大学物理(上)10
《大学物理》第10章 电磁感应清华
（C）安培/米2； （D）安培·米2 。 18
21 在感应电场中电磁感应定律可写成
L
Ek
dl
d dt
，
式中 Ek为感应电场的电场强度。此式表明： [ D]
（A）闭合曲线 l 上
E
处处相等
k
；
（B）感应电场是保守力场 ；
（C）感应电场的电力线不是闭合曲线 ；
（D）在感应电场中不能像对静电场那样引入电势的概
)
2
；
[
B
]
（C）
1 2
(
2a 0 I
)2；
（D）
1
20
( 0 I
2a
)2。
解：距导线垂直距离为a的空间某点处的磁感强度为：
B
0 I 2a
则该点处的磁能密度为 ：
wm
1
20
B2
1
20
(
0 I 2a
)
2
20（（AP）15库0）仑电/米位2移；矢量（的B）时库间仑变/化秒率；ddDt 的单位是: [ C]
da
NL
0 I 2
(
1 d
d
1
a
)
1
103
0.2
2
4
107
2
5.0
(
1 0.1
0.1
1
0.1)
2 103 (V)
4
10.4 上题中若线圈不动，而长导线中通有交电流
i = 5sin100πt A，线圈内的感生电动势将为多大？
解：通 过N线圈的N磁链B为 ds s
大学物理第10章题解
⼤学物理第10章题解习题10.1 两平⾏⾦属板A 、B ，带有等量异号电荷，相距为5.0mm,两板的⾯积都是150cm 2,电荷量的⼤⼩都是2.66×10－8C ，A 板带正电荷并接地，设地的电势为零，并忽略边缘效应，求B 板的电势及A B 间离A 板1.0mm 处的电势。
解：因平⾏板间电荷的分布的电场是匀强电场，有由⾼斯定理得)(100.20.50.1100.10.1,)(100.11015010854.8100.51066.201)1(23341238V V Ed Ed U m m A B A V V Q d d B QPB p PA BABAA B U sU U s-=-=-=-=-=-=-=-=E -=?E -=?=?=E -----处的电势为：板间离板的电势为：）得由（εεεσ 10.2 如图所⽰，三块平⾏的⾦属板A 、B 和C ，⾯积都为200 cm 2，A 、B 相距4.0mm ，A 、C 相距2.0mm, B 和C 都接地。
如果使A 板带＋3.0×10－7的电荷，略去边缘效应，问B 、C 两板上的感应电荷各是多少？以地的电势为零，A 板的电势为多少？)(100.1100.324210410987,,6e e e 5e 43201034123 70077770E EV V sA C C C C C AB AC A B A B A C B A d QddE U Q Qd ddQQ dd Qddd d d UU d d QQQ QQ ABBAB BABABAC AACABBACABCBAC AB C AB B AB AB AC C C BAC AB CAC AC AB ABACBACABCBAB BACCAC AB C B===-==-=-=-=+-=+===∴-==-==-==-=+--=+∴=+=+--------εεσσσεσεσεσεεεσσ）联⽴得：），（由（）（两边乘以板的⾯积即得）（）（得）（，则由间的距离为间的距离为，设）（）（间的电场强度为：，指向量，从为垂直于板⾯的单位⽮式中）（间的电场强度为：，由⾼斯定理得）（的关系为：得三块板上电荷量两间两边乘以鞭的⾯积，便）（）（）（理得，则由对称性和⾼斯定和则由度分别为的两⾯上电荷量的⾯密和板向着，和10.3 半径为10cm 的⾦属球A 带电1.0×10－8C 。
大学物理第十章
大学物理第十章 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第十章稳恒磁场知识点5：电流的磁效应、磁场1、【】发现电流的磁效应的是：A：法拉第 B：安培 C：库仑 D：奥斯特2、【】提出分子电流假说的是：A：法拉第 B：安培 C：麦克斯韦 D：奥斯特3、【】下列说法错误的是：A：磁场和电场一样对其中的电荷都有力的作用；B：磁场只对其中的运动电荷有磁力的作用；C：运动的电荷激发磁场；D：磁场线永远是闭合的。
4、【】下列对象在磁场中不会受到磁场的作用的是：A：运动电荷 B：静止电荷 C：载流导体 D：小磁针5、【】关于静电场和磁场的异同，下列表述错误的是：A：静电场是有源场，而磁场是无源场；B：静电场是无旋场，而磁场是涡旋场；C：静电力是一种纵向力，而磁场力是一种横向力；D：静电场和磁场对其中的任何电荷都有力的作用。
知识点6：磁感应强度概念1、均匀圆电流I的半径为R，其圆心处的磁感应强度大小B=_________。
2、一条无限长载流导线折成如图示形状，导线上通有电流则P点的磁感强度B =______________．(μ0 = 4π×10-7 N·A-2)3、一长直载流导线，沿空间直角坐标Oy 轴放置，电流沿y 正向．在原点O 处取一电流元l Id ，则该电流元在(a ，0，0)（a 为正值），点处的磁感强度的大小为___ ___ _，方向为_____________．4、真空中稳恒电流I 流过两个半径分别为R 1，R 2的同心半圆形导线，两半圆导线间由沿直径的直导线连接，电流沿直导线流入． (1) 如果两个半圆共面 (图1) ，圆心O 点的磁感强度0B的大小为__________________，方向为___________；(2) 如果两个半圆面正交 (图2) ，则圆心O 点的磁感强度0B 的大小为______________，0B的方向与y 轴的夹角为_______________。
大学物理课后题答案10
过 点作一圆柱体垂直穿过无限大带电平板，由高斯定理
两底面上各点的场强大小相等，因此
即
由于平板外一点的场强与距平板的距离无关
(2)板内P点处的场强由左右两边薄板的场强在该点叠加产生
(3)若电场强度为0，则
所以
10-14半径为R、线电荷密度为 的均匀带电圆环，在其轴线上放一长为l、线电荷密度为 的均匀带电直线，该线段的一端处于圆心处，如图所示。求该直线段受到的电场力。
[解]在细棒上距O点x处取一线元dx，所带电量为
均匀带电圆环在dx处产生的场强为
dq在带电圆环的电场中所受到的电场力的大小为
所以
整个带电细棒所受的电场力为
在 处取电荷元 ，它受到的左棒的电场力为
所以右棒受的总电场力为
[解二]直接求电荷元间的库仑力，再积分求整个带电体的受力。
在两带电细棒上各取一微元 、 ，它们之间的距离为 。根据库仑定律， 受 的库仑力为
F方向为x正向，左棒受右棒库仑力
10-4用绝缘细线弯成的半圆环，半径为R，其上均匀地带有正电荷Q，试求圆心处点O的场强。
[证明二]在静电场中作一矩形闭合回线abcd，根据场强与电力线密度的关系式 ，可知ab线上各点场强 ，cd线上各点场强 各自相等。所以
这违反静电场中E的环流定律 。所以在静电场中，若电场线平行必然是等间距的，即均匀场可用平行等间距的场线表示。
10-26假如静电场中某一区域电场线的形状是以点O为中心的同心圆弧，如图所示。试证明：该区域各点的电场强度的大小都应与该点离O点的距离成反比。
[解]电荷连续分布带电体产生的场应用点电荷场强公式积分求解。
大学物理实验实验10 混合法测量金属的比热容
2. 测量室温。给量热器内筒注入高出室温约50℃的热水，
达到内筒容积的1/3～2/3。盖好绝热盖，称量此时量热器的总 质量M。
3. 把温度计插入量热器内的水中（记下温度计没入水中的刻
度h），不停地上下拉动搅拌器，注意不要使水溅出内筒。待 温度计示值趋于平稳下降后，启动秒表，每30s测一次温度， 共测10～15次。在读出最后一次温度TB后，立即进行下一步 的操作。
思考题
1.如何由测量数据点绘出最佳曲线？ 2.怎样测量才不会损坏二极管？
历史上，曾以水的比热来定义热量，将1 g 水升高1℃所需的热量定义为1 cal。
实验目的
1.学习热学实验的操作方法。 2. 掌握用混合法测定金属的比热容。
实验仪器
量热器 温度计 秒表 物理天平 游标卡尺 量筒 烧杯和待测金属块 （实验所需热水由实验室 提供）
量热器示意图
实验原理
比热容的定义为：
4. 测量室温。迅速把温度为室温的（即T1=）的被测金属
粒轻轻放入量热器的内筒，立即盖上绝热盖。继续不停地搅 拌，每隔30s测一次温度。在温度下降过程中出现一个很小 的回峰点C后，再继续测10～15次温度。再次测量室温， 在毫米方格坐标上作出T-t图线，用外推法求出TB’ 和T。
5. 取出金属块，放在专用容器中晾干。取出量热器内筒，
倒掉水，用干用物理天平称量内筒的质量m1和搅拌器的质量m2。 b．用游标卡尺测量温度计的直径d和没入水中的深度h，
计算温度计插入水中的体积V0 c．把m1、m2、V、C3 m3=1.92V（J/K）和铝的比热 C = C1 =C2 =900（J/kg· K）代入公式计算出。
C lim Q dQ T 0 mT mdT
测量原理：将具有一定温度和质量的物体（待测系 统）与另一些已知温度、质量、比热容的物体（已 知比热容系统）相混合之后，根据热平衡原理进行 测量。
大学物理第十章课后答案
题图10-1题10-1解图d第十章习题解答10-1 如题图10-1所示，三块平行的金属板A ，B 和C ，面积均为200cm 2,A 与B 相距4mm ，A 与C 相距2mm ，B 和C 两板均接地，若A 板所带电量Q =3.0×10-7C ，忽略边缘效应,求：（1）B 和C 上的感应电荷？（2）A 板的电势（设地面电势为零）。
分析：当导体处于静电平衡时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律，可以求得导体的电荷分布，又因为B 、C 两板都接地，所以有ACAB U U =。
解：（1）设B 、C 板上的电荷分别为B q 、C q 。
因3块导体板靠的较近，可将6个导体面视为6个无限大带电平面。
导体表面电荷分布均匀，且其间的场强方向垂直于导体表面。
作如图中虚线所示的圆柱形高斯面。
因导体达到静电平衡后，内部场强为零，故由高斯定理得：1A C q q =-2A B q q =-即 ()A B C q q q =-+ ①又因为： ACAB U U =而: 2AC ACdU E =⋅ AB AB U E d =⋅∴ 2AC AB E E =于是：002C B σσεε =⋅ 两边乘以面积S 可得： 002C B S S σσεε =⋅即： 2C B q q = ②联立①②求得: 77210,110C B q C q C --=-⨯=-⨯题图10-2(2) 00222C C A AC C AC AC q d d d U U U U E S σεε =+==⋅=⋅=⋅ 733412210210 2.2610()200108.8510V ----⨯=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯10-2 如题图10-2所示，平行板电容器充电后，A 和B 极板上的面电荷密度分别为+б和－б，设P 为两极板间任意一点，略去边缘效应，求：（1）A,B 板上的电荷分别在P 点产生的场强E A ,E B ;（2）A,B 板上的电荷在P 点产生的合场强E ； (3)拿走B 板后P 点处的场强E ′。
