大学物理第四版下册课后题答案
大学物理学(第四版)课后习题答案(下册)
大学物理学课后习题答案（下册）习题99.1 选择题(1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q 所受到合力为零，则Q 与q 的关系为：（）（A ）Q=-2 3/2q (B) Q=2 3/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q[答案：A](2)下面说法正确的是：（）（A ）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有电荷；（B ）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零；（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷；（D ）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。
[答案：D](3)一半径为R 的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R 处的电场强度（）（A ）σ/ε0（B）σ/2ε0（C）σ/4ε0（D ）σ/8ε0[答案：C](4)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]9.2 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，则总通量将。
[ 答案：q/6ε0, 将为零](3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。
[ 答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命](4)电量Q 均匀分布在半径为R 的球体内，则球内球外的静电能之比。
[ 答案：5：6]9.3 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9.3 图示(1)以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷2 14π0qcos30a 214π(qq3a)23解得(2)与三角形边长无关．q3q3题9.3 图题9.4 图9.4 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2 , 如题9.4 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9.4 图示T sin T cosF emg14π 0 (2lq 2sin ) 2解得q2l sin 4 0 mg t an9.5 根据点电荷场强公式 Eq4 0 r，当被考察的场点距源点电荷很近(r→0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?q解: E4 π0rr0 仅对点电荷成立，当r0 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．9.6 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q 2 这两板之间有相互作用力 f ，有人说 f =4 d 2, 又有人说，因为 f = qE , Eq，所S222d2l l 22以 f =q ．试问这两种说法对吗 ?为什么 ? f 到底应等于多少 ?S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q合场强 E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S板的电场为 E q，另一板受它的作用力fq q q2，这是两板间相互作用的电场力．2 0 S2 0 S2 0 S9.7 长 l =15.0cm 的直导线 AB 上均匀地分布着线密度=5.0x10 -9C 2 m-1的正电荷．试求：(1) 在导线的延长线上与导线B 端相距a 1 =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d 2 =5.0cm 处 Q 点的场强．解： 如题 9.7 图所示(1) 在带电直线上取线元dx ，其上电量dq 在 P 点产生场强为 dE PE P14 π 0 ( adE Pdxx) 22 dx题 9.7 图4π 02(a x) 2[ 11]4π 0a l al 2 2lπ 0 (4 al 2)用 l15 cm ，5.0 10 9 C m 1, a 12.5 cm 代入得(2) 同理2E P6.74 10 N CdE1 dx 1方向水平向右方向如题 9.7 图所示Q 4 π 0 x2由于对称性dE Qxl0 ，即 E Q 只有 y 分量，2d 220 l 1∵dE Qy1x d2 224 π 0 xd 2x22EdEd 2 2 dxQylQyl4π 2l 2(x23d 2 )22π 0 l4d2以5.0 10 9C cm , l 15 cm , d 2 5 cm 代入得E Q E Qy14.96 102 N C ，方向沿 y 轴正向9.8一个半径为 R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为, 求环心处 O 点的场强．解: 如 9.8 图在圆上取 dl Rd题 9.8 图dqdl R d ，它在 O 点产生场强大小为Rd dE24π 0 R方向沿半径向外则dE xdE sinsin d 4π 0 RdE ydE cos()cos d 4π 0 R积 分 E xsin d4π 0 R2π 0 RE ycos d 04π 0 R∴E E x2π R，方向沿x 轴正向．122222 229.9均匀带电的细线弯成正方形，边长为 l ，总电量为 q ．(1) 求这正方形轴线上离中心为 r处的场强 E ； (2) 证明：在 rl 处，它相当于点电荷 q 产生的场强 E ．解: 如 9.9 图示，正方形一条边上电荷q在 P 点产生物强4dE P 方向如图，大小为dE Pcos 4π 0 1 cos 2 l2r24∵cos 1l22r 2l 2∴dE Pcos 2cos 1ll2l24π0 rr42dE P 在垂直于平面上的分量dE∴dEl dE P cosr4π 0 rlr 2lr2l424题 9.9 图由于对称性， P 点场强沿 OP 方向，大小为E P 4 dE∵4π 0(r 2q 4l4 lr l2l2) r 24222e ．e内r 0 内1∴E P4π 0 (r qrl) r 2l4 2方向沿OP9.10(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 E dS qs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q 6 0(2) 电荷在顶点时，将立方体延伸为边长2a 的立方体，使q 处于边长2a 的立方体中心，则边长2a 的正方形上电通量q 6 0对于边长 a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则qe，24 0如果它包含q 所在顶点则 e 0 ．如题9.10 图所示．题9.10 图9.11均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为238cm ,12cm 各点的场强．10 5 C2 m-3 求距球心5cm，解: 高斯定理 E dSsq2q , E4πr0 0当r 5 cm时，q 0 , E 0r 8 cm 时，q4π3p (r r 3 ) 34πr 3 r 2∴ E34π 23.48 10 4 N C ，方向沿半径向外．22外3 r 3r 12 cm 时, q4π(r3 r 内）4π 3 外 ∴E33r 内 4.10 10 4N C1沿半径向外 .4π 0 r9.12半径为 R 1 和 R 2 ( R 2 ＞ R 1 ) 的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量 和-, 试求:(1)r ＜ R 1 ； (2) R 1 ＜ r ＜ R 2 ；(3) r ＞ R 2 处各点的场强．解: 高斯定理qE dSs取同轴圆柱形高斯面，侧面积则S E d S S2πrl E 2πrl对(1)r R 1 q 0, E 0(2)R 1rR 2q l∴E2π 0 r沿径向向外(3)∴r R 2q 0E题 9.13 图9.13 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为 1 和 2 ，试求空间各处场强． 解:如题 9.13 图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1 与2 ，两面间，E1( 2 02)n1 面外，E1 (1 2)n20 210 1 2 面外， E(12 02) nn ：垂直于两平面由1 面指为2 面．9.14半径为 R 的均匀带电球体内的电荷体密度为, 若在球内挖去一块半径为r ＜ R 的 小球体，如题 9.14图所示．试求：两球心 O 与 O 点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的． 解:将此带电体看作带正电的均匀球与带电的均匀小球的组合，见题9.14 图 (a) ．(1)球在 O 点产生电场球在 O 点产生电场 E 10E 200，4 πr 33OO' 4π 0d∴O 点电场 E 0r33 d3OO '；4 d 3(2)在 O 产生电场 E 103 4π 0dOO '球在 O 产生电场 E 20∴ O 点电场E 0OO'3 0题 9.14 图(a)题 9.14 图 (b)(3) 设空腔任一点 P 相对 O 的位矢为 r ，相对 O 点位矢为 r ( 如 题 8-13(b) 图)r 则E PO，3r E PO,3 03 3q -8r0 6OO∴E PE PO E PO(r r )3 0 OO' d3 0 3 0∴腔内场强是均匀的．-69.15 一电偶极子由 =1.0 3 10 C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电5-1偶极子放在 1.0 3 10 N2 C的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解:∵ 电偶极子 p 在外场 E 中受力矩Mp E∴M maxpE qlE 代入数字M max1.0 1062 1031.0 1052.0 10 4N m9.16 两点电荷1 =1.5 3 10 C ， -82 =3.03 10C ，相距 r 1 =42cm ，要把它们之间的距离变为r 2 =25cm ，需作多少功 ?