t y (SI) 例8-9 一平面简谐波沿x 轴正向传播，波的振幅A = 10 cm ，波的角频率ω = 7π rad/s.当t = 1.0 s 时，x = 10 cm 处的a 质点正通过其平衡位置向y 轴负方向运动，而x = 20 cm 处的b 质点正通过y = 5.0 cm 点向y 轴正方向运动．设该波波长λ >10 cm ，求该平面波的表达式．【解】设平面简谐波的波长为λ，坐标原点处质点振动初相为φ，则波的表达式可写成 )/27c o s(1.0φλ+π-π=x t y (SI) t = 1 s 时 0])/1.0(27cos[1.0=+π-π=φλyx (m)y (m) 0u0.5 12t = 0 -1因此时a 质点向y 轴负方向运动，故 π=+π-π21)/1.0(27φλ ① b 质点正通过y = 0.05 m 处向y 轴正方向运动，应有05.0])/2.0(27cos[1.0=+π-π=φλy且 π-=+π-π31)/2.0(27φλ ②由①、②两式联立得 λ = 0.24 m 3/17π-=φ∴ 该平面简谐波的表达式为 ]31712.07cos[1.0π-π-π=x t y (SI) 例8-10 图示一简谐波在t = 0时刻与t = T /4时刻（T 为周期）的波形图，则o 处质点振动的初始相位为；x 1处质点的振动方程为． π /2 )22cos(1π-π=t T A y x 例8-11 图所示为一平面简谐波在t = 0 时刻的波形图，设此简谐波的频率为250 Hz ，且此时质点P 的运动方向向下，求：(1) 该波的表达式；(2) 在距原点O 为100 m 处质点的振动方程与振动速度表达式．【解】(1) 由P 点的运动方向，可判定该波向左传播．原点O 处质点，t = 0 时φc o s 2/2A A =, 0sin 0<-=φωA v所以 4/π=φO 处振动方程为 )41500c o s (0π+π=t A y (SI) 由图可判定波长λ = 200 m ，故波动表达式为]41)200250(2cos[π++π=x t A y (SI) (2) 距O 点100 m 处质点的振动方程是 )45500cos(1π+π=t A y振动速度表达式是 )45500cos(500π+ππ-=t A v (SI)例8-12 一平面简谐波在弹性媒质中传播时，某一时刻媒质中某质元在负的最大位移处，则它的能量是(A) 动能为零，势能最大． (B) 动能为零，势能为零．(C) 动能最大，势能最大． (D) 动能最大，势能为零． [ B ]例8-13 设入射波的表达式为 )(2cos 1Tt x A y +π=λ，在x = 0处发生反射，反射点为一固定端．设反射时无能量损失，求：(1) 反射波的表达式 (2) 合成的驻波的表达式．【解】(1) 入射波在x=0处振动：10cos2t y A T=π，/4反射点是固定端，所以反射有相位突变π，反射波在x=0处振动：20cos(2)ty A Tπ=+π，反射波振幅为A ，沿x 轴正向传播故反射波的表达式为 ])//(2cos[2π+-π=T t x A y λ(2) 驻波的表达式是21y y y += )21/2c o s ()21/2c o s (2π-ππ+π=T t x A λ 例8-14 如果入射波的表达式是)//(2cos 1λx T t A y +=π，在x = 0处发生反射后形成驻波，反射点为波腹．设反射后波的强度不变，则反射波的表达式y 2 = ；在x = 2λ /3处质点合振动的振幅等于．)(2cos λxT t A -π A 【解】入射波在x=0处振动：10cos2t y A T=π，反射点是波腹，所以反射无相位突变π，反射波在x=0处振动：20cos(2)t y A T=π，反射波振幅为A ，沿x 轴正向传播故反射波的表达式为 2cos[2(//)]y A x t T λ=-π 将x = 2λ /3带入上式，计算得出 A例8-15 在固定端x = 0处反射的反射波表达式是)/(2cos 2λνx t A y -π=. 设反射波无能量损失，那么入射波的表达式是y 1 = ；形成的驻波的表达式是y = ．解法同例8-13， ])/(2cos[π++πλνx t A )212cos()21/2cos(2π+ππ+πt x A νλ 例8-16 驻波表达式为t x A y ωλcos )/2cos(2π=，则2/λ-=x 处质点的振动方程是；该质点的振动速度表达式是．