大学物理作业解答7
大学物理作业7参考答案
f(v) f(v) f(v)
v O O
v
O
v
O
v
(A)
(B)
(C)
(D)
2kT 答案（B） vp m v2 2 2 4 v 4 1 vp f (v ) e f (v p ) 3 vp e vp
二、填空题
1. 从分子运动和分子相互作用来看，理想气体的分子模型为： （1） 分子可以看做质点 ； （2） 除碰撞外，分子力可以略去不计 ； （3） 分子间的碰撞是完全弹性碰撞 。 2.有一个电子管，其真空度（即电子管内气体压强）为1.0×10-5 mmHg，则27℃时管内单位体积的分子数为 1017 m 3 。 3.2
) f (A) v p1 v p 2 f (v p1；(B)(v p 2 ) ， v p1 v； f (v p1 ) f (v p 2 ) ， p2 (C) v p1 v p 2 f (v p1；(D) v p 2 ) ， v p1 v p。 f (v p1 ) f (v p 2 ) ， 2 ) f(
答案（C）
2. 一个容器内贮存1mol氢气和1mol氮气，若两种气体各自对 容器产生的压强分别为P1和P2，则两个的大小关系是
(A) P1＞P2； (B) P1＜P2； (C) P1=P2； (D) 不能确定。 答案（C）
M RT P M mol V
3. 温度、压强相同的氦气和氧气，它们的分子的平均动能 和 平均平动动能 有如下关系： w w (A) 和 都相等； (B) 相等，而 不相等； w (C) 相等，而 不相等； (D) 和 都不相等。 w w 答案（C）
4. 质量为0.1kg，温度为27℃的氮气，装在容积为0.01m3的容器 中，容器以 v=100m/s的速率作匀速直线运动，若容器突然停下 来，定向运动的动能全部转化为分子热运动的动能，则平衡后氮 气的温度和压强各增加了多少？ 解：当容器突然停止，气体定向运动的动能将通过相互碰撞转化 为分子热运动的动能，使温度升高，若体积保持不变，气体压强 将会增大。 M 5 1 U RT Mv 2 M mol 2 2
10级大学物理规范作业上册07解答
由旋转矢量法
x 0.02 cos(t
(1)
2
2
o 2
x
)
2 3
2 (2) 3
2 x 0.02 cos(t ) 3
o
x
5
2．如图所示为一质点的x-t图，则该质点振动的初相 -/3 ，振动周期T=_______s 位=_______ 4.8 。 解：由图知，在 t=0 时质点位于 x=A/2 处且沿 x 轴 正向运动，利用旋转矢量法 x
2
A x 0.04 cos t m 2
合振动运动到正方向最远处时，转过的角度为： 3 3 t 1.5 s 2 2
9
dx 解：(1) v 3 sin( 5 t ) dt 2 v0 3 sin( ) 3m / s 2
(2)
k m
k m 2
F kx m 2 x 5 x
x=A/2=0.3m 时
F 1.5 N
8
负号说明力的方向沿x轴负向。
1 1 2 2 A ( kx )dx kxb kxa xa 2 2
xb
振子运动半个周期： | xa || xb |
A0
3
3．已知一简谐振动x1=4cos(4t+2π/5)(cm),另有一个 同方向简谐振动x2=6cos(4t+φ)(cm);若令两振动合成 的振幅最小,则φ的取值应为: 【 C】
2 3
分析：利用旋转矢量法
4 2 2 3 3 3
2 t T s 2 3
o
4 3
x
2
2．弹簧振子在光滑水平面上作简谐振动,弹性力在 半个周期内所作的功为： 【 】 D
大学物理习题7详解
习题77.1选择题(1)下面说法正确的是：[]（A ）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必无电荷；（B ）若高斯面内无电荷，则高斯面上的电场强度处处为零；（C ）若高斯面上的电场强度处处不为零，则高斯面内必定有电荷；（D ）若高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电通量必不为零；（E ）高斯定理仅适用于具有高度对称性的电场。
[答案：D]（2）点电荷Q 被曲面S 所包围，从无穷远处引入另一点电荷q 至曲面外一点，如题7.1（2）图所示，则引入前后,［］(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．题7.1（2）图[答案D ]（3）在电场中的导体内部的[]（A ）电场和电势均为零；（B ）电场不为零，电势均为零；（C ）电势和表面电势相等；（D ）电势低于表面电势。
[答案：C]（4）两个同心均匀带电球面，半径分别为R a 和R b (R a ＜R b ),所带电荷分别为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)2014a b Q Q r ε+⋅π．(B)2014a bQ Q r ε-⋅π．(C)22014a b b Q Q rR ε⎛⎫⋅+ ⎪⎝⎭π．(D)2014aQ rε⋅π．[答案D]（5）如果某带电体其电荷分布的体密度增大为原来的2倍，则其电场的能量变为原来的［］(A)2倍．(B)1/2倍．(C)4倍．(D)1/4倍．[答案C]q7.2填空题（1）在静电场中，电势不变的区域，场强必定为。
[答案：相同]（2）一个点电荷q 放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总的电通量将。
[答案：q /(6ε0)，0]（3）有一个球形的橡皮膜气球，电荷q 均匀地分布在表面上，在此气球被吹大的过程中，被气球表面掠过的点(该点与球中心距离为r )，其电场强度的大小将由____________变为______．[答案：204rqεπ,0]（4）一导体外充满相对介电常量为r ε的均匀电介质，若测得导体表面附近电场强度大小为E，则导体球面上的自由电荷面密度为______.[答案：E r 0εε]（5）一平板电容器，两板间充满各向同性均匀电介质，已知相对介电常量为εr ．若极板上的自由电荷面密度为σ，则介质中电位移的大小D =____________，电场强度的大小E =____________________.[答案：σ,σ/(ε0εr )]7.3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7.3图示(1)以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷20220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得q q 33-='(2)与三角形边长无关．题7.3图题7.4图7.4两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ,如题7.4图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解:如题7.4图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得θπεθtan 4sin 20mg l q =7.5在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024d q πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =Sq 02ε．试问这两种说法对吗?为什么?f 到底应等于多少?解:题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强SqE 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为SqE 02ε=，另一板受它的作用力S q S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力．7.6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7.6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 -=λε2220)(d π4d x a xE E llP P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ题7.6图用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7.6图所示由于对称性⎰=lQx E 0d ，即Q E只有y 分量，∵22222220d d d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x 2220d 4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅,15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向7.7(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?