解: Ar 2 F drr 2 q 1 q 2dr q 1q 2(11 ) r 1r 24π 24π 0 r 1r 26.55 10 J外力需作的功AA 6.55 106J题 9.17 图9.17 如题 9.17图所示，在 A ， B 两点处放有电量分别为+q ,- q 的点电荷， AB 间距离为2 R ，现将另一正试验点电荷q 0 从 O 点经过半圆弧移到 C 点，求移动过程中电场力作的功． 解:如题 9.17 图示U 1 ( q 4π 0 Rq) 0 RU 1 ( q q ) 4π 0 3 R Rq 6 π 0 Rq q4-31-19∴A q 0 (U O U C )q o q 6π 0 R9.18 如题 9.18图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为 的正电荷 , 两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心 O 点处的场强和电势．解: (1) 由于电荷均匀分布与对称性， AB 和 CD 段电荷在 O 点产生的场强互相抵消，取dl Rd则 dqRd 产生 O 点 d E 如图，由于对称性， O 点场强沿 y 轴负方向题 9.18 图EdE2Rd cosy24π 0 R［ sin() 4 π 0 R2sin］22 π 0 R(2)AB 电荷在 O 点产生电势，以 UAdx 1B4 π 0 x2 R dxR4π 0 x4π 0ln 2同理 CD 产生半圆环产生U 24 π 0πR 3ln 24π 0 R4 0∴U O U 1 U 2 U 32π 0ln 24 09.19 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以23 10 m 2 s 的匀速率作圆周运动． 求带电直线上的线电荷密度． ( 电子质量m 0 =9.1 3 10 kg ，电子电量 e =1.60 3 10 C)2U U -1E 解:设均匀带电直线电荷密度为 ，在电子轨道处场强E2π 0 r电子受力大小F eeEe 2 π 0 r∴e mv2π 0 rr2π 0 得mv 2 12.5 10 13 C m 1e-19.20 空气可以承受的场强的最大值为=30kV2 cm，超过这个数值时空气要发生火花放 电． 今有一高压平行板电容器，极板间距离为 d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压． 解:平行板电容器内部近似为均匀电场UEd 1.5 104V9.21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板 ( 题9.21 图) 来说， (1) 相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反； (2) 相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同． 证:如题 9.21 图所示，设两导体 A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1 ，2 ，3 ，4题 9.21 图(1) 则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有E d S ( s3) S 0∴2 3说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2) 在 A 内部任取一点 P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即2212342 02222-77又∵2 3∴1 4说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．9.22 三个平行金属板 A ， B 和 C 的面积都是 200cm ， A 和 B 相距 4.0mm ， A 与 C 相距 2.0 mm ． B ， C 都接地，如题 9.22图所示．如果使 A 板带正电 3.0 3 10 C ，略去边缘效应，问 B 板和 C 板上的感应电荷各是多少 ?以地的电势为零，则 A 板的电势是多少 ? 解: 如题 9.22 图示，令 A 板左侧面电荷面密度为1 ，右侧面电荷面密度为2题 9.22 图(1) ∵U AC U AB ，即∴E AC d ACE AB d A B1E AC d AB ∴22E AB且1 +2q A23S d ACq A S2 q A 13S而qCS 2q 32 10 7Cq B2S1 10 C(2)U A E AC d A Cd AC2.3 103V9.23 两个半径分别为R 1 和 R 2 （ R 1 ＜ R 2 ) 的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+ q ，试计算：(1) 外球壳上的电荷分布及电势大小；(2) 先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； *(3) 再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．得, 1A 1R 2解: (1) 内球带电q ；球壳内表面带电则为 q , 外表面带电为 q ，且均匀分布，其电势qdrq UE drRR4π r 2 4π R22题 9.23 图(2) 外壳接地时，外表面电荷 q 入地，外表面不带电，内表面电荷仍为 q ．所以球壳电势由内球q 与内表面 q 产生：Uq 4π 0 R 2q 04π 0 R 2(3) 设此时内球壳带电量为q ；则外壳内表面带电量为 q ，外壳外表面带电量为 q q( 电荷守恒 ) ，此时内球壳电势为零，且q' q' U Aq q' 04 π 0 R 14π 0 R 24π 0 R 2得外球壳上电势UqR 1 qR 2q' q'q q'R 1 R 2 qB4π 0 R 24π 0 R 24π 0 R 24π 0 29.24 半径为 R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为一点电荷 + q ，试求：金属球上的感应电荷的电量． d3R 处有解:如题 9.24 图所示，设金属球感应电荷为q ，则球接地时电势 U O由电势叠加原理有：题 9.24 图q' q O4π 0 R4π 0 3 RUF 01223得qq 39.25 有三个大小相同的金属小球，小球1， 2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为 F 0 ．试求：(1) 用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触 1，2后移去，小球 1，2之间的库仑力；(2) 小球 3依次交替接触小球 1， 2很多次后移去，小球 1， 2之间的库仑力．解: 由题意知q 4π 0r2(1) 小球 3 接触小球 1后，小球 3 和小球 1均带电qq ,2小球 3 再与小球 2 接触后，小球 2 与小球 3 均带电q3 q 4∴此时小球 1与小球 2 间相互作用力3 q 2F q' q" 8 3 F 4π 0 r4π 0 r8(2) 小球 3 依次交替接触小球 1、 2 很多次后，每个小球带电量均为2q .3∴小球 1 、 2 间的作用力 F 22 23 q 3 q 40 4π 0r 299.26 在半径为R 1 的金属球之外包有一层外半径为R 2 的均匀电介质球壳， 介质相对介电常数为r ，金属球带电Q ．试求：(1) 电介质内、外的场强； (2) 电介质层内、外的电势； (3) 金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理D dS qS(1) 介质内(R 1 rR 2 ) 场强DQr4 πr, E 内 Qr ;4 π 0 r r20 F 3r外 2介质外 (r R 2 ) 场强DQr 4πr 3, E 外Qr4 π 0 r(2) 介质外 (rR 2 ) 电势UE drrQ 4 π 0 r介质内(R 1 rR 2 ) 电势UE 内 dr rE 外 drrq1 ( 4π 0 r r 1 Q )R 2 4 π 0 R 2(3) 金属球的电势Q(1 r1 4π 0 r rR 2R 2 U E 内 drE 外 drR 1 R 2R 2 Qdr QdrR4π 0 r R 24 π 0rQ4π 0( 1 r1 rR 1R 29.27 如题 9.27图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为 r 的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值． 解: 如题 9.27 图所示，充满电介质部分场强为E 2 ，真空部分场强为 E 1 ，自由电荷面密度分别为2 与1由 D dSq 0 得D 11 ，D 22而D 1E 1 , D 20 rE 23)2)2E 1 E 2∴2 U d0 rE 2 r10 E 1题 9.27 图题 9.28 图9.28 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为 R 1 和 R 2 ( R 2 ＞ R 1 ) ， 且 l >> R 2 - R 1 ，两柱面之间充有介电常数的均匀电介质 . 当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和- Q 时，求：(1) 在半径 r 处(R 1 ＜ r ＜ R 2 ＝，厚度为 dr ，长为 l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2) 电介质中的总电场能量； (3) 圆柱形电容器的电容．解: 取半径为 r 的同轴圆柱面(S)则D d S ( S)2πrlD当 (R 1 r∴R 2 ) 时，q QDQ 2 πrl D 2Q2 (1) 电场能量密度w2 8π2r 2l 2Q2 Q 2dr 薄壳中 dWwd8π2r 2l22πrdrl4π rl(2) 电介质中总电场能量WdWR 2 Q2drQ lnR 2VR 14πrl4πl R 1(3) 电容：∵WQ2C2Q 2 2πl∴C2W ln( R2 / R1 )题9.29 图9.29 如题9.29 图所示，C1 =0.25 F，C2 =0.15 F，C3 =0.20 F ．C1上电压为50V．求：U AB ．解: 电容C1 上电量Q1 C1U 1电容C2 与C3 并联C23 C2 C3其上电荷∴Q23 Q1Q232C1U 125 50UABC23U 1 U 2C2350(13525)3586 V9.30C1 和C2 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V 的电压，是否会击穿?