大学物理(赵近芳第2版)-作业解答(化学类)
大学物理课后习题答案(赵近芳)下册之欧阳索引创编
欧阳索引创编习题八欧阳家百（2021.03.07）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 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．欧阳索引创编 解:如题8-2图示解得θπεθtan 4sin 20mg l q =8-3 根据点电荷场强公式204rq E 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: 020π4r r q Eε=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 ,SqE 0ε=，所以f =Sq 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SqE 0ε=看欧阳索引创编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Sq E 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力．8-5 一电偶极子的电矩为l q p=，场点到偶极子中心O点的距离为r ,矢量r与l 的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin rp πεθ证:如题8-5所示，将p 分解为与r平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量θsin p ．∵l r >>∴场点P 在r 方向场强分量 垂直于r 方向，即θ方向场强分量 题8-5图题8-6图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)在导线的欧阳索引创编延长线上与导线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 x E Q λε方向如题8-6图所示由于对称性⎰=l Qx E 0d ，即Q E只有y 分量，∵22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε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图欧阳索引创编 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 0RE E x ==积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰∴RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解:如8-8图示，正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P Ed 方向如图，大小为∵22cos 221l r l +=θ∴24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥欧阳索引创编 ∴424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为 ∵lq 4=λ ∴2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε方向沿OP8-9(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．(xR arctan =α)解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等欧阳索引创编 ∴各面电通量06εq e =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24εq e =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*∴)(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221xR x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图欧阳索引创编 8-10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∑⎰=⋅q S E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴()2023π43π4rr 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⨯≈-=rr 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0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则rl E S E S π2d =⋅⎰欧阳索引创编对(1)1R r <0,0==∑E q (2)21R r R <<λl q =∑∴rE 0π2ελ=沿径向向外(3)2R r >0=∑q∴0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ， 两面间，n E )(21210σσε-=1σ面外， n E )(21210σσε+-=2σ面外， n E)(21210σσε+=n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．欧阳索引创编解:将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)． (1)ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ-球在O 点产生电场d π4π3430320OO r E ερ=∴O 点电场'd33030OO r E ερ= ； (2)ρ+在O '产生电场d π4d 3430301E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴O '点电场003ερ='E 'OO 题8-13图(a)题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位矢为r(如题8-13(b)图)则03ερr E PO =，3ερr E O P '-=' ,∴00033)(3ερερερd r r E E E O P PO P=='-=+='欧阳索引创编 ∴腔内场强是均匀的．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 在外场E 中受力矩∴qlE pE M ==max 代入数字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 εε )11(21r r - 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图示欧阳索引创编 ∴R q q U U q A o C 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 d 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图R 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］ (2)AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U 同理CD 产生2ln π402ελ=U 半圆环产生0034π4πελελ==R R U ∴0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 8-18 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．求带电直线上的线欧阳索引创编 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 电子受力大小r e eE F e 0π2ελ== ∴rv m r e 20π2=ελ 得1320105.12π2-⨯==e mv ελ1m C -⋅ 8-19空气可以承受的场强的最大值为E =30kV·cm-1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为均匀电场∴4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E 与电势U 的关系U E -∇=，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．欧阳索引创编 解:(1)点电荷r q U 0π4ε=题 8-20 图 ∴0200π4r rq r r U E ε=∂∂-=0r 为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势∴()i x R qx i x U E 2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p =在l r >>处的一点电势∴30π2cos r p r U E r εθ=∂∂-= 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欧阳索引创编 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∴+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 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200cm2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．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图欧阳索引创编 (1)∵AB AC U U =，即∴AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACAB AB AC E E σσ 且1σ+2σS q A =得,32S q A =σSq A 321=σ 而7110232-⨯-=-=-=A C q S q σCC 10172-⨯-=-=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 -,外表面欧阳索引创编 带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图(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：(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 得q R R q 21=' 外球壳上电势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：欧阳索引创编 得-='q 3q 8-25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2020π4rq 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 ∴此时小球1与小球2间相互作用力(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00294π432322F r q q F ==ε *8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都欧阳索引创编 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 解得Sq 261==σσ 所以CB 间电场S q d U E 00422εεσ+== 注意：因为C 片带电，所以2UU C ≠，若C 片不带电，显然2U U 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．2021.02.02 欧阳索引创编 解:利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd (1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4rr Q E r r Q D r εε ==内; 介质外)(2R r <场强(2)介质外)(2R r >电势介质内)(21R r R <<电势(3)金属球的电势8-28 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 ，真空部分场强为1E ，自由电荷面密度分别为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D 而101E D ε=,202E D r εε= ∴r D D εσσ==1212 题8-28图题8-29图欧阳索引创编 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rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑ ∴rlQD π2=(1)电场能量密度22222π82l r Q D w εε==薄壳中rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量(3)电容：∵CQ W 22=欧阳索引创编 ∴)/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 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 上电量电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q =欧阳索引创编 ∴355025231123232⨯===C U C C Q U 8-321C 和2C 两电容器分别标明“200pF 、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 (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图欧阳索引创编 则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112121201021U U U C U C q q U C U C q q q q 解得(1)=1q U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失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 在21R r R <<时301π4r rQ E ε =3R r >时302π4rrQ E ε=欧阳索引创编 ∴在21R r R <<区域 在3R r >区域∴总能量)111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε=,02=W∴4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W εJ(3)电容器电容 )11/(π422102R R Q W C -==ε 习题九9-1在同一磁感应线上，各点B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B的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B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B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B的方向．欧阳索引创编题9-2图9-2 (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B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abcd 可证明21B B=∴21B B=(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B方向相反，即21B B ≠.9-3 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． 9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分2021.02.02欧阳索引创编⎰外B L ·d l =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⎰外B L·d l =I 0μ 这是为什么?解:我们导出nl B 0μ=内,0=外B 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L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．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L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5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?欧阳索引创编 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． 9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb·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． 解：如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是 (2)通过befc 面积2S 的磁通量 (3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb(或曰24.0-Wb )欧阳索引创编题9-7图9-7如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度． 解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生01=BCD 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生)231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的欧阳索引创编磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题9-8图解：如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解： 如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
大学物理简明教程第二版课后习题答案赵进芳
大学物理简明教程第二版课后习题答案赵进芳(共74页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--大学物理 简明教程 习题 解答 答案习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆有无不同t d d r 和t d d r 有无不同 t d d v 和t d d v有无不同其不同在哪里试举例说明．解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r -=∆；（2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d .t rd d 只是速度在径向上的分量.∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆr ˆt r t d d d d d d r rr += 式中t rd d 就是速度径向上的分量，∴t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d=，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ +=式中dt dv就是加速度的切向分量.(t tr d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =t rd d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x你认为两种方法哪一种正确为什么两者差别何在解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r+=，jt y i t x t r a jt y i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x yx而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d t r a t r v ==其二，可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。
最新大学物理课后习题答案(赵近芳)下册
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2220)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 q E 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: 020π4r 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 =2024dq πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =Sq 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SqE 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Sq E 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p ϖϖ=，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量rϖ与l ϖ的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin rp πεθ证: 如题8-5所示，将p ϖ分解为与r ϖ平行的分量θsin p 和垂直于r ϖ的分量θsin p ．∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量3π2cos r p E r εθ=垂直于r 方向，即θ方向场强分量300π4sin rp E εθ=题8-5图 题8-6图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 xE P -=λε 222)(d π4d x a xE E l l P 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 Qx E 0d ，即Q E ϖ只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==l QyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=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 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E ϖd 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴24π4d2222lrllrEP++=ελPEϖd在垂直于平面上的分量βcosddPEE=⊥∴424π4d222222lrrlrlrlE+++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P点场强沿OP方向，大小为2)4(π44d42222lrlrlrEEP++=⨯=⊥ελ∵lq4=λ∴2)4(π42222lrlrqrEP++=ε方向沿OP8-9 (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．(xRarctan=α)解: (1)由高斯定理dεqSEs⎰=⋅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=[221xR x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r Sααα⎰⋅=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∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E ϖ8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr 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⨯≈-=rr 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0d ε∑⎰=⋅q S E sϖϖ取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰ϖϖ对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ， 两面间， n E ϖϖ)(21210σσε-=1σ面外， n E ϖϖ)(21210σσε+-= 2σ面外， n E ϖϖ)(21210σσε+=n ϖ：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E ϖ，ρ- 球在O 点产生电场'd π4π3430320OO r E ερ=ϖ∴ O 点电场'd33030OO r E ερ=ϖ； (2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ϖρ-球在O '产生电场002='E ϖ∴ O ' 点电场 003ερ='E ϖ'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r ϖ'，相对O 点位矢为r ϖ (如题8-13(b)图)则 03ερrE PO ϖϖ=，3ερr E O P '-='ϖϖ,∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P ϖϖϖϖϖϖ=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．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)(=-RqR q 0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-=∴ Rqq U U q A o C 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 yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB200012ln 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 O 8-18 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rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 ∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E ϖ与电势U 的关系U E -∇=ϖ，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．解: (1)点电荷 rqU 0π4ε=题 8-20 图∴ 0200π4r rq r r U E ϖϖϖε=∂∂-= 0r ϖ为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势220π4xR q U +=ε∴ ()i x R qxi x U E ϖϖϖ2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p ϖϖ=在l r >>处的一点电势200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4r ql llr q U εθθθε=+--=∴ 30π2cos r p r U E r εθ=∂∂-= 30π4sin 1rp U r E εθθθ=∂∂-= 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0)(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2.0 mm ．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===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq 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⎰⎰∞∞==⋅=2220π4π4d 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：0π4π42020=-=R q R q U 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=+Rq R q εε得 -='q 3q 8-25 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 2020π4rq 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q q 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'2F r qr 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00294π432322F 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UU 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 Sq261==σσSq d U2032-=-=εσσ Sq dU2054+=-=εσσ 所以CB 间电场 S qd U E 00422εεσ+==)2d (212d 02Sq 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2U U 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∑⎰=⋅q S D Sϖϖd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4rrQ E r r Q D r εεϖϖϖϖ==内; 介质外)(2R r <场强303π4,π4rr Q E r Qr D εϖϖϖ==外 (2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞ϖϖ外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221ϖϖϖϖ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r-+=εεε 8-28 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．rd r d ϖϖϖϖ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内解: 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=d21U E 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 rlD S D S π2d )(=⋅⎰ϖϖ当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε==薄壳中 rlrQ 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 VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ CQ 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2210π41rq 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 U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 8-32 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⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112*********U U U C U C q qU C U C q q q q 解得 (1) =1q U C 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 rQ W 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 +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4rrQ E εϖϖ=,02=W ∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R QW C -==ε 121049.4-⨯=F习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B ϖ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B ϖ的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B ϖ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B ϖ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B ϖ的方向．题9-2图9-2 (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Bϖ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abcd 可证明21B B ρϖ=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcdμϖϖ∴ 21B B ρϖ=(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B ϖ方向相反，即21B B ρϖ≠.9-3 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．9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L ϖ·d l ϖ=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⎰外B L ϖ·d l ϖ=I 0μ这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 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L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μϖϖ外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d ϖϖϖ外是不矛盾的．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L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B ϖ的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 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．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·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． 解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S B ϖϖΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S B ϖϖΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ϖϖΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B )为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B )、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=B ϖCD 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 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．题9-8图解：如题9-8图所示,A B ϖ方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B ϖ在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度． 解： 如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