将2/λ-=x 带入t x A y ωλcos )/2cos(2π=，得t A y ωcos 21-= 对t 求导得 t A ωsin 2=v例8-17 在驻波中，两个相邻波节间各质点的振动(A) 振幅相同，相位相同． (B) 振幅不同，相位相同．(C) 振幅相同，相位不同． (D) 振幅不同，相位不同． [ B ]例题答案【练习题】8-1 一横波沿绳子传播，其波的表达式为：)2100c o s(05.0x t y π-π= (SI)(1) 求此波的振幅、波速、频率和波长．(2) 求绳子上各质点的最大振动速度和最大振动加速度． (3) 求x 1 = 0.2 m 处和x 2 = 0.7 m 处二质点振动的相位差．解：(1) 已知波的表达式为)2100cos(05.0x t y π-π=与标准形式)/22cos(λνx t A y π-π= 比较得A = 0.05 m ， ν = 50 Hz ， λ = 1.0 m u = λν = 50 m/s(2) 7.152)/(max max =π=∂∂=A t y νv m /s 322m a x 22m a x 1093.44)/(⨯=π=∂∂=A t y a ν m/s 2 (3) π=-π=∆λφ/)(212x x ，二振动反相8-2 一平面简谐波，其振幅为A ，频率为ν ．波沿x 轴正方向传播．设t = t 0刻波形如图所示．则x = 0处质点的振动方程为(A) ]21)(2cos[0π++π=t t A y ν． (B) ]21)(2cos[0π+-π=t t A y ν． (C) ]21)(2cos[0π--π=t t A y ν． (D)])(2cos[0π+-π=t t A y ν． [ B ] 8-3 已知一平面简谐波的表达式为 )cos(dx bt A y -=，（b 、d 为正值常量），则此波的频率ν = ；波长λ = ．b / 2π 2π / d8-4 一平面简谐机械波沿x 轴正方向传播，波动表达式为)2/cos(2.0x t y ππ-= (SI)，则波速u = ；x = -3 m 处媒质质点的振动加速度a 的表达式为．2 m/s )23cos(2.02x t a π+ππ-= (SI) 8-5 一平面简谐波沿x 轴正向传播，其振幅和角频率分别为A 和ω ，波速为u ，设t = 0时的波形曲线如图所示．(1) 写出此波的表达式． (2) 求距O 点为λ/8处质点的振动方程．(3) 求距O 点为λ/8处质点在t = 0时的振动速度．解：(1) 以O 点为坐标原点．由图可知，该点振动初始条件为 0cos 0==φA y ， 0s i n 0<-=φωA v所以 π=21φ 波的表达式为 ]21)/(c o s [π+-=u x t A y ωω (2) 8/λ=x 处振动方程为]21)8/2(cos[π+π-=λλωt A y )4/cos(π+=t A ωx(3) )21/2sin(/d d π+π--=λωωx t A t y t = 0，8/λ=x 处质点振动速度 ]21)8/2sin[(/d d π+π--=λλωA t y 2/2ωA -= 8-6 如图所示，有一平面简谐波沿x 轴负方向传播，坐标原点O 的振动规律为)cos(0φω+=t A y ），则B 点的振动方程为(A) ])/(cos[0φω+-=u x t A y ． (B) )]/([cos u x t A y +=ω． (C) })]/([cos{0φω+-=u x t A y ． (D) })]/([cos{0φω++=u x t A y ． [ D ]8-7 已知一平面简谐波的表达式为 )24(cos x t A y +π= (SI)． (1) 求该波的波长λ ，频率ν 和波速u 的值； (2) 写出t = 4.2 s 时刻各波峰位置的坐标表达式，并求出此时离坐标原点最近的那个波峰的位置．解：(1) 由波数 k = 2π / λ 得波长 λ = 2π / k = 1 m由 ω = 2πν 得频率 ν = ω / 2π = 2 Hz 波速 u = νλ = 2 m/s(2) 波峰的位置，即y = A 的位置．由 1)24(c o s=+πx t 有 π=+πk x t 2)24( ( k = 0，±1，±2，…) 解上式，有 t k x 2-=．