大学物理学_第3版(课后答案)_复习题二

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大学物理下册第三版课后答案18光的干涉

大学物理下册第三版课后答案18光的干涉习题18GG上传18-1．杨氏双缝的间距为0.2mm，距离屏幕为1m，求：（1）若第一级明纹距离为2.5mm，求入射光波长。

（2）若入射光的波长为6000A，求相邻两明纹的间距。

解：（1）由某L某dk，有：，将d0.2mm，L1m，某12.5mm，k1代dkL2.51030.21035.0107m；即波长为：500nm；入，有：1D161073mm。

（2）若入射光的波长为6000A，相邻两明纹的间距：某d0.210318-2．图示为用双缝干涉来测定空气折射率n的装置。

实验前，在长度为l的两个相同密封玻璃管内都充以一大气压的空气。

现将上管中的空气逐渐抽去，（1）则光屏上的干涉条纹将向什么方向移动；（2）当上管中空气完全抽到真空，发现屏上波长为的干涉条纹移过N条。

计算空气的折射率。

解：（1）当上面的空气被抽去，它的光程减小，所以它将通过增加路程来弥补，条纹向下移动。

（2）当上管中空气完全抽到真空，发现屏上波长为的干涉）N条纹移过N条，可列出：l（n1得：nN1。

l18-3．在图示的光路中，S为光源，透镜L1、L2的焦距都为f，求（1）图中光线SaF与光线SOF的光程差为多少？（2）若光线SbF 路径中有长为l，折射率为n的玻璃，那么该光线与SOF的光程差为多少？。

解：（1）图中光线SaF与光线SOF的几何路程相同，介质相同，透镜不改变光程，所以SaF与光线SOF光程差为0。

（2）若光线SbF路径中有长为l，折射率为n的玻璃，那么光程差为几何路程差与介质折射率差的乘积，即：(n1)l。

18-4．在玻璃板（折射率为 1.50）上有一层油膜（折射率为 1.30）。

已知对于波长为500nm和700nm的垂直入射光都发生反射相消，而这两波长之间没有别的波长光反射相消，求此油膜的厚度。

解：因为油膜（n油1.3）在玻璃（n玻1.5）上，所以不考虑半波损失，由反射相消条件有：2n油e(2k1)，k1，，2212ne(2k1)12k1271500nm油2，当时，12k21152ne(2k1)22700nm2油2因为12，所以k1k2，又因为1与2之间不存在'以满足2n油e(2k1)'2式，即不存在k2k'k1的情形，所以k1、k2应为连续整数，可得：k14，k23；油膜的厚度为：e2k114n油16.73107m。

大学物理电磁学综合复习试题2

2．用力F 把电容器中的电介质拉出，在图（a ）和图（b ）两种情况下，电容
器中储存的静电能量将：
A ．均减少；
B ．均增加；
C ．（a ）中减少，（b ）中增加；
D ．（a ）中增加，（b ）中减少。

3．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 的大小处处为零；
B ．高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，与面外电荷无关；
C ．穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，但与面内电荷如何分布
无关；
D ．穿过高斯面的
E 通量为零，则面上各点的E 必为零。