大学物理课后习题答案(赵近芳)下册
习题八 【2 】8-1 电量都是q 的三个点电荷,分离放在正三角形的三个极点．试问：(1)在这三角形的中间放一个什么样的电荷,就可以使这四个电荷都达到均衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种均衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示(1) 以A 处点电荷为研讨对象,由力均衡知：q '为负电荷2220)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 的细绳挂在统一点,它们带有雷同电量,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疏忽不计,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 依据点电荷场强公式204rq E πε=,当被考核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,对此应若何懂得?解: 020π4r r q Eε=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,现实带电体有必定外形大小,斟酌电荷在带电体上的散布求出的场强不会是无穷大．8-4 在真空中有A ,B 两平行板,相对距离为d ,板面积为S ,其带电量分离为+q 和-q ．则这两板之间有互相感化力f ,有人说f =2024dq πε,又有人说,因为f =qE ,S q E 0ε=,所以f =Sq 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f到底应等于若干?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SqE 0ε=算作是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．精确解答应为一个板的电场为Sq E 02ε=,另一板受它的感化力Sq S qq f 02022εε==,这是两板间互相感化的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p=,场点到偶极子中间O 点的距离为r ,矢量r与l的夹角为θ,(见题8-5图),且l r >>．试证P 点的场强E 在r 偏向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分离为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin r p πεθ证: 如题8-5所示,将p 分化为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r的分量θsin p ．∵ l r >> ∴ 场点P 在r 偏向场强分量30π2cos rp E r εθ=垂直于r 偏向,即θ偏向场强分量300π4sin r p E εθ=题8-5图 题8-6图8-6 长l =15.0cm 的直导线AB 上平均地散布着线密度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)在导线的垂直等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 xE P -=λε222)(d π4d x a xE E l l P 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 -⋅ 偏向程度向右(2)同理2220d d π41d +=x xE Q λε 偏向如题8-6图所示 因为对称性⎰=l QxE 0d ,即Q E只有y 分量,∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==l QyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅,偏向沿y 轴正向8-7 一个半径为R 的平均带电半圆环,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 点产生场壮大小为 20π4d d RR E εϕλ=偏向沿半径向外 则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==,偏向沿x 轴正向．8-8 平均带电的细线弯成正方形,边长为l ,总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中间为r 处的场强E ;(2)证实：在l r >>处,它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如8-8图示,正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 偏向如图,大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题8-8图因为对称性,P 点场强沿OP 偏向,大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵ lq 4=λ ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 偏向沿OP8-9 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中间,试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量;(2)假如该场源点电荷移动到该立方体的一个极点上,这时穿过立方体各面的电通量是若干?*(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：经由过程圆平面的电通量．(xRarctan=α) 解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅立方体六个面,当q 在立方体中间时,每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量06εqe =Φ．(2)电荷在极点时,将立方体延长为边长a 2的立方体,使q 处于边长a 2的立方体中间,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,假如它不包含q 地点的极点,则024εqe =Φ, 假如它包含q 地点极点则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)∵经由过程半径为R 的圆平面的电通量等于经由过程半径为22x R +的球冠面的电通量,球冠面积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221xR x +-]*关于球冠面积的盘算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r Sααα⎰⋅=02d sin π2r)cos 1(π22α-=r8-10 平均带电球壳内半径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∑⎰=⋅q S E s,02π4ε∑=q rE当5=r cm 时,0=∑q ,0=E8=r cm 时,∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅, 偏向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=rr r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外. 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无穷长同轴圆柱面,单位长度上分离带有电量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0d ε∑⎰=⋅q S E s取同轴圆柱形高斯面,侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无穷大的平行平面都平均带电,电荷的面密度分离为1σ和2σ,试求空间遍地场强．解: 如题8-12图示,两带电平面平均带电,电荷面密度分离为1σ与2σ, 两面间, n E)(21210σσε-=1σ面外, n E)(21210σσε+-= 2σ面外, n E)(21210σσε+=n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的平均带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体,如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强,并证实小球空腔内的电场是平均的．解: 将此带电体看作带正电ρ的平均球与带电ρ-的平均小球的组合,见题8-13图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E ,ρ- 球在O 点产生电场'd π4π3430320OO r E ερ= ∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ; (2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ=' ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E 'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r ',相对O 点位矢为r(如题8-13(b)图) 则 03ερr E PO =,03ερr E O P '-=' , ∴ 0003'3)(3ερερερd OO r r E E E O P PO P =='-=+=' ∴腔内场强是平均的．8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6C 的两个异号点电荷构成,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,求外电场感化于电偶极子上的最大力矩． 解: ∵ 电偶极子p 在外场E 中受力矩E p M ⨯=∴ 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,需作若干功?解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )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 两点处放有电量分离为+q ,-q 的点电荷,AB 间距离为2R ,现将另一正实验点电荷0q 从O 点经由半圆弧移到C 点,求移动进程中电场力作的功．解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-Rq R q 0π41ε=O U )3(R q R q -Rq 0π6ε-= ∴ R q q U U q A o C O 00π6)(ε=-= 8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上平均散布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中间O 点处的场强和电势． 解: (1)因为电荷平均散布与对称性,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Ed 如图,因为对称性,O 点场强沿y 轴负偏向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］ 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 O 8-18 一电子绕一带平均电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速度作圆周活动．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: 设平均带电直线电荷密度为λ,在电子轨道处场强rE 0π2ελ= 电子受力大小 r e eEF e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以推却的场强的最大值为E =30kV ·cm -1,超过这个数值时空气要产生火花放电．今有一高压平行板电容器,极板间距离为d =0.5cm,求此电容器可推却的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为平均电场∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 依据场强E 与电势U 的关系U E -∇=,求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场;(2)总电量为q ,半径为R 的平均带电圆环轴上一点;*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)． 解: (1)点电荷 r q U 0π4ε= 题 8-20 图∴ 0200π4r r q r r U E ε=∂∂-= 0r 为r 偏向单位矢量． (2)总电量q ,半径为R 的平均带电圆环轴上一点电势220π4x R qU +=ε∴ ()i x R qx i x U E 2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p =在l r >>处的一点电势200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4r ql l l r q U εθθθε=+--= ∴ 30π2cos r p r U E r εθ=∂∂-= 30π4sin 1rp U r E εθθθ=∂∂-= 8-21 证实：对于两个无穷大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说,(1)相向的两面上,电荷的面密度老是大小相等而符号相反;(2)相背的两面上,电荷的面密度老是大小相等而符号雷同．证: 如题8-21图所示,设两导体A .B 的四个平面平均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离在A .B 内部的闭合柱面为高斯面时,有0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ ∴ +2σ03=σ解释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,并且它是由四个平均带电平面产生的场强叠加而成的,即0222204030201=---εσεσεσεσ 又∵ +2σ03=σ∴ 1σ4σ=解释相背两面上电荷面密度老是大小相等,符号雷同．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2.0 mm ．B ,C 都接地,如题8-22图所示．假如使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若干?以地的电势为零,则A 板的电势是若干?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===ACAB AB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A =得 ,32S q A =σ Sq 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 两个半径分离为1R 和2R （1R ＜2R )的齐心薄金属球壳,现给内球壳带电+q ,试盘算：(1)外球壳上的电荷散布及电势大小;(2)先把外球壳接地,然后断开接地线从新绝缘,此时外球壳的电荷散布及电势;*(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 +,且平均散布,其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R q rr q r E U εε(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：0π4π42020=-=R q R 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0π4'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 q R 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图由电势叠加道理有：=O U 03π4π4'00=+Rq R q εε得 -='q 3q 8-25 有三个大小雷同的金属小球,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先后分离接触1,2后移去,小球1,2之间的库仑力;(2)小球3依次瓜代接触小球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q q 43='' ∴ 此时小球1与小球2间互相感化力 00220183π483π4"'2F r q r q q F =-=εε (2)小球3依次瓜代接触小球1.2很多次后,每个小球带电量均为32q . ∴ 小球1.2间的感化力00294π432322F r q q F ==ε *8-26 如题8-26图所示,一平行板电容器南北极板面积都是S,相距为d ,分离保持电势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南北极板正中心,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离为1σ,2σ,3σ,4σ,5σ,6σ如图所示．由静电均衡前提,电荷守恒定律及保持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 Sq261==σσSq d U2032-=-=εσσ Sq dU2054+=-=εσσ 所以CB 间电场 S qd U E 00422εεσ+==)2d (212d 02Sq U E U U CB C ε+=== 留意：因为C 片带电,所以2U U C ≠,若C 片不带电,显然2U U C = 8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的平均电介质球壳,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: 运用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强303π4,π4rr Q E r Qr D ε ==外 (2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞ 外 介质内)(21R r R <<电势rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Qr r-+=εεε 8-28 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 ,真空部分场强为1E,自由电荷面密度分离为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ,22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=d21U E 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 ,半径分离为1R 和2R (2R ＞1R ),且l >>2R -1R ,两柱面之间充有介电常数ε的平均电介质.当两圆柱面分离带等量异号电荷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全部薄壳中的电场能量; (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 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时,Q q =∑∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε==薄壳中 rlrQ 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 VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30 金属球壳A 和B 的中间相距为r ,A 和B 本来都不带电．如今A 的中间放一点电荷1q ,在B 的中间放一点电荷2q ,如题8-30图所示．试求： (1) 1q 对2q 感化的库仑力,2q 有无加快度;(2)去掉落金属壳B ,求1q 感化在2q 上的库仑力,此时2q 有无加快度． 解: (1)1q 感化在2q 的库仑力仍知足库仑定律,即2210π41rq q F ε=但2q 处于金属球壳中间,它受合力．．为零,没有加快度． (2)去掉落金属壳B ,1q 感化在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=,但此时2q 受合力不为零,有加快度．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 U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 8-32 1C 和2C 两电容器分离标明“200 pF.500 V ”和“300 pF.900 V ”,把它们串联起来后等值电容是若干?假如两头加上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 今后割断电源,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)电场能量的损掉．解: 如题8-33图所示,设联接后两电容器带电分离为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112*********U U U C U C q qU C U C q q q q 解得 (1) =1q U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损掉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,外衣有一齐心的导体球壳,壳的内.外半径分离为2R =4.0cm 和3R =5.0cm,当内球带电荷Q =3.0×10-8C 时,求：(1)全部电场储存的能量;(2)假如将导体壳接地,盘算储存的能量;(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在21R r R <<时 301π4r rQ E ε=3R r >时 302π4rrQ E ε=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q r r Q εε在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r r Q W εεε ∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时,只有21R r R <<时30π4r rQ E ε=,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习题九9-1 在统一磁感应线上,各点B的数值是否都相等?为何不把感化于活动电荷的磁力偏向界说为磁感应强度B的偏向?解: 在统一磁感应线上,各点B的数值一般不相等．因为磁场感化于活动电荷的磁力偏向不仅与磁感应强度B的偏向有关,并且与电荷速度偏向有关,即磁力偏向并不是独一由磁场决议的,所以不把磁力偏向界说为B的偏向．题9-2图9-2 (1)在没有电流的空间区域里,假如磁感应线是平行直线,磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的偏向上是否可能变化(即磁场是否必定是平均的)?(2)若消失电流,上述结论是否还对?解: (1)不可能变化,即磁场必定是平均的．如图作闭合回路abcd 可证实21B B=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcdμ∴ 21B B=(2)若消失电流,上述结论不对．如无穷大平均带电平面两侧之磁力线是平行直线,但B偏向相反,即21B B ≠.9-3 用安培环路定理可否求有限长一段载流直导线四周的磁场?答: 不能,因为有限长载流直导线四周磁场固然有轴对称性,但不是稳恒电流,安培环路定理并不实用．9-4 在载流长螺线管的情况下,我们导出其内部nI B 0μ=,外面B =0,所以在载流螺线管外面围绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L·d l =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⎰外B L·d l =I 0μ这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 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L 上就必定没有电流畅过,即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ 外,与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不抵触的．但这是导线横截面积为零,螺距为零的幻想模子．现实上以上假设并不真实消失,所以使得穿过L 的电流为I ,是以现实螺线管若是无穷长时,只是外B 的轴向分量为零,而垂直于轴的圆周偏向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 假如一个电子在经由过程空间某一区域时不偏转,可否肯定这个区域中没有磁场?假如它发生偏转可否肯定谁人区域中消失着磁场?解：假如一个电子在经由过程空间某一区域时不偏转,不能肯定这个区域中没有磁场,也可能消失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．假如它产生偏转也不能肯定谁人区域消失着磁场,因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m-2的平均磁场,偏向沿x 轴正偏向,如题9-6图所示．试求：(1)经由过程图中abcd 面的磁通量;(2)经由过程图中befc 面的磁通量;(3)经由过程图中aefd 面的磁通量． 解： 如题9-6图所示题9-6图(1)经由过程abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)经由过程befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S BΦ(3)经由过程aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S BΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示,AB .CD 为长直导线,C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线,其半径为R ．若通以电流I ,求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示,O 点磁场由AB .C B.CD 三部分电流产生．个中AB 产生 01=BCD产生RIB 1202μ=,偏向垂直向里CD段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ,偏向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ,偏向⊥向里． 9-8 在真空中,有两根互相平行的无穷长直导线1L 和2L ,相距0.1m,通有偏向相反的电流,1I =20A,2I =10A,如题9-8图所示．A ,B 两点与导线在统一平面内．这两点与导线2L 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地位．题9-8图解：如题9-8图所示,A B偏向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示,两根导线沿半径偏向引向铁环上的A ,B 两点,并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细平均,求环中间O 的磁感应强度． 解： 如题9-9图所示,圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生,但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零.且θ-πθ==21221R R I I 电阻电阻. 1I 产生1B偏向⊥纸面向外πθπμ2)2(2101-=R I B ,2I 产生2B偏向⊥纸面向里πθμ22202R I B =∴1)2(2121=-=θθπI I B B 有 0210=+=B B B9-10 在一半径R =1.0cm 的无穷长半圆柱形金属薄片中,自上而下地有电流I =5.0 A 经由过程,电流散布平均.如题9-10图所示．试求圆柱轴线任一点P 处的磁感应强度．题9-10图解：因为金属片无穷长,所以圆柱轴线上任一点P 的磁感应强度偏向都在圆柱截面上,取坐标如题9-10图所示,取宽为l d 的一无穷长直电流l RII d d π=,在轴上P 点产生Bd 与R 垂直,大小为RI R R R IR I B 20002d 2d 2d d πθμ=πθπμ=πμ= RI B B x 202d cos cos d d πθθμ=θ= RI B B y 202d sin )2cos(d d πθθμ-=θ+π= ∴ 520202221037.6)]2sin(2[sin 22d cos -ππ-⨯=πμ=π--ππμ=πθθμ=⎰RI R I R I B x T0)2d sin (2220=πθθμ-=⎰ππ-RI B y ∴ i B51037.6-⨯= T9-11 氢原子处在基态时,它的电子可看作是在半径a =0.52×10-8cm 的轨道上作匀速圆周活动,速度v =2.2×108cm ·s -1．求电子在轨道中间所产生的磁感应强度和电子磁矩的值．解：电子在轨道中间产生的磁感应强度3004a av e B πμ ⨯=如题9-11图,偏向垂直向里,大小为134200==aevB πμ T 电子磁矩m P在图中也是垂直向里,大小为242102.92-⨯===eva a T e P m π 2m A ⋅ 题9-11图 题9-12图9-12 两平行长直导线相距d =40cm,每根导线载有电流1I =2I =20A,如题9-12图所示．求：(1)两导线地点平面内与该两导线等距的一点A 处的磁感应强度; (2)经由过程图中斜线所示面积的磁通量．(1r =3r =10cm,l =25cm)．解：(1) 52010104)2(2)2(2-⨯=+=d I d I B A πμπμ T偏向⊥纸面向外(2)取面元r l S d d =612010110102.23ln 31ln 23ln 2])(22[1211-+⨯=πμ=πμ-πμ=-πμ+πμ=⎰lI l I l I ldr r d I r I r r r ΦWb9-13 一根很长的铜导线载有电流10A,设电流平均散布.