最新物理习题答案
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第9 单元 静电场（一）一 选择题[ C ]1 .一带电体可作为点电荷处理的条件是 (A)电荷必须呈球形分布。
(B)带电体的线度很小。
(C)带电体的线度与其它有关长度相比可忽略不计。
(D)电量很小。
[ C ]2．已知一高斯面所包围的体积内电量代数和∑i q =0，则可肯定：(A)高斯面上各点场强均为零。
(B)穿过高斯面上每一面元的电通量均为零。
(C)穿过整个高斯面的电通量为零。
(D)以上说法都不对。
［ D ］3．两个同心均匀带电球面，半径分别为R a 和R b ( R a <R b ) ,所带电量分别为Q a 和Q b ，设某点与球心相距r , 当R a < r < R b 时， 该点的电场强度的大小为： ( A )241r Q Q ba +⋅πε ( B )241rQ Q ba -⋅πε( C ))(4122bb a R Q rQ +⋅πε ( D )241rQ a ⋅πε[ D ]4. 如图所示，两个“无限长”的、半径分别为R 1和R 2的共轴圆柱面均匀带电，轴线方向单位长度上的带电量分别为λ1 和λ2 ， 则在内圆柱面里面、距离轴线为r 处的P 点的电场强度大小 ( A )r 0212πελλ+( B )20210122R R πελπελ+( C ) 1014R πελ( D ) 0[ D ]5．图示为一具有球对称性分布的静电场的E ～r 关系曲线，请指出该静电场是由下列哪种带电体产生的。
(A)半径为R 的均匀带电球面。
(B)半径为R 的均匀带电球体。
(C)半径为R 、电荷体密度ρ=Ar(A 为常数)的非均匀带电球体。
(D)半径为R 、电荷体密度ρ=A/r(A 为常数)的非均匀带电球体。
二 填空题1． 在点电荷系的电场中，任一点的电场强度等于__各点电荷在该占单独产生的电场强度的矢量和__,这称为场强叠加原理。
2．静电场中某点的电场强度，其数值和方向等于 单位正电荷在该点受到的电场力___。
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。
新课标物理考试题及答案
新课标物理考试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 光在真空中的传播速度是（）。
A. 3×10^5 km/sB. 3×10^8 m/sC. 3×10^6 m/sD. 3×10^7 m/s答案：B2. 根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用力成正比，与物体的质量成反比。
如果一个物体的质量是另一个物体的两倍，且受到相同大小的力，那么它的加速度将是（）。
A. 两倍B. 一半C. 四倍D. 四分之一答案：B3. 以下哪种物质不是导体？（）A. 铜B. 橡胶C. 银D. 铁答案：B4. 一个物体从静止开始自由下落，其下落距离s与时间t的关系是（）。
A. s = 1/2gt^2B. s = gtC. s = 2gtD. s = gt^2答案：A5. 电磁波的频率越高，其波长越（）。
A. 长B. 短C. 不变D. 无法确定答案：B6. 根据能量守恒定律，能量既不能被创造也不能被消灭，只能从一种形式转化为另一种形式。
以下说法正确的是（）。
A. 能量可以被创造B. 能量可以被消灭C. 能量可以被转化D. 能量不能被转化答案：C7. 光的折射现象是由于光在不同介质中传播速度不同造成的。
当光从空气斜射入水中时，折射角（）入射角。
A. 大于B. 小于C. 等于D. 无法确定答案：B8. 一个物体在水平面上做匀速直线运动，其受到的摩擦力与（）。
A. 物体的速度成正比B. 物体的质量成正比C. 物体与地面的接触面积成正比D. 物体的重力成正比答案：D9. 电流通过导体产生的热量与电流的平方、导体的电阻以及通电时间成正比。
这一规律被称为（）。
A. 欧姆定律B. 焦耳定律C. 法拉第电磁感应定律D. 库仑定律答案：B10. 以下哪个选项不是电磁波的特性？（）A. 传播不需要介质B. 可以携带能量C. 具有波粒二象性D. 传播速度恒定不变答案：D二、填空题（每题4分，共20分）1. 根据欧姆定律，电压U、电流I和电阻R之间的关系是：U =________。
物理课本八年级上册课后习题答案
物理课本八年级上册课后习题答案物理课本八年级上册的课后习题答案涵盖了多个章节，包括力学、热学、光学和电学等基础知识。
以下是一些典型习题的答案示例：# 第一章：力学基础习题1：计算一个质量为5千克的物体在地球表面受到的重力大小。
答案：重力大小 \( G = m \times g \)，其中 \( m = 5 \) 千克，\( g \) 约为 \( 9.8 \, \text{m/s}^2 \)。
计算得 \( G = 5\times 9.8 = 49 \) 牛顿。
习题2：描述牛顿第一定律。
答案：牛顿第一定律，也称为惯性定律，指出一个物体若不受外力作用，将保持静止状态或匀速直线运动。
# 第二章：热现象习题1：解释什么是热传导。
答案：热传导是热量通过物质内部分子振动和碰撞传递的过程，不需要物质的宏观移动。
习题2：描述温度和热量的区别。
答案：温度是物体热能状态的度量，通常用摄氏度或开尔文表示。
热量是物体吸收或释放的能量量度，单位是焦耳。
# 第三章：光学习题1：解释光的折射现象。
答案：折射是光从一种介质进入另一种介质时，其传播方向发生改变的现象，这是由于光在不同介质中传播速度不同造成的。
习题2：描述平面镜成像的特点。
答案：平面镜成像具有以下特点：像与物体大小相等，像与物体到镜面的距离相等，像与物体是虚像。
# 第四章：电学基础习题1：什么是电流？答案：电流是电荷在导体中流动的现象，其大小等于单位时间内通过导体截面的电荷量。
习题2：欧姆定律是什么？答案：欧姆定律表明，电流 \( I \) 与电压 \( V \) 成正比，与电阻 \( R \) 成反比，即 \( I = \frac{V}{R} \)。
# 结尾以上就是物理课本八年级上册部分课后习题的答案示例。
这些答案旨在帮助学生更好地理解物理概念和原理。
在实际学习过程中，鼓励学生自己尝试解决问题，并在必要时参考这些答案。
物理是一门实验性和应用性很强的学科，希望同学们能够通过实践加深对物理知识的理解。
大学物理习题测试答案
大学物理习题测试答案一、选择题1. 光速在真空中是恒定的，其值为 \( c = 3 \times 10^8 \) 米/秒。
（正确）2. 牛顿第三定律指出，作用力和反作用力大小相等，方向相反。
（正确）3. 根据能量守恒定律，一个封闭系统的总能量是恒定的。
（正确）4. 电场强度的定义是电场力与电荷量的比值。
（正确）5. 根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸热使之完全转化为功而不产生其他效果。
（正确）二、填空题1. 一个物体的动能 \( K \) 可以用公式 \( K = \frac{1}{2}mv^2 \) 计算，其中 \( m \) 是质量，\( v \) 是速度。
2. 牛顿第二定律 \( F = ma \) 描述了力和加速度之间的关系。
3. 波长、频率和波速之间的关系可以用公式 \( \lambda =\frac{v}{f} \) 表示。
4. 欧姆定律 \( V = IR \) 描述了电压、电流和电阻之间的关系。
5. 理想气体状态方程 \( PV = nRT \) 描述了气体的压强、体积、温度和摩尔数之间的关系。
三、简答题1. 简述牛顿第一定律的内容。
答：牛顿第一定律，也称为惯性定律，指出一个物体会保持其静止状态或匀速直线运动状态，除非受到外力的作用。
2. 什么是电磁感应？答：电磁感应是指当导体在变化的磁场中移动时，会在导体中产生电动势的现象。
这是电磁学中的一个基本现象，也是发电机和变压器工作原理的基础。
3. 简述热力学第一定律。
答：热力学第一定律，也称为能量守恒定律，表明能量不能被创造或销毁，只能从一种形式转换为另一种形式。
在一个封闭系统中，能量的总量是恒定的。
四、计算题1. 一个质量为 \( 2 \) 千克的物体，以 \( 3 \) 米/秒的速度运动，求其动能。
答：根据动能公式 \( K = \frac{1}{2}mv^2 \)，代入数值得到\( K = \frac{1}{2} \times 2 \times 3^2 = 9 \) 焦耳。
大学物理教材习题答案
⼤学物理教材习题答案第⼀章质点运动习题解答⼀、分析题1．⼀辆车沿直线⾏驶，习题图1-1给出了汽车车程随时间的变化，请问在图中标出的哪个阶段汽车具有的加速度最⼤。
答: E 。
位移-速度曲线斜率为速率，E 阶段斜率最⼤，速度最⼤。
2．有⼒P 与Q 同时作⽤于⼀个物体，由于摩擦⼒F 的存在⽽使物体处于平衡状态，请分析习题图1-2中哪个可以正确表⽰这三个⼒之间的关系。
答: C 。
三个⼒合⼒为零时，物体才可能处于平衡状态，只有（C ）满⾜条件。
3．习题图1-3（a ）为⼀个物体运动的速度与时间的关系，请问习题图1-3（b ）中哪个图可以正确反映物体的位移与时间的关系。
答：C 。
由v-t 图可知，速度先增加，然后保持不变，再减少，但速度始终为正，位移⼀直在增加，且三段变化中位移增加快慢不同，根据v-t 图推知s-t 图为C 。
三、综合题：1．质量为的kg 50.0的物体在⽔平桌⾯上做直线运动，其速率随时间的变化如习题图1-4所⽰。
问：（1）设s 0=t 时，物体在cm 0.2=x 处，那么s 9=t 时物体在x ⽅向的位移是多少？（2）在某⼀时刻，物体刚好运动到桌⼦边缘，试分析物体之后的运动情况。
解：（1）由v-t 可知，0~9秒内物体作匀减速直线运动，且加速度为：220.8cm/s 0.2cm/s 4a == 由图可得：0 2.0cm s =，00.8cm/s v =， 1.0cm/s t v =-，则由匀减速直线运动的位移与速度关系可得：22002() t a s s v v -=- 2200()/2t s v v a s =-+ 22[0.8( 1.0)]/20.2 2.0cm =--?+1.1c m =（2）当物体运动到桌⼦边缘后，物体将以⼀定的初速度作平抛运动。
2．设计师正在设计⼀种新型的过⼭车，习题图1- 5为过⼭车的模型，车的质量为0.50kg ，它将沿着图⽰轨迹运动，忽略过⼭车与轨道之间的摩擦⼒。
新课标高中物理参考答案
