大学物理教程(下册)课后练习答案

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大学物理下习题册答案详解

解： a 30cm ,d 0.6m m , b=2.2m
D =a+b 2.5m ,
x 2.25m m
x D dx 5400 A
d
D
第 4级明纹至中心距离满足：
dx 4 x 4 D 9.00m m
D
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
d
练习34 光的干涉（2)
1.在双缝装置中，用一折射率为n的薄云母片覆盖其中
光的程亮差度2 分，, 2别则. 5为有 , ：3 .5
，比较 P、Q、R 三点
（1）P点最亮、Q点次之、R点最暗；
注意。单击此处添加正文，文字是您思想的提炼，为了演示发布的良好效果，请言简意赅地阐述您的观点。您的内容已经简明扼要，字字珠玑，但信息却千丝万缕、错综复杂，需要用更多的文字来表述；但请您尽可能提炼思
20D 想的精髓，否则容易造成观者的阅读压力，适得其反。正如我们都希望改变世界，希望给别人带去光明，但更多
x 20x＝ 0.11m 时候我们只需要播下一颗种子，自然有微风吹拂，雨露滋养。恰如其分地表达观点，往往事半功倍。当您的内容 a 到达这个限度时，或许已经不纯粹作用于演示，极大可能运用于阅读领域；无论是传播观点、知识分享还是汇报
n 1 题目中 k=-7
所以： e 7 n 1
答案为：（1）
2.迈克耳逊干涉仪可用来测量单色光的波长，当干涉仪
的动镜M2移动d距离时，测得某单色光的干涉条纹移动N条，则该单色光的波长为：（）

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大学物理下册课后习题答案习题八8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题8-1图题8-2图8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的解: 如题8-2图示解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式204r q E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024d q πε,又有人说，因为f =qE ,SqE 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S qE 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力．8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r的分量θsin p ． ∴ 场点P 在r 方向场强分量垂直于r 方向，即θ方向场强分量题8-5图题8-6图8-6 长l =15.0cm AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m-1(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 解：如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为用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) 2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题8-6图所示由于对称性⎰=lQx E 0d ，即Q E只有y 分量，以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强．解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 方向如图，大小为P Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为 ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿OP8-9 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平面．q 在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(xRarctan=α) 解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等∴ 各面电通量06εqe =Φ． (2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ，如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题8-9(a)图所示．题8-9(3)图题8-9(a)图题8-9(b)图题8-9(c)图(3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量，球冠面积**关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅q S E s,02π4ε∑=q rE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. 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E 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 >=∑q题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， n E)(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．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)． (1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ- 球在O 点产生电场'dπ4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ； (2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ=' ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E 'OO 题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位矢为r (如题8-13(b)图)则 03ερrE PO =，∴腔内场强是均匀的．8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6Cd=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C-1解: ∵ 电偶极子p在外场E中受力矩 ∴ qlE pE M ==max 代入数字8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功?解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r -外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的解: 如题8-16图示8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C) 解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== 得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm解: 平行板电容器内部近似为均匀电场8-20 根据场强E与电势U 的关系U E -∇= ，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)解: (1)点电荷 rqU 0π4ε=题 8-20 图 ∴ 0200π4r rq r r U E ε=∂∂-= 0r 为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势(3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符证: 如题8-21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有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，即又∵ +2σ03=σ说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少? 解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB AC U U =，即且 1σ+2σSq A= 得 ,32S q A =σ Sq A321=σ而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σCC10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计(1) (2) *(3) 解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图(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：(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，且得 q R R q 21=' 外球壳上电势8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：得 -='q 3q 8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2解: 由题意知 2020π4r q F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电 ∴ 此时小球1与小球2间相互作用力(2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q . ∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r q q F ==ε *8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U U AB =可得以下6个方程题8-26图解得 Sq 261==σσ 所以CB 间电场 Sqd U E 00422εεσ+==注意：因为C 片带电，所以2U U C ≠，若C 片不带电，显然2U U C = 8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求：(1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强介质外)(2R r <场强 (2)介质外)(2R r >电势介质内)(21R r R <<电势 (3)金属球的电势8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d q S D得而 101E D ε=,202E D r εε=题8-28图题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求： (1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容．解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε== 薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222=== (2)电介质中总电场能量(3)电容：∵ CQ W 22=*8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B 的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求： (1) 1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度．解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即但2q 处于金属球壳中心，它受合力．．为零，没有加速度． (2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题8-30图题8-31图8-31 如题8-31图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ．解: 电容1C 上电量电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q =8-32 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V ? 解: (1) 1C 与2C 串联后电容 (2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U 即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求： (1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112*********U U U C U C q qU C U C q q q q 解得 (1) =1q U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+- (2)电场能量损失8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域在21R r R <<时 301π4r rQ E ε=3R r >时 302π4rrQ E ε = ∴在21R r R <<区域在3R r >区域∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε =,02=W(3)电容器电容 )11/(π422102R R QW C -==ε 习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B的方向．题9-2图9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)? (2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B=(2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B方向相反，即21B B≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L·d l =0 但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为⎰外B L·d l =I 0μ这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B 的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m-2x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解：如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是 (2)通过befc 面积2S 的磁通量(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S BΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BCD 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B题9-8图解：如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rIr I πμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解：如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。

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4
(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 e
对于边长 a 的正方形，如果它不包含 q 所在的顶点，则 e
如果它包含 q 所在顶点则 e 0 ．
如题 8-9(a)图所示．题 8-9(3)图
s
方向沿 OP 2 l2 2 l 4π 0 (r ) r 4 2 (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
2

R ) x
q
0
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 e
q ． 6 0 q 6 0 q ， 24 0
1 q2 1 2 cos 30 2 4π 0 a 4π 0
解得 (2)与三角形边长无关．
qq ( 3 2 a) 3
q
3 q 3
题 8-1 图
题 8-2 图
8-2 两小球的质量都是 m ，都用长为 l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2 ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的解: 如题 8-2 图示
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习题八
8-1 电量都是 q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题 8-1 图示 (1) 以 A 处点电荷为研究对象，由力平衡知： q 为负电荷
d=0.2cm，把这电
r ， E PO 3 0 r , E PO 3 0

大学物理学教程(第二版)下册标准答案

物理学教程下册答案9-16第九章静电场9－1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( )题 9-1 图分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为02εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ).9－2 下列说法正确的是( )(A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷(B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零(C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零(D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零分析与解依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B ).9－3 下列说法正确的是( )(A) 电场强度为零的点，电势也一定为零(B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零(C) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).*9－4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( )(A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止(B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动题9-4 图分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B).9－5精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21e，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e，由最极端的情况考虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21e，中子电量为10－21e，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解一个氧原子所带的最大可能净电荷为()e q 21max 10821-⨯⨯+=二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e 显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e 范围内时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力. 9－6 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e 32 的上夸克和两个带e 31-的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10－20 m)，中子内的两个下夸克之间相距2.60×10－15 m .求它们之间的相互作用力.解由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律()r r r re r q q e e e F N 78.3π41π412202210===εε F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.9－7 点电荷如图分布，试求P 点的电场强度.分析依照电场叠加原理，P 点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P 点激发电场强度的矢量和.由于电荷量为q 的一对点电荷在P 点激发的电场强度大小相等、方向相反而相互抵消，P 点的电场强度就等于电荷量为2.0q 的点电荷在该点单独激发的场强度.解根据上述分析2020π1)2/(2π41aq a q E P εε==题 9-7 图9－8若电荷Q均匀地分布在长为L的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r处的电场强度为224π1LrQεE-=(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r处的电场强度为2204π21LrrQεE+=若棒为无限长(即L→∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.题 9-8 图分析这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x，其电荷为d q＝Q d x/L，它在点P 的电场强度为rrqεeE2dπ41d'=整个带电体在点P 的电场强度⎰=E E d接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，⎰=L E i E d(2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(a )所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是⎰⎰==L y E E j j E d sin d α证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L rq E20π2d ε，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则 ()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为E r εq αE L d π4d sin 20⎰'= 利用几何关系 sin α＝r /r ′，22x r r +=' 统一积分变量，则 ()2202/32222041π2d π41Lr r Q r x L x rQ E L/-L/+=+=⎰εε 当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度r ελL r L Q r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(b )］.这说明只要满足r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.9－9 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.题 9-9 图分析这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第9－3节的例2可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθδδd sin π2d d 2⋅⋅==R S q ，在点O 激发的电场强度为()i E 2/3220d π41d r x q x +=ε 由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系θR x cos =，θR r sin =统一积分变量，有()θθθεδθθδθεεd cos sin 2 d sin π2cos π41d π41d 02303/2220=⋅=+=R RR r x q x E 积分得 02/π004d cos sin 2εδθθθεδ⎰==E 9－10 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.题 9-10 图分析水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为00er P =，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θcos 20er p =，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0 ，利用教材第5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度302π41xp εE = 可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布. 解1 水分子的电偶极矩θθcos 2cos 200er p p ==在电偶极矩延长线上30030030cos π1cos 4π412π41x θer εx θer εx p εE === 解2 在对称轴线上任取一点A ，则该点的电场强度+-+=E E E2020π42π4cos 2cos 2x εe r εθer E βE E -=-=+ 由于 θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=代入得()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=22/30202001cos 2cos π42x xr r x r x eE θθε 测量分子的电场时，总有x ＞＞r 0 ，因此，式中()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x r x x r x xr r x θθθcos 2231cos 21cos 2032/3032/30202，将上式化简并略去微小量后，得300cos π1x θe r εE = 9－11 两条无限长平行直导线相距为r 0，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x )；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.题 9-11 图分析 (1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F ＝q E ，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE .应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解 (1) 设点P 在导线构成的平面上，E ＋、E －分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有()i i E E E x r x r x r x -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2ελελ(2) 设F ＋、F －分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有i E F 00π2r ελλ==-+ i E F 002π2r ελλ-=-=+- 显然有F ＋＝F －，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.9－12 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.题 9-12 图分析方法1：作半径为R 的平面S 与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理∑⎰==⋅01d 0q εS S E 这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 方法2：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即⎰⋅=S S d s E Φ解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，E R R E 22ππcos π=⋅⋅-=Φ解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为()r E e e e E ϕθθϕϕθϕsin sin cos sin cos ++=r θθR e S d d sin d 2=ER ER ER S S 2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰ϕϕθθϕθϕθS E Φ9－13 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为1m V 120-⋅，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.解在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E 地球表面电荷面密度∑--⋅⨯-=-≈=2902m C 1006.1π4/E R q E εσ单位面积额外电子数25cm 1063.6)/(-⨯=-=e n σ9－14 设在半径为R 的球体内电荷均匀分布，电荷体密度为ρ,求带电球内外的电场强度分布.分析电荷均匀分布在球体内呈球对称，带电球激发的电场也呈球对称性.根据静电场是有源场，电场强度应该沿径向球对称分布.因此可以利用高斯定理求得均匀带电球内外的电场分布.以带电球的球心为中心作同心球面为高斯面，依照高斯定理有⎰==⋅s Q E r S E 0i 2π4d ε上式中i Q 是高斯面内的电荷量，分别求出处于带电球内外的高斯面内的电荷量，即可求得带电球内外的电场强度分布.解依照上述分析，由高斯定理可得R r <时， 302π34π4r E r ερ= 假设球体带正电荷，电场强度方向沿径向朝外.考虑到电场强度的方向，带电球体内的电场强度为r E 03ερ= R r >时， 302π34π4R E r ερ= 考虑到电场强度沿径向朝外，带电球体外的电场强度为r e rR E 2033ερ=9－15 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 (R 2＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .题 9-15 图分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且⎰⋅=⋅rL E d π2S E ，求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.解作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理∑=⋅0/π2εq rL Er ＜R 1 ， 0=∑q01=ER 1 ＜r ＜R 2 ， L λq =∑rελE 02π2= r ＞R 2， 0=∑q03=E在带电面附近，电场强度大小不连续，如图（b ）所示，电场强度有一跃变 000π2π2ΔεσrL εL λr ελE === 9－16 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.题 9-16 图分析由库仑力的定义，根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为l E d 02⎰∞=Q W 其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度.(2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有()0202V Q V V Q W =-=∞其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势).解1 由题意Q 1 所受的合力为零()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 414132-=-=由点电荷电场的叠加，Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为()2/322031π2y d εQ E E E yy y +=+=将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为()d εQ y y d εQ Q Q W y 022/3220002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E 解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=，并由电势的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势dεQ d εQ d εQ V 003010π2π4π4=+= 将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功dεQ V Q W 0202π8=-=' 比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多. 9－17 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为r rελe E 0π2= 其中λ为电荷线密度.(1)求在r ＝r 1 和r ＝r 2 两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r →∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？试说明.解 (1) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E (2) 不能.严格地讲，电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，r →∞处的电势应与直线上的电势相等. 9－18 一个球形雨滴半径为0.40 mm ，带有电量1.6 pC ，它表面的电势有多大？两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电势又是多大？分析取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为Rq εV 0π41= 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为R 32，代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势.解根据已知条件球形雨滴半径R 1＝0.40 mm ，带有电量q 1＝1.6 pC ，可以求得带电球形雨滴表面电势V 36π411101==R q εV 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径1322R R =，带有电量 q 2＝2q 1 ，雨滴表面电势V 5722π4113102==R q εV 9－19 电荷面密度分别为＋σ和－σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图(a )放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x 变化的关系曲线.题 9-19 图分析由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布. 解由“无限大” 均匀带电平板的电场强度i 02εσ±，叠加求得电场强度的分布， ()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a a x0 00i E εσ电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功()a x a x εσV x<<--=⋅=⎰ d 00l E ()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 00a-a x l E l E ()a x a V >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 00a a x εσl E l E 电势变化曲线如图(b )所示. 9－20 两个同心球面的半径分别为R 1 和R 2 ，各自带有电荷Q 1 和Q 2 .求：(1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？题 9-20 图分析通常可采用两种方法.方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由⎰∞⋅=p p V l E d 可求得电势分布.(2)利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为rεQ V 0π4= 在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势RεQ V 0π4= 其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.解1 (1) 由高斯定理可求得电场分布()()()22021321201211 π4 π40R r r εQ Q R r R r εQ R r r r >+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=r V l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1 时，有20210120212113211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞l E l E l E 当R 1 ≤r ≤R 2 时，有202012021201322π4π4π411π4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞l E l E当r ≥R 2 时，有rεQ Q V r 02133π4d +=⋅=⎰∞l E (2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E 解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r ≤R 1 ，则2021011π4π4R εQ R εQ V +=若该点位于两个球面之间，即R 1≤r ≤R 2 ，则202012π4π4R εQ r εQ V += 若该点位于两个球面之外，即r ≥R 2 ，则rεQ Q V 0213π4+=(2) 两个球面间的电势差 ()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-== 9－21 一半径为R 的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.题 9-21 图分析无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理⎰⎰=⋅V V d 1d 0ρεS E 可求得电场分布E (r )，再根据电势差的定义 ()l E d ⋅=-⎰b ab a r V V 并取棒表面为零电势(V b ＝0)，即可得空间任意点a 的电势.解取高度为l 、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅得 ()02εr ρr E =当r ≥R 时 02/ππ2ερl R rl E =⋅得 ()rεR ρr E 022= 取棒表面为零电势，空间电势的分布有当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V R r -==⎰当r ≥R 时 ()rR εR ρr r εR ρr V Rr ln 2d 20202==⎰ 如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线. 9－22 一圆盘半径R ＝3.00 ×10－2 m .圆盘均匀带电，电荷面密度σ＝2.00×10－5 C·m －2.(1) 求轴线上的电势分布；(2) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布；(3) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度.题 9-22 图分析将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布，再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布.解 (1) 如图所示，圆盘上半径为r 的带电细圆环在轴线上任一点P 激发的电势220d π2π41d x r r r σεV += 由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的()x x R εσx r r r εσV R -+=+=⎰22002202d 2 (1) (2) 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R x εσx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向. (3) 将场点至盘心的距离x ＝30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得V 6911=V-1m V 6075⋅=E当x ＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有V 1695π40==xεq V 1-20m V 5649π4⋅==xεq E 由此可见，当x ＞＞R 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E 和V 的误差分别不超过 0.3％和0.8％，这已足以满足一般的测量精度.9－23 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝3.0×10－2m ，R 2 ＝0.10 m )，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450 Ｖ.求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2) r ＝0.05 m 处的电场强度.解 (1) 由习题9－15 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为 r ελE 0π2=根据电势差的定义有120212ln π2d 21R R ελU R R =⋅=⎰l E 解得 1812120m C 101.2ln /π2--⋅⨯==R R U ελ (2) 解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度10m V 475 7π2-⋅==rE ελ 9－24 轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的过程，叫做核聚变.在此过程中可以释放出巨大的能量.例如四个氢原子核(质子)结合成一个氦原子核(α粒子)时，可释放出25.9MeV 的能量.即MeV 25.9e 2He H 4014211++→这类聚变反应提供了太阳发光、发热的能源.如果我们能在地球上实现核聚变，就能获得丰富廉价的能源.但是要实现核聚变难度相当大，只有在极高的温度下，使原子热运动的速度非常大，才能使原子核相碰而结合，故核聚变反应又称作热核反应.试估算：(1)一个质子(H 11)以多大的动能(以电子伏特表示)运动，才能从很远处到达与另一个质子相接触的距离？ (2)平均热运动动能达到此值时，温度有多高？ (质子的半径约为1.0 ×10－15 m ) 分析作为估算，可以将质子上的电荷分布看作球对称分布，因此质子周围的电势分布为 rεe V 0π4= 将质子作为经典粒子处理，当另一质子从无穷远处以动能E k 飞向该质子时，势能增加，动能减少，如能克服库仑斥力而使两质子相碰，则质子的初始动能Re r eV E 2π41202R k 0ε=≥ 假设该氢原子核的初始动能就是氢分子热运动的平均动能，根据分子动理论知：kT E 23k = 由上述分析可估算出质子的动能和此时氢气的温度.解 (1) 两个质子相接触时势能最大，根据能量守恒eV 102.72π415202R K0⨯==≥Re r εeV E 由20k 021v m E =可估算出质子初始速率 17k 00s m 102.1/2-⋅⨯==m E v该速度已达到光速的4％.(2) 依照上述假设，质子的初始动能等于氢分子的平均动能kT E E 23k k0== 得 K 106.5329k0⨯≈=kE T 实际上在这么高的温度下，中性原子已被离解为电子和正离子，称作等离子态，高温的等离子体不能用常规的容器来约束，只能采用磁场来约束(托卡马克装置)9－25 在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为109 Ｖ，被迁移的电荷约为30 C .(1) 如果释放出来的能量都用来使0 ℃的冰融化成0 ℃的水，则可溶解多少冰？ (冰的融化热L ＝3.34 ×105 J· kg )(2) 假设每一个家庭一年消耗的能量为3 000kW·h ，则可为多少个家庭提供一年的能量消耗？解 (1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量kg 1098.8Δ4⨯===LqU L E m 即可融化约 90 吨冰. (2) 一个家庭一年消耗的能量为J 1008.1h kW 0003100⨯=⋅=E8.2Δ00===E qU E E n 一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电能.9－26 已知水分子的电偶极矩p =6.17×10－30 C· m .这个水分子在电场强度E ＝1.0 ×105 V · m -1的电场中所受力矩的最大值是多少?分析与解在均匀外电场中，电偶极子所受的力矩为E p M ⨯=当电偶极子与外电场正交时，电偶极子所受的力矩取最大值.因而有m N 1017.625max ⋅⨯==-pE M9-27 电子束焊接机中的电子枪如图所示，K 为阴极，A 为阳极，阴极发射的电子在阴极和阳极电场加速下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上使两块金属熔化在一起.已知V 105.24AK⨯=U ，并设电子从阴极发射时的初速度为零，求：（1）电子到达被焊接金属时具有的动能；（2）电子射到金属上时的速度.分析电子被阴极和阳极间的电场加速获得动能，获得的动能等于电子在电场中减少的势能.由电子动能与速率的关系可以求得电子射到金属上时的速度.解（1）依照上述分析，电子到达被焊接金属时具有的动能 eV 105.24AK k ⨯==eU E(2)由于电子运动的动能远小于电子静止的能量，可以将电子当做经典粒子处理.电子射到金属上时的速度题9-27 图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 ）dεq V d εq E 020π4,π4== （C ）0,0==V E （D ）Rεq V 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。