4．下列说法中，正确的是：
A ．初速度为零的点电荷置于静电场中，将一定沿一条电场线运动；
(a)
(b)
F
充电后仍与电源连接
充电后与电源断开
第2题图。

大学物理(二)答案

大学物理（二）练习册参考解答第12章真空中的静电场一、选择题1(A)，2(C)，3(C)，4(A)，5(C)，6(B)，7(C)，8(D)，9(D)，10(B)，二、填空题(1). 电场强度和电势，0/q F E=，l E q W U aa⎰⋅==00d /(U 0=0).(2). ()042ε/q q +， q 1、q 2、q 3、q 4 ；(3). 0，λ / (2ε0) ； (4). σR / (2ε0) ； (5). 0 ； (6).⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π00114r r qε ； (7). －2³103V ； (8).⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-πb a r r q q 11400ε(9). 0，pE sin α ； (10). ()()j y x i xy40122482+-+-- (SI) ；三、计算题1. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强．解：在O 点建立坐标系如图所示．半无限长直线A ∞在O 点产生的场强：()j i R E -π=014ελ半无限长直线B ∞在O 点产生的场强：()j i R E +-π=024ελ四分之一圆弧段在O 点产生的场强：()j i R E +π=034ελ由场强叠加原理，O 点合场强为： ()j i RE E E E +π=++=03214ελBA∞O BA∞∞2. 实验表明，在靠近地面处有相当强的电场，电场强度E垂直于地面向下，大小约为100N/C ；在离地面1.5 km 高的地方，E也是垂直于地面向下的，大小约为25 N/C ．(1) 假设地面上各处E都是垂直于地面向下，试计算从地面到此高度大气中电荷的平均体密度；(2) 假设地表面内电场强度为零，且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面的电荷产生，求地面上的电荷面密度．(已知：真空介电常量0ε＝8.85³10-12 C 2²N -1²m -2)解：(1) 设电荷的平均体密度为ρ，取圆柱形高斯面如图(1)(侧面垂直底面，底面∆S 平行地面)上下底面处的场强分别为E 1和E 2，则通过高斯面的电场强度通量为：⎰⎰E²S d ＝E 2∆S -E 1∆S ＝(E 2-E 1) ∆S高斯面S 包围的电荷∑q i ＝h ∆S ρ由高斯定理(E 2－E 1) ∆S ＝h ∆S ρ /ε 0∴() E E h1201-=ερ＝4.43³10-13C/m 3(2) 设地面面电荷密度为σ．由于电荷只分布在地表面，所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2) 由高斯定理⎰⎰E²S d =∑i1qε-E ∆S =S ∆σε01∴ σ =－ε 0 E ＝－8.9³10-10C/m 33. 带电细线弯成半径为R 的半圆形，电荷线密度为λ=λ0sin φ，式中λ0为一常数，φ为半径R 与x 轴所成的夹角，如图所示．试求环心O 处的电场强度．解：在φ处取电荷元，其电荷为d q =λd l = λ0R sin φ d φ它在O 点产生的场强为R R qE 00204d sin 4d d εφφλεπ=π= 在x 、y 轴上的二个分量d E x =－d E cos φ， d E y =－d E sin φ 对各分量分别求和⎰ππ=000d cos sin 4φφφελR E x ＝0 RRE y 000208d sin 4ελφφελ-=π=⎰π∴ j Rj E i E E y x008ελ-=+=(2)2(1)4. 一“无限长”圆柱面，其电荷面密度为： σ = σ0cos φ ，式中φ 为半径R 与x 轴所夹的角，试求圆柱轴线上一点的场强．解：将柱面分成许多与轴线平行的细长条，每条可视为“无限长”均匀带电直线，其电荷线密度为λ = σ0cos φ R d φ，它在O 点产生的场强为：φφεσελd s co 22d 000π=π=R E它沿x 、y 轴上的二个分量为： d E x =－d E cos φ =φφεσd s co 220π-d E y =－d E sin φ =φφφεσd s co sin 20π 积分：⎰ππ-=2020d s co 2φφεσx E ＝2εσ0)d(sin sin 2200=π-=⎰πφφεσy E∴ i i E E x02εσ-==5. 一半径为R 的带电球体，其电荷体密度分布为4πRqr =ρ (r ≤R ) (q 为一正的常量)ρ = 0 (r >R )试求：(1) 带电球体的总电荷；(2) 球内、外各点的电场强度；(3) 球内、外各点的电势．解：(1) 在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为 d q = ρd V = qr 4πr 2d r /(πR 4) = 4qr 3d r/R 4 则球体所带的总电荷为 ()q r r Rq V Q rV===⎰⎰34d /4d ρ(2) 在球内作一半径为r 1的高斯球面，按高斯定理有4041241211d 414Rqr r r Rqr E r r εε=π⋅π=π⎰得402114R qr E επ=(r 1≤R)，1E方向沿半径向外．