在导线内部作一平面S ,如题9-13图所示．试盘算经由过程S 平面的磁通量(沿导线长度偏向取长为1m 的一段作盘算)．铜的磁导率0μμ=.解：由安培环路定律求距圆导线轴为r 处的磁感应强度⎰∑μ=⋅lI l B 0d2202RIr r B μπ=∴ 202RIrB πμ=题 9-13 图磁通量 60020)(1042-===⋅=Φ⎰⎰πμπμI dr R Ir S d B R s m Wb9-14 设题9-14图中两导线中的电流均为8A,对图示的三条闭合曲线a ,b ,c ,分离写出安培环路定理等式右边电流的代数和．并评论辩论：(1)在各条闭合曲线上,各点的磁感应强度B的大小是否相等?(2)在闭合曲线c 上各点的B是否为零?为什么?解： ⎰μ=⋅al B 08d⎰μ=⋅bal B 08d⎰=⋅cl B 0d(1)在各条闭合曲线上,各点B的大小不相等．(2)在闭合曲线C 上各点B 不为零．只是B的环路积分为零而非每点0=B．题9-14图题9-15图9-15 题9-15图中所示是一根很长的长直圆管形导体的横截面,内.外半径分离为a ,b ,导体内载有沿轴线偏向的电流I ,且I 平均地散布在管的横截面上．设导体的磁导率0μμ≈,试证实导体内部各点)(b r a << 的磁感应强度的大小由下式给出：r a r a b IB 22220)(2--=πμ解：取闭合回路r l π2= )(b r a <<则 ⎰π=⋅lr B l B 2d2222)(a b Ia r I ππππ--=∑∴ )(2)(22220a b r a r I B --=πμ 9-16 一根很长的同轴电缆,由一导体圆柱(半径为a )和一同轴的导体圆管(内.外半径分离为b ,c )构成,如题9-16图所示．运用时,电流I 从一导体流去,从另一导体流回．设电流都是平均地散布在导体的横截面上,求：(1)导体圆柱内(r ＜a ),(2)两导体之间(a ＜r ＜b ),（3）导体圆筒内(b ＜r ＜c )以及(4)电缆外(r ＞c )各点处磁感应强度的大小解：⎰∑μ=⋅LI l B 0d(1)a r < 2202RIr r B μπ=202RIrB πμ=(2) b r a << I r B 02μπ=rIB πμ20=(3)c r b << I bc b r I r B 0222202μμπ+---= )(2)(22220b c r r c I B --=πμ (4)c r > 02=r B π0=B题9-16图题9-17图9-17 在半径为R 的长直圆柱形导体内部,与轴线平行地挖成一半径为r 的长直圆柱形空腔,两轴间距离为a ,且a ＞r ,横截面如题9-17图所示．如今电流I 沿导体管流淌,电流平均散布在管的横截面上,而电流偏向与管的轴线平行．求：(1)圆柱轴线上的磁感应强度的大小;(2)空心部分轴线上的磁感应强度的大小．解：空间各点磁场可看作半径为R ,电流1I 平均散布在横截面上的圆柱导体和半径为r 电流2I -平均散布在横截面上的圆柱导体磁场之和． (1)圆柱轴线上的O 点B 的大小：电流1I 产生的01=B ,电流2I -产生的磁场222020222r R Ir a a I B -==πμπμ∴ )(222200r R a Ir B -=πμ(2)空心部分轴线上O '点B 的大小：电流2I 产生的02='B , 电流1I 产生的222022r R Ia a B -πμ=')(2220r R Ia -=πμ∴ )(22200r R IaB -='πμ题9-18图9-18 如题9-18图所示,长直电流1I 邻近有一等腰直角三角形线框,通以电流2I ,二者共面．求△ABC 的各边所受的磁力．解： ⎰⨯=ABAB B l I F d 2daI I d I aI F AB πμπμ22210102== 偏向垂直AB 向左 ⎰⨯=CAAC B l I F d 2 偏向垂直AC 向下,大小为⎰++πμ=πμ=ad dAC dad I I r I rI F ln22d 210102 同理 BC F偏向垂直BC 向上,大小⎰+πμ=ad dBc rI lI F 2d 102 ∵ ︒=45cos d d rl∴ ⎰++πμ=︒πμ=ad aBC d ad I I r r I I F ln 245cos 2d 210120题9-19图9-19 在磁感应强度为B的平均磁场中,垂直于磁场偏向的平面内有一段载流曲折导线,电流为I ,如题9-19图所示．求其所受的安培力．解：在曲线上取ld 则 ⎰⨯=baab B l I F d∵ l d 与B 夹角l d <,2π>=B不变,B是平均的．∴ ⎰⎰⨯=⨯=⨯=b ab aab B ab I B l I B l I F)d (d偏向⊥ab 向上,大小BI F ab =ab题9-20图9-20 如题9-20图所示,在长直导线AB 内通以电流1I =20A,在矩形线圈CDEF 中通有电流2I =10 A,AB 与线圈共面,且CD ,EF 都与AB 平行．已知a =9.0cm,b =20.0cm,d =1.0 cm,求： (1)导线AB 的磁场对矩形线圈每边所感化的力; (2)矩形线圈所受合力和合力矩．解：(1)CD F偏向垂直CD 向左,大小4102100.82-⨯==dI bI F CD πμ N 同理FE F偏向垂直FE 向右,大小5102100.8)(2-⨯=+=a d I bI F FE πμ NCF F偏向垂直CF 向上,大小为⎰+-⨯=+πμ=πμ=ad dCF dad I I r r I I F 5210210102.9ln 2d 2 N ED F偏向垂直ED 向下,大小为5102.9-⨯==CF ED F F N(2)合力ED CF FE CD F F F F F+++=偏向向左,大小为4102.7-⨯=F N合力矩B P M m⨯=∵ 线圈与导线共面∴ B P m //0=M．题9-21图9-21 边长为l =0.1m 的正三角形线圈放在磁感应强度B =1T 的平均磁场中,线圈平面与磁场偏向平行.如题9-21图所示,使线圈通以电流I =10A,求： (1)线圈每边所受的安培力; (2)对O O '轴的磁力矩大小;(3)从地点地位转到线圈平面与磁场垂直时磁力所作的功．解： (1) 0=⨯=B l I F bcB l I F ab⨯= 偏向⊥纸面向外,大小为866.0120sin ==︒IlB F ab NB l I F ca⨯=偏向⊥纸面向里,大小866.0120sin ==︒IlB F ca N(2)IS P m =B P M m⨯= 沿O O '偏向,大小为221033.443-⨯===B l I ISB M m N ⋅(3)磁力功 )(12ΦΦ-=I A∵ 01=Φ B l 2243=Φ ∴ 221033.443-⨯==B l IA J9-22 一正方形线圈,由细导线做成,边长为a ,共有N 匝,可以绕经由过程其相对双方中点的一个竖直轴自由迁移转变．如今线圈中通有电流I ,并把线圈放在平均的程度外磁场B中,线圈对其转轴的迁移转变惯量为J .求线圈绕其均衡地位作渺小振动时的振动周期T .解：设微振动时线圈振动角度为θ (>=<θB P m,),则θθsin sin 2B NIa B P M m ==由迁移转变定律 θθθB NIa B NIa at J 2222sin d -≈-=即 0222=+θθJ BNIa dtd ∴ 振动角频率 JBNIa 2=ω 周期 IBNa JT 222πωπ==9-23 一长直导线通有电流1I ＝20A,旁边放一导线ab ,个中通有电流2I =10A,且两者共面,如题9-23图所示．求导线ab 所受感化力对O 点的力矩．解：在ab 上取r d ,它受力ab F ⊥d 向上,大小为rI rI F πμ2d d 102= F d 对O 点力矩F r M ⨯=d Md 偏向垂直纸面向外,大小为r I I F r M d 2d d 210πμ== ⎰⎰-⨯===ba bar I I M M 6210106.3d 2d πμ m N ⋅题9-23图题9-24图9-24 如题9-24图所示,一平面塑料圆盘,半径为R ,表面带有面密度为σ残剩电荷．假定圆盘绕其轴线A A '以角速度ω (rad ·s -1)迁移转变,磁场B的偏向垂直于转轴A A '．试证磁场感化于圆盘的力矩的大小为44BR M πσω=．(提醒：将圆盘分成很多齐心圆环来斟酌．)解：取圆环r r S d 2d π=,它等效电流q T q I d 2d d πω==r r S d d 2ωσσπω==等效磁矩 r r I r P m d d d 32πωσπ==受到磁力矩 B P M m⨯=d d ,偏向⊥纸面向内,大小为rB r B P M m d d d 3πωσ=⨯=4d d 403BR r r B M M Rπσωπωσ===⎰⎰9-25 电子在B =70×10-4T 的匀强磁场中作圆周活动,圆周半径r =3.0cm ．已知B 垂直于纸面向外,某时刻电子在A 点,速度v向上,如题9-25图．(1)试画出这电子活动的轨道; (2)求这电子速度v的大小; (3)求这电子的动能k E ．题9-25图解：(1)轨迹如图(2)∵ rv m evB 2=∴ 7107.3⨯==m eBrv 1s m -⋅ (3) 162K 102.621-⨯==mv E J9-26 一电子在B =20×10-4T 的磁场中沿半径为R =2.0cm 的螺旋线活动,螺距h=5.0cm,如题9-26图． (1)求这电子的速度;(2)磁场B的偏向若何?解: (1)∵ eBmv R θcos =θπcos 2v eBmh =题9-26 图∴ 6221057.7)2()(⨯=+=meBh m eBR v π1s m -⋅ (2)磁场B的偏向沿螺旋线轴线．或向上或向下,由电子扭转偏向肯定． 9-27 在霍耳效应实验中,一宽1.0cm,长4.0cm,厚1.0×10-3cm 的导体,沿长度偏向载有3.0A 的电流,当磁感应强度大小为B =1.5T 的磁场垂直地经由过程该导体时,产生1.0×10-5V 的横向电压．试求： (1)载流子的漂移速度; (2)每立方米的载流子数量．解: (1)∵ evB eE H = ∴lBU B E v HH ==l 为导体宽度,0.1=l cm。
大学物理答案(赵近芳 第二版)下册 习题17
习题十七17-1 按照原子核的质子一中子模型，组成原子核X AZ 的质子数和中子数各是多少？核内共有多少个核子？这种原子核的质量数和电荷数各是多少？答：组成原子核X AZ 的质子数是Z ，中子数是Z A -．核内共有A 个核子．原子核的质量数是A ，核电荷数是Z ．17-2 原子核的体积与质量数之间有何关系？这关系说明什么？答：实验表明，把原子核看成球体，其半径R 与质量数A 的关系为310A R R =，说明原子核的体积与质量数A 成正比关系．这一关系说明一切原子核中核物质的密度是一个常数．即单位体积内核子数近似相等，并由此推知核的平均结合能相等．结合能正比于核子数，就表明核力是短程力．如果核力象库仑力那样，按照静电能的公式，结合能与核子数A 的平方成正比，而不是与A 成正比．17-3 什么叫原子核的质量亏损？如果原子核X AZ 的质量亏损是m ∆，其平均结合能是多少？ 解：原子核的质量小于组成原子核的核子的质量之和，它们的差额称为原子核的质量亏损．设原子核的质量为x M ，原子核X AZ 的质量亏损为:x n p M m Z A Zm m --+=∆])([平均结合能为 Amc A E E 20ΔΔ== 17-4 已知Th 23290的原子质量为u 232.03821，计算其原子核的平均结合能.解：结合能为MeV 5.931])([ΔH ⨯--+=M m Z A Zm E nTh 23290原子u M 03821.232=,90=Z ,232=A ,氢原子质量u m 007825.1H =，u m n 008665.1=MeV1.766.56MeV5.931]03821.232008665.1)90232(007825.190[Δ=⨯-⨯-+⨯=∴E∴平均结合能为 MeV 614.723256.1766Δ0===A E E 17-5什么叫核磁矩？什么叫核磁子（N μ）？核磁子N μ和玻尔磁子B μ有何相似之处？有何区别？质子的磁矩等于多少核磁子？平常用来衡量核磁矩大小的核磁矩I μ'的物理意义是什么？它和核的g 因子、核自旋量子数的关系是什么？解：原子核自旋运动的磁矩叫核磁矩，核磁子是原子核磁矩的单位，定义为：227m A 10.05.51.18361π4⋅⨯===-B p N m eh μμ式中p m 是质子的质量．核磁子与玻尔磁子形式上相似，玻尔磁子定义为eB m ehπμ4=，式中e m 是电子的质量．质子的磁矩不等于N μ．质子的磁矩N P μμ79273.2=．平常用来衡量核磁矩大小的是核磁矩在外磁场方向分量的最大值I μ'，它和原子核g 因子、自旋量子数的关系是N I I I g μμ='．17-6 核自旋量子数等于整数或半奇整数是由核的什么性质决定？核磁矩与核自旋角动量有什么关系？核磁矩的正负是如何规定的？解：原子核是由质子和中子组成．质子和中子的自旋均为21．因此组成原子核的质子和中子数的奇、偶数决定了核自旋量子数为零或21的奇、偶倍数． 核磁矩与自旋角动量的关系是：I pII P m eg 2=μ I μ的正负取决于I g 的正负．当I μ与I P 平行时I μ 为正，当I μ 与I P 反平行时，I μ为负． 17-7 什么叫核磁共振？怎样利用核磁共振来测量核磁矩？解：原子核置于磁场中，磁场和核磁矩相互作用的附加能量使原子核能级发生分裂．当核在电磁辐射场中时，辐射场是光子组成的，当光子的能量hv 等于核能级间隔时，原子核便吸收电磁场的能量，称为共振吸收，这一现象称为核磁共振．在磁场中核能级间隔为：B g E N I μ=∆共振吸收时，B g E h N I μυ=∆=通常用核磁矩在磁场方向分量的最大值I μ'来衡量磁矩的大小,N I I I g μμ='，则有B Ih Iμυ'=∴Bh II υμ='，已测出I ，υ，现测得B 就可以算出I μ'． 17-8 什么叫核力？核力具有哪些主要性质？答：组成原子核的核子之间的强相互作用力称为核力．核力的主要性质：(1)是强相互作用力，主要是引力．(2)是短程力，作用距离小于m 1015-,(3)核力与核子的带电状况无关．(4)具有饱和性．17-9 什么叫放谢性衰变？α，β，γ射线是什么粒子流？写出U 23890的α衰变和Th 23490的β衰变的表示式.写出α衰变和β衰变的位移定则.解：不稳定的原子核都会自发地转变成另一种核而同时放出射线，这种变化叫放射性衰变．α射线是带正电的氦核He 42粒子流，β射线是高速运动的正、负电子流，γ射线是光子流．ee υ~Pa Th HeTh 012349123490422349023892++→+→- α衰变和β衰变的位移定则为：α衰变 He Y X 4242+→--A z A zβ衰变的位移定则为：e A z Az υ~e Y X 0++→-+e A z A zυ++→+-e Y X 01117-10 什么叫原子核的稳定性？哪些经验规则可以预测核的稳定性？答：原子核的稳定性是指原子核不会自发地从核中发出射线而转变成另一种原子核的性质． 以下经验规则可预测核的稳定性：(1)原子序数大于84的核是不稳定的．(2)原子序数小于84的核中质子数和中子数都是偶数的核稳定．(3)质子或中子数等于幻数2、8、20、28、50、82、126的原子核特别稳定．(4)质子数和中子数之比1=pn的核稳定．比值越大，稳定性越差． 17-11 写出放射性衰变定律的公式.衰变常数λ的物理意义是什么？什么叫半衰期21T ？21T 和λ有什么关系？什么叫平均寿命τ？它和半衰期21T 、和λ有什么关系？解：tN N λ-0e=，衰变常数NtN d /d -=λ．的物理意义是表示在某时刻，单位时间内衰变的原子数与该时刻原子核数的比值．是表征衰变快慢的物理常数．原子核每衰变一半所需的时间叫半衰期．λT 2ln 21=平均寿命τ是每个原子核衰变前存在时间的平均值．λτ1=2ln 21τ=T ．17-12 测得地壳中铀元素U 23592只点0.72%，其余为U 23892，已知U 23892的半衰期为4.468×109年，U 23592的半衰期为7.038×108年，设地球形成时地壳中的U 23892和U 23592是同样多，试估计地球的年龄.解：按半衰期 λλ693.02ln ==T对年：/110847.910038.7693.0693.0U 10181123592-⨯=⨯==T λ 对年：/110551.110468.4693.0693.0U 1092223892-⨯=⨯==T λ 按衰变定律tN N λ-=e0，可得tt t N N N N )(00211221e ee λλλλ---== 则地球年龄： 1221lnλλ-=N N t年9101094.510)847.9551.1(28.9972.0ln⨯=⨯-=-17-13 放射性同位素主要应用有哪些？答：放射性同位素主要在以下几个方面应用较广泛：医学上用于放射性治疗和诊断；工业上用于无损检测；农业上用放射性育种；考古学、地质学中用于计算生物或地质年代；生物学中作示踪原子等等．17-14 为什么重核裂变或轻核聚变能够放出原子核能？答：轻核和重核的平均结合能较小，而中等质量)60~40(=A 的核平均结合能较大，因此将重核裂变成两个中等质量的核或轻核聚变成质量数较大的核时平均结合能升高，从而放出核能．17-15 原子核裂变的热中子反应堆主要由哪几部分组成？它们各起什么作用？答：热中子反应堆的主要组成部份有堆芯、中子反射层、冷却系统、控制系统、防护层．堆芯是放置核燃料和中子减速剂的核心部份，维持可控链式反应，释放原子核能． 冷却系统与换能系统合二为一，再通过冷却系统将堆芯释放出的核能输送到堆芯以外． 控制系统是通过控制棒插入堆芯的长度，控制参加反应的中子数，使反应堆保持稳定的功率．中子反射层是阻挡中子从反应堆中逸出． 防护层是反应堆的安全屏障．17-16 试举出在自然界中存在负能态的例子.这些状态与狄拉克真空，结果产生1 MeV 的电子，此时还将产生什么？它的能量是多少？答：例如物体在引力场中所具有的引力势能；正电荷在负电荷电场中的静电能，都是自然界中的负能态．这些负能态是能够观测到的，具有可观测效应．狄拉克的负能态是观测不到的，没有可观测效应．17-17 将3MeV 能量的γ光子引入狄拉克真空，结果产生1MeV 的电子，此时还将产生什么？它的能量是多少？答：把能量大于电子静能两倍MeV 022.1220=>c m E 的γ光子引入真空，它有可能被负能量电子的一个电子所吸收，吸收了这么多能量的电子有可能越过禁区而跃迁到正能量区，并表现为一个正能量的负电子-e ；同时，留下的空穴表现为一个正能量的正电子+e ．这一过程称为电子偶的产生，可写为-++→e e γ按题意，根据能量守恒，正电子的能量为MeV 217-18 试证明任何能量的γ光子在真空中都不可能产生正、负电子对.答：证明：设由γ光子转化成的一对正负电子其动量分别为1p 和2p ，在电子的质心系中应有021=+p p并且正负电子的总能量应大于22c m e ．按照相对论，光子动量与能量的关系为pc E =，动量等于零而能量不等于零的光子是不存在的．显然γ光子转换成正负电子，同时满足能量守恒和动量守恒是不可能的，即在真空中无论γ光子能量多大，都不可能产生正负电子对．但是γ光子与重原子核作用时便可转化为正负电子对．。
大学物理课后习题答案(赵近芳)下册之欧阳家百创编
习题八欧阳家百（2021.03.07）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图示解得 θπεθtan 4sin 20mg l q =8-3 根据点电荷场强公式204rq E 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: 020π4r r q Eε=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 ,SqE 0ε=，所以f =Sq 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Sq E 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Sq E 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力．8-5 一电偶极子的电矩为l q p=，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r与l的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin rp πεθ证: 如题8-5所示，将p 分解为与r平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量θsin p ．∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量 垂直于r 方向，即θ方向场强分量 题8-5图 题8-6图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 x E Q λε 方向如题8-6图所示由于对称性⎰=l Qx E 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε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 RR E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==积分R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q 在P 点产生物强P Ed 方向如图，大小为∵ 22cos 221l r l +=θ∴ 24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为 ∵ lq4=λ ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿OP8-9 (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．(xR arctan =α)解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅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06εq e =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024εq e =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*∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221xR x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图8-10 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 s,02π4ε∑=qr E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr 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⨯≈-=rr 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0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r > 0=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， n E)(21210σσε-= 1σ面外， n E )(21210σσε+-= 2σ面外， n E)(21210σσε+= n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)． (1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ-球在O 点产生电场'd π4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ； (2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E 'OO 题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位矢为r(如题8-13(b)图)则 03ερr E PO =，3ερr E O P '-=' ,∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．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在外场E 中受力矩∴ qlE pE M ==max 代入数字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 rr r q q r r q q r F A εε)11(21r r - 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∴ Rqq U U q A o C 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Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图R 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U 同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 8-18 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，在电子轨道处场强电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 ∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E与电势U的关系UE -∇=，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．解: (1)点电荷 rq U 0π4ε= 题 8-20图∴ 0200π4r r q r r U E ε=∂∂-= 0r为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势∴ ()i x R qxi x U E2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势∴ 30π2cos rp r U E r εθ=∂∂-= 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∴ +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 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2.0 mm ．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===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A= 得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σCC10172-⨯-=-=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(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：(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 得 q R R q 21='外球壳上电势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： 得 -='q 3q 8-25 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 2020π4rq 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 ∴ 此时小球1与小球2间相互作用力(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00294π432322F r q q 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图解得 Sq 261==σσ 所以CB 间电场 S qd U E 00422εεσ+==注意：因为C 片带电，所以2UU C ≠，若C 片不带电，显然2U U 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∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强 (2)介质外)(2R r >电势 介质内)(21R r R <<电势 (3)金属球的电势8-28 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，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε= ∴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 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑ ∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε==薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量(3)电容：∵ CQ 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 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 上电量电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q = ∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 8-32 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 (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 U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失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 <<区域在21R r R <<时 301π4rrQ E ε= 3R r >时 302π4rrQ E ε=∴在21R r R <<区域 在3R r >区域∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε=,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 习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B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B的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B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B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B的方向．题9-2图9-2 (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B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abcd 可证明21B B= ∴ 21B B=(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B方向相反，即21B B≠.9-3 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． 9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L·d l =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⎰外B L·d l =I 0μ这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 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L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅L I l B 0d 0μ外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．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L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 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． 9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·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． 解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是 (2)通过befc 面积2S 的磁通量 (3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S BΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BCD产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD段产生)231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 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．题9-8图解：如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解： 如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O点产生的磁场为零。
大学物理课后习题答案(赵近芳)下册演示教学
r2 q1 q2 dr r2 4π 0r 2
q1q2 ( 1 4π 0 r1
1) r2
6.55 10 6 J
外力需作的功 A
A 6.55 10 6 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 2 R ，现将另一正试验点电荷 q0 从 O 点经过半圆弧移到 C 点，
q 解 : E 4π 0r 2 r0 仅对点电荷成立，当 r
0 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
r
3
r内3 )
3
4 π r 3 r内2
∴
E
3 4π 0r 2
4
1
3.48 10 N C ， 方向沿半径向外．
r 12 cm时 , q
4π(
r
3 外
3
r内3）
∴E
4π 3
r外
3
r内3
4π 0r 2
4.10 10 4 N C 1 沿半径向外 .