解:(1)由高斯定理0d εqS E ⎰=⋅ 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06εqe =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 ．7.8均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为2×510-C·m -3求距球心5cm，8cm ,12cm 各点的场强．解:高斯定理0d ε∑⎰=⋅q S E ,02π4ε∑=qr E 当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r -∴()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅，方向沿半径向外．12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴()420331010.4π43π4⨯≈-=rr r E ερ内外1C N -⋅沿半径向外.7.9半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2)1R ＜r ＜2R ；(3)r ＞2R 处各点的场强．解:高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rlS π2=则rlE S E Sπ2d =⋅⎰对(1)1R r <0,0==∑E q (2)21R r R <<λl q =∑∴rE 0π2ελ=沿径向向外(3)2R r >0=∑q ∴=E 题7.10图7.10两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7.10图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间，n E)(21210σσε-=1σ面外，n E)(21210σσε+-=2σ面外，n E)(21210σσε+=n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．7.11电荷q均匀分布在长为2L细杆上，求在杆外延长线上与杆端距离为a的P点的电势（设无穷远处为电势零点）。
《大学物理AI》作业 No.07 电势(参考解答)
3.带电量 Q 相同，半径 R 相同的均匀带电球面和非均匀带电球面。其球心处的电势是否相等（以无穷 远为电势零点）？二者球内空间的 E、U 分布是否相同？ 答：均匀带电球面，球心处的电势 U 0
Q 4 0 R
，球内空间 E 处处为零，球内空间电势等于
3
U0
Q 4 0 R
。
非均匀带电球面，球心处的电势： U 0
零电势点
答：（1）不正确。根据电势定义 U P 定，而不是仅由该点的场强决定。
E dr 可知，电势是由场点位置到零电势点间的场强决
P
（2）不正确。由场强与电势的关系 E U 可知，某点的 E 应由该点附近电势分布求得。仅 仅知道某一点的 U 是无法求出 E 的，必须知道 U 的分布才行。 （3）不正确。比如，无限大均匀带电平面的一侧，电场强度处处相等，但是距带电平面垂直距 离不同的地方电势不等。 （4）正确。比如，无限大均匀带电平面的一侧，任取一平面，在该面上 E 值相等，但 U 显然不 一定相等。而在电荷均匀分布的球面的电场中，在与它同心的球面上 E 值相等，且 U 值也相等。因此 E 值相等的曲面上，U 值不一定相等。 （５）正确。U 值相等的曲面是等势面，在等势面上的场强不一定是相等的。这要看某点附近的 电势分布。比如，电偶极子的电场中，在偶极子连线的中垂面是一等势面，但是中垂面上各点场强不 相等；但在电荷均匀分布的球面的电场中，等势面上各点的场强大小相等。因此 U 值相等的曲面上， E 值不一定相等。
电场力将+q0 从内球面移到外球面做功 A q0 (U内 U 外 )
1
6.如图所示，电量为 q 的试验电荷，在电量为+Q 的点电荷产生的电场中，沿半径 为 R 的 3/4 圆弧轨道由 a 点移到 d 点，电场力做功为（0），再从 d 点移到无穷远
(完整版)大学物理学(课后答案)第7章
第七章课后习题解答一、选择题7-1 处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，则它们[ ](A) 温度，压强均不相同 (B) 温度相同，但氦气压强大于氮气的压强 (C) 温度，压强都相同 (D) 温度相同，但氦气压强小于氮气的压强分析：理想气体分子的平均平动动能32k kT ε=，仅与温度有关，因此当氦气和氮气的平均平动动能相同时，温度也相同。
又由理想气体的压强公式p nkT =，当两者分子数密度相同时，它们压强也相同。
故选（C ）。
7-2 理想气体处于平衡状态，设温度为T ，气体分子的自由度为i ，则每个气体分子所具有的[ ](A) 动能为2i kT (B) 动能为2iRT(C) 平均动能为2i kT (D) 平均平动动能为2iRT分析：由理想气体分子的的平均平动动能32k kT ε=和理想气体分子的的平均动能2ikT ε=，故选择（C ）。
7-3 三个容器A 、B 、C 中装有同种理想气体，其分子数密度n 相同，而方均根速率之比为()()()1/21/21/222::2A B Cv v v =1:2:4，则其压强之比为A B C p :p :p[ ](A) 1:2:4 (B) 1:4:8 (C) 1:4:16 (D) 4:2:1=，又由物态方程p nkT =，所以当三容器中得分子数密度相同时，得123123::::1:4:16p p p T T T ==。
故选择（C ）。
7-4 图7-4中两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线。
如果()2p O v 和()2p H v 分别表示氧气和氢气的最概然速率，则[ ](A) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /4v v =(B) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /1/4v v =(C) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /1/4v v =(D) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /4v v =分析：在温度相同的情况下，由最概然速率公式p ν=质量22H O M M <，可知氢气的最概然速率大于氧气的最概然速率，故曲线a 对应于氧分子的速率分布曲线。
大学物理答案第7～8章
第七章 真空中的静电场7－1 在边长为a 的正方形的四角,依次放置点电荷q,2q,-4q 和2q,它的几何中间放置一个单位正电荷,求这个电荷受力的大小和偏向.解：如图可看出两2q 的电荷对单位正电荷的在感化力 将互相抵消,单位正电荷所受的力为)41()22(420+=a q F πε＝,2520a qπε偏向由q 指向-4q.7－2 如图,平均带电细棒,长为L,电荷线密度为λ.（1）求棒的延伸线上任一点P 的场强;(2)求经由过程棒的端点与棒垂直上任一点Q 的场强.解：（1）如图7－2 图a,在细棒上任取电荷元dq,树立如图坐标,dq ＝λd ξ,设棒的延伸线上任一点P 与坐标原点0的距离为x ,则2020)(4)(4ξπεξλξπεξλ-=-=x d x d dE则整根细棒在P 点产生的电场强度的大小为 )11(4)(40020xL x x d E L--=-=⎰πελξξπελ＝)(40L x x L-πελ偏向沿ξ轴正向.（2）如图7－2 图b,设经由过程棒的端点与棒垂直上任一点Q 与坐标原点0的距离为y204r dxdE πελ=θπελcos 420rdxdE y =, θπελsin 420r dxdE x =因θθθθcos ,cos ,2yr d ydx ytg x ===,习题7－1图dqξd ξ习题7－2 图axdx习题7－2 图by代入上式,则)cos 1(400θπελ--=y ＝)11(4220Ly y+--πελ,偏向沿x 轴负向.θθπελθd ydE E y y ⎰⎰==000cos 4 00sin 4θπελy =＝2204Ly y L+πελ7－3 一细棒弯成半径为R 的半圆形,平均散布有电荷q,求半圆中间O 处的场强. 解：如图,在半环上任取d l =Rd θ的线元,其上所带的电荷为dq=λRd θ.对称剖析E y =0.