当 t = 4.2 s 时， )4.8(-=k x m ．所谓离坐标原点最近，即| x |最小的波峰．在上式中取k = 8，可得 x = -0.4 的波峰离坐标原点最近．8-8某质点作简谐振动，周期为2 s ，振幅为0.06 m ，t = 0 时刻，质点恰好处在负向最大位移处，求：(1) 该质点的振动方程； (2) 此振动以波速u = 2 m/s 沿x 轴正方向传播时，形成的一维简谐波的波动表达式，（以该质点的平衡位置为坐标原点）；(3) 该波的波长．解：(1) 振动方程 )22c o s (06.00π+π=ty )c o s (06.0π+π=t (SI) . (2) 波动表达式 ])/(cos[06.0π+-π=u x t y])21(cos[06.0π+-π=x t (SI)(3) 波长 4==uT λ m8-9 一平面简谐波沿Ox 轴正方向传播，波长为λ．若如图P 1点处质点的振动方程为)2cos(1φν+π=t A y ，则P 2点处质点的振动方程为；与P 1点处质点振动状态相同的那些点的位置是．])(2cos[212φλν++-π=L L t A y λk L x +-=1 ( k = ± 1, ± 2, …) 8-10 一平面简谐波在弹性媒质中传播，媒质质元从平衡位置运动到最大位移处的过程中： (A) 它的动能转换成势能． (B) 它的势能转换成动能．xOP 1 P 2 L 1 L 2(C) 它从相邻的一段质元获得能量其能量逐渐增大．(D) 它把自己的能量传给相邻的一段质元，其能量逐渐减小． [ D ] 8-11 一平面简谐波在弹性媒质中传播，在某一瞬时，媒质中某质元正处于平衡位置，此时它的能量是(A) 动能为零，势能最大． (B) 动能为零，势能为零．(C) 动能最大，势能最大． (D) 动能最大，势能为零． [ C ] 8-12 一平面简谐波沿Ox 轴正方向传播，波的表达式为 )/(2cos λνx t A y -π=, 而另一平面简谐波沿Ox 轴负方向传播，波的表达式为 )/(2cos 2λνx t A y +π=，求：(1) x = λ/4 处介质质点的合振动方程； (2) x = λ/4 处介质质点的速度表达式．解：(1) x = λ /4处 )212cos(1π-π=t A y ν , )212cos(22π+π=t A y ν ∵ y 1，y 2反相 ∴合振动振幅A A A A s =-=2, 合振动的初相φ 和y 2的初相一样为π21．合振动方程 )212c o s (π+π=t A y ν (2) x = λ /4处质点的速度 )212sin(2/d d π+ππ-== v t A t y νν)2cos(2π+ππ=t A νν8-13 在绳子上传播的平面简谐入射波表达式为)2cos(1λωxt A y π+=，入射波在x = 0处绳端反射，反射端为自由端．设反射波不衰减，证明形成的驻波表达式为：t xA y ωλcos )2cos(2π=证明：入射波在x = 0处引起的振动方程为 t A y ωcos 10=，由于反射端为自由端，所以反射波在O 点的振动方程为 t A y ωcos 20=∴ 反射波为 )2c o s (2λωxt A y π-=驻波方程21y y y +=)2cos(λωx t A π+=)2cos(λωxt A π-+t x A ωλcos )2cos(2π=8-14 如图所示，两相干波源在x 轴上的位置为S 1和S 2，其间距离为d = 30 m ，S 1位于坐标原点O ．设波只沿x 轴正负方向传播，单独传播时强度保持不变．x 1 = 9 m 和x 2 = 12 m 处的两点是相邻的两个因干涉而静止的点．求两波的波长和两波源间最小相位差．解：设S 1和S 2的振动相位分别为φ 1和φ 2．在x 1点两波引起的振动相位差 ]2[]2[1112λφλφx x d π---π-π+=)12(K 即 π+=-π--)12(22)(112K x d λφφ ①在x 2点两波引起的振动相位差 ]2[]2[2122λφλφx x d π---π-π+=)32(K即 π+=-π--)32(22)(212K x d λφφ ②②－①得 π=-π2/)(412λx x 6)(212=-=x x λ m由① π+=-π+π+=-)52(22)12(112K x d K λφφ当K = -2、-3时相位差最小 π±=-12φφ【练习题答案】。