8-11 半径为 R1和 R2 ( R2 ＞ R1) 的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别
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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
《大学物理学》(赵近芳 主编)第二版 课后习题答案物理答案2第七单元
习题七7-1下列表述是否正确?为什么?并将错误更正．（1）A E Q ∆+∆=∆ （2）⎰+=V p E Q d（3）121Q Q -≠η （4）121Q Q -<不可逆η 解：(1)不正确，A E Q +∆=(2)不正确，⎰+=Vp E Q d Δ(3)不正确，121Q Q -=η(4)不正确，121Q Q -=不可逆η7-2 V p -图上封闭曲线所包围的面积表示什么?如果该面积越大，是否效率越高?答：封闭曲线所包围的面积表示循环过程中所做的净功．由于1Q A 净=η，净A 面积越大，效率不一定高，因为η还与吸热1Q 有关．7-3 如题7-3图所示，有三个循环过程，指出每一循环过程所作的功是正的、负的，还是零，说明理由．解：各图中所表示的循环过程作功都为0．因为各图中整个循环分两部分，各部分面积大小相等，而循环方向一个为逆时针，另一个为顺时针，整个循环过程作功为0．题7-3图7-4 用热力学第一定律和第二定律分别证明，在V p -图上一绝热线与一等温线不能有两个交点．题7-4图解：1.由热力学第一定律有 A E Q +∆=若有两个交点a 和b ，则 经等温b a →过程有0111=-=∆A Q E 经绝热b a →过程012=+∆A E 022<-=∆A E从上得出21E E ∆≠∆，这与a ,b 两点的内能变化应该相同矛盾．2.若两条曲线有两个交点，则组成闭合曲线而构成了一循环过程，这循环过程只有吸热，无放热，且对外做正功，热机效率为%100，违背了热力学第二定律． 7-5 一循环过程如题7-5图所示，试指出： (1)ca bc ab ,,各是什么过程；(2)画出对应的V p -图； (3)该循环是否是正循环?(4)该循环作的功是否等于直角三角形面积? (5)用图中的热量ac bc ab Q Q Q ,,表述其热机效率或致冷系数．解：(1) a b 是等体过程bc 过程：从图知有KT V =，K 为斜率 由vRT pV = 得 K vR p =故bc 过程为等压过程 ca 是等温过程(2)V p -图如题57'-图题57'-图(3)该循环是逆循环(4)该循环作的功不等于直角三角形面积，因为直角三角形不是V p -图中的图形．(5)ab ca bc abQ Q Q Q e -+=题7-5图 题7-6图7-6 两个卡诺循环如题7-6图所示，它们的循环面积相等，试问： (1)它们吸热和放热的差值是否相同； (2)对外作的净功是否相等； (3)效率是否相同?答：由于卡诺循环曲线所包围的面积相等，系统对外所作的净功相等，也就是吸热和放热的差值相等．但吸热和放热的多少不一定相等，效率也就不相同． 7-7 评论下述说法正确与否?(1)功可以完全变成热，但热不能完全变成功；(2)热量只能从高温物体传到低温物体，不能从低温物体传到高温物体．(3)可逆过程就是能沿反方向进行的过程，不可逆过程就是不能沿反方向进行的过程． 答：(1)不正确．有外界的帮助热能够完全变成功；功可以完全变成热，但热不能自动地完全变成功； (2)不正确．热量能自动从高温物体传到低温物体，不能自动地由低温物体传到高温物体．但在外界的帮助下，热量能从低温物体传到高温物体．(3)不正确．一个系统由某一状态出发，经历某一过程达另一状态，如果存在另一过程，它能消除原过程对外界的一切影响而使系统和外界同时都能回到原来的状态，这样的过程就是 可逆过程．用任何方法都不能使系统和外界同时恢复原状态的过程是不可逆过程．有些过程 虽能沿反方向进行，系统能回到原来的状态，但外界没有同时恢复原状态，还是不可逆过程． 7-8 热力学系统从初平衡态A 经历过程P 到末平衡态B ．如果P 为可逆过程，其熵变为：⎰=-BA AB T Q S S 可逆d ，如果P 为不可逆过程，其熵变为⎰=-B A A B T Q S S 不可逆d ，你说对吗？哪一个表述要修改，如何修改？答：不对．熵是状态函数，熵变只与初末状态有关，如果过程P 为可逆过程其熵变为：⎰=-BA AB T Q S S 可逆d ，如果过程P 为不可逆过程，其熵变为 ⎰>-B A A B T Q S S 不可逆d7-9 根据⎰=-B A A B T Q S S 可逆d 及⎰>-B A A B T Q S S 不可逆d ，这是否说明可逆过程的熵变大于不可逆过程熵变?为什么?说明理由．答：这不能说明可逆过程的熵变大于不可逆过程熵变，熵是状态函数，熵变只与初末状态有关，如果可逆过程和不可逆过程初末状态相同，具有相同的熵变．只能说在不可逆过程中，系统的热温比之和小于熵变．7-10 如题7-10图所示，一系统由状态a 沿acb 到达状态b 的过程中，有350 J 热量传入系统，而系统作功126 J ．(1)若沿adb 时，系统作功42 J ，问有多少热量传入系统?(2)若系统由状态b 沿曲线ba 返回状态a 时，外界对系统作功为84 J ，试问系统是吸热还是放热?热量传递是多少?题7-10图解：由abc 过程可求出b 态和a 态的内能之差 A E Q +∆=224126350=-=-=∆A Q E J abd 过程，系统作功42=A J26642224=+=+∆=A E Q J 系统吸收热量ba 过程，外界对系统作功84-=A J30884224-=--=+∆=A E Q J 系统放热7-11 1 mol 单原子理想气体从300 K 加热到350 K ，问在下列两过程中吸收了多少热量?增加了多少内能?对外作了多少功? (1)体积保持不变； (2)压力保持不变． 解：(1)等体过程由热力学第一定律得E Q ∆= 吸热)(2)(1212V T T R iT T C E Q -=-=∆=υυ25.623)300350(31.823=-⨯⨯=∆=E Q J对外作功 0=A (2)等压过程)(22)(1212P T T R i T T C Q -+=-=υυ吸热75.1038)300350(31.825=-⨯⨯=Q J)(12V T T C E -=∆υ内能增加 25.623)300350(31.823=-⨯⨯=∆E J对外作功 5.4155.62375.1038=-=∆-=E Q A J 7-12 一个绝热容器中盛有摩尔质量为mol M ，比热容比为γ的理想气体，整个容器以速度v 运动，若容器突然停止运动，求气体温度的升高量(设气体分子的机械能全部转变为内能)．解：整个气体有序运动的能量为221mu ，转变为气体分子无序运动使得内能增加，温度变化2V 21mu T C M m E =∆=∆ )1(211212mol V 2mol -==∆γu M R C u M T 7-13 0.01 m 3氮气在温度为300 K 时，由0.1 MPa(即1 atm)压缩到10 MPa ．试分别求氮气经等温及绝热压缩后的(1)体积；(2)温度；(3)各过程对外所作的功． 解：(1)等温压缩 300=T K 由2211V p V p = 求得体积3211210101.0101-⨯=⨯==p V p V 3m对外作功21112ln lnp pV p V V VRT A ==01.0ln 01.010013.115⨯⨯⨯⨯= 31067.4⨯-=J(2)绝热压缩R C 25V =57=γ由绝热方程 γγ2211V p V p =γγ/12112)(p V p V =1121/12112)()(V p p p V p V γγγ==3411093.101.0)101(-⨯=⨯=m由绝热方程γγγγ---=22111p T p T 得K 579)10(30024.04.1111212=⨯==--T p p T T γγγγ热力学第一定律A E Q +∆=，0=Q 所以)(12molT T C M MA V --=RT M MpV mol =，)(2512111T T R RT V p A --= 35105.23)300579(25300001.010013.1⨯-=-⨯⨯⨯⨯-=A J7-14 理想气体由初状态),(11V p 经绝热膨胀至末状态),(22V p ．试证过程中气体所作的功为12211--=γV p V p A ，式中γ为气体的比热容比.答：证明： 由绝热方程C V p V p pV ===γγγ2211 得γγV V p p 111=⎰=21d V V Vp A⎰-----==21)11(1d 11121111V V r V V V p v v V p A γγγγγ]1)[(112111---=-γγV VV p又 )(1111211+-+----=γγγγV V V p A112221111--=+-+-γγγγγV V p V V p 所以 12211--=γV p V p A7-15 1 mol 的理想气体的T-V 图如题7-15图所示，ab 为直线，延长线通过原点O ．求ab过程气体对外做的功．题7-15图解：设KV T =由图可求得直线的斜率K 为002V T K =得过程方程V V T K 002=由状态方程 RT pV υ=得VRTp υ=ab 过程气体对外作功⎰=002d V v Vp A⎰⎰⎰====000020002202d 2d 2d V V V v V V RTV V RT VV V T V R V V RT A7-16 某理想气体的过程方程为a a Vp ,2/1=为常数，气体从1V 膨胀到2V ．求其所做的功．解：气体作功⎰=21d V v Vp A⎰-=-==-2121)11()(d 2121222V V V VV V a V a V V a A7-17 设有一以理想气体为工质的热机循环，如题7-17图所示．试证其循环效率为1112121---=p p V V γη答：等体过程 吸热)(12V 1T T C Q -='υ)(1221V 11R V p R V p C Q Q -='= 绝热过程 03='Q等压压缩过程放热)(12p 2T T C Q -='υ)(2212P R V p R V p C -=循环效率 121Q Q-=η )1/()1/(1)()(1121212221V 2212p 12---=---=-=p p V p V p C V p V p C Q Q ννγηη题7-17图 题7-19图7-18 一卡诺热机在1000 K 和300 K 的两热源之间工作，试计算 (1)热机效率；(2)若低温热源不变，要使热机效率提高到80%，则高温热源温度需提高多少? (3)若高温热源不变，要使热机效率提高到80%，则低温热源温度需降低多少?解：(1)卡诺热机效率121T T -=η%7010003001=-=η(2)低温热源温度不变时，若%8030011=-=T η要求 15001=T K ，高温热源温度需提高500K(3)高温热源温度不变时，若%80100012=-=T η要求 2002=T K ，低温热源温度需降低100K7-19 如题7-19图所示是一理想气体所经历的循环过程，其中AB 和CD 是等压过程，BC 和DA 为绝热过程，已知B 点和C 点的温度分别为2T 和3T ．求此循环效率．这是卡诺循环吗?解：(1)热机效率121Q Q -=η AB 等压过程 )(12P 1T T C Q -='υ 吸热)(P mo 1A B lT T C M MQ -=CD 等压过程 )(12P 2T T vC Q -='放热)(P mol22D C T T C M MQ Q -='-=)/1()/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q --=--=根据绝热过程方程得到AD 绝热过程 γγγγ----=D D A A T p T p 11 BC 绝热过程 γγγγ----=C C B B T p T p 111又B C D DC BA T T T T p p p p ===231T T -=η(2)不是卡诺循环，因为不是工作在两个恒定的热源之间． 7-20 （1）用一卡诺循环的致冷机从7℃的热源中提取1000 J 的热量传向27℃的热源，需要多少功?从-173℃向27℃呢?(2)一可逆的卡诺机，作热机使用时，如果工作的两热源的温度差愈大，则对于作功就愈有利．当作致冷机使用时，如果两热源的温度差愈大，对于致冷是否也愈有利?为什么? 解：(1)卡诺循环的致冷机2122T T T A Q e -==静 7℃→27℃时，需作功 4.71100028028030022211=⨯-=-=Q T T T A J173-℃→27℃时，需作功 2000100010010030022212=⨯-=-=Q T T T A J(2)从上面计算可看到，当高温热源温度一定时，低温热源温度越低，温度差愈大，提取同样的热量，则所需作功也越多，对致冷是不利的．7-21 如题7-21图所示，1 mol 双原子分子理想气体，从初态K 300,L 2011==T V 经历三种不同的过程到达末态K 300,L 4022==T V ． 图中1→2为等温线，1→4为绝热线，4→2为等压线，1→3为等压线，3→2为等体线．试分别沿这三种过程计算气体的熵变．题7-21图 解：21→熵变等温过程 A Q d d = , V p A d d =，RT pV =⎰⎰==-21111221d 1d V V V V RT T T Q S S76.52ln ln!212===-R V V R S S J 1K -⋅321→→熵变⎰⎰+=-312312d d T QT Q S S32V 13p V p 12ln ln d d 2331T TC T T C T T C T TC S S T T T T +=+=-⎰⎰31→等压过程 31p p = 3211T V T V =1213V V T T =23→等体过程 2233T p T p =3232p p T T = 1232p p T T =12V 12P 12ln ln p pC V V C S S +=-在21→等温过程中 2211V p V p =所以2ln ln ln ln1212V 12P 12R V VR V V C V V C S S ===-241→→熵变⎰⎰+=-412412d d T QT Q S S41p 42p p 12ln lnd 024T TC T T C TT C S S T T ==+=-⎰41→绝热过程111441144111----==γγγγV V T T V T V T γγγγ/121/141144411)()(,p pp p V V V p V p ===在21→等温过程中 2211V p V p =γγγ/112/121/14114)()()(V V p p p p V V ===γγ11241)(-=V V T T2ln ln 1ln12P 41P 12R V V C T T C S S =-==-γγ7-22 有两个相同体积的容器，分别装有1 mol 的水，初始温度分别为1T 和2T ，1T ＞2T ，令其进行接触，最后达到相同温度T ．求熵的变化，(设水的摩尔热容为mol C )． 解：两个容器中的总熵变⎰⎰+=-TT T T lT T C T T C S S 12d d mo mol 0 212mol 21mol ln)ln (ln T T T C T T T T C =+=因为是两个相同体积的容器，故)()(1mol 2mol T T C T T C -=- 得212T T T += 21212mol 04)(lnT T T T C S S +=-7-23 把0℃的0.5kg 的冰块加热到它全部溶化成0℃的水，问：(1)水的熵变如何?(2)若热源是温度为20 ℃的庞大物体，那么热源的熵变化多大? (3)水和热源的总熵变多大?增加还是减少?(水的熔解热334=λ1g J -⋅) 解：(1)水的熵变612273103345.031=⨯⨯==∆T Q S J 1K -⋅(2)热源的熵变570293103345.032-=⨯⨯-==∆T Q S J 1K -⋅(3)总熵变4257061221=-=∆+∆=∆S S S J 1K -⋅熵增加。
大学物理学上册(赵近芳)第2章习题解答
习题2
2.1 选择题
(1)一质量为M 的斜面原来静止于水平光滑平面上，将一质量为m 的木块轻轻放于斜面上，如图．如果此后木块能静止于斜面上，则斜面将 （ ）
(A) 保持静止． (B) 向右加速运动．
(C) 向右匀速运动． (D) 向左加速运动．
题2.1(1)图
答案：(A)。
(5) 质量分别为m 1和m 2的两滑块A 和B 通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的摩擦系数均为μ，系统在水平拉力F 作用下匀速运动，如图所示．如突然撤消拉力，则刚撤消后瞬间，二者的加速度a A 和a B 分别为 （ ）
(A) a A =0 , a B =0. (B) a A >0 , a B <0.