θπεθλsin 420R Rd dE x =⎰⎰==πθπελ0sin 4R dE E xR02πελ= 2022R q επ=,如图,偏向沿x 轴正向.7－4 如图线电荷密度为λ1的无穷长平均带电直线与另一长度为l .线电荷密度为λ2的平均带电直线在统一平面内,二者互相垂直,求它们间的互相感化力.解：在λ2的带电线上任取一dq,λ1的带电线是无穷长,它在dq 处产生的电场强度由高斯定理轻易得到为,xE 012πελ=两线间的互相感化力为θθπελθd y dE E x x ⎰⎰-=-=0sin4x习题7－3图λ1 习题7－4图⎰⎰==x dx dF F 0212πελλ⎰=la x dx 0212πελλ,ln 2021ala +πελλ如图,偏向沿x 轴正向. 7－5 两个点电荷所带电荷之和为Q,问它们各带电荷若干时,互相感化力最大？ 解：设个中一个电荷的带电量是q,另一个即为Q －q,若它们间的距离为r,它们间的互相感化力为204)(rq Q q F πε-=互相感化力最大的前提为04220=-=r qQ dq dF πε 由上式可得：Q=2q,q=Q/27－6 一半径为R 的半球壳,平均带有电荷,电荷面密度为σ,求球心处电场强度的大小. 解：将半球壳细割为诸多细环带,其上带电量为θθπσθπσd R rRd dq sin 222==dq 在o 点产生的电场据（7－10）式为304R ydqdE πε=,θcos R y =θθπεθπσπd R R dE E cos 4sin 200303⎰⎰==)(sin sin 200θθεσπd ⎰=20202sin 2πθεσ=4εσ=.如图,偏向沿y 轴负向. 7－7 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面临称轴平行,盘算经由过程此半球面电场强度的通量.习题7－6图成为闭合曲面高斯,对此高斯曲面电通量为0, 即021=⋅+⋅=⋅⎰⎰⎰S S SS d E S d E S d E2211R E S d E S d E S S S π-=⋅-=⋅=ψ⎰⎰7－8 求半径为R,带电量为q 的空心球面的电场强度散布.解： 因为电荷散布具有球对称性,因而它所产生的电场散布也具有球对称性,与带电球面齐心的球面上各点的场强E 的大小相等,偏向沿径向.在带电球内部与外部区域分离作与带电球面齐心的高斯球面S 1与S 2.对S 1与S 2,运用高斯定理,即先盘算场强的通量,然后得出场强的散布,分离为04d 21==⋅=⎰r E S πψS E得 0=内E （r<R ）24d 2επψqr E S ==⋅=⎰S Errˆ204q πε=外E (r>R) 7－9 如图所示,厚度为d 的“无穷大”平均带电平板,体电荷密度为ρ,求板表里的电场散布.解:带电平板平均带电,在厚度为d/2的等分街面上电场强度为零,取坐标原点在此街面上,树立如图坐标.对底面积为A,高度分离为x <d/2和x >d/2的高斯曲面运用高斯定理,有d ρψAxEA ==⋅=⎰S E r习题7－18图2d 2ερψd A EA S ==⋅=⎰S E)2( 202d x i d E > ερ＝7－10 一半径为R 的无穷长带电圆柱,其体电荷密度为)(0R r r ≤=ρρ,ρ0为常数.求场强散布.解： 据高斯定理有⎰⎰==⋅VSdV rl E S d E ρεπ012R r ≤时：⎰'''=rr ld r r krl E 022πεπ⎰''=rr d r lk202επ=rl E π23230r lk επn e kr E 023ε=→R r >时：⎰'''=Rr ld r r krl E 022πεπ⎰''=Rr d r lk202επ=rl E π23230R lk επn e rkR E 033ε=→7－11 带电为q.半径为R 1的导体球,其外齐心肠放一金属球壳,球壳内.外半径为R 2.R 3. （1）球壳的电荷及电势散布;（2）把外球接地后再绝缘,求外球壳的电荷及球壳表里电势散布; （3）再把内球接地,求内球的电荷及外球壳的电势. 解：（1）静电均衡,球壳内概况带－q,外概况带q 电荷. 据（7－23）式的结论得：),)(111(4132101R r R R R q V ≤+-=πε );)(111(212R r R qV ≤≤+-=习题7－10图r),(432303R r R R q V ≤≤=πε).(4304R r rq V ≥=πε （2）),)(11(412101R r R R q U ≤-=πε );)(11(421202R r R R r qV ≤≤-=πε),(0323R r R V ≤≤=).(034R r V >>= （3）再把内球接地,内球的电荷及外球壳的电荷从新散布设静电均衡,内球带q /,球壳内概况带－q /,外概况带q /－q.),)((41132101R r R q q R q R q V ≤-'+'-'=πε 得：21313221R R R R R R qR R q +-='=-'=3034R qq V πε)(4)(213132021R R R R R R q R R +--πε)(32R r R ≤≤ 7－12 一平均.半径为R 的带电球体中,消失一个球形空腔,空腔的半径r(2r<R),试证实球形空腔中随意率性点的电场强度为匀强电场,其偏向沿带电球体球心O 指向球形空腔球心O /. 证实：运用补缺法,此空腔可视为同电荷密度的一个完全的半径为R 的大球和一个半径为r 与大球电荷密度异号完全的小球构成,两球在腔内随意率性点P 产生的电场分离据〔例7－7〕成果为03ερ11r E =, 03ερ22r E -= E =E 1+E 2=03ερ1r 03ερ2r - o o '=3ερ上式是恒矢量,得证.习题7－12图7－13 一平均带电的平面圆环,内.外半径分离为R 1.R 2,且电荷面密度为σ.一质子被加快器加快后,自圆环轴线上的P 点沿轴线射向圆心O.若质子到达O 点时的速度正好为零,试求质子位于P 点时的动能E K .（已知质子的带电量为e,疏忽重力的影响,OP=L ）解：圆环中间的电势为⎰=210042R R r rdr V πεπσ )(2120R R -=εσ圆环轴线上p 点的电势为⎰+=2122042R R P Lr rdrV πεπσ)(22221222022021L R L R L r R R +-+=+=εσεσ质子到达O 点时的速度正好为零有k P E E E +=0p k E E E -=→0 p k eV eV E -=0=210()2e R R σε=-02e σε-210(2e R R σε=- 7－14 有一半径为R 的带电球面,带电量为Q,球面外沿直径偏向上放置一平均带电细线,线电荷密度为λ,长度为L （L>R ）,细线近端离球心的距离为L.设球和细线上的电荷散布固定,试求细线在电场中的电势能.解：在带电细线中任取一长度为dr 的线元,其上所带的电荷元为dq=λdr,据（7－23）式带电球面在电荷元处产生的电势为rQ V 04πε=电荷元的电势能为: rdrQ dW 04πελ=细线在带电球面的电场中的电势能为：习题7－13图r习题7－14图===⎰⎰LLr dr Q dW W 204πελ2ln 40πελQ*7－15 半径为R 的平均带电圆盘,带电量为Q.过盘心垂直于盘面的轴线上一点P 到盘心的距离为L.试求P 点的电势并运用电场强度与电势的梯度关系求电场强度.解：P 到盘心的距离为L,p 点的电势为⎰+=RP Lr rdrV 022042πεπσ)(222220220L L R L r R -+=+=εσεσ 圆盘轴线上随意率性点的电势为⎰+=Rxr rdrx V 022042)(πεπσ)(22222200220x x R RQ x r R -+=+=πεεσ运用电场强度与电势的梯度关系得：i x R xR Q i dx dV x E)1(2)(22220+-=-=πε P 到盘心的距离为L,p 点的电场强度为：i L R LR Q L E)1(2)(22220+-=πε7－16 两个齐心球面的半径分离为R 1和R 2,各自带有电荷Q 1和Q 2.求：（1）各区城电势散布,并画出散布曲线;（2）两球面间的电势差为若干？解：（1）据（7－23）式的结论得各区城电势散布为),( )(411221101R r R Q R Q V ≤+=πε );( )1(41212102R r R R r Q V ≤≤+=πε ).( 420213R r rQ Q V ≥+=πε（2）两球面间的电势差为p习题7－15图习题7－16图==⎰dr rQ V R R 21201124πε )11(42101R R Q -πε 7－17 一半径为R 的无穷长带电圆柱,其内部的电荷平均散布,电荷体密度为ρ,若取棒概况为零电势,求空间电势散布并画出电势散布曲线. 