(完整版)大学物理学(课后答案)第8章

第八章课后习题解答一、选择题8-1如图8-1所示，一定量的理想气体，由平衡态A 变到平衡态B ，且它们的压强相等，即=A B p p 。

则在状态A 和状态B 之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然[ ](A) 对外作正功 (B) 内能增加 (C) 从外界吸热 (D) 向外界放热分析：由p V -图可知，A A B B p V p V =，即知A B T T <，则对一定量理想气体必有B A E E >，即气体由状态A 变化到状态B ，内能必增加。

而作功、热传递均是过程量，与具体的热力学过程相关，所以（A ）、（C ）、（D ）不是必然结果，只有（B ）正确。

8-2 两个相同的刚性容器，一个盛有氢气，一个盛有氦气（均视为刚性分子理想气体）。

开始时它们的压强和温度都相同。

现将3 J 热量传给氦气，使之升高到一定的温度。

若使氢气也升高同样的温度，则应向氢气传递热量为[ ](A) 6 J (B) 3 J (C) 5 J (D) 10 J分析：由热力学第一定律Q E W =∆+知在等体过程中Q E =∆。

故可知欲使氢气和氦气升高相同的温度，由理想气体的内能公式2m i E R T M '∆=∆，知需传递的热量之比22222:():():5:3HHe H He H He H He H Hem m Q Q i i i i M M ''===。

故正确的是（C ）。

8-3 一定量理想气体分别经过等压、等温和绝热过程从体积1V 膨胀到体积2V ，如图8-3所示，则下述正确的是[ ]习题8-1图(A) A C →吸热最多，内能增加(B) A D →内能增加，作功最少(C) A B →吸热最多，内能不变(D) A C →对外作功，内能不变分析：根据p V -图可知图中A B →为等压过程，A C →为等温过程，A D →为绝热过程。

又由理想气体的物态方程pV vRT =可知，p V -图上的pV 积越大，则该点温度越高，因此图中D A B C T T T T <==，又因对于一定量的气体而言其内能公式2i E vRT =，由此知0AB E ∆>，0AC E ∆=，0AD E ∆<。

大学物理上第8章课件全

F12
r12•F21 q 2 ()
r12
F21
()
•q 2
三. 静电场
1. “场”概念的建立和发展 17世纪：
英国牛顿：力可以通过一无所有的空间以无穷大速率传递，关键是归纳力的数学形式而不必探求其传递机制.
法国笛卡尔：力靠充满空间的“以太”的涡旋运动和弹性形变传递.
“你在巴黎看见由充满空间稀薄物质的涡旋构成的宇宙，而这些东西在伦敦却荡然无存，我们什么也看不见，在你周围只有引起海潮的月亮的引力”
只有 S 内的电荷对穿过 S 的电通量有贡献。
练习3：请总结穿过静电场中任意封闭曲面的电通量与空间电荷分布的关系。
三 .高斯定理
静电场中，通过任意封闭曲面（高斯面）的电通量
等于该封闭曲面所包围的电量代数和的 1 0 倍：
E dS
1
s
0
q内
关于高斯定理的讨论： 1.式中各项的含义
OR x 2
练习：无限大均匀带电平面的电场。
已知电荷面密度。为利用例三结果简化计算。
将无限大平面视为半径 R的圆盘 ——由许多
均匀带电圆环组成。
x
dr
or
思路： dq? dE?
EdE?
dq2rdr
xdq
dE
4(x2
r2)32
0
x2rdr
E
04
(x2r2)32
0
2
0
结论：
1. 无限大带电平面产生与平面垂直的均匀电场
“头”、 “尾”
dE
rdq
4 0 r 3
dl dq dS
dV
E dE
Ex dEx Ey dEy Ez dEz
例一电偶极子的电场

大学《大学物理(上)》各章节测试题与答案

《大学物理（上）》的答案第1章问题：以下是近代物理学的理论基础的是（）。

答案：量子力学问题：谁建立了电磁场理论，将电学、磁学、光学统一起来？（）答案：麦克斯韦问题：谁在伽利略、开普勒等人工作的基础上，建立了完整的经典力学理论？（）答案：牛顿问题：物理学是探讨物质结构，运动基本规律和相互作用的科学。