(C) a A <0 , a B >0. (D) a A <0 , a B =0.
题2.1(2)图
答案：(D)。
(3) 对功的概念有以下几种说法：
①保守力作正功时，系统内相应的势能增加。
②质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。
③作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零。
在上述说法中：
(A)①、②是正确的。
(B)②、③是正确的。
(C)只有②是正确的。
(D)只有③是正确的。
[答案：C]
2.2填空题
(1) 某质点在力i x F )54(+=（SI ）的作用下沿x 轴作直线运动。
在从x=0移动到x=10m
的过程中，力F 所做功为 。
[答案：290J ]
(2) 质量为m 的物体在水平面上作直线运动，当速度为v 时仅在摩擦力作用下开始作匀减速。
大学物理课后习题答案(赵近芳)(下册)
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2220)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 q E 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: 020π4r r q Eε=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 q E 0ε=，所以f =Sq 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SqE 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Sq E 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r与l的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin r p πεθ证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r的分量θsin p ．∵ l r >>∴ 场点P 在r 方向场强分量3π2cos r p E r εθ=垂直于r 方向，即θ方向场强分量300π4sin rp E εθ=题8-5图 题8-6图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 xE P -=λε 222)(d π4d x a xE E l l P 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只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==l QyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=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 RR E εϕλ=方向沿半径向外 则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴24π4d2222lrllrEP++=ελPEd在垂直于平面上的分量βcosddPEE=⊥∴424π4d222222lrrlrlrlE+++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P点场强沿OP方向，大小为2)4(π44d42222lrlrlrEEP++=⨯=⊥ελ∵lq4=λ∴2)4(π42222lrlrqrEP++=ε方向沿OP8-9 (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．(xRarctan=α)解: (1)由高斯定理dεqSEs⎰=⋅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=[221xR x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r Sααα⎰⋅=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 s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr 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⨯≈-=rr 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0d ε∑⎰=⋅q S E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ， 两面间， n E)(21210σσε-=1σ面外， n E)(21210σσε+-= 2σ面外， n E)(21210σσε+=n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ- 球在O 点产生电场'd π4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ； (2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E 'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位矢为r (如题8-13(b)图)则 03ερrE PO =，3ερr E O P '-=' ,∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．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在外场E 中受力矩E p M ⨯= ∴ 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 εε )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)(=-RqR q 0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-=∴ Rqq U U q A o C 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Ed 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 yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB200012ln 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 O 8-18 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rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 ∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E 与电势U 的关系U E -∇=，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．解: (1)点电荷 rqU 0π4ε=题 8-20 图∴ 0200π4r rq r r U E ε=∂∂-= 0r为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势220π4xR q U +=ε∴ ()i x R qxi x U E2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4r ql llr q U εθθθε=+--=∴ 30π2cos r p r U E r εθ=∂∂-= 30π4sin 1rp U r E εθθθ=∂∂-= 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0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ∴ +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2.0 mm ．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===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq 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⎰⎰∞∞==⋅=2220π4π4d d R R R qr r q r E U εε (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：0π4π42020=-=R q R q U 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=+Rq R q εε得 -='q 3q 8-25 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 2020π4rq 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q q 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'2F r qr 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00294π432322F 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UU 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 Sq261==σσSq d U2032-=-=εσσ Sq dU2054+=-=εσσ 所以CB 间电场 S qd U E 00422εεσ+==)2d (212d 02Sq 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2U U 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∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4rrQ E r r Q D r εε ==内; 介质外)(2R r <场强303π4,π4rr Q E r Qr D ε ==外 (2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r-+=εεε 8-28 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．rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=d21U E 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 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε==薄壳中 rlrQ 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 VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ CQ 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2210π41rq 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 U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 8-32 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⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112*********U U U C U C q qU C U C q q q q 解得 (1) =1q U C 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在21R r R <<时 301π4r rQ E ε= 3R r >时 302π4r rQ E ε=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q r r 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 +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4rrQ E ε=,02=W ∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R QW C -==ε 121049.4-⨯=F习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B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B的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B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B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B的方向．题9-2图9-2 (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B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abcd 可证明21B B=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcdμ∴ 21B B=(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B方向相反，即21B B ≠.9-3 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．9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L ·d l =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⎰外B L·d l =I 0μ这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 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L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ 外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．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L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 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．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·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． 解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S BΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S BΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BCD 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 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．题9-8图解：如题9-8图所示,A B 方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度． 解： 如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
《大学物理学》(赵近芳 主编)第二版 课后习题答案物理答案文库
经典电视剧搞笑对白默认分类 2008-04-12 17:48:16 阅读558 评论0 字号：大中小订阅我们浪费掉了太多的青春，那是一段如此自以为是、又如此狼狈不堪的青春岁月，有欢笑，也有泪水；有朝气，也有颓废；有甜蜜，也有荒唐；有自信，也有迷茫。
我们敏感，我们偏执，我们顽固到底地故作坚强；我们轻易的伤害别人，也轻易的被别人所伤，我们追逐于颓废的快乐，陶醉于寂寞的美丽；我们坚信自己与众不同，坚信世界会因我而改变；我们觉醒其实我们已经不再年轻，我们前途或许也不再是无限的，其实它又何曾是无限的？曾经在某一瞬间，我们都以为自己长大了。
但是有一天，我们终于发现，长大的含义除了欲望，还有勇气、责任、坚强以及某种必须的牺牲。
在生活面前我们还都是孩子，其实我们从未长大，还不懂爱和被爱。
巴拉万先生已经很不高兴了,那么大笔款子跟人欧洲调来调去，下不了崽儿净听故事，我都不好意思跟人家见面了。
你们唬弄别的洋鬼子我不管，巴拉万先生不合适，人那么热爱中国，要拨了奶子汽车人家给了，咱都是有身份的人，你们要是有难处，我给赵办李办打电话！（大妈：见天一通电话呀，不带重样的，这瘸子到底是干什么的？答：2国务院瘸办的负责人）这馆子忒小啊！不错！看什么菜谱啊，你们这都有什么呀？我们这有海参有大虾。
没劲最不爱吃这个了！那还有肉丸子蹄筋黄花鱼，忒俗气了老吃这个都吃腻了。
那你们想吃什么吧？炒豆角闷扁豆烧茄子。
时令菜一概没有想吃家吃去。
小馆子是不灵，什么都不全。
想好了叫我。
等会儿，还是我来吧，咱凑合点得了。
来个京酱肉丝，熘肉片，青椒肉丝，黄闷鸡块儿，再来个火爆腰花。
得嘞全是下饭的菜，给我来二斤米饭再来三瓶啤酒。
一共78！还8干吗呀？70得了！那不行！不是，这干吗呀？我来！别别别，我来吧！我来我来我来。
（摸口袋，翻包）咱们还来这套啊？不是，我来我来我来。
方言付钱！不是，不合适这是兄弟的地盘。
爱谁谁谁；孙子蒙你；你怎么还这德行啊；没这么踩乎人啊，这是社会主义国家，人民当家作主，我们说了算；滚蛋，没你这样的啊；小心看眼里拔不出来啊；这可是解放区的天一年土二年洋，三年不认爹和娘；十亿人民九亿侃，还有一亿在发展；狗咬尿泡空欢喜；雄纠纠气昂昂跨过咸菜缸；苍天无眼，小人当道，时运不济，怀才不遇；我日他个姐，俺没嫖娼是娼嫖俺；这都是哥们玩剩下的；哥哥祖上搁明朝就是锦衣卫的干活；属桃的皮烂肉不烂算白活；掏掏灰扑落扑落脏刷遍漆，扣上美地因拆那，全当新的卖咯——许逊，学董存瑞，摔他——你就是学黄继光也没戏——许逊，快学小兵张嘎里的胖墩儿，咱急了咬他——哟呵，土豆烧熟了，再加牛肉，不须放屁，试看天地翻覆你是我手里的风筝没有我你怎么能独自翱翔你是要文斗还是武斗我他妈要文攻武卫别毁人家了你就是将来我们祖国和民族的希望我们就是注定那个所谓垮掉的一带千村薜荔人遗矢,万户萧疏鬼唱歌。
大学物理简明教程(第2版)(赵近芳)习题答案,习题7 静电场
是不对的．正确解答应为一个板的电场为，另一板受它的作用力，这是 两板间相互作用的电场力．
7-4 长l＝15.0 cm的直导线AB上均匀地分布着线密度的正电荷.试求： (1)在导线的延长线上与导线B端相距处P点的场强；(2)在导线的垂直平 分线上与导线中点相距处Q点的场强. 解： 如题7-4图所示
题7-4图 (1)在带电直线上取线元，其上电量在点产生场强为 用，, 代入得
如果它包含所在顶点则． 如题7-5(a)图所示．题7-5(3)图
题7-5(a)图
题7-5(b)图
题7-5 (c)图
7-6 均匀带电球壳内半径6 cm，外半径10 cm，电荷体密度为.试求距球 心5cm,8 cm及12 cm的各点的场强. 解: 高斯定理,
当时，,
时，
∴
， 方向沿半径向外．
cm时,
∴
题7-1图
题7-2图
题7-2图 7-2 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7--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7-2图示
解得
7-3 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，又有人说，因 为f＝qE，，所以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看成是一个带电板在另一带电板处的场强也
A B a
接地时 对于平行金属板A中的a点有
对于平行金属板B中的b点有
得到：，， 平行金属板A、B之间的电场强度大小为
A板的电势 7-12 两个半径分别为R1和R2（R2>R1）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。 解: (1)内球壳带电；外球壳内表面带电则为,外表面带电为，且均匀分 布，其电势
大学物理课后习题答案（赵近芳）下册
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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2220)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 q E 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: 020π4r r q Eε=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 =2024dq πε,⼜有⼈说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =Sq 02ε．试问这两种说法对吗?为什么?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SqE 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Sq E 02ε=，另⼀板受它的作⽤⼒Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作⽤的电场⼒． 8-5 ⼀电偶极⼦的电矩为l q p =，场点到偶极⼦中⼼O 点的距离为r ,⽮量r与l的夹⾓为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r ⽅向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin rp πεθ证: 如题8-5所⽰，将p 分解为与r 平⾏的分量θsin p 和垂直于r的分量θsin p ．∵ l r >>∴场点P 在r ⽅向场强分量30π2cos rp E r εθ=垂直于r ⽅向，即θ⽅向场强分量300π4sin rp E εθ=题8-5图题8-6图8-6 长l =15.0cm AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m -1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2)(d π4d x a xE E l l P 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)2220d d π41d +=x xE Q λε⽅向如题8-6图所⽰由于对称性=lQxE 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x xE Qyλε22π4d d ελ==l QyQy E E ?-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9解: 如8-7图在圆上取?Rd dl =题8-7图λλd d d R l q ==，它在O 点产⽣场强⼤⼩为 20π4d d RR E ε?λ=⽅向沿半径向外则 ??ελd sin π4sin d d 0RE E x ==ελπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελελπ==0d cos π400=-=?ελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==，⽅向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正⽅形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正⽅形轴在P 点产⽣物强P E d ⽅向如图，⼤⼩为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平⾯上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE+++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP ⽅向，⼤⼩为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=2220l r l r qrE P ++=ε⽅向沿OP8-9 (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 εqS E s=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=[221xR x +-]*关于球冠⾯积的计算：见题8-9(c)图ααα=0)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 s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r -∴ ()2023π43π4rr 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?≈-=rr 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0d ε∑?=q S E s取同轴圆柱形⾼斯⾯，侧⾯积rl S π2= 则 rl E S E Sπ2d =??对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个⽆限⼤的平⾏平⾯都均匀带电，电荷的⾯密度分别为1σ和2σ，σσε-=1σ⾯外， n E)(21210σσε+-= 2σ⾯外， n E)(21210σσε+=n：垂直于两平⾯由1σ⾯指为2σ⾯．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去⼀块半径为r ＜R 的⼩球体，如题8-13图所⽰．试求：两球⼼O 与O '点的场强，并证明⼩球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀⼩球的组合，见题8-13图(a)．(1) ρ+球在O 点产⽣电场010=E，ρ- 球在O 点产⽣电场'dπ4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030r E ερ= ； (2) ρ+在O '产⽣电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产⽣电场002='E。
大学物理课后习题答案(赵近芳)下册
