大学物理B2_第10章_1

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大学物理第10章 热力学第一定律08-2

大学物理第10章 热力学第一定律08-2

O V1
V2
R( T2 T1 )
V
i (5)内能增量: E R( T2 T1 ) CV ( T2 T1 ) 2
(6)吸热: Qp E A ( CV R )(T2 T1 ) C P (T2 T1 ) 等压膨胀过程中,A>0,△E>0,气体吸热QP>0 等压压缩过程中,A<0,△E<0,气体放热QP<0
i 1. 25 5 E RT 8. 31 1 927 ( J ). 2 0.028 2
Q E A 927 371 1298 ( J ).
二、 热 容
系统和外界之间的热传递通常 会引起系统本身温度的 变化 。这一温度的变化和热传递的关系用热容表示 。 1、摩尔热容 •定义: 一摩尔物质温度升高1K所吸收的热量,称为 该物质的摩尔热容。符号:Cm (可简记为C)
无论过程是准静态 的还是非静态的
绝热膨胀,气体对外做功, 其内能减少;温度降低
dQ 0, dA dE
绝热压缩,外界对气体做功, 其内能增加;温度升高。
(2).绝热准静态过程的过程方程(推导) 理想气体状态方程: PV RT VdP PdV RdT dA PdV dE CVVdP CV PdV RPdV PdV C dT
dQ C dT
•特性: ① 物质固有属性;
单位: J / mol K
② 因热量是过程量,所以C与过程有关: 系统压强保持不变的过程中的热容叫定压热容CP。
系统体积保持不变的过程中的热容叫定体热容CV。
2、定体摩尔热容 一摩尔理想气体在等体积过程中温度升高1K所吸 收的热量称为理想气体的定体摩尔热容
(A)T
V2 V2 V1

《大学物理》 第二版 课后习题答案 第十章

《大学物理》 第二版 课后习题答案 第十章

习题精解10-1 在平面简谐波的波射线上,A,B,C,D 各点离波源的距离分别是3,,,424λλλλ。

设振源的振动方程为cos 2y A t πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ ,振动周期为T.(1)这4点与振源的振动相位差各为多少?(2)这4点的初相位各为多少?(3)这4点开始运动的时刻比振源落后多少? 解 (1) 122,2,2xxπϕπϕππλλ∆∆∆==∆==3432,222x x πϕπϕππλλ∆∆∆==∆== (2)112233440,,2223,222πππϕϕϕϕππϕϕπϕϕπ=-∆==-∆=-=-∆=-=-∆=-(3) 1212343411,,,24223,,,242t T T t T T t T T t T Tϕϕππϕϕππ∆∆∆==∆==∆∆∆==∆==10-2 波源做谐振动,周期为0.01s ,振幅为21.010m -⨯,经平衡位置向y 轴正方向运动时,作为计时起点,设此振动以1400u m s -=∙的速度沿x 轴的正方向传播,试写出波动方程。

解 根据题意可知,波源振动的相位为32ϕπ= 2122200, 1.010,4000.01A m u m s T ππωπ--====⨯=∙ 波动方程231.010cos 2004002x y t m ππ-⎡⎤⎛⎫=⨯-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦10-3 一平面简谐波的波动方程为()0.05cos 410y x t m ππ=-,求(1)此波的频率、周期、波长、波速和振幅;(2)求x 轴上各质元振动的最大速度和最大加速度。

解 (1)比较系数法 将波动方程改写成0.05cos10 2.5x y t m π⎛⎫=-⎪⎝⎭与cos x y A t u ω⎛⎫=-⎪⎝⎭比较得1120.05;10;0.21015; 2.5;0.5A m T s v s u m s u T m Tπωππλ--=======∙=∙=(2)各质元的速度为()10.0510sin 410v x t m s πππ-=⨯-∙ 所以1max 0.0510 1.57()v m s π-=⨯=∙ 各质元的加速度为()220.05(10)cos 410a x t m s πππ-=-⨯-∙ 所以22max 0.05(10)49.3()a m s π-=⨯=∙10-4 设在某一时刻的横波波形曲线的一部分如图10.1所示。

《大学物理》第十章气体动理论习题参考答案

《大学物理》第十章气体动理论习题参考答案

第十章 气体动理论一、选择题参考答案1. (B) ;2. (B );3. (C) ;4. (A) ;5. (C) ;6. (B );7. (C ); 8. (C) ;9. (D) ;10. (D) ;11. (C) ;12. (B) ;13. (B) ;14. (C) ;15. (B) ;16.(D) ;17. (C) ;18. (C) ;19. (B) ;20. (B) ;二、填空题参考答案1、体积、温度和压强,分子的运动速度(或分子的动量、分子的动能)2、一个点;一条曲线;一条封闭曲线。