解： 据高斯定理有R r ≤时：22ερππl r rl E S d E S==⋅⎰ n e r E 02ερ=→ R r =时,V=0,则 R r ≤时：⎰=R r rdr V 02ερ)(4220r R -=ερR r >时：022ερππlR rl E S d E S==⋅⎰ n e r R E 022ερ=→ ⎰=Rrr dr R V 022ερrR R ln 202ερ= 空间电势散布并画出电势散布曲线大致如图.7－18 两根很长的同轴圆柱面半径分离为R 1.R 2,带有等量异号的电荷,两者的电势差为U,求：（1）圆柱面单位长度带有若干电荷？（2）两圆柱面之间的电场强度.解：设圆柱面单位长度带电量为λ,则两圆柱面之间的电场强度大小为E λ=习题7－10图r由上式可得：120ln 2R R U=πελ 所以n e r E 02πελ=)( ln 2112R r R e rR R Un <<⋅= 7－19 在一次典范的闪电中,两个放电点间的电势差约为109V,被迁徙的电荷约为 30库仑,假如释放出来的能量都用来使00C 的冰熔化成00C 的水,则可熔化若干冰?（冰的熔 ×105J ﹒kg -1)解：两个放电点间的电势差约为109V,被迁徙的电荷约为30库仑,其电势能为J W p 91030⨯=上式释放出来的能量可熔化冰的质量为：=⨯⨯=∆591034.31030m ×104kg 7－20 在玻尔的氢原子模子中,电子沿半径为a 的玻尔轨道上绕原子核作圆周活动.（1）若把电子从原子中拉出来须要战胜电场力作若干功?（2）电子在玻尔轨道上活动的总能量为若干？解：电子沿半径为a 的玻尔轨道上绕原子核作圆周活动,其电势能为aeeW p 04πε-=（1）把电子从原子中拉出来须要战胜电场力作功为：ae W W p 024πε=-=外（2）电子在玻尔轨道上活动的总能量为：k p E W W +=221mv W p += →a v m a e 22024＝πε 2mv ae 024πε=221mv E k =∴ae 028πε=电子的总能量为：221mv W W p +=a e 024πε-=a e 028πε+ae 028πε-=第八章 静电场中的导体与电介质8－1 点电荷+q 处在导体球壳的中间,壳的表里半径分离为R l 和R 2,试求,电场强度和电势的散布.解：静电均衡时,球壳的内球面带－q.外球壳带q 电荷 在r<R 1的区域内rr q ˆ4E 201πε=,)111(42101R R r qU +-=πε 在R 1<r<R 2的区域内,02=E .,4202R q U πε=在r>R 2的区域内:.ˆ4E 203r r πεq=.403rq U πε= 8－2 把一厚度为d 的无穷大金属板置于电场强度为E 0的匀强电场中,E 0与板面垂直,试求金属板两概况的电荷面密度.解：静电均衡时,金属板内的电场为0,金属板概况上电荷面密度与紧邻处的电场成正比 所以有,001E εσ-=.002E εσ=8－3 一无穷长圆柱形导体,半径为a ,单位长度带有电荷量λ1,其外有一共轴的无穷长导体圆简,表里半径分离为b 和c,单位长度带有电荷量λ2,求（1）圆筒表里概况上每单位长度的电荷量;（2）求电场强度的散布.解：（1）由静电均衡前提,圆筒表里概况上每单位长度的电荷量为;,21λλλ+-（2）在r<a 的区域内:E=0R 2R 1习题 8－1图q-q qE 0E 0习题 8－2图σ1 σ2在a<rb 的区域内:E r012πελ=e n在r>b 的区域内:E r0212πελλ+=e n8－4 三个平行金属板A.B 和C,面积都是200cm 2,A.B 相距,A.C 相距,B.C 两板都接地,如图所示.假如A 板带正电×10－7C,略去边沿效应（1）求B 板和C 板上感应电荷各为若干?（2）以地为电势零点,求A 板的电势.解：（1）设A 板两侧的电荷为q 1.q 2,由电荷守恒 道理和静电均衡前提,有A q q q =+21（1） 1q qB -=,2q qC -=（2）依题意V AB =V AC ,即101d S q ε＝202d Sq ε112122q q d dq ==→代入（1）（2）式得 q 1＝×10-7C,q 2×10-7C,q B ×10-7C,q C =-q 2×10-7C,（2）101d S q U A ε=＝202d S q ε==⨯⨯⨯⨯⨯⨯----312471021085810200102.×103V 8－5 半径为R 1=l.0cm 的导体球带电量为×10－10C ,球外有一个表里半径分离为R 2=和R 3=的齐心导体球壳,壳带有电量Q=11×10－10C ,如图所示,求（1）两球的电势;（2）用导线将两球衔接起来时两球的电势;（3）外球接地时,两球电势各为若干？（以地为电势零点）解：静电均衡时,球壳的内球面带－q.外球壳带q+Q 电荷 （1）)(4132101R Qq R q R q U ++-=πε代入数据 )41113111(101085.814.34100.1212101++-⨯⨯⨯⨯⨯=---UA BC习题 8－4图d 1d 2q+Q＝×102V2024R Qq U πε+=4)111(101085.814.34100.121210+⨯⨯⨯⨯⨯=---=×102V（2）用导线将两球衔接起来时两球的电势为2024R Q q U πε+=4)111(101085.814.34100.121210+⨯⨯⨯⨯⨯=---=×102V （3）外球接地时,两球电势各为)(412101R q R q U -=πε)3111(101085.814.34100.1212101-⨯⨯⨯⨯⨯=---U ＝60V 02=U8－6 证实:两平行放置的无穷大带电的平行平面金属板A 和B 相向的两面上电荷面密度大小相等,符号相反,相背的两面上电荷面密度大小等,符号雷同.假如两金属板的面积同为100cm 2,带电量分离为Q A =6×10－8 C 和Q B =4×10－8C,略去边沿效应,求两个板的四个概况上的电面密度.证：设A 板带电量为Q A .两侧的电荷为q 1.q 2, B 板板带电量为Q B.两侧的电荷为q 3.q 4.由电荷守恒有A Q q q =+21（1）B Q q q =+43（2）在A 板与B 板内部取两场点,金属板内部的电场为零有020122εεS q S q -0220403=--εεS qS q ,得04321=---q q q q （3） 020122εεS q S q +0220403=-+εεS qS q ,得04321=-++q q q q （4） 联立上面4个方程得：241B A Q Q q q +==,232BA Q Q q q -=-= 即相向的两面上电荷面密度大小相等,符号相反,相背的两面上电荷面密度大小等,符号2习题 8－6图q 1 q 4雷同,本题得证.假如两金属板的面积同为100cm 2,带电量分离为Q A =6×10－8 C 和Q B =4×10－8C,则=⨯⨯⨯+==--844110101002)46(σσ×10－6C/m 2, =⨯⨯⨯-=-=--843210101002)46(σσ×10-6C/m 2 8－7 半径为R 的金属球离地面很远,并用细导线与地相联,在与球心相距离为D=3R 处有一点电荷+q,试求金属球上的感应电荷.解：设金属球上的感应电荷为Q,金属球接地 电势为零,即04400=+DQ Rq πεπε3Rq q Q D =-=-8－8 一平行板电容器,南北极板为雷同的矩形,宽为a,长为b,间距为d,今将一厚度为t .宽度为a 的金属板平行地向电容器内拔出,略去边沿效应,求拔出金属板后的电容量与金属板拔出深度x 的关系.解：设如图左边电容为C 1,右边电容为C 2d x b a C )(01-=εtd ax C -=02ε阁下电容并联,总电容即金属板后的电容量与金属板拔出深度x 的关系,为d x b a C C C )(021-=+=εtd ax-+0ε=)(0td txb d a -+ε 8－9 收音机里的可变电容器如图（a ）所示,个中共有n 块金属片,相邻两片的距离均为d,奇数片联在一路固定不动（叫定片）偶数片联在起而可一同迁移转变（叫动片）每片的外形如图（b ）所示.求当动片转到使两组片重叠部分的角度为θ时,电容器的电容.解：当动片转到使两组片重叠部分的角度t习题 8－8图为θ时,电容器的电容的有用面积为1802)(2122⨯-=θπr r S 360)(2122θπr r -=此构造相当有n-1的电容并联,总电容为dS n C 0)1(ε-=＝d r r n 360)()1(21220--θπε8－10 半径都为a 的两根平行长直导线相距为d （d>>a ）,（1）设两直导线每单位长度上分离带电十λ和一λ求两直导线的电势差;（2）求此导线组每单位长度的电容.解：（1）两直导线的电电场强度大小为rE 022πελ⨯= 两直导线之间的电势差为⎰=r dr V 0πελ⎰-=ad ar dr 0πελaa d -=ln 0πελ （2）求此导线组每单位长度的电容为VC λ==aa d -ln0πε8－11 如图,C 1=10μF,C 2=5μF,C 3=5μF,求（1）AB 间的电容;（2）在AB 间加上100V 电压时,求每个电容器上的电荷量和电压;（3）假如C 1被击穿,问C 3上的电荷量和电压各是若干？