大学物理课后习题详解(第十章)中国石油大学
根据高斯定理可得 方向由的正负确定
10-22 如图所示，在xOy平面内有与y轴平行、位于和处的两条无限长平 行均匀带电直线，电荷线密度分别为和。求z轴上任一点的电场强度。
[解] 无限长带电直线在线外任一点的电场强度 所以 P点的场强 由对称性知合场强的z方向分量为零，x方向分量 而
所以 方向指向x轴负方向 10-23 如图所示，在半径为R，体电荷密度为的均匀带电球体内点处放
所以 证毕。
10-27 电量q均匀分布在长为2l的细杆上，求在杆外延长线上与杆端距离 为a的点P的电势(以无穷远为零电势点)。 [解] 取如图所示的电荷元dq，，它在P点产生的电势为
则整个带电直线在P点产生的电势为
10-28 如图所示，在点电荷+q的电场中，若取图中点P处为电势零点， 则点M的电势为多少? [解] 取P点为电势零点，则M点电势为
10-10 如图所示，一厚度为b的无限大带电平板，其体电荷密度为 (0≤x≤b)，式中k为正常量。求：(1)平板外两侧任一点和处的场强大小； (2)平板内任一点P处的电场强度； (3)场强为零的点在何处? [解] (1)过点作一圆柱体穿过无限大带电平板，由高斯定理
即 所以 因此平板外一点的场强与距平板的距离无关， (2)板内(即0≤x≤b区域) (3)若电场强度为0，则 此时，此即为场强为0的点。
10-1l 一半无限长的均匀带电直线，线电荷密度为。试证明：在通过带 电直线端点与直线垂直的平面上，任一点的电场强度 E的方向都与这直 线成45°角。 [解] 如图选择直角坐标系，在棒上取电荷元
它在过棒端的垂直面上任意点贡献场强为
由于
且
所以
总场强的分量为 它与负y方向的夹角是
10-12 一带电细线弯成半径为R的半圆形，线电荷密度，式中为一常 量，为半径R与x轴所成的夹角，如图所示。试求环心O处的电场强度。 [解] 取电荷元
大学物理学习指导 第10章 光与物质的相互作用
第10章 光与物质的相互作用10.1 内容提要（一）光的波粒二象性 1.普朗克量子假设（1）一个频率为v 的谐振子只能处于一系列不连续的分立状态，在这些状态中，谐振子的能量只能是某一最小能量ε= hv 的整数倍，即hv ，2hv ，3hv ，…，nhv其中n 为正整数，h 是普朗克常量，ε=hv 称为能量子。
（2）当谐振子从一个量子态跃迁到另一个量子态时，谐振子将发射或吸收以能量子（现称为光子）为单位的电磁能。
一个光量子的能量就是两个相邻量子态之间的能量差，即Thh E ==ν （10.1） 而当谐振子停留在原来的量子态时，它将不发射或吸收任何能量。
普朗克的量子假设突破了经典物理学的观念，第一次提出了微观粒子具有分立的能量值，即振子的能量是按量子数做阶梯式分布，后来人们把振子处于某些能量状态，形象地称为处于某个能级。
2.爱因斯坦的光量子学说（1）光电效应：当光照到某些金属的表面时，金属内部的自由电子会逸出金属表面，这种光致电子发射现象叫做光电效应。
（2）爱因斯坦的光量子假设：光束可以看成是由微粒构成的粒子流，这些粒子叫光量子，也叫光子。
光子以光速运动，对于频率为v 的光束，光子的能量为νεh = （10.2）按照爱因斯坦的光子假设，频率为v 的光束可以看作是由许多能量均等于hv 的光子所构成；频率越高，光子的能量越大；对给定频率的光束来说，光的强度越大，就表示光子的数目越多。
（3）爱因斯坦的光电效应方程：0221A m h m +=v ν （10.3） 式（10.3）中A 0为逸出功，221m m v 为电子的初动能。
3.光的波粒二象性（1）光子的能量： λνhch E == （10.4）（2）光子的质量： λνhch m ==2（10.5）（3）光子的动量： λhmc p == （10.6）（二）光的吸收 散射 色散 1.光的吸收（1）朗伯定律：当一束单色光透过一定厚度的介质时，透射光的强度就会降低，并且产生吸收光谱。
大学物理参考答案(白少民)第10章 波动学基础
3.5 u 15 = 28 cm ， 进而可求得波的频率为 ν = = = 0.54 Hz π /4 λ 28 10.14 证 明 y = A cos( kx −ω t ) 可 写 成 下 列 形 式 ： y = A cos k ( x − u t ) ， x x 1 x y = A cos 2π ( − ν t ) ， y = A cos 2π ( − ) ，以及 y = A cos ω( − t ) 。 λ T u λ ω 2πν t ) = k ( x − ut ) 证明 ： kx − ω t = k ( x − t ) = k ( x − k 2π / λ 所以波函数可写为： y = A cos k ( x − ut ) 2π x x x − 2πν t = 2π ( −νt ) ，则波函数还可写为 y = A cos 2π ( −ν t ) 又 kx − ω t = λ λ λ 1 x t 由ν = 则还可得： y = A cos 2π ( − ) T λ T k x x kx − ω t = ω( x − t ) = ω( − t ) ，则波函数还可写为 y = A cos ω( − t ) ω u u 10.15 波源 做 简谐振动，位移与时间的关系为 y = ( 4.00 ×10 −3 ) cos 240π t m ，它所 激发的波以 30.0m/s 的速率沿一直线传播。求波的周期和波长，并写出波函数。 解：由波源的振动方程 y = ( 4.00 ×10 −3 ) cos 240πt m 知振动角频率 ω = 240π . 而波的频率就等于波源的振动频率，所以波的频率和周期分别为 ω 1 1 ν= = 120 Hz ， T = = = 8.33 ×10 −3 s ν 120 2π u 30.0 = 0.25 m 进一步计算波长为 λ = = ν 120 x x −3 )m 最后可写出波函数为 y = A cos ω(t − ) = ( 4.00 ×10 ) cos 240π (t − u 30 10.16 沿 绳子 行进的 横 波波函数为 y =10 cos(0.01π x − 2π t ) ，式中长度的 单 位是 cm，时间的单位是 s。试求：（1）波的振幅、 频率、传播速率和波长；（2）绳上某质点的最 大横向振动速率。 解：（1）由 y = 10 cos(0.01π x − 2π t ) = 10 cos 2π (t − 5.0 ×10 −3 x ) 知： ω 2π ν= = = 1 Hz ； 波 长 振 幅 A = 10cm = 0.1m ； 频 率 2π 2π
大学物理教程第10章习题答案
思 考 题10.1 人体也向外发出热辐射，为什么在黑暗中还是看不见人呢？ 答：人体的辐射频率太低, 远离可见光波段，在远红外波段, 由于为非可见光, 所以是看不到人体辐射的,在黑暗中也是如此。
10.1刚粉刷完的房间从房外远处看，即使在白天，它的开着的窗口也是黑的。
为什么？ 答：光线从窗户进去后经过多次反射，反射光的强度越来越弱，能再从窗户射出的光线非常少，窗户外的人看到的光线非常弱，因此觉得窗口很暗。
10.3 在光电效应实验中，如果（1）入射光强度增加一倍；（2）入射光频率增加一倍，各对实验结果有什么影响？答：（1）在光电效应中每秒从光阴极发射的光电子数与入射光强成正比。
入射光强度增加一倍时，饱和电流增加一倍。
（2）当入射光的频率增大时，光电子的最大初动能增大，遏止电压也增大，但入射光的频率和遏止电压两者不是简单的正比关系。
10.4 若一个电子和一个质子具有同样的动能，哪个粒子的德布罗意波长较大？ 答：电子的德布罗意波长较大。
10.5 n=3的壳层内有几个次壳层，各次壳层都可容纳多少个电子？答：n=3的壳层内有3个次壳层，各次壳层可容纳的电子数分别为2、6、10。
10.6 完成下列核衰变方程。
（1）?234238+−→−Th U（2）?9090+−→−Y Sr （3）?2929+−→−Ni Cu （4）Zn Cu 2929?−→−+ 答：（1）e H Th U 422349023892+−→−（2）e Y Sr 0190399038-+−→−（3）e Ni Cu 0129282929++−→−（4）Zn e Cu 2930012929−→−++习 题10.1 夜间地面降温主要是由于地面的热辐射。
如果晴天夜里地面温度为－50C ，按黑体辐射计算，每平方米地面失去热量的速率多大？解：依题意，可知地面每平方米失去的热量即为地面的辐射出射度2484/2922681067.5m W T M =⨯⨯==-σ10.2 宇宙大爆炸遗留在空间均匀、各向同性的背景热辐射相当于3K 的黑体辐射。
大学物理学完整10PPT课件
上式还可写为： 2π
上式表明，ω是频率的2π倍，表示物体在2π秒内完成的全 振动次数，故ω称为角频率或圆频率。
周期、频率和角频率都是描述物体振动快慢的物理量。在
国际单位制中，周期的单位为秒（s）；频率的单位为赫兹（Hz ）；角频率的单位为弧度每秒（rad/s）。
对弹簧振子，由于
k m
故有：
T 2π m k
第4篇 振动与波动
第10章 机械振动
.
1
本章学习要点
简谐振动 简谐振动的合成 阻尼振动、受迫振动与共振 本章小结
.2ຫໍສະໝຸດ 10.1 简谐振动物体运动时，如果离开平衡位置的位移（或角位移）按余 弦函数或正弦函数的规律随时间变化，则这种运动称为简谐振 动。在忽略阻力的情况下，弹簧振子的振动及单摆的小角度摆 动等都可视为简谐振动。
当t＝0时，相位ωt＋φ＝φ，φ称为初相位，简称初相，它是 决定初始时刻振动物体运动状态的物理量。在国际单位制中， 相位的单位为弧度（rad）。
.
12
用相位描述物体的运动状态，还能充分体现出振动的周期 性。例如：
ωt＋φ＝0时，物体位于正位移最大处，且v＝0； ωt＋φ＝π/2时，物体位于平衡位置，且向x轴负方向运动 ，v＝ωA； ωt＋φ＝π时，物体位于负位移最大处，且v＝0； ωt＋φ＝3π/2时，物体位于平衡位置，且向x轴正方向运动 ，v＝ωA； ωt＋φ＝2π时，物体位于正位移最大处，且v＝0。
【解】以OO′为平衡位置，设逆时针转向为θ 角正向，棒在任意时刻的角位移都可用棒与OO′ 的夹角θ表示。根据题意，棒所受的重力矩为：
M1mgslin
2
.
7
当摆角θ很小时，sinθ≈θ，故
M 1mgl
《大学物理》第10单元课后答案 高等教育出版社
解：选取如图所示的坐标，无限长的金属薄片上线
案 网
p
无限长载流金属薄片在 P 点产生磁感应强度大小：
0
21. 在真空中,电流由长直导线 1 沿底边 ac 方向经 a 经流入一电阻均匀分布的正三角形线框,再由 b 点沿平行底边 ac 方向从三角形框流出,经长直导线 2 返回电源(如图), 已知直导线的电流强度为 I, 三
方向垂直纸面向里。
杭州电子科技大学
Page61
w.