3. kT 21 4、1:1;4:1 5、kT 23;kT 25;mol /25M MRT 6、12.5J ;20.8J ;24.9J 。

7、1:1;2:1;10:3。

8、241092.3⨯9、3m kg 04.1-⋅10、(1)⎰∞0d )(v v v Nf ;(2)⎰∞0d )(v v v f ;(3)⎰21d )(212v v v v v Nf m 11、氩;氦12、1000m/s ; 21000m/s13、1.514、215、12M M三、计算题参考答案1.解:氧气的使用过程中,氧气瓶的容积不变,压强减小,因此可由气体状态方程得到使用前后的氧气质量,进而将总的消耗量和每小时的消耗量比较求解。

已知atm 1301=p ,atm 102=p ,atm 13=p ;L 3221===V V V ,L 4003=V 。

质量分布为1m ,2m ,3m ,由题意可得RT Mm V p 11=RT Mm V p 22= RT M m V p 333=所以该瓶氧气使用的时间为h)(6.94000.132)10130(3321321=⨯⨯-=-=-=V p V p V p m m m t 2.解:设管内总分子数为N ,由V NkT nkT p ==有 1210611)(⨯==.kT pV N (个)空气分子的平均平动动能的总和= J 10238-=NkT 空气分子的平均转动动能的总和 = J 106670228-⨯=.NkT 空气分子的平均动能的总和 = J 10671258-⨯=.NkT3.解:(1)根据状态方程RT MRT MV m p RT M m pV ρ==⇒=得 ρp M RT = ,pRT M ρ= 气体分子的方均根速率为1-2s m 49533⋅===ρp M RT v (2)气体的摩尔质量为1-2m ol kg 108.2⋅⨯==-p RTM ρ所以气体为N 2或CO 。

大学物理第十章课后习题答案

大学物理第十章课后习题答案
(1)介质中的电位移矢量 D ,场强 E 和极化
强度 P ;
(2)极板上所带的电荷 Q
(3)极板和介质间隙中的场强 E0 ; (4)电容器的电容 C. 17. 如图所示,一平面板电容器两极板的面积都是 S,相距为 d.今在其间平行的
S 插入厚度为 l ,面积为 2 ,相对介质常数为 ε1.的均匀电介质.设两极板分别带电 Q
=
0.

再在 B 板内任取一点 P2,类似地有:
E
=
σ1 2ε 0
� en
+
σ2 2ε 0
� en
+
σ3 2ε 0
� en

σ4 2ε 0
� en
静电平衡时, E = 0 ,故 σ1 + σ 2 + σ3 − σ 4 = 0

联立①②,可解得σ1 = σ 4 , σ 2 = −σ 3 . 故结论得证. 2.
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第十章 静电场中的导体和电介质
一、 填空
1. 根据物质的导电性,可将物质分为



2. 从 物质 的 电结 构 来看 , 金属 导 体具 有 带负 电 的
和带正电


3. 导 体处 于静 电平 衡时 ,导 体内 部各 点 的场 强为
,这称为导体的
条件。静电平衡下的导体是
3.
解:设各板表面的电荷面密度由左至右依次为:σ1 、σ 2 、σ 3 、
σ 4 、σ 5 、 σ 6 ,即有 σ 2 =- σ 3 , σ 4 =- σ 5 ,由于 B、C 接
地,故两板外侧的电荷面密度σ1 =σ 6 =0
因U AB = U AC ,故有

大学物理学 第10章_静电场 习题解答 [王玉国 康山林 赵宝群]

大学物理学 第10章_静电场 习题解答 [王玉国 康山林 赵宝群]

q 6 0 q ;如果它包含 q 所在 24 0
2 2
对于边长 a 的正方形,如果它不包含 q 所在的顶点,则 e 顶点则 e 0 .
(3) 因为通过半径为 R 的圆平面的电通量等于通过半径为 R x 的球冠面的电通 量,而球冠面积*
S 2π( R 2 x 2 )[1
P R q r P'
2q a O a 3q a
+Q q a
R
d

题 10-10 图
题 10-11 图
题 10-12 图
10-12 如图所示.试验电荷 q , 在点电荷 Q 产生的电场中,沿半径为 R 的整个圆弧 的 3/4 圆弧轨道由 a 点移到 d 点的过程中电场力做功多大?从 d 点移到无穷远处的过程中, 电场力做功为多少? 解:因为在点电荷 Q 产生的电场中, U a U d 。故试验电荷 q 在点电荷 Q 产生的电 场中, 沿半径为 R 的整个圆弧的 3/4 圆弧轨道由 a 点移到 d 点的过程中电场力做功 Aad 0 ; 从 d 点移到无穷远处的过程中,电场力做功为
q0 2.0 105 C .试求该点电荷所受的电场力。
点电荷所在处产生场强为: d E
dx
4 0 d x
2 l
。整个杆上电荷在该点的场强为:
E
4 0
d x
0
dxLeabharlann 2l4 0 d d l
点电荷 q0 所受的电场力大小为:
F
方向:沿 x 轴负向
A q U d U qU d
[或另解: A
qQ 4 0 R
]