参考答案第一章 力与物体平衡[实战训练场]1．ACD 2．ABC 3．AD 4．C 5．BD 6．D 7．A 8．BC 9．BD 10． D 11． BD 12． ACD 13． ACD 14． 第1空：4 第2空：2 15． 大16． 第1空：1．5 第2空：0．3 17． 2．5 18． 第1空：26 第2空：15 第3空：25 19．见图1220． 如图13所示，F 2=2.5 N21．（1）乙图更好一些，因为用甲图测量时必须使物体匀速滑动，而用乙图测量则不必保证木板匀速移动． （2）2.4 N ． 22．2 050 N ．第一章 力与物体平衡[能力提升篇] 一、选择题1．ABD 2．ABC 3．BC 4．AD 5．CD 6．BC 7．BD 8．AB 9．BC 10． A D二、填空题11． 第1空：10 第2空：0.2(或1/5) 12． 0.15 13． 第1空：200 第2空：0.3 第3空：18014． 第1空：0 第2空：5 第3空：0 15． 第1空：5 第2空：5三、作图题16． 见图13, 第1空：3.2 第2空：4.3 17． 见图14．四、计算题18． 解：①受到向左的拉力F ' =25 N ．A 受到摩擦力向右= f = 25 N ．绳子对A 无拉力，T =0．A 还受到重力、支持力，均为100 N ．②F '=2×25 N=50N ．f =100×m=40 N ．T =F '-f=图12图13图13 图1410 N ．重力、支持力同①不变． 19． F 33第二章 质点的运动[实战训练场]1．ACD 2．B 3．B 4．ABD 5．BC 6．A 7．A 8．D 9．ABD 10． D 11． AB 12． A 13． 16． 14． 1：2：3．15． (2n-1)S ． 16． 3:4． 17． 第1空：7．5 第2空：4．2． 18． 1.6． 19． 第1空：0 第2空：1.6 第3空：8 第4空：20． 20．第1空：0.25 第2空：0.3 第3空：0.1．第二章 质点的运动[能力提升篇] 1．A 2．AB 3．C 4．CD 5．ACD 6．ACD 7．BD 8．ACD 9．A 10． ACD 11． AD 12． AD 13．ABC 14． 3 15． 第1空：0．50 第2空：0．33 第3空：3．50． 16． 61．25． 17． 第1空：gH 2；第2空：H 98． 18． 第1空：匀速直线；第2空：匀加速直线；第3空：10；第4空：37．5． 19．（1）a 1=0．5m/s 2；（2）a 2=31m/s 2；（3）v m = 2m/s ． 20． 78．4．第三章 牛顿定律[实战训练场]1．C 2．CD 3．ABD 4．D 5．AC 6．B 7．BC 8．AD 9．CD 10. BC 11. C 12. BCD13. 7。
最新人教版九年级物理《电压-电阻》练习题(含答案)
人教版九年级物理《电压电阻》练习题（含答案）一．选择题1．（）小新用西红柿制作了一个水果电池，他用一片铜片和一片锌片制作了它的两个电极，做好该西红柿电池后，小新用电压表测量了它的电压，你觉得它的电压有多高？A．3V B．220V C．1.5V D．0.2V2．（）关于电源，下列说法中正确的是A．是提供电荷量的装置 B．是提供电流的装置C．是提供电压的装置 D．是提供用电器的装置3．（）用电压表分别测量电路中两盏电灯的电压，结果它们两端的电压相等，由此判断两盏电灯的连接方式是A．一定是串联B．一定是并联C．串联、并联都有可能D．无法判断.4．（）如图所示，电源电压为6V，当开关S闭合后，只有一灯泡发光，且电压表示数为6V，产生这一现象的原因可能是A．灯L1处短路B．灯L2处短路C．灯L1处断路D．灯L2处断路5．（）如图所示电路中，电源电压不变，开关S闭合，灯L1和L2都正常发光，一段时间后，突然其中一灯熄灭，而电流表和电压表的示数都不变，出现这一现象的原因可能A．L1短路B．L2短路C．L1断路D．L2断路6．（）由同种材料制成的三根电阻丝，已知它们的长度关系L1＞L2＝L3，横截面积的关系为S1=S2＜S3,现将它们串联接入电路，关于它们的电阻和通过他们的电流，正确的是A．R1＜R2=R3 ，I1=I2=I3B．R1＝R2＞R3，I1=I2＞I3C．R1＞R2＞R3，I1＞I2＞I3D．R1＞R2＞R3，I1=I2=I37．（）在如图（a）所示电路中，当闭合开关后，两个电压表指针偏转均为图（b）所示，则电阻R1和R2两端的电压分别为A．4.8V，1.2V B．6V， 1.2VC．1.2V，6V D．1.2V， 4.8V8．（）一个灯泡接在三节串联的铅蓄电池上，才能正常发光如果现在用两个同样的灯泡串联后仍接在这个铅蓄电池上，则这两个灯泡将A．较亮 B．较暗 C．正常发光 D．烧坏9．（）如图所示.开关S闭合后，将电压表并联在ab处时读数是0V；并联在bc处时读数是6V，整个电路中没有电流，其电路故障是A．L1灯丝断路B．L2灯丝断路C．电池耗尽无电压D．L2灯丝短路10．（）某同学使用电压表时，估计待测电路中的电压应选用0~3V的量程，但他误用0~15V的量程来测量。
最新人教版高中物理必修1课后习题答案
人教版高中物理Ⅰ课后习题答案第一章：运动的描述第1节：质点参考系和坐标系1、“一江春水向东流”是水相对地面（岸）的运动，“地球的公转”是说地球相对太阳的运动，“钟表时、分、秒针都在运动”是说时、分、秒针相对钟表表面的运动，“太阳东升西落”是太阳相对地面的运动。
2、诗中描写船的运动，前两句诗写景，诗人在船上，卧看云动是以船为参考系。
云与我俱东是说以两岸为参考系，云与船均向东运动，可认为云相对船不动。
3、x A=-0.44 m，x B=0.36 m第2节：时间和位移1．A．8点42分指时刻，8分钟指一段时间。
B．“早”指时刻，“等了很久”指一段时间。
C．“前3秒钟”、“最后3秒钟”、“第3秒钟”指一段时间，“3秒末”指时刻。
2．公里指的是路程，汽车的行驶路线一般不是直线。
3．（1）路程是100 m，位移大小是100 m。
（2）路程是800 m，对起跑点和终点相同的运动员，位移大小为0；其他运动员起跑点各不相同而终点相同，他们的位移大小、方向也不同。
第3节：运动快慢的描述——速度1．（1）1光年=365×24×3600×3.0×108 m=9.5×1015 m。
（2）需要时间为16154.010 4.2 9.510⨯=⨯年2．（1）前1 s平均速度v1=9 m/s前2 s平均速度v2=8 m/s前3 s平均速度v3=7 m/s前4 s平均速度v4=6 m/s全程的平均速度v5=5 m/sv1最接近汽车关闭油门时的瞬时速度，v1小于关闭油门时的瞬时速度。
（2）1 m/s，03．（1）24.9 m/s，（2）36.6 m/s，（3）第4节：实验：用打点计时器测速度1．电磁打点记时器引起的误差较大。
因为电磁打点记时器打点瞬时要阻碍纸带的运动。
2．（1）纸带左端与重物相连。
（2）A点和右方邻近一点的距离Δx=7．0×10-3 m，时间Δt=0.02 s，Δt很小，可以认为A点速度v=xt∆∆=0.35 m/s 3．解（1）甲物体有一定的初速度，乙物体初速度为0。
物理习题集答案
答案练习1 库伦定律 电场强度一、选择题 C B A C D二、填空题1. λ1d/(λ1+λ2).2. 2qy j /[4πε0 (a 2+y 2)3/2] , ±a/21/2.3. M/(E sin θ).三、计算题1. 取环带微元 d q =σd S=σ2π(R sin θ)R d θ =2πσR 2sin θd θd E =d qx/[4πε0(r 2+x 2)3/2]=()3024cos d sin 2RR R πεθθθπσ =σsin θcos θd θ/(2ε0))()0/2004/2d cos sin εσεθθθσπ==⎰E方向x 轴正向.2.取园弧微元 d q=λd l=[Q/(πR )]R d θ=Q d θ/π d E =d q/(4πε0r 2) =Q d θ/(4π2ε0R 2) d E x =d E cos(θ+π) =－d E cos θ d E y =d E sin(θ+π) =－d E sin θ E x =()⎰⎰-=2/32/2024d cos d ππεπθθR Q E x=Q/(2π2ε0R 2)E y =⎰d E y ()⎰-2/32/2024d sin ππεπθθR Q =0方向沿x 轴正向.练习2 电场强度（续）一、选择题 D C D B A 二、填空题1. 2p/(4πε0x 3), －p/(4πε0y 3).2. λ/(πε0a ), 03. 5.14⨯105.三、计算题1. 取无限长窄条电荷元d x ,电荷线密度λ'=λd x/a它在P 点产生的电场强度为d E=λ'/(2πε0r )=λd x/(2πε0a 22x b +) d E x =d E cos α=-λx d x/[2πε0a (b 2+x 2)] d E y =d E sin α=λb d x/[2πε0a (b 2+x 2)]E x =()⎰⎰-+=2/2/2202a a x x b a xdxdE πελ=()04ln 2/2/022=+-a a ax b πελE y =()⎰⎰-+=2/2/2202a a y xb a bdxdE πελbaa bx b a b a a 2arctan arctan 1202/2/0πελπελ=⋅=-2. 取窄条面元d S=a d x ,该处电场强度为 E=λ/(2πε0r ) 过面元的电通量为 d Φe =E ⋅d S=[λ/(2πε0r )]a d x cos θ =λac d x/[2πε0(c 2+x 2)] Φe =⎰d Φ()⎰-+=2/2/2202b b x c acdxπελ2/2/0arctan 12b b c x c ac -⋅=πελ =λa arctan[b /(2c )]/(πε0)练习3 高斯定理一、选择题 D A D C B二、填空题1. σ/(2ε0),向左;3σ/(2ε0),向左;σ/(2ε0),向右. 2 -Q/ε0, -2Q r 0/(9πε0R 2), -Q r 0/(2πε0R 2). 3 (q 1+ q 4)/ε0, q 1、q 2、q 3、q 4, 矢量和三、计算题1 因电荷分布以中心面面对称,故电场强度方向垂直于平板,距离中心相等处场强大小相等.取如图所示的柱形高斯面:两底面∆S 以平板中心面对称,侧面与平板垂直.=⋅⎰S E d SQ /ε左边=⎰⋅左底S E d +⎰⋅右底S E d +⎰⋅侧面S E d =2∆SE(1) 板内|x |<aQ=()[]⎰-∆xxSdx a x 2cos 0πρ=()()[]xx a x S a -∆2sin 20ππρ =4ρ0(a /π)∆S sin[πx /(2a )]得 E={2ρ0a sin[πx /(2a )]}/(πε0) (2)板外|x |>aQ=)[]⎰-∆aaSdx a x 2cos 0πρ=()()[]aa a x S a -∆2sin 20ππρ =4ρ0(a /π)∆S得 E=2ρ0a /(πε0)当x >0方向向右, 当x <0方向向左.2. 