解: (1) C1 与C2 串联后电容C C1C2200 300 120pF(2) 串联后电压比C1 C2U 1 C2200 300 3U 2 C1，而U 1 U 221000∴U 1600 V , U 2400 V即电容C1 电压超过耐压值会击穿，然后C2 也击穿．9.31半径为R1 =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为R2 =4.0cmU2222 2和 R 3 =5.0cm ，当内球带电荷 Q =3.0 3 10 C 时，求：(1) 整个电场储存的能量；(2) 如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3) 此电容器的电容值．解: 如图，内球带电 Q ，外球壳内表面带电Q ，外表面带电 Q(1) 在 rR 1 和 R 2题 9.31 图r R 3 区域在 Rr R 时E 0E Qr 1214π 0 rrR 3 时Qr 24π 0 r∴在 R 1rR 2 区域W 1R 2 1 R 1 2Q( 2 4π 0 r) 24πr drR 2 Q drQ( 1 1 ) R 18π 0 r8π 0 R 1R 2在 rR 3 区域W 1 ( Q) 2 4πr 2drQ 1R 32 0 4π 0 r8π0 R 3∴ 总能量W W 1 W 2Q( 1 1 1 ) 8π 0 R 1R 2R 31.82 10 4J(2) 导体壳接地时，只有R 1rR 2 时 EQr , W 2 04π 0 r2 -83E 3 22312∴W W 1Q21( 8π 0 R 11 ) 1.01 R 210 4 J(3) 电容器电容C2W Q2 4 π 0 /(11 ) R 1R 24.49 10F习 题 1010.1 选择题(1) 对于安培环路定理的理解，正确的是：（ A ）若环流等于零，则在回路 L 上必定是 H 处处为零； （ B ）若环流等于零，则在回路 L 上必定不包围电流；（ C ）若环流等于零，则在回路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。
大学物理(第四版)课后习题及答案_电介质
电解质题8.1：一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1 = 5.0⨯10-4 m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外，半径m 105.432-⨯=R 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8.1分析：（1）由于半径L R <<1，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，电于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E F q =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 108.417ep -⨯-=-=∆eV E由于电子的初始速度为零，故 J 108.417ep ek ek -⨯=∆-=∆-E E E因此电子到达阳极的速率为17eks m 1003.122-⋅⨯===meVmE v （2）两极间的电场强度为r 02e E r πελ-=两极间的电势差1200ln 2d 2d 2121R R r r V R R R R πελπελ-=-=⋅=⎰⎰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 121r 10ln 2e e E R R R V R =-=πελ电子在阴极表面受力N e E F r 141037.4-⨯=-=e这个力尽管很小，但作用在质量为9.11⨯10－31 kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力加速度的5⨯1015倍。
题8.2：一导体球半径为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。
题8.2分析：不失一般情况，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。
大学物理第4版课后题答案详解
大学物理第4版课后题答案详解一、单项选择题（请将答案填入下面表格内，每小题2分，2×13=26分)1.在我们学习、生活中所涉及的下列数值最接近实际情况的是（)A.人体正常体温约为40℃B.八年级物理课本的长度约为26cmC.人步行的速度约为10m/sD.中学生的平均质量约为50g2.下列现象中不属于机械运动的是（)A.一江春水向东流B.星光闪闪C.海水奔腾D.春风拂面3.用一把刻度尺测某一物体长度时，一般要测三次或更多次，这样做的目的是（)A.减小观察刻度时，由于视线不垂直而产生的误差B.减小由于刻度尺不精密而产生的误差C.减小由于读数时，估计偏大或偏小而产生的误差D.避免测量中可能出现的错误4.四种现象中，由于光的直线传播形成的是（)A.透镜不动，蜡烛远离透镜移动，光屏远离透镜移动B.透镜不动，蜡烛远离透镜移动，光屏靠近透镜移动C.透镜不动，蜡烛靠近透镜移动，光屏远离透镜移动5.下列关于声音的说法中不正确的是（)A.俗话说“隔墙有耳”，说明固体也能传声B.“震耳欲聋”主要说明声音的音调高C.“闻其声而知其人”主要根据音色来判断的D.声音在真空中不可以传播6.下列是对我们生活中常见的一些热现象的解释，其中正确的是（)A.春天的早晨经常出现大雾，这是汽化现象B.衣柜里的樟脑丸变小是因为樟脑丸蒸发了C.秋天的早晨花草上出现小的露珠，这是液化现象D.初冬的早晨地面上会出现白色的霜，这是凝固现象7.下列中,属于晶体熔化的是：()A.将它熔化成铁水B.从地球运到月球C.把它轧成薄铁片D.磨掉铁块一个角8.关于紫外线的主要作用，下列说法中不正确的是（)A.有助于人体合成维生素DB.能杀死微生物C.能使荧光物质发光D.能进行遥控9.在探究凸透镜成像规律的实验中，烛焰在光屏上呈现一个清晰放大的像。
要使烛焰在光屏上呈现一个清晰缩小的像，调节的方法是（)B.透镜不动，蜡烛远离透镜移动，光屏靠近透镜移动C.透镜不动，蜡烛靠近透镜移动，光屏远离透镜移动D.透镜不动，蜡烛靠近透镜移动，光屏靠近透镜移动10.一块铁块的质量会发生变化的情况是（)A.将它熔化成铁水B.从地球运到月球C.把它轧成薄铁片D.磨掉铁块一个角11.以下是小洋学习了关于“平面镜成像”和“凸透镜成像”的知识后，总结出的关于实像和虚像的一些特点，其中错误的是（)A.虚像不能用光屏承接B.虚像可以是正立的，也可以是倒立的C.实像一定能用光屏承接D.实像可以是放大的，也可以是缩小的12.一杯牛奶喝掉一半后，下列说法正确的是：()A.质量变小，密度不变B.质量不变，密度不变C.质量变小，密度变小D.质量不变，密度变小13.下列几种镜子：①平面镜；②凸面镜；③凹面镜；④凸透镜；⑤凹透镜。
大学物理(第四版)课后习题及答案_相对论
第十六章相对论题16.1：设'S 系以速率v = 0.60c 相对于S 系沿'xx 轴运动，且在t ='t = 0时，0'==x x 。
（1）若有一事件，在 S 系中发生于t = 2.0×10－7 s ，x = 50 m 处，该事件在 'S 系中发生于何时刻？（2）如有另一事件发生于 S 系中 t = 3.0×10－7 s ，x = 10 m 处，在 S ′系中测得这两个事件的时间间隔为多少？题16.1解：（1）由洛伦兹变换可得S ′系的观察者测得第一事件发生的时刻为s 1025.1/1'7221211-⨯=--=c v x c v t t（2）同理，第二个事件发生的时刻为s 105.3/1'7222222-⨯=--=c v x c v t t所以，在S ′系中两事件的时间间隔为s 1025.2'''721-⨯=-=∆t t t题16.2：设有两个参考系S 和S ′，它们的原点在t = 0和t ′ = 0时重合在一起。
有一事件，在 S ′系中发生在 t ′ = 8.0×10-8 s ，x ′ = 60 m ，y ′ = 0，z ′ = 0处，若S ′系相对于S 系以速率v = 0.6c 沿xx ′轴运动，问该事件在S 系中的时空坐标各为多少？题16.2解：由洛伦兹逆变换得该事件在S 系的时空坐标分别为m 93/1''22=-+=c v vt x x 0'==y y0'==z zs 105.2/1''7222-⨯=-+=c v x c v t t题16.3：一列火车长 0.30 km （火车上观察者测得），以 100 km/h 的速度行驶，地面上观察者发现有两个闪电同时击中火车的前后两端。
问火车上的观察者测得两闪电击中火车前后两端的时间间隔为多少？题16.3解：设地面为S 系，火车为S ′系，把闪电击中火车前后端视为两个事件（即两组不同的时空坐标）。
大学物理第四版下册课后题答案
习题1111-1．直角三角形ABC的A点上，有电荷C108.191-⨯=q，B点上有电荷C108.492-⨯-=q，试求C点的电场强度(设0.04mBC=，0.03mAC=)。
解：1q在C点产生的场强：1124ACqE irπε=，2q在C点产生的场强：2224BCqE jrπε=，∴C点的电场强度：44122.710 1.810E E E i j=+=⨯+⨯；C点的合场强：224123.2410VE E E m=+=⨯，方向如图：1.8arctan33.73342'2.7α===。
11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm50的圆环，两端间空隙为cm2，电量为C1012.39-⨯的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向。
解：∵棒长为2 3.12l r d mπ=-=，∴电荷线密度：911.010q C mlλ--==⨯⋅可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去md02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O点产生的场强。
解法1：利用微元积分：21cos4O xRddERλθθπε=⋅，∴2000cos2sin2444OdE dR R Rααλλλθθααπεπεπε-==⋅≈⋅=⎰10.72V m-=⋅；解法2：直接利用点电荷场强公式：由于d r<<，该小段可看成点电荷：112.010q d Cλ-'==⨯，则圆心处场强：1191222.0109.0100.724(0.5)OqE V mRπε--'⨯==⨯⨯=⋅。
方向由圆心指向缝隙处。
11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB的半径为R，试求圆αji2cmORxαα心O 点的场强。
解：以O 为坐标原点建立xOy 坐标，如图所示。