R
qE d r

大学物理第十章课后答案

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

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

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

大学物理教程第10章习题答案

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。

大学物理第10章麦克斯韦方程组

大学物理第10章麦克斯韦方程组
麦克斯韦方程组是19世纪物理学的重 要成果,由英国物理学家詹姆斯·克拉 克·麦克斯韦在19世纪60年代提出, 是经典电磁理论的基石。
重要性
麦克斯韦方程组统一了电场和磁场, 预言了电磁波的存在,为现代电磁学 和通信技术的发展奠定了基础。
麦克斯韦方程组的基本概念
1
麦克斯韦方程组由四个基本方程构成,包括:高 斯定理、高斯定理关于磁场的应用、法拉第电磁 感应定律和安培环路定律。
光纤通信
在光纤通信中,麦克斯韦方程组被用来 描述光波在光纤中的传播行为。通过控 制光纤的折射率,可以实现光的调制和 传播方向的控制。
VS
电磁兼容性
在电子设备和系统的设计中,麦克斯韦方 程组被用来分析电磁干扰和电磁兼容性问 题。通过合理的设计和控制,可以降低电 子设备之间的电磁干扰,提高系统的稳定 性。
02
电场和磁场具有能量、动量和力的性质,它们以波的形式传 播,其传播速度等于光速。
03
变化的电场会产生磁场,变化的磁场会产生电场,这是电磁 感应的基本原理。
麦克斯韦方程组的推导过程
麦克斯韦通过对电磁场的基本性质进行数学描述,推导出四个微分方程, 即麦克斯韦方程组的雏形。
这四个微分方程分别描述了电场和磁场在空间和时间的变化规律,以及它 们之间的相互转化关系。
应用
适用于具有周期性边界条件的问题,如电磁波在无限大均匀介质中 的传播。
有限差分法
原理
将连续的偏微分方程离散化为差 分方程,通过求解差分方程得到 原方程的近似解。
步骤
将麦克斯韦方程组中的时间和空 间坐标离散化,用差商代替导数, 将偏微分方程转化为差分方程, 通过迭代求解。
应用
适用于具有规则边界和初始条件 的问题,如电磁波在有限大小介 质中的传播。