R1 n1 n2
2rdr ， 1 2n1 ， dI 2n1 rdr 2 1 0 dI
2r
， dB
co
0
2r 2n1 rdr
《大学物理习题集》 （上册）
m
( CB ) 段：B4
3 0 I' I 1 (cos 1 cos 2 ) ， 1 , 2 , x l , I ' I ，B4 0 ， 4x 6 6 6 3 2l
( ab ) 边产生的磁感应强度： B1 ( bc ) 边产生的磁感应强度： B2
同的电流,其流向各与y轴和z轴的正方向成右手螺旋关系,则由此形成的磁场在O点的方向为在OYZ
题 11.图 题 12.图 12. 在真空中，电流 I 由长直导线 1 沿半径方向经 a 点流入一电阻均匀分布的圆环，再由 b 点沿切向 从圆环流出，经长直导线 2 返回电源（如图） 。已知直导线上的电流强度为 I，圆环的半径为 R，且
（A）竖直向上 （C）水平向右
杭州电子科技大学
Page57
co
0
【 D 】
《大学物理习题集》 （上册）
m
【 B 】
2. 电流由长直导线流入一电阻均匀分布的金属矩形框架,再从长直导线流出,设图中 01 , 0 2 , 0 3 处的
大学物理课后习题答案(第十章)-北京邮电大学出版社
习题十10-1 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t rd 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感应电动势大小40.0d d π2)π(d d d d 2trr B r B t t m V 10-2 一对互相垂直的相等的半圆形导线构成回路，半径R =5cm ，如题10-2图所示．均匀磁场B =80×10-3T ，B 的方向与两半圆的公共直径(在Oz 轴上)垂直，且与两个半圆构成相等的角 当磁场在5ms 内均匀降为零时，求回路中的感应电动势的大小及方向．解: 取半圆形cba 法向为i ， 题10-2图则cos 2π21B R m同理，半圆形adc 法向为j，则 cos 2π22B R m∵ B 与i 夹角和B 与j夹角相等，∴45则cos π2R B m 221089.8d d cos πd dt BR t m V方向与cbadc 相反，即顺时针方向．题10-3图*10-3 如题10-3图所示，一根导线弯成抛物线形状y =2ax ，放在均匀磁场中．B 与xOy 平面垂直，细杆CD 平行于x 轴并以加速度a 从抛物线的底部向开口处作平动．求CD 距O 点为y 处时回路中产生的感应电动势．解: 计算抛物线与CD 组成的面积内的磁通量aym yB x x y B S B 0232322d )(2d 2∴ vy B t y y B t m 21212d d d d∵ ay v 22∴ 212y a v则aByy a yBi 8222121i 实际方向沿ODC ．题10-4图10-4 如题10-4图所示，载有电流I 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，且端点MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b ，环心O 与导线相距a ．设半圆环以速度v 平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN 两端的电压N M U U ．解: 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v 方向运动时0d m ∴ 0 MeNM即MN MeN又∵ba ba MNb a ba Iv l vB 0ln 2dcos 0所以MeN 沿NeM 方向，大小为 b a ba Iv ln20M 点电势高于N 点电势，即b a ba Iv U U N Mln 20题10-5图10-5如题10-5所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以t Id d 的变化率增大，求：(1)任一时刻线圈内所通过的磁通量； (2)线圈中的感应电动势． 解: 以向外磁通为正则(1)]ln [lnπ2d π2d π2000d ad b a b Ilr l r Ir l rIab bad dm(2)t I b a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0 10-6 如题10-6图所示，用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆．令这半圆形导线在磁场中以频率f 绕图中半圆的直径旋转．整个电路的电阻为R ．求：感应电流的最大值．题10-6图解: )cos(2π02t r B S B m∴ Bfr f r B r B t r B t m m i 222202ππ22π2π)sin(2πd d ∴ R Bf r R I m 22π10-7 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方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA 产生电动势ADI vbvBb l B v d 2d )(01BC 产生电动势)(π2d )(02d a Ivbl B v C B∴回路中总感应电动势8021106.1)11(π2ad d Ibv V 方向沿顺时针．10-8 长度为l 的金属杆ab 以速率v 在导电轨道abcd 上平行移动．已知导轨处于均匀磁场B中，B 的方向与回路的法线成60°角(如题10-8图所示)，B的大小为B =kt (k 为正常)．设t =0时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向．解: 22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m∴ klvtt m d d即沿abcd 方向顺时针方向．题10-8图10-9 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B的方向如题10-9图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t =0)．解: 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时0d dt ,0 ；题10-9图(a)题10-9图(b)在磁场中时0d d t,0 ； 出场时0d d t，0 ，故t I 曲线如题10-9图(b)所示.题10-10图10-10 导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速 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同理302181d l Oa l B r rB ∴ 2261)92181(l B l B Ob aO ab(2)∵ 0 ab即0 b a U U∴b 点电势高．题10-11图10-11 如题10-11图所示，长度为b 2的金属杆位于两无限长直导线所在平面的正中间，并以速度v 平行于两直导线运动．两直导线通以大小相等、方向相反的电流I ，两导线相距2a ．试求：金属杆两端的电势差及其方向． 解：在金属杆上取r d 距左边直导线为r ，则b a b a Iv r r a r Iv l B v b a b a BA AB lnd )211(2d )(00∵ 0 AB∴实际上感应电动势方向从A B ，即从图中从右向左， ∴b a ba Iv U ABln 0题10-12图10-12 磁感应强度为B的均匀磁场充满一半径为R 的圆柱形空间，一金属杆放在题10-12图中位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当t Bd d ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．解： ∵bc ab act BR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21tab d d 2 t BR B R t d d 12π]12π[d d 22∴t B R R acd d ]12π43[22∵ 0d d t B∴ 0 ac即 从c a 10-13 半径为R 的直螺线管中，有dt dB＞0的磁场，一任意闭合导线abca ，一部分在螺线管内绷直成ab 弦，a ,b 两点与螺线管绝缘，如题10-13图所示．设ab =R ，试求：闭合导线中的感应电动势．解：如图，闭合导线abca 内磁通量)436π(22R R B S B m∴t B R R i d d )436π(22 ∵ 0d d t B∴0 i，即感应电动势沿acba ，逆时针方向． 题10-13图题10-14图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 Ed d d d 旋知，此时旋E 以O 为中心沿逆时针方向．(1)∵ab 是直径，在ab 上处处旋E 与ab 垂直∴ ll 0d 旋∴0 ab ,有b a U U(2)同理， 0d l E cddc旋∴0 c d U U 即d c U U题10-15图10-15 一无限长的直导线和一正方形的线圈如题10-15图所示放置(导线与线圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数．解： 设长直电流为I ，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为32300122ln π2d π2a a Iar rIa∴2ln π2012aIM10-16 一矩形线圈长为a =20cm ，宽为b =10cm ，由100匝表面绝缘的导线绕成，放在一无限长导线的旁边且与线圈共面．求：题10-16图中(a)和(b)两种情况下，线圈与长直导线间的互感．解：(a)见题10-16图(a)，设长直电流为I ，它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为2ln π2d 2πd 020)(12Iar r Ia S B b b S∴6012108.22ln π2a N I N M H (b)∵长直电流磁场通过矩形线圈的磁通012 ，见题10-16图(b)∴ 0 M题10-16图题10-17图10-17 两根平行长直导线，横截面的半径都是a ，中心相距为d ，两导线属于同一回路．设两导线内部的磁通可忽略不计，证明：这样一对导线长度为l 的一段自感为l L 0In a ad ．解： 如图10-17图所示，取r l S d d则a d aa d aa d d aa d Il r r rIl r l r I r πI )ln (ln 2πd )d11(π2d ))d (π22(0000a a d Illnπ0∴ a a d l I L lnπ0 10-18 两线圈顺串联后总自感为1.0H ，在它们的形状和位置都不变的情况下，反串联后总自感为0.4H ．试求：它们之间的互感． 解： ∵顺串时 M L L L 221反串联时M L L L 221∴ M L L 415.04L L M H10-19图10-19 一矩形截面的螺绕环如题10-19图所示，共有N 匝．试求： (1)此螺线环的自感系数；(2)若导线内通有电流I ，环内磁能为多少? 解：如题10-19图示 (1)通过横截面的磁通为ba a bNIhr h r NIlnπ2d π200磁链a bIh N N lnπ220 ∴a bhN IL lnπ220(2)∵221LI W m∴a b hI N W m lnπ422010-20 一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为I ．求：导线内部单位长度上所储存的磁能．解：在R r 时 20π2R I B r∴4222002π82R r I B w m 取 r r V d π2d (∵导线长1 l )则R Rm I R rr I r r w W 0204320π16π4d d 2。
大学物理答案第10章