解：（1）AB 间的电容为20155)(321213⨯=+++=C C C C C C C =μF;（2）在AB 间加上100V 电压时,电路中的总电量就是C 3电容器上的电荷量,为C CV q q 4631073.31001073.3--⨯=⨯⨯===C C q 10151073.3642121⨯⨯=+=--(a)(b)习题 8－9图AC 1C 2 oV V 75251003=-=C V C q 46111105.2251010--⨯=⨯⨯== C V C q 462221025.125105--⨯=⨯⨯==（3）假如C 1被击穿,C 2短路,AB 间的100V 电压全加在C 3上,即V 3=100V , C 3上的电荷量为C V C q 46333100.5100105--⨯=⨯⨯==8－12 平行板电容器,南北极间距离为l.5cm ,外加电压39kV ,若空气的击穿场强为30kV/cm ,问此时电容器是否会被击穿？现将一厚度为的玻璃拔出电容器中与两板平行,若玻璃的相对介电常数为7,击穿场强为100kV/cm ,问此时电容器是否会被击穿？成果与玻璃片的地位有无关系?解：（1）未加玻璃前,南北极间的电场为cm kV cm kV E /30/265.139<==不会击穿（2）加玻璃后,南北极间的电压为3973.02.1=+EE cm kV cm kV E /30/31>=→ 空气部分会击穿,此后,玻璃中的电场为cm kV cm kV E /100/1303.039>==,玻璃部分也被击穿.成果与玻璃片的地位无关. 8－13 一平行板电容器极板面积为S ,两板间距离为d,其间充以相对介电常数分离为εr1.εr2,的两种平均电介质,每种介质各占一半体积,如图所示.若疏忽边沿效应,求此电容器的电容.解：设如图左边电容为C 1,右边电容为C 2d S C r 2/101εε= dS C r 2/202εε=阁下电容并联,总电容为V习题 8－12图习题 8－13图=+=21C C C +d S r 2/10εεdS r 2/20εε)2(210r r d S εεε+=8－14 平行板电容器南北极间充满某种介质,板间距d 为2mm,电压600V ,如武断开电源后抽出介质,则电压升高到1800V .求（1）电介质相对介电常数;（2）电介质上极化电荷面密度;（3）极化电荷产生的场强.解：设电介质抽出前后电容分离为C 与C /0022002253620050035550(1),1800,3600600(2)310/210(1) 5.3110/1800(3),910/210910/310/610/r r r r S SC C Q CU C U d d S S U V U U d d U V U V E V m d mD E E C m U VE E E E V m d mE E E V m V m V εεεεεεεσεεε---'''===='∴===='===⨯⨯∴=-=-=⨯''=+===⨯⨯'∴=-=⨯-⨯=⨯m0022002253620050035550(1),1800,3600600(2)310/210(1) 5.3110/1800(3),910/210910/310/610/r r r r S SC C Q CU C U d d S S U V U U d d U V U V E V m d mD E E C m U VE E E E V m d mE E E V m V m V εεεεεεεσεεε---'''===='∴===='===⨯⨯∴=-=-=⨯''=+===⨯⨯'∴=-=⨯-⨯=⨯m8－15 圆柱形电容器是由半径为R 1的导体圆柱和与它共轴的导体圆筒构成.圆筒的半径为R 2,电容器的长度为L,其间充满相对介电常数为εr 的电介质,设沿轴线偏向单位长度上圆柱的带电量为+λ,圆筒单位长度带电量为-λ,疏忽边沿效应.求（1）电介质中的电位移和电场强度;（2）电介质极化电荷面密度. 解：0110220122,22(1)(1),22rr r r r ds D rl lD E r r P D E P D E R R πλλλππεεελελσεσεεπεπ⋅=⋅=∴==--==-===-=⎰取同轴圆柱面为高斯面，由介质中的高斯定理可得D8－16 半径为R 的金属球被一层外半径为R /的平均电介质包裹着,设电介质的相对介电常数为εr ,金属球带电量为Q,求（1;（3）金属球的电势. 解：12122121222000012100220021(1)4,44411(2)()444(3)r r R R rr R R Q D ds D r Q D D r D D Q QE E r r Q QU E dl E dl r R R Q U E dl rU E dl E ππεεεπεεπεπεεπεπε'∞'∞'∞⋅=⋅=∴==∴=====⋅+⋅=-+''=⋅=⋅+⎰⎰⎰⎰⎰取同心高斯球面，由介质的高斯定理得介质层内的电势介质层外的电势＝金属球的电势101011()44R R r Q Qdl R R R πεεπε'⋅=-+''⎰8－17 球形电容器由半径为R 1的导体球和与它齐心的导体球壳构成,球壳内半径为R 2,其间有两层平均电介质,分界面半径为r,电介质相对介电常数分离为εr1.εr2,如图所示.求（1）电容器的电容;（2）当内球带电量为+Q 时各介质概况上的约束电荷面密度. 解：习题 8－16图21221221212220102010221022011021211221221(1)4,4,441111()()444()(r r r r rR R rr r r r r r r Q D ds D r Q D D r D D Q QE E r r Q Q U E dl E dl r R R rR R r QC U R R r R R ππεεεεπεεπεεπεεπεεπεεεεεεε⋅=⋅=∴==∴====∴=⋅+⋅=-+-∴==-+-⎰⎰⎰取同心高斯球面，由介质的高斯定理得1110112211112342221222)11(1)(1),(1)44111(1),(1),(1)444r r r r r r Q Q D E R R Q Q Q r r R σεσεεππσσσεεεπππ=-=-∴=--=-=--=-8－18 一平行板电容器有两层介质（如图）,εr1＝4,εr2＝2,厚度为d 1=,d 2=,极板面积S=40cm 2,南北极板间电压为200V .（1）求每层电介质中的能量密度;（2）盘算电容器的总能量;（3）盘算电容器的总电容.解：02112210122121122223110101122232202022020112210102121/221(1)/43350,15011() 1.110/,2211() 2.210/22(2)r r r r e r r e r r r r r r SU Q C d d S U Q C d d U V U VU E J m d U E J m d S SC C d d C S S C C d εεεεεεωεεεεωεεεεεεεεεεεε--⨯=====⨯∴==∴===⨯===⨯==++227002020*******0010212121122200 3.51022(3)2 1.7910r r r r W CU d S SC C d d C FS SC C d d εεεεεεεεεεε--=∴==⨯⨯=⨯====⨯++8－19 平板电容器的极板面积S=300cm 2南北极板相距d 1=3mm,在南北极板间有一个与地绝缘的平行金属板,其面积与极板的雷同,厚度d 1=1mm.当电容器被充电到600V 后,拆去电源,然后抽出金属板,问（1）电容器间电场强度是否变更;（2）抽出此板需作若干功?解：R 1 R 2r习题 8－17图习题 8－18图11531115322(1),600 3.010/(31)103,21.5600 3.010/3102,22SSQ CU Ud d d d U VE V m d d mSUSd d Qd UU U S d d d dU V E V m E d m Q QW W C C εεεεε--==--===⨯--⨯-''==='-'⨯'===⨯=⨯'=='00000未拆电源前，C=拆去电源并抽出金属板后，C =＝C 所以电场强度没有发生变化。
《大学物理》课后解答题 第七章稳恒磁场
第7章 稳恒磁场一、思考讨论题1、如图4.1所示的电流元Idl 是否在空间所有点的磁感应强度均不为零？请你指出Idl在a 、b 、c 、d 四点产生的磁感应强度的方向。
解：不是，电流元Idl在自身产生的磁感应强度为零。
a 、垂直纸面向外b 、垂直纸面向外c 、垂直纸面向内d 、垂直纸面向内2、分别求图4.2中的三种情况下，通有电流I 的直线电流在图中点产生磁感应强度B 的大小和方向。
解：a 图，()a I cos cos a I B πμπμ823145304--=-=方向垂直纸面向内 b 图，()aIcos cos a I B πμπμ82345604--=-= 方向垂直纸面向内 c 图() 30041cos cos a I B -=πμ () 1806030402cos cos tan c a I B -=πμ aIB B B πμ41312-=-= 方向垂直纸面向内3、电流分布如图4.3所示，分别求出各图中O 点的磁感应强度O B的大小和方向。