大学物理II_第十章

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第十章 静电场电荷守恒定律电荷守恒定律是物理学的基本定律之一. 它指出, 对于一个孤立系统, 不论发生什么变化, 其中所有电荷的代数和永远保持不变. 电荷守恒定律表明, 如果某一区域中的电荷增加或减少了, 那么必定有等量的电荷进入或离开该区域;如果在一个物理过程中产生或消失了某种电荷, 那么必定有等量的异号电荷同时产生或消失. 库仑定律库仑定律(Coulomb's law), 法国物理学家查尔斯·库仑于1785年发现, 因而命名的一条物理学定律. 库仑定律是电学发展史上的第一个定量规律. 因此, 电学的研究从定性进入定量阶段, 是电学史中的一块重要的里程碑. 库仑定律阐明, 在真空中两个静止点电荷之间的相互作用力与距离平方成反比, 与电量乘积成正比, 作用力的方向在它们的连线上, 同号电荷相斥, 异号电荷相吸.0221041r rq q F πε= 21212010854187817.8---⋅⋅⨯=m N C ε, 真空电容率(真空介电常数)电场强度电场强度是用来表示电场的强弱和方向的物理量. 实验表明, 在电场中某一点, 试探点电荷(正电荷)在该点所受电场力与其所带电荷的比值是一个与试探点电荷无关的量. 于是以试探点电荷(正电荷)在该点所受电场力的方向为电场方向, 以前述比值为大小的矢量定义为该点的电场强度, 常用E 表示. 按照定义, 电场中某一点的电场强度的方向可用试探点电荷(正电荷)在该点所受电场力的电场方向来确定;电场强弱可由试探电荷所受的力与试探点电荷带电量的比值确定.0q F E =;02041r r q E πε=点电荷系在某点产生的电场的电场强度等于各点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和∑∑==02041iii i r r q E E πε 带电体在一点产生的电场强度等于所有电荷元产生的电场强度的矢量积分⎰⎰==0204r r dq E d E πε 高斯定理真空中的静电场中, 穿过任一闭合曲面的电通量, 在数值上等于该闭合曲面内所包围的电量的代数和乘以ε0的倒数.∑⎰=⋅insi Sq S d E 01ε⎰⎰=⋅VSdV S d E ρε01给予空间的某个区域内, 任意位置的电场. 原则上, 应用高斯定律, 可以很容易地计算出电荷的分布. 只要积分电场于任意区域的表面, 再乘以真空电容率, 就可以得到区域内的电荷数量.但是, 更常遇到的是逆反问题. 给予电荷的分布, 求算在某位置的电场. 这问题比较难解析. 虽然知道穿过某一个闭合曲面的电通量, 这资料仍旧不足以解析问题. 在闭合曲面任意位置的电场可能会是非常的复杂.假若, 问题本身显示出某种对称性, 促使在闭合曲面位置的电场大小变得均匀. 那么, 就可以借着这均匀性来计算电场. 像圆柱对称、平面对称、球对称等等, 这些空间的对称性, 都能帮助高斯定律来解析问题. 若想知道怎样利用这些对称性来计算电场, 请参阅高斯曲面(Gaussian surface). 静电场环路定理在静电场中, 电场强度沿任一闭合路径的线积分(即电场强度的环流)恒为零0=⋅⎰Ll d E电势能在静电学里, 电势能(Electric potential energy)是处于电场的电荷分布所具有的势能, 与电荷分布在系统内部的组态有关. 电势能的单位是焦耳. 电势能与电势不同. 电势定义为处于电场的电荷所具有的电势能每单位电荷. 电势的单位是伏特.电势能的数值不具有绝对意义, 只具有相对意义. 所以, 必须先设定一个电势能为零的参考系统. 当物理系统内的每一个点电荷都互相分开很远(分开距离为无穷远), 都相对静止不动时, 这物理系统通常可以设定为电势能等于零的参考系统. 假设一个物理系统里的每一个点电荷, 从无穷远缓慢地被迁移到其所在位置, 总共所做的机械功为, 则这物理系统的电势能U 为.W U =⎰⋅='0'0aa l d E q W在这过程里, 所涉及的机械功W, 不论是正值或负值, 都是由这物理系统之外的机制赋予, 并且, 缓慢地被迁移的每一个点电荷, 都不会获得任何动能. 如此计算电势能, 并没有考虑到移动的路径, 这是因为电场是保守场, 电势能只跟初始位置与终止位置有关, 与路径无关. 电势在静电学里, 电势(electric potential)定义为处于电场中某个位置的单位电荷所具有的电势能. 电势又称为电位, 是标量. 其数值不具有绝对意义, 只具有相对意义, 因此为了便于分析问题, 必须设定一个参考位置, 称为零势能点. 通常, 一个明智的选择是将无穷远处的电势设定为零. 那么, 电势可以定义如下:假设检验电荷从无穷远位置, 经过任意路径, 克服电场力, 缓慢地移动到某位置, 则在这位置的电势, 等于因迁移所做的机械功与检验电荷量的比值.⎰⋅=='0'0aaa l d E q W u在国际单位制里, 电势的度量单位是伏特(V olt), 是为了纪念意大利物理学家亚历山德罗·伏打(Alessandro V olta)而命名.点电荷系产生的电场中, 某点的电势是各点电荷单独存在时, 在该点产生的电势的代数和∑==ni i a u u 1⎰∞⋅=aa l d E u电势与电场强度的积分和微分关系式⎰⋅='0'aa l d E udl duE l -=;⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂-=k z u j y u i xu E导体的静电平衡静电平衡是指导体中的自由电荷(通常为带负电荷电的电子)所受到的力达到平衡而不再做定向运动的状态. 处在静电平衡下的导体, 为一个等势体, 其表面为等势面. 导体内部的电场强度处处为零, 导体表面上任意一点场强的方向与表面垂直, 大小与该处的电荷面密度成正比.n E surface 0εσ=电容在电路学里, 给定电势差, 电容器储存电荷的能力, 称为电容(capacitance), 标记为C. 采用国际单位制, 电容的单位是法拉(farad), 标记为F.平行板电容器是一种简单的电容器, 是由互相平行、以空间或介电质隔离的两片薄板导体构成. 假设这两片导板分别载有负电荷与正电荷, 所载有的电荷量分别为-Q 、+Q, 两片导板之间的电势差为V , 则这电容器的电容为VQ C =1法拉等于1库仑每伏特, 即电容为1法拉的电容器, 在正常操作范围内, 每增加1伏特的电势差可以多储存1库仑的电荷.课后习题:10. 1 (1)(2)(3)(4)(5); 10. 2 (1)(2)(4)(5)(7); 建议作业题:10. 4;10. 8(此题为10. 4的延伸);10. 13(类似加深难度的有10. 21);10. 17(可作为填空);10. 18(类似加深难度的有10. 24);10. 33(此题为10. 13的延伸);10. 35(此题为10. 21的延伸);10. 41;10. 4210.1 选择题(1)真空中两平行带电平板相距为d , 面积为S , 且有d 2<<S , 带电量分别为q +和q -, 两板间的作用大小为[D](A)2204q F d πε= (B)20q F S ε= (C)202q F S ε= (D)202q F S ε=解析:平板电容器由两个彼此靠得很近的平行极板(设为A 和B )所组成,两极板的面积均为S ,设两极板分别带有q +,q -的电荷,于是每块极板的电荷密度为Sq=σ。