在球体外作半径为r 2的高斯球面，按高斯定理有 0222/4εq E r =π得22024r q E επ=(r 2 >R )，2E方向沿半径向外．(3) 球内电势⎰⎰∞⋅+⋅=RR r r E r E U d d 2111⎰⎰∞π+π=RRr r rq r Rqrd 4d 4204021εε40310123Rqr R qεεπ-π=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=3310412R r R qε ()R r ≤1 球外电势 2020224d 4d 22r q r rq r E U r Rr εεπ=π=⋅=⎰⎰∞()R r >26. 如图所示，一厚为b 的“无限大”带电平板，其电荷体密度分布为ρ＝kx (0≤x ≤b )，式中k 为一正的常量．求： (1) 平板外两侧任一点P 1和P 2处的电场强度大小；(2) 平板内任一点P 处的电场强度； (3) 场强为零的点在何处？解： (1) 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ．作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ，如图所示．按高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S，即22d d 12εερεkSbx x kSx S SE bb===⎰⎰得到 E = kb 2/ (4ε0) (板外两侧) (2) 过P 点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E '，如图所示．按高斯定理有()022εεk S b x d x kSSE E x==+'⎰得到 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-='22220b x k E ε (0≤x ≤b ) (3) E '=0，必须是0222=-bx ，可得2/b x =7. 一“无限大”平面，中部有一半径为R 的圆孔，设平面上均匀带电，电荷面密度为σ．如图所示，试求通过小孔中心O 并与平面垂直的直线上各点的场强和电势(选O 点的电势为零)．解：将题中的电荷分布看作为面密度为σ的大平面和面密度为－σ的圆盘叠加的结果．选x 轴垂直于平面，坐标原点Ｏ在圆盘中心，大平面在x 处产生的场强为i xx E012εσ='圆盘在该处的场强为i x R x x E⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=2202112εσ ∴ i xR xE E E 220212+=+=εσ该点电势为 ()220222d 2xR R xR x x U x+-=+=⎰εσεσ8．一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1＝5³10-4m 的圆柱形阴极A 和一个套在阴极外的半径R 2＝4.5³10-3 m 的同轴圆筒形阳极B ，如图所示．阳极电势比阴极高300 V ，忽略边缘效应. 求电子刚从阴极射出时所受的电场力．(基本电荷e ＝1.6³10-19C)解：与阴极同轴作半径为r (R 1＜r ＜R 2 )的单位长度的圆柱形高斯面，设阴极上电荷线密度为λ．按高斯定理有 2πrE = λ/ ε0得到 E = λ / (2πε0r ) (R 1＜r ＜R 2) 方向沿半径指向轴线．两极之间电势差⎰⎰π-=⋅=-21d 2d 0R R B A B A rr r E U U ελ120ln 2R R ελπ-= 得到()120/ln 2R R UUAB-=πελ，所以 ()rR R UUE AB1/ln 12⋅-=在阴极表面处电子受电场力的大小为()()11211/c R R R U U e R eE F A B ⋅-==＝4.37³10-14N 方向沿半径指向阳极．四研讨题1. 真空中点电荷q 的静电场场强大小为 241rq E πε=式中r 为场点离点电荷的距离．当r →0时，E →∞，这一推论显然是没有物理意义的，应如何解释？参考解答：点电荷的场强公式仅适用于点电荷，当r →0时，任何带电体都不能视为点电荷，所以点电荷场强公式已不适用．若仍用此式求场强E ，其结论必然是错误的．当r →0时，需要具体考虑带电体的大小和电荷分布，这样求得的E 就有确定值．2. 用静电场的环路定理证明电场线如图分布的电场不可能是静电场．参考解答：证：在电场中作如图所示的扇形环路abcda ．在ab 和cd 段场强方向与路径方向垂直．在bc 和da 段场强大小不相等（电力线疏密程度不同）而路径相等．因而0d d d ≠⋅'-⋅=⋅⎰⎰⎰cb a d l E l E l E按静电场环路定理应有0d =⋅⎰l E，此场不满足静电场环路定理，所以不可能是静电场．3. 如果只知道电场中某点的场强，能否求出该点的电势？如果只知道电场中某点的电势，能否求出该点的场强？为什么？参考解答：由电势的定义： ⎰⋅=零势点场点l E U d式中E为所选场点到零势点的积分路径上各点的场强，所以，如果只知道电场中某点的场强，而不知道路径上各点的场强表达式，不能求出该点的电势。