大学物理(下册)课后部分习题答案

２
ｊ
１１畅１３（ａ）
１１畅１３（ｂ）
（２）设该异线应放在ｙ＝－ｄ处，显然，该异线在轴线处产生的磁成应强度应
与原来的半圆柱面产生的磁感应强度相同，即
μ０Ｉ２π ｄ
＝
μ０Ｉ π２Ｒ
所以
ｄ＝
πＲ２
因面，另一导线应放在ｙ＝－ π２Ｒ处．
１２唱７均匀磁场Ｂ被限制在半径Ｒ＝０．１０ｍ的无限长圆柱空间内，方向垂
同理，空腔轴线上的磁感应强度
因Ｒ２＝０，Ｂ０′２＝０，故
Ｂ０′ ＝Ｂ０′１＋Ｂ０′２
Ｂ０′１
＝
μ０Ｉａ２π（Ｒ２１－Ｒ２２）
＝
２ × １０－４Ｔ
１１畅１３如图１１畅１３（ａ）所示，一半径为Ｒ的无限长半圆柱面导体，其上电流与其
轴线上一无限长直导线的电流等值反向，电流Ｉ在半圆柱面上均匀分布．试求：
当ｒ＜Ｒ１时，有
促Ｅ · ｄＳ＝Ｅ · ４π ｒ２＝０
Ｓ
Ｅ＝０
当Ｒ１＜ｒ＜Ｒ２时，有
促Ｓ
Ｅ · ｄＳ＝Ｅ · ４π ｒ２＝
１ ε０
ｑ
Ｅ
＝
１４π ε０
ｑｒ２
当ｒ＞Ｒ２时，有
促Ｓ
Ｅ · ｄＳ＝Ｅ · ４π ｒ２＝
１ ε０
ａｂ · ｈ
＝１６００π －４３ × １０－２Ｖ式中ｈ为由Ｏ到ａｂ的垂直距离，感应电流沿顺时针方向．
∮ 此题也可用Ｅｉ＝Ｅｖ · ｄｌ公式直接积分求解．
图１２唱７

大学物理课后习题答案(赵近芳)下册

习题八之巴公井开创作8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系?解: 如题8-1图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题8-1图题8-2图8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题8-2图示解得 θπεθtan 4sin 20mg l q =8-3 根据点电荷场强公式204rq E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不克不及再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024dq πε,又有人说，因为f =qE ,SqE 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: 题中的两种说法均分歧错误．第一种说法中把两带电板视为点电荷是分歧错误的，第二种说法把合场强Sq E 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是分歧错误的．正确解答应为一个板的电场为Sq E 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力．8-5 一电偶极子的电矩为l q p=，场点到偶极子中心O点的距离为r ,矢量r 与l的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin rp πεθ证: 如题8-5所示，将p 分解为与r平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量θsin p ．∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量垂直于r 方向，即θ方向场强分量题8-5图题8-6图 8-6 长l的直导线AB 上均匀地分布着线密度λx10-9C ·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 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 处Q 点的场强．解：如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点发生场强为用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 x E Q λε 方向如题8-6图所示由于对称性⎰=l QxE 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Q y Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强．解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点发生场强大小为20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==积分R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰ ∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 发生的场强E ．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q 在P 点发生物强P Ed 方向如图，大小为∵ 22cos 221l r l +=θ∴ 24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为 ∵ lq 4=λ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿OP8-9 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平面．q 在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(xR arctan=α)解: (1)由高斯定理0d εqS E s ⎰=⋅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06εq e =Φ．(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则24εq e =Φ，如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题8-9(a)图所示．题8-9(3)图题8-9(a)图题8-9(b)图题8-9(c)图(3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量，球冠面积*∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq =[221xR x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=q r 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. 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，正面积rl S π2=则 rl E 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∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， n E)(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．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．(1) ρ+球在O 点发生电场010=E，ρ-球在O 点发生电场'd π4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ； (2) ρ+在O '发生电场'dπ4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '发生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E 'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位矢为r(如题8-13(b)图)则 03ερr E PO =，3ερr E O P '-=' , ∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的． 8-14 一电偶极子由q ×10-6C的两个异号点电荷组成，两电荷距离，把这电偶极子放在×105N ·C -1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解: ∵ 电偶极子p在外场E 中受力矩∴ qlE pE M ==max 代入数字8-15 两点电荷1q ×10-8C ，2q ×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变成2r =25cm ，需作多少功?解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r rr r q q r r q q r F A εε)11(21r r - 外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题8-16图示∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点发生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =发生O 点E d 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图R0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］(2) AB 电荷在O 点发生电势，以0=∞U 同理CD 发生 2ln π402ελ=U 半圆环发生 0034π4πελελ==R R U ∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m ×10-31kg ，电子电量e ×10-19C) 解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强电子受力大小 re eE F e 0π2ελ==∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超出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 ，求此电容器可承受的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 ∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E与电势U的关系UE -∇=，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．解: (1)点电荷 rq U 0π4ε= 题8-20 图∴ 0200π4r rq r r U E ε=∂∂-= 0r 为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势∴ ()i x R qxi x U E2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势∴ 30π2cos rp r U E r εθ=∂∂-= 8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题8-21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有∴ +2σ03=σ 说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反； (2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，而且它是由四个均匀带电平面发生的场强叠加而成的，即又∵ +2σ03=σ ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电×10-7C ，略去边沿效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题8-22图示，令A 板左正面电荷面密度为1σ，右正面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB AC U U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σCC10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +；球壳内概况带电则为q -,外概况带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图(2)外壳接地时，外概况电荷q +入地，外概况不带电，内概况电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内概况q -发生：(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内概况带电量为q '-，外壳外概况带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且得 q R R q 21=' 外球壳上电势8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：得 -='q 3q 8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求： (1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力；(2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知 2020π4rq F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =', 小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电 ∴ 此时小球1与小球2间相互作用力(2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q . ∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r qq F ==ε*8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个概况的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U U AB =可得以下6个方程题8-26图解得 Sq 261==σσ 所以CB 间电场 Sqd U E 00422εεσ+==注意：因为C 片带电，所以2U U C ≠，若C 片不带电，显然2U U C =8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求：(1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd (1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强 (2)介质外)(2R r >电势介质内)(21R r R <<电势 (3)金属球的电势8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε= ∴r D D εσσ==1212 题8-28图题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数εQ 和-Q 时，求：(1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量；(2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容．解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε== 薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量(3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B 的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求： (1) 1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度．解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即但2q 处于金属球壳中心，它受合力．．为零，没有加速度．(2)去掉金属壳B，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题8-30图题8-31图8-31 如题8-31图所示，1C =μF ，2C =μF ，3C =μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ．解: 电容1C 上电量电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q =∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 8-32 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V”和“300 pF、900 V”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V的电压，是否会击穿?解: (1) 1C 与2C 串联后电容 (2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U∴ 6001=U V ,4002=U V即电容1C 电压超出耐压值会击穿，然后2C 也击穿． 8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求：(1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112121201021U U U C U C q q U C U C q q q q 解得 (1) =1q U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失8-34 半径为1R 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R 和3R ，当内球带电荷Q ×10-8C 时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内概况带电Q -，外概况带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域在21R r R <<时 301π4r rQ E ε=3R r >时 302π4r rQ E ε=∴在21R r R <<区域在3R r >区域∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4rrQ E ε=,02=W ∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R QW C -==ε 习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不但与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向其实不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B 的方向．题9-2图9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变更(即磁场是否一定是均匀的)? (2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不成能变更，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B=∴ 21B B=(2)若存在电流，上述结论分歧错误．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B方向相反，即21B B≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不克不及，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理其实不适用．9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L·d l =0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为⎰外B L·d l =I 0μ这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设其实不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不克不及肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不克不及肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转． 9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m-2的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解：如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是 (2)通过befc 面积2S 的磁通量 (3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流发生．其中AB发生 01=BCD发生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD段发生)231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题9-8图解：如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解：如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所发生，但∞A 和∞B 在O 点发生的磁场为零。