（）答案：正确问题：20世纪初建立的量子力学和爱因斯坦提出的狭义相对论表明经典力学也适用于微观粒子和高速运动物体。

（）答案：错误第2章问题：爱因斯坦因提出什么理论而获得诺贝尔物理奖？（）答案：光量子假说问题：玻尔因做出什么重大贡献而获得诺贝尔物理学奖？（）答案：研究原子的结构和原子的辐射问题：运动学中涉及的主要运动学量包括位移、速度和加速度。

（）答案：正确第3章问题：在平面极坐标系中，任意位矢可表示为（）。

答案：问题：在直角坐标系中，任意位矢的方向余弦的关系为（）。

答案：问题：在直角坐标系中，任意位矢可表示为（）。

答案：问题：同一个位置矢量可以在不同的坐标系中表示。

（）答案：正确问题：位置矢量在直角坐标系和平面极坐标系中的表示方式是一样的。

（）答案：错误第4章问题：设质点在均匀转动（角速度为）的水平转盘上从t=0时刻开始自中心出发，以恒定的速率沿一半径运动，则质点的运动方程为（）。

答案：问题：设质点在均匀转动（角速度为）的水平转盘上从t=0时刻开始自中心出发，以恒定的速率沿一半径运动，则质点的轨迹方程为（）。

答案：问题：质点的位置关于时间的函数称为运动方程。

（）答案：正确第5章问题：一个人从O点出发，向正东走了2m,又向正北走了2m,则合位移的大小和方向为（）。

答案：东北方向问题：某质点沿半径为R的圆周运动一周，它的位移和路程分别为多少（）。

答案：问题：位移和路程都与坐标原点的选取有关。

（）答案：错误第6章问题：有一质点沿x方向作直线运动，它的位置由方程决定，其中x的单位是米,t的单位是秒。

则它的速度公式为（）。

【大学物理】chp8-3

解：假设回路中通有电流 I：
两直导线之间， B 0I 0I , 方向 r处的磁感应强度为： 2πr 2π(d r)
取长为 h 的一对导线, 取：dS=hdr, 方向
h
Φm
B dS
S
d a [ 0I 0I ]hdr
a 2πr 2π(d r)
r
0Ih ln( d a )
I1 2 π d
本讲小结：
1、自感电动势：回路电流变化
穿过自身磁通量变化在回路中产生的感应电动势
L ——自感系数
2、互感电动势：回路 1 的电流变化
引起回路 2 的磁通量变化回路 2 中产生感应电动势
——互感系数
管中磁介质的磁导率为，求自感系数。
解：假设回路中通有电流 I：
管内的磁场看作是均匀的，其磁感应强度的大小为：
B nI N I
l
穿过螺线管的磁通为：
Ψ NBS
N2 SI
l
LΨ N2 S
I
l
I
n N , V Sl l
L n2V
例8-8: 一回路由两根平行的长直导线组成，长直导线轴线间的距离为d，直导线的截面半径为a， d a ，求：这一对导线单位长度的自感系数。
dt
dt dt
无铁磁质时, 与回路大小、形状、周围磁介质有关；与回路是否通电流无关。
B I
dI εL L dt
I = I (t)
一、自感(应) 自感电动势
4、自感系数的物理意义
εL

L
dI dt
1)、负号表示自感电动势反抗回路中电流变化； 2)、L 越大对同样的电流变化自感电动势就越大

大学物理学(第三版上) 课后习题3答案详解

习题33.1选择题(1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为(A)02ωmRJ J+ (B) 02)(ωR m J J + (C)02ωmRJ(D) 0ω [答案： (A)](2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为 (A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s(a) (b)题3.1（2）图[答案： (A)](3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体（A ）动能不变，动量改变。

（B ）动量不变，动能改变。

（C ）角动量不变，动量不变。

（D ）角动量改变，动量改变。

（E ）角动量不变，动能、动量都改变。

[答案： (E)]3.2填空题(1) 半径为30cm 的飞轮，从静止开始以0.5rad·s -2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240˚时的切向加速度a τ= ，法向加速度a n=。

[答案：0.15; 1.256](2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的守恒，原因是。

木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒。

题3.2（2）图[答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零，机械能守恒](3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。

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