《大学物理》期末复习试卷及答案(二)

第4章冲量和动量§4.2 质点系的动量定理一．选择题和填空题1. 如图所示．一斜面固定在卡车上，一物块置于该斜面上．在卡车沿水平方向加速起动的过程中，物块在斜面上无相对滑动. 此时斜面上摩擦力对物块的冲量的方向 (A) 是水平向前的． (B) 只可能沿斜面向上． (C) 只可能沿斜面向下．(D) 沿斜面向上或向下均有可能．［］2. 如图所示，圆锥摆的摆球质量为m ，速率为v ，圆半径为R ，当摆球在轨道上运动半周时，摆球所受重力冲量的大小为(A) 2m v ． (B) 22)/()2(v v R mg m π+(C) v /Rmg π．(D) 0．［］3. 设作用在质量为1 kg 的物体上的力F ＝6t ＋3（SI ）．如果物体在这一力的作用下，由静0到2.0 s 的时间间隔内，这个力作用在物体上的冲量大小Ｉ＝__________________．二．计算题1. 矿砂从传送带A 落到另一传送带B （如图），其速度的大小v 1＝4 m/s ，速度方向与竖直方向成30︒角，而传送带B 与水平成15︒角，其速度的大小v 2＝2 m/s ．如果传送带的运送量恒定，设为m q ＝2000 kg/h ，求矿砂作用在传送带B 上的力的大小和方向．θmmvR30°15°B1v 2vA§4.3 质点系动量守恒定律一．选择题和填空题在水平冰面上以一定速度向东行驶的炮车，向东南（斜向上）方向发射一炮弹，对于炮车和炮弹这一系统，在此过程中（忽略冰面摩擦力及空气阻力） (A) 总动量守恒． (B) 总动量在炮身前进的方向上的分量守恒，其它方向动量不守恒． (C) 总动量在水平面上任意方向的分量守恒，竖直方向分量不守恒．(D) 总动量在任何方向的分量均不守恒．［］质量为1 kg 的球A 以5 m/s 的速率和另一静止的、质量也为1 kg 的球B 在光滑水平面上碰撞后球B 以2.5 m/s 的速率，沿与A 原先运动的方向成60°的方向运动，则球A 的速率为__________________________，方向为________________________________. 两块并排的木块Ａ和Ｂ，质量分别为m 1和m 2 ，静止地放置在光滑一子弹水平地穿过两木块，设子弹穿过两木块所用的时间分别为∆t 1 和∆t 2 ,木块对子弹的阻力为恒力F ，则子弹穿出后，木块A 的速度大小为_________________________________，木块B 的速度大小为______________________．二．计算题1. 质量为M 的木块在光滑的固定斜面上，由A 点从静止开始下滑，当经过路程l 运动到B 点时，木块被一颗水平飞来的子弹射中，子弹立即陷入木块内．设子弹的质量为m ，速度为v，求子弹射中木块后，子弹与木块的共同速度．质量为M ＝1.5 kg 的物体，用一根长为l ＝1.25 m 今有一质量为m ＝10 g 的子弹以v 0＝500 m/s 的水平速度射穿物体，刚穿出物体时子弹的速度大小v ＝30 m/s ，设穿透时间极短．求： (1) 子弹刚穿出时绳中张力的大小；(2) 子弹在穿透过程中所受的冲量．M 0v第5章刚体力学基础动量矩§5.2 力矩刚体绕定轴转动微分方程量3. 两个匀质圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ，若ρA ＞ρB ，但两圆盘的质量与厚度相同，如两盘对通过盘心垂直于盘面轴的转动惯量各为J A 和J B ，则 (A) J A ＞J B ． (B) J B ＞J A ．(C) J A ＝J B ． (D) J A 、J B 哪个大，不能确定．［］4. 一个以恒定角加速度转动的圆盘，如果在某一时刻的角速度为ω1＝20πrad/s ，再转60转后角速度为ω2＝30π rad /s ，则角加速度β =_____________，转过上述60转所需的时间Δt ＝________________．5. 一飞轮作匀减速转动，在5 s 内角速度由40π rad ·s -1减到10π rad ·s -1，则飞轮在这5 s 内总共转过了________________圈，飞轮再经______________的时间才能停止转动．6. 一个作定轴转动的物体，对转轴的转动惯量为J ．正以角速度ω0＝10 rad ·s -1匀速转动．现对物体加一恒定制动力矩 M ＝－0.5 N ·m ，经过时间t ＝5.0 s 后，物体停止了转动．物体的转动惯量J ＝__________．二．计算题§5.3 绕定轴转动刚体的动能动能定理一．选择题和填空题1. 图(a)为一绳长为l 、质量为m 的单摆．图(b)为一长度为l 、质量为m 能绕水平固定轴O 自由转动的匀质细棒．现将单摆和细棒同时从与竖直线成θ 角度的位置由静止释放，若运动到竖直位置时，单摆、细棒角速度分别以ω 1、ω 2表示．则：(A) 2121ωω=． (B) ω 1 = ω 2．(C) 2132ωω=． (D) 213/2ωω=．［］3.一人站在旋转平台的中央，两臂侧平举，整个系统以2π rad/s 的角速度旋转，转动惯量为 6.0 kg ·m 2．如果将双臂收回则系统的转动惯量变为2.0 kg ·m 2．此时系统的转动动能与原来的转动动能之比E k / E k 0为(A) 2． (B) 3．(C) 2． (D) 3．［］(a)(b)二．计算题2.某人站在水平转台的中央，与转台一起以恒定的转速n 1转动，他的两手各拿一个质量为m 的砝码，砝码彼此相距l 1 (每一砝码离转轴21l 1),当此人将砝码拉近到距离为l 2时(每一砝码离转轴为21l 2)，整个系统转速变为n 2．求在此过程中人所作的功．(假定人在收臂过程中自身对轴的转动惯量的变化可以忽略)§5.4 动量矩和动量矩守恒定律的两端滑动．不考虑转轴的和空气的摩擦，当两球都滑至杆端时，杆的角速度为(A) 2ω 0． (B)ω 0．(C)21 ω 0． (D)041ω．［］上述转动的飞轮啮合，绕同一转轴转动，该飞轮对轴的转动惯量为前者的二倍．啮合后整个系统的角速度ω＝__________________．6. 有一半径为R 的匀质圆形水平转台，可绕通过盘心O 且垂直于盘面的竖直固定轴OO ＇转动，转动惯量为J ．台上有一人，质量为m ．当他站在离转轴r 处时(r ＜R )，转台和人一起以ω1的角速度转动，如图．若转轴处摩擦可以忽略，问当人走到转台边缘时，转台和人一起转动的角速度ω2＝__________________________．二．计算题1m21v 0v2. 在半径为R 的具有光滑竖直固定中心轴的水平圆盘上，有一人静止站立在距转轴为R 21处，人的质量是圆盘质量的1/10．开始时盘载人对地以角速度ω0匀速转动，现在此人垂直圆盘半径相对于盘以速率v 沿与盘转动相反方向作圆周运动，如图所示．已知圆盘对中心轴的转动惯量为221MR ．求： (1) 圆盘对地的角速度． (2) 欲使圆盘对地静止，人应沿着R 21圆周对圆盘的速度v 的大小及方向？