大学物理(下册)课后题答案_完整版

大学物理下册课后习题答案习题八8-1电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点 .试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡 (即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系？解：如题8-1图示(1)以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷2-1 q1 qq2cos30 ----------------------a4 n0/.3 2(T a)T q(2)与三角形边长无关.8-2两小球的质量都是m ,都用长为I 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8-2图所示.设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量.解：如题8-2图示T cos mg解得 q 21 sin 4mgtan8-3根据点电荷场强公式 E J ,当被考察的场点距源点电荷很近(r T 0)时，贝U 场强4°r*,这是没有物理意义的，对此应如何理解解：Ey^r °仅对点电荷成立，当r 0时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求4 n 0r场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大.8-4在真空中有 A , B 两平行板，相对距离为d ,板面积为S ,其带电量分别为+ q 和解得题8-1图题8-2图T sinF e4 n 0 (2l sin )2H |2-q •则这两板之间有相互作用力f ,有人说f = q2，又有人说，因为4 o d 22f = qE ,E —，所以f =卫•试问这两种说法对吗？为什么？ f 到底应等于多少？ o S o 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，第二种说法把合场强E 2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oS2个板的电场为E —,另一板受它的作用力 f q q q ,这是两板间相互作2 o S 2 o S 2 o S用的电场力.p ql ,场点到偶极子中心 0点的距离为r ,矢量r 与丨的夹角为l .试证P 点的场强E 在r 方向上的分量 E r 和垂直于r 的分量E分别为•••场点P 在r 方向场强分量垂直于r 方向，即方向场强分量psi n 34n o r8-6长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度=5.0x10求：（1）在导线的延长线上与导线 B 端相距a i =5.ocm 处P 点的场强；⑵在导线的垂直平分线上与导线中点相距 d 2=5.ocm 处Q 点的场强. 解：如题8-6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 p1dx4no (a x)2E P dE P1 2dx 4 n o 2(ax)28-5 一电偶极子的电矩为 ,（见题8-5图）,且r E r =2pcos3 , orE =严 4 o r证：如题8-5所示，将p 分解为与 r 平行的分量psin 和垂直于lr 的分量psinE rp cos 2 n o r 3 E o题8-5图 -9Cm -1的正电荷.试题8-6图用I 15 cm , 5.0E P(2)同理dE Q 6.741由于对称性dElQx 0,dE Qy5.0 10 C cm14.9612 2~n 0(4a l )9 110 9 C m 1, a 12.5 cm 代入得2 110 N C 方向水平向右dx—2方向如题8-6图所示x d2即E Q只有y分量，1 dx d24nxd2―dfE Qy l dE Qyl4n 22 dx1 32 z 2 2\2(x d2) l2 n 0 J l24d；1, l 15 cm,d2 5 cm代入得102 N C 1,方向沿y轴正向R的均匀带电半圆环，电荷线密度为，求环心处0点的场强•一个半径为8-7RdE Q E Qydq dl Rd ,它在O点产生场强大小为RddE4 n0R2方向沿半径向外则dE x dE sin sin4 n 0 R积分E x dE y dE cos( cos d4 n 0 Rsin dE y cos d 04 n 0RE E x,方向沿x轴正向.2 n 0R8-8均匀带电的细线弯成正方形，边长为I，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r I处，它相当于点电荷q产生的场强E .q解：如8-8图示，正方形一条边上电荷在P点产生物强dE p方向如图，大小为4COS 12COS 2 COS 1dE P在垂直于平面上的分量dE dE P COSdE I r| 2 f 1 2 丨I 2/ 1 2I 1 2I I 2 I4 n °」—<r—i1r —4 \ 2 V 4题8-8图由于对称性，P点场强沿OP方向，大小为8-9 (1)点电荷q位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q的电场中取半径为R的圆平面.q在该dE pCOS 1 COS 2E PE P4 dE4n o(r2g4lqr4 lr方向沿OPdE p平面轴线上的A点处，求：通过圆平面的电通量.(R arcta n — )x解：⑴由高斯定理E dS -S立方体六个面，•••各面电通量(2)电荷在顶点时当q在立方体中心时，每个面上电通量相等q6 0 .,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qe6 0边长2a的正方形上电通量对于边长a的正方形，如果它不包含q所在的顶点，则e 如果它包含q所在顶点则 e 0 .如题8-9(a)图所示.题8-9(3)图题8-9(b)图题8-9(a)图(3) ••通过半径为面积* 题8-9(c)图R的圆平面的电通量等于通过半径为..R2x2的球冠面的电通量，球冠S 2 M R2x2)[1q。

大学物理下册第10章课后题答案

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。

大学物理课后习题答案(赵近芳)(下册)

习题八8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题8-1图题8-2图8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题8-2图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式204r q E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r→0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =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Sq E 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r与l的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin r p πεθ证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r的分量θsin p ．∵ l r >>∴ 场点P 在r 方向场强分量3π2cos r p E r εθ=垂直于r 方向，即θ方向场强分量300π4sin rp E εθ=题8-5图题8-6图8-6 长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m -1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强．解：如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε 222)(d π4d x a xE E l l P P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右(2)同理2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题8-6图所示由于对称性⎰=l QxE 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==l QyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强．解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为20π4d d RR E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴24π4d2222lrllrEP++=ελPEd在垂直于平面上的分量βcosddPEE=⊥∴424π4d222222lrrlrlrlE+++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P点场强沿OP方向，大小为2)4(π44d42222lrlrlrEEP++=⨯=⊥ελ∵lq4=λ∴2)4(π42222lrlrqrEP++=ε方向沿OP8-9 (1)点电荷q位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q的电场中取半径为R的圆平面．q在该平面轴线上的A点处，求：通过圆平面的电通量．(xRarctan=α)解: (1)由高斯定理dεqSEs⎰=⋅立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量06εqe =Φ． (2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ，如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题8-9(a)图所示．题8-9(3)图题8-9(a)图题8-9(b)图题8-9(c)图 (3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量，球冠面积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221xR x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r Sααα⎰⋅=02d sin π2r)cos 1(π22α-=r8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=q r 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. 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅q S E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E 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 >=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， n E)(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．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ- 球在O 点产生电场'd π4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ； (2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E 'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位矢为r (如题8-13(b)图)则 03ερrE PO =，3ερr E O P '-=' ,∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C -1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解: ∵ 电偶极子p在外场E 中受力矩E p M ⨯= ∴ qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功? 解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r -61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-RqR q 0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-=∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ 同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 ∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E 与电势U 的关系U E -∇=，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．解: (1)点电荷 rqU 0π4ε=题 8-20 图∴ 0200π4r rq r r U E ε=∂∂-= 0r为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势220π4xR q U +=ε∴ ()i x R qxi x U E2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4r ql llr q U εθθθε=+--=∴ 30π2cos r p r U E r εθ=∂∂-= 30π4sin 1rp U r E εθθθ=∂∂-= 8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题8-21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ∴ +2σ03=σ 说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ 又∵ +2σ03=σ ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB AC U U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=2220π4π4d d R R R qr r q r E U εε (2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+Rq R q εε得 -='q 3q 8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力；(2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知 2020π4rq F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =', 小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电q q 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'2F r qr q q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q . ∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r qq F ==ε*8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持UU AB =可得以下6个方程题8-26图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd US q S qdU U C S S q B A 解得 Sq261==σσSq d U2032-=-=εσσ Sq dU2054+=-=εσσ 所以CB 间电场 S qd U E 00422εεσ+==)2d (212d 02Sq U E U U CB C ε+=== 注意：因为C 片带电，所以2U U C ≠，若C 片不带电，显然2U U C = 8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强；(2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4rrQ E r r Q D r εε ==内; 介质外)(2R r <场强303π4,π4rr Q E r Qr D ε ==外 (2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r-+=εεε 8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=d21U E E == ∴r D D εσσ==1212题8-28图题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求：(1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量；(2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容．解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε==薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B 的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求： (1) 1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度．解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即2210π41r q q F ε=但2q 处于金属球壳中心，它受合力．．为零，没有加速度． (2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41rq q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题8-30图题8-31图8-31 如题8-31图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ．解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q = ∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 8-32 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V”和“300 pF、900 V”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V 的电压，是否会击穿?解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U∴ 6001=U V ,4002=U V 即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求： (1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112*********U U U C U C q qU C U C q q q q 解得 (1) =1q U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失W W W -=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +-+= 221212U C C C C +=8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量；(3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε= 3R r >时 302π4r rQ E ε=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q r r Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε ∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4rrQ E ε=,02=W ∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R QW C -==ε 121049.4-⨯=F习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B的方向．题9-2图9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)?(2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcdμ∴ 21B B=(2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B方向相反，即21B B ≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场? 答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L ·d l =0 但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为⎰外B L·d l =I 0μ这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ 外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m -2的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解：如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S BΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S BΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BCD 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题9-8图解：如题9-8图所示,A B 方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解：如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。

大学物理学下册课后详细标准答案(袁艳红主编)