①对于半无限长导线A ∞在O 点的场强：有：00(cos cos )42(sin sin )42Ax A y E R E R λπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩②对于半无限长导线B ∞在O 点的场强： 有：00(sin sin )42(cos cos )42B x B y E R E R λπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩③对于AB 圆弧在O 点的场强：有：20002000cos (sin sin )442sin (cos cos )442AB x AB y E d R R E d R R ππλλπθθππεπελλπθθππεπε==-=⎧⎪⎪⎨⎪⎪=--⎩⎰⎰∴总场强：04O x E R λπε=，04O y E R λπε=，得：0()4O E i j R λπε=+。
大学物理(第四版)课后习题及答案_电介质
电解质题8.1：一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1 = 5.0⨯10-4 m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外，半径m 105.432-⨯=R 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8.1分析：（1）由于半径L R <<1，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，电于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E F q =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 108.417ep -⨯-=-=∆eV E由于电子的初始速度为零，故 J 108.417ep ek ek -⨯=∆-=∆-E E E因此电子到达阳极的速率为17eks m 1003.122-⋅⨯===meVmE v （2）两极间的电场强度为r 02e E r πελ-=两极间的电势差1200ln 2d 2d 2121R R r r V R R R R πελπελ-=-=⋅=⎰⎰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 121r 10ln 2e e E R R R V R =-=πελ电子在阴极表面受力N e E F r 141037.4-⨯=-=e这个力尽管很小，但作用在质量为9.11⨯10－31 kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力加速度的5⨯1015倍。
题8.2：一导体球半径为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。
题8.2分析：不失一般情况，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。
大学物理(第四版)课后习题及答案-机械振动
13 机械振动解答13-1 有一弹簧振子，振幅A=2.0×10-2m ，周期T=1.0s ，初相=3π/4。
试写出它的运动方程，并做出x--t 图、v--t 图和a--t 图。
13-1分析 弹簧振子的振动是简谐运动。
振幅A 、初相ϕ、角频率ω是简谐运动方程()ϕω+=t A x cos 的三个特征量。
求运动方程就要设法确定这三个物理量。
题中除A 、ϕ已知外，ω可通过关系式Tπω2=确定。
振子运动的速度和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同。
解 因Tπω2=，则运动方程()⎪⎭⎫⎝⎛+=+=ϕπϕωt T t A t A x 2cos cos根据题中给出的数据得]75.0)2cos[()100.2(12ππ+⨯=--t s m x振子的速度和加速度分别为 ]75.0)2sin[()104(/112πππ+⋅⨯-==---t s s m dt dx vπππ75.0)2cos[()108(/112222+⋅⨯-==---t s s m dt x d ax-t 、v-t 及a-t 图如图13-l 所示13-2 若简谐运动方程为⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=-4)20(cos )01.0(1ππt s m x ，求：（1）振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）t=2s 时的位移、速度和加速度。
13-2分析 可采用比较法求解。
将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式()ϕω+=t A x cos 作比较，即可求得各特征量。
运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t 值后，即可求得结果。
解 （l ）将]25.0)20cos[()10.0(1ππ+=-t s m x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：振幅A= 0.10 m ，角频率120-=s πω，初相πϕ25.0=，则周期 s T 1.0/2==ωπ，频率Hz T 10/1==ν。
（2）t= 2s 时的位移、速度、加速度分别为mm x 21007.7)25.040cos()10.0(-⨯=+=ππ)25.040sin()2(/1πππ+⋅-==-s m dt dx v )25.040cos()40(/2222πππ+⋅-==-s m dt x d a13-3 设地球是一个半径为R 的均匀球体，密度ρ5.5×103kg •m -3。
大学物理第四版下册答案
大学物理第四版下册答案【篇一：大学物理(上海交通大学)课后习题答案(第四版)】已知质点位矢随时间变化的函数形式为其中?为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
消去t可得轨道方程x?y?r 2）v?222dr1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为r?4ti?(3?2t)j，式中r的单位为m，t的单位为s.求：（1）质点的轨道；（2）从t?0到t?1秒的位移；（3）t?0和t?1秒两时刻的速度。
解：1）由r?4ti?(3?2t)j可知22x?4t2 y?3?2t消去t得轨道方程为：x?(y?3) 2）v?2dr?8ti?2j dt113）v(0)?2jv(1)?8i?2j1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为r?ti?2tj，式中r的单位为2（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速m，t的单位为s.求：度和法向加速度。
解：1）v?dr?2ti?2j dta?dv?2i dt22）v?[(2t)?4]?2(t2?1)at?dv?dt2tt?12an??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 12at（1）图 21y2?h?v0t?gt2 （2）2y1?v0t?1-4y1?y2 （3）解之t?1-5. 一质量为m的小球在高度h处以水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的初速度v0drdvdv，，. dtdtdt解：（1） x?v0t 式（1）1y?h?gt2 式（2）21r(t)?v0ti?(h-gt2)j2gx2（2）联立式（1）、式（2）得 y?h?22v0（3）dr?v0i-gtj而落地所用时间t?dt2h g所以drdv?v0i-2ghj??gj dtdt22v?v2v0?(?gt)2 x?vy?g2tdv??[v2?(gt)2]01-6. 路灯距地面的高度为h1，一身高为h2的人在路灯下以匀速v1沿直线行走。
大学物理(第四版)课后习题及答案_分子运动
题5.1：一打足气的自行车内胎，在7.0 ℃时，轮胎中空气的压强为Pa 100.45⨯，则当温度变为37.0 ℃时，轮贻内空气的压强为多少？（设内胎容积不变）题5.1分析：胎内空气可视为一定量的理想气体，其始末均为平衡态（即有确定的状态参量p 、V 、T 值）由于气体的体积不变，由理想气体物态方程RT MmpV =可知，压强p 与温度T 成正比。
由此即可求出末态的压强。
解：由分析可知，当C 0.372 =T 时，轮胎内空气压强为P a 1043.451122⨯==T p T p 可见当温度升高时，轮胎内气体压强变大，因此，夏季外出时自行车的车胎不宜充气太足，以免爆胎。
题5.2：在水面下50.0 m 深的湖底处（温度为4.0 ℃），有一个体积为1.0⨯10-5 m 3的空气泡升到湖面上来，若湖面的温度为17.0 ℃，求气泡到达湖面的体积。
（取大气压强为p 0 = 1.013⨯105 Pa ）题5.2分析：将气泡看成是一定量的理想气体，它位于湖底和上升至湖面代表两个不同的平衡状态。
利用理想气体物态方程即可求解本题。
位于湖底时，气泡内的压强可用公式gh p p ρ+=0求出，其中ρ为水的密度（常取ρ = 1.0⨯103kg·m -3）。
解：设气泡在湖底和湖面的状态参量分别为（p 1，V 1，T 1）和（p 2，V 2，T 2）。
由分析知湖底处压强为gh p gh p p ρρ+=+=021。
利用理想气体的物态方程可得空气泡到达湖面的体积为()3510120121212m 1011.6-⨯=+==T p V T gh p T p V T p V ρ 题5.3：氧气瓶的容积为32m 102.3-⨯，其中氧气的压强为71030.1⨯Pa ，氧气厂规定压强降到61000.1⨯Pa 时，就应重新充气，以免经常洗瓶。
某小型吹玻璃车间，平均每天用去0.40 m 3压强为51001.1⨯Pa 的氧气，问一瓶氧气能用多少天？（设使用过程中温度不变）题5.3分析：由于使用条件的限制，瓶中氧气不可能完全被使用。
大学物理(第四版)课后习题及答案 动量
题3.1：质量为m 的物体，由水平面上点O 以初速为0v 抛出，0v 与水平面成仰角α。
若不计空气阻力，求：（1）物体从发射点O 到最高点的过程中，重力的冲量；（2）物体从发射点到落回至同一水平面的过程中，重力的冲量。
题3.1分析：重力是恒力，因此，求其在一段时间内的冲量时，只需求出时间间隔即可。
由抛体运动规律可知，物体到达最高点的时间g v t αsin 01=∆，物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是到达最高点时间的两倍。
这样，按冲量的定义即可求出结果。
另一种解的方法是根据过程的始、末动量，由动量定理求出。