习题八 【1 】8-1电量都是q 的三个点电荷,分离放在正三角形的三个极点．试问：(1)在这三角形的中间放一个什么样的电荷,就可以使这四个电荷都达到均衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种均衡与三角形的边长有无关系?解: 如题8-1图示(1) 以A 处点电荷为研讨对象,由力均衡知：q '为负电荷2220)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 的细绳挂在统一点,它们带有雷同电量,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疏忽不计,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 依据点电荷场强公式204rq E πε=,当被考核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,对此应若何懂得?解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立,当0→r 时,带电体不克不及再视为点电荷,再用上式求场强是错误的,现实带电体有必定外形大小,斟酌电荷在带电体上的散布求出的场强不会是无穷大．8-4在真空中有A ,B 两平行板,相对距离为d ,板面积为S ,其带电量分离为+q 和-q ．则这两板之间有互相感化力f ,有人说f =2024d q πε,又有人说,因为f =qE ,S q E 0ε=,所以f =Sq 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于若干?解:题中的两种说法均不合错误．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不合错误的,第二种说法把合场强SqE 0ε=算作是一个带电板在另一带电板处的场强也是不合错误的．准确解答应为一个板的电场为Sq E 02ε=,另一板受它的感化力Sq S qq f 02022εε==,这是两板间互相感化的电场力．8-5 一电偶极子的电矩为l q p =,场点到偶极子中间O 点的距离为r ,矢量r与l的夹角为θ,(见题8-5图),且l r >>．试证P 点的场强E 在r 偏向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分离为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin rp πεθ证:如题8-5所示,将p 分化为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r的分量θsin p ．∵l r >>∴场点P 在r 偏向场强分量30π2cos r p E r εθ=垂直于r 偏向,即θ偏向场强分量300π4sin rp E εθ=题8-5图题8-6图8-6 长l =15.0cm 的直导线AB 上平均地散布着线密度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 P 点的场强;(2)在导线的垂直等分线上与导线中点相距2d 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 xE P -=λε222)(d π4d x a xE E l l P 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 -⋅偏向程度向右(2)同理2220d d π41d +=x xE Q λε偏向如题8-6图所示 因为对称性⎰=l QxE 0d ,即Q E只有y 分量,∵22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d ll x x2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅,15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅,偏向沿y 轴正向8-7一个半径为R 的平均带电半圆环,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 点产生场壮大小为 20π4d d R R E εϕλ=偏向沿半径向外则ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴RE E x 0π2ελ==,偏向沿x 轴正向．8-8 平均带电的细线弯成正方形,边长为l ,总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中间为r 处的场强E ;(2)证实：在l r >>处,它相当于点电荷q 产生的场强E ．解:如8-8图示,正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 偏向如图,大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题8-8图因为对称性,P 点场强沿OP 偏向,大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵lq4=λ ∴2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε偏向沿OP8-9(1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中间,试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量;(2)假如该场源点电荷移动到该立方体的一个极点上,这时穿过立方体各面的电通量是若干?*(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：经由过程圆平面的电通量．(xRarctan=α) 解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅立方体六个面,当q 在立方体中间时,每个面上电通量相等 ∴各面电通量06εqe =Φ． (2)电荷在极点时,将立方体延长为边长a 2的立方体,使q 处于边长a 2的立方体中间,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,假如它不包含q 地点的极点,则024εqe =Φ, 假如它包含q 地点极点则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)∵经由过程半径为R 的圆平面的电通量等于经由过程半径为22x R +的球冠面的电通量,球冠面积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴)(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221xR x +-]*关于球冠面积的盘算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r Sααα⎰⋅=02d sin π2r)cos 1(π22α-=r8-10平均带电球壳内半径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∑⎰=⋅q S E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时,0=∑q ,0=E8=r cm 时,∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅,偏向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴()420331010.4π43π4⨯≈-=rr r E ερ内外1C N -⋅沿半径向外. 8-11半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无穷长同轴圆柱面,单位长度上分离带有电量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0d ε∑⎰=⋅q S E s取同轴圆柱形高斯面,正面积rl S π2=则rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1)1R r <0,0==∑E q (2)21R r R <<λl q =∑∴rE 0π2ελ=沿径向向外(3)2R r >0=∑q∴0=E题8-12图8-12 两个无穷大的平行平面都平均带电,电荷的面密度分离为1σ和2σ,试求空间遍地场强．解: 如题8-12图示,两带电平面平均带电,电荷面密度分离为1σ与2σ, 两面间, n E)(21210σσε-=1σ面外, n E)(21210σσε+-= 2σ面外, n E)(21210σσε+= n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的平均带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体,如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强,并证实小球空腔内的电场是平均的．解:将此带电体看作带正电ρ的平均球与带电ρ-的平均小球的组合,见题8-13图(a)．(1)ρ+球在O 点产生电场010=E,ρ-球在O 点产生电场dπ4π3430320OO r E ερ=∴O点电场'd333OOrEερ=;(2)ρ+在O'产生电场'dπ4d343301OOEερπ='ρ-球在O'产生电场002='E∴O'点电场03ερ='E'OO题8-13图(a)题8-13图(b)(3)设空腔任一点P相对O'的位矢为r',相对O点位矢为r(如题8-13(b)图)则3ερrEPO=,3ερrEOP'-=',∴3'3)(3ερερερdOOrrEEEOPPOP=='-=+='∴腔内场强是平均的．8-14 一电偶极子由q=1.0×10-6C的两个异号点电荷构成,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,求外电场感化于电偶极子上的最大力矩．解:∵电偶极子p在外场E 中受力矩E p M ⨯=∴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成2r =25cm,需作若干功? 解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )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 两点处放有电量分离为+q ,-q 的点电荷,AB 间距离为2R ,现将另一正实验点电荷0q 从O 点经由半圆弧移到C 点,求移动进程中电场力作的功． 解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-RqR q0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-= ∴Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上平均散布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中间O 点处的场强和电势． 解: (1)因为电荷平均散布与对称性,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Ed 如图,因为对称性,O 点场强沿y 轴负偏向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R0π2ελ-=(2)AB 电荷在O 点产生电势,以0=∞U⎰⎰===AB200012ln 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 O 8-18 一电子绕一带平均电荷的长直导线以2×104m·s-1的匀速度作圆周活动．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:设平均带电直线电荷密度为λ,在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小re eE F e 0π2ελ== ∴rv m r e 20π2=ελ 得1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19空气可以推却的场强的最大值为E =30kV·cm-1,超出这个数值时空气要产生火花放电．今有一高压平行板电容器,极板间距离为d =0.5cm,求此电容器可推却的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为平均电场 ∴4105.1d ⨯==E U V8-20 依据场强E 与电势U 的关系U E -∇=,求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场;(2)总电量为q ,半径为R 的平均带电圆环轴上一点;*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．解:(1)点电荷rqU 0π4ε=题 8-20 图∴0200π4r rq r r U Eε=∂∂-=0r为r 偏向单位矢量． (2)总电量q ,半径为R 的平均带电圆环轴上一点电势220π4xR q U +=ε∴()i x R qxi x U E2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p =在l r >>处的一点电势200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4rql llr qU εθθθε=+--=∴30π2cos rp r U E r εθ=∂∂-= 30π4sin 1r p U r E εθθθ=∂∂-= 8-21 证实：对于两个无穷大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说,(1)相向的两面上,电荷的面密度老是大小相等而符号相反;(2)相背的两面上,电荷的面密度老是大小相等而符号雷同．证: 如题8-21图所示,设两导体A .B 的四个平面平均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离在A .B 内部的闭合柱面为高斯面时,有0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ∴+2σ03=σ解释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,并且它是由四个平均带电平面产生的场强叠加而成的,即0222204030201=---εσεσεσεσ 又∵+2σ03=σ ∴1σ4σ=解释相背两面上电荷面密度老是大小相等,符号雷同．8-22 三个平行金属板A ,B 和C 的面积都是200cm2,A 和B 相距4.0mm,A 与C 相距2.0 mm ．B ,C 都接地,如题8-22图所示．假如使A 板带正电3.0×10-7C,略去边沿效应,问B 板和C 板上的感应电荷各是若干?以地的电势为零,则A 板的电势是若干?解:如题8-22图示,令A 板左正面电荷面密度为1σ,右正面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵AB AC U U =,即 ∴AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且1σ+2σSq A=得,32S q A =σSq 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 8-23两个半径分离为1R 和2R （1R ＜2R )的齐心薄金属球壳,现给内球壳带电+q ,试盘算：(1)外球壳上的电荷散布及电势大小;(2)先把外球壳接地,然后断开接地线从新绝缘,此时外球壳的电荷散布及电势;*(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转变量． 解: (1)内球带电q +;球壳内概况带电则为q -,外概况带电为q +,且平均散布,其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qrr q r E U εε (2)外壳接地时,外概况电荷q +入地,外概况不带电,内概况电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内概况q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q ';则外壳内概况带电量为q '-,外壳外概况带电量为+-q q ' (电荷守恒),此时内球壳电势为零,且0π4'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Rd3=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=OU8-24图由电势叠加道理有：=OU03π4π4'=+RqRqεε得-='q3q8-25有三个大小雷同的金属小球,小球1,2带有等量同号电荷,相距甚远,其间的库仑力为F．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分离接触1,2后移去,小球1,2之间的库仑力;(2)小球3依次瓜代接触小球1,2很多次后移去,小球1,2之间的库仑力．解: 由题意知220π4rqFε=(1)小球3接触小球1后,小球3和小球1均带电2qq=',小球3再与小球2接触后,小球2与小球3均带电qq43=''∴此时小球1与小球2间互相感化力00220183π483π4"'2F r qr q q F =-=εε (2)小球3依次瓜代接触小球1.2很多次后,每个小球带电量均为32q . ∴小球1.2间的感化力00294π432322F r q q F ==ε *8-26 如题8-26图所示,一平行板电容器南北极板面积都是S,相距为d ,分离保持电势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南北极板正中心,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个概况的面电荷密度分离为1σ,2σ,3σ,4σ,5σ,6σ如图所示．由静电均衡前提,电荷守恒定律及保持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Sq 261==σσ Sq dU2032-=-=εσσ Sq dU2054+=-=εσσ 所以CB 间电场S qd U E 00422εεσ+==)2d(212d 02Sq U E U U CB C ε+=== 留意：因为C 片带电,所以2U U C ≠,若C 片不带电,显然2U U C = 8-27在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的平均电介质球壳,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:运用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强303π4,π4rr Q E r Qr D ε ==外 (2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞ 外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Qr r-+=εεε 8-28 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rεrd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内的电介质．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 ,真空部分场强为1E,自由电荷面密度分离为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ,22σ=D而101E D ε=,202E D r εε=d21U E 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 ,半径分离为1R 和2R (2R ＞1R ),且l >>2R -1R ,两柱面之间充有介电常数εQ 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全部薄壳中的电场能量; (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rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时,Q q =∑∴rlQD π2=(1)电场能量密度22222π82l r Q D w εε== 薄壳中rlrQ 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 VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵CQ W 22=∴)/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30金属球壳A 和B 的中间相距为r ,A 和B 本来都不带电．如今A 的中间放一点电荷1q ,在B 的中间放一点电荷2q ,如题8-30图所示．试求： (1) 1q 对2q 感化的库仑力,2q 有无加快度;(2)去掉落金属壳B ,求1q 感化在2q 上的库仑力,此时2q 有无加快度． 解: (1)1q 感化在2q 的库仑力仍知足库仑定律,即2210π41rq q F ε=但2q 处于金属球壳中间,它受合力为零,没有加快度． (2)去掉落金属壳B ,1q 感化在2q 上的库仑力仍是2210π41rq q F ε=,但此时2q 受合力不为零,有加快度．题8-30图题8-31图8-31如题8-31图所示,1C μF,2C μF,3C μF ．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 U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 8-321C 和2C 两电容器分离标明“200pF.500 V”和“300 pF.900 V”,把它们串联起来后等值电容是若干?假如两头加上1000 V 的电压,是否会击穿?解: (1)1C与2C串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='CCCCC pF(2)串联后电压比231221==CCUU,而100021=+UU∴6001=U V,4002=U V即电容1C电压超出耐压值会击穿,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今后割断电源,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)电场能量的损掉．解: 如题8-33图所示,设联接后两电容器带电分离为1q,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112121201021UUUCUCqqUCUCqqqq解得(1)=1q UCCCCCqUCCCCC21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损掉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,外衣有一齐心的导体球壳,壳的内.外半径分离为2R 3R =5.0cm,当内球带电荷Q =3.0×10-8C 时,求： (1)全部电场储存的能量;(2)假如将导体壳接地,盘算储存的能量; (3)此电容器的电容值．解:如图,内球带电Q ,外球壳内概况带电Q -,外概况带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε=3R r >时302π4rrQ E ε=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W 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 +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时,只有21R r R <<时30π4r rQ E ε=,02=W∴4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W εJ(3)电容器电容 )11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F习题九9-1在统一磁感应线上,各点B的数值是否都相等?为何不把感化于活动电荷的磁力偏向界说为磁感应强度B的偏向?解: 在统一磁感应线上,各点B的数值一般不相等．因为磁场感化于活动电荷的磁力偏向不但与磁感应强度B的偏向有关,并且与电荷速度偏向有关,即磁力偏向其实不是独一由磁场决议的,所以不把磁力偏向界说为B的偏向．题9-2图9-2 (1)在没有电流的空间区域里,假如磁感应线是平行直线,磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的偏向上是否可能变更(即磁场是否必定是平均的)?(2)若消失电流,上述结论是否还对?解: (1)不成能变更,即磁场必定是平均的．如图作闭合回路abcd 可证实21B B=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcdμ∴21B B=(2)若消失电流,上述结论不合错误．如无穷大平均带电平面两侧之磁力线是平行直线,但B偏向相反,即21B B ≠.9-3 用安培环路定理可否求有限长一段载流直导线四周的磁场?答: 不克不及,因为有限长载流直导线四周磁场固然有轴对称性,但不是稳恒电流,安培环路定理其实不实用．9-4 在载流长螺线管的情况下,我们导出其内部nI B 0μ=,外面B =0,所以在载流螺线管外面围绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L·d l =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⎰外B L·d l =I 0μ 这是为什么?解:我们导出nl B 0μ=内,0=外B 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L 上就必定没有电流畅过,即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ 外,与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不抵触的．但这是导线横截面积为零,螺距为零的幻想模子．现实上以上假设其实不真实消失,所以使得穿过L 的电流为I ,是以现实螺线管若是无穷长时,只是外B的轴向分量为零,而垂直于轴的圆周偏向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5假如一个电子在经由过程空间某一区域时不偏转,可否肯定这个区域中没有磁场?假如它发生偏转可否肯定谁人区域中消失着磁场?解：假如一个电子在经由过程空间某一区域时不偏转,不克不及肯定这个区域中没有磁场,也可能消失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．假如它产生偏转也不克不及肯定谁人区域消失着磁场,因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m-2的平均磁场,偏向沿x 轴正偏向,如题9-6图所示．试求：(1)经由过程图中abcd 面的磁通量;(2)经由过程图中befc 面的磁通量;(3)经由过程图中aefd 面的磁通量． 解：如题9-6图所示题9-6图(1)经由过程abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)经由过程befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S BΦ(3)经由过程aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7如题9-7图所示,AB .CD 为长直导线,C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线,其半径为R ．若通以电流I ,求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示,O 点磁场由AB .C B.CD 三部分电流产生．个中AB 产生01=BCD 产生RIB 1202μ=,偏向垂直向里CD 段产生)231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ,偏向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ,偏向⊥向里． 9-8在真空中,有两根互相平行的无穷长直导线1L 和2L ,相距0.1m,通有偏向相反的电流,1I =20A,2I =10A,如题9-8图所示．A ,B 两点与导线在统一平面内．这两点与导线2L 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地位．题9-8图解：如题9-8图所示,A B偏向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示,两根导线沿半径偏向引向铁环上的A ,B 两点,并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细平均,求环中间O 的磁感应强度．解： 如题9-9图所示,圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生,但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零.且θ-πθ==21221R R I I 电阻电阻. 1I 产生1B偏向⊥纸面向外πθπμ2)2(2101-=R I B ,2I 产生2B偏向⊥纸面向里πθμ22202R I B =∴1)2(2121=-=θθπI I B B 有 0210=+=B B B9-10 在一半径R =1.0cm 的无穷长半圆柱形金属薄片中,自上而下地有电流I =5.0 A 经由过程,电流散布平均.如题9-10图所示．试求圆柱轴线任一点P 处的磁感应强度．题9-10图解：因为金属片无穷长,所以圆柱轴线上任一点P 的磁感应强度偏向都在圆柱截面上,取坐标如题9-10图所示,取宽为l d 的一无穷长直电流l RII d d π=,在轴上P 点产生Bd 与R 垂直,大小为R I R R R IR I B 20002d 2d 2d d πθμ=πθπμ=πμ= R I B B x 202d cos cos d d πθθμ=θ=RI B B y 202d sin )2cos(d d πθθμ-=θ+π= ∴520202221037.6)]2sin(2[sin 22d cos -ππ-⨯=πμ=π--ππμ=πθθμ=⎰RI R I R I B x T 0)2d sin (2220=πθθμ-=⎰ππ-RI B y∴i B51037.6-⨯=T9-11 氢原子处在基态时,它的电子可看作是在半径a =0.52×10-8cm 的轨道上作匀速圆周活动,速度v =2.2×108cm·s-1．求电子在轨道中间所产生的磁感应强度和电子磁矩的值．解：电子在轨道中间产生的磁感应强度3004a av e B πμ ⨯=如题9-11图,偏向垂直向里,大小为134200==a evB πμT 电子磁矩m P在图中也是垂直向里,大小为242102.92-⨯===eva a T e P m π2m A ⋅ 题9-11图题9-12图9-12 两平行长直导线相距d =40cm,每根导线载有电流1I =2I =20A,如题9-12图所示．求：(1)两导线地点平面内与该两导线等距的一点A 处的磁感应强度; (2)经由过程图中斜线所示面积的磁通量．(1r =3r =10cm,l =25cm)．解：(1) 52010104)2(2)2(2-⨯=+=d I dI B A πμπμT偏向⊥纸面向外(2)取面元r l S d d =612010110102.23ln 31ln 23ln 2])(22[1211-+⨯=πμ=πμ-πμ=-πμ+πμ=⎰lI l I l I ldr r d I r I r r r ΦWbS ,如题9-13图所示．试盘算经由过程S 平面的磁通量(沿导线长度偏向取长为1m 的一段作盘算)．铜的磁导率0μμ=.解：由安培环路定律求距圆导线轴为r 处的磁感应强度⎰∑μ=⋅lI l B 0d2202RIr r B μπ=∴202R Ir B πμ=题 9-13 图 磁通量60020)(1042-===⋅=Φ⎰⎰πμπμI dr RIr S d B Rs mWb 9-14 设题9-14图中两导线中的电流均为8A,对图示的三条闭合曲线a ,b ,c ,分离写出安培环路定理等式右边电流的代数和．并评论辩论：(1)在各条闭合曲线上,各点的磁感应强度B的大小是否相等? (2)在闭合曲线c 上各点的B是否为零?为什么?解：⎰μ=⋅al B 08d⎰μ=⋅bal B 08d⎰=⋅cl B 0d(1)在各条闭合曲线上,各点B的大小不相等．(2)在闭合曲线C 上各点B 不为零．只是B 的环路积分为零而非每点0=B．题9-14图题9-15图9-15 题9-15图中所示是一根很长的长直圆管形导体的横截面,内.外半径分离为a ,b ,导体内载有沿轴线偏向的电流I ,且I 平均地散布在管的横截面上．设导体的磁导率0μμ≈,试证实导体内部各点)(b r a <<的磁感应强度的大小由下式给出：r a r a b IB 22220)(2--=πμ 解：取闭合回路r l π2=)(b r a <<则⎰π=⋅lr B l B 2d2222)(ab Ia r I ππππ--=∑ ∴)(2)(22220a b r a r I B --=πμ9-16 一根很长的同轴电缆,由一导体圆柱(半径为a )和一同轴的导体圆管(内.外半径分离为b ,c )构成,如题9-16图所示．运用时,电流I 从一导体流去,从另一导体流回．设电流都是平均地散布在导体的横截面上,求：(1)导体圆柱内(r ＜a ),(2)两导体之间(a ＜r ＜b ),（3）导体圆筒内(b ＜r ＜c )以及(4)电缆外(r ＞c )各点处磁感应强度的大小 解：⎰∑μ=⋅LI l B 0d(1)a r <2202RIr r B μπ=202RIrB πμ=(2)b r a <<I r B 02μπ=rIB πμ20=(3)c r b <<I bc b r I r B 0222202μμπ+---= )(2)(22220b c r r c I B --=πμ (4)c r >02=r B π0=B题9-16图题9-17图9-17在半径为R 的长直圆柱形导体内部,与轴线平行地挖成一半径为r 的长直圆柱形空腔,两轴间距离为a ,且a ＞r ,横截面如题9-17图所示．如今电流I 沿导体管流淌,电流平均散布在管的横截面上,而电流偏向与管的轴线平行．求：(1)圆柱轴线上的磁感应强度的大小; (2)空心部分轴线上的磁感应强度的大小．