图4.1图4.2a图4.2ba图4.2c1 R 3解：a 图， 321B B B B ++=()30060431cos cos cos R IB B -==πμ23601202a I B μ=方向垂直纸面向内b 图， 01=B ，RIR I B 126122μμ==，()2322180150243-=-⋅=R I cos cos R I B πμπμ所以，⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+=R R I B πμ432121 方向垂直纸面向内 c 图，RIR I B 834321μμ==，052==B B R I B B πμ16243==，所以，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=πμ238R I B 方向垂直纸面向外 4、若空间中存在两根无限长直载流导线，则磁场的分布就不存在简单的对称性，因此：（A ）安培环路定理已不成立，故不能直接用此定理计算磁场分布。
（B ）安培环路定理仍然成立，故仍可直接用此定理计算磁场分布。
大学物理练习七答案参考
大学物理练习七答案参考一、 选择题：1. 在空间有一非均匀电场，其电力线分布如图所示。
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 SSR ∆Φ∆∆-24π (C)e SR ∆Φ∆24π (D) 0通过该球面其余部分的电场强度通量=0e ∆Φ-2. 有两个点电荷电量都是+q ，相距为2 a 。
今以左边的点电荷所在处为球心，以a 为半径作一球形高斯面。
在球面上取两块相等的小面积S 1和S 2，其位置如图所示。
设通过S 1和S 2的电场强度通量分别为1Φ和2Φ，通过整个球面的电场强度通量为s Φ，则 [ D ](A)s ΦΦ>Φ,21=0/εq (B)021/2,εq s =ΦΦ<Φ (C)021/,εq s =ΦΦ=Φ (D)021/,εq s =ΦΦ<Φ解∶通过S 1的电场强度通量分别为1Φ,有穿进又有穿出; 但通过S 2的电场强度通量分别为2Φ,只有穿出. 故,21Φ<Φ据高斯定理通过整个球面的电场强度通量为s Φ只与面内电荷有关。
3．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？ [ D ](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Ar =ρ(A 为常数)的非均匀带电球体。
(D) 半径为R 、电荷体密度r A /=ρ (A 为常数)的非均匀带电球体。
204rqE i πε∑=4.在磁感应强度为B的均匀磁场中作一半径为r 的半球面S ，S 边线所在平面的法线方向单位矢量n与B 的夹角为α，则通过半球面S 的磁通量为 [ D ](A) .2B r π (B) 2.2B r π (C) απsin 2B r -. (D) απcos 2B r -.第6题图 . 第7题图5 .四条皆垂直于纸面的载流细长直导线，每条中的电流皆为I 。
大学物理习题7详解
习题77.1 选择题(1) 下面说法正确的是： [ ]（A ）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必无电荷； （B ）若高斯面内无电荷，则高斯面上的电场强度处处为零；（C ）若高斯面上的电场强度处处不为零，则高斯面内必定有电荷； （D ）若高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电通量必不为零； （E ）高斯定理仅适用于具有高度对称性的电场。
[答案：D]（2）点电荷Q 被曲面S 所包围 ， 从无穷远处引入另一点电荷q 至曲面外一点，如题7.1（2）图所示，则引入前后, ［ ］ (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． 题7.1（2）图[答案D ]（3）在电场中的导体内部的 [ ]（A ）电场和电势均为零； （B ）电场不为零，电势均为零；（C ）电势和表面电势相等； （D ）电势低于表面电势。
[答案：C]（4）两个同心均匀带电球面，半径分别为R a 和R b (R a ＜R b ), 所带电荷分别为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) 2014a b Q Q r ε+⋅π． (B) 2014a bQ Q r ε-⋅π． (C)22014a b b Q Q r R ε⎛⎫⋅+ ⎪⎝⎭π． (D) 2014a Q r ε⋅π．[答案 D]（5）如果某带电体其电荷分布的体密度增大为原来的2倍，则其电场的能量变为原来的 ［ ］ (A) 2倍． (B) 1/2倍．(C) 4倍． (D) 1/4倍．[答案 C]7.2 填空题（1）在静电场中，电势不变的区域，场强必定为 。
[答案：相同]（2）一个点电荷q 放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为 ，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总的电通量将 。
大学物理习题及参考答案7
习题77-1 一半径r ＝10 cm 的圆形回路放在B ＝0.8 T 的均匀磁场中，回路平面与B 垂直.当回路半径以恒定速率=80drdtcm/s 收缩时，求回路中感应电动势的大小. 解: 回路磁通 2πr B BS m ==Φ感应电动势大小40.0d d π2)π(d d d d 2====trr B r B t t m Φε V7-2 如题7-2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U M －U N .题7-2解: 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v方向运动时0d =m Φ ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ⎰+-<+-==ba ba MN ba ba Iv l vB 0ln 2d cos 0πμπε 所以MeN ε沿NeM 方向，大小为ba b a Iv -+ln20πμ M 点电势高于N 点电势，即ba ba Iv U U N M -+=-ln 20πμ题7-37-3 如题7-3图所示，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d Id t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 π2000dad b a b Ilr l r Ir l r Iab b ad d m +-+=-=⎰⎰++μμμΦ (2) tIb a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-=μΦε题7-47-4 如题7-4图所示，长直导线通以电流I ＝5 A ，在其右方放一长方形线圈，两者共面.线圈长b ＝0.06 m ，宽a ＝0.04 m ，线圈以速度v ＝0.03 m/s 垂直于直线平移远离.求：d ＝0.05 m 时线圈中感应电动势的大小和方向.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⎰==⋅⨯=ADIvbvBb l B v d2d )(01πμεBC 产生电动势)(π2d )(02d a Ivbl B v CB+-=⋅⨯=⎰με∴回路中总感应电动势8021106.1)11(π2-⨯=+-=+=ad d Ibv μεεε V 方向沿顺时针．7-5 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7-5图所示)，B 的大小为B ＝kt (k 为正常数).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.题7-5图解: ⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ∴ klvt tm-=-=d d Φε即沿abcd 方向顺时针方向．题7-6图7-6 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7-6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 d <Φt,0>ε； 题7-6图(a)题7-6图(b)在磁场中时0d d =tΦ,0=ε； 出场时0d d >tΦ，0<ε，故t I -曲线如题7-6图(b)所示.7-7 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，如题7-7所示.