解1：物体从出发到达最高点所需的时间为g v t αsin 01=∆ 则物体落回地面的时间为gv t t αsin 22012=∆=∆ 于是，在相应的过程中重力的冲量分别为 j j F I αsin d 0111mv t mg t t -=∆-==⎰∆j j F I αsin 2d 0222mv t mg t t -=∆-==⎰∆解2：根据动量定理，物体由发射点O 运动到A 、B 的过程中，重力的冲量分别为j j j I αsin 00y Ay 1mv mv mv -=-= j j j I αsin 200y By 2mv mv mv -=-=题3.2：高空作业时系安全带是必要的，假如质量为51.0kg 的人不慎从高空掉下来，由于安全带的保护，使他最终被悬挂起来。
已知此时人离原处的距离为2米，安全带的缓冲作用时间为0.50秒。
求安全带对人的平均冲力。
题3.2解1：以人为研究对象，在自由落体运动过程中，人跌落至2 m 处时的速度为ghv 21= （1）在缓冲过程中，人受重力和安全带冲力的作用，根据动量定理，有()12mv mv t -=∆+P F （2）由（1）式、（2）式可得安全带对人的平均冲力大小为 ()N 1014.123⨯=∆+=∆∆+=tgh m mg t mv mg F解2：从整个过程来讨论，根据动量定理有N 1014.1/23⨯=+∆=mg g h tmgF 题 3.3：如图所示，在水平地面上，有一横截面2m 20.0=S 的直角弯管，管中有流速为1s m 0.3-⋅=v 的水通过，求弯管所受力的大小和方向。
大学物理第四版下册课后题答案(供参考)
习题1111-1．直角三角形ABC 的A 点上，有电荷C 108.191-⨯=q ，B 点上有电荷C 108.492-⨯-=q ，试求C 点的电场强度(设0.04m BC =，0.03m AC =)。
解：1q 在C 点产生的场强：11204ACq E ir πε=vv ，2q 在C 点产生的场强：22204BC q E j r πε=v v ，∴C 点的电场强度：4412 2.710 1.810E E E i j =+=⨯+⨯v v v v v ； C 点的合场强：22412 3.2410VE E E m =+=⨯，方向如图：1.8arctan33.73342'2.7α===o o 。
11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm 50的圆环，两端间空隙为cm 2，电量为C 1012.39-⨯的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向。
解：∵棒长为2 3.12l r d m π=-=， ∴电荷线密度：911.010q C m l λ--==⨯⋅可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去m d 02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O 点产生的场强。
解法1：利用微元积分：21cos 4O x Rd dE R λθθπε=⋅，∴2000cos 2sin 2444O dE d R R R ααλλλθθααπεπεπε-==⋅≈⋅=⎰10.72V m -=⋅；解法2：直接利用点电荷场强公式：由于d r <<，该小段可看成点电荷：112.010q d C λ-'==⨯，则圆心处场强：1191220 2.0109.0100.724(0.5)O q E V mR πε--'⨯==⨯⨯=⋅。
方向由圆心指向缝隙处。
11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强。
大学物理下册(上海交大第四版)课后习题解答
12-4. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为 ，四分之 一圆弧 AB 的半径为 R ，试求圆心 O 点的场强． 解：设 O 为坐标原点，水平方向为 x 轴，竖直方向为 y 轴 半无限长导线 A 在 O 点的场强 E 1
(i j ) 4 0 R
U1
则内球电荷：
4 0 R1
q1
4 0 R2
q1
Q q1 0 4 0 R3
q1
外球电势：
R1 R2 Q R1 R3 R3 R2 R1 R2
U2
电势差：
Q q1 Q( R1 R2 ) 4 0 R3 4 0 ( R1 R3 R3 R2 R1 R2 ) Q( R1 R2 ) 4 0 ( R1 R3 R3 R2 R1 R2 )
B0
B2
L2
由于两段圆弧电流对 O 的磁感应强度方向相反，所以
14-10. 在 半径 R 1cm 的 无 限 长 半 圆 柱 形 金 属 片 中 ， 有 电 流 I 5A 自下而上通过，如图所示。试求圆柱轴线上一点 P 处的磁 感应强度的大小。 解：将半圆柱形无限长载流薄板细分成宽为 dl Rdθ 的长直电流
根据安培环路定理
B dL
0
I
B
0
2
(R 2 r 2 )
（2） 带电长直圆柱体旋转相当于螺线管， 端面的磁感应强度是中间磁感应强度的一半， 所以端面的磁感应强度
B
0 R 2
4
14-16. 如图所示的空心柱形导体，柱的半径分别为 a 和 b ，导体内载有电 流 I ，设电流 I 均匀分布在导体横截面上。证明导体内部各点（ a < r < b ） 的磁感应强度 B 由下式给出：
大学物理(第四版)课后习题及答案_电介质
电解质题8.1：一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1 = 5.0⨯10-4 m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外，半径m 105.432-⨯=R 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8.1分析：（1）由于半径L R <<1，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，电于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E F q =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 108.417ep -⨯-=-=∆eV E由于电子的初始速度为零，故 J 108.417ep ek ek -⨯=∆-=∆-E E E因此电子到达阳极的速率为17eks m 1003.122-⋅⨯===meVmE v （2）两极间的电场强度为r 02e E r πελ-=两极间的电势差1200ln 2d 2d 2121R R r r V R R R R πελπελ-=-=⋅=⎰⎰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 121r 10ln 2e e E R R R V R =-=πελ电子在阴极表面受力N e E F r 141037.4-⨯=-=e这个力尽管很小，但作用在质量为9.11⨯10－31 kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力加速度的5⨯1015倍。
题8.2：一导体球半径为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。
题8.2分析：不失一般情况，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。
大学物理(第四版)课后习题及答案 磁场
习题题10.1：如图所示,两根长直导线互相平行地放置,导线内电流大小相等,均为I= 10 A,倾向雷同,如图所示,求图中M.N两点的磁感强度B的大小和倾向（图中r0 = 0.020 m）.题10.2：已知地球北极地磁场磁感强度B的大小为6.0⨯10-5T.如假想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的（如图所示）,此电流有多大？流向若何？题10.3：如图所示,载流导线在平面内散布,电流为I,它在点O的磁感强度为若干？题10.4：如图所示,半径为R的木球上绕有密集的细导线,线圈平面彼此平行,且以单层线圈笼罩住半个球面,设线圈的总匝数为N,经由过程线圈的电流为I,求球心O处的磁感强度.题10.5：试验中常用所谓的亥姆霍兹线圈在局部区域内获得一近似平均的磁场,其装配简图如图所示,一对完整雷同.彼此平行的线圈,它们的半径均为R,经由过程的电流均为I,且两线圈中电流的流向雷同,试证：当两线圈中间之间的距离d 等于线圈的半径R 时,在两线圈中间连线的中点邻近区域,磁场可算作是平均磁场.（提醒：如以两线圈中间为坐标原点O ,两线圈中间连线为x 轴,则中点邻近的磁场可算作是平均磁场的前提为x B d d = 0;0d d 22=xB）题10.6：如图所示,载流长直导线的电流为I ,试求经由过程矩形面积的磁通量.题10.7：如图所示,在磁感强度为B 的平均磁场中,有一半径为R 的半球面,B 与半球面轴线的夹角为α,求经由过程该半球面的磁通量.题10.8：已知10 mm 2裸铜线许可经由过程50 A 电流而不会使导线过热.电流在导线横截面上平均散布.求：（1）导线内.外磁感强度的散布;（2）导线表面的磁感强度.题10.9：有一同轴电缆,其尺寸如图所示,两导体中的电流均为I ,但电流的流向相反,导体的磁性可不斟酌.试盘算以下遍地的磁感强度：（1）r <R 1;（2）R 1<r <R 2;（3）R 2<r <R 3;（4）r >R 3.画出B －r 图线.题10.10：如图所示.N 匝线圈平均密绕在截面为长方形的中空骨架上.求通入电流I 后,环表里磁场的散布.题10.11：设有两无穷大平行载流平面,它们的电流密度均为j ,电流流向相反,如图所示,求：（1）两载流平面之间的磁感强度;（2）两面之外空间的磁感强度.题10.12：测定离子质量的质谱仪如图所示,离子源S 产生质量为m ,电荷为q 的离子,离子的初速很小,可看作是静止的,经电势差U 加快后离子进入磁感强度为B 的平均磁场,并沿一半圆形轨道到达离进口处距离为x 的感光底片上,试证实该离子的质量为228x Uq B m =题10.13：已知地面上空某处地磁场的磁感强度B = 0.4×10－4 T,倾向向北.若宇宙射线中有一速度17s m 105.0-⋅⨯=v 的质子,垂直地经由过程该处.如图所示,求：(1)洛伦兹力的倾向;(2) 洛伦兹力的大小,并与该质子受到的万有引力比拟较.题10.14：在一个显像管的电子束中,电子有eV 101.24⨯的能量,这个显像管安放的地位使电子程度地由南向北活动.地球磁场的垂直分量5105.5-⊥⨯=B T,并且倾向向下,求：(1)电子束偏转倾向;(2)电子束在显像管内经由过程20 cm 到达屏面时光点的偏转间距.