大学物理下册第10章课后题答案

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习题10-3图第10章 静电场中的导体和电介质习 题一 选择题10-1当一个带电导体达到静电平衡时,[ ] (A) 表面上电荷密度较大处电势较高 (B) 表面曲率较大处电势较高(C) 导体内部的电势比导体表面的电势高(D) 导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零 答案:D解析:处于静电平衡的导体是一个等势体,表面是一个等势面,并且导体内部与表面的电势相等。

10-2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,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 答案:A解析: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 )。

10-3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10-3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 答案:A解析:带负电的带电体M移到不带电的导体N附近的近端感应正电荷;在远端感应负电荷,不带电导体的电势将低于无穷远处,因此导体N的电势小于0,即小于大地的电势,因而大地的正电荷将流入导体N,或导体N的负电荷入地。

故正确答案为(A)。

10-4 如图10-4所示,将一个电荷量为q电的导体球附近,点电荷距导体球球心为d。

设无穷远处为零电势,则在导体球球心O点有[ ](A)0E,4πε=qVd(B)24πε=qEd,4πε=qVd(C) 0E,0V(D)24πε=qEd,4πε=qVR答案:A解析:导体球处于静电平衡状态,导体球内部电场强度为零,因此0E。

导体球球心O点的电势为点电荷q及感应电荷所产生的电势叠加。

感应电荷分布于导体球表面,至球心O的距离皆为半径R,并且感应电荷量代数和q∑为0,因此4qVRπε==∑感应电荷。

大学物理答案第10章

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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.。

大学物理课后习题10第十章答案

大学物理课后习题10第十章答案

习题1010.1选择题(1)在双缝干涉实验中,为使屏上的干涉条纹间距变大,可以采取的办法是[](A)使屏靠近双缝.(B)使两缝的间距变小.(C)把两个缝的宽度稍微调窄.(D)改用波长较小的单色光源.[答案:C](2)两块平玻璃构成空气劈形膜,左边为棱边,用单色平行光垂直入射.若上面的平玻璃以棱边为轴,沿逆时针方向作微小转动,则干涉条纹的[](A)间隔变小,并向棱边方向平移.(B)间隔变大,并向远离棱边方向平移.(C)间隔不变,向棱边方向平移.(D)间隔变小,并向远离棱边方向平移.[答案:A](3)一束波长为的单色光由空气垂直入射到折射率为n的透明薄膜上,透明薄膜放在空气中,要使反射光得到干涉加强,则薄膜最小的厚度为[](A).(B)/(4n).(C).(D)/(2n).[答案:B](4)在迈克耳孙干涉仪的一条光路中,放入一折射率为n,厚度为d 的透明薄片,放入后,这条光路的光程改变了[](A)2(n-1)d.(B)2nd.(C)2(n-1)d+/2.(D)nd.(E)(n-1)d.[答案:A](5)在迈克耳孙干涉仪的一条光路中,放入一折射率为n的透明介质薄膜后,测出两束光的光程差的改变量为一个波长,则薄膜的厚度是[](A).(B)/(2n).(C)n.(D)/[2(n-1)].[答案:D](6)在夫琅禾费单缝衍射实验中,对于给定的入射单色光,当缝宽度变小时,除中央亮纹的中心位置不变外,各级衍射条纹[](A)对应的衍射角变小.(B)对应的衍射角变大.(C)对应的衍射角也不变.(D)光强也不变.[答案:B](7)波长nm(1nm=10-9m)的单色光垂直照射到宽度a=0.25mm的单缝上,单缝后面放一凸透镜,在凸透镜的焦平面上放置一屏幕,用以观测衍射条纹。

今测得屏幕上中央明条纹一侧第三个暗条纹和另一侧第三个暗条纹之间的距离为d=12mm,则凸透镜的焦距是[](B)平行于入射面的振动占优势的部分偏振光.(C)垂直于入射面振动的完全线偏振光.(D)垂直于入射面的振动占优势的部分偏振光.[答案:C](12)一束自然光自空气射向一块平板玻璃(如图),设入射角等于布儒斯特角i0,则在界面2的反射光是[](A)自然光。