球形空腔无限长圆柱带电体可认为是均匀带正电(体电荷密度为ρ)无限长圆柱体与均匀带负电(体电荷密度为-ρ)球体组成.分别用高斯定理求无限长均匀带电圆柱体激发的电场E 1与均匀带电球体激发的电场E 2.为求E 1,在柱体内作同轴的圆柱形高斯面,有=⋅⎰S E d S02102ερπεπl r Q rlE == E 1=ρr 1/(2ε0)方向垂直于轴指向外;为求E 2,在球体内外作同心的球形高斯面,有=⋅⎰S E d S0224επQ E r = 球内r<a Q=-ρ4πr 23/3 E 2=-πr 2/(3ε0) 球外r>a Q=-ρ4πa 3/3 E 2=-πa 3/(3ε0r 22) 负号表示方向指向球心.对于O 点E 1=ρd/(2ε0), E 2=-πr 2/(3ε0)=0 (因r 2=0) 得 E O =ρa/(2ε0) 方向向右; 对于P 点E 1=ρd/(2ε0), E 2=-πa 3/(12ε0d 2) 得 E P =ρd/(2ε0)-πa 3/(12ε0d 2) 方向向左.练习4 静电场的环路定理 电势一、选择题 A C B D D二、填空题1. )222(812310q q q R++πε.2 Ed cos α.3 .-q/(6πε0R )三、计算题1.解：设球层电荷密度为ρ.ρ=Q/(4πR 23/3-4πR 13/3)=3Q/[4π(R 23-R 13)]球内，球层中，球外电场为E 1=0, E 2=ρ(r 3-R 13)/(3ε0r 2) , E 3=ρ(R 23-R 13)/(3ε0r 2)故⎰⎰⎰∞+=⋅=rR R R r211d d d 21r E r E r E ϕ⎰∞+2d 3R r E=0+{ρ(R 22-R 12)/(6ε0)+[ρR 13/(3ε0)(1/R 2-1/R 1)]}+ ρ(R 23-R 13)/(3ε0R 2)=ρ(R 22-R 12)/(2ε0)=3Q (R 22-R 12)/[8πε0(R 23-R 13)]2. (1)⎰⋅=-212d 2r r r r U U 1l E =⎰2102r r dr rπελ=(λ/2πε0)ln(r 2/r 1)(2)无限长带电直线不能选取无限远为势能零点，因为此时带电直线已不是无限长了，公式E=λ/(2πε0r )不再适用.练习5 静电场中的导体一、选择题 A A C D B二、填空题1. 2U 0/3+2Qd/(9ε0S ).2. 会, 矢量.3. 是, 是, 垂直, 等于.三、计算题1. E x =-∂U/∂x=-C [1/(x 2+y 2)3/2+x (-3/2)2x /(x 2+y 2)5/2] = (2x 2-y 2)C /(x 2+y 2)5/2 E y =-∂U/∂y=-Cx (-3/2)2y /(x 2+y 2)5/2=3Cxy /(x 2+y 2)5/2 x 轴上点(y =0) E x =2Cx 2/x 5=2C /x 3 E y =0E =2C i /x 3y 轴上点(x =0) E x =-Cy 2/y 5=-C /y 3 E y =0 E =-C i /y 32. B 球接地,有 U B =U ∞=0, U A =U AB U A =(-Q+Q B )/(4πε0R 3) U AB =[Q B /(4πε0)](1/R 2-1/R 1)得 Q B =QR 1R 2/( R 1R 2+ R 2R 3- R 1R 3)U A =[Q/(4πε0R 3)][-1+R 1R 2/(R 1R 2+R 2R 3-R 1R 3)]=-Q (R 2-R 1)/[4πε0(R 1R 2+R 2R 3-R 1R 3)]练习6 静电场中的电介质一、选择题 D D B A C二、填空题1. 非极性, 极性.2. 取向, 取向; 位移, 位移.3. -Q/(2S ), -Q/(S )三、计算题1. 在A 板体内取一点A , B 板体内取一点B ,它们的电场强度是四个表面的电荷产生的,应为零,有E A =σ1/(2ε0)-σ2/(2ε0)-σ3/(2ε0)-σ4/(2ε0)=0 E A =σ1/(2ε0)+σ2/(2ε0)+σ3/(2ε0)-σ4/(2ε0)=0 而 S (σ1+σ2)=Q 1 S (σ3+σ4)=Q 2 有 σ1-σ2-σ3-σ4=0σ1+σ2+σ3-σ4=0 σ1+σ2=Q 1/S σ3+σ4=Q 2/S解得 σ1=σ4=(Q 1+Q 2)/(2S )=2.66⨯10-8C/m 2σ2=-σ3=(Q 1-Q 2)/(2S )=0.89⨯10-8C/m 2 两板间的场强 E=σ2/ε0=(Q 1-Q 2)/(2ε0S )V=U A －U B ⎰⋅=BAl E d=Ed=(Q 1-Q 2)d /(2ε0S )=1000V四、证明题1. 设在同一导体上有从正感应电荷出发，终止于负感应电荷的电场线.沿电场线ACB作环路ACBA ,导体内直线BA 的场强为零,ACB 的电场与环路同向于是有=⋅⎰l E d l +⋅⎰ACBl E d ⎰⋅ABl E d 2=⎰⋅ACBl E d ≠与静电场的环路定理=⋅⎰l E d l0相违背,故在同一导体上不存在从正感应电荷出发，终止于负感应电荷的电场线.练习7 静电场习题课一、选择题 D B A C A二、填空题1. 9.42×103N/C, 5×10-9C .2.25.3 R 1/R 2, 4πε0(R 1+R 2), R 2/R 1.三、计算题1. (1)拉开前 C 0=ε0S/d W 0=Q 2/(2C 0)= Q 2d /(2ε0S )拉开后 C=ε0S/(2d )W=Q 2/(2C )=Q 2d /(ε0S ) ∆W=W -W 0= Q 2d /(2ε0S )(2)外力所作功A=-A e =-(W 0-W )= W -W 0= Q 2d /(2ε0S ) 外力作功转换成电场的能量 {用定义式解:A=⎰⋅l F d =Fd =QE 'd=Q [(Q/S )/(2ε0)]d= Q 2d /(2ε0S ) }2. 洞很细,可认为电荷与电场仍为球对称,由高斯定理可得球体内的电场为 E =(ρ4πr 3/3)/(4πε0r 2)(r /r ) =ρr /(3ε0)=Q r /(4πε0R 3) F =-q E =-qQ r /(4πε0R 3)F 为恢复力, 点电荷作谐振动-qQr /(4πε0R 3)=m d 2r/d t 2 ω=[ qQ /(4πε0mR 3)]1/2因t =0时, r 0=a, v 0=0,得谐振动A=a ,ϕ0=0故点电荷的运动方程为()t mR qQ a r 304cos πε=练习8 磁感应强度 毕奥—萨伐尔定律一、选择题 A A B C D二、填空题1. 所围面积,电流,法线(n ).2. μ0I/(4R 1)+ μ0I/(4R 2),垂直向外;(μ0I/4)(1/R 12+1/R 22)1/2,π+arctan(R 1/R 2). 3. 0.三、计算题1.取宽为d x 的无限长电流元d I=I d x/(2a ) d B=μ0d I/(2πr ) =μ0I d x/(4πar )d B x =d B cos α=[μ0I d x/(4πar )](a/r )=μ0I d x/(4πr 2)= μ0I d x/[4π(x 2+a 2)]d B y =d B sin α= μ0Ix d x/[4πa (x 2+a 2)]()⎰⎰-+==aax x ax xI B B 2204d d πμ=[μ0I/(4π)](1/a )arctan(x/a )a a-=μ0I/(8a )()⎰⎰-+==aay y a x a xIx B B 2204d d πμ=[μ0I/(8πa )]ln(x 2+a 2)a a-=02. 取宽为d L 细圆环电流, d I=I d N=I [N/(πR/2)]R d θ=(2IN/π)d θ d B=μ0d Ir 2/[2(r 2+x 2)3/2] r=R sin θ x=R cos θ d B=μ0NI sin 2θ d θ /(πR )⎰⎰==πππθθμ220d sin d RNI B B =μ0NI/(4R )练习9 毕—萨定律(续)一、选择题 D B C A D二、填空题1. 0.16T.2. μ0Qv /(8πl 2), z 轴负向.3. μ0nI πR 2. 三、计算题1.取窄条面元d S =b d r , 面元上磁场的大小为 B =μ0I /(2πr ), 面元法线与磁场方向相反.有Φ1=⎰-=aabIbdr r I 2002ln 2cos 2πμππμΦ2=⎰-=aabIbdr r I 42002ln 2cos 2πμππμ Φ1/Φ2=12. 在圆盘上取细圆环电荷元d Q =σ2πr d r ,[σ=Q /(πR 2) ],等效电流元为 d I =d Q /T =σ2πr d r/(2π/ω)=σωr d r(1)求磁场, 电流元在中心轴线上激发磁场的方向沿轴线,且与ω同向,大小为d B=μ0d Ir 2/[2(x 2+r 2)3/2]=μ0σωr 3d r /[2(x 2+r 2)3/2]()()()⎰⎰++=+=RRx rx r r x r rr B 02322222002/32230d 42d σωμσωμ=()()()⎰+++Rx r x r x r232222220d 4σωμ-()()⎰++R x r x r x 023222220d 4σωμ=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++RR x r x x r 022202202σωμ =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++x x R x R R Q 222222220πωμ (2)求磁距. 电流元的磁矩 d P m =d IS=σωr d r πr 2=πσωr 2d r⎰=Rm dr r P 03πσω=πσωR 4/4=ωQR 2/4练习10 安培环路定理一、选择题 B C C D A二、填空题1. 环路L 所包围的电流, 环路L 上的磁感应强度,内外. 2. μ0I , 0, 2μ0I . 3. -μ0IS 1/(S 1+S 2),三、计算题1. 此电流可认为是由半径为R 的无限长圆柱电流I 1和一个同电流密度的反方向的半径为R '的无限长圆柱电流I 2组成.I 1=J πR 2 I 2=-J πR '2 J =I/[π (R 2-R '2)] 它们在空腔内产生的磁感强度分别为B 1=μ0r 1J/2B 2=μ0r 2J/2 方向如图.