第9章静电场习题一选择题9-1两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同地金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间地距离R 远大于小球本身地直径，现在用一个带有绝缘柄地原来不带电地相同地金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间地作用力变为[ ](A)4f (B) 8f (C) 38f (D) 16f答案：B解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间地作用力变为8f. 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确地？[ ] (A) 电场场强E 地大小与试验电荷0q 地大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 地比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 地方向就是电场强度E 地方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B解析：根据电场强度地定义，E 地大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时地受力方向.因而正确答案（B ）9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内地P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ](A) 穿过S 面地电场强度通量改变，O 点地场强大小不变 (B) 穿过S 面地电场强度通量改变，O 点地场强大小改变(C) 穿过S 面地电场强度通量不变，O 点地场强大小改变 (D) 穿过S 面地电场强度通量不变，O 点地场强大小不变答案：D解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面地电场强度通量正比于面内电荷量地代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变.O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小地计算公式204q E r πε=，移动电荷后，由于OP =OT ，即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变.因而正确答案（D ）9-4 在边长为a 地正立方体中心有一个电量为q 地点电荷，则通过该立方体任一面地电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D解析：根据电场地高斯定理，通过该立方体地电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面地电场强度通量大小相等.因而通过该立方体任一面地电场强度通量为q /6ε0，答案（D ）9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ](A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 地量值处处为零 (B) 高斯面上各点地E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面地E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面地E 通量为零，则面上各点地E 必为零答案：C解析：高斯定理表明通过闭合曲面地电场强度通量正比于曲面内部电荷量地代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关.故答案（C ）9-6 两个均匀带电地同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1<R 2)，小球带电Q ，大(A) (B) (C) (D)习题9-7图答案：D解析：根据高斯定理d iiSqE S ε=∑⎰，可得同心球面地电场分布为1122020,0,4,0r R E Q R r R E r r R E πε⎧<<=⎪⎪<<=⎨⎪⎪>=⎩，作E-r 图可得答案（D ）. 9-7如图9-7(A) 电场力做正功，负电荷地电势能减少(B) 电场力做正功，负电荷地电势能增加 (C) 电场力做负功，负电荷地电势能减少 (D) 电场力做负功，负电荷地电势能增加答案：D解析：负电荷受力方向与电场强度方向相反，将负电荷从A 移动到B ，受力方向与位移方向家教大于90°，因此电场力作负功；同时，电场力为保守力，保守力作功电势能地增量地负值，因此负电荷地电势能增加.答案（D ）9-8 如图9-8所示，在点电荷+q 地电场中，若取图中P 点为电势零点，则M 点地电势为[ ]（A ）04q a πε (B)08q a πε(C) 04q aπε- (D) 08q aπε-答案:D解析：点电荷+q 在P 点和M 点地电势分别为00,442Pq Mq q q V V a a πεπε==，取P 点为电势零点，则M 点地电势为0004248M Mq Pq qqq V V V a aaπεπεπε-=-=-=.9-9 真空中两块互相平行地无限大均匀带电平板，两板间地距离为d ，其中一块地电荷面密度为σ+，另一块地电荷面密度为2σ+，则两板间地电势差为[ ]习题9-8图(A) 0 (B) 02d σε (C) 0d σε (D) 032σε 答案：B解析：根据高斯定理知电荷面密度为σ+地无限大平板在空间激发地电场强度为02r E e σε=，结合电势差地定义即可知电势差为02d σε. 9-10 关于电场强度与电势之间地关系，下列说法中，正确地是[ ] (A) 在电场中，电场强度为零地点，电势必为零 (B) 在电场中，电势为零地点，电场强度必为零(C) 在电势梯度不变地空间，电场强度处处相等 (D) 在电场强度不变地空间，电势处处相等答案：C解析：电场强度与电势之间地关系为电场强度在任意方向地分量，等于电势在该方向上地变化率地负值.因而答案（C ）二填空题9-11 点电荷1234q q q q 、、、在真空中地分布如图9-11所示.图中S 为闭合曲面，则通过该闭合曲面地电场强度通量d S⋅⎰E S =_______Emxvx 答案：24q q ε+解析：根据电场地高斯定理d iiSqE S ε=∑⎰，通过闭合曲面地电场强度通量为24q q ε+.9-12 如图9-12所示，真空中两块平行无限大均匀带电平面，其电荷面密度分别为σ+和2σ-，则A 、B 、C 方向向右为正）.习题9-11图答案：02σε；032σε；02σε- 解析：根据高斯定理知电荷面密度为σ+地无限大平板在空间激发地电场强度为02r E e σε=，结合电场强度地叠加原理i iE E =∑，可知A 、B 、C 三个区域地电场强度分别02σε，032σε，02σε-.9-13 无限大地均匀带电平板放入均匀电场中，得到如图9-13所示地电场，(0E 和0ε为已知值)场强度大小为___________.答案：00E ε；032E电场方向向右，平板带正电.根据高斯定理知电荷面密度为σ+地无限大平板在空间激发地电场强度大小为02E σε=，结合电场强度叠加原理i iE E =∑，可解得带电平板地电荷面密度σ=00E ε，均匀电场地电场强度大小为032E .9-14两根无限长细直导线，相互平行相距为d ，电荷线密度分别为λ+和λ-，则每单位长度上导线之间相互作用力大小为________，力地方向为________.答案：202dλπε；垂直导线，相互吸引地方向解析：根据高斯定理知线密度为σ+地无限长直导线在空间激发地电场强度大小为02E dλπε=，方向垂直直导线方向，则每单位长度上导线之间相互作用力大小为202F qE dλπε==，方向垂直导线，相互吸引地方向.9-15 如图9-15力线,则A 、B 两点中电场强度E A E B ，电习题9-13图势V A V B （填“>”、“=”或“<”）. 答案：<；>解析：电场线地疏密表示场强地大小，因此E A < E B .若将正电荷+q 从点A 移动到点B ，则电场力作正功()0AB A B W q V V =->，因此V A > V B . 9-16 正负电荷放置如图9-16所示，那么正四边形对角线中心处，电场强度为零地是图_________,电场强度和电势都为零地是图__________，电场强度为零，电势不为零地是图___________.答案：(B)、(C)、（D ）；(C)；(B)、（D ）解析：电场强度叠加符合矢量叠加原理，电势叠加为代数叠加.根据电场强度和电势叠加原理，电场强度为零地是图(B)、(C)、（D ）；电场强度和电势都为零地是图(C)；电场强度为零，电势不为零地是图(B)、（D ）.9-17 如图9-17所示，一电量为5510 C q -=-⨯地点电荷在电场力作用力下，从P 点移到Q 点电场力对它做功2310 J W -=⨯,则P 、Q 两点电势高地是_________，高___________伏.答案：Q 点；600解析：电场力作功为2()310 J PQ P Q W q V V -=-=⨯，因为q <0，因此P Q V V <，Q 点电势高.600V QP Q P W V V q-==.因此Q 点电势比P 点电势高600V .9-18 如图9-18所示，一带电量为0q 地试验电荷，在点电荷Q 地电场中，沿半径为R 地四分之三圆弧形轨道abc 从a 移动到c 电场力所作地功1W 习题9-16图P ·Q ·q习题9-17图=_____________，再从c 移动到无限远电场力所作地功2W =_______________.答案：0；04Qq Rπε 解析：电场力作功为10()a c W q V V =-，因为04a c Q V V Rπε==，因此10W =.20000()(0)44c Qq Q W q V V q RRπεπε∞=-=-=. 9-19 有一均匀带电球面，带电量为Q ，半径为R ，则球心O 地电场强度大小E =，电势V =. 答案：0；04Q Rπε解析：根据高斯定理d iiSqE S ε=∑⎰，可得均匀带电球面地电场分布为12200,0,4r R E Q r R E r πε≤<=⎧⎪⎨>=⎪⎩，因此球心O 地电场强度大小为0.电势12O0d d d 4RRQ V E l E r E r Rπε∞∞==+=⎰⎰⎰.9-20 说明下列各式地物理意义： (1) d ⋅⎰baE l ；(2) d S⋅⎰E S ；(3)d 0l⋅=⎰E l .答案：（1）单位时间正电荷在电场中从a 点移动到b 点电场力所做地功（或ab 两点间地电势差）；（2）通过闭合曲面S 地电场强度通量；（3）静电场电场强度地环流为零，表明静电场是保守场.三计算题9-21四个点电荷到坐标原点地距离均为d ，如图9-21所示，求坐标原点处地电场强度.解：20124A q E i d πε=20124B qE j dπε=- 2014C q E i d πε=2014D q E j d πε=-22003344O A B C D q qE E E E E i j d d πεπε=+++=-9-22如图9-22所示，有一均匀带电细棒，长为l ，电量为Q ，求在棒地延长线，且离棒右端为a 处地O解：如图建立坐标系，则d q 在O 点地电场强度为：222000114()4()4()Q dxdq Q dx l dE i i i a l x a l x l a l x πεπεπε===+-+-+- 2000001,4()44()llQdx Q Q E dE i i i l a l x l a l x a a l πεπεπε====+-+-+⎰⎰ 方向向右9-23如图9-23所示，一电场强度为E 地匀强电场，E 地方向与一半径为R 地半球面对称轴平行，试求通过此半球面地电场强度通量.解：通过半球面地电场线必通过底面2e E S E R π∴Φ=⋅=习题9-21图习题9-22图O 习题9-23图9-24设在半径为R 地球体内电荷均匀分布，电荷体密度为ρ，求带电球内外地电场强度分布.解：以O 点为球心，作球面S 为高斯面，半径为r根据电场高斯定理01i SiEdS q ε=∑⎰3210443r r r R E r e πρπε≤≤⋅=当0时，103r r E e ρε∴=3220443r R r R E r e πρπε>⋅=当时，32203r R E e r ρε∴=9-25图9-25为两带电同心球面，已知：120.10 m,0.30 m R R ==，81 1.010 C Q -=⨯，82 1.510 C Q -=⨯.求：（1）10.05 m r =30.50 m r =处地电场强度大小.解：对称性分析：以球心为圆心，相同r 处地电场强度大小相同，方向沿半径向外.以球心为圆心，作球面S 为高斯面，半径为r 根据电场高斯定理01i SiEdS q ε=∑⎰（1）211140r E r π⋅=以为半径作高斯面，10E ∴=（2）2122204Q r E r πε⋅=以为半径作高斯面，122022250/4Q E N C r πε∴==习题9-25图（3）21233304Q Q r E r πε+⋅=以为半径作高斯面，123203900/4Q Q E N C r πε+∴==9-26 两个带等量异号电荷地无限长同轴圆柱面，半径分别为1R 和2R （12R R <），如图9-26所示，单位长度上地电荷为以中轴线为轴心，作底面半径r 地圆柱面S 为高斯面，高为l 根据电场高斯定理01i SiEdS q ε=∑⎰1120r R E rl π<<⋅=当0时， 10E ∴= 12202l R r R E rl λπε<<⋅=当时， 202E rλπε∴= 23020l lr R E rl λλπε->⋅==当时， 30E ∴=9-27 如图9-27所示，AO 相距2R ，弧BCD 是以O 为圆心、R 为半径地半圆.A 点有电荷+q ，O 点有电荷-3q .（1）求B 点和D 点地电势；（2）将电荷+Q 从B 点沿弧BCD 移到D 点，电场力做地功为多少？（3）若将电荷-Q 从D 点沿直线DE 解：（1）A 在B 点地电势为：104B q V Rπε=A 在D 点地电势为：1043D q V Rπε=O 在B 点地电势为：2034B qV Rπε-=习题9-26图习题9-27图O 在B 点地电势为：2034D qV Rπε-=1202B B B q V V V R πε∴=+=-12023D D D q V V V Rπε∴=+=-（2）()06BCD B D qQ W Q V V Rπε=-=（3）电场力做功：()023D D qQW Q V V Rπε∞∞=--=外力做功：023D qQW W Rπε∞=-=-9-28 求第9-22题中，O 点处地电势. 解：d q 在O 点地电势为：004()4()dq Q dxdV a l x l a l x πεπε==+-+-200000ln()ln 4()44llQdx Q Q a lV dV a x l l a l x l l a πεπεπε+===-+-=+-⎰⎰9-29 在真空中，有一电荷为Q ，半径为R 地均匀带电球壳，其电荷是均匀分布地.试求：(1)球壳外两点间地电势差；(2)球壳内两点间地电势差；(3)球壳外任意点地电势；(4)球壳内任意点地电势.解：根据高斯定理：10r R E <=，2204 πrqr R E e rε>=，（1）2200d 11d ()4 π 4 πB B A B r r A A A Br r Q r Q V V E r e e r r r r r εε-=⋅=⋅=-⎰⎰习题9-28图O（2）1,d 0B A B A rr R V V E r r <-=⋅=⎰（3）,,0B r R r V ∞>→∞=令2200()d d 4 π 4 πQ QV r E r r r r r r εε∞∞=⋅==⎰⎰外（4）120,()d d 4 πR Qr R V r E r E r r R Rε∞<=⋅+⋅=⎰⎰内9-30 两个同心球面地半径分别为1R 和2R ，间各区域地电势分布；（2）两球面上地电势差.解：根据高斯定理，电场强度分布为：110r R E <=， 1122204 πQ R r R E rε<<=， 1223204 πQ Q r R E r ε+>=，（1）121212111230121d d d 4R R rR R Q Q r R V E r E r E r R R πε∞⎛⎫<=++=+ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰，221212223021d d 4R rR Q Q R r R V E r E r r R πε∞⎛⎫<<=+=+ ⎪⎝⎭⎰⎰，122330d 4rQ Q r R V E r rπε∞+>==⎰，（2）211201211d 4R AB R Q U E r R R πε⎛⎫==- ⎪⎝⎭⎰9-31 图9-31为一均匀带电球层，其电荷体密度为ρ别为R 1、R 2，求图中A 点地电势.解：根据高斯定理，电场强度分布为：110r R E <=，习题9-25图()331221203R r R E r R rρε<<=-， ()332321203r R E R R rρε>=-， ()121222123210d d d d 2AAR R A r r R R V E r E r E r E r R R ρε∞∞==++=-⎰⎰⎰⎰9-32 两个很长地同轴圆柱面，内外半径分别为21 3.010 m R -=⨯、20.1 m R =，带有等量异号电荷，两圆柱面地电势差为450 V ，求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2)距离轴心0.05 m 处地电场强度地大小.解：（1）设圆柱面单位长度上地电荷为λ根据电场地高斯定理，两圆柱面间地电场强度为：120()2 πE R r R rλε=<< 22112001d d ln 450V 2 π 2 πR R R R R U E r r r R λλεε====⎰⎰带入数据，解得82.110C/m λ-=⨯ （2）120.05m R r R <=<80.05m 120 2.110V/m 7550V/m 2 π2π8.8542100.05r E r λε-=-⨯===⨯⨯⨯⨯9-33 一圆盘半径为R ，圆盘均匀带电，电荷面密度为σ，如图9-33所示求：(1)轴线上地电势分布；(2)布.解：（1）如图所示，以O 为r 地环形圆盘作为微元，宽度为d r . 则此微元所带电荷为2d r r σπ⋅. 其在轴线上一点地电势为：d V =习题9-33图带电圆盘轴线上地电势为：0000d)22R RV V xσσεε====⎰⎰⎰（2）电场强度方向沿x轴，则d d(1d d2V VE i i il xσε=-=-=-第10章静电场中地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)导体内部地电势比导体表面地电势高(D)导体内任一点与其表面上任一点地电势差等于零答案：D解析：处于静电平衡地导体是一个等势体，表面是一个等势面，并且导体内部与表面地电势相等.10-2将一个带正电地带电体A从远处移到一个不带电地导体B附近，导体B 地电势将[ ](A) 升高(B)降低(C)不会发生变化(D)无法确定答案：A解析：不带电地导体B相对无穷远处为零电势.