大学物理习题答案第十章

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10章练习答案

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 。

大学物理学(下册)第10章 气体动理论

大学物理学(下册)第10章 气体动理论
➢ 对单个分子的力学性质的假设 理想气体分子本身的线度可以忽略不计 除了碰撞的瞬间外,分子之间以及分子与容器壁之 间的相互作用力可以忽略不计 分子之间以及分子与容器器壁之间的碰撞都是完全 弹性碰撞
➢ 处于平衡态下的理想气体的统计假设 每一分子在容器中任意位置出现的 概 率都是相等的 分子沿各个方向运动的概率都相同
自由度上也具有相同的平均动能,大小也为kT/2。
平方项的平均值
k
i 2
kT
平动自由度
结论:分子的每一个平动自由度上具有相
同的平均平动动能,都是kT/2
10.5.3 理想气体的内能 一个系统内分子热运动能量的总和称为系统的内能。系统的 内能包括系统内所有分子的动能和势能。
理想气体内能是分子动能之和 说明:
Nv
f (v) dN
此式的物理意义:速率在v附近,单位速率 区间内的分子数占总分子数的百分比。称为
Ndv 分子速率分布函数。
速率分布函数归一化条件
由: f (v) dN Ndv
f (v)dv
dN dv
0
0 Ndv
N dN
0 N
1
0.45 0.4
0.35 0.3
0.25 0.2
0.15 0.1
yz xyz
vi2x
P 1 nmv2 3
p
nmv
2 x
等概率原理:
v
2 x
v
2 y
v
2 z
统计平均的概念:
v
2 x
v12x
v22x
v
2 Nx

N
vi2x N
v2
v
2 x
v
2 y
vz2
10.3.3 压强公式的统计意义及微观本质

大学物理2-2第十章课后答案

大学物理2-2第十章课后答案

习 题 十10-1 卢瑟福实验证明:两个原子核之间的距离小到1510-m 时,它们之间的斥力仍遵守库仑定律。

已知金原子核中有79个质子,α粒子中有2个质子,每个质子的带电量为C 19106.1-⨯,α粒子的质量为6.682710-⨯kg 。

当α粒子与金原子核相距6.91210-⨯m 时,试求:(1) α粒子所受的力;(2) α粒于的加速度。

[解] (1) α粒子电量2e ,金核电量为79e 。

两点间的库仑力为N .ree F 22010*******⨯=⋅=πε (2) α粒子的加速度22927210141106861067sm ...m F a ⨯=⨯⨯==-10-2 如图所示,真空中一长为L 的均匀带电细直杆,总电量为q ,试求在直杆延长线上到杆的一端距离为d 的点P 的电场强度。

[解] 在带电直导线上取电荷元dx Lqdq =,它在P 点产生的电场强度为 ()()dx x d L Lq x d L dqdE 20204141-+=-+=πεπε则整个带电直导线在P 点产生的电场强度为()()d L d qdx x d L Lq E L+=-+=⎰00204141πεπε故()i E ˆd L d q +=04πε10-3 两根相同均匀带电细棒,长为L ,电荷线密度为λ,沿同一直线放置,两细棒间最近距离也是L ,如图所示。

设棒上的电荷不能自由移动,试求两棒间的静电相互作用力。

[解一] 先按左棒为场源电荷,而右棒为受力电荷。

计算左棒场强再求右棒所受电场力。

取坐标如图所示,左棒在x '处的场强为()⎪⎭⎫⎝⎛'--'=-'=⎰x L x x x dxE l11440020πελπελ 右棒x '处电荷元x d 'λ受的电场力为x d x L x E x d dF '⎪⎭⎫⎝⎛'--'=⋅'=11402πελλ 右棒受的总电场力为λdx'x x'0l 2l 3l λdx344232341140202320232ln L L ln LL LL ln x d x L x dF F L L L L πελπελπελ=⎪⎭⎫ ⎝⎛---='⎪⎭⎫ ⎝⎛'--'==⎰⎰ [解二] 求电荷元dx λ与x d 'λ的库仑力叠加。

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y u
o
λ
x
λ
λ
波长反映了波动在空间上的周期性 沿波的传播方向,每隔一个波长的距离, 沿波的传播方向,每隔一个波长的距离,就会出现振动状态完 全相同的点。 全相同的点。
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波动1 第十章 波动
2.波的周期T 2.波的周期T: 波的周期 波向前传播一个波长的距离所需要的时间。 波向前传播一个波长的距离所需要的时间。 波的频率ν: 单位时间内通过某点传出的完整波形的数目。 单位时间内通过某点传出的完整波形的数目。质元的振动频率 就是波的频率。 就是波的频率。 频率反映了波在时间上的周期性。 频率反映了波在时间上的周期性。 1 2π 波的周期与频率关系: ν = 波的周期与频率关系: ω = 2πν = T T 3.波速 波速: 3.波速: 在波动过程中,某一振动状态(相位) 在波动过程中,某一振动状态(相位)在单位时间内所传播的 距离。 也可称为相速度。 距离。 也可称为相速度。 注意: 注意: 波的传播速度是振动状态传播的速度, 1)波的传播速度是振动状态传播的速度,即是相位传播的速度 2)要区别波的传播速度和介质质点的振动速度
P点的初相位
(−2π
xP
λ
为恒量, 2)当t为恒量,即t= t0,波方程为 y = A cos(ωt 0 − 为恒量
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λ
+ ϕ)