有B x=B2sinθ2-B1sinθ1=(μ0J/2)(r2sinθ2-r1sinθ1)= 0B y =B2cosθ2＋B1cosθ1=(μ0J/2)(r2cosθ2＋r1cosθ1)=(μ0J/2)d所以 B = B y= μ0dI/[2π(R2－R '2)]方向沿y轴正向2. 两无限大平行载流平面的截面如图.平面电流在空间产生的磁场为B1=μ0J/2在平面①的上方向右,在平面①的下方向左;电流②在空间产生的磁场为B2=μ0J/2在平面②的上方向左,在平面②的下方向右.(1) 两无限大电流流在平面之间产生的磁感强度方向都向左,故有B=B1+B2=μ0J (2) 两无限大电流流在平面之外产生的磁感强度方向相反,故有B=B1-B2=0练习11 安培力洛仑兹力一、选择题 D B C A B二、填空题1 IBR .2 10－2, π/23 0.157N·m ; 7.85×10－2J .三、计算题1. (1) P m=IS=Ia2方向垂直线圈平面.线圈平面保持竖直,即P m与B垂直.有M m=P m×BM m=P m B sin(π/2)=Ia2B=9.4×10－4m⋅N(2) 平衡即磁力矩与重力矩等值反向M m=P m B sin(π/2－θ)=Ia2B cosθM G= M G1 + M G2 + M G3= mg(a/2)sinθ+ mga sinθ+ mg(a/2)sinθ=2(ρSa)ga sinθ=2ρSa2g sinθIa2B cosθ=2ρSa2g sinθtanθ=IB/(2ρSg)=0.2694θ=15︒2.在圆环上取微元I2d l= I2R dθ该处磁场为B=μ0I1/(2πR cosθ)I2d l与B垂直,有d F= I2d lB sin(π/2)d F=μ0I1I2dθ/(2πcosθ)d F x=d F cosθ=μ0I1I2dθ/(2π)d F y=d F sinθ=μ0I1I2sinθdθ/(2πcosθ)⎰-=22212πππθμdI IFx=μ0I1I2/2因对称F y=0.故F=μ0I1I2/2 方向向右.练习12 物质的磁性一、选择题 D B D A C二、填空题1. 7.96×105A/m,2.42×102A/m.2. 见图3.矫顽力H c大, 永久磁铁.三、计算题1. 设场点距中心面为x,因磁场面对称以中心面为对称面过场点取矩形安培环路，有⎰⋅llH d=ΣI02∆LH=ΣI0(1)介质内,0<x<b/2. ΣI0=2x∆lJ=2x∆lγE,有H =x γE B =μ0μr 1H=μ0μr 1x γE(2) 介质外,|x |>b/2. ΣI 0=b ∆lJ =b ∆l γE ,有 H =b γE/2 B =μ0μr 2H=μ0μr 2b γE/22. 因磁场柱对称 取同轴的圆形安培环路，有⎰⋅ll H d =ΣI 0在介质中(R 1<r <R 2)，ΣI 0=I ，有 2πrH = I H = I /(2πr ) 介质内的磁化强度 M =χm H =χm I /(2πr )介质内表面的磁化电流 J SR 1=| M R 1×n R 1|=| M R 1|=χm I /(2πR 1) I SR 1=J SR 1⋅2πR 1=χm I (与I 同向) 介质外表面的磁化电流 J SR 2=| M R 2×n R 2|=| M R 2|=χm I /(2πR 2) I SR 2=J SR 2⋅2πR 2=χm I (与I 反向)练习13 静磁场习题课一、选择题 D C A A A 二、填空题1. 6.67×10-6T ; 7.20×10-21A ·m 2.2. R ih πμ20.3. -πR 2c (Wb).三、计算题1.(1)螺绕环内的磁场具有轴对称性,故在环内作与环同轴的安培环路.有 ⎰⋅ll B d =2πrB=μ0∑I i =μ0NIB=μ0NI/(2πr )(2)取面积微元h d r 平行与环中心轴,有d Φm =|B ⋅d S | =[μ0NI/(2πr )]h d r =μ0NI h d r /(2πr )Φm =⎰=22120021ln 22D D D D NIh dr r NIh πμπμ 2. 因电流为径向,得径向电阻为⎰=2112ln 22R RR R d rd dr πρπρ I=ε/[ρln(R 2/R 1)/(2πd )]=2πd ε/[ρln(R 2/R 1)] 取微元电流 d I d l=J d S d r=[I/(2πrd )]r d θd d r=d εd θd r /[ρln(R 2/R 1)]受磁力为d F=|d I d l ×B |=Bd εd θd r /[ρln(R 2/R 1)]d M=|r ×d F |=Bd εd θ r d r /[ρln(R 2/R 1)] 练习练习14 电磁感应定律 动生电动势一、选择题 D B D A C二、填空题1. t I r r ωωπμcos 202210,22102Rr I r πμ . 2. > , < , = .3. B ωR 2/2; 沿曲线由中心向外.三、计算题1. 取顺时针为三角形回路电动势正向,得三角形面法线垂直纸面向里.取窄条面积微元 d S =y d x =[(a+b -x )l/b ]d xΦm =⎰⋅S d S B=()⎰+-+⋅ba abldxx b a x I πμ20 =()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++b a b a b a b Il ln 20πμ εi =-d Φm /d t=()dt dIa b a b a b b l ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-ln 20πμ=-5.18×10－8V负号表示逆时针2. (1) 导线ab 的动生电动势为εi = ⎰l v×B ·d l=vBl sin(π/2+θ)=vBl cos θI i =εi /R = vBl cos θ/R方向由b 到a . 受安培力方向向右,大小为 F =| ⎰l (I i d l×B )|= vB 2l 2cos θ/RF 在导轨上投影沿导轨向上,大小为F '= F cos θ =vB 2l 2cos 2θ/R重力在导轨上投影沿导轨向下,大小为mg sin θmg sin θ -vB 2l 2cos 2θ/R=ma=m d v /d t dt=d v /[g sin θ -vB 2l 2cos 2θ/(mR )])]{}⎰-=vmR l vB g dv t 0222cos sin θθ()()()mR t l B e l B mgR v θθθ222cos 2221cos sin --=(2) 导线ab 的最大速度v m =θθ222cos sin l B mgR .练习15 感生电动势 自感一、选择题 A D C B B二、填空题1. er 1(d B /d t )/(2m ),向右;eR 2(d B /d t )/(2r 2m ),向下.2. μ0n 2l πa 2, μ0nI 0πa 2ωcos ωt .3.ε=πR 2k/4，从c 流至b .三、计算题1.(1) 用对感生电场的积分εi =⎰l E i ·d l 解:在棒MN 上取微元d x (-R<x<R ), 该处感生电场大小为 E i =[R 2/(2r )](d B/d t ) 与棒夹角θ满足tan θ=x/Rεi =⎰⋅NMl E i d =⎰NMi x E θcos d=()⎰-⋅RRr R r x t B R 22d d d =⎰-+⋅RR R x x t B R 2232d d d =[R 3(d B/d t )/2](1/R )arctan(x/R )R R- =πR 2(d B/d t )/4因εi =>0,故N 点的电势高.(2) 用法拉第电磁感应定律εi =－d Φ/d t 解: 沿半径作辅助线OM ,ON 组成三角形回路MONMεi =⎰⋅NMl E i d =⎰⋅-MNl E i d=-⎢⎣⎡⋅⎰MNl E i d +⎰⋅OM l E i d +⎥⎦⎤⋅⎰NO l E i d=－(－d ΦmMONM /d t ) =d ΦmMONM /d t 而 ΦmMONM =⎰⋅Sd S B =πR 2B/4故 εi =πR 2(d B/d t )/4N 点的电势高. 2. .等效于螺线管B 内=μ0 nI=μ0 [Q ω /(2π)]/L=μ0 Q ω /(2πL )B 外=0Φ=⎰S B ⋅d S=B πa 2=μ0Q ω a 2 /(2 L ) εi =－d Φ/d t=－[μ0Q a 2 /(2 L )]d ω /d t=μ0ω 0Q a 2 /(2 L t 0) I i =εi /R=μ0ω 0Q a 2 /(2 LR t 0)方向与旋转方向一致.练习16 互感（续）磁场的能量一、选择题 D C B C A二、填空题1. 0.2. ΦAB =ΦBA .3. μ0I 2L /(16π.)三、计算题1. 取如图所示的坐标,设回路有电流为I ,则两导线间磁场方向向里,大小为0≤r ≤a B 1=μ0Ir/(2πa 2)+ μ0I/[2π(d -r )] a ≤r ≤d -a B 2=μ0I/(2πr )+μ0I/[2π(d -r )] d -a ≤r ≤d B 3=μ0I/(2πr )+ μ0I (d -r )/(2πa 2) 取窄条微元d S=l d r ,由Φm =⎰⋅SS B d 得Φml =⎰aa r Irl 0202d πμ+()⎰-a r d r Il 002d πμ +⎰-ad ar r Il πμ2d 0+()⎰--a d ar d rIl πμ2d 0 +⎰-ad ar r Il πμ2d 0+()⎰-a d aa rl r -d I 202d πμ =μ0Il/(4π)+[μ0Il/(2π)]ln[d/(d -a )] +[μ0Il/(2π)]ln[(d -a )/a ] +[μ0Il/(2π)]ln[(d -a )/a ]+[μ0Il/(2π)]ln[d/(d -a )]+μ0Il/(4π)=μ0Il/(2π)+(μ0Il/π)ln(d/a )由L l =Φl /I ,L 0= L l /l=Φl /(Il ).得单位长度导线自感 L 0==μ0l/(2π)+(μ0l/π)ln(d/a )2. 设环形螺旋管电流为I , 则管内磁场大小为B =μ0NI/(2πρ) r ≤ρ≤R方向垂直于截面; 管外磁场为零.取窄条微元d S=h d ρ,由Φm =⎰⋅SS B d 得Φm =⎰RrNIh πρρμ2d 0=μ0NIh ln(R/r )/(2π) M =Φm /I ==μ0Nh ln(R/r )/(2π)练习17 麦克斯韦方程组一、选择题 C A D B C二、填空题1. 