由于带正电地带电体A移到不带电地导体B附近地近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体地电势将习题10-3图高于无穷远处，因而正确答案为（A ）.10-3将一带负电地物体M 靠近一不带电地导体N ，在N 地左端感应出正电荷，右端感应出负电荷.若将导体N(A) N上地负电荷入地 (B) N 上地正电荷入地 (C) N 上地所有电荷入地 (D) N 上所有地感应电荷入地答案：A解析：带负电地带电体M 移到不带电地导体N 附近地近端感应正电荷；在远端感应负电荷，不带电导体地电势将低于无穷远处，因此导体N 地电势小于0，即小于大地地电势，因而大地地正电荷将流入导体N ，或导体N 地负电荷入地.故正确答案为（A ）.10-4 如图10-4所示，将一个电荷量为q 电地导体球附近，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 =，04πε=q V d(B) 204πε=q E d，04πε=qV d(C) 0E =，0V =(D) 204πε=q E d ，04πε=q V R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 点地电势为点电荷q 及感应电荷所产生地电势叠加.感应电荷分布于导体球表面，至球心O 地距离皆为半径R ，并且感应电荷量代数和q ∑为0，因此004qV Rπε==∑感应电荷.由此在导体球球心O 点地电势等于点电荷q 在O 点处地电势04πε=q V d.10-5 如图10-5所示，两个同心球壳.内球壳半径为R 1，均匀带有电量Q ；外习题10-4图球壳半径为R 2，壳地厚度忽略，原先不带电，但与地相连接．设地为电势零点，则在内球壳里面，距离球心为r 处地P 点地电场强度大小及电势分别为[ ](A)0E =，014πε=Q V R(B)0E =，01211()4πε=-QV R R (C)204πε=Q E r ，04πε=Q V r(D)204πε=Q E r ，014πε=QV R答案：B解析：根据静电场地高斯定理d iiSqE S ε=∑⎰，同心球壳地电场强度大小分布为11122200,0,4r R E Q R r R E r πε<<=⎧⎪⎨<<=⎪⎩，则点P 地电场强度为0E =，电势1211201211d d ()4R R R Q V E r E r R R πε=+=-⎰⎰. 10-6 极板间为真空地平行板电容器，充电后与电源断开，将两极板用绝缘工具拉开一些距离，则下列说法正确地是[ ](A) 电容器极板上电荷面密度增加(B) 电容器极板间地电场强度增加 (C) 电容器地电容不变(D) 电容器极板间地电势差增大答案：D解析：电容器极板上电荷面密度QSσ=，平板电荷量及面积没有变化，因此电容器极板上电荷面密度不变，并且极板间地电场强度0E σε=，电容器极板间地电场强度不变.平行极板电容0SC dε=，两极板间距离增加，则电容减小.电容器极板习题10-5图间地电势差U Ed =，电场强度E 不变，距离d 增大，则电势差增大.因而正确答案为（D ）.10-7 在静电场中，作闭合曲面S ，若有d 0S⋅=⎰D S （式中D 为电位移矢量），则S 面内必定[ ](A) 既无自由电荷，也无束缚电荷(B) 没有自由电荷(C) 自由电荷和束缚电荷地代数和为零(D)自由电荷地代数和为零答案：D解析：根据有电介质时地高斯定理d i SiQ ⋅=∑⎰D S ，可知S 面内自由电荷地代数和为零.10-8 对于各向同性地均匀电介质，下列概念正确地是[ ](A)电介质充满整个电场并且自由电荷地分布不发生变化时，电介质中地电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度地1r 倍(B)电介质中地电场强度一定等于没有介质时该点电场强度地1r 倍 (C)在电介质充满整个电场时，电介质中地电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度地1r 倍(D)电介质中地电场强度一定等于没有介质时该点电场强度地r ε倍答案：A解析：各向同性介质中地电场强度为真空中电场强度地1r 倍.10-9把一空气平行板电容器，充电后与电源保持连接.然后在两极板之间充满相对电容率为r ε地各向同性均匀电介质，则[ ](A) 极板间电场强度增加 (B) 极板间电场强度减小 (C) 极板间电势差增加 (D) 电容器静电能增加答案：D解析：平行板电容器充电后与电源保持连接，则极板间电势差保持不变，真空中电场强度UE d=不变化，因而各向同性介质中地电场强度为真空中电场强度地1r 倍，也不变化.各向同性介质中地电容器静电能2012r W E V εε=，相对于真空中电容器静电能有所增加.故正确答案为（D ）.10-10 1C 和2C 两空气电容器并联起来接上电源充电.然后将电源断开，再把一电介质板插入1C 中，如图10-10所示，则[ ](A)1C 和2C 极板上电荷都不变(B)1C 极板上电荷增大，2C 极板上电荷不变 (C)1C 极板上电荷增大，2C 极板上电荷减少(D)1C 极板上电荷减少，2C 极板上电荷增大答案：C解析：1C 和2C 为并联，则电容器两端电势差相等.1C 中插入一电介质，则1C 地电容增大（0r C C =ε），1C 极板上电荷增大（Q CU =）.由于电源断开，1C 和2C 两端总电荷量不变，因此1C 极板上电荷减少.故正确答案为（C ）.二填空题10-11任意形状地导体，其电荷面密度分布为σ（x ,y ,z ），则在导体表面外附近任意点处地电场强度地大小E （x ,y ,z ）=，其方向.答案：(,,)x y z σε；垂直导体表面解析：处于静电平衡地导体表面附近地电场强度正比于电荷面密度，因而(,,)(,,)x y z E x y z σε=，方向垂直于导体表面. 10-12 如图10-12所示，同心导体球壳A 和B ，半径分别为12R R 、，分别带电量q Q 、，则内球A 地电势A V =_____________A所带电量A q ＝____________.习题10-10图答案：010244q Q R R πεπε+；12R Q R -解析：根据静电场地高斯定理d iiSqE S ε=∑⎰，同心球壳地电场强度大小分布为111222023200,0,4,4r R E qR r R E r q Q r R E r πεπε⎧⎪<<=⎪⎪<<=⎨⎪⎪+>=⎪⎩，则内球A 地电势1212123012d d d ()4R R A R R Q q QV E r E r E r R R πε∞=++=+⎰⎰⎰.若把内球A 接地，则内球A 地电势012()04A A q Q Q V R R πε=+=，解得12A R q Q R =-. 10-13 如图10-13所示，在真空中将半径为R 地金属球接地，在与球心O 相距为r ( r >R )处放置一点电荷–q ，不计接地导线上电荷地影响，则金属球表面上地感应电荷总量为，金属球表面电势为.答案：Rq r；0解析：金属球接地，则金属球地电势为0.金属球球心电势为00044q Q q V V V rRπεπε--=+=+=感应感应，解得，感应电荷总量为RQ q r=感应.金属球表面是一个等势面，电势与地地电势相等，电势为0.10-14 两带电导体球半径分别为R 和r (R >r )，它们相距很远，用一根导线连接起来，则两球表面地电荷面密度之比:σσR r =.答案：r R解析：导体表面地电荷面密度反比与曲率半径，因此::R r r R σσ=.10-15 对下列问题选取“增大”、“减小”、“不变”作答.（1）平行板电容器习题10-13图保持板上电量不变（即充电后切断电源）.现在使两板地距离增大，则：两板间地电势差_______,电场强度__________,电容__________，电场能量__________.（2）如果保持两板间电压不变（即充电后与电源连接着）.则两板间距离增大时，两板间地电场强度__________，电容________，电场能量__________.答案：（1）增大，不变，减小，增大；（2）减小，减小，减小解析：（1）保持板上电量Q 不变，使两板地距离d 增大.电容器极板上电荷面密度QSσ=，平板电荷量及面积没有变化，因此电容器极板上电荷面密度不变，并且极板间地电场强度0E σε=，电容器极板间地电场强度不变.电容器极板间地电势差U Ed =，电场强度E 不变，距离d 增大，则电势差增大.平行极板电容0S C dε=，两极板间距离增加，则电容减小.电场能量22e Q W C=，电荷量Q 不变，C 减小，则电场能量e W 增大.（2）保持两板间电压U 不变，使两板地距离d 增大.则极板间地电场强度UE d=，电容器极板间地电场强度减小.平行极板电容0S C dε=，两极板间距离增加，则电容减小.电场能量212e W CU =，电压U 不变，C 减小，则电场能量e W 减小.10-16一平行板电容器，两板间充满各向同性均匀电介质.已知相对电容率为r ε，若极板上地自由电荷面密度为σ，则介质中电位移地大小D =，电场强度地大小E =，电场地能量密度e w =.答案：σ；0r σεε；202rσεε解析：根据电介质中地高斯定理d SD S q =⎰，得电位移矢量地大小D σ=.由于0r D E εε=，因此电场强度地大小0rE σεε=.电场地能量密度222000222re r rw E εεεσσεεεε===（）.10-17 在电容为0C 地空气平行板电容器中，平行地插入一厚度为两极板距离一半地金属板，则电容器地电容C =.答案：02C解析：插入金属板后，电容0C 成为两电容1C 和2C 串联，且1200414SC C C d ε===.因此等效电容为0121211C C C C ==+.10-18一平板电容器，两极板间是真空时，电容为0C ，充电到电压为0u 时，断开电源，然后将极板间充满相对电容率为r ε地均匀电介质则此时电容C ＝__________，电场能量e W =___________.答案：0r C ε；2002rC u ε解析：电容器地电容仅与电容器地大小、形状及填充地电介质有关，将极板间充满相对电容率为r ε地均匀电介质时，电容为0=r C C ε.断开电源后，两极板上地电荷量不变化，因此电场能量22200000()222e r rC u C u Q W C C εε===.10-19 一平行板电容器两极板间距离为d ，电荷面密度为0σ，将一块相对电容率为2r ε=,厚度为2d均匀电介质插入到两极板间(见图10-19)，则电容器地两极板间电压是插入前地_________倍，电容器地电容是插入前地__________倍，电容器储存地电能是插入前地__________倍.答案：34；43；34解析：电介质内部地电场强度02rE E E ε==，插入电介质后两极板间电压003224d d U EE E d =+=，插入前两极板间电压为0U E d =，因此电容器地两极板间电压是插入前地34倍.电容器地电容QC U=，电2d 习题10-19图荷量Q 不变，电容与电压U 成反比，因此，电容器地电容是插入前地43倍.电容器储存地电能12e W QU =，与电压U 成正比，因此，电容器储存地电能是插入前地34倍.三计算题10-20 两块大金属板A 和B ，面积均为S ，两块板平行地放置，间距为d ，d 远小于板地尺度.如图10-20所示，现使A 板带电Q A ，B 板带电Q B .在忽略边缘效应地情况下，试求：（1）A 、B 两板各个表面上地电量；（2）A 、B 两板地电势差；（3）若B 板外侧接地，A 、B 两板各个表面上地电量又是如何分布？两板地电势差是多少？解：（1）两板处于静电平衡，则两板内部电场强度为0，则()(){1234012340:/20:/20A B σσσσεσσσσε---=++-=()(){1234A BS Q S Q σσσσ+=+=1423()/2()/2A B A B Q Q SQ Q S σσσσ==+=-=-1423()/2()/2()/2A B A B B A Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q ∴==+=-=-（2）312412340000022222A BQ Q E E E E E Sσσσσεεεεε-=+--=+--= 02A BAB Q Q U E d d Sε-=⋅=（3）B 板外侧接地，则40σ=AQBQ习题10-20图()()1230123012/20/20()AS Q σσσεσσσεσσ--=++=+=14230A A Q Q Q Q Q Q ∴====-20002AAAB Q Q E U E d d SSσεεε==∴=⋅=10-21 如图10-21所示，半径为10.01 m R =地金属球，带电量101110 C Q -=⨯，球外套一内外半径分别22310 m R -=⨯和23410 m R -=⨯地同心金属球壳，壳上带电1021110 C Q -=⨯，求：(1)金属球和金属球壳地电势差；(2)若用导线把球和球壳连接在一起，这时球和球壳地电势各为多少？解：根据高斯定理，电场强度分布为：112120123220,4,4Q R r R E r Q Q r R E r πεπε<<=+>=(1)221111120012111d d 6044R R AB R R Q Q U E r r V r R R πεπε⎛⎫===-= ⎪⎝⎭⎰⎰(2)331212222031d d 27044B R R Q Q Q Q V E r r V r R πεπε∞∞++====⎰⎰270A B V V V ==10-22 半径为0R 地导体球带有电荷Q ，球外有一层均匀介质同心球壳，其内、外半径分别为1R 和2R ，相对电容率为r ε，如图10-22所示，求：（1）空间地电位移和电场强度分布；（2解：（1）导体球处于静电平衡状态，电荷分布在球地表面，球内部没有电荷习题10-21图根据有电介质地高斯定理i iSDdS Q =∑⎰⎰，20140r R D r π<⋅=时，，10D ∴=100rDE εε==20124R r R D r Q π<<⋅=时，，224QD r π∴=22200(1)4r rD QE rεεεπε===21234R r R D r Q π<<⋅=时，，324QD r π∴=232004rr D Q E r εεπεε==2244r R D r Q π>⋅=时，，424QD r π∴=44200(1)4r rD QE r εεεπε===因此，空间地电位移和电场强度分布为：0020()()4r R D Qr R r π<⎧⎪=⎨>⎪⎩，0012012202200()()4()4()4rr R Q R r R r E Q R r R r Qr R r πεπεεπε<⎧⎪⎪<<⎪⎪=⎨<<⎪⎪⎪>⎪⎩（2）介质内表面（1r R =）上地极化电荷与导体球上地电荷电性相反，因此，其面密度为：1031221111(1)()44r r r r r Q Q E R R R εεσεεεπεπ---'=-==- 介质外表面（2r R =）上地极化电荷与导体球上地电荷电性相同，因此，其面密度为：2032222211(1)()44r r r r r Q QE R R R εεσεεεπεπ--'=-==10-23 地球和电离层可当作球形电容器，它们之间相距约为100 km ，求地球—电离层系统地电容.（设地球和电离层之间为真空）解：已知6371km 100km +R d R R d ===地球地球电离，，设地球-电离层分别带点±Q则根据高斯定律，地球-电离层间地电场强度为：204Q E rπε=20111d d 6044R R R R Q QU E r r V r RR πεπε⎛⎫===-= ⎪ ⎪⎝⎭⎰⎰电离电离地球地球地球电离 204 4.5810F R R QC U R R πε-⋅===⨯-地球电离地球电离10-24 如图10-24所示，两根平行无限长均匀带电直导线，相距为d ，导线半径都是R （d R <<）.导线上电荷线密度分别为+λ和-λ.试求（1）两导线间任一点P 地电场强度；（2）两导线间地电势差；（3）该导体组单位长度地电容.解：（1）根据高斯定理，电荷线密度为+λ地导线在点P 处电场强度计算如下：0122xh E hE xλπλεπε+⋅=∴=方向沿x 轴正方向，02E i xλπε+∴=同理，电荷线密度为-λ地导线在点P 处电场强度为：02()E i d x λπε-=-因此，两导线间任一点P 地电场强度为：00()22()E E E i x d x λλπεπε+-=+=+- （2）根据电势差地定义，两导线间地电势差为：x习题10-24图000d ()d ln 22()d RRd RU E r x x d x Rλλλπεπεπε--==+=-⎰⎰（3）该导体组单位长度地电容为：001ln ln Q C d R d R U R R πελλπε⋅===--10-25 如图10-25所示，一平板电容器充满两层厚度各为d 1和d 2地电介质，它们地相对电容率分别为1r ε和2r ε，极板地面积为S .求：（1）电容器地电容；（2）当极板上地自由电荷面密度为0σ时，两层介质地电位移.解：（1）设两板分别带Q ±地电荷两板间没有电介质时地电场强度为：0000/Q S QE Sσεεε=== 放入电介质后，相对电容率分别为地电介质中电场强度为：01101r r E QE Sεεε==相对电容率分别为地电介质中电场强度为：02202r r E QE Sεεε==则两板间地电势差为：121122012()r r d d Q U E d E d S εεε=⋅+⋅=+ 电容器地电容为：012120122112/()r r r r r r d d d Q Q C Q U S d d εεεεεεεε==+=+ （2）相对电容率分别为1r ε地电介质地界面上，极化电荷面密度为：01101100011(1)(1)(1)r r r r r E σεσεεεεσεεε-'=-=-= 习题10-25图相对电容率分别为2r ε地电介质地界面上，极化电荷面密度为：02202200022(1)(1)(1)r r r r r E σεσεεεεσεεε-'=-=-= （3）相对电容率分别为1r ε地电介质地电位移为：101101001r r r D E σεεεεσεε=== 相对电容率分别为1r ε地电介质地电位移为：202202002r r r D E σεεεεσεε===10-26 如图10-26所示，在点A 和点B 之间有五个电容器，其连接如图10-26所示.（1）求A ，B 两点之间地等效电容；（2）若A ，B 之间地电势差为12 V ，求AC U ，CD U 和DB U .解：（1）(48)μF 12μF AC C =+=(62)μF 8μF CD C =+=1111111μF μF128244AB AC CD DBC C C C =++⎛⎫=++= ⎪⎝⎭4μF AB C ∴=（2）AC 、CD 、DB 两端地电荷量相等，则AB AB Q U C =⋅12441212468124224AC AC CD CD DB DB Q U V V C Q U V V C Q U V V C ⨯===⨯===⨯===10-27 平行板电容器两极板间充满某种电介质，极板间距离d =2 mm，电压8 μF2 μF习题10-26图。