试求：(1) ab 两端的电势差；(2) a ，b 两端哪一点电势高？题7-7图解: (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．题7-8图7-8 一无限长直导线和一正方形的线圈如题7-8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 rIaμμΦ∴ 2ln π2012aIM μΦ==7-9 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0L=Inl d aaμπ-.题7-9图解： 如题7-9图所示，取r l S d d = 则 ⎰⎰-----=--=-+=ad aad aad da a d Il r r r Ilr l r Ir πI)ln (ln 2πd )d 11(π2d ))d (π22(0000μμμμΦ aad Il-=lnπ0μ ∴ aad lIL -==lnπ0μΦ7-10 两线圈顺串联后总自感为1.0 H ，在它们的形状和位置都不变的情况下，反串联后总自感为0.4 H.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 4='-15.04='-=L L M H题7-11图7-11 一矩形截面的螺绕环如题7-11图所示，共有N 匝.试求：(1)此螺绕环的自感系数；(2)若导线内通有电流I ，环内磁能为多少？ 解：如题7-11图示 (1)通过横截面的磁通为 ⎰==baab NIhr h r NIlnπ2d π200μμΦ 磁链 ab IhN N lnπ220μΦψ== ∴ ab hN IL lnπ220μψ==(2)∵ 221LI W m = ∴ ab hI N W m ln π4220μ=7-12 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 20π2RI B rμ=∴ 4222002π82R r I B w m μμ== 取 r r V d π2d =(∵导线长1=l ) 则 ⎰⎰===RRm I R rr I r r w W 0204320π16π4d d 2μμπ7-13 圆柱形电容器内、外导体截面半径分别为R 1和R 2(R 1＜R 2)，中间充满介电常数为ε的电介质.当两极板间的电压随时间的变化为=k dUdt时(k 为常数)，求介质内距圆柱轴线为r 处的位移电流密度. 解：圆柱形电容器电容 12ln 2R R lC πε=12ln 2R R lUCU q πε== 1212ln ln 22R R r U R R r lU S q D εππε===∴ 12ln R R r ktD j ε=∂∂=7-14 试证：平行板电容器的位移电流可写成d I =CdUdt.式中C 为电容器的电容，U 是电容器两极板的电势差.如果不是平板电容器，以上关系还适用吗？ 解：∵ CU q =SCUD ==0σ ∴CU DS D ==Φ不是平板电容器时 0σ=D 仍成立 ∴ tUCI D d d =还适用．7-15 半径为R ＝0.10 m 的两块圆板构成平行板电容器，放在真空中.今对电容器匀速充电，使两极板间电场的变化率为13=1.010dEdt⨯V/(m·s).求两极板间的位移电流，并计算电容器内离两圆板中心联线r (r ＜R )处的磁感应强度B r 以及r ＝R 处的磁感应强度B R . 解: (1) tEt D j D ∂∂=∂∂=0ε 8.22≈==R j S j I D D D πAtUC t ID D d d d d ==Φ(2)∵ S j I l H SD ld d 0⋅+=⋅⎰∑⎰取平行于极板，以两板中心联线为圆心的圆周r l π2=，则22d d 2r tE r j r H D πεππ== ∴ tEr H d d 20ε=tEr H B r d d 2000εμμ== 当R r =时，600106.5d d 2-⨯==tER B R εμ T。
《大学物理II》作业-No.07量子力学的基本原理及其应用-C-参考答案
《大学物理II 》作业 No.07 量子力学的基本原理及其应用（C 卷）班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、选择题(8小题）1、下列说法不正确的是 [ B ](A)德布罗意提出了物质波假说； (B)爱因斯坦提出了概率波假说； (C)海森堡提出了不确定关系； (D)波尔提出了互补原理。
解： 《大学物理学》下册第二版（张晓 王莉 主编）160页，玻恩于1926年用概率波的概念来解释微观粒子的波动性与粒子性的关联，所以B 的说法不对。
故选B2．如图所示，一束动量为p 的电子，通过缝宽为a 的狭缝。
在距离狭缝为R 处放置一荧光屏，屏上衍射图样中央最大的宽度d 等于 ［ D ］(A) 2a 2/R (B) 2ha /p(C) 2ha /(Rp )(D) 2Rh /(ap )解：根据单缝衍射中央明纹线宽度有()222hp Rhd R R ap a aλ=⨯⨯=⨯⨯= 故选D3. 我们不能用经典力学中的轨道运动来描述微观粒子，是因为： [ C ] （1）微观粒子的波粒二象性 （2）微观粒子的位置不能确定（3）微观粒子的动量不能确定 （4）微观粒子的位置和动量不能同时确定 (A) （1）（3） （B ）（2）（3） (C)（1）（4） (D)（2）（4） 解：《大学物理学》下册第二版（张晓 王莉 主编）161-162页。
由于微观粒子的波粒二象性，使其运动具有一种不确定性。
不确定关系式 ≥∆⋅∆x p x 表明，微观粒子的位置和动量不能同时确定。
故选C4. 已知粒子在一维矩形无限深势阱中运动，其波函数为：()()2cos 0x x x a aπψ=<<那么粒子在/3x a =处出现的概率密度为［ A ］ (A)a 21 (B) a1(C) a21 (D) a1解：任意位置概率密度()2222cos x x a aπψ=，将/3x a =代入，得 ()22221cos 32a x a a aπψ=⋅= 故选A5．锂(Z =3)原子中含有3个电子，电子的量子态可用(n ，l ，m l ，m s )四个量子数来描述，若已知基态锂原子中一个电子的量子态为(1，0，0，21)，则其余电子的量子态不可能为[ C ] (A) (1，0，0，21-) (B) (2，0，0，21-)(C) (2，1，1，21)(D) (2，0，0，21)解：根据泡利不相容原理和能量最小原理知，处于基态的锂原子中其余两个电子的量子态分别为 （1，0，0，21-）和 （2，0，0，21）或 （2，0，0，21-）， 故选C6．一个光子和一个电子具有同样的波长，关于二者动量的大小比较，有: [ B ] (A) 光子具有较大的动量 (B ）他们具有相同的动量 (C ）电子具有较大的动量 （D ）它们的动量不能确定解：根据德布罗意公式和爱因斯坦光量子理论，知B 正确。
大学物理简明教程习题解答第7章201091
第7章 恒定磁场7-1在闪电中电流可高达2⨯104A ，若将闪电电流视作长直电流，问距闪电电流1.0m 处的磁感应强度有多大？解 根据安培环路定理∑⎰=⋅iiLI0d μl B ，与长直电流相距r 处的磁感应强度为 I rB 0π2μ= 解得相距1.0m 处的磁感应强度的大小 T 104π230-⨯==rIB μ7-2 如图所示，两根无限长直导线互相垂直地放置，相距d =2.0⨯10-2m 。
设两根导线通过的电流均为I =10A ，求两导线垂直距离中点P 处的磁感应强度。
解 两根载有相同电流的无限长直导线在P 处的磁感应强度的大小相同，由安培环路定理∑⎰=⋅iiLI0d μl BI B d02π2μ=得 T 102/2π24021-⨯===d IB B μ1B 和2B 的方向分别指向x 轴的负方向和z 轴的正方向。
由磁场叠加原理，P 处磁感应强度的大小为 T 108.22d π2402221-⨯==+=IB B B P μB P 的方向在x -z 平面内，与z 轴正方向和x 轴负方向均成45°夹角。
7-3 如图所示，一无限长载流绝缘直导线弯成如附图所示的形状。
求使o 点的磁感应强度为零的半径a 和b 的比值。
解 该载流系统由三部分组成，o 点的磁感应强度为载有相同电流的无限长直导线及两个半径分别为a 和b 的圆环分别在该处激发的磁感应强度的矢量和。
设磁场方向以垂直纸面向内为正，向外为负。