1.2. ②, ③, ①.3. 1.33×102 W/m 2 , 2.51×10-6J/m 3.三、计算题1. 设极板电荷为Q , 因I=d Q/d t , Q=CU ,有 (1) I=d(CU )/d t=C d U/d td U/d t =I/C = I 0e -kt /CU = I 0(1-e -kt )/(kC )(2)I d =d Φd /d t =d(DS )/d t =d(εES )/d t =d[ε(U /d )S ]/d t=(εS /d )d U/d t =C d U/d t=I=I 0e -kt(3)在极板间以电容器轴线为心,以r 为半径作环面垂直于轴的环路,方向与I d 成右手螺旋.有⎰⋅ll H d =2πrH =∑I d当r <R 时 ∑I d =[I d /(πR 2)]πr 2 H =I d r /(2πR 2) B =μH =μI d r /(2πR 2)=μI 0e -kt r /(2πR 2) 当r >R 时 ∑I d =I d H =Ir /(2πr )B =μI 0e -k t /(2πr )方向与回路方向相同. O 点,r =0: B =0A 点,r =R 1<R :B =μI 0e -kt R 1/(2πR 2) 方向向里C 点,r =R 2>R : B =μI 0e -k t /(2πR 2) 方向向外.2.(1)坡印廷矢量平均值 S =I =P /(2πr 2) r =10km S =P /(2πr 2)=1.59×10-5W/m 2 (2) 电场强度和磁场强度振幅.εE =μHS =|S |=|E ×H |=2E με=εμH 2E=εμS H=μεS E m =E 2=002εμS =1.09⨯10-1V/mH m =H 2=002μεS =2.91×10-4A/m练习18 电磁感应习题课一、选择题 A B B C D二、填空题1 0, 2μ0I 2/(9π2a 2).2 700Wb/s.3 vBl sin α, A 点.三、计算题1. 任意时刻金属杆角速度为ω,取微元长度d rd εi =v ×B ⋅d l=ωrBdrεi =⎰d εi =r r B ad 0⎰ω=ω Ba 2/2I =εi /R =ω Ba 2/(2R )方向由O 向A .微元d r 受安培力为 |d F |=|I d l ×B |= IB d r d M =|d M |=|r ×d F |= IBr d r M=⎰d M =r r IB ad 0⎰=I Ba 2/2=ω B 2a 4/(4R )方向与ω相反.依转动定律,有-ω B 2a 4/(4R )=J α=(ma 2/3)d ω /d td t=-[4Rm/(3ω B 2a 2)]d ω =-[4Rm/(3 B 2a 2)]d ω/ωt =()[]()ωωωωd 34022⎰a B mR=-[4Rm/(3 B 2a 2)]ln(ω/ω0)t mRa B e43022-=ωω2. 因b >>a ,可认为小金属环上的磁场是均匀.Φm =⎰⋅Sd S B =BS cos θ=[μ0I/(2b )]πa 2cos θ=μ0I πa 2cos θ/(2b ) (1) I 恒定,θ=ω1t : εi =-d Φm /d t =(-d Φm /d θ)(d θ/d t )=μ0I πa 2ω1sin(ω1t )/(2b ) (2) I =I 0sin ω2t ,θ=0:εi =-d Φm /d t =(-d Φm /d I )(d I/d t ) =-μ0πa 2I 0ω2cos ω2t/(2b )(3) I =I 0sin ω2t ,θ= ω1t : εi =-d Φm /d t=-[(∂Φm /∂θ)(∂θ/∂t )+(∂Φm /∂I )(∂I/∂t )] =[μ0I 0πa 2/(2b )][ω1sin(ω1t )sin(ω2t )-ω2cos ω2t ]练习19 义相对论的基本原理及其时空观一、选择题 C D B A A二、填空题1. c , c .2. c c 97.017/16=.3. ()c l a 201-三、计算题1 (1)设K '相对于K 的运动速度为v ,运动方向为x 正向.因x 1=x 2,有∆t '=(∆t -v ∆x /c 2)/(1-v 2/c 2)1/2=∆t /(1-v 2/c 2)1/2 v=[1-(∆t )2/(∆t ')2]1/2c =3c /5=1.8×108m/s (2) ∆x '=(∆x -v ∆t )/(1-v 2/c 2)1/2=-v ∆t /(1-v 2/c 2)1/2=-v ∆t '=3c (m)=9×108m2. 设地球和飞船分别为K 和K '系,有(1)飞船上观察者测飞船长度为固有长度,又因光速不变,有∆x '=90m ∆t '=∆x '/c =3×10-7s (2)地球上观察者∆x =(∆x '+v ∆t ')/(1-v 2/c 2)1/2=270m ∆t =(∆t '+v ∆x '/c 2)/(1-v 2/c 2)1/2=9×10-7s {或 ∆t =(∆t '+v ∆x '/c 2)/(1-v 2/c 2)1/2=(∆x '/c+v ∆x '/c 2)/(1-v 2/c 2)1/2 =[(∆x '+v ∆t ')/(1-v 2/c 2)1/2]/c =∆x /c =9×10-7s }练习20 相对论力学基础一、选择题 A C A B C二、填空题1. 1.49MeV .2. 2/3c , 2/3c .3. 5.81×10－13, 8.04×10-2.三、计算题1. E k =mc 2-m 0c 2 m =m 0+E k /c 2回旋周期T =2πm /(qB )=2π( m 0+E k /c 2)/(qB ) E k =104MeV=1.6×10-9J m 0=1.67×10-27kg q =1.6⨯10-19C T =2π( m 0+E k /c 2)/(qB )=7.65×10-7s2. E = m 0c2/221cv - =E 0/221c v-γ= 1/221c v -=E /E 0v=c ()201E E -=2.998×108m/s运动的距离∆l =v ∆t =v τ0γ= c ()201E E -τ0 E /E 0=c τ0()1/20-E E =1.799×104m练习21 热辐射 光电效应一、选择题 A D C D B二、填空题1. 0.64 .2. 2.4×103K.3. 在一定温度下,单位时间内从绝对黑体表面单位面积上所辐射的各波长的总能量.三、计算题1. (1)T=b/λm =5.794×103K .(2) P =M (T )S =σT 44πR S 2=3.67×1026W(3) P '= P/S '=σT 44πR S 2/(4πL 2)=1.30×103W/m 22. λm = b/T =9.66×10-4mνm =c /λm = c /(b/T )=cT/b =3.11×1011Hz P =M (T )S =σT 44πR E 2=2.34×109W练习22 康普顿效应 氢原子的玻尔理论一、选择题 D B A C A二、填空题1. hc/λ；h/λ；h/(λc ).2. 1.45V ；7.14×105m/s .3. π；0.三、计算题1. h ν=hc /λ=mv 2/2+A =eU c +AU c =(hc /λ-A )/e =(hc /(λe )-A /emv =[2m ( hc /λ-A )]1/2R =mv /(qB )=[2m ( hc /λ-A )]1/2/(eB )2.(1) ∆λ=h (1-cos ϕ)/(m 0c ) λ=λ0+∆λ=λ0+h (1-cos ϕ)/(m 0c )=1.024×10-10m (2) h ν0+m 0c 2= h ν+mc 2= h ν+m 0c 2+E kh ν0= h ν+E k E k =h ν0- h ν= hc/λ0- hc/λ= hc (λ-λ0)/(λ0λ) = hc ∆λ/[λ0(λ0+∆λ)]=4.71×10-17J=294eV练习23 德布罗意波 不确定关系一、选择题 D C D A B二、填空题1. 1.46Å; 6.63×10-31m.2. 3/3. 3. 6.63×10-24. (或1.06×10-24,3.32×10-24, 0.53×10-24)三、计算题1. (1)由带电粒子在均匀磁场中作圆运动运动的知识知,R =mv /(qB ).于是有 p α=m αv α=qBR =2eBRλα=h/p α=h/(2eBR )=9.98×10-12m =9.98×10-3nm(2) 设小球与α粒子速率相同v =v α=2eBR/m αλ= h/p = h/(mv )= h/[m (2eBR/m α)] =[h/(2eBR )](m α/m )=(m α/m )λα=6.62×10-34m2. (1)考虑相对论效应E k =eU =mc 2-m 0c 2=E -E 0p 2c 2=E 2-E 02= (E+E 0)(E -E 0)= (E k +2E 0)E k= (eU +2 m 0c 2) eU p =[(eU +2 m 0c 2) eU ]1/2/cλ=h /p =hc/[(eU +2 m 0c 2) eU ]1/2=8.74×10-13m(2)不考虑相对论效应E k =eU=mv 2/2=p 2/(2m ) p =(2meU )1/2 λ=h /p = h /(2meU )1/2= h /(2m 0eU )1/2=1.23×10-12m(λ-λ0)/λ0=40.7%﹪﹪练习24 薛定谔方程 氢原子的量子力学描述一、选择题 A C A D B二、填空题1. ν3=ν1+ν2；1/λ3=1/λ1+1/λ2. 2. 粒子t 时刻出现在r 处的概率密度; 单值,有限,连续;⎰=ψ1d d d 2z y x . 3. a /6, a /2, 5a /6.三、计算题1所发射光子的能量ε=h ν=hc /λ=2.56eV 激发能为∆E =10.19eV 能级的能量为E k ,有∆E =E k - E 1E k =E 1+∆E =-13.6+10.19=-3.41eV 初态能量 E n =E k +ε=-0.85eV 初态主量子数 n =(E 1/E n )1/2=42. 由归一化⎰∞∞-=V Ψd 2⎰lx c22(l -x )d x =1得 c =530l0~l /3区间发现粒子的概率 P =⎰lx Ψ2d =⎰l30x 2(l -x )2d x /l 5=17/81=21%练习25 近代物理习题课一、选择题 D D D CB二、填空题1 13.6eV , 5.2 >, >, <. 3. 459W/s三、计算题1. (1)ε =h ν=hc/λ=2.86eV (2) 巴耳末系k =2,E 2=E 1/22=-13.6/4=-3.4eVE n =E 1/n 2=E 2+ε =-0.54eVn =(E 1/E n )1/2=5(3) 可发射四个线系, 共10条谱线;波长最短的谱线是从n =5的能态跃迁到n =1的能态而发射的光譜线2 ∆p ∆x ≧ћ/2 ∆p ≧ћ/(2∆x ) 取 p ≈∆p ≧ћ/(2∆x )=7.3⨯10-21kgm/sE k = p 2/(2m )≈[ћ/(2∆x )]2/(2m )=ћ2/[8 m (∆x )2]=2.5⨯10。