λ
x + ϕ)
15
波动1 第十章 波动
y = A cos(ωt 0 − 2π
λ
x + ϕ)
y=f(x),t时刻的波形图 = ),t ),t时刻的波形图
描述在t 描述在t时刻各质点相对平衡位置的位移分布 3)若x 和t 两个都变化 波方程就表示了波线上所有质点在各个不同时刻的位移情况。 波方程就表示了波线上所有质点在各个不同时刻的位移情况。 因此波动方程是空间和时间的二重周期性。 因此波动方程是空间和时间的二重周期性。称为行波
y
O
u
t
时刻
t + ∆t 时刻
∆x
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x
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波动1 第十章 波动
4)质点的振动速度、加速度 质点的振动速度、
x y = A cos(ω (t − ) + ϕ ) u ∂y x v= = − Aω sin(ω (t − ) + ϕ ) ∂t u ∂v ∂ 2 y x 2 a= = 2 = − Aω cos(ω (t − ) + ϕ ) ∂t ∂t u ∂y ω x 求导数= 若y对x求导数=? 对 求导数 = A sin(ω (t − ) + ϕ ) ∂x u u 2 2 ∂ y ω x = − 2 A cos(ω (t − ) + ϕ ) 2 ∂x u u 这就是波动方程的微分形式, ∂2 y ∂ 2 y 这就是波动方程的微分形式, 2 =u 2 ∂t ∂x 2 二阶偏微分方程
y
u
P
x
上任一点的振动方程为: 上任一点的振动方程为:
xP yP = A cos(ωt ′ + ϕ ) = A cos(ω (t − ) + ϕ ) u xP 点落后O点的时间 是P点落后 点的时间,由于 是任意的,故x 轴 点落后 点的时间,由于P是任意的 是任意的, 式中 ∆t = u x
即是平面简谐波的波函数,是时间 、空间x 的函数。 即是平面简谐波的波函数,是时间t、空间 的函数。 严格推导波动方程(波函数) 严格推导波动方程(波函数)要从二阶偏微分方程中得出
(2)在液体和气体中传播的纵波的波速为: (2)在液体和气体中传播的纵波的波速为: 在液体和气体中传播的纵波的波速为
u=
ρ
其中K为体积模量, 其中 为体积模量,或称容变弹性模量 为体积模量
如空气中的声速公式为: 如空气中的声速公式为 4.波动物理量的关系: 4.波动物理量的关系: :u = 波动物理量的关系
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波动1 第十章 波动
3)波的传播过程是振动状态的传播,也是能量传播过程。 波的传播过程是振动状态的传播,也是能量传播过程。 二、纵波与横波 1.横波 质点的振动方向和波的传播方向相互垂直。 横波: 1.横波:质点的振动方向和波的传播方向相互垂直。 纵波:质点的振动方向和波的传播方向相互平行。 2. 纵波:质点的振动方向和波的传播方向相互平行。 三、波的几何描述 波线 波面 波前 波线: 沿波的传播方向画一些带有箭头的线,叫做波线, 1. 波线: 沿波的传播方向画一些带有箭头的线,叫做波线, 可用来表示波的传播方向。 可用来表示波的传播方向。 波面:不同波线上相位相同的点所连成的曲面, 2.波面:不同波线上相位相同的点所连成的曲面,称波阵面 波前: 在任一时刻, 3. 波前: 在任一时刻,由波源最初振动状态传到的各点所连 成的曲面。或者说,最前面的波面也叫波前。 成的曲面。或者说,最前面的波面也叫波前。
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波动1 第十章 波动 第十章 波动 教学基本要求
1.理解机械波形成和传播的条件; 1.理解机械波形成和传播的条件; 理解机械波形成和传播的条件 2.理解波长 波速、波的频率的概念,掌握波长、波速、 理解波长、 2.理解波长、波速、波的频率的概念,掌握波长、波速、波频率 三者的关系; 三者的关系; 3.掌握由已知质点的简谐运动方程得出平面简谐波表达式的方法 掌握由已知质点的简谐运动方程得出平面简谐波表达式的方法; 3.掌握由已知质点的简谐运动方程得出平面简谐波表达式的方法; 4.掌握从 时刻波的图象和波速求出平面简谐波表达式的方法; 掌握从t 4.掌握从t时刻波的图象和波速求出平面简谐波表达式的方法; 5.理解波的能量传播特征及能流的概念 理解波的能量传播特征及能流的概念; 5.理解波的能量传播特征及能流的概念; 6.了解惠更斯原理和波的叠加原理 理解波的相干条件, 了解惠更斯原理和波的叠加原理。 6.了解惠更斯原理和波的叠加原理。理解波的相干条件,能应用 相位差和波程差分析、确定相干波叠加振幅加强和减弱的条件。 相位差和波程差分析、确定相干波叠加振幅加强和减弱的条件。 7.理解驻波的特点 形成驻波的条件及其与行波的区别, 理解驻波的特点、 7.理解驻波的特点、形成驻波的条件及其与行波的区别,掌握 半波损失(相位突变); 半波损失(相位突变); 8.了解机械波的多普勒效应及其应用 了解机械波的多普勒效应及其应用。 8.了解机械波的多普勒效应及其应用。
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波动1 第十章 波动
第十章 波动 波动: 波动: 振动状态在空间的传播,激发波动的振动系统称为波源。 振动状态在空间的传播,激发波动的振动系统称为波源。 波动分类: 波动分类: 1. 机械波:机械振动在介质中的传播 机械波: 2. 电磁波:变化的电磁场在空间传播 电磁波: 波动的特征: 波动的特征: 1.波动具有一定的传播速度, 1.波动具有一定的传播速度,并伴随着能量的传播 波动具有一定的传播速度 2.波动具有时间和空间的周期性 2.波动具有时间和空间的周期性 3.波动具有可入性和可叠加性 3.波动具有可入性和可叠加性
y u
v v v v
x
λ
v
u=
G
ρ
E
其中G为切变模量, 其中 为切变模量,ρ为介质密度 其中E为 其中 为弹性模量
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纵波
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u=
ρ
波动1 第十章 波动
在绳索和弦线中传播的横波的波速为: 在绳索和弦线中传播的横波的波速为:
u=
F
µ
K
其中F 为张力, 其中 为张力,µ 单位长度的质量
γ RT
M 在标准状态下: λ 在标准状态下 γ = 1.4, R = 8.31J ⋅ mol / K , T = 273K u= = λν −2 M = 2.89 ×10 kg ⋅ mol T
波动一般可分为球面波、 波动一般可分为球面波、平面波
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u = 333.24m / s
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波动1 第十章 波动
波速u与质元的振动速度 波速 与质元的振动速度v 与质元的振动速度 是两个不同的物理量 波速u是状态传播的速度 波速 是状态传播的速度 o 而v是质元振动的速度 是质元振动的速度 3)波速由介质的性质决定 在一定的介质中波速是个恒量 (1)在固体中,横波和纵波的传播速度分别为: (1)在固体中,横波和纵波的传播速度分别为: 在固体中 横波
2π ω= = 2πν T
u = λν =
λ
T
= A cos[2π (ν t − ) + ϕ ]
x
= A cos[