解：空间各点磁场可看作半径为R ,电流1I 平均散布在横截面上的圆柱导体和半径为r 电流2I -平均散布在横截面上的圆柱导体磁场之和． (1)圆柱轴线上的O 点B 的大小：电流1I 产生的01=B ,电流2I -产生的磁场222020222rR Ir a a I B -==πμπμ ∴)(222200r R a Ir B -=πμ(2)空心部分轴线上O '点B 的大小：电流2I 产生的02='B , 电流1I 产生的222022r R Ia a B -πμ=')(2220r R Ia -=πμ∴)(22200r R IaB -='πμ题9-18图9-18 如题9-18图所示,长直电流1I 邻近有一等腰直角三角形线框,通以电流2I ,二者共面．求△ABC 的各边所受的磁力．解：⎰⨯=ABAB B l I F d 2daI I d I aI F AB πμπμ22210102==偏向垂直AB 向左 ⎰⨯=CAAC B l I F d 2偏向垂直AC 向下,大小为⎰++πμ=πμ=ad dAC dad I I r I rI F ln22d 210102 同理BC F偏向垂直BC 向上,大小⎰+πμ=ad dBc rI lI F 2d 102 ∵︒=45cos d d rl ∴⎰++πμ=︒πμ=ad aBC d ad I I r r I I F ln 245cos 2d 210120题9-19图9-19在磁感应强度为B的平均磁场中,垂直于磁场偏向的平面内有一段载流曲折导线,电流为I ,如题9-19图所示．求其所受的安培力．解：在曲线上取ld 则⎰⨯=baab B l I F d∵l d 与B 夹角l d <,2π>=B 不变,B 是平均的．∴⎰⎰⨯=⨯=⨯=b ab aab B I B l I B l I F)d (d偏向⊥ab 向上,大小BI F ab =ab题9-20图9-20如题9-20图所示,在长直导线AB 内通以电流1I =20A,在矩形线圈CDEF 中通有电流2I =10 A,AB 与线圈共面,且CD ,EF 都与AB 平行．已知a =9.0cm,b =20.0cm,d =1.0 cm,求：(1)导线AB 的磁场对矩形线圈每边所感化的力; (2)矩形线圈所受合力和合力矩．解：(1)CD F偏向垂直CD 向左,大小4102100.82-⨯==dI bI F CD πμN 同理FE F偏向垂直FE 向右,大小5102100.8)(2-⨯=+=a d I bI F FE πμNCF F偏向垂直CF 向上,大小为⎰+-⨯=+πμ=πμ=ad dCF dad I I r r I I F 5210210102.9ln 2d 2N ED F偏向垂直ED 向下,大小为5102.9-⨯==CF ED F F N(2)合力ED CF FE CD F F F F F+++=偏向向左,大小为4102.7-⨯=F N合力矩B P M m⨯=∵线圈与导线共面∴B P m //0=M．题9-21图9-21边长为l =0.1m 的正三角形线圈放在磁感应强度B =1T 的平均磁场中,线圈平面与磁场偏向平行.如题9-21图所示,使线圈通以电流I =10A,求： (1)线圈每边所受的安培力; (2)对O O '轴的磁力矩大小;(3)从地点地位转到线圈平面与磁场垂直时磁力所作的功．解： (1) 0=⨯=B l I F bcB l I F ab⨯=偏向⊥纸面向外,大小为866.0120sin ==︒IlB F ab NB l I F ca⨯=偏向⊥纸面向里,大小866.0120sin ==︒IlB F ca N(2)IS P m =B P M m⨯=沿O O '偏向,大小为221033.443-⨯===B l I ISB M m N ⋅(3)磁力功)(12ΦΦ-=I A ∵01=ΦB l 2243=Φ ∴221033.443-⨯==B l IA J9-22 一正方形线圈,由细导线做成,边长为a ,共有N 匝,可以绕经由过程其相对双方中点的一个竖直轴自由迁移转变．如今线圈中通有电流I ,并把线圈放在平均的程度外磁场B中,线圈对其转轴的迁移转变惯量为J .求线圈绕其均衡地位作渺小振动时的振动周期T .解：设微振动时线圈振动角度为θ (>=<θB P m,),则θθsin sin 2B NIa B P M m ==由迁移转变定律 θθθB NIa B NIa at J 2222sin d -≈-=即 0222=+θθJ BNIa dtd ∴ 振动角频率 JBNIa 2=ω 周期 IBNa JT 222πωπ==9-23一长直导线通有电流1I ＝20A,旁边放一导线ab ,个中通有电流2I =10A,且两者共面,如题9-23图所示．求导线ab 所受感化力对O 点的力矩．解：在ab 上取r d ,它受力ab F ⊥d 向上,大小为rI rI F πμ2d d 102= F d 对O 点力矩F r M ⨯=d Md 偏向垂直纸面向外,大小为r I I F r M d 2d d 210πμ== ⎰⎰-⨯===ba bar I I M M 6210106.3d 2d πμm N ⋅题9-23图题9-24图9-24如题9-24图所示,一平面塑料圆盘,半径为R ,概况带有面密度为σ残剩电荷．假定圆盘绕其轴线A A '以角速度ω (rad·s-1)迁移转变,磁场B的偏向垂直于转轴A A '．试证磁场感化于圆盘的力矩的大小为44BR M πσω=．(提醒：将圆盘分成很多齐心圆环来斟酌．) 解：取圆环r r S d 2d π=,它等效电流q T q I d 2d d πω==r r S d d 2ωσσπω==等效磁矩r r I r P m d d d 32πωσπ==受到磁力矩B P M m⨯=d d ,偏向⊥纸面向内,大小为rB r B P M m d d d 3πωσ=⨯=4d d 403BR r r B M M Rπσωπωσ===⎰⎰9-25电子在B =70×10-4T 的匀强磁场中作圆周活动,圆周半径r =3.0cm ．已知B 垂直于纸面向外,某时刻电子在A 点,速度v向上,如题9-25图．(1)试画出这电子活动的轨道; (2)求这电子速度v的大小; (3)求这电子的动能k E ．题9-25图解：(1)轨迹如图(2)∵rv m evB 2=∴7107.3⨯==meBrv 1s m -⋅ (3) 162K 102.621-⨯==mv E J 9-26一电子在B =20×10-4T 的磁场中沿半径为R =2.0cm 的螺旋线活动,螺距h=5.0cm,如题9-26图．(1)求这电子的速度; (2)磁场B的偏向若何? 解: (1)∵eBmv R θcos =θπcos 2v eBmh =题9-26 图∴6221057.7)2()(⨯=+=meBh m eBR v π1s m -⋅ (2)磁场B的偏向沿螺旋线轴线．或向上或向下,由电子扭转偏向肯定．9-27在霍耳效应实验中,一宽1.0cm,长4.0cm,厚1.0×10-3cm 的导体,沿长度偏向载有3.0A 的电流,当磁感应强度大小为B =1.5T 的磁场垂直地经由过程该导体时,产生1.0×10-5V 的横向电压．试求： (1)载流子的漂移速度; (2)每立方米的载流子数量． 解: (1)∵evB eE H = ∴lBU B E v HH ==l 为导体宽度,0.1=l cm ∴425107.65.110100.1---⨯=⨯⨯==lB U v H -1s m ⋅。
《大学物理学》(赵近芳 主编)第二版 课后习题答案物理答案第二单元
(2)若a′=2g，则T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m1,m2均作自由落体运动．
题2-1图
2-2以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，则在竖直方向上，
NB-mg=0①
又因梯无转动，以B点为转动点，设梯子长为l，则
NAlsinθ-mg cosθ=0②
③
由③式得
由①式
④
由②式
⑤
所以
求得
(2)相碰时小球受到的冲量为
∫Fdt=Δmv=mv-mv0
由①式求得
∫Fdt=mv-mv0=-(Iω)/l=(-1/3)Mlω
=-
负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．
题2-30图
2-30 (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度
v0=Rω
设碎片上升高度h时的速度为v，则有
k=1390N·m-1
题2-18图
再次运用功能原理，求木块弹回的高度h′
-fts′=mgs′sin37°- kx3
代入有关数据，得s′=1.4m,
则木块弹回高度
h′=s′sin37°=0.84m
题2-19图
2-19m从M上下滑的过程中，机械能守恒，以m，M地球为系统
，以最低点为重力势能零点，则有
mgR=
p=mv=mω(-asinωti+bcosωtj)
将t=0和t= 分别代入上式，得
p1=mωbj,p2=-mωai,
则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为
I=Δp=p2-p1=-mω(ai+bj)
2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有
F=(a-bt)=0,得t=
(2)子弹所受的冲量
大学物理简明教程(赵近芳)习题10详解
习题101.选择题（1）在双缝干涉实验中，为使屏上的干涉条纹间距变大，可以采取的办法是[ ](A) 使屏靠近双缝．(B) 使两缝的间距变小．(C) 把两个缝的宽度稍微调窄．(D) 改用波长较小的单色光源．[答案：C]（2）两块平玻璃构成空气劈形膜，左边为棱边，用单色平行光垂直入射．若上面的平玻璃以棱边为轴，沿逆时针方向作微小转动，则干涉条纹的[ ](A) 间隔变小，并向棱边方向平移．(B) 间隔变大，并向远离棱边方向平移．(C) 间隔不变，向棱边方向平移．(D) 间隔变小，并向远离棱边方向平移．[答案：A]（3）一束波长为λ的单色光由空气垂直入射到折射率为n的透明薄膜上，透明薄膜放在空气中，要使反射光得到干涉加强，则薄膜最小的厚度为[ ](A) λ / 4．(B) λ / (4n)．(C) λ / 2．(D) λ / (2n)．[答案：B]（4）在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n，厚度为d的透明薄片，放入后，这条光路的光程改变了[ ](A) 2 ( n-1 ) d．(B) 2nd．(C) 2 ( n-1 ) d+λ / 2．(D) nd．(E) ( n-1 ) d．[答案：A]（5）在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n的透明介质薄膜后，测出两束光的光程差的改变量为一个波长λ，则薄膜的厚度是［］(A) λ / 2．(B) λ / (2n)．(C) λ / n．(D) λ / [2(n-1)]．[答案：D]（6）在夫琅禾费单缝衍射实验中，对于给定的入射单色光，当缝宽度变小时，除中央亮纹的中心位置不变外，各级衍射条纹[ ](A) 对应的衍射角变小．(B) 对应的衍射角变大．(C) 对应的衍射角也不变．(D) 光强也不变．[答案：B]（7）波长λ=500 nm (1nm=10-9m)的单色光垂直照射到宽度a =0.25mm的单缝上，单缝后面放一凸透镜，在凸透镜的焦平面上放置一屏幕，用以观测衍射条纹。
大学物理简明教程_赵近芳_课后习题答案
习题11-1 ||r ∆与r ∆有无不同？||dr dt 和dr dt 有无不同？ ||dv dt 和dvdt有无不同？其不同在哪里？试举例说明. 解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r-=∆；（2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d . trd d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则tˆr ˆt r t d d d d d d rrr += 式中trd d 就是速度径向上的分量， ∴tr t d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d =，tv d d 是加速度a 在切向上的分量.∵有ττ(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以tvt v t v d d d d d d ττ+= 式中dt dv就是加速度的切向分量. (tt r d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)1-2 设质点的运动方程为(),()x x t y y t ==，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r =然后根据drv dt=及22d rdt而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v =α=你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r+=，jty i t xt r a jty i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v yxyx而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d tr a trv ==其二，可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。
大学物理课后习题答案(赵近芳)下册之欧阳语创编
习题八时间：2021.03.01创作：欧阳语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图示解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式204r q E 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: 020π4r r q Eε=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 =2024dq πε,又有人说，因为f =qE ,SqE 0ε=，所以f =Sq 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Sq E 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Sq E 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力．8-5 一电偶极子的电矩为l q p=，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r与l 的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin r p πεθ证: 如题8-5所示，将p 分解为与r平行的分量θsin p 和垂直于r的分量θsin p ．∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量垂直于r 方向，即θ方向场强分量 题8-5图 题8-6图 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 x E Qλε 方向如题8-6图所示由于对称性⎰=l Qx E 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε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 RR E εϕλ=方向沿半径向外 则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x==积分R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰∴ RE E x0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q 在P 点产生物强P Ed 方向如图，大小为 ∵ 22cos 221l r l +=θ∴ 24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为 ∵ lq4=λ ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿OP8-9 (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．(xR arctan =α)解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅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06εq e=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024εq e=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* ∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221xR x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图 8-10 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 s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr 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⨯≈-=rr 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0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r > 0=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， n E)(21210σσε-= 1σ面外， n E)(21210σσε+-= 2σ面外， n E)(21210σσε+= n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的． 解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)． (1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ-球在O 点产生电场'dπ4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ； (2) ρ+在O '产生电场'dπ4d 3430301E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E OO 题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位矢为r(如题8-13(b)图)则 03ερr E PO =，3ερr E O P '-=' , ∴ 0003'3)(3ερερερd OO r r E E E O P PO P =='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．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 在外场E 中受力矩 ∴ qlE pE M ==max 代入数字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 εε )11(21r r - 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∴ R q q U U q A o C 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 d 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图R 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］ (2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U ∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 8-18 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，在电子轨道处场强电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ 得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 ∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E 与电势U 的关系U E -∇= ，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)． 解: (1)点电荷 r q U0π4ε= 题 8-20 图∴ 0200π4r rq r r U E ε=∂∂-= 0r 为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势∴ ()i x R qx i x U E 2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p =在l r >>处的一点电势∴ 30π2cos rp r U E r εθ=∂∂-=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∴ +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2.0 mm ．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 ACAC E E d d = ∴ 2d d 21===ACAB AB 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 C 10172-⨯-=-=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(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：(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，且得 q R R q 21=' 外球壳上电势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 U 8-24图由电势叠加原理有：得 -='q 3q 8-25 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 2020π4rq 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 ∴ 此时小球1与小球2间相互作用力(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00294π432322F r q q 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图解得 S q 261==σσ 所以CB 间电场 S q d U E 00422εεσ+== 注意：因为C 片带电，所以2UU C≠，若C 片不带电，显然2U U 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∑⎰=⋅q S D Sd (1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4rr Q E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强 (2)介质外)(2R r >电势 介质内)(21R r R <<电势 (3)金属球的电势8-28 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 ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε= ∴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 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑ ∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε== 薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量(3)电容：∵ CQ 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 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 上电量电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q =∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 8-32 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 (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 U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失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 <<区域在21R r R <<时 301π4rrQ E ε= 3R r >时 302π4r rQ E ε=∴在21R r R <<区域 在3R r >区域∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε =,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 习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B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B的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B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B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B的方向．题9-2图9-2 (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B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abcd 可证明21B B= ∴ 21B B=(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B方向相反，即21B B≠.9-3 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．9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L·d l =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⎰外B L·d l =I 0μ这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 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L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ 外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．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L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 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．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·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．解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是 (2)通过befc 面积2S 的磁通量 (3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb(或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB产生 01=B CD 产生R I B 1202μ=，方向垂直向里 CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 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．题9-8图解：如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里(2)设0=B 在2L 外侧距离2L 为r 处则 02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解： 如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
大学物理课后习题答案(赵近芳)下册之欧阳物创编