第十章 静电场中的导体与电介质10－1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ）（A ） 升高 （B ） 降低 （C ） 不会发生变化 （D ） 无法确定分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）.10－2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷.若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ） （A ） N 上的负电荷入地 （B ）N 上的正电荷入地 （C ） N 上的所有电荷入地 （D ）N 上所有的感应电荷入地题 10-2 图分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关.因而正确答案为（A ）.10－3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图.设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ） （A ）d εq V E 0π4,0== （B ）dεqV d εq E 020π4,π4== （C ）0,0==V E （D ）RεqV d εq E 020π4,π4==题 10-3 图分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为（A ）.10－4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( )（A ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷 （B ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零 （C ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷 （D ） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 （E ） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关.因而正确答案为（E ）. 10－5 对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（ ）（A ） 电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍（B ） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍（C ） 在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍（D ） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍分析与解 电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电介质中的高斯定理，仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，在电介质中任意高斯面S 有()∑⎰⎰=⋅=⋅+ii S S εχq 01d d 1S E S E 即E ＝E ０/εｒ，因而正确答案为（A ）.10－6 不带电的导体球A 含有两个球形空腔，两空腔中心分别有一点电荷q b 、q c ，导体球外距导体球较远的r 处还有一个点电荷q d （如图所示）.试求点电荷q b 、q c 、q d 各受多大的电场力.题 10-6 图分析与解 根据导体静电平衡时电荷分布的规律，空腔内点电荷的电场线终止于空腔内表面感应电荷；导体球A 外表面的感应电荷近似均匀分布，因而近似可看作均匀带电球对点电荷q d 的作用力.()20π4rεq q q F dc bd +=点电荷q d 与导体球A 外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零，点电荷q b 、q c 处于球形空腔的中心，空腔内表面感应电荷均匀分布，点电荷q b 、q c 受到的作用力为零.10－7 一真空二极管，其主要构件是一个半径R １＝5.0×10－4m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外、半径R ２＝4.5×10－3m 的同轴圆筒形阳极．阳极电势比阴极电势高300 V ，阴极与阳极的长度均为L ＝2.5×10－２ m ．假设电子从阴极射出时的速度为零．求：（１） 该电子到达阳极时所具有的动能和速率；（２）电子刚从阳极射出时所受的力．题 10-7 图分析 （1） 由于半径R １＜＜L ，因此可将电极视作无限长圆柱面，阴极和阳极之间的电场具有轴对称性．从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速，电子所获得的动能等于电场力所作的功，也即等于电子势能的减少．由此，可求得电子到达阳极时的动能和速率． （2） 计算阳极表面附近的电场强度，由F ＝q E 求出电子在阴极表面所受的电场力． 解 （1） 电子到达阳极时，势能的减少量为J 108.4Δ17ep -⨯-=-=eV E由于电子的初始速度为零，故J 108.4ΔΔ17ep ek ek -⨯-=-==E E E因此电子到达阳极的速率为1-7ek s m 1003.122⋅⨯===meVm E v （2） 两极间的电场强度为r rελe E 0π2-= 两极间的电势差1200ln π2d π2d 2121R R r r V R R R R ελελ-=-=⋅=⎰⎰r E负号表示阳极电势高于阴极电势．阴极表面电场强度r r R R R V R ελe e E 12110ln π2=-=电子在阴极表面受力r e e E F N)1037.414-⨯=-=（这个力尽管很小，但作用在质量为９.1１×10－3１kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力加速度的5×10１5倍．10－8 一导体球半径为R １ ，外罩一半径为R 2 的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q ，而内球的电势为V ０ ．求此系统的电势和电场的分布． 分析 若200π4R εQV =，内球电势等于外球壳的电势，则外球壳内必定为等势体，电场强度处处为零，内球不带电．若200π4R εQV ≠，内球电势不等于外球壳电势，则外球壳内电场强度不为零，内球带电．一般情况下，假设内导体球带电q ，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示．依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布．并由⎰∞⋅=pp V l E d 或电势叠加求出电势的分布．最后将电场强度和电势用已知量V 0、Q 、R １、R 2表示．题 10-8 图解 根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称．取同心球面为高斯面，由高斯定理()()∑⎰⋅=⋅=⋅02/π4d εq r E r r E S E ，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各区域内的电场分布为 r ＜R １时， ()01=r E R １＜r ＜R 2 时，()202π4r εqr E =r ＞R 2 时， ()202π4r εqQ r E +=由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布． r ＜R １时，20103211π4π4d d d d 2211R Q R q V R R R R r r εε+=⋅+⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰⎰∞∞lE l E l E l ER １＜r ＜R 2 时，200322π4π4d d d 22R Q r q V R R r r εε+=⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰∞∞lE l E l Er ＞R 2 时，rqQ V r 03π4d ε+=⋅=⎰∞l E 3也可以从球面电势的叠加求电势的分布：在导体球内（r ＜R １）20101π4π4R εQR εq V +=在导体球和球壳之间（R １＜r ＜R 2 ）2002π4π4R εQr εq V +=在球壳外（r ＞R 2）为rqQ V 03π4ε+=由题意102001π4π4R εQR εq V V +==得Q R R V R q 21010π4==ε 于是可求得各处的电场强度和电势的分布： r ＜R １时，01=E ；01V V =R １＜r ＜R 2 时，22012012π4r R εQR r V R E -=；rR Q R r r V R V 201012π4)(ε-+= r ＞R 2 时，220122013π4)(r R Q R R r V R E ε-+=；rR QR R r V R V 2012013π4)(ε-+= 10－9 地球和电离层可当作球形电容器，它们之间相距约为100 km ，试估算地球－电离层系统的电容．设地球与电离层之间为真空．解 由于地球半径R 1＝6.37×106m ；电离层半径R 2＝1.00×105m ＋R 1 ＝6.47×106m ，根据球形电容器的电容公式，可得F 1058.4π4212210-⨯=-=R R R RεC10－10 两线输电线，其导线半径为3.26 mm ，两线中心相距0.50 m ，导线位于地面上空很高处，因而大地影响可以忽略．求输电线单位长度的电容．分析 假设两根导线带等量异号电荷，电荷在导线上均匀分布，则由长直带电线的电场叠加，可以求出两根带电导线间的电场分布,-++=E E E再由电势差的定义求出两根导线之间的电势差，就可根据电容器电容的定义，求出两线输电线单位长度的电容解 建立如图坐标，带等量异号电荷的两根导线在P 点激发的电场强度方向如图，由上述分析可得P 点电场强度的大小为)11(π20xd x E --=ελ 电场强度的方向沿x 轴，电线自身为等势体，依照定义两导线之间的电势差为x xd x l E U lRd Rd )11(π2d 0--=⋅=⎰⎰-ελ 上式积分得RR d ελU -=ln π0 因此，输电线单位长度的电容Rd εR R d εU λC ln /πln /π00≈-==代入数据 F 1052.512-⨯=C题 10-10 图10－11 电容式计算机键盘的每一个键下面连接一小块金属片，金属片与底板上的另一块金属片间保持一定空气间隙，构成一小电容器（如图）.当按下按键时电容发生变化，通过与之相连的电子线路向计算机发出该键相应的代码信号.假设金属片面积为50.0 mm 2，两金属片之间的距离是0.600 mm .如果电路能检测出的电容变化量是0.250 pF ，试问按键需要按下多大的距离才能给出必要的信号？题 10-11 图分析 按下按键时两金属片之间的距离变小，电容增大，由电容的变化量可以求得按键按下的最小距离：解 按下按键时电容的变化量为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=0011Δd d S εC按键按下的最小距离为mm 152.0ΔΔΔ00200min =+=-=SC d Cd d d d ε10－12 一片二氧化钛晶片，其面积为1.0 cm 2，厚度为0.10 mm ．把平行平板电容器的两极板紧贴在晶片两侧.（1） 求电容器的电容；（2） 当在电容器的两极间加上12 V 电压时，极板上的电荷为多少？ 此时自由电荷和极化电荷的面密度各为多少？ （3） 求电容器内的电场强度．解 （1） 查表可知二氧化钛的相对电容率εr ＝173，故充满此介质的平板电容器的电容F 1053.190-⨯==dSεεC r （2） 电容器加上U ＝12V 的电压时，极板上的电荷C 1084.18-⨯==CU Q极板上自由电荷面密度为2-80m C 1084.1⋅⨯==-SQσ 晶片表面极化电荷密度2-400m C 1083.111⋅⨯=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-='-σεσr （3） 晶片内的电场强度为1-5m V 102.1⋅⨯==dUE 10－13 如图所示，半径R ＝0.10 m 的导体球带有电荷Q ＝1.0 ×10－８C ，导体外有两层均匀介质，一层介质的εr ＝5.0，厚度d ＝0.10 m ，另一层介质为空气，充满其余空间．求：（1） 离球心为r ＝5cm 、15 cm 、25 cm 处的D 和E ；（2） 离球心为r ＝5 cm 、15 cm 、25 cm 处的V ；（3） 极化电荷面密度σ′．题 10-13 图分析 带电球上的自由电荷均匀分布在导体球表面，电介质的极化电荷也均匀分布在介质的球形界面上，因而介质中的电场是球对称分布的．任取同心球面为高斯面，电位移矢量D 的通量与自由电荷分布有关，因此，在高斯面上D 呈均匀对称分布，由高斯定理⎰∑=⋅0d qS D 可得D （r ）．再由r εε0/D E =可得E （r ）．介质内电势的分布，可由电势和电场强度的积分关系⎰∞⋅=rV l E d 求得，或者由电势叠加原理求得．极化电荷分布在均匀介质的表面，其极化电荷面密度n P ='σ．解 （1） 取半径为r 的同心球面为高斯面，由高斯定理得 r ＜R 0π421=⋅r D01=D ；01=ER ＜r ＜R ＋d Q r D =⋅22π422π4r QD =；202π4r εεQ E r = r ＞R ＋d Q r D =⋅23π423π4r QD =；203π4rQ E ε= 将不同的r 值代入上述关系式，可得r ＝5 cm 、15 cm 和25 cm 时的电位移和电场强度的大小，其方向均沿径向朝外． r 1 ＝5 cm ，该点在导体球内，则01=r D ；01=r Er 2 ＝15 cm ，该点在介质层内，εｒ ＝5.0，则2822m C 105.3π42--⋅⨯==r Q D r 12220m V 100.8π42-⋅⨯==r εεQE r r r 3 ＝25 cm ，该点在空气层内，空气中ε≈ε0 ，则2823m C 103.1π43--⋅⨯==r QD r ； 13220m V 104.1π43-⋅⨯==r Q E r ε （2） 取无穷远处电势为零，由电势与电场强度的积分关系得 r 3 ＝25 cm ，V 360π4d 0r 331==⋅=⎰∞rεQV r Er 2 ＝15 cm ，()()V480π4π4π4d d 0020r3222=+++-=⋅+⋅=⎰⎰+∞+dR Qd R Q r Q V r r dR d R εεεεεrE r E r 1 ＝5 cm ，()()V540π4π4π4d d 000321=+++-=⋅+⋅=⎰⎰+∞+d R εQd R εεQ R εεQ V r r dR RdR rE r E（3） 均匀介质的极化电荷分布在介质界面上，因空气的电容率ε＝ε0 ，极化电荷可忽略．