《大学物理教程》下册第三版 (贾瑞皋著)课后习题答案科学出版社12

12 − 8 = 0 .4 A 1+ 2 + 2 +1+ 2 + 2
U ab = 12 − 0.4(2 + 1 + 2 ) = 10V
(2) U cd = U ab − 10V = 0
12-6
(
)
2
× 2.2 × 10 −5 = 1.2 × 10 2 W
12-1
(6) W = I 2 Rt = 2.3 × 10 3
(
)
2
× 2.2 × 10 −5 × 3600J = 4.2 × 10 5 J
(7) u =
j 1.4 × 10 2 = cm s = 1.0 × 10 − 4 cm s ne 8.5 × 10 22 × 1.6 × 10 −19
R = ∫ dR = ∫
ρdr ρ ⎛ 1 1⎞ = ⎜ − ⎟ 2 a 2πr 4π ⎝ a b ⎠
b
12-9
一长度为 l，内外半径分别为 R1 和 R2 的导体管，电阻率为 ρ 。求下列三种情况下管子
的电阻：(1)若电流沿长度方向流动；(2)电流沿径向流动；(3)如图所示，把管子切去一半，电流沿图示方向流过。 [解] (1) 沿长度方向流动时， S = π R22 − R12 。沿长度方向厚度为 dl 的一层所具有的电阻为
12-5
电缆的芯线是半径为 r1 =0.5cm 的铜线，在铜线外面包一层同轴的绝缘层，绝缘层的
外半径为 r2 =2cm，电阻率 ρ = 1 × 1012 Ω ⋅ m 。在绝缘层外面又用铜层保护起来(如图所示)。 (1) 求长 L=1000m 的这种电缆沿径向的电阻； (2)当芯线与铅层的电势差为 100V 时，在这电缆中沿径向的漏电流是多大? [解] (1)在绝缘层内距轴线 r 处作一半径为 r、厚度为 dr、长为 L 的同轴圆柱形薄壳，此薄壳沿径向的电阻

《大学物理》下册习题答案

7-1．原长为m 5.0的弹簧，上端固定，下端挂一质量为kg 1.0的物体，当物体静止时，弹簧长为m 6.0．现将物体上推，使弹簧缩回到原长，然后放手，以放手时开始计时，取竖直向下为正向，写出振动式。

（g 取9.8）解：振动方程：cos()x A t ωϕ=+，在本题中，kx mg =，所以9.8k =；∴ω=== 取竖直向下为x 正向，弹簧伸长为0.1m 时为物体的平衡位置，所以如果使弹簧的初状态为原长，那么：A =0.1m ，当t =0时，x =-A ，那么就可以知道物体的初相位为π。

所以：0.1cos x π=+）即：)x =-。

7-2．有一单摆，摆长m 0.1=l ，小球质量g 10=m ，0=t 时，小球正好经过rad06.0-=θ处，并以角速度0.2rad/s θ= 向平衡位置运动。

设小球的运动可看作简谐振动，试求：（1）角频率、频率、周期；（2）用余弦函数形式写出小球的振动式。

（g 取9.8）解：振动方程：cos()x A t ωϕ=+我们只要按照题意找到对应的各项就行了。

（1）角频率： 3.13/rad s ω===，频率：0.5Hz ν===，周期：22T s ===；（2）振动方程可表示为：cos 3.13A t θϕ=+（），∴ 3.13sin 3.13A t θϕ=-+ （）根据初始条件，0t =时：cos A θϕ=，0(12sin 0(343.13Aθϕ>=-< ，象限），象限）可解得：2008.810227133 2.32A m ϕ-=⨯==-=-，，所以得到振动方程：28.810cos3.13 2.32t m θ-=⨯-（）。

7-4．一质点沿x 轴作简谐振动，振幅为cm 12，周期为s 2。

当0=t 时，位移为cm 6，且向x 轴正方向运动。

求：（1）振动表达式；（2）s 5.0=t 时，质点的位置、速度和加速度；（3）如果在某时刻质点位于cm 6-=x ，且向x 轴负方向运动，求从该位置回到平衡位置所需要的时间。

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。

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第十二章导体电学【例题精选】例12-1 把A ，B 两块不带电的导体放在一带正电导体的电场中,如图所示. 设无限远处为电势零点，A 的电势为U A ，B 的电势为U B ，则 (A) U B > U A ≠0． (B) U B > U A = 0．(C) U B = U A ． (D) U B < U A ． [ D ]例12-2 选无穷远处为电势零点，半径为R 的导体球带电后，其电势为U 0，则球外离球心距离为r 处的电场强度的大小为(A) 302rU R ． (B) R U 0． (C) 20r RU ． (D) r U 0． [ C ] *例12-3 如图所示，封闭的导体壳A 内有两个导体B 和C 。

A 、C 不带电，B 带正电，则A 、B 、C 三导体的电势U A 、U B 、U C 的大小关系是（A ） U A = UB = UC （B ） U B > U A = U C （C ） U B > U C > U A （D ） U B > U A > U C例12-4 在一个不带电的导体球壳内，先放进一个电荷为 +q 的点电荷，点电荷不与球壳内壁接触。

然后使该球壳与地接触一下，再将点电荷+q 取走。

此时，球壳的电荷为；电场分布的范围是． -q 球壳外的整个空间例12-5 如图所示，A 、B 为靠得很近的两块平行的大金属平板，两板的面积均为S ，板间的距离为d ．今使A 板带电荷q A ，B 板带电荷q B ，且q A > q B ．则A 板的靠近B 的一侧所带电荷为；两板间电势差U = ．)(21B A q q - Sd q q B A 02)(ε- 例12-6 一空气平行板电容器，电容为C ，两极板间距离为d 。

充电后，两极板间相互作用力为F 。

则两极板间的电势差为；极板上的电荷为。

C Fd /2 FdC 2例12-7 C 1和C 2两个电容器，其上分别标明200 pF （电容量）、500 V （耐压值）和300 pF 、900 V ．把它们串连起来在两端加上1000 V 电压，则(A) C 1被击穿，C 2不被击穿． (B) C 2被击穿，C 1不被击穿．(C) 两者都被击穿． (D) 两者都不被击穿． [ C ]ABA C Bd例12-8 半径分别为1.0 cm 与2.0 cm 的两个球形导体，各带电荷 1.0³10-8 C ，两球相距很远．若用细导线将两球相连接．求：(1) 每个球所带电荷；(2) 每个球的电势．(22/C m N 1094190⋅⨯=πε) 解：两球相距很远，可视为孤立导体，互不影响．球上电荷均匀分布．设两球半径分别为r 1和r 2，导线连接后的电荷分别为q 1和q 2，而q 1 + q 1 = 2q ，则两球电势分别是 10114r q U επ=， 20224r q U επ=两球相连后电势相等 21U U =，则有 21212122112r r qr r q q r q r q +=++== 由此得到 921111067.62-⨯=+=r r qr q C 92122103.132-⨯=+=r r qr q C两球电势 310121100.64⨯=π==r q U U ε V例12-9 如图所示，三个“无限长”的同轴导体圆柱面A 、B 和C ，半径分别为 R a 、 R b 、R c ．圆柱面B 上带电荷，A 和C 都接地．求Ｂ的内表面上电荷线密度λ1和外表面上电荷线密度λ2之比值λ1/ λ2．解：设B 上带正电荷，内表面上电荷线密度为λ1，外表面上电荷线密度为λ2，而A 、C 上相应地感应等量负电荷，如图所示．则A 、B 间场强分布为 E 1=λ1 / 2πε0r ，方向由B 指向AB 、C 间场强分布为E 2=λ2 / 2πε0r ，方向由B 指向CB 、A 间电势差 a b R R R R BA R R r r r E U ab a bln 2d 2d 0111ελελπ=π-=⋅=⎰⎰B 、C 间电势差 b c R R R R BC R R r r r E U cb cb ln 2d 2d 0222ελελπ=π-=⋅=⎰⎰ 因U BA ＝U BC ,得到()()a b b c R R R R /ln /ln 21=λλ 【练习题】*12-1 设地球半径R =6.4⨯106 m ，求其电容？解：C=4πε0R=7.12³10-4F12-2三块互相平行的导体板，相互之间的距离d 1和d 2比板面积线度小得多，外面二板用导线连接．中间板上带电，设左右两面上电荷面密度分别为σ1和σ2，如图所示．则比值σ1 / σ2为λ2(A) d 1 / d 2． (B) d 2 / d 1． (C) 1． (D) 2122/d d ． [ B ]12-3 充了电的平行板电容器两极板(看作很大的平板)间的静电作用力F 与两极板间的电压U 的关系：(A) F ∝U ． (B) F ∝1/U ． (C) F ∝1/U 2． (D) F ∝U 2． [ D ] 12-4 两个半径相同的金属球，一为空心，一为实心，把两者各自孤立时的电容值加以比较，则(A) 空心球电容值大． (B) 实心球电容值大．(C) 两球电容值相等． (D) 大小关系无法确定． [ C ] 12-5 一导体A ，带电荷Q 1，其外包一导体壳B ，带电荷Q 2，且不与导体A 接触．试证在静电平衡时，B 的外表面带电荷为Q 1 + Q 2．证明：在导体壳内部作一包围B 的内表面的闭合面,如图．设B 内表面上带电荷Q 2′，按高斯定理，因导体内部场强E 处处为零，故0/)(d 021='+=⎰⋅εQ Q S E S∴ 12Q Q -=' 根据电荷守恒定律，设B 外表面带电荷为2Q ''，则 222Q Q Q =''+' 由此可得 21222Q Q Q Q Q +='-='' 第十三章电介质【例题精选】例13-1 一导体球外充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，若测得导体表面附近场强为E ，则导体球面上的自由电荷面密度σ为(A) ε 0 E ． (B) ε 0 ε r E ． (C) ε r E ． (D) (ε 0 ε r - ε 0)E ． [ B ] 例13-2 C 1和C 2两空气电容器串联起来接上电源充电。