ω参考答案第4章冲量和动量§4.2质点系的动量定理一．选择题和填空题 1. (D) 2. (C)3. 18 N ·s二．计算题1. 解：设在某极短的时间t ∆内落在传送带B 上矿砂的质量为m ，即m=q m t ∆，这时矿砂动量的增量为（参看附图）图1分12v v vm m m -=∆)( 1212221s m kg 98.375cos 2)(-⋅⋅∆=︒-+=∆t q m m m v v v v v2分设传送带作用在矿砂上的力为F，根据动量定理)(v m t F ∆=∆于是 N 2.213.98/)(==∆∆=m q t m F v2分方向：︒==︒∆2975θ,sin sin )(θm m 2v v 2分由牛顿第三定律，矿砂作用在传送带B 上的（撞击）力与F大小相等方向相反，即等于2.21 N ，偏离竖直方向1︒，指向前下方． 1分第4章冲量和动量§4.3质点系动量守恒定律一．选择题和填空题 1. (C)2. 4.33 m/s ；与A 原先运动方向成 -30° 3.二．计算题1. 解：这个问题有两个物理过程：第一过程为木块M 沿光滑的固定斜面下滑，到达B 点时速度的大小为θsin gl 21=v 1分方向：沿斜面向下第二个过程：子弹与木块作完全非弹性碰撞．在斜面方向上，内力的分量远远大于外力，动量近似守恒，以斜面向上为正，则有30︒15︒θ1vm )(vm ∆ 2v m211m m t F +∆22211m t F m m t F ∆∆++V v v )(cos M m M m +=-1θ 3分Mm gl M m +-=θθsin cos 2v V 1分2. 解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '有 m v 0 = m v +M v 'v ' = m (v 0 - v )/M =3.13 m/s 2分 T =Mg+M v '2/l =26.5 N 2分(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v方向为正方向) 2分负号表示冲量方向与0v方向相反． 2分第5章刚体力学基础动量矩 §5.2力矩刚体绕定轴转动微分方程量一．选择题和填空题 1. (C) 2. (B) 3.（B)4. 6.54 rad / s 24.8 s5. 62.51.67ｓ6. 0.25 kg ·m 2二．计算题1. 解：(1) ∵ mg －T ＝ma 1分TR ＝J β 2分 a ＝R β 1分 ∴ β = mgR / (mR 2＋J )()R M m mgMR mR mgR +=+=222122 ＝81.7 rad/s 2 1分方向垂直纸面向外． 1分(2) ∵ βθωω2202-= 当ω＝0 时， rad 612.0220==βωθ 物体上升的高度h = R θ = 6.12×10-2 m 2分(3)==βθω210.0 rad/s方向垂直纸面向外. 2分2. 解：(1) 0＝ω 0＋β tβ＝－ω 0 / t ＝－0.50 rad ·s -2 2分 (2) M r ＝ml 2β / 12＝－0.25 N ·m 2分a(3) θ10＝ω 0t ＋21β t 2＝75 rad 1分第5章刚体力学基础动量矩§5.3绕定轴转动刚体的动能动能定理一．选择题和填空题 1. (D) 2. (A) 3.（D)4. 6π rad/s 237 J5. 角动量gl mM 334二．计算题1.解：选泥团和杆为系统，在打击过程中，系统所受外力对O 轴的合力矩为零，对定轴O 的角动量守恒，设刚打击后两者一起摆起的角速度为ω，则有 1分ωJ lm lm +=v v 21210 ① 2分其中 2/l ⋅=ωv ② 1分在泥团、杆上摆过程中，选杆、泥团、地球为系统，有机械能守恒．当杆摆到最大角度θ 时有()()222121cos 121ωθJ m l g m M +=-+v ③ 3分联立解以上三式可得()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-=-gl M m m M m 4331cos 221v θ 3分2.解：(1) 将转台、砝码、人看作一个系统，过程中人作的功W 等于系统动能之增量： W ＝∆E k ＝212210222204)21(214)21(21n ml J n ml J π+-π+2 4分这里的J 0是没有砝码时系统的转动惯量．(2) 过程中无外力矩作用，系统的动量矩守恒：2π(J 0＋2121ml ) n 1 = 2π (J 0＋2221ml ) n 2 ∴ ()()1222212102n n n l n l m J --= 4分(3) 将J 0代入W 式，得 ()2221212l l n mn W -π= 2分§5.4动量矩和动量矩守恒定律一．选择题和填空题1. (C)2. (B)3.（C)4.（D)5.031ω 6. ()212mR J mr J ++ω2mml 31l 32021vm7.()l m M /3460+v二．计算题1. 解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统．由角动量守恒得 1分ωJ l m lm +-=3223200v v （逆时针为正向） ① 2分又 22)3(2)32(lm l m J += ② 1分将②代入①得 l230v =ω 1分2. 解：(1) 设当人以速率v 沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为ω，则人对与地固联的转轴的角速度为R R v v221-=-='ωωω ① 2分人与盘视为系统，所受对转轴合外力矩为零，系统的角动量守恒． 1分设盘的质量为M ，则人的质量为M / 10，有：ωωω'⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+22022211021211021R M MR R M MR ② 2分将①式代入②式得：R2120v+=ωω ③ 1分(2) 欲使盘对地静止，则式③必为零．即ω0 +2v / (21R )＝0 2分得： v ＝－21R ω0 / 2 1分式中负号表示人的走动方向与上一问中人走动的方向相反，即与盘的初始转动方向一致．1分3. 解：(1) 角动量守恒：ω⎪⎭⎫ ⎝⎛'+='2231l m ml l m v 2分∴l m m m ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'=31vω＝15.4 rad ·s -1 2分(2) －M r ＝(231ml ＋2l m ')β 2分0－ω 2＝2βθ 2分∴ rM l m m 23122ωθ⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=＝15.4 rad 2分。