λ
当波动的方向沿x 当波动的方向沿 轴负向传播
λ 2π = A cos[ ( x − ut ) + ϕ ′] λ
(ut − x) + ϕ ]
xP y0 = A cos(ω t ′ + ϕ ) = A cos(ω (t + ) + ϕ ) u
y0 = A cos(ωt + ϕ )
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振动状态的传播速度为u, 振动状态的传播速度为 ,介质中其它各质点振动方程
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波动1 第十章 波动
步骤: 步骤: 1)选定坐标并明确波的传播方向 A 给出波的传播方向上某点P 2)给出波的传播方向上某点P 的振动方程 比较任一点x与波源处的相位, 与波源处的相位 o 3)比较任一点 与波源处的相位, 根据超前和落后关系可得出P 根据超前和落后关系可得出 点的振动表达式。 点的振动表达式。
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波动1 第十章 波动
1010-2 平面简谐波的波函数 (波动方程) 一、平面简谐波的波函数 波动方程) 1.平面简谐波的概念: 1.平面简谐波的概念: 平面简谐波的概念 简谐波: 简谐波: 一种最简单最基本的波,即在均匀、无吸收的介质中, 一种最简单最基本的波,即在均匀、无吸收的介质中, 当波源作简谐振动时,在介质中所形成的波(行波)。 当波源作简谐振动时,在介质中所形成的波(行波)。 平面简谐波: 平面简谐波: 波阵面是平面的简谐波 注意:严格的平面简谐波只是一种理想化的模型。 注意:严格的平面简谐波只是一种理想化的模型。 2.波函数的导出 2.波函数的导出 波动是介质中大量质点的集体运动(振动) 波动是介质中大量质点的集体运动(振动) 用意义法(相位落后法) 用意义法(相位落后法)推导波动方程 设波源的振动方程为: 设波源的振动方程为:
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