故在介质外表面；()()()20π411d R εQ εE εεP r r n r n +-=-=()()282m C 106.1π41--⋅⨯=+-==d R εQεP σr r n在介质内表面：()()20π411R εQ εE εεP r r n r n -=-=()282m C 104.6π41--⋅⨯-=-=-='R εQ εP σr r n介质球壳内、外表面的极化电荷面密度虽然不同，但是两表面极化电荷的总量还是等量异号． 10－14 人体的某些细胞壁两侧带有等量的异号电荷.设某细胞壁厚为5.2 ×10－9m ，两表面所带面电荷密度为±5.2 ×10 －3C ／m 2，内表面为正电荷．如果细胞壁物质的相对电容率为6.0，求（1） 细胞壁内的电场强度；（2） 细胞壁两表面间的电势差． 解 （1）细胞壁内的电场强度V /m 108.960⨯==rεεσE ；方向指向细胞外． （2） 细胞壁两表面间的电势差V 101.52-⨯==Ed U ．10－15 如图（a ）所示，有两块相距为0.50 的薄金属板A 、B 构成的空气平板电容器被屏蔽在一金属盒Ｋ 内，金属盒上、下两壁与A 、B 分别相距0.25 mm ，金属板面积为30 mm ×40 mm .求（1） 被屏蔽后电容器的电容变为原来的几倍；（2） 若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰，问此时的电容又为原来的几倍？题 10-15 图分析 薄金属板A 、B 与金属盒一起构成三个电容器，其等效电路图如图（ｂ）所示，由于两导体间距离较小，电容器可视为平板电容器，通过分析等效电路图可以求得A 、B 间的电容.解 （1） 由等效电路图可知13232123C C C C C C C C ++⋅=+=由于电容器可以视作平板电容器，且32122d d d ==，故1322C C C == ，因此A 、B 间的总电容12C C =（2） 若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰，相当于2C （或者3C ）极板短接，其电容为零，则总电容13C C =10－16 在A 点和B 点之间有5 个电容器，其连接如图所示．（1） 求A 、B 两点之间的等效电容；（2） 若A 、B 之间的电势差为12 V ，求U A C 、U CD 和U D B ．题 10-16 图解 （1） 由电容器的串、并联，有μF 1221=+=C C C AC μF 843=+=C C C CD51111C C C C CD AC AB ++= 求得等效电容C AB ＝4 μF ．（2） 由于AB DB CD AC Q Q Q Q ===，得V 4==AB ACABAC U C C U V 6==AB CDABCD U C C U V 2==AB DBABDB U C C U 10－17 如图，有一个空气平板电容器，极板面积为S ，间距为d ．现将该电容器接在端电压为U 的电源上充电，当（1） 充足电后；（2） 然后平行插入一块面积相同、厚度为δ（δ ＜d ）、相对电容率为εｒ 的电介质板；（3） 将上述电介质换为同样大小的导体板．分别求电容器的电容C ，极板上的电荷Q 和极板间的电场强度E ．题 10-17 图分析 电源对电容器充电，电容器极板间的电势差等于电源端电压U ．插入电介质后，由于介质界面出现极化电荷，极化电荷在介质中激发的电场与原电容器极板上自由电荷激发的电场方向相反，介质内的电场减弱．由于极板间的距离d 不变，因而与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，以维持电势差不变，并有()δSεεQ δd S εQU r 00+-=相类似的原因，在平板电容器极板之间，若平行地插入一块导体板，由于极板上的自由电荷和插入导体板上的感应电荷在导体板内激发的电场相互抵消，与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，使间隙中的电场E 增强，以维持两极板间的电势差不变，并有()δd SεQU -=0 综上所述，接上电源的平板电容器，插入介质或导体后，极板上的自由电荷 均会增加，而电势差保持不变． 解 （1） 空气平板电容器的电容dSεC 00=充电后，极板上的电荷和极板间的电场强度为U dS εQ 00=d U E /0=（2） 插入电介质后，电容器的电容C 1 为()()δd εδS εεδS εεQ δd SεQ Q C r r r -+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=0001/ 故有()δd εδSUεεU C C r r -+==011介质内电场强度()δd εδUS εεQ E r r -+=='011 空气中电场强度()δd εδU εS εQ E r r -+==011 （3） 插入导体达到静电平衡后，导体为等势体，其电容和极板上的电荷分别为δd SεC -=02 U δd S εQ -=02导体中电场强度 02='E 空气中电场强度δd UE -=2 无论是插入介质还是插入导体，由于电容器的导体极板与电源相连，在维持电势差不变的同时都从电源获得了电荷，自由电荷分布的变化同样使得介质内的电场强度不再等于E 0/εｒ．10－18 为了实时检测纺织品、纸张等材料的厚度（待测材料可视作相对电容率为εｒ 的电介质），通常在生产流水线上设置如图所示的传感装置，其中A ，B 为平板电容器的导体极板，d 0 为两极板间的距离．试说明检测原理，并推出直接测量量电容C 与间接测量量厚度d 之间的函数关系．如果要检测钢板等金属材料的厚度，结果又将如何？题 10-18 图分析 导体极板A 、B 和待测物体构成一有介质的平板电容器，关于电容C 与材料的厚度的关系，可参见题10－17 的分析． 解 由分析可知，该装置的电容为()d d d SC r r -+=00εεε则介质的厚度为()()C εSεεd εεC εS εεC d εd r r r r r r r 1110000---=--=如果待测材料是金属导体，其等效电容为dd SεC -=00导体材料的厚度CSεd d 00=-= 实时地测量A 、B 间的电容量C ，根据上述关系式就可以间接地测出材料的厚度．通常智能化的仪表可以实时地显示出待测材料的厚度．10－19 有一电容为0.50 μF 的平行平板电容器，两极板间被厚度为0.01 mm 的聚四氟乙烯薄膜所隔开，（1） 求该电容器的额定电压；（2） 求电容器存贮的最大能量． 分析 通过查表可知聚四氟乙烯的击穿电场强度E b ＝1.9 ×107 V ／m ，电容器中的电场强度E ≤E b ，由此可以求得电容器的最大电势差和电容器存贮的最大能量． 解 （1） 电容器两极板间的电势差V 190b max ==d E U（2） 电容器存贮的最大能量J 1003.92132max e -⨯=CU W10－20 半径为0.10 cm 的长直导线，外面套有内半径为1.0 cm 的共轴导体圆筒，导线与圆筒间为空气．略去边缘效应，求：（1） 导线表面最大电荷面密度；（2） 沿轴线单位长度的最大电场能量．分析 如果设长直导线上单位长度所带电荷为λ，导线表面附近的电场强度0π2εσR ελE ==查表可以得知空气的击穿电场强度E b ＝3.0 ×106（V ／m ），只有当空气中的电场强度E ≤E b 空气才不会被击穿，由于在导线表面附近电场强度最大，因而可以求出σ的极限值．再求得电场能量密度，并通过同轴圆柱形体元内电场能量的积分求得单位长度的最大电场强度．解 （1） 导线表面最大电荷面密度250max m C 1066.2--⋅⨯==b E εσ显然导线表面最大电荷面密度与导线半径无关．（2） 由上述分析得b E R ελ10max π2=，此时导线与圆筒之间各点的电场强度为()1210m π2R r R rR r E <<==ελ0=E (其他)222102m 0m 2121rE R E w b εε==沿轴线单位长度的最大电场能量r rER r r w W R Rb d 1πd π2212210m ⎰⎰⎰⎰Ω=⋅=ε 14122210mm J 1076.5lnπ--⋅⨯==R R E R W b ε 10－21 一空气平板电容器，空气层厚1.5 cm ，两极间电压为40 k V ，该电容器会被击穿吗？ 现将一厚度为0.30 cm 的玻璃板插入此电容器，并与两极平行，若该玻璃的相对电容率为7.0，击穿电场强度为10 ＭV· m －1．则此时电容器会被击穿吗？分析 在未插入玻璃板时，不难求出空气中的电场强度小于空气的击穿电场强度，电容器不会被击穿．插入玻璃后，由习题10－17 可知，若电容器与电源相连，则极板间的电势差维持不变，电容器将会从电源获取电荷．此时空气间隙中的电场强度将会增大．若它大于空气的击穿电场强度，则电容器的空气层将首先被击穿．此时40 k V 电压全部加在玻璃板两侧，玻璃内的电场强度如也大于玻璃击穿电场强度的值，则玻璃也将被击穿．整个电容器被击穿．解 未插入玻璃时，电容器内的电场强度为16m V 107.2/-⋅⨯==d U E因空气的击穿电场强度16m V 100.3-⋅⨯=b E ，b E E <，故电容器不会被击穿．插入玻璃后，由习题6 －26 可知，空气间隙中的电场强度()16m V 102.3-⋅⨯=+-=δδd εVεE r r此时，因b E E > ，空气层被击穿，击穿后40 k V 电压全部加在玻璃板两侧，此时玻璃板内的电场强度17m V 103.1/-⋅⨯==δV E由于玻璃的击穿电场强度1bm MV 10-⋅='E ，b E E '> ，故玻璃也将相继被击穿，电容器完全被击穿．10－22 某介质的相对电容率 2.8r ε=，击穿电场强度为611810V m -⨯⋅ ，如果用它来作平板电容器的电介质，要制作电容为0.047 μF ，而耐压为4.0 k V 的电容器，它的极板面积至少要多大． 解 介质内电场强度16m V 1018-⋅⨯=≤b E E电容耐压U m ＝4.0 k V ，因而电容器极板间最小距离m 1022.2/4-⨯==b m E U d要制作电容为0.047 μF 的平板电容器，其极板面积210m 42.0==εεCdS显然，这么大的面积平铺开来所占据的空间太大了，通常将平板电容器卷叠成筒状后再封装． 10－23 一平行板空气电容器，极板面积为S ，极板间距为d ，充电至带电Q 后与电源断开，然后用外力缓缓地把两极板间距拉开到2d ．求：（1） 电容器能量的改变；（2） 此过程中外力所作的功，并讨论此过程中的功能转换关系．分析 在将电容器两极板拉开的过程中，由于导体极板上的电荷保持不变，极板间的电场强度亦不变，但电场所占有的空间增大，系统总的电场能量增加了．根据功能原理，所增加的能量应该等于拉开过程中外力克服两极板间的静电引力所作的功． 解 （1） 极板间的电场为均匀场，且电场强度保持不变，因此，电场的能量密度为20220221SεQ E εw e == 在外力作用下极板间距从d 被拉开到2d ，电场占有空间的体积，也由V 增加到2V ，此时电场能量增加SεdQ V w W e e 022ΔΔ== （2） 两导体极板带等量异号电荷，外力F 将其缓缓拉开时，应有F ＝－F e ，则外力所作的功为SεdQ QEd 02e 2ΔA ==⋅-=r F 外力克服静电引力所作的功等于静电场能量的增加．。
大学物理习题答案第十章
[习题解答]10-1如果导线中的电流强度为8.2 A，问在15 s内有多少电子通过导线的横截面？解设在t秒内通过导线横截面的电子数为N，则电流可以表示为,所以.10-2 在玻璃管内充有适量的某种气体，并在其两端封有两个电极，构成一个气体放电管。
当两极之间所施加的电势差足够高时，管中的气体分子就被电离，电子和负离子向正极运动，正离子向负极运动，形成电流。
在一个氢气放电管中，如果在3 s内有2.8⨯1018 个电子和1.0⨯1018 个质子通过放电管的横截面，求管中电流的流向和这段时间内电流的平均值。
解放电管中的电流是由电子和质子共同提供的，所以.电流的流向与质子运动的方向相同。
10-3 两段横截面不同的同种导体串联在一起，如图10-7所示，两端施加的电势差为U。
问：(1)通过两导体的电流是否相同？(2)两导体内的电流密度是否相同？(3)两导体内的电场强度是否相同？(4)如果两导体的长度相同，两导体的电阻之比等于什么？(5)如果两导体横截面积之比为1: 9，求以上四个问题中各量的比例关系，以及两导体有相同电阻时的长度之比。
解(1)通过两导体的电流相同，。
(2)两导体的电流密度不相同，因为,又因为,所以.这表示截面积较小的导体电流密度较大。
(3)根据电导率的定义,在两种导体内的电场强度之比为.上面已经得到，故有.这表示截面积较小的导体中电场强度较大。
图10-7(4)根据公式,可以得到,这表示，两导体的电阻与它们的横截面积成反比。
(5)已知，容易得到其他各量的比例关系,,,.若，则两导体的长度之比为.10-4两个同心金属球壳的半径分别为a和b(>a)，其间充满电导率为σ的材料。
已知σ是随电场而变化的，且可以表示为σ = kE，其中k为常量。
现在两球壳之间维持电压U，求两球壳间的电流。
解在两球壳之间作一半径为r的同心球面，若通过该球面的电流为I，则.又因为,所以.于是两球壳之间的电势差为.从上式解出电流I，得.10-5一个电阻接在电势差为180 V电路的两点之间，发出的热功率为250W。
大学物理(第4版)主编赵近芳-第10章课后答案
习题10(1)对于安培环路定理的理解，正确的选项是：〔A〕假设环流等于零，那么在回路L上必定是H处处为零；〔B〕假设环流等于零，那么在回路L上必定不包围电流；〔C〕假设环流等于零，那么在回路L所包围传导电流的代数和为零；〔D〕回路L上各点的H仅与回路L包围的电流有关。
[答案：C](2)对半径为R载流为I的无限长直圆柱体，距轴线r处的磁感应强度B〔〕〔A〕内外部磁感应强度B都与r成正比；〔B〕内部磁感应强度B与r成正比，外部磁感应强度B与r成反比；〔C〕内外部磁感应强度B都与r成反比；〔D〕内部磁感应强度B与r成反比，外部磁感应强度B与r成正比。
[答案：B](3〕质量为m电量为q的粒子，以速率v与均匀磁场B成θ角射入磁场，轨迹为一螺旋线，假设要增大螺距那么要〔〕（A）增加磁场B；〔B〕减少磁场B；〔C〕增加θ角；〔D〕减少速率v。