大学物理练习题2（动力学）

大学物理练习题2：“力学—动力学”一、填空题1、一质量为m 的小球，当它以速率ν做匀速直线运动时，受到的合力大小等于 0 ；当它以加速度a做匀变速直线运动时，受到的合力大小等于ma ；当它做自由落体运动时，受到的合力大小等于mg 。

2、质量为m 的汽车，驶过曲率半径为R 的拱桥时速率为v ，当汽车驶过如右图所示的位置时，它对桥面的压力大小为=N F R m v m g 2-。

3、质量为m 的子弹以速率0v 水平射入沙土中。

若子弹所受阻力与速率成正比（比例系数为k ），忽略子弹重力的影响，则：（1）子弹射入沙土后，=)(t v t m k ev -0；（2）子弹射入沙土的深度=)(t x kmv e k mv t m k 00+--。

4、一质量为m 、半径为R 的均匀圆盘，以圆心为轴的转动惯量为221mR ，如以和圆盘相切的直线为轴，其转动惯量为223mR 。

5、一转动惯量为J 的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为0ω。

设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即ωk M -=（k 为正的常数），则圆盘的角速度为20ω时其角加速度α＝J k 20ω-；圆盘的角速度从0ω变为20ω时所需的时间为2ln k J 。

二、选择题 1、汽车急转弯时人往往要向外倾倒，从地面上的观察者看来，是何种缘故造成的？（C ）。

A 、离心力；B 、离心惯性力；C 、惯性；D 、无法确定。

2、下述说法中，正确的是（ D ）。

A 、在两个相互垂直的恒力作用下，物体可以作匀速直线运动；B 、在两个相互垂直的恒力作用下，物体可以作匀速率曲线运动；C 、在方向和大小都随时间变化的力的作用下，物体作匀速直线运动；D 、在方向和大小都不随时间变化的力的作用下，物体作匀加速运动。

3、一个人在平稳地行驶的大船上抛篮球，则（ D ）。

A 、向前抛省力；B 、向后抛省力；C 、向侧抛省力；D 、向哪个方向都一样。

4、完全相同的甲乙二船静止于水库中，一人从甲船跳到乙船上，不计水的阻力，则（ C ）。

大学物理课后习题答案第二章

（1）小球速率随时间的变化关系v(t)；
（2）小球上升到最大高度所花的时间T．
[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程
，
分离变量得，
积分得．
当t= 0时，v=v0，所以，
因此，
小球速率随时间的变化关系为
．
（2）当小球运动到最高点时v= 0，所需要的时间为
第二章运动定律与力学中的守恒定律
(一) 牛顿运动定律
2．1一个重量为P的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度运动，的方向与斜面底边的水平约AB平行，如图所示，求这质点的运动轨道．
[解答]质点在斜上运动的加速度为a = gsinα，方向与初速度方向垂直．其运动方程为
x = v0t，．
将t = x/v0，代入后一方程得质点的轨道方程为
（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角；
（4）用与斜面平行的加速度把小车沿斜面往上推（设b1=b）；
（5）以同样大小的加速度（b2=b），将小车从斜面上推下来．
[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg．
（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于
这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．
板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：fM= μkNM= 7.35(N)．
这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．
（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为
f =μsmg=ma`，
可得a` =μsg．
板的运动方程为
F – f – μk(m + M)g=Ma`，