大学物理习题与答案解析
a d dvtt28j(m2/)s
大学物理
3、质点作直线运动，加速度 a2Asint，已知
t 0时质点初始状态为x 0
动学方程为xAsi n .t0
、v0 A、该质点运
解：
vv0
t
a
0
dt A
t2As
0
intdt
AAcostA
Acost
t
t
即 a2ct, t a 2c
vx vy
vvx 2vy 2a24c2t22a
大学物理
5、一飞机在跑道上跑过500米后，即升空，如果它在跑
前是静止的，以恒定加速度运动，升空前跑了30秒，则
当它升空时的速度为 v 100 m/s
.
3
解： x 1 at 2 2
a2t2x2 352 000190m2/s
答：B
v(m / s)
2
0到7秒的位移为：
0
r 2 22 2 2 2 2 3 1 i 3 .5 im1
坐标为：x23 .55 .5 m
t(s) 24 5 7
大学物理
3、一质点沿x轴运动的规律是 xt24t5,其中x以m 计，t以s计，则前3s内它的位移和路程分别是
(A)位移和路程都是3m. (B) 位移和路程都是-3m .
dvy dy
则
a vy
dvy dy
kvy2
分离变量得 :
dvy kdy vy
两边积分得 :
v dvy
y
k dy
v v0 y
0
v v0eky
大学物理
3、一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程
为 23t，3 式中以弧度计，t以秒计，求：(1) t＝2 s
(完整版)大学物理上册习题大体答案
第一章１．有一质点沿X 轴作直线运动，t 时刻的坐标为)(25.432SI t t x -=．试求：(1)第2秒内的平均速度；(2)第2秒末的瞬时速度；(3)第2秒内的路程． 解：（１）)/(5.0/s m t x v -=∆∆=；（２）269/t t dt dx v -==， s m v /6)2(-=； （３）m x x x x s 25.2|)5.1()2(||)1()5.1(|=-+-=２．一质点沿X 轴运动，其加速度为)(4SI t a =，已知0=t 时，质点位于m X 100=处，初速度00=v ，试求其位置和时间的关系式．2.解：t dt dv a 4/==，tdt dv 4=⎰⎰=tvtdt dv 004，22t v = 22/t dt dx v ==⎰⎰=xtdt t dx 1022 )(103/23SI t x +=．3．由楼窗口以水平初速度0v ρ射出一发子弹，取枪口为坐标原点，沿0v ρ方向为Ｘ轴，竖直向下为Ｙ轴，并取发射时s t 0=，试求：（1） 子弹在任意时刻t 的位置坐标及轨迹方程； （2）子弹在t 时刻的速度，切向加速度和法向加速度．3. 解：（１）t v x 0=， 221gt y =轨迹方程是：2022/v g x y =．（２）0v v x =，gt v y =．速度大小为：222022t g v v v v y x +=+=． 与Ｘ轴的夹角)/(01v gt tg -=θ22202//t g v t g dt dv a t +==，与v ρ同向．222002122/)(t g v g v a g a tn +=-=，方向与t a 垂直．4．一物体悬挂在弹簧上作竖直振动，其加速度为ky a -=，式中k 为常量，y 是以平衡位置为原点所测得的坐标，假定振动的物体在坐标0y 处的速度为0v ，试求速度v 与坐标y 的函数关系式．4.解：dydv v dt dy dy dv dt dv a =⋅==，又ky a -= dy vdv ky /=-∴⎰⎰=-vdv kydy C v ky +=-222121已知 0y y =，0v v = 则：20202121ky v C --=)(220202y y k v v -+=．5. 一飞机驾驶员想往正北方向航行，而风以h km /60的速度由东向西刮来，如果飞机的航速(在静止空气中的速率)为h km /180，试问驾驶员应取什么航向？飞机相对于地面的速率为多少？试用矢量图说明．5.解：选地面为静止参考系S ，风为运动参考系S '，飞机为运动质点P ． 度：h km v s p /180='，已知：相对速方向未知； h km v s s /60='， 牵连速度：方向正西；绝对速度：ps v 大小未知，方向正北．理有：s s s p ps v v v ''+=ρρρ，由速度合成定ps v ρ，s p v 'ρ，s s v 'ρ构成直角三角形，可得： h km v v v s s s p ps /170)()(||22=-=''ρρρ014.19)/(=='-ps s s v v tg θ（北偏东04.19航向）． 6．一质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为)(622SI x a +=，如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度．6. 解：设质点在x 处的速率为v ，262x dtdx dx dv dt dv a +=⋅==⎰⎰+=x vdx x vdv 020)62(s m x x v /)(22/13+=7．当火车静止时，乘客发现雨滴下落方向偏向车头，偏角为030，当火车以s m /35的速率沿水平直线行驶时，发现雨滴下落方向偏向车尾，偏角为045，假设雨滴相对于地的速度保持不变，试计算雨滴相对于地的速度大小．解：选地面为静止参考系s ，火车为运动参考系s '，雨滴为运动质点p ： 已知：绝对速度：ps v ρ大小未知，方向与竖直方向夹030； 牵连速度：s m v s s /35='，方向水平； 相对速度：s p v 'ρ大小未知，方向偏向车后045 由速度合成定理：s p ps v v '=ρρ30sin30sin 00=+'ps s p v v 0030sin 30cos ps s p v v ='ss ''s m v ps /6.25=．第二章３．一人在平地上拉一个质量为M 的木箱匀速地前进，木箱与地面间的摩擦系数6.0=μ，设此人前进时，肩上绳的支撑点距地面高度为m h 5.1=，问绳长l 为多少时最省力？解：设拉力大小为为F ，方向沿绳。
大学物理课后习题答案(高教版 共三册)
由 得则
7、在xy平面内有一运动质点，其运动学方程为：（SI） 则t时刻其速度为多少？其切向加速度的大小为多少？该质点运动的轨 迹是什么？ 解：（1）
（2）速率： （3）两式平方后相加，， 轨迹为一半径为10m的圆。
8、一条河在某一段直线岸边有A、B两个码头，相距 1km ，甲、乙两人 需要从码头A到码头B，再立即由B返回。甲划船前去，船相对河水的速 度 4km/h，而乙沿岸步行，步行速度也为 4km/h ，如河水流速为 2km/h ，方向从A到B，试推算甲比乙晚多少分钟回到码头A？ 解：由A到B船对地的速度大小：
2、质点在一直线上运动，其坐标与时间有如下关系： (SI) (A 为常 数)，则在任意时刻 t 质点的加速度为多少？什么时刻质点的速度为零？ 解：（1）
（SI） （2）令
有 得 (SBiblioteka ) (K=0,1,2……)3、一质点沿X 方向运动，其加速度随时间变化关系为：a=3+2t (SI)， 如果初始时质点的速度 为 5m/s ，则当 t 为 3s 时，质点的速度为多少？ 解：由
由B到A船对地的速度大小： 甲由A到B再回到A所需时间： 乙由A到B再回到A所需时间：
所以甲比乙晚十分钟回到码头A 。
9、轮船在水上以相对于水的速度航行，水流速度为，人相对于甲板以 速度行走。如人相对于岸静止，则、和的关系是怎样的？ 解：
即 的关系为：
第一章 运动学
1、质点的运动方程为 (SI)，则在t 由 0 至 4s 的时间间隔内，质点的位 移大小为多少？在 t 由0 到 4s 的时间间隔内质点走过的路程为多少？ 解：本题质点在x方向作直线运动
（1） t1=0时，=0 t2=4(s) 时, =(m) ∴位移大小（m） (2 ) 令 得t=3 (s ) 即t=3 (s )时，质点拐弯沿x轴负向运动，则0～4（s）内质点走过 的路程：
《普通物理》习题三答案
21 2《普通物理》习题三答案一、单项选择题（本大题共40 小题，每小题 2 分，共 80 分）1、下列说法中哪一个是正确的？（ D ） A 、合力一定大于分力B 、物体速率不变，所受合外力为零C 、速率很大的物体，运动状态不易改变D 、质量越大的物体，运动状态越不易改变2、物体自高度相同的 A 点沿不同长度的光滑斜面自由下滑，如下图所示，斜面倾角多大时，物体滑到斜面底部的速率最大（ D ） A 、30oB 、45oC 、60oD 、各倾角斜面的速率相等。
3、如下图所示，一轻绳跨过一定滑轮，两端各系一重物，它们的质量分别为m 1 和m 2 ，且 m 1 > m ，此时系统的加速度为 a ，今用一竖直向下的恒力 F = m g 代替 m ，系统的加速度为a ' ，若不计滑11轮质量及摩擦力，则有（ B ） A 、a ' = aB 、a ' > aC 、a ' < aD 、条件不足不能确定。