[答案：B]θ=0的位置转到180度〔θ为磁场方向和线圈磁矩方向的夹角〕时磁场力做功为〔〕〔A〕0.24J；〔B〕2.4J；〔C〕0.14J；〔D〕14J。
[答案：A]10.2 填空题(1)边长为a的正方形导线回路载有电流为I，那么其中心处的磁感应强度。
[答案：a Iπμ22，方向垂直正方形平面](2)计算有限长的直线电流产生的磁场用毕奥——萨伐尔定律，而用安培环路定理求得〔填能或不能〕。
[答案：能, 不能](3)电荷在静电场中沿任一闭合曲线移动一周，电场力做功为。
电荷在磁场中沿任一闭合曲线移动一周，磁场力做功为。
[答案：零，零](4)两个大小相同的螺线管一个有铁心一个没有铁心，当给两个螺线管通以电流时，管内的磁力线分布相同，管内的磁感线分布将。
[答案：相同，不相同]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．10.4 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度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)假设存在电流，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〕假设存在电流，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≠.10.5 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．10.6 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题图)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 =I0μ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 ，因此实际螺线管假设是无限长时，只是外B 的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rI B πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 10.6 图如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发 生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．10.8 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：(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22=⋅=S B Φ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S BΦWb (或24.0-Wb )如题图所示，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 ．假设通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题10.9图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三局部电流产生．其中AB 产生 01=BBC 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 ，方向垂直向里．在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题图所示．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．解：如题10.10图所示,A B方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T52010103310502050102-⨯=⨯++-=..)..(πμπμI I B B T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处那么02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m10.11 如题图所示，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．圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解： 如题10.11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 第10章练习答案
第十章 稳 恒 磁 场10－1 两根无限长直导线相互垂直地放置在两正交平面内，分别通有电流I 1=2A ，I 2=3A ，如图所示。
求点M 1和M 2处的磁感应强度。
图中AM 1＝AM 2=lcm ，AB=2cm.。
解：无限长电流的磁感应强度为dIB πμ=20，两无限长 电流在点M 1和M 2处的磁感应强度相互垂直，合磁感 应强度为)3(10232221201I I I B M +⨯πμ=-T 551047.414102--⨯+⨯＝ )(1022221202I I I B M +⨯πμ=-T 551021.794102--⨯+⨯＝ 10－2一无限长的载流导线中部被弯成圆弧形，圆弧半径R=3cm ，导线中的电流I=2A ， 如图所示，求圆弧中心O 点的磁感应强度。
解：两半无限长电流在O 点产生的磁感应强度 方向相同，叠加为•πμ⨯=方向 4201RIB O 3/4圆电流在O 点产生的磁感应强度为⊗μ⨯=方向 24302RI B O O 点的合磁感应强度为⊗⨯=⨯⨯⨯⨯⨯π=πμ=+=-方向 T 101.80.43 10322104 ) 1- 43( 25-27-021R I B B B O O O 10－3图中三棱柱面高h ＝1.0m ，底面各边长分别为ab=0.6m ，bc=0.4m ，ac=0.3m ，沿ad 边有直长导线，导线申通有电流I=4A 。
求通过cbef 面的磁通量。
解：通过cbef 面的磁通量应与通过gbje 面的磁通量相当 ag=ac=0.3m ，有 hdx x 2I d 6.03.00⎰⎰πμ=⋅φSS B ＝0.30.6ln20πμ=Ih Wb 1054.5n2 21104 7--7⨯=π⨯⨯π=l10－4两根平行直长导线载有电流I 1=I 2=20A 。
试求（1）两导线所在平面内与两导线等距的一点A 处的磁感应强度；（2）通过图中矩形面积的磁通量。
图中r 1=r 3=10cm ，r 2=20cm ，l =25cm 。
大学物理第十章
练习十八 阻尼 受迫 共振 波动方程一.选择题1.有一悬挂的弹簧振子，振子是一个条形磁铁，当振子上下振动时，条形磁铁穿过一个闭合圆线圈A(如图18.1所示), 则此振子作(A) 等幅振动. (B) 阻尼振动. (C) 强迫振动.(D) 增幅振动.2.频率为100Hz,传播速度为300m/s 的平面简谐波,波线上两点振动的相位差为π/3,则此两点相距(A) 2m . (A) 2.19m . (B) 0.5 m .(D) 28.6 m .3.一圆频率为ω 的简谐波沿x 轴的正方向传播, t =0时刻的波形如图18.2所示. 则t =0时刻, x 轴上各质点的振动速度v 与坐标x 的关系图应为图18.3中哪一图？4. 一平面简谐波沿x 轴负方向传播，已知x=x 0处质点的振动方程为y=A cos(ω t+ϕ0). 若波速为u ，则此波的波动方程为(A) y=A cos{ω [t －(x 0－x )/u ]+ ϕ0} . (B) y=A cos{ω [t －(x －x 0)/u ]+ ϕ0} . (C) y=A cos{ω t －[(x 0－x )/u ]+ ϕ0} .(D) y=A cos{ω t +[(x 0－x )/u ]+ ϕ0} .5. 如图18.4所示为一平面简谐波在t = 0时刻的波形图，该波的波速u =200m/s ，则P 处质点的振动曲线为图18.5中哪一图所画出的曲线？＜ ＜ k 图18.1v (m/s)O1 x (m)ωA(A)·(D)(C)图18.3二.填空题1.一列余弦横波以速度u 沿x 轴正方向传播, t 时刻波形曲线如图18.6所示,试分别指出图中A 、B 、C 各质点在该时刻的运动方向:A ；B ; C .2.已知一平面简谐波沿x 轴正向传播,振动周期T =0.5s, 波长λ=10m,振幅A =0.1 m . 当t =0时波源振动的位移恰好为正的最大值. 若波源处为原点, 则沿波传播方向距离波源为λ/2处的振动方程为y = ; 当t=T /2时, x=λ/4处质点的振动速度为 .3.一简谐波的频率为5×104Hz, 波速为1.5×103m/s,在传播路径上相距5×10－3m 的两点之间的振动相位差为 .三.计算题1.图18.7所示一平面简谐波在t =0时刻的波形图,求 (1) 该波的波动方程 ;(2) P 处质点的振动方程 .2.某质点作简谐振动,周期为2s, 振幅为0.06m, 开始计时(t =0)时, 质点恰好处在负向最大位移处, 求(1) 该质点的振动方程;(2) 此振动以速度u =2m/s 沿x 轴正方向传播时,形成的一维简谐波的波动方程 ; (3) 该波的波长.练习十九 波的能量 波的干涉一.选择题1．一平面简谐波，波速u =5m · s －1. t = 3 s 时波形曲线如图19.1. 则x =0处的振动方程为(A) y =2×10－2cos(πt /2－π/2) ( S I ) . (B) y =2×10－2cos(πt ＋π ) ( S I ) .(D)(C)(A)(B)图18.5图18.6－图18.7ux (m)y (10－2m)· · · · · ·· 0 51015 20 25 －2图19.1图19.3(C) y =2×10－2cos(πt /2+π/2) ( S I ) . (D) y =2×10－ 2cos(πt －3π/2) ( S I ) .2.一列机械横波在t 时刻的波形曲线如图19.2所示，则该时刻能量为最大值的媒质质元的位置是：(A) o ′, b , d, f . (B) a , c , e , g . (C) o ′, d . (D) b , f .3.一平面简谐波在弹性媒质中传播，在某一瞬时，媒质中某质元正处于平衡位置，此时它的能量是(A) 动能为零, 势能最大. (B) 动能为零, 势能为零. (C) 动能最大, 势能最大. (D) 动能最大, 势能为零.4.如图19.3所示为一平面简谐机械波在t 时刻的波形曲线. 若此时A 点处媒质质元的振动动能在增大,则(A) A 点处质元的弹性势能在减小. (B) 波沿x 轴负方向传播.(C) B 点处质元的振动动能在减小. (D) 各点的波的能量密度都不随时间变化.5. 如图19.4所示，两相干波源s 1和s 2相距λ/4(λ为波长), s 1的位相比s 2的位相超前π/2 ,在s 1、s 2的连线上, s 1外侧各点(例如P 点)两波引起的两谐振动的位相差是:(A) 0 . (B) π . (C) π /2 . (D) 3π/2 . 二.填空题1.一列平面简谐波沿x 轴正方向无衰减地传播, 波的振幅为2×10-3m, 周期为0.01s, 波速为400 m/s, 当t =0时x 轴原点处的质元正通过平衡位置向y 轴正方向运动,则该简谐波的表达式为 .2.一个点波源位于O 点, 以O 为圆心作两个同心球面,它们的半径分别为R 1和R 2. 在两个球面上分别取相等的面积∆S 1和∆S 2 ,则通过它们的平均能流之比21 P P = .3.如图19.5所示,在平面波传播方向上有一障碍物AB,根据yx 波速u时刻t 的波形 · · ·· · · ··oo ′ a bc def g 图19.2P1 2图19.4A B图19.5惠更斯原理,定性地绘出波绕过障碍物传播的情况. 三.计算题1.如图19.6所示,三个同频率,振动方向相同(垂直纸面)的简谐波,在传播过程中在O 点相遇,若三个简谐波各自单独在S 1、S 2和S 3的振动方程分别为y 1=A cos(ω t +π/2)y 2=A cos ω ty 3=2A cos(ωt －π/2)且S 2O=4λ ,S 1O=S 3O=5λ(λ为波长)，求O 点的合成振动方程(设传播过程中各波振幅不变).2.如图19.7,两列相干波在P 点相遇,一列波在B 点引起的振动是 y 10=3×10 –3cos2πt ( SI )另一列波在C 点引起在振动是y 20=3×10 –3cos(2πt +π/2) ( SI )BP =0.45m , CP =0.30m, 两波的传播速度 u=0.20m/s, 不考虑传播中振幅的减小,求P 点合振动的振动方程.练习二十 驻波 声波 多普勒效应一.选择题1.在波长为λ的驻波中，两个相邻波腹之间的距离为 (A) λ/4 .(B) λ/2 . (C) 3λ/4 .(D) λ .2.某时刻驻波波形曲线如图20.1所示,则a 、b 两点的相位差是(A) π. (B) π/2. (C) 5π /4. (D) 0.3.沿相反方向传播的两列相干波，其波动方程为y 1=A cos2π (νt －x /λ) y 2=A cos2π (νt + x /λ)叠加后形成的驻波中,波节的位置坐标为(A) x =±k λ . (B) x =±k λ/2 . (C) x =±(2k +1)λ/2 . (D) x =±(2k +1)λ/4 . 其中k = 0 , 1 , 2 , 3…….S3 图19.6图19.7图21.14.如果在长为L 、两端固定的弦线上形成驻波,则此驻波的基频波的波长为 (A) L /2 . (A) L . (B) 3L /2 . (D) 2L .5.