由安培环路定理∑⎰=⋅iiLI0d μl B无限长载流直导线在o 点的磁感应强度为 I bB 0π2μ=直线，bIB π20μ=直线根据毕奥–萨伐尔定律，电流元I d l 在o 点的磁感应强度02d sin d 4πI l B r μθ=，其中2π=θ，对两载流圆环分别积分，有 ===⎰⎰2π20020d π4d π4blI rlI B b lμμ大环bI20μ题7-2图题7-3图aIalI rlI B al2d π4d π402π20020μμμ===⎰⎰小环由磁场叠加原理 小环大环直线B B B B -+=022π2000=-+=aIbIbIμμμ解得 1ππ+=b a7-4 如图所示，两导线沿半径方向引到铁环上a 、b 两点，并与远处的电源相连，已知环的粗细均匀，求环中心o 的磁感应强度。
大学物理课后习题答案(全册)
《大学物理学》课后习题参考答案习题11-1. 已知质点位矢随时间变化函数形式为)ωｔsin ωｔ(cos j i R r其中为常量．求：（1）质点轨道；(2)速度和速率。
解：1）由)ωｔsin ωｔ(cos j i R r知t cos R x ωtsin R yω消去t 可得轨道方程222Ryx2）jr vt Rcos sin ωωt ωR ωdtd iRωt ωR ωt ωR ωv2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir )t 23(t 42，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0t到1t 秒的位移；（3）0t 和1t 秒两时刻的速度。
解：1）由j ir)t 23(t 42可知2t 4x t23y消去t 得轨道方程为：2)3y(x2）jir v 2t 8dtd jij i v r 24)dt2t 8(dt101Δ3）jv 2(0)jiv 28(1)1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir t t 22，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：1）ji r v2t 2dtd iv a2dtd 2）212212)1t(2]4)t 2[(v1tt 2dtdv a 2t22221nta aat 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121att v y （1）图 1-420221gttv h y （2）21y y （3）解之2d tg a 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的td dr ，td dv ，tv d d .解：（1）t v x 0式（1）2gt21hy 式（2）jir )gt 21-h (t v (t)20（2）联立式（1）、式（2）得22v 2gx hy （3）ji r gt -v td d 0而落地所用时间gh 2t所以j i r 2gh -v t d d 0jv g td d 2202y2x)gt (vvvv 211222222[()](2)g ghg t dv dtvgt vgh 1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。
大学物理习题答案解析第七章
第七章恒定磁场7 －1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R ＝2r，螺线管通过的电流相同为I ，螺线管中的磁感强度大小BR 、Br满足（）（A）B R 2B r （B）B R B r （C）2B R B r （D）B R 4B r分析与解在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比n R r 1n r R 2因而正确答案为（C）。
7 － 2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量为（）（A）2πr 2B （B）πr2B22（C）2πr 2Bcosα（D）πr 2Bcosα分析与解作半径为r 的圆S′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S′的磁通量；Φm B S ．因而正确答案为（D）．7 － 3 下列说法正确的是（）（ A ）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过（B）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零（C）磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零（D）磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零分析与解由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零。
因而正确答案为（ B ）．7 －4 在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流I3 ，P1 、P2 为两圆形回路上的对应点，则（A）BL1dl BL2dl，B P1B P2B）BL1dl BL2dl，B P1B P2C）BL1dl BL2dl，B P1B P2D）BLdl BLdl，B P1B P2由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C）．*7 － 5 半径为R 的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中，若导体中流过的恒定电流为质的相对磁导率为μｒ（μｒ<1），则磁介质内的磁化强度为（（A）μr 1 I /2πr （B）μr 1I /2πr（C）μr I /2πr （D）I /2πμr r分析与解利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度，再由M＝（μｒ－1）H 求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案为（B）．7 － 6 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m 的近似圆形轨道，当环中电子流强度为8 mA 时，在整个环中有多少电子在运行？已知电子的速率接近光速。
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T
根据旋转矢量法，波源初始时刻 v0 0, x0 0 则初相位 2 则波源振动方程为 y0 0.1cos( t ) 0.1cos( 200t ) 2 x y 0.1cos200 (t ) 则波函数为 400 2
16 ) 20 2 2
作业（7） 振动合成
9-17 一质点同时参与两个同方向、同频率的简谐振动，它们的 振动方程分别为 x 6 cos( 2t )( cm ), x 8 cos( 2t )( cm ) 1 2 6 3 （1）试用旋转矢量求出合振动方程。 （2）若另有一振动 x3 4 cos(2t )(cm) ，问 为何值时， x1 x3 振幅最小。 为何值时， x2 x3 振幅最小。用旋转矢 量图表示之。 y 解：（1）如图，由旋转矢量表示法得
（2）16m处质点在0.01s时位移为
16 y 0.1cos200 (0.01 ) 0m 400 2
质点速度方程为
dy v 20 sin( 200t x ) dt 2 2
16m处质点在0.01s时速度为
v 20 sin( 200 0.01
2 2 x 0.21 0.63 3
B振动相位落后于A点。
2
（2）
1 T 1 2000 t x 0.21 s 0.63 6000
10-10 一波源作简谐振动，周期为0.01s，振幅为0.1m，以波源经 平衡位置向正方向运动时作计时起点。设此振动以 u 400m s 1 的 速度沿直线传播，以波源处为原点，波传播方向为x正向。
x
y
5 时， x2 x3 振幅最小 6
x
9-18 有两个同方向同频率简谐振动,其合振动振幅为0.2m，合 振动的相位与第一个振动的相位之差为π /6，若第一个简谐振 动的振幅为0.173m,求第二个振动的振幅；,第一与第二两个振 动的相位差。 解： 利用旋转矢量法，如图示,
可得第二个谐振动得振幅为0.1m,
A合 6 8 2 6 8 cos
2 2
2
10cmLeabharlann 6 3A1=6
3 acrcos 5 6
3 x合 10cos2t (arccos ) 5 6
x
A合
A2=8
（2）如图，由旋转矢量表示法得
y
时， x1 x3 振幅最大 6
与第一个谐振动的位相差为 2
A合0.2
0 .1
A2 A 1
4
6
0.173
10-5 频率为2000Hz的声波以1260m•s-1 的速度沿某一波线传播， 先经过波线上的A点，再传到B点。设AB=21cm，试求： （1）同一时刻A、B两点振动的相位差 。与A点的振动相比较， B点的振动是超前还是落后？ （2）同一振动状态从A点传到B点所需的时间。 解：（1）