题10.15：如图所示,设有一质量为m e 的电子射入磁感强度为B 的平均磁场中,当它位于点M 时,具有与磁场倾向成α角的速度v ,它沿螺旋线活动一周密达点N ,试证M .N 两点间的距离为eBαv m MN cos π2e =题10.16：应用霍耳元件可以测量磁场的磁感强度,设一霍耳元件用金属材料制成,其厚度为0.15mm,载流子数密度为1.0×1024 m —3.将霍耳元件放入待测磁场中,测得霍耳电压为42V μ,电流为10 mA.求此时待测磁场的磁感强度.题10.17：试证实霍耳电场强度与稳恒电场强度之比ρne B E E //C H =这里ρ为材料电阻率,n 为载流子的数密度.题10.18：载流子浓度是半导体材料的主要参数,工艺上经由过程掌握三价或五价掺杂原子的浓度,来掌握p 型或n 型半导体的载流子浓度,应用霍耳效应可以测量载流子的浓度和类型,如图所示一块半导体材料样品,平均磁场垂直于样品表面,样品中经由过程的电流为I ,现测得霍耳电压为U H ,证实样品载流子浓度为n =HedU IB题10.19：一通有电流为I 的导线,弯成如图所示的外形,放在磁感强度为B 的平均磁场中,B 的倾向垂直纸面向里,求此导线受到的安培力为若干？题10.20：一向流变电站将电压为500 kV 的直流电,经由过程两条截面不计的平行输电线输向远方,已知两输电导线间单位长度的电容为111103.0--⋅⨯m F ,若导线间的静电力与安培力正好抵消,求：（1）经由过程输电线的电流;（2）输送的功率.题10.21：将一电流平均散布的无穷大载流平面放入磁感强度为B 0的平均磁场中,电流倾向与磁场垂直,放入后,平面两侧磁场的磁感强度分离为B 1和B 2（图）,求该载流平面上单位面积所受的磁场力的大小和倾向.题10.22：在直径为1.0 cm 的铜棒上,切割下一个圆盘,假想这个圆盘的厚度只有一个原子线度那么大,如许在圆盘上约有 6.2⨯1014个铜原子,每个铜原子有27个电子,每个电子的自旋磁矩为224e m A 109.3⋅⨯=-μ,我们假设所有电子的自旋磁矩倾向都雷同,且平行于铜棒的轴线,求：（1）圆盘的磁矩;（2）如这磁矩是由圆盘上的电流产生的,那么圆盘边缘上须要有多大的电流.题10.23：通有电流I 1 = 50 A 的无穷长直导线,放在如图所示的弧形线圈的轴线上,线圈中的电流I 2 = 20 A,线圈高h = 7R /3.求感化在线圈上的力.题10.24：如图所示,在一通有电流I 的长直导线邻近,有一半径为R ,质量为m 的渺小线圈,渺小线圈可绕经由过程个中间与直导线平行的轴迁移转变,直导线与渺小线圈中间相距为d ,设d >>R ,经由过程小线圈的电流为I '.若开端时线圈是静止的,它的处死线矢量n e 的倾向与纸面法线ne '的倾向成0θ角.问线圈平面转至与屏幕面重叠时,其角速度的值为多大？题10.25：如图所示,电阻率为ρ的金属圆环,其表里半径分离为R 1和R 2,厚度为d .圆环放入磁感强度为α的平均磁场中,B 的倾向与圆环平面垂直,将圆环表里边缘分离接在如图所示的电动势为ε的电源南北极,圆环可绕经由过程环心垂直环面的轴迁移转变,求圆环所受的磁力矩.题10.26：如图所示,半径为R 的圆片平均带电,电荷面密度为σ,令该圆片以角速度ω绕经由过程个中间且垂直于圆平面的轴扭转.求轴线上距圆片中间为x 处的点P 的磁感强度和扭转圆片的磁矩.题10.27：如图所示是一种正在研讨中的电磁轨道炮的道理图.该装配可用于发射速度高达10km.s －1的炮弹,炮弹置于两条平行轨道之间与轨道相接触,轨道是半径为r 的圆柱形导体,轨道间距为d .炮弹沿轨道可以自由滑动.恒流电源ε.炮弹和轨道组成一闭合回路,回路中电流为I .（1）证实感化在炮弹上的磁场力为rrd I μF +=ln)π(2120 （2）假设I = 4 500 kA,d = 120 mm,r = 6.7 cm,炮弹从静止起经由一段旅程L = 4.0 m 加快后的速度为多大？（设炮弹质量m = 10.0 kg ）习 题 解 答题10.1解：距离无穷长直载流导线为r 处的磁感强度RIμB B π2021== 磁感强度1B 和2B 的倾向可以依据右手定章剖断.依据磁场叠加道理B = B 1+B 2,斟酌到磁场的对称性,点M 的磁感强度00021M π2π2r Iμr I μB B B -=-= = 0 点N 的磁感强度T100122π24πcos )(40021N -⨯=⋅=+=. r I μB B B由右手定章可知N B 的倾向沿程度向左.题10.2解：设赤道电流为I ,则圆电流轴线上北顶点的磁感强度RI μR R IR μB /24)(20232220=+=是以赤道上的等效圆电流为A 107312490⨯==.μRBI 因为在地球内部,地磁场由南极指向北极,依据右手螺旋轨则可以断定赤道圆电流应当是由西向东流,与地球自转倾向一致.题10.3解：将载流导线看作圆电流和长直电流,由叠加道理可得RIμR I μB π22000-=0B 的倾向垂直屏幕向里.题10.4解：现将半球面朋分为很多薄圆盘片,则任一薄圆盘片均可等效为一个圆电流,任一薄圆盘片中的电流为I θR RNN I I ⋅⋅==d π2d d 该圆电流在球心O 处激发的磁场为I y x y μB /d )(2d 232220+=球心O 处总的磁感强度B 为θR RN y x I y μ/d π2)(2B 2/0232220⋅+⋅=⎰π 由图可知θR y R x sin cos ==；θ,将它们代入上式,得RNIμR NI μB π/4d sin π02200==⎰θθ 磁感强度B 的倾向由电流的流向依据右手定章肯定.题10.5证：取两线圈中间连线的中点为坐标原点O ,两线圈中间轴线为x 轴,在x 轴上任一点的磁感强度232220232220])2([2])2([2//x d/R IR μx d/R IR μB +++-+=则当 0}])2([)2(3)2()2(3{2d )(d 22220=+++--+-=x d/R x d/x d/R x d/IR μx x B0=++-++-+--=}])2([)2(4])2([)2(4{23d )(d 272222722222022//x d/R R x d/x d/R R x d/IR μx x B时,磁感强度在该点邻近小区域内是平均的,该小区域的磁场为平均磁场. 由0d )(d =xx B ,解得0=x 由0d )(d 022==x x x B ,解得R d =这表明在d = R 时,中点（x = 0）邻近区域的磁场可视为平均磁场.题10.6解：在矩形平面上取一矩形面元d S = I d x ,载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为x l xIμΦd π2d d 0=⋅=S B 矩形平面的总磁通量⎰==ΦΦd ⎰=211200ln π2d π2d d d dl I μx l x I μ 题10.7解：由磁场的高斯定理⎰=⋅,0d S B 穿过半球面的磁感线全体穿过圆面S,是以有αcos π2B R Φ=⋅=S B题10.8解：（1）环绕轴线取齐心圆为环路L,取其绕向与电流成右手螺旋关系,依据安培环路定理,有⎰∑=⋅=⋅I r B 0π2d μl B在导线内∑==<2222ππR Ir r R I I R r ，,因而20π2R r I μB =在导线外∑=>,I I R r ，因而rIμB π20=（2）在导线表面磁感强度持续,由3101.78/π A,50-⨯===S R I m,得T 1065π2300-⨯==.RIμB 题10.9解：由安培环路定理⎰∑=⋅I 0d μl B ,得1R r < 2211πππ2r R Iμr B =⋅ 2101π2R IrμB =R 1<r <R 2 I r B 02π2μ=⋅B 2 =rμπ2I0 R 2<r <R 3 r B π23⋅=]π22232220I )R π(R )R (r I ---[μ B 3 =22232230 π2R R rR r I --⋅μ r >R 3 r B π24⋅=μo (I -I ) = 0B 4 = 0磁感强度Ｂ（r ）的散布曲线如图.题10.10解：由安培环路定理,有r B π2⋅=μ0∑I R <R 1 r B π21⋅= 0 B 1 = 0R ２>r >R 1 r B π22⋅=μ0NI B 2 =rNIμπ20 r >R 2 r B π23⋅= 0 B 3 = 0在螺线管内磁感强度B 沿圆周,与电流成右手螺旋,若R ２－R １<<R １和R ２,则环内的磁场可以近似视作平均散布,设螺线环的平均半径R =21（R １＋R ２）,则环内的磁感强度近似为 B RNIμπ20≈题10.11解：由安培环路定理,可求得单块无穷大载流平面在两侧的磁感强度大小为2/0j μ,倾向如图所示,依据磁场的叠加道理可得（1）取垂直于屏幕向里为x 轴正向,合磁场为B =i i i j μjμj μ00022=+ （2）两导体载流平面之外,合磁场的磁感强度B =02200=-i i jjμμ题10.12证：由离子源产生的离子在电势差为U 的电场中加快,依据动能定理,有qU mv =221（1） 离子以速度v 进入磁场后,在洛伦兹力的感化下作圆周活动,其动力学方程为qvB = m 2/2x v由上述两式可得228x Uq B m =题10.13解：（1）按照F L = q v ⨯B 可知洛伦兹力F L 倾向为B v ⨯的倾向,（2）因v ⊥B ,质子所受的洛伦兹力F L = qvB = 3.2⨯10-16 N在地球表面质子所受的万有引力G = m p g = 1.64⨯10-26 N因而,有F L /G = 1.95⨯1010,即质子所受的洛伦兹力弘远于重力题10.14解：（1）如图所示,由洛伦兹力F = q v ⨯B可以断定电子束将倾向东侧（2）在如图所示的坐标中,电子在洛伦兹力感化下,沿圆周活动,其轨道半径R 为R =m 6.712k ==eBmE eBmv由题知y = 20cm,并由图中的几何干系可得电子束倾向东侧的距离m 102.98322-⨯=--=∆y R R x即显示屏上的图像将整体向东平移近3 mm,这种平移并不会影响整幅图像的质量题10.15证：将入射电子的速度沿磁场倾向和垂直磁场倾向分化⊥v 和v //,在磁场倾向进步一螺距MN所需的时光T =αcos //v MNv MN =（1） 在垂直磁场倾向的平面内,电子作匀速圆周活动的周期T =eBv R em π2π2=⊥ （2） 由式（1）和式（2）,可得eBv m MN αcos π2e =题10.16解：由霍耳效应中霍耳电压与电流.