一机车汽笛频率为750 Hz , 机车以时速90公里远离静止的观察者，观察者听到声音的频率是(设空气中声速为340m/s) ：(A) 810 Hz . (A) 699 Hz . (B) 805 Hz . (D) 695 Hz . 二.填空题1.设平面简谐波沿x 轴传播时在x = 0 处发生反射,反射波的表达式为y 2=A cos[2π (νt －x /λ) +π /2] .已知反射点为一自由端,则由入射波和反射波形成驻波波节的位置坐标为 .2.设沿弦线传播的一入射波的表达式是y 1=A cos[2π (νt －x /λ) +ϕ]在x =L 处(B 点)发生反射,反射点为固定端(如图20.2), 设波在传播和反射过程中振幅不变,则弦线上形成的驻波表达式为 y = .3.相对于空气为静止的声源振动频率为νs ,接收器R 以速率v R 远离声源,设声波在空气中传播速度为u , 那么接收器收到的声波频率νR = . 三.计算题1.在绳上传播的入射波方程为 y 1=A cos (ω t +2π x /λ).入射波在x =0处的绳端反射, 反射端为自由端,设反射波不衰减,求驻波方程.2.设入射波的方程式为 y 1=A cos2π (x /λ+t /T ) .在x =0处发生反射,反射点为一固定端,设反射时无能量损失,求:(1)反射波的方程式; (2)合成的驻波方程式; (3)波腹和波节的位置 .练习二十一 振动和波习题课一.选择题1.图21.1中三条曲线分别表示简谐振动中的位移x ,速度v,加速度a ,下面哪个说法是正确的？(A) 曲线3, 1, 2分别表示x , v , a 曲线. (B) 曲线2, 1, 3分别表示x , v , a 曲线.图20.2(C) 曲线1, 3, 2分别表示x , v , a 曲线. (D) 曲线2, 3, 1分别表示x , v , a 曲线. (E) 曲线1, 2, 3分别表示x , v , a 曲线.2.用余弦函数描述一简谐振子的振动,若其速度－时间(v －t )关系曲线如图21.2所示,则振动的初相位为(A) π / 6 . (B) π / 3. (C) π / 2. (D) 2π / 3. (A) 5π / 6 .3.一质点作简谐振动,周期为T , 质点由平衡位置向x 轴正方向运动时,由平衡位置到二分之一最大位移这段路程所需要的时间为(A) T / 4 . (B) T /12 . (C) T / 6 . (D) T / 8 .4.一平面简谐波在弹性媒质中传播,在媒质质元从最大位移处回到平衡位置的过程中 (A) 它的势能转换成动能. (B) 它的动能转换成势能.(C) 它从相邻的一段媒质质元获得能量,其能量逐渐增加. (D) 它把自己的能量传给相邻的一段媒质质元,其能量逐渐减小.5.在弦上有一简谐波,其表达式是y 1=2.0×10-2cos[2π ( t / 0.02－x / 20) +π / 3] ( SI )为了在此弦线上形成驻波, 并且在x =0处为一波节,此弦线上还应有一简谐波, 其表达式为:(A) y 2=2.0×10-2cos[2π ( t / 0.02 + x / 20) +π / 3] ( SI ) (B) y 2=2.0×10-2cos[2π ( t / 0.02+x / 20) +2π / 3] ( SI ) (C) y 2=2.0×10-2cos[2π ( t / 0.02+x / 20) +4π / 3] ( SI ) (D) y 2=2.0×10-2cos[2π ( t / 0.02+x / 20)－π / 3] ( SI )二.填空题1.在静止的升降机中,长度为l 在单摆的振动周期为T 0 ,当升降机以加速度a =g /2竖直下降时,摆的振动周期T = .2. .如图21.3所示,一平面简谐波沿O x 轴负方向传播,波长为λ, 若P 处质点的振动方程是图21.3y P =A cos(2πνt +π /2) .则该波的波动方程是 .P 处质点 时刻的振动状态与O 处质点t 1 时刻的振动状态相同.3一平面简谐波沿O x 轴传播,波动方程为y =A cos[2π (νt －x /λ) +ϕ]则: x 1=L 处介质质点振动初相位是 ;与x 1处质点振动状态相同的其它质点的位置是 ;与x 1处质点速度大小相同,但方向相反的其它各介质质点的位置是 . 三.证明题1. 如图21.4所示,在竖直面内半径为R 的一段光滑圆弧形轨道上,放一小物体,使其静止于轨道的最低处,然后轻碰一下此物体,使其沿圆弧形轨道来回作小幅度运动,试证:(1) 此物体作简谐振动.(2) 此简谐振动的周期 T =2πg R . 四.计算题1.在实验室中做驻波实验时,使一根长3m 张紧的弦线的一端沿垂直长度方向以60H Z 的频率作简谐振动,弦线的质量为60×10－3kg , 如果在这根弦线上产生有四个波腹很强的驻波,必须对这根弦线施加多大的张力？练习十八 阻尼 受迫 共振 波动方程一.选择题B C D C A二.填空题1. 向下,向上; 向上.2. 0.1cos(4πt -π) (SI); -1.26m/s.3. π/3.三.计算题1.(1)原点处质点在t =0时刻y 0=A cos ϕ0=0 v 0=-A ωsin ϕ0＞0所以 ϕ0=-π/2. 而 T=λ/v=0.40/0.08=5(s) 故该波的波动方程为y=0.04cos[2π( t/5-x/0.4)-π/2] (SI)(2) P 处质点的振动方程y P =0.04cos[2π( t/5-0.2/0.4)-π/2]图21.4= 0.04cos(0.4π t -3π/2) (SI)2.(1)取该质点为坐标原点O. t =0时刻y 0=A cos ϕ0=-A v 0=-A ωsin ϕ0=0得ϕ0=π. 所以振动方程为y O =0.06cos(2π t/2+π)=0.06cos(π t +π) (SI)(2) 波动方程为y =0.06cos[π(t -x/u )+π]=0.06cos[π(t -x/2)+π] (SI)(3) λ=uT =4(m)练习十九 波的能量 波的干涉一.选择题A B C B B二.填空题1. y =2×10-3cos(200πt -πx/2-π/2).2. R 22/R 12.3.三.计算题1. y 1=A cos[ω(t -l 1/u )+π/2]= A cos[2π(t/T -l 1/λ)+π/2]= A cos[2π(t/T -5λ/λ)+π/2] = A cos(ω t +π/2)同理 y 2=A cos ω ty 3=2A cos(ωt －π/2) 利用旋转矢量图和矢量加法的多边形法(如图),则可知合振动振幅及初位相为A ，-π/4.故合振动方程为y =2A cos(ωt －π/4)2. 两列相干波在P 点引起的振动分别是 y 1=3×10-3cos[2π(t -l 1/u )]=3×10-3cos(2πt -9π/2) =3×10-3cos(2πt -π/2)y 2=3×10-3cos[2π(t -l 2/u ) +π/2]=3×10-3cos(2πt -3π+π/2)= 3×10-3cos(2πt -π/2)所以合振动方程为y = y 1+ y 2= 6×10-3cos(2πt -π/2) (SI)练习二十 驻波 多普勒效应A 1A 2A 3 Ay O -π/4 ⎭一.选择题B C D D B二.填空题1. x=(k+1/2)(λ/2), k=0,1,2,3,….2.2A cos(2πx/λ±π/2-2πL/λ)·cos(2πνt±π/2+ϕ-2πL/λ) .3. νs(u-v R)/u.三.计算题1. 入射波在x =0处引起的振动为y10=A cos (ω t+2π 0/λ)= A cosω t因反射端为自由端，所以反射波波源的振动y20= A cosω t反射波方程为y2=A cos (ω t-2πx/λ)驻波方程为y= y1+ y2= A cos (ω t+2πx/λ)+ A cos (ω t-2πx/λ)=2A cos 2πx/λcosω t2.(1) 入射波在x =0处引起的振动为y10=A cos2π(0/λ+ t/T)= A cos2πt/T因反射端为固定端，所以反射波波源的振动为y20= A cos(2πt/T-π) 反射波方程为y2=A cos[2π(t/T- x/λ)-π]= A cos[2π(x/λ- t/T)+π](2)合成的驻波方程式y=y1+y2=A cos[2π(x/λ+t/T)]+A cos[2π(x/λ-t/T)+π]=2A cos(2πx/λ+π/2)cos(2πt/T-π/2)(3)对于波腹,有2πx/λ+π/2=nπ故波腹位置为x= (n-1/2)λ/2 (n=1,2,3,…)对于波节,有2πx/λ+π/2=nπ+π/2故波节位置为x= n λ/2 (n=1,2,3,…)练习二十一振动和波习题课一.选择题 E A B C C二.填空题1. 2T0.2. -2πL/λ+ϕ·; L±kλ(k=1,2,3,…);L±(k+1/2)λ(k=1,2,3,…).3. y=A cos{2π[νt+( x+L) /λ]+π/2}t1+L/(λν)+ k/ν(k=0,±1,±2,±3,…){或t1+L/(λν)}三.计算题1.设绳张力为T ，线密度为μ，则波速为u=()m Tl l m T T ==μ=λνT=λ2ν2m/l因弦线上产生有四个波腹很强的驻波，所以l=4·λ/2=2λ λ=l/2 T=λ2ν2m/l=l ν2m/4=162N四.证明题1.(1) 设小球向右摆动为角坐标θ正向.摆动过程中小球受重力和弧形轨道的支持力. 重力的切向分力使小球获得切向加速度.当小球向右摆动θ角时, 重力的切向分力与θ相反,有-mg sin θ=ma t =mR d 2θ/d t 2当作小幅度运动时,sin θ ≈θ, 有d 2θ/d t 2+(g/R ) θ=0故小球作间谐振动 θ=θA cos(R g t +ϕ) (2)周期为 T=2π/ω=2π /R g =2πg RⅣ 课堂例题一.选择题1. 一劲度系数为k 的轻弹簧，下端挂一质量为m 的物体，系统的振动周期为T 1．若将此弹簧截去一半的长度，下端挂一质量为2m 的物体，则系统振动周期T 2等于(A) 2 T 1 (B) T 1(C) T 12/ (D) T 1 /2 (E) T 1 /42. 一简谐振动曲线如图所示．则振动周期是 (A) 2.62 s ． (B) 2.40 s ．(C) 2.20 s ． (D) 2.00 s ．3. 已知某简谐振动的振动曲线如图所示，位移的单位为厘米，时间单位为秒．则此简谐振动的振动方程为：(A))3232cos(2π+π=t x ．(B) )3232cos(2π-π=t x ．(C) )3234c o s (2π+π=t x ．(D))3234c o s (2π-π=t x ．--(E) )4134cos(2π-π=t x4.一平面简谐波的表达式为 )3cos(1.0π+π-π=x t y (SI) ，t = 0时的波形曲线如图所示，则(A) O 点的振幅为-0.1 m ． (B) 波长为3 m ． (C) a 、b 两点间相位差为2π ． (D) 波速为9 m/s ．5. 两相干波源S 1和S 2相距λ /4，（λ 为波长），S 1的相位比S 2的相位超前2π，在S 1，S 2的连线上，S 1外侧各点（例如P 点）两波引起的两谐振动的相位差是：(A) 0． (B) 2π． (C) π． (D) 23π．6. 在波长为λ 的驻波中，两个相邻波腹之间的距离为 (A) λ /4． (B) λ /2． (C) 3λ /4． (D) λ ． 二.填空题1.质量为m 物体和一个轻弹簧组成弹簧振子，其固有振动周期为T. 当它作振幅为A 自由简谐振动时，其振动能量E = ____________．2.两个同方向同频率的简谐振动，其合振动的振幅为20 cm ，与第一个简谐振动的相位差为φ –φ1 = π/6．若第一个简谐振动的振幅为310 cm = 17.3 cm ，则第二个简谐振动的振幅为___________________ cm ，第一、二两个简谐振动的相位差φ1 - φ2为____________．3.一物体同时参与同一直线上的两个简谐振动：)314c o s (05.01π+π=t x (SI) ， )324c o s (03.02π-π=t x (SI)合成振动的振幅为__________________m ．4.一平面简谐波沿x 轴正方向传播，波速u = 100 m/s ，t = 0时刻的波形曲线如图所示．可知波长λ = ____________； 振幅A = __________； 频率ν = ____________．5.设沿弦线传播的一入射波的表达式为S 1S 2Pλ/4)-y (m )]2c o s [1λωxt A y π-=，在处（B 点）发生反射，反射点为自由端（如图）.设波在传播和反射过程中振幅不变，则弦上形成的驻波的表达式是y = ______________________________．6.一列火车以20 m/s 的速度行驶，若机车汽笛的频率为600 Hz ，一静止观测者在机车前和机车后所听到的声音频率分别为____________和__________（设空气中声速为340 m/s ）．三.计算题1.图示一平面余弦波在t = 0 时刻与t = 2 s 时刻的波形图．已知波速为u ，求 (1) 坐标原点处介质质点的振动方程； (2) 该波的波动表达式．2.图示一平面简谐波在t = 0 时刻的波形图，求 (1) 该波的波动表达式； (2) P 处质点的振动方程．3.一平面简谐波沿Ox 轴正方向传播，波的表达式为 )/(2cos λνx t A y -π=, 而另一平面简谐波沿Ox 轴负方向传播，波的表达式为 )/(2cos 2λνx t A y +π= 求：(1) x = λ /4 处介质质点的合振动方程； (2) x = λ /4 处介质质点的速度表达式．(m ) -4.如图，一角频率为ω，振幅为A的平面简谐波沿x轴正方向传播，设在t = 0时该波在原点O处引起的振动使媒质元由平衡位置向y轴的负方向运动．M是垂直于x轴的波密媒质反射面．已知OO＇= 7 λ /4，PO＇= λ /4（λ为该波波长）；设反射波不衰减，求：(1) 入射波与反射波的表达式;；(2)P点的振动方程．