大学物理学第三版课后习题参考答案

习题 1选择题1 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r的端点处,其速度大小为A dt drB dt r dC dtr d ||D 22)()(dt dy dt dx +答案：D2 一质点作直线运动,某时刻的瞬时速度s m v /2=,瞬时加速度2/2s m a -=,则一秒钟后质点的速度A 等于零B 等于-2m/sC 等于2m/sD 不能确定;答案：D3 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动,每t 秒转一圈,在2t 时间间隔中,其平均速度大小和平均速率大小分别为At R t R ππ2,2 B tRπ2,0 C 0,0 D 0,2tRπ答案：B填空题1 一质点,以1-⋅s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动,则该质点在5s 内,位移的大小是；经过的路程是 ;答案： 10m ； 5πm2 一质点沿x 方向运动,其加速度随时间的变化关系为a=3+2t SI,如果初始时刻质点的速度v 0为5m ·s -1,则当t 为3s 时,质点的速度v= ;答案： 23m ·s -13 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行,水流速度为2V ,一人相对于甲板以速度3V行走;如人相对于岸静止,则1V 、2V 和3V的关系是 ;答案： 0321=++V V V一个物体能否被看作质点,你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定：1 物体的大小和形状；2 物体的内部结构；3 所研究问题的性质;解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响,因此主要由所研究问题的性质决定;下面几个质点运动学方程,哪个是匀变速直线运动1x=4t-3；2x=-4t 3+3t 2+6；3x=-2t 2+8t+4；4x=2/t 2-4/t;给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度,并说明该时刻运动是加速的还是减速的;x 单位为m,t 单位为s解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动;加速度又是位移对时间的两阶导数;于是可得3为匀变速直线运动;其速度和加速度表达式分别为t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s,a =4m/s 2;因加速度为正所以是加速的;在以下几种运动中,质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零1 匀速直线运动；2 匀速曲线运动；3 变速直线运动；4 变速曲线运动; 解：1 质点作匀速直线运动时,其切向加速度、法向加速度及加速度均为零； 2 质点作匀速曲线运动时,其切向加速度为零,法向加速度和加速度均不为零； 3 质点作变速直线运动时,其法向加速度为零,切向加速度和加速度均不为零； 4 质点作变速曲线运动时,其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零; ｜r ∆｜与r ∆ 有无不同t d d r 和d d r t 有无不同 t d d v 和td d v有无不同其不同在哪里试举例说明．解：1r ∆是位移的模,∆r 是位矢的模的增量,即r ∆12r r -=,12r r r-=∆； 2t d d r 是速度的模,即t d d r ==v ts d d . trd d 只是速度在径向上的分量. ∵有rr ˆr =式中r ˆ叫做单位矢,则tˆr ˆt r t d d d d d d rrr += 式中trd d 就是速度在径向上的分量, ∴tr t d d d d 与r 不同如题图所示. 题图3t d d v 表示加速度的模,即t v a d d =,tv d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ(v =v 表轨道节线方向单位矢,所以式中dt dv就是加速度的切向分量. tt r d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂,超出教材规定,故不予讨论设质点的运动方程为x =x t ,y =y t ,在计算质点的速度和加速度时,有人先求出r＝22y x +,然后根据v =trd d 及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量,再合成求得结果,即v =22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ,a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确为什么两者差别何在解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量,在平面直角坐标系中,有j y i x r+=,故它们的模即为而前一种方法的错误可能有两点,其一是概念上的错误,即误把速度、加速度定义作其二,可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模;在题中已说明trd d 不是速度的模,而只是速度在径向上的分量,同样,22d d tr也不是加速度的模,它只是加速度在径向分量中的一部分⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=222d d d d t r t r a θ径;或者概括性地说,前一种方法只考虑了位矢r 在径向即量值方面随时间的变化率,而没有考虑位矢r及速度v 的方向随时间的变化率对速度、加速度的贡献;一质点在xOy 平面上运动,运动方程为x =3t +5, y =21t 2+3t -4. 式中t 以 s 计,x ,y 以m 计．1以时间t 为变量,写出质点位置矢量的表示式；2求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量,计算这1秒内质点的位移；3计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；4求出质点速度矢量表示式,计算t ＝4 s 时质点的速度；5计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；6求出质点加速度矢量的表示式,计算t ＝4s 时质点的加速度请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式．解：1 j t t i t r)4321()53(2-+++=m 2将1=t ,2=t 代入上式即有3∵ 0454,1716r i j r i j =-=+∴ 104s m 534201204-⋅+=+=--=∆∆=j i ji r r t r v4 1s m )3(3d d -⋅++==j t i trv则 j i v734+= 1s m -⋅ 5∵ j i v j i v73,3340+=+=6 2s m 1d d -⋅==j tva这说明该点只有y 方向的加速度,且为恒量;质点沿x 轴运动,其加速度和位置的关系为 a ＝2+62x ,a 的单位为2s m -⋅,x 的单位为 m. 质点在x ＝0处,速度为101s m -⋅,试求质点在任何坐标处的速度值．解： ∵ xv v t x x v t v a d d d d d d d d ===分离变量： 2d (26)d v v adx x x ==+ 两边积分得由题知,0=x 时,100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v已知一质点作直线运动,其加速度为 a ＝4+3t 2s m -⋅,开始运动时,x ＝5 m,v =0,求该质点在t ＝10s 时的速度和位置．解：∵ t tva 34d d +==分离变量,得 t t v d )34(d +=积分,得 12234c t t v ++= 由题知,0=t ,00=v ,∴01=c故 2234t t v +=又因为 2234d d t t t x v +==分离变量, t t t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++=由题知 0=t ,50=x ,∴52=c故 521232++=t t x 所以s 10=t 时一质点沿半径为1 m 的圆周运动,运动方程为 θ=2+33t ,式中θ以弧度计,t 以秒计,求：1 t ＝2 s 时,质点的切向和法向加速度；2当加速度的方向和半径成45°角时,其角位移是多少解： t tt t 18d d ,9d d 2====ωβθω 1s 2=t 时, 2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2当加速度方向与半径成ο45角时,有即 βωR R =2 亦即 t t 18)9(22= 则解得 923=t 于是角位移为质点沿半径为R 的圆周按s ＝2021bt t v -的规律运动,式中s 为质点离圆周上某点的弧长,0v ,b 都是常量,求：1t 时刻质点的加速度；2 t 为何值时,加速度在数值上等于b ．解：1 bt v tsv -==0d d 则 240222)(Rbt v b a a a n-+=+=τ 加速度与半径的夹角为 2由题意应有即 0)(,)(4024022=-⇒-+=bt v Rbt v b b ∴当bv t 0=时,b a = 飞轮半径为0.4 m,自静止启动,其角加速度为β= rad ·2s -,求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．解：当s 2=t 时,4.022.0=⨯==t βω 1s rad -⋅ 则16.04.04.0=⨯==ωR v 1s m -⋅一船以速率1v ＝30km ·h -1沿直线向东行驶,另一小艇在其前方以速率2v ＝40km ·h -1沿直线向北行驶,问在船上看小艇的速度为多少在艇上看船的速度又为多少解：1大船看小艇,则有1221v v v-=,依题意作速度矢量图如题图a题图由图可知 1222121h km 50-⋅=+=v v v方向北偏西 ︒===87.3643arctan arctan21v v θ 2小艇看大船,则有2112v v v-=,依题意作出速度矢量图如题图b,同上法,得方向南偏东o36.87.。