4、一原来静止的小球受到下图 F 和 F 的作用，设力的作用时间为 5s ，问下列哪种情况下，小球12最终获得的速度最大（ C ） A 、 F 1 = 6N ， F 2 = 0 C 、 F 1 = F 2 = 8NB 、 F = 0 ， F = 6N D 、 F 1 = 6 N ， F 2 = 8N1 112 2 1 1 1 2 1 11 2 15、三个质量相等的物体 A 、B 、C 紧靠一起置于光滑水平面上，如下图，若 A 、C 分别受到水平力 1和 F 的作用（ F > F ），则 A 对 B 的作用力大小（ B ）2A 、 F - F12B 、2 F 3+ F3C 、2F 3 - F3D 、 F3 + 2F 3121212126、用锤压钉不易将钉压入木块内，用锤击钉则很容易将钉击入木块，这是因为（ D ） A 、前者遇到的阻力大，后者遇到的阻力小B 、前者动量守恒，后者动量不守恒C 、后者动量变化大，给钉的作用力就大D 、后者动量变化率大，给钉的作用冲力就大7、如图所示，木块质量 1 m 2 ，由轻质弹簧相连接，并静止于光滑水平桌面上，现将两木块相向 压紧弹簧，然后由静止释放，若当弹簧伸长到原来长度时， m 1 的速率为v 1 ，则弹簧原来压缩状态时所具有的势能为（ C ）A 、m v 2 2B 、 ⎡⎣(m -m ) m ⎤⎦ ⋅m v 22 C 、 ⎡⎣(m + m ) m ⎤⎦⋅ m v 2 2 D 、 (m + m )v 2 28、质量为20 ⨯10-5 kg 的子弹以 400 m s 的速率沿图示方向击入一原来静止的质量为 980 ⨯10-5 kg 的摆球中，摆线长为 1m ，不可伸缩，则子弹击入后摆球的速度大小为（ A ） A 、4 m sB 、8 m sC 、2 m sD 、8π m sF m 2⎣ ⎦9、一船浮于静水中，船长 5m ，质量为 m ，一个质量亦为 m 的人从船尾走到船头，不计水和空气的阻力，则在此过程中船将（ C ） A 、静止不动B 、后退 5mC 、后退 2.5mD 、后退 3m10、两轻质弹簧 A 和 B ，它们的劲度系数分别为 k 和k ，今将两弹簧连接起来，并竖直悬挂，下 AB端再挂一物体 m ，如图所示，系统静止时，这两个弹簧势能之比值将为（ C ） A 、 E PAC 、 E PAE = k kPBABE = k kPBBAB 、 E PAD 、E PAE = k 2 k 2PBABE = k 2 k 2PBBA11、已知质点作直线运动，其加速度 a = 2m s 2 -(3m s 3 )t ，当t = 0 时，质点位于 x = 0 处，且v = 5m s ，则质点的运动方程为（ A ）A 、 x = (5m s )t + (1m s 2 )t 2 -(m 2s 3 ) t 3B 、 x = (1m s 2 )t 2 - (m 2s 3 )t 3C 、 x = (1m 2s 2 )t 2 -(m 3s 3 )t 3D 、 x = (1m s 2 )t 2 -(1m s 3 )t 312、一个质点在Oxy 平面内运动，其速度为v = (2 m s )i -(8m s 2 )tj ，已知质点 t = 0 时，它通过（3， 7）位置处，那么该质点任意时刻的位矢是（ B ） A 、r = (2 m s )ti -(4m s 2 )t 2 jB 、r = ⎡⎣(2 m s ) t + 3m ⎤⎦ i - ⎡(4m s 2 )t 2 + 7m ⎤ jC 、-8mjD 、条件不足，不能确定13、质点作平面曲线运动，运动方程的标量函数为 x = x (t ) , y = y ( t ) ，位置矢量大小 r = x 2 + y 2 ， 则下面哪些结论是正确的？（ C ） A 、质点的运动速度是 dx dtB 、质点的运动速率是C 、 v = dr dt= d r dtD 、 dr dt 可以大于或小于 v14、质点沿轨道 AB 作曲线运动，速率逐渐减小，在图中哪一个图正确表示了质点 C 的加速度？（ C ）15、以初速度 0将一物体斜向上抛出，抛射角为 θ > 450 ，不计空气阻力，在t = v (sin θ -cos θ ) g时 刻 该 物 体 的 （ D ） A 、法向加速度为 g B 、法向加速度为- 2 3g C 、切向加速度为- 3 2gD 、切向加速度为- 2 3g16、一均匀圆盘状飞轮质量为 20kg ，半径为 30cm ，当它以60r min 的速率旋转时，其动能为（ D ） A 、16.2 π 2 JB 、8.1 π 2 JC 、8.1 JD 、1.8π 2 J 17、长为 l 质量为 m 的均匀细棒，绕一端点在水平面内作匀速率转动，已知棒中心点的线速率为 v ， 则细棒的转动动能为（ C ） A 、mv 2 2B 、2mv 2 3C 、mv 2 6D 、mv 22418、如下图, 均匀细杆可绕距其一端 l 4（ l 为杆长）的水平轴O 在竖直平面内转动，杆的质量为m 、当杆自由悬挂时，给它一个起始角速度 ω ，如杆恰能持续转动而不摆动（不计一切摩擦），则（ A ）v 0 v12 g lA、ω> 4 3r 7lB、ω=g lC、ω>g lD、ω>19、一半径为R ，质量为m 的圆形平面板在粗糙的水平桌面上绕垂直于平板OO' 轴转动。
新版必修三物理习题答案
新版必修三物理习题答案新版必修三物理习题答案在学习物理过程中，习题是非常重要的一环。
通过做习题，我们可以巩固所学的知识，提高解题能力，培养逻辑思维。
然而，有时候我们可能会遇到一些难题，无法得到正确的答案。
在这篇文章中，我将为大家提供新版必修三物理习题的答案，希望能够帮助大家更好地学习物理。
一、动力学1. 一个物体以初速度v0匀加速度a运动，经过t时间后速度为v，求加速度a 的大小。
答案：根据运动学公式v = v0 + at，可以得到a = (v - v0) / t。
2. 一个物体以初速度v0匀加速度a运动，经过t时间后位移为s，求加速度a 的大小。
答案：根据运动学公式s = v0t + (1/2)at^2，可以得到a = 2(s - v0t) / t^2。
二、力学1. 一个物体在水平地面上受到水平方向的恒力作用，物体的质量为m，恒力的大小为F，求物体的加速度。
答案：根据牛顿第二定律F = ma，可以得到a = F / m。
2. 一个物体在水平地面上受到斜向上的力作用，物体的质量为m，斜向上的力的大小为F，夹角为θ，求物体的加速度。
答案：根据分解力的原理，水平方向的力为Fcosθ，垂直方向的力为Fsinθ。
根据牛顿第二定律F = ma，可以得到水平方向的加速度a = (Fcosθ) / m，垂直方向的加速度为g = Fsinθ / m。
三、功和能量1. 一个物体受到力F作用，通过位移s后，求物体所做的功。
答案：根据功的定义W = Fs，可以得到物体所做的功为W = F·s·cosθ，其中θ为力F与位移s之间的夹角。
2. 一个物体受到重力作用，从高度h1下落到高度h2，求物体所做的功。
答案：根据重力势能的定义Ep = mgh，可以得到物体在高度h1和h2之间所做的功为W = mg(h2 - h1)。
四、电学1. 一个电阻为R的电路中，电流为I，求电路中的电压。
答案：根据欧姆定律U = RI，可以得到电路中的电压为U = IR。
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物理习题答案第八章8-6 长l =15.0cm的直导线AB上均匀地分布着线密度 =5.0x10-9C·m -1的a=5.0cm处P点的场强；正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B端相距1d=5.0cm 处Q 点的场强．(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2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点产生场强为题8-6图精品文档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 -⋅ 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，∵ 22222220d d d d π41d ++=x x xE Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy 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．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 8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少? 解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB AC U U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===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 8-34 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 301π4rrQ E εϖϖ=3R r >时 302π4rrQ 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30π4r rQ E εϖϖ=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=第九章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 m9-10 在一半径R =1.0cm 的无限长半圆柱形金属薄片中，自上而下地有电流I =5.0 A 通过，电流分布均匀.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：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点P 的磁感应强度方向都在圆柱截面上，取坐标如题9-10图所示，取宽为l d 的一无限长直电流l RII d d π=，在轴上P 点产生B ϖd 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 T 0)2d sin (2220=πθθμ-=⎰ππ-RI B y ∴ i B ϖϖ51037.6-⨯= T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)两导线所在平面内与该两导线等距的一点A 处的磁感应强度； (2)通过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方向⊥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 ΦWb9-17 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．现在电流I 沿导体管流动，电流均匀分布在管的横截面上，而电流方向与管的轴线平行．