欧阳物创编习题八时间：2021.02.07命题人：欧阳物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 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欧阳物创编忽略不计，求每个小球所带的电量．解:如题8-2图示解得θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式204rq E 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:020π4r r q Eε=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 ,SqE 0ε=，所以f =Sq 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欧阳物创编电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强Sq E 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Sq E 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力． 8-5一电偶极子的电矩为l q p=，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r与l 的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ,θE =304sin rp πεθ证:如题8-5所示，将p 分解为与r平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量θsin p ．∵l r >>∴场点P 在r 方向场强分量垂直于r 方向，即θ方向场强分量 题8-5图题8-6图 8-6 长l =15.0cm的直导线AB 上均匀地分布着欧阳物创编 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 Qx E 0d ，即Q E只有y 分量， ∵22222220dd d d π41d ++=x x xE Qyλε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 =欧阳物创编 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 0RE E x==积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰∴RE E x0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解:如8-8图示，正方形一条边上电荷4q 在P 点产生物强P Ed 方向如图，大小为∵22cos 221l r l +=θ欧阳物创编∴24π4d 22220l r l l r E P++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为 ∵lq 4=λ ∴2)4(π422220l r l r qrE P++=ε方向沿OP8-9(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．(xR arctan =α)欧阳物创编 解: (1)由高斯定理0d εqS E s ⎰=⋅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06εq e=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024εq e =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欧阳物创编 径为22x R +的球冠面的电通量，球冠面积*∴)(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221xR x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图8-10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 s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴()2023π43π4rr 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⨯≈-=rr 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 ＜欧阳物创编 1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则rl E S E S π2d =⋅⎰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8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ， 两面间，n E )(21210σσε-=1σ面外， n E )(21210σσε+-=2σ面外， n E)(21210σσε+=欧阳物创编n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解:将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．(1)ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ-球在O 点产生电场dπ4π3430320OO r E ερ=∴O 点电场'd33030r E ερ= ； (2)ρ+在O '产生电场'dπ4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴O '点电场003ερ='E'OO题8-13图(a)题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位欧阳物创编矢为r (如题8-13(b)图) 则03ερr E PO =，03ερr E O P '-=' , ∴0003'3)(3ερερερd OO r r E E E O P PO P =='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．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 在外场E 中受力矩 ∴qlE pE M ==max 代入数字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 εε )11(21r r - 外力需作的功61055.6-⨯-=-='A A J欧阳物创编题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 ∴R q q U U q A o C 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 d 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图R 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］ (2)AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U欧阳物创编同理CD 产生2ln π402ελ=U 半圆环产生0034π4πελελ==R R U ∴0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 8-18 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 电子受力大小re eE F e0π2ελ== ∴rv m r e 20π2=ελ 得1320105.12π2-⨯==e mv ελ1m C -⋅ 8-19空气可以承受的场强的最大值为E =30kV·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为欧阳物创编d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压． 解: 平行板电容器内部近似为均匀电场∴4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E 与电势U 的关系U E -∇= ，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．解:(1)点电荷r q U 0π4ε= 题 8-20 图 ∴0200π4r r q r r U E ε=∂∂-=0r 为r 方向单位矢量．(2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势∴()i x R qx i x U E 2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p =在l r >>处的一点电势∴30π2cos r p r U E r εθ=∂∂-= 8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体欧阳物创编板(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∴+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 又∵+2σ03=σ∴1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相欧阳物创编 同．8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．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 ACU U =，即 ∴AB AB ACAC E E d d = ∴2d d 21===ACAB AB AC E E σσ 且1σ+2σSq A = 得,32S q A =σS q A321=σ 而7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC欧阳物创编 C 10172-⨯-=-=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(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：(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，且欧阳物创编 得q R R q 21=' 外球壳上电势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：得-='q 3q 8-25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．欧阳物创编 解: 由题意知2020π4rq 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 ∴此时小球1与小球2间相互作用力(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00294π432322F r q q 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个欧阳物创编 方程题8-26图 解得Sq 261==σσ 所以CB 间电场S q d U E 00422εεσ+== 注意：因为C 片带电，所以2UU 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∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r r Q E r r Q D r εε ==内; 介质外)(2R r <场强欧阳物创编(2)介质外)(2R r >电势 介质内)(21R r R <<电势 (3)金属球的电势8-28 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，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而101E D ε=,202E D r εε= ∴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：欧阳物创编 (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rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑ ∴rlQD π2=(1)电场能量密度22222π82l r Q D w εε==薄壳中rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量(3)电容：∵CQ W 22=∴)/ln(π22122R R l W Q C ε== *8-30金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来欧阳物创编都不带电．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 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 上电量电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q = ∴355025231123232⨯===C U C C Q U欧阳物创编8-321C 和2C 两电容器分别标明“200pF、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 (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图欧阳物创编 则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112121201021U U U C U C q q U C U C q q q q 解得(1)=1q U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失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 在21R r R <<时301π4r rQ E ε =3R r >时302π4rrQ E ε=欧阳物创编 ∴在21R r R <<区域 在3R r >区域∴总能量)111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4rrQ E ε=,02=W ∴4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W εJ(3)电容器电容)11/(π422102R R QW C -==ε 习题九9-1在同一磁感应线上，各点B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B的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B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B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B的方向．欧阳物创编 题9-2图9-2 (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B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abcd 可证明21B B= ∴21B B=(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B方向相反，即21B B≠.9-3 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．欧阳物创编 9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L·d l =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⎰外B L·d l =I 0μ这是为什么?解:我们导出nl B 0μ=内,0=外B 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L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．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L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5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．9-6 已知磁感应强度0.2 B Wb·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．解：如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd面积S的磁通是1(2)通过befc面积S的磁通量2欧阳物创编欧阳物创编(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb(或曰24.0-Wb )题9-7图9-7如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度． 解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生01=BCD 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生)231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里．欧阳物创编9-8在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 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．题9-8图解：如题9-8图所示,A B 方向垂直纸面向里(2)设0=B 在2L 外侧距离2L 为r 处则 02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知欧阳物创编圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解： 如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
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物理作业解答1-5 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62x ，a 的单位为2s m -⋅，x 的单位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101s m -⋅,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵ xv v t x x v t v a d d d d d d d d ===分离变量： x x adx d )62(d 2+==υυ 两边积分得c x x v ++=322221 由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m -⋅，开始运动时，x ＝5 m ， v =0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置． 解：∵ t tva 34d d +==分离变量，得 t t v d )34(d += 积分，得12234c t t v ++=由题知，0=t ,00=v ,∴01=c故 2234t t v += 又因为 2234d d t t t x v +== 分离变量， t t t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++=由题知 0=t ,50=x ,∴52=c 故 521232++=t t x 所以s 10=t 时m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v1-11 飞轮半径为0.4 m ，自静止启动，其角加速度为 β= 0.2 rad ·2s -，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度． 解：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 n2-9 一质量为m 的质点在xOy 平面上运动，其位置矢量为j t b i t a rωωsin cos +=求质点的动量及t ＝0 到ωπ2=t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量． 解: 质点的动量为)cos sin (j t b i t a m v m pωωω+-==将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式，得 j b m pω=1,i a m p ω-=2 ,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为)(12j b i a m p p p I+-=-=∆=ω2-21 一质量为m 的质点位于(11,y x )处，速度为j v i v v y x+=, 质点受到一个沿x 负方向的力f 的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩． 解: 由题知，质点的位矢为j y i x r11+=作用在质点上的力为F f i =-所以，质点对原点的角动量为v m r L ⨯=0)()(11j v i v m i y i x y x +⨯+=k mv y mv x x y)(11-=作用在质点上的力的力矩为0111()()M r F x i y j fi y fk =⨯=+⨯-=2-27 计算题2-27图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体，其质量为M ，半径为r ，在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转，忽略桌面与物体间的摩擦，设1m ＝50kg ，2m ＝200 kg,M ＝15 kg, r ＝0.1 m解: 分别以1m ,2m 滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对1m ,2m 运用牛顿定律，有a m T g m 222=- ① a m T 11= ②对滑轮运用转动定律，有β)21(212Mr r T r T =- ③又， βr a = ④ 联立以上4个方程，得2212s m 6.721520058.92002-⋅=++⨯=++=M m m g m a题2-27(a)图 题2-27(b)图题2-28图2-28 如题2-28图所示，一匀质细杆质量为m ，长为L ，可绕过一端O 的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求： (1)初始时刻的角加速度； (2)杆转过θ角时的角速度. 解: (1)由转动定律，有21()23L mgmL β= ∴ 32gLβ= (2)由机械能守恒定律，有2211sin ()223L mgmL θω=∴ω=6-14 有两种不同的理想气体，同压、同温而体积不等，试问下述各量是否相同?(1)分子数密度；(2)气体质量密度；(3)单位体积内气体分子总平动动能；(4)单位体积内气体分子的总动能． 解：(1)由kTpn nkT p ==,知分子数密度相同； (2)由RTp M V M mol ==ρ知气体质量密度不同； (3)由kT n23知单位体积内气体分子总平动动能相同； (4)由kT in 2知单位体积内气体分子的总动能不一定相同．6-16 如果氢和氦的摩尔数和温度相同，则下列各量是否相等，为什么?(1)分子的平均平动动能；(2)分子的平均动能；(3)内能． 解：(1)相等，分子的平均平动动能都为kT 23． (2)不相等，因为氢分子的平均动能kT 25，氦分子的平均动能kT 23．(3)不相等，因为氢分子的内能RT 25υ，氦分子的内能RT 23υ． 6-21 1mol 氢气，在温度为27℃时，它的平动动能、转动动能和内能各是多少?解：理想气体的能量RT iE 2υ= 平动动能 3=t 5.373930031.823=⨯⨯=t E J 转动动能 2=r 249330031.822=⨯⨯=r E J内能5=i 5.623230031.825=⨯⨯=i E J6-22 一瓶氧气，一瓶氢气，等压、等温，氧气体积是氢气的2倍，求(1)氧气和氢气分子数密度之比；(2)氧分子和氢分子的平均速率之比． 解：(1)因为 nkT p =则1=HOn n (2)由平均速率公式mol60.1M RTv = 41mol mol ==O H H OM M v v7-11 1 mol 单原子理想气体从300 K 加热到350 K ，问在下列两过程中吸收了多少热量?增加了多少内能?对外作了多少功? (1)体积保持不变； (2)压力保持不变． 解：(1)等体过程由热力学第一定律得E Q ∆=吸热 )(2)(1212V T T R iT T C E Q -=-=∆=υυ 25.623)300350(31.823=-⨯⨯=∆=E Q J 对外作功 0=A(2)等压过程)(22)(1212P T T R i T T C Q -+=-=υυ 吸热 75.1038)300350(31.825=-⨯⨯=Q J )(12V T T C E -=∆υ内能增加 25.623)300350(31.823=-⨯⨯=∆E J 对外作功 5.4155.62375.1038=-=∆-=E Q A J 7-16 某理想气体的过程方程为a a Vp ,2/1=为常数，气体从1V 膨胀到2V ．求其所做的功． 解：气体作功⎰=21d V v V p A⎰-=-==-2121)11()(d 2121222V V V V V V a V a V V a A 7-18 一卡诺热机在1000 K 和300 K 的两热源之间工作，试计算(1)热机效率；(2)若低温热源不变，要使热机效率提高到80%，则高温热源温度需提高多少? (3)若高温热源不变，要使热机效率提高到80%，则低温热源温度需降低多少? 解：(1)卡诺热机效率 121T T -=η %7010003001=-=η (2)低温热源温度不变时，若%8030011=-=T η 要求 15001=T K ，高温热源温度需提高500K (3)高温热源温度不变时，若 %80100012=-=T η 要求 2002=T K ，低温热源温度需降低100K7-20 （1）用一卡诺循环的致冷机从7℃的热源中提取1000 J 的热量传向27℃的热源，需要多少功?从-173℃向27℃呢?(2)一可逆的卡诺机，作热机使用时，如果工作的两热源的温度差愈大，则对于作功就愈有利．当作致冷机使用时，如果两热源的温度差愈大，对于致冷是否也愈有利?为什么? 解：(1)卡诺循环的致冷机2122T T T A Q e -==静 7℃→27℃时，需作功4.71100028028030022211=⨯-=-=Q T T T A J173-℃→27℃时，需作功2000100010010030022212=⨯-=-=Q T T T A J (2)从上面计算可看到，当高温热源温度一定时，低温热源温度越低，温度差愈大，提取同样的热量，则所需作功也越多，对致冷是不利的．8-10 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∑⎰=⋅q S E s,因为 2d 4πsE S E r ⋅=⎰， 所以 02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0E =8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr 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⨯≈-=rr 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0d ε∑⎰=⋅q S E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 因为d 2πSE S E rl ⋅=⎰所以 02πq E rlε=∑(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R <<λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E8-27 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0d Srq E S εε⋅=∑⎰，因为 2d 4πsE S E r ⋅=⎰， 所以 204πrq E r εε=∑(1) 求场强1r R <0q =∑， ∴E =012R r R << q Q =∑ ∴ 204πr Q E r εε=， 方向沿半径向外2r R > q Q =∑，1r ε=， ∴204πQE rε=， 方向沿半径向外 (2)求电势2r R >， rQE U 0r π4r d ε=⋅=⎰∞外12R r R <<， 22dr dr R rR U E E ∞=⋅+⋅⎰⎰ 外内2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Q r r -+=εεε(3) 求金属球的电势r d r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r -+=εεε9-15 题9-15图中所示是一根很长的长直圆管形导体的横截面，内、外半径分别为a ,b ，导体内载有沿轴线方向的电流I ，且I 均匀地分布在管的横截面上．设导体的磁导率0μμ≈，试证明导体内部各点)(b r a << 的磁感应强度的大小由下式给出：r a r a b IB 22220)(2--=πμ 解：取闭合回路r l π2= )(b r a <<安培环路定理0d LB l I μ⋅=∑⎰因为d 2LB l B r π⋅=⎰所以02B rI πμ=∑2222)(a b Ia r I ππππ--=∑∴ )(2)(22220a b r a r I B --=πμ 9-16 一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为a )和一同轴的导体圆管(内、外半径分别 为b ,c )构成，如题9-16图所示．使用时，电流I 从一导体流去，从另一导体流回．设电流都是均匀地分布在导体的横截面上，求：(1)导体圆柱内(r ＜a ),(2)两导体之间(a ＜r ＜b )，（3）导体圆筒内(b ＜r ＜c )以及(4)电缆外(r ＞c )各点处磁感应强度的大小解：安培环路定理0d LB l I μ⋅=∑⎰因为d 2LB l B r π⋅=⎰所以02B rI πμ=∑(1)a r < 2022Ir B r a πμ=，022Ir B aμπ= (2) b r a << I r B 02μπ=，rIB πμ20=(3)c r b << I b c b r I r B 0222202μμπ+---=，)(2)(22220b c r r c I B --=πμ (4)c r > 02=r B π，0=B题9-16图9-23 一长直导线通有电流1I ＝20A ，旁边放一导线ab ，其中通有电流2I =10A ，且两者共面，如题9-23图所示．求导线ab 所受作用力对O 点的力矩．解：在ab 上取r d ，它受力ab F ⊥ d 向上，大小为，rI r I F πμ2d d 102=F d 对O 点力矩F r M ⨯=d ，Md 方向垂直纸面向外，大小为r I I F r M d 2d d 210πμ== ⎰⎰-⨯===ba bar I I M M 6210106.3d 2d πμ m N ⋅题9-23图10-1 一半径r =10cm 的圆形回路放在B =0.8T 的均匀磁场中．回路平面与B垂直．当回路半径以恒定速率tr d d =80cm ·s -1收缩时，求回路中感应电动势的大小．解: 回路磁通 2πr B BS m ==Φ感应电动势大小 40.0d d π2)π(d d d d 2====tr r B r B t t m Φε V 10-7 如题10-7图所示，长直导线通以电流I =5A ，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长b =0.06m ，宽a =0.04m ，线圈以速度v =0.03m ·s -1 垂直于直线平移远离．求：d =0.05m 时线圈中感应电动势的大小和方向．题10-7图解: 以线圈顺时针为正，则向内磁通为正 (1) 00d ln2π2πd a m d I Ib d a b r r dμμ++Φ==⎰ (2) 800d 11d 11()() 1.610d 2πd 2πIb Ibv d t d d a t d d aμμε-Φ=-=-=-=⨯++ V 0ε>，方向沿顺时针。