大学物理学(下册)习题答案详解

第十二章热力学基础一、选择题 12－1 C 12－2 C 12－3 C 12－4 B 12－5 C 12－6 A 二、填空题 12－710000100p V p V p V p V --12－8 260J ，280J - 12－912－10 )(5.21122V p V p -，))((5.01212V V p p -+，)(5.0)(312211122V p V p V p V p -+- 12－11 268J ，732J 三、计算题12－12 分析：理想气体的内能是温度T 的单值函数，内能的增量E ∆由始末状态的温度的增量T ∆决定，与经历的准静态过程无关．根据热力学第一定律可知，在等温过程中，系统从外界吸收的热量全部转变为内能的增量，在等压过程中，系统从外界吸收的热量部分用来转变为内能的增量，同时对外做功．解：单原子理想气体的定体摩尔热容,32V m C R = (1) 等体升温过程20=A,21333()8.3150623222V V m E Q C T R T R T T J J ∆==∆=∆=-=⨯⨯= (2) 等压膨胀过程,2133()8.315062322V m E C T R T T J J ∆=∆=-=⨯⨯= 2121()()8.3150416A p V V R T T J J =-=-=⨯=1039p Q A E J =+∆=或者,,215()8.315010392p p m p m Q C T C T T J J =∆=-=⨯⨯=12－13 分析：根据热力学第一定律和理想气体物态方程求解．解：氢气的定体摩尔热容,52V m C R =(1) 氢气先作等体升压过程，再作等温膨胀过程．在等体过程中，内能的增量为 ,558.3160124622V V m Q E C T R T J J =∆=∆=∆=⨯⨯= 等温过程中，对外界做功为221ln8.31(27380)ln 22033T T V Q A RT J J V ===⨯+⨯= 吸收的热量为3279V T Q Q Q J =+=(2) 氢气先作等温膨胀过程，然后作等体升压过程．在等温膨胀过程中，对外界做功为211ln8.31(27320)ln 21687T V A RT J J V ==⨯+⨯= 在等体升压过程中，内能的增量为,558.3160124622V m E C T R T J J ∆=∆=∆=⨯⨯= 吸收的热量为2933T Q A E J =+∆=3虽然氢气所经历的过程不同，但由于始末状态的温差T ∆相同，因而内能的增量E ∆相同，而Q 和A 则与过程有关．12－14 分析：卡诺循环的效率仅与高、低温热源的温度1T 和2T 有关．本题中，求出等温膨胀过程吸收热量后，利用卡诺循环效率及其定义，便可求出循环的功和在等温压缩过程中，系统向低温热源放出的热量．解：从高温热源吸收的热量321110.005ln 8.31400ln 5.35100.001V m Q RT J J M V ==⨯⨯=⨯ 由卡诺循环的效率2113001125%400T A Q T η==-=-= 可得循环中所作的功310.255350 1.3410A Q J J η==⨯=⨯传给低温热源的热量3321(1)(10.25) 5.3510 4.0110Q Q J J η=-=-⨯⨯=⨯12－15 分析：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量全部转换为内能的增量，温度升高．在b c →绝热过程中，系统减少内能，降低温度对外作功，与外界无热量交换．在c a →等压压缩过程中，系统放出热量，温度降低，对外作负功．计算得出各个过程的热量和功，根据热机循环效率的定义即可得证．证明：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量为,,1222()()V m V V m b a C mQ C T T p V p V M R=-=-在c a →等压压缩过程中，系统放出热量的大小为,,2122()()p m P p m c a C mQ C T T p V p V M R=-=- 所以，该热机的循环效率为41,212221,12222(1)()111()(1)p m P V V m V C p V p V Q V p Q C p V p V p ηγ--=-=-=---12－16 分析：根据卡诺定理，在相同的高温热源(1T )，与相同的低温热源(2T )之间工作的一切可逆热机的效率都相等，有221111Q TQ T η=-=-．非可逆热机的效率221111Q T Q T η=-<-．解：(1) 该热机的效率为21137.4%Q Q η=-= 如果是卡诺热机，则效率应该是21150%c T T η=-= 可见它不是可逆热机．(2) “尽可能地提高效率”是指热机的循环尽可能地接近理想的可逆循环工作方式．根据热机效率的定义，可得理想热机每秒吸热1Q 时所作的功为4410.50 3.3410 1.6710c A Q J J η==⨯⨯=⨯5第十三章气体动理论一、选择题 13－1 D 13－2 B 13－3 D 13－4 D 13－5 C 13－6 C 13－7 A 二、填空题13－8 相同，不同；相同，不同，相同. 13－9 (1)分子体积忽略不计；(2)分子间的碰撞是完全弹性的； (3)只有在碰撞时分子间才有相互作用．13－10 速率大于p v 的分子数占总分子数的百分比，分子的平均平动动能，()d 1f v v ∞=⎰，速率在∞~0内的分子数占总分子数的百分之百．13－11 氧气，氢气，1T 13－12 3，2，013－13 211042.9-⨯J ，211042.9-⨯J ，1:2 13－14 概率，概率大的状态．三、计算题13－15 分析：根据道尔顿分压定律可知，内部无化学反应的平衡状态下的混合气体的总压强，等于混合气体中各成分理想气体的压强之和．解：设氦、氢气压强分别为1p 和2p ，则12p p p =+．由理想气体物态方程，得1He He m RTp M V =， 222H H m RT p M V=所以，总压强为62255123334.010 4.0108.31(27230)()()4.010 2.010 1.010H He He H m m RT p p p Pa M M V -----⨯⨯⨯+=+=+=+⨯⨯⨯⨯ 47.5610Pa =⨯13－16 解：(1)=可得氢的方均根速率3/ 1.9310/s m s ===⨯ 氧的方均根速率483/m s === 水银的方均根速率/193/s m s === (2) 温度相同，三种气体的平均平动动能相同232133 1.3810300 6.211022k kT J J ε--==⨯⨯⨯=⨯13－17 分析：在某一速率区间，分布函数()f v 曲线下的面积，表示分子速率在该速率区间内的分子数占总分子数的百分比．速率区间很小时，这个百分比可近似为矩形面积()Nf v v N∆∆=，函数值()f v 为矩形面积的高，本题中可取为()p f v ．利用p v 改写麦克斯韦速率分布律，可进一步简化计算．解： ()Nf v v N∆=∆ 当300T K =时，氢气的最概然速率为1579/p v m s ==== 根据麦克斯韦速率分布率，在v v v →+∆区间内的分子数占分子总数的百分比为232224()2mvkT N m e v v N kTππ-∆=∆7用p v 改写()f v v ∆有223()2222()4()e ()()2pv mv v kTpp mv v f v v v v e kTv v ππ--∆∆=∆=由题意可知，10p v v =-，(10)(10)20/p p v v v m s ∆=+--=．而10p v ，所以可取p v v ≈，代入可得1201.05%1579p N e N-∆=⨯=13－18 解：(1) 由归一化条件204()d 1FF V V dN V AdV f v v N Nπ∞===⎰⎰⎰ 可得 334F NA V π= (2) 平均动能2230143()d d 24FV FV N f v v mv v N V πωωπ∞==⨯⨯⎰⎰423031313d ()2525FV F F F mv v mv E v =⨯==⎰13－19 分析：气体分子处于平衡态时，其平均碰撞次数于分子数密度和分子的平均速率有关．温度一定时，平均碰撞次数和压强成正比．解：(1) 标准状态为50 1.01310p Pa =⨯，0273T K =，氮气的摩尔质量32810/M kg mol -=⨯由公式v =kTp n =可得224Z d nv d d π===5102231.013104(10)/1.3810273s π--⨯=⨯⨯⨯次885.4210/s =⨯次(2) 41.3310p Pa -=⨯，273T K =4102231.331044(10)/1.3810273Z ds ππ---⨯==⨯⨯⨯次0.71/s =次13－20 分析：把加热的铁棒侵入处于室温的水中后，铁棒将向水传热而降低温度，但“一大桶水”吸热后的水温并不会发生明显变化，因而可以把“一大桶水”近似为恒温热源．把铁棒和“一大桶水”一起视为与外界没有热和功作用的孤立系统，根据热力学第二定律可知，在铁棒冷却至最终与水同温度的不可逆过程中，系统的熵将增加．熵是态函数，系统的熵变仅与系统的始末状态有关而与过程无关．因此，求不可逆过程的熵变，可在始末状态之间设计任一可逆过程进行求解．解：根据题意有 1273300573T K =+=，227327300T K =+=．设铁棒的比热容为c ，当铁棒的质量为m ，温度变化dT 时，吸收(或放出)的热量为dQ mcdT =设铁棒经历一可逆的降温过程，其温度连续地由1T 降为2T ，在这过程中铁棒的熵变为2121d d 300ln 5544ln /1760/573T T T Q mc T S mc J K J K T T T ∆====⨯⨯=-⎰⎰9第十四章振动学基础一、选择题 14－1 C 14－2 A 14－3 B 14－4 C 14－5 B 二、填空题 14－622 14－7 5.5Hz ，114－82411s ，23π 14－9 0.1，2π14－10 2222mA T π- 三、计算题14－11 解：简谐振动的振幅2A cm =，速度最大值为3/m v cm s =则 (1) 2220.024 4.20.033m A T s s s v ππππω⨯====≈ (2) 222220.03m/s 0.045m/s 4m m m a A v v T ππωωπ===⨯=⨯≈ (3) 02πϕ=-，3rad/s 2ω= 所以 30.02cos()22x t π=- [SI]14－12 证明：(1) 物体在地球内与地心相距为r 时，它受到的引力为2MmF Gr=- 负号表示物体受力方向与它相对于地心的位移方向相反．式中M 是以地心为中心，以r 为半径的球体内的质量，其值为10343M r πρ=因此 43F G m r πρ=-物体的加速度为43F aG r m πρ==- a 与r 的大小成正比，方向相反，故物体在隧道内作简谐振动． (2) 物体由地表向地心落去时，其速度dr dr dv dr v a dt dv dt dv=== 43vdv adr G rdr πρ==-043v r R vdv G rdr πρ=-⎰⎰ 所以v =又因为dr vdt == 所以tRdt =-⎰⎰则得1126721min 4t s ===≈14－13 分析：一物体是否作简谐振动，可从动力学方法和能量分析方法作出判断．动力学的分析方法由对物体的受力分析入手，根据牛顿运动方程写出物体所满足的微分方程，与简谐振动的微分方程作出比较后得出判断．能量法求解首先需确定振动系统，确定系统的机械能是否守恒，然后需确定振动物体的平衡位置和相应的势能零点，再写出物体在任意位置时的机械能表达式，并将其对时间求一阶导数后与简谐振动的微分方程作比较，最后作出是否作简谐振动的判断．解：(1) 能量法求解取地球、轻弹簧、滑轮和质量为m 的物体作为系统．在物体上下自由振动的过程中，系统不受外力，系统内无非保守内力作功，所以系统的机械能守恒．取弹簧的原长处为弹性势能零点，取物体受合力为零的位置为振动的平衡位11置，也即Ox 轴的坐标原点，如图14-13(a)所示．图14-13 (a)图14-13 (b)设物体在平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，由图14-13(b)可知，有10mg T -=，120T R T R -=，2T kl =得 mgl k=当物体m 偏离平衡位置x 时，其运动速率为v ，弹簧的伸长量为x l +，滑轮的角速度为ω．由系统的机械能守恒，可得222111()222k x l mv J mgx ω+++-=常量式中的角速度 1v dxR R dt ω==将机械能守恒式对时间t 求一阶导数，得2222d x k x x dt m J Rω=-=-+ 上式即为简谐振动所满足的微分方程，式中ω为简谐振动的角频率2km J R ω=+另：动力学方法求解物体和滑轮的受力情况如图14-13(c)所示．12图14－13 (c)1mg T ma -= (1)12()JT T R J a Rβ-==(2) 设物体位于平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，因为这时0a =，可得12mg T T kl ===当物体对平衡位置向下的位移为x 时，2()T k l x mg kx =+=+ (3)由(1)、(2)、(3)式解得2ka x m J R =-+物体的加速度与位移成正比，方向相反，所以它是作简谐振动． (2) 物体的振动周期为222m J R T kππω+==(3) 当0t =时，弹簧无伸长，物体的位移0x l =-；物体也无初速，00v =，物体的振幅22200()()v mgA x l l kω=+=-==00cos 1x kl A mgϕ-===- 则得 0ϕπ=13所以，物体简谐振动的表达式为2cos()mg k x t k m J Rπ=++ 14－14 分析：M 、m 一起振动的固有频率取决于k 和M m +，振动的初速度0m v 由M 和m 的完全非弹性碰撞决定，振动的初始位置则为空盘原来的平衡位置．图14-14解：设空盘静止时，弹簧伸长1l ∆(图14-14)，则1Mg k l =∆ (1)物体与盘粘合后且处于平衡位置，弹簧再伸长2l ∆，则12()()m M g k l l +=∆+∆ (2)将(1)式代入得2mg k l =∆与M 碰撞前，物体m 的速度为02m v gh =与盘粘合时，服从动量守恒定律，碰撞后的速度为02m m mv v gh m M m M==++取此时作为计时零点，物体与盘粘合后的平衡位置作为坐标原点，坐标轴方向竖直向下．则0t =时，02mg x l k =-∆=-，02mv v gh m M==+14ω=由简谐振动的初始条件，0000cos , sin x A v A ϕωϕ==-可得振幅A ===初相位0ϕ满足000tan v x ϕω=-== 因为 00x <，00v >所以 032πϕπ<<0ϕπ=+所以盘子的振动表式为cos x π⎤⎫=+⎥⎪⎪⎥⎭⎦14－15 解：(1) 振子作简谐振动时，有222111222k p E E E mv kx kA +==+= 当k p E E =时，即12p E E =．所以 22111222kx kA =⨯0.200.14141x m m ==±=±(2)由条件可得振子的角频率为/2/s rad s ω=== 0t =时，0x A =，故00ϕ=．动能和势能相等时，物体的坐标15x =即cos A t ω=，cos t ω= 在一个周期内，相位变化为2π，故3574444t ππππω=，　，　，　时间则为1 3.140.3944 2.0t s s πω===⨯ 213330.39 1.24t t s s πω===⨯=315550.39 2.04t t s s πω===⨯=417770.39 2.74t t s s πω===⨯=14－16 解：(1) 合成振动的振幅为A =0.078m== 合成振动的初相位0ϕ可由下式求出110220*********.05sin0.06sin sin sin 44tan 113cos cos 0.05cos 0.06cos 44A A A A ππϕϕϕππϕϕ⨯+⨯+===+⨯+⨯ 084.8ϕ=(2) 当0102k ϕϕπ-=± 0,1,2,k =时，即0103224k k πϕπϕπ=±+=±+时， 13x x +的振幅最大．取0k =，则 031354πϕ== 当020(21)k ϕϕπ-=±+0,1,2,k =时，即020(21)(21)4k k πϕπϕπ=±++=±++时，13x x +的振幅最小．取0k =，则 052254πϕ==(或031354πϕ=-=-) 14－17 分析：质点同时受到x 和y 方向振动的作用，其运动轨迹在Oxy 平面内，16质点所受的作用力满足力的叠加原理．解：(1) 质点的运动轨迹可由振动表达式消去参量t 得到．对t 作变量替换，令12t t '=-，两振动表达式可改写为0.06cos()0.06sin 323x t t πππ''=+=-0.03cos3y t π'=将两式平方后相加，得质点的轨迹方程为222210.060.03x y += 所以，质点的运动轨迹为一椭圆． (2) 质点加速度的两个分量分别为22220.06()cos()3339x d x a t x dt ππππ==-+=-22220.03()cos()3369y d y a t y dt ππππ==--=-当质点的坐标为(,)x y 时，它所受的作用力为22()99x y F ma i ma j m xi yj mr ππ=+=-+=-可见它所受作用力的方向总是指向中心(坐标原点)，作用力的大小为223.1499F ma π====⨯=14－18 分析：充电后的电容器和线圈构成LC 电磁振荡电路．不计电路的阻尼时，电容器极板上的电荷量随时间按简谐振动的规律变化．振荡电路的固有振动频率由L 和C 的乘积决定，振幅和初相位由系统的初始状态决定．任意时刻电路的状态都可由振荡的相位决定．解：(1) 电容器中的最大能量212e W C ε=线圈中的最大能量17212m m W LI =在无阻尼自由振荡电路中没有能量损耗，e m W W =．因此221122m C LI ε=21.4 1.410m I A A -===⨯(2) 当电容器的能量和电感的能量相等时，电容器能量是它最大能量的一半，即22124q C C ε= 因此661.010 1.41.0101.41q C C --⨯⨯==±=±⨯ (3) LC 振荡电路中，电容器上电荷量的变化规律为00cos()q Q t ωϕ=+式中0Q C ε=，ω=．因为0t =时，0q Q =，故有00ϕ=．于是q C ε=当首次q =时有C ε==，4π=53.147.85104t s -===⨯18第十五章波动学基础一、选择题 15－1 B 15－2 C 15－3 B 15－4 A 15－5 C 15－6 C 二、填空题15－7 波源，传播机械波的介质 15－8B C，2B π，2C π，lC ，lC - 15－9 cos IS θ 15－10 0 15－11 0.45m 三、计算题15－12 分析：平面简谐波在弹性介质中传播时，介质中各质点作位移方向、振幅、频率都相同的谐振动，振动的相位沿传播方向依次落后，以速度u 传播．把绳中横波的表达式与波动表达式相比较，可得到波的振幅、波速、频率和波长等特征量．t 时刻0x >处质点的振动相位与t 时刻前0x =处质点的振动相位相同．解：(1) 将绳中的横波表达式0.05cos(104)y t x ππ=-与标准波动表达式0cos(22)y A t x πνπλϕ=-+比较可得0.05A m =，52v Hz ωπ==，0.5m λ=，0.55/ 2.5/ u m s m s λν==⨯=． (2) 各质点振动的最大速度为0.0510/0.5/ 1.57/m v A m s m s m s ωππ==⨯=≈各质点振动的最大加速度为192222220.05100/5/49.3/m a A m s m s m s ωππ==⨯=≈(3) 将0.2x m =，1t s =代入(104)t x ππ-的所求相位为10140.29.2ϕπππ=⨯-⨯=0.2x m =处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后0.20.082.5x s s u == 所以它是原点处质点在0(10.08)0.92t s s =-=时的相位． (4) 1t s =时波形曲线方程为x x y 4cos 05.0) 4110cos(05.0πππ=-⨯=1.25t s =时波形曲线方程为)5.0 4cos(05.0) 425.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1.50t s =时波形曲线方程为) 4cos(05.0) 45.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1t s =， 1.25t s =， 1.50t s =各时刻的波形见图15-12．15－13 解：(1) 由于平面波沿x 轴负方向传播，根据a 点的振动表达式，并以a 点为坐标原点时的波动表达式为0cos[()]3cos[4()]20x xy A t t u ωϕπ=++=+(2) 以a 点为坐标原点时，b 点的坐标为5x m =-，代入上式，得b 点的振动表达式为53cos[4()]3cos(4)20b y t t πππ=-=- 若以b 点为坐标原点，则波动表达式为3cos[4()]20xy t ππ=+-s1s5.12015－14 解：由波形曲线可得100.1A cm m ==，400.4cm m λ==从而0.4/0.2/2u m s m s T λ===，2/rad s Tπωπ==(1) 设振动表达式为 0cos[()]xy A t uωϕ=++由13t s =时O 点的振动状态：2Ot Ay =-，0Ot v >，利用旋转矢量图可得，该时刻O 点的振动相位为23π-，即 10032()33Ot t t ππϕωϕϕ==+=+=-所以O 点的振动初相位为 0ϕπ=-将0x =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得O 点的振动表达式为0.1cos()O y t ππ=-(2) 根据O 点的振动表达式和波的传播方向，可得波动表达式0cos[()]0.1cos[(5))]xy A t t x uωϕππ=++=+-(3) 由13t s =时Q 点的振动状态：0Qt y =，0Qt v <，利用旋转矢量图可得，该时刻Q 点的振动相位为2π，即013[()]30.22Q Qt t x x t u πππϕωϕπ==++=+-=可得 0.233Q x m =将0.233Q x m =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得Q 点的振动表达式为0.1cos()6Q y t ππ=+(4) Q 点离O 点的距离为0.233Q x m =15－15 分析：波的传播过程也是能量的传播过程，波的能量同样具有空间和时间的周期性．波的强度即能流密度，为垂直通过单位面积的、对时间平均的能流．注意能流、平均能流、能流密度、能量密度、平均能量密度等概念的区别和联系．解：(1) 波中的平均能量密度为32235319.010/ 3.010/2300I w A J m J m u ρω--⨯====⨯最大能量密度为 532 6.010/m w w J m -==⨯ (2) 每两个相邻的、相位差为2π的同相面间的能量为25273000.14() 3.010() 4.621023002u d W wV w S w J v λππ--====⨯⨯⨯⨯=⨯15－16 分析：根据弦线上已知质点的振动状态，推出原点处质点振动的初相位，即可写出入射波的表达式．根据入射波在反射点的振动，考虑反射时的相位突变，可写出反射波的表达式．据题意，入射波和反射波的能量相等，因此，在弦线上形成驻波的平均能流为零．解：沿弦线建立Ox 坐标系，如图15-16所示．根据所给数据可得图15-16/100/u s m s ===，2100 /rad s ωπνπ==，100250u m m v λ===， (1) 设原点处质元的初相位为0ϕ，入射波的表达式为0cos[()]xy A t uωϕ=-+据题意可知，在10.5x m =处质元的振动初相位为103πϕ=，即有110001000.51003x u ωππϕϕϕ⨯=-+=-+=得 05326πππϕ=+=所以，入射波表达式为550.04cos[100()]0.04cos[100()]61006x x y t t u ππππ=-+=-+入考虑半波损失，反射波在2x 处质元振动的初相位为2010511100()10066ππϕππ=-++=反射波表达式为220cos[()]x x y A t uωϕ-=++反 ]611)100(100cos[04.0]611)10010(100cos[04.0ππππ++=+-+=x t x t（2）入射波和反射波的传播方向相反，叠加后合成波为驻波40.08cos()cos(100)23y y y x t ππππ=+=++入反波腹处满足条件 2x k πππ+=即 1()2x k =-因为010x m ≤≤，在此区间内波腹位置为0.5, 1.5, 2.5,,9.5x m = 波节处满足条件 (21)22x k πππ+=+即 x k = 在区间010x m ≤≤，波节坐标为0,1,2,,10x m = (3) 合成为驻波，在驻波中没有能量的定向传播，因而平均能流为零． 15－17 分析：运动波源接近固定反射面而背离观察者时，观察者即接收到直接来自波源的声波，也接收到来自固定反射面反射的声波，两声波在A 点的振动合成为拍．当波源相对于观察者静止，而反射面接近波源和观察者时，观察者接收到直接来自波源的声波无多普勒效应，但反射面反射的频率和观察者接收到的反射波频率都发生多普勒效应，因此，两个不同频率的振动在A 点也将合成为拍．解：(1) 波源远离观察者而去，观察者接收到直接来自波源声音频率为1R S Suu v νν=+观察者相对反射面静止，接收到来自反射面的声波频率2R ν就是固定反射面接收到的声波频率，这时的波源以S v 接近反射面．2R S Suu v ννν==-反 A 处的观察者听到的拍频为21222S S R R S S S S Suv u uu v u v u v νννννν∆=-=-=-+- 由此可得方程2220S S S v uv u ννν∆+-∆=0.25/S v m s ≈(2) 观察者直接接收到的波的频率就是波源振动频率1RS νν'= 对于波源来说，反射面相当于接收器，它接收到的频率为S u vuνν+'=对于观察者来说，反射面相当于另一波源，观察者接收到的来自反射面的频率为2RS S u u u v u vu v u v u u vνννν++''===--- A 处的观察者听到的拍频为212RR S S S u v vu v u vνννννν+''∆=-=-=-- 所以波源的频率为3400.24339820.4S u v Hz Hz v νν--=∆=⨯= 15－18 解：平面电磁波波动方程的标准形式为222221y y E E x u t ∂∂=∂∂， 222221z zH H x u t ∂∂=∂∂ 与平面电磁波的标准方程相比较，可知波速为82.0010/u m s ==⨯ 所以介质的折射率为1.50cn u== 15－19 解：由电磁波的性质可得00E H =而 000B H μ=，真空中的光速c =所以0E B c==从而可得 0008703000.8/0.8/310410B E H A m A m c μμπ-====⨯⨯⨯ 磁场强度沿y 轴正方向，且磁场强度和电场强度同相位，所以0.8cos(2)3y H vt ππ=+［SI ］第十六章几何光学一、选择题 16－1 A 16－2 B 16－3 B 16－4 C 二、填空题16－5 6.0S cm '=，12V = 16－6 80f cm '=16－7 34s cm '=-，2V =- 16－8 左，2R 三、计算题16－9 解：设空气的折射率为n ，玻璃的折射率为n '，则 1n =， 1.5n '= 因为 2r = 所以物方焦距4nrf cm n n=='- 像方焦距6n rf cm n n ''=='- 又因为 1f fs s'+='而 8s cm = 所以 12s cm '=(实像)1ns y V y n s''==-=-' 其中 0.1y cm = 所以 0.1y Vy cm '==-16－10 分析：将球面反射看作n n '=-时球面折射的特例，可由折射球面的成像规律求解。