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 均匀分布在横截面上的圆柱导体和半径为r 电流2I -均匀分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222022rR Ia a B -πμ=')(2220r R Ia -=πμ ∴)(22200r R IaB -='πμ9-18图9-18 如题9-18图所示，长直电流1I 附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 ϖϖϖd 2daI I d I aI F AB πμπμ22210102== 方向垂直AB 向左 ⎰⨯=CAAC B l I F ϖϖϖd 2 方向垂直AC 向下，大小为⎰++πμ=πμ=ad dAC dad I I r I rI F ln22d 210102 同理 BC F ϖ方向垂直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 2101209-20 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作用的力； (2)矩形线圈所受合力和合力矩．解：(1)CD F ϖ方向垂直CD 向左，大小4102100.82-⨯==dI bI F CD πμ N 同理FE F ϖ方向垂直FE 向右，大小5102100.8)(2-⨯=+=a d I bI F FE πμ NCF F ϖ方向垂直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 ϖ方向垂直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 ϖϖϖϖϖ+++=方向向左，大小为4102.7-⨯=F N合力矩B P M m ϖϖϖ⨯=∵ 线圈与导线共面∴ B P m ϖϖ//0=M ϖ．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 的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向平行.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)从所在位置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 bc ϖϖϖB l I F ab ϖϖϖ⨯= 方向⊥纸面向外，大小为866.0120sin ==︒IlB F ab NB l I F ca ϖϖϖ⨯=方向⊥纸面向里，大小866.0120sin ==︒IlB F ca N(2)IS P m =B P M m ϖϖϖ⨯= 沿O O '方向，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 J9-27 在霍耳效应实验中，一宽1.0cm ，长4.0cm ，厚1.0×10-3cm 的导体，沿长度方向载有3.0A 的电流，当磁感应强度大小为B =1.5T 的磁场垂直地通过该导体时，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目． 解: (1)∵evB eE H =∴lBU B E v HH == l 为导体宽度，0.1=lcm∴ 425107.65.110100.1---⨯=⨯⨯==lB U v H -1s m ⋅(2)∵nevS I =∴evS I n =524191010107.6106.13----⨯⨯⨯⨯⨯=29108.2⨯=3m - 第十章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: AB 、CD 运动速度v ϖ方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA 产生电动势⎰==⋅⨯=AD I vb vBb l B v d2d )(01πμεϖϖϖBC 产生电动势)(π2d )(02d a Ivbl B v CB+-=⋅⨯=⎰μεϖϖϖ∴回路中总感应电动势8021106.1)11(π2-⨯=+-=+=ad d Ibv μεεε V 方向沿顺时针．题10-10图10-10 导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速ω转动，aO =3l磁感应强度B 平行于转轴，如图10-10所示．试求： （1）ab 两端的电势差； （2）b a ,两端哪一点电势高? 解: (1)在Ob 上取dr r r +→一小段则 ⎰==320292d l Ob l B r rB ωωε 同理 ⎰==302181d l Oa l B r rB ωωε ∴ 2261)92181(l B l B Ob aO ab ωωεεε=+-=+= (2)∵ 0>ab ε 即0<-b a U U∴b 点电势高．10-14 如题10-14图所示，在垂直于直螺线管管轴的平面上放置导体ab 于直径位置，另一导体cd 在一弦上，导体均与螺线管绝缘．当螺线管接通电源的一瞬间管内磁场如题10-14图示方向．试求：（1）ab 两端的电势差；（2）cd 两点电势高低的情况．解： 由⎰⎰⋅-=⋅l S t B l E ϖϖϖϖd d d d 旋知，此时旋E ϖ以O 为中心沿逆时针方向． (1)∵ab 是直径，在ab 上处处旋E ϖ与ab 垂直∴ ⎰=⋅ll 0d ϖ旋∴0=ab ε,有b a U U =(2)同理， 0d >⋅=⎰l E cddc ϖϖ旋ε∴ 0<-c d U U 即d c U U >第十二章12-2 在杨氏双缝实验中，作如下调节时，屏幕上的干涉条纹将如何变化?试说明理由． (1)使两缝之间的距离变小；(2)保持双缝间距不变，使双缝与屏幕间的距离变小； (3)整个装置的结构不变，全部浸入水中； (4)光源作平行于1S ，2S 联线方向上下微小移动； (5)用一块透明的薄云母片盖住下面的一条缝． 解: 由λdDx =∆知，(1)条纹变疏；(2)条纹变密；(3)条纹变密；(4)零级明纹在屏幕上作相反方向的上下移动；(5)零级明纹向下移动．题12-5图 题12-6图12-6 如题12-6图，牛顿环的平凸透镜可以上下移动，若以单色光垂直照射，看见条纹向中 心收缩，问透镜是向上还是向下移动?解: 条纹向中心收缩，透镜应向上移动．因相应条纹的膜厚k e 位置向中心移动． 12-8 在双缝装置中，用一很薄的云母片(n=1.58)覆盖其中的一条缝，结果使屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央原零级明纹的位置．若入射光的波长为5500oA ，求此云母片的厚度．解: 设云母片厚度为e ，则由云母片引起的光程差为e n e ne )1(-=-=δ按题意 λδ7=∴ 610106.6158.1105500717--⨯=-⨯⨯=-=n e λm 6.6=m μ 12-13 如题12-13图，波长为6800oA 的平行光垂直照射到L ＝0.12m 长的两块玻璃片上，两玻璃片一边相互接触，另一边被直径d =0.048mm 的细钢丝隔开．求：(1)两玻璃片间的夹角=θ?(2)相邻两明条纹间空气膜的厚度差是多少? (3)相邻两暗条纹的间距是多少? (4)在这0.12 m 内呈现多少条明条纹?题12-13图解: (1)由图知，d L =θsin ，即d L =θ故 43100.41012.0048.0-⨯=⨯==L d θ(弧度) (2)相邻两明条纹空气膜厚度差为7104.32-⨯==∆λe m(3)相邻两暗纹间距641010850100.421068002---⨯=⨯⨯⨯==θλl m 85.0= mm(4)141≈=∆lLN 条 12-14 用=λ 5000oA 的平行光垂直入射劈形薄膜的上表面，从反射光中观察，劈尖的 棱边是暗纹．若劈尖上面媒质的折射率1n 大于薄膜的折射率n (n =1.5)．求： (1)膜下面媒质的折射率2n 与n 的大小关系； (2)第10条暗纹处薄膜的厚度；(3)使膜的下表面向下平移一微小距离e ∆，干涉条纹有什么变化?若e ∆=2.0 μm ，原来的第10条暗纹处将被哪级暗纹占据?解: (1)n n >2．因为劈尖的棱边是暗纹，对应光程差2)12(22λλ+=+=∆k ne ，膜厚0=e 处，有0=k ，只能是下面媒质的反射光有半波损失2λ才合题意； (2)3105.15.12500092929-⨯=⨯⨯==⨯=∆n e nλλ mm (因10个条纹只有9个条纹间距)(3)膜的下表面向下平移，各级条纹向棱边方向移动．若0.2=∆e μm ，原来第10条暗纹处现对应的膜厚为)100.2105.1(33--⨯+⨯='∆e mm21100.55.12105.3243=⨯⨯⨯⨯='∆=∆--n e N λ 现被第21级暗纹占据．第十二章13-12 单缝宽0.10mm ，透镜焦距为50cm ，用5000=λoA 的绿光垂直照射单缝．求：(1)位于透镜焦平面处的屏幕上中央明条纹的宽度和半角宽度各为多少?(2)若把此装置浸入水中(n=1.33)，中央明条纹的半角宽度又为多少? 解：中央明纹的宽度为f nax λ2=∆半角宽度为naλθ1sin-=(1)空气中，1=n ，所以3310100.51010.01050005.02---⨯=⨯⨯⨯⨯=∆x m33101100.51010.0105000sin ----⨯=⨯⨯=θ rad(2)浸入水中，33.1=n ，所以有33101076.31010.033.110500050.02---⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯=∆x m 331011076.3101.033.1105000sin ----⨯≈⨯⨯⨯=θ rad 13-13 用橙黄色的平行光垂直照射一宽为a=0.60mm 的单缝，缝后凸透镜的焦距f=40.0cm ，观察屏幕上形成的衍射条纹．若屏上离中央明条纹中心1.40mm 处的P 点为一明条纹；求：(1)入射光的波长；(2)P 点处条纹的级数；(3)从P 点看，对该光波而言，狭缝处的波面可分成几个半波带?解：(1)由于P 点是明纹，故有2)12(sin λϕ+=k a ，⋅⋅⋅=3,2,1k由ϕϕsin tan 105.34004.13≈=⨯==-f x 故3105.3126.0212sin 2-⨯⨯+⨯=+=k k a ϕλ3102.4121-⨯⨯+=k mm 当 3=k ，得60003=λoA4=k ，得47004=λoA(2)若60003=λoA ，则P 点是第3级明纹； 若47004=λoA ，则P 点是第4级明纹． (3)由2)12(sin λϕ+=k a 可知，当3=k 时，单缝处的波面可分成712=+k 个半波带； 当4=k 时，单缝处的波面可分成912=+k 个半波带．。