磁感强度的关系,有B =T 010H H H .nq IdU I R d U == 题10.17证：由欧姆定律的微分情势知,在导体内稳恒电场强度为v j ne E c ρρ==由霍耳效应,霍耳电场强度E H =B v ⨯-因载流子定向活动倾向与磁感强度正交,故E H = vB ,因而ρρρne Bnev vB j vB E E ===C H 题10.18证：通电半导体的载流子在洛伦兹力的感化下,逐渐积累在相距为b 的导体两侧,形成霍耳电压U H = vBb而流经导体横截面S （S = bd ）的电流I = jbd = nevbd由此可解得载流子浓度n =HedU IB题10.19解：由对称性可知,半圆弧所受安培力F 1的水等分量互相抵消为零,故有F 1 =⎰⎰==πBIR BIR F 0y 12d sin d θθ两段直线部分所受安培力大小相等,但倾向相反,当导体外形不变时,该两力均衡,因而,全部导线所受安培力F = 2BIR j题10.20解：（1）单位长度导线所受的安培力和静电力分离为f B = BI =dI μπ22f E = E λ=dU C 022π2ε由f B +f E = 0可得dU C d I 02220π2π2εμ= 解得 I =A 105.4300⨯=μεCU（2）输出功率N = IU = 2.25⨯109 W题10.21解：无穷大载流平面两侧为平均磁场,磁感强度大小为j 021μ,则 B 1 = B 0j 2μ- （1）B 2 = B 0+j 2μ （2） 由式（1）.（2）解得B 0 =)(2121B B +)(1120B B j -=μ外磁场B 0感化在单位面积载流平面上的安培力)(21d d d d d d 2122000B B μjB y x yB x j S F -=== 按照右手定章可知磁场力的倾向为程度指向左侧.题10.22解：（1）因为所有电子的磁矩倾向雷同,则圆盘的磁矩27e m A 10651--⋅⨯==.N μm（2）由磁矩的界说,可得圆盘边缘等效电流I = m /S = 2.0⨯10－3 A题10.23解：树立如图坐标,将闭合线圈分化为圆弧⋂bc 和⋂da ,直线ab 和cd 四段,由安培力B ⨯=l F d d I 可知圆弧线所受磁力为零,直线ab 和cd 上I 1激发的磁感强度大小均为B =RI μπ210,则直线ab 和cd 所受磁力大小均为F 0 =i IlB -,其合力F = 2F 0 = -2I 2lB i = -9.33⨯10－4i N.题10.24解：小线圈在随意率性地位受到的磁力矩 B m M ⨯=0则 M = θμsin π2π02dIR I '依据迁移转变惯量的界说,由图可求得小线圈绕OO ′轴迁移转变的迁移转变惯量J = ⎰⎰==πββ20222221d π2sin d mR m R m r 式中m 为圆环的质量,因为磁力矩倾向和角位移倾向相反,由动能定理有⎰-=⋅0θ20021d J ωθM ⎰='-0θ2202041d sin 2ωmR θθd I μR I 积分后即可解得1/200)cos (12⎥⎦⎤⎢⎣⎡-'=θmd I I μω题10.25解：若在金属环上取如图所示的微元,该微元沿径向的电阻d R =rdrπ2d ρ积分可得金属圆环的径向电阻R =⎰=2112ln π2π2d R R R R d ρrd r ρ径向电流I =)/R (R ρdR ε12ln π2ε=将圆环径向电流朋分为线电流θII d 2πd =,线电流元受到的磁力为,d d d rB I F =倾向沿圆周切向,该力对轴的磁力矩大小为r I rB F r M d d d d ==圆环面上电流元对轴的磁力矩倾向雷同,为垂直屏幕沿转轴向外,因而金属圆环所受的磁力矩⎰⎰=I r rB M d d=⎰⎰-=21)()/ln(πd d )/ln(212212π2012R R R R R R d B r r R R Bd ρεθρω磁力矩倾向垂直屏幕沿轴线向外题10.26解：扭转的带电圆盘可以等效为一组齐心圆电流,如图所示,在圆盘面上取宽度为d r 的细圆环,其等效圆电流Trr σI d π2d ⋅=此圆电流在轴线上点P 处激发的磁感强度的大小为3/22220)(d 2d x r I r μB +=积分,得 ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-++=+=⎰x R x x R μx r r μB R222)(dr 22222 03/22230σωσω 圆片的磁矩m 的大小为⎰==R R σr r m 043π41d πωσωB 和m 的倾向均沿Ox 轴正向题10.27解：取对称轴线为x 轴,由题意,炮弹处的磁感强度可近似当作两根半无穷长的载流圆柱在该点激发的磁感强度之和y)d/r Iμy)d/r I μB -++++=2(π42(π400 炮弹所受磁场力的大小为⎰-=d/2d/2d y BI F = y y)d/(r y)d/(r I μd/d/d ]2121[π42220⎰--++++ = rrd I μ+lnπ220 炮弹出口时的速度132120s m 10821ln π2-⋅⨯=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+==.r r d m I L μaL v。
大学物理学(上册、下册)第四版 课后习题答案 赵近芳 全
dx dt
R (1 cost)
v y
dy dt
R sin t)
a x a y
R 2 R 2
sin t dvx dt
cost dvy dt
1-10 以初速度 v0 ＝20 m s1 抛出一小球，抛出方向与水平面成幔 60°的夹角，
求：(1)球轨道最高点的曲率半径 R1 ；(2)落地处的曲率半径 R2 ．
时，其角位移是多少?
解：
(1) t 2 s 时，
d 9t 2 , d 18t
dt
dt
a R 118 2 36 m s2
an R 2 1 (9 22 )2 1296 m s 2
tan 45 a 1
(2)当加速度方向与半径成 45ο 角时，有
解：（1）
v
ds dt
v0
bt
a
dv dt
b
an
v2 R
(v0
bt)2 R
a
则 加速度与半径的夹角为
(2)由题意应有
a2
a
2 n
b2
(v0
bt)4 R2
arctan a an
Rb (v0 bt)2
ab
b2
(v0
bt)4 R2
即
b2
b2
dr
其二，可能是将 dt dt 2 误作速度与加速度的模。在 1-1 题中已说明 dt 不是速度的模，
d2r
而只是速度在径向上的分量，同样， dt 2 也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中
大学物理(第四版)课后习题及答案 质点
题1.1：已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --⋅-⋅+= 。
求（l ）质点在运动开始后s 0.4内位移的大小；（2）质点在该时间内所通过的路程。
题1.1解：（1）质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=∆x x x（2）由0)s m 6()s m 12(d d 232=⋅-⋅=--t t tx得知质点的换向时刻为ｓ2=P t （t = 0不合题意） 则：m 0.8021=-=∆x x xm 40x 242-=-=∆x x所以，质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=∆+∆=x x s题1.2：一质点沿x 轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图所示。
设0=t 时，0=x 。
试根据已知的图t v -，画出t a -图以及t x -图。
题1.2解：将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程，它们对应的加速度值分别为2AB A B AB s m 20-⋅=--=t t vv a （匀加速直线运动）0BC =a （匀速直线）2CD CD CD s m 10-⋅-=--=t t v v a （匀减速直线运动） 根据上述结果即可作出质点的a －t 图在匀变速直线运动中，有20021at t v x x ++=间内，质点是作v = 201s m -⋅的匀速直线运动，其x －t 图是斜率k = 20的一段直线。
题1.3：如图所示，湖中有一小船。
岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。
设滑轮距水面高度为h ，滑轮到原船位置的绳长为0l ，试求：当人以匀速v 拉绳，船运动的速度v '为多少？题1.3解1：取如图所示的直角坐标系，船的运动方程为 ()()()j i r h t x t -+= 船的运动速度为()i i i r v tr r h h r t t t x t d d 1d d d d d d 2/12222-⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-===' 而收绳的速率trv d d -=，且因vt l r -=0，故 ()i v 2/12021-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---='vt l hv题1.3解2：取图所示的极坐标(r ,θ)，则 θr r r d d d d d d d d d d e e e e r v tr t r t r t r t θ+=+==' r d d e t r 是船的径向速度，θd d e tr θ是船的横向速度，而trd d 是收绳的速率。
物理学第四版下卷课后练习题含答案
物理学第四版下卷课后练习题含答案前言物理学是自然科学的一门基础学科，对其他许多学科的发展和应用都具有重要的影响。
本文主要介绍物理学第四版下卷的课后练习题及其答案，方便读者进行练习和参考。
第一章电场和电荷习题1.11.将一次干电池的两端接在一对静电计上，并使电路闭合，可以发现指针呈现一个偏向性。
请解释这个现象的原因。
答案：一次干电池的两端总是带正负电荷。
当把其接到静电计上时，正电荷向静电计正极移动，负电荷向静电计负极移动。
在指针所在地的感受器板与指针之间，由于感受器板带一个等量的负电荷，所以指针会因受到感受器板的排斥而偏离平衡位置。
2.两个以恒定速度运动的电荷之间的作用力与两个较慢速度质点之间的作用力相比，相差多少？请给出原因。
答案：两个以恒定速度运动的电荷之间的作用力是按照库伦定律计算的。
质点之间的作用力是根据牛顿运动定律计算的。
由于作用力的方向、大小和距离取决于两者之间的距离，因此两种情况下的作用力会有所不同。
如果两个物体之间的距离很远，那么电荷之间的作用力会远远小于质点之间的作用力；反之，如果两个物体之间的距离非常短，那么电荷之间的作用力就会远远大于质点之间的作用力。
习题1.21.在一个与两个大浴缸相连的轻质塑料管中，流体从一个浴缸流向另一个浴缸。
如果局域内的粘性非常小，流体速率在两个浴缸之间是什么。
答案：流体速率应该是相等的，因为沿着管道的质量流量必须保持不变。
2.在相同电荷的正电荷球上，相对于质量而言，能否在距它远的地方放置另一个球？请给出原因。
答案：由于电荷在球表面发生累积，因此放置另一个球会受到正电荷球的静电力的作用。
如果另一个球是中性的，那么放在正电荷球旁边不会发生什么，因为它不会受到任何电场的作用。
但是，如果另一个球已经带有一定量的相反电荷，那么它将受到与正电荷球相反方向的静电力的作用，可能导致它向更远的地方移动。