附Ⅴ振动和波习题课课堂例题解答一.选择题 DBCCCB 二.填空题1、 222/2T mA π2、 10 、π-213、 0.024、 0.8 m 0.2 m 125 Hz5、 )2cos()22cos(2λωλλLt LxA π-π-π6、 637.5 Hz 、 566.7 Hz三.计算题1、解：(1) 比较t = 0 时刻波形图与t = 2 s 时刻波形图，可知此波向左传播．在t = 0时 刻，O 处质点φcos 0A =， φωs i n 00A -=<v ，故2πφ-= 又t = 2 s ，O 处质点位移为 )24c o s (2/ππ-=νA A所以244πππ-=-ν， ν = 1/16 Hz 振动方程为)28/cos(0ππ-=t A y (SI) (2) 波速u = 20 /2 m/s = 10 m/s波长λ = u /ν = 160 m 波动表达式]21)16016(2c o s [π-+π=xt A y (SI)2、解：(1) O 处质点，t = 0 时0cos 0==φA y ， 0sin 0>-=φωA v所以 2π-=φ 又==u T /λ 5 s 故波动表达式为]2)4.05(2cos[04.0π--π=x t y (SI)(2) P 处质点的振动方程为]2)4.02.05(2c o s [04.0π--π=t y P )234.0c o s (04.0π-π=t (SI)3、解：(1) x = λ /4处)22cos(1ππ-=t A y ν , ))22cos(22ππ+=t A y ν ∵y 1，y 2反相∴合振动振幅 A A A A s =-=2,且合振动的初相φ 和y 2的初相一样为2π． 合振动方程 )22cos(ππ+=t A y ν(2)x = λ /4处质点的速度)2cos(2)2 2sin(2/d d v ππππππ+=+-==t A t A t y νννν4、解：设O 处振动方程为)cos(0φω+=t A y当t = 0时， y 0 = 0，v 0 < 0，∴ 2π=φ ∴ )2cos(0π+=t A y ω 故入射波表达式为)22c o s (λωx t A y ππ-+=在O ′处入射波引起的振动方程为 )c o s ()4722c o s (1πππ-=⋅-+=t A t A y ωλλω由于M 是波密媒质反射面，所以O ′处反射波振动有一个相位的突变π．∴ )cos(1π+π-='t A y ωt A ωcos = 反射波表达式)](2cos[x O O t A y -'π-='λω)]47(2cos[x t A -π-=λλω ]22cos[π+π+=x t A λω合成波为 y y y '+=]22cos[]22cos[π+π++π+π-=x t A x t A λωλω)2cos(2cos2π+π=t x A ωλ将P 点坐标 λλλ234147=-=x 代入得P 点的振动方程)2cos(2π+-=t A y ω。
大学物理(吴百诗)习题答案10电磁感应
法拉第电磁感应定律10-1如图10-1所示，一半径a ＝0.10m ，电阻R ＝1.0×10-3Ω的圆形导体回路置于均匀磁场中，磁场方向与回路面积的法向之间的夹角为π/3，若磁场变化的规律为T 10)583()(42-⨯++=t t t B求：（1）t ＝2s 时回路的感应电动势和感应电流；（2）最初2s 内通过回路截面的电量。
解：（1）θcos BS S B =⋅=ΦV 10)86(6.110)86()3cos(d d cos d d 642--⨯+⨯-=⨯+⨯-=-=Φ-=t t a t B S t i ππθε s 2=t ，V 102.35-⨯-=i ε，A 102100.1102.3235---⨯-=⨯⨯-==R I ε 负号表示i ε方向与确定n的回路方向相反（2）422123112810 3.140.1()[(0)(2)]cos 4.410C 1102i B B S q R R θ---⨯⨯⨯=Φ-Φ=-⋅⋅==⨯⨯⨯ 10-2如图10-2所示，两个具有相同轴线的导线回路，其平面相互平行。
大回路中有电流I ，小的回路在大的回路上面距离x 处，x >>R ，即I 在小线圈所围面积上产生的磁场可视为是均匀的。
若v dtdx=等速率变化，（1）试确定穿过小回路的磁通量Φ和x 之间的关系；（2）当x ＝NR （N 为一正数），求小回路内的感应电动势大小；（3）若v ＞0，确定小回路中感应电流方向。
解：（1）大回路电流I 在轴线上x 处的磁感应强度大小2022322()IR B R x μ=+，方向竖直向上。
R x >>时，2032IR B x μ=，222032IR r B S BS B r xπμπΦ=⋅==⋅= （2）224032i d dx IR r x dt dt πμε-Φ=-=，x NR =时，202432i Ir v R N πμε=（3）由楞次定律可知，小线圈中感应电流方向与I 相同。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
©西南交大物理系_2014_02《大学物理AI 》作业 No.06电场强度班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、 判断题：（用“T ”和“F ”表示）[ F ] 1．电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。
解：电场中某点场强的方向，就是将正点电荷放在该点所受电场力的方向。
[ F ] 2．任意两个带电体之间的相互作用力大小可表示为：2210π41r q q F ε=解：库仑定律是指真空中两个静止的点电荷直接的相互作用力。
[ F ] 3．电偶极子在任意电场中所受合力一定为零。
解：电偶极子所受到合力为0，说明正负电荷处的场强大小相等，方向也要相同。
任意电场很难满足这样的特点。
[ T ] 4．高斯定理说明静电场是有源场。
解：高斯定理的理解。
[ F ] 5．若有多个相等的点电荷非均匀地处于同一球面上，这种电荷分布下空间某点的电场强度可以直接用高斯定理求解。
解：高斯定理只能求解对称分布的电场。
二、选择题：1．一个带正电荷的质点，在电场力作用下从A 点出发经C 点运动到B 点，其运动轨迹如图所示。
已知质点运动的速率是递减的，下面关于C 点场强方向的四个图示中正确的是：[解：点电荷受电场力a m E q F==，质点作曲线运动，法向加速度为n a 不为零，则F 、E 不可能沿切向；又因质点速率递减，t a 一定与运动方向相反，所以选D2．如图为四种情形，每个球体具有贯穿其体积均匀分布的电荷Q ，图中标出一点P ，它们都在离球心同样距离处。
在P 点电场强度最小的是： [ D ])A ()B ()C ()D (解：均匀带电球体在空间产生的电场为：R r RrQ E R r rrQ E <=>=,4,43030πεπε ，经分析，（A ）=（B ） 而由于（D ）的半径R 大于（C ）的，所以（C ）>（D ）,再比较，对于（C ）（D ）而言，有R r <，所以：（A ）=（B ）>（C ）>（D ）.3．在空间有一非均匀电场，其电场线分布如图所示，在电场中作一半径为R 的闭合球面S ，已知通过球面上某一面元S ∆的电场强度通量为e Φ∆，则通过该球面其余部分的电场强度通量为：[A] (A) e Φ∆-(B)e 24ΦSR ∆∆π(C) e 24ΦSS R ∆∆∆-π(D) 0解：闭合球面内不包围电荷，则由高斯定理得：0d =∆+∆=⋅⎰⎰余ΦΦS E e S所以通过该球面其余部分的电场强度通量为：e ΦΦ∆∆＝－余 选A4．如图所示，两个同心的均匀带电球面，内球面半径为R 1、带有电荷1Q ，外球面半径为R 2、带有电荷Q 2，则在内球面内距离球心为r 处的P 点的场强大小E 为： [D] (A) 20214r Q Q επ+(B) 2202210144R Q R Q εεπ+π (C) 2014r Q επ(D) 0解：由高斯定理∑⎰⎰==⋅内q r E S E S 0214.d επ ，当1R r <，00=⇒=∑内内E q 。
选D5．点电荷Q 被曲面S 包围， 从无穷远处引入另一点电荷q 至曲面外一点，如图所示，则引入前后：[ D ] (A) 曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强不变 (B) 曲面S 的电场强度通量变化，曲面上各点场强不变 (C) 曲面S 的电场强度通量变化，曲面上各点场强变化 (D) 曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强变化q解：根据高斯定理∑⎰=⋅0/d εq S E S，闭合曲面S 的电场强度通量只与闭合曲面内的电荷有关，与曲面外电荷无关。
曲面上的场强为曲面内、外场源电荷产生的总场强，所以从无穷远处引入另一点电荷q 至曲面外一点，如图所示，则引入前后曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强变化。
故选D三、填空题:1．有一边长为a 的正方形平面，在其中垂线上距中心O 点21a 处，有一电量为q 的正点电荷，如图所示。
则通过该平面的电场强度通量为 。
解：6个这样的正方形平面刚好构成一个正方体将电荷q 围在中间，这样，根据高斯定理，通过这个正方体的电通量为：0d εφq S E S e =⋅=⎰⎰ ，那么通过该平面的电场强度通量为06d 61εφqS E S e =⋅=⎰⎰2．两根无限长的均匀带电直线相互平行，相距为a 2，线电荷密度分别为λ+和λ-，每单位长度的带电直线受的作用力是 。
解：将一根无限长带电直线看成另一根所产生的场的检验电荷，那么aa F 0204)2(2πελπελλ-=-=3．如图，若点电荷q 和－q 被包围在高斯面S 内，则通过该高斯面的电通量=⋅⎰⎰S E Sd0 ，式中E为 S 面上各处的 处的场强。
解：根据高斯定理，通过高斯面S 的电通量为：∑⎰⎰==⋅=01d 0内qS E Se εφ式中E是S 面上各处的场强。
4．如图所示，两个平行的“无限大”均匀带电平面， 其电荷面密度分别为＋σ 和＋2 σ，则A 、B 、C 三个区域的电场强度分别为：E A ＝ ；E B ＝ ；+σ +2σ AB CσE C ＝ (设方向向右为正)。
解：设电场方向向右为正，则由电场叠加原理有：00023222εσεσεσ-=--=A E A 区： 0002222εσεσεσ-=-=B E B 区：0023222εσεσεσ=+=C E C 区：5． 若一表面的面积矢量为：j i S32+=（1）如果电场i E4=，则电场穿过该表面的电通量=1φ ；（2）如果电场k E4=，则电场穿过该表面的电通量=2φ 。
解：根据()()0324d wb8324d =+⋅=⋅=⋅==+⋅=⋅=⋅=⎰⎰⎰⎰j i k S E S E j i i S E S E Se Seφφ四、计算题：1．在真空中一长为cm 10=l 细杆，杆上均匀分布着电荷，其电荷线密度-15m C 100.1⋅⨯=-λ。
在杆的延长线上，距杆的一段距离为cm 10=d 的一点上，有一电荷为C 100.250-⨯=q 的点电荷，如图所示，试求该点电荷所受的电场力。
（已知：212120m N C 1085.8---⋅⋅⨯=ε）解：解：建立如图坐标系。
在x 处取电荷元x d λ，它在0q 处产生的场强为：20)(4d d x d xE +=πελ，方向为向左各电荷元在0q 处产生的场强方向相同，故整个带电细杆在0q 处产生的场强大小为：)(4)(d 40020l d d l x d x E l+=+=⎰πελπελ 点电荷0q 所受的电场力大小为：)N (0.910)1010(10101085.814.34101010102)(42212255000=⨯+⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=+==------l d d l q E q F πελq方向：沿x 负方向2．如图所示，一块大的绝缘平面具有均匀面电荷密度σ，平面的中央开有一半径R 的小圆孔。
忽略各边缘处电场线的弯曲(边缘效应)，试计算电场在孔轴上离孔中心为z 的P 点的电场强度。
解：解：由题分析出，P 点的电场强度应该等于无限大带电平面在P 点产生的场强和一个半径为R 的带电小圆盘在P 的产生的场强的矢量和。
电荷面密度为σ的无限大均匀带电平板在任一点（包括P 点）产生的场强大小为：02εσ=E 以O 点为圆心，取半径为r ，宽为r d 的环形带电体，其电量为r r q d 2d πσ=，它在P 点产生的场强大小为：2322023220)(2d )(4d d r z rzr r z q z E +=+=εσπε则半径为R 的均匀带电圆盘在P 点产生的场强大小为：]1[2)(d 2d 220032201R z z r z rr zE E R+-=+==⎰⎰εσεσ由题意：10E E E -=，即22022002]1[22R z R z z E +⋅=+--=εσεσεσ，3．若有一块厚度为d 的无限大平面面板，具有均匀体电荷密度ρ，假设离板的中央平面的距离以x 表示，作高斯面，求： (a) 板内空间中各点电场强度的大小； (b) 板外空间中各点电场强度的大小。
解：解：因电荷分布对称于中心平面，故在中心平面两侧离中心平面距离相等处场强大小相等而方向相反。
如图所示，高斯面P z RS 1和S 2，对称于中心平面，高为|2x |。
根据高斯定理，2dx <时， S x S E S E S E ∆⋅=∆+∆=⋅⎰21d 011ρε101,ερερxE x E x ⋅=⋅= 2dx >时， S d S E S E S E ∆⋅=∆+∆=⋅⎰ρε0221d ，22ερdE ⋅= ，考虑方向⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-<⋅->⋅=)2(2)2(2002d x d dx d E xερερE x － x 曲线如右图所示。