大学物理课后习题答案(赵近芳)下册

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习题八8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题8-1图题8-2图8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可解: 如题8-2图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式204r q E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r→0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024dq πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =Sq 02ε．试问这两种说法对吗?为什么?f 到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强SqE 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为Sq E 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r与l的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin rp πεθ证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r的分量θsin p ．∵ l r >>∴ 场点P 在r 方向场强分量30π2cos rp E r εθ=垂直于r 方向，即θ方向场强分量300π4sin rp E εθ=题8-5图题8-6图8-6 长l =15.0cm AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m -1正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强．解：如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε222)(d π4d x a xE E l l P P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右(2)2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题8-6图所示由于对称性⎰=lQxE 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x xE Qyλε22π4d d ελ⎰==l QyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强．解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为 20π4d d RR E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE+++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵ lq 4=λ ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿OP8-9 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平面．q 在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(xRarctan =α) 解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量06εqe =Φ． (2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ，如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题8-9(a)图所示．题8-9(3)图题8-9(a)图题8-9(b)图题8-9(c)图 (3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量，球冠面积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221xR x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r Sααα⎰⋅=02d sin π2r)cos 1(π22α-=r8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=q r 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. 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅q S E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E 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 >=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， n E)(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．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ- 球在O 点产生电场'dπ4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030r E ερ= ； (2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位矢为r (如题8-13(b)图)则 03ερrE PO =，3ερr E O P '-=' ,∴ 00033)(3ερερερdr r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6C d=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C-1解: ∵ 电偶极子p在外场E 中受力矩E p M⨯=∴ qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功?解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r -61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-RqR q 0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-= ∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ 同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 ∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E与电势U 的关系U E -∇= ，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)解: (1)点电荷 rqU 0π4ε=题 8-20 图∴ 0200π4r rq r r U E ε=∂∂-= 0r为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势220π4xR q U +=ε∴ ()i x R qxi x U E2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4rql llr q U εθθθε=+--=∴ 30π2cos rp r U E r εθ=∂∂-= 30π4sin 1r p U r E εθθθ=∂∂-= 8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，证: 如题8-21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ∴ +2σ03=σ说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ 又∵ +2σ03=σ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB AC U U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q(1)(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*(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解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qrr q r E U εε (2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+Rq R q εε得 -='q 3q 8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力；(2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2解: 由题意知 2020π4r q F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =', 小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电q q 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'2F r qr q q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q . ∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r q q F ==ε *8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持UU AB =可得以下6个方程题8-26图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd US q S qdU U C S S q B A 解得 Sq261==σσSq dU2032-=-=εσσ Sq dU2054+=-=εσσ 所以CB 间电场 S qd U E 00422εεσ+==)2d (212d 02Sq U E U U CB C ε+=== 注意：因为C 片带电，所以2U U C ≠，若C 片不带电，显然2U U C = 8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强；(2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4rrQ E r r Q D r εε ==内; 介质外)(2R r <场强303π4,π4r r Q E r Qr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r-+=εεε 8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d qS D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=d21UE E == rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内∴r D D εσσ==1212题8-28图题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求：(1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量；(2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容．解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε==薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B 的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求： (1) 1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度．解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即2210π41r q q F ε=但2q 处于金属球壳中心，它受合力．．为零，没有加速度． (2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题8-30图题8-31图8-31 如题8-31图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ．解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q = ∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 8-32 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V ?解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U ∴ 6001=U V ,4002=U V 即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求： (1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112*********U U U C U C q qU C U C q q q q解得 (1) =1q U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失W W W -=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +-+= 221212U C C C C +=8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε=3R r >时 302π4rrQ E ε=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r r Q W εεε ∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4rrQ E ε=,02=W ∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R QW C -==ε 121049.4-⨯=F习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B的方向．题9-2图9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)?(2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcdμ∴ 21B B=(2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B 方向相反，即21B B≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场? 答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L·d l =0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为⎰外B L·d l =I 0μ这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ 外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B 的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m -2向沿x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解：如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S BΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S BΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BCD 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感题9-8图解：如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解：如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。

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两层均匀电介质，它们的相对电容率 ε r1 = 6 和 ε r2 = 3。两层电介质的分界面半径 R=0.04m。设内球壳带电量 Q= − 6 × 10 −8 C ，求： (1)D 和 E 的分布，并画出 D-r、E-r 曲线； (2)两球壳之间的电势差； (3)贴近内金属壳的电介质表面上的束缚面电荷密度。 [解] 以与球壳同心的球面为高斯面
在上板内任意点场强均为零，它是 6 个无限大均匀带电平面在该点产生的场强叠加的结果。故有
11-2
1 (σ 1 − σ 2 − σ 3 − σ 4 − σ 5 − σ 6 ) = 0 2ε 0
考虑到(1)、(2)两式，则得到
σ1 =σ 6
(5)
上下两块导体板原来是不带电的，根据电荷守恒定律，二导体板表面出现感应电荷后，总量仍为零。因此有
C1 = 4πε 0
R1 R2 R2 − R1
C1 C2
C3
C 2 = 4πε 0 R2
11-5
C 3 = 4πε 0 r
设小球 C 3 上电量为 q，则 C1 上电量 Q1 -q， C 2 上电量为 Q2 + (Q1 − q ) 设三个电容上的电压各为 U 1 、 U 2 、 U 3
U 3 = q C3
qB ⎞ ⎛ QA q B ⎜ ⎜ R + R + R ⎟ ⎟ 2 3 ⎠ ⎝ 1
⎞ ⎟V = 5.63 × 10 3 V ⎟ ⎠
⎛ 3 × 10 −8 5 × 10 −8 − 3 × 10 −8 = 9 × 10 9 × ⎜ + + ⎜ 6.0 × 10 − 2 8.0 × 10 − 2 10.0 × 10 − 2 ⎝
ε 0ε r S d
得
U=

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