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大学物理第四版下册课后题答案习题1111-1．直角三角形ABC 的A 点上，有电荷C 108.191-⨯=q ，B 点上有电荷C 108.492-⨯-=q ，试求C 点的电场强度(设0.04m BC =，0.03m AC =)。
解：1q 在C 点产生的场强：11204ACq E irπε=， 2q 在C 点产生的场强：22204BCq E j r πε=，∴C 点的电场强度：4412 2.710 1.810E E E i j =+=⨯+⨯；C 点的合场强：22412 3.2410VE E E m =+=⨯，方向如图： 1.8arctan33.73342'2.7α===。
11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm 50的圆环，两端间空隙为cm 2，电量为C 1012.39-⨯的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向。
解：∵棒长为2 3.12l r d m π=-=， ∴电荷线密度：911.010q C m l λ--==⨯⋅可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去m d 02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O 点产生的场强。
解法1：利用微元积分：21cos 4O x Rd dE Rλθθπε=⋅，∴2000cos 2sin 2444O dE d R R R ααλλλθθααπεπεπε-==⋅≈⋅=⎰10.72V m -=⋅；解法2：直接利用点电荷场强公式：由于d r <<，该小段可看成点电荷：112.010q d C λ-'==⨯， 则圆心处场强：1191220 2.0109.0100.724(0.5)O q E V m R πε--'⨯==⨯⨯=⋅。
方向由圆心指向缝隙处。
11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆αi2cm O R x αα心O 点的场强。
解：以O 为坐标原点建立xOy 坐标，如图所示。
①对于半无限长导线A ∞在O 点的场强：有：00(cos cos )42(sin sin )42Ax A y E R E R λπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩②对于半无限长导线B ∞在O 点的场强：有：00(sin sin )42(cos cos )42B x B y E R E R λπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩③对于AB 圆弧在O 点的场强：有：20002000cos (sin sin )442sin (cos cos )442AB x AB y E d R R E d R R ππλλπθθππεπελλπθθππεπε==-=⎧⎪⎪⎨⎪⎪=--⎩⎰⎰∴总场强：04O x E R λπε=，04O y E R λπε=，得：0()4O E i j R λπε=+。
或写成场强：22024O x O y E E E R λπε=+=，方向45。
11-4．一个半径为R 的均匀带电半圆形环，均匀地带有电荷，电荷的线密度为λ，求环心处O 点的场强E 。
解：电荷元dq 产生的场为：204d qd E R πε=；根据对称性有：0yd E=⎰，则：200sin sin 4x R d E dE d E R πλθθθπε===⎰⎰⎰02R λπε=，方向沿x 轴正向。
即：02E i R λπε=。
11-5．带电细线弯成半径为R 的半圆形，电荷线密度为0sin λλϕ=，式中0λ为一常数，ϕ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：如图，0200sin 44d dl dE R R λϕϕλπεπε==，oRXYλθd θdqEdxyEcos sin x y dE dE dE dE ϕϕ==⎧⎪⎨⎪⎩考虑到对称性，有：0=x E ；∴200000000sin (1cos 2)sin 4428y d d E dE dE R R R ππλϕϕλλϕϕϕπεπεε-=====⎰⎰⎰⎰，方向沿y 轴负向。
11-6．一半径为R 的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心O 处的电场强度。
解：如图，把球面分割成许多球面环带，环带宽为d l Rd θ=，所带电荷：2dq r d l πσ=。
利用例11-3结论，有：332222220024()4()x dq r xdld E x r x r σππεπε⋅==++∴322202cos sin 4[(sin )(cos )]R R Rd dE R R σπθθθπεθθ⋅⋅⋅=+，化简计算得：201sin 2224E d πσσθθεε==⎰，∴04E i σε=。
11-7．图示一厚度为d 的“无限大”均匀带电平板，电荷体密度为ρ。
求板内、外的场强分布，并画出场强随坐标x 变化的图线，即x E -图线(设原点在带电平板的中央平面上，Ox 轴垂直于平板)。
解：在平板内作一个被平板的中间面垂直平分的闭合圆柱面1S 为高斯面，当2d x ≤时，由12S E dS E S ⋅=⋅∆⎰和2q x S ρ=∆∑， 有：0x E ρε=； 当2d x >时，由22S E dS E S ⋅=⋅∆⎰和2q d S ρ=∆∑，有：02d E ρε=。
图像见右。
11-8．在点电荷q 的电场中，取一半径为R 的圆形平面(如图所示)，平面到q 的距离为d ，试计算通过该平面的E 的通量.解：通过圆平面的电通量与通过与A 为圆心、AB 为半径、圆的平面 为周界的球冠面的电通量相同。
θxOr2d ρε-xE2d ρε2d 2d-O【先推导球冠的面积：如图，令球面的半径为r ，有球冠面一条微元同心圆带面积为：2sin dSr rd πθθ=⋅ ∴球冠面的面积：20cos 2sin 2cos d rS r rd r θθπθθπθ==⋅=⎰22(1)dr r π=-】∵球面面积为：24S r π=球面，通过闭合球面的电通量为：0qεΦ=闭合球面，由：S S Φ=Φ球冠球面球面球冠，∴001(1)(122d q q r εεΦ=-⋅=球冠。
11-9．在半径为R 的“无限长”直圆柱体内均匀带电，电荷体密度为ρ，求圆柱体内、外的场强分布，并作E ~r 关系曲线。
解：由高斯定律01iSS E dS qε⋅=∑⎰⎰内，考虑以圆柱体轴为中轴，半径为r ，长为l 的高斯面。
（1）当r R <时，202r lr l E ρππε⋅=，有02E r ρε=； （2）当r R >时，202R l r l E ρππε⋅=，则：E =即：020()2()2rr R E R r R r ρερε⎧<⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩；图见右。
11-10．半径为1R 和2R （21R R <）的两无限长同轴圆柱面，单位长度分别带有电量λ和λ-，试求：（1）1R r <；（2）21R r R <<；（3）2R r >处各点的场强。
解：利用高斯定律：1iSS E dS qε⋅=∑⎰⎰内。
（1）1r R <时，高斯面内不包括电荷，所以：10E =； （2）12R r R <<时，利用高斯定律及对称性，有：202lr l E λπε=，则：202E r λπε=；O θr（3）2r R >时，利用高斯定律及对称性，有：320rlE π=，则：30E =；即：11202ˆ20E r R E r R r R r E r R E λπε⎧=<⎪⎪=<<⎨⎪⎪==>⎩。
11-11．一球体内均匀分布着电荷体密度为ρ的正电荷，若保持电荷分布不变,在该球体中挖去半径为r 的一个小球体，球心为O '，两球心间距离d O O ='，如图所示。
求：（1）在球形空腔内，球心O '处的电场强度0E ；（2）在球体内P 点处的电场强度E ，设O '、O 、P 三点在同一直径上，且d OP =。
解：利用补偿法，可将其看成是带有电荷体密度为ρ的大球和带有电荷体密度为ρ-的小球的合成。
（1）以O 为圆心，过O '点作一个半径为d 的高斯面，根据高斯定理有：13043SE d S d ρπε⋅=⋅⎰⇒003d E ρε=，方向从O 指向O '； （2）过P 点以O 为圆心，作一个半径为d 的高斯面。
根据高斯定理有：13043S E d S dρπε⋅=⋅⎰⇒103P d E ρε=，方向从O 指向P ， 过P 点以O '为圆心，作一个半径为d 2的高斯面。
根据高斯定理有：23043S E d S r ρπε⋅=-⋅⎰⇒32203P r E d ρε=-，∴12320()34P P r E E E d d ρε=+=-，方向从O 指向P 。
11-12．设真空中静电场E 的分布为E cx i =，式中c 为常量，求空间电荷的分布。
解：如图，考虑空间一封闭矩形外表面为高斯面， 有：0SE d S cx S⋅=⋅∆⎰⎰由高斯定理：1SS E d S qε⋅=∑⎰⎰内，yxz S∆ox设空间电荷的密度为()x ρ，有：()x x Sd x cx S ρε∆⋅∆=⎰∴0000()x x x d x cd xρε=⎰⎰，可见()x ρ为常数⇒0c ρε=。
11-13．如图所示，一锥顶角为θ的圆台，上下底面半径分别为1R 和2R ，在它的侧面上均匀带电，电荷面密度为σ，求顶点O 的电势．(以无穷远处为电势零点)解：以顶点为原点，沿轴线方向竖直向下为x 轴，在侧面上取环面元，如图示，易知，环面圆半径为：tan2r x θ=，环面圆宽：cos2d x d l θ=22tan 2cos 2d xdS r d l x θππθ=⋅=⋅⋅，利用带电量为q 的圆环在垂直环轴线上0x 处电势的表达式：2214U r x πε=⋅+环，有：2202tan 2cos12tan 422(tan )2d xx dU d xx xθσπθσθπεεθ⋅⋅=⋅=⋅+，考虑到圆台上底的坐标为：11cot2x R θ=，22cot2x R θ=，∴U =210tan 22x x d x σθε⋅⎰21cot 2cot 02tan 22R R d x θθσθε=⋅⎰210()2R R σε-=。
11-14．电荷量Q 均匀分布在半径为R 的球体内，试求：离球心r 处（r R <）P 点的电势。
解：利用高斯定律：1SS E dS qε⋅=∑⎰⎰内可求电场的分布。
（1）r R <时，32304Q r r E R πε=⋅内；有：304Q r E R πε=内；（2）r R >时，204Q r E πε=外；有：204QE r πε=外；rxcos2dx dl θ=Pr RPo离球心r 处（r R <）的电势：Rr rRU E d r E d r∞=⋅+⋅⎰⎰外内，即：320044R r rR Q r Q U d r d r R r πεπε∞=⋅+⋅⎰⎰2300388Q Q r R R πεπε=-。