大学普通物理学-二-牛顿运动定律

第二章牛顿运动定律一、选择题1.关于惯性有下面四种说法，正确的为（）。

A.物体静止或作匀速运动时才具有惯性B.物体受力作变速运动时才具有惯性C.物体受力作变速运动时才没有惯性D.惯性是物体的一种固有属性，在任何情况下物体均有惯性1.【答案】D。

解析：本题考查对惯性的正确理解。

物体的惯性是物体的自然固有属性，与物理的运动状态和地理位置没有关系，只要有质量的物体都有惯性，质量是一个物体惯性大小的量度，所以本题答案为D。

2.下列四种说法中，正确的为（）。

A.物体在恒力作用下，不可能作曲线运动B.物体在变力作用下，不可能作曲线运动C.物体在垂直于速度方向，且大小不变的力作用下作匀速圆周运动D.物体在不垂直于速度方向的力作用下，不可能作圆周运动2.【答案】C。

解析：本题考查的是物体运动与受力的关系物体的运动受初始条件和受力共同影响，物体受恒力作用但仍然可以作曲线运动，比如平抛运动.对于圆周运动需要有向心力，向心力是改变物体速度方向，当一个物体只受向心力作用时则作匀速圆周运动，所以C选项是正确的。

3.一质点从t=0时刻开始，在力F1=3i+2j（SI单位）和F2=-2i-t j（SI单位）的共同作用下在Oxy平面上运动，则在t=2s时，质点的加速度方向沿（）。

A.x轴正向B.x轴负向C.y轴正向D.y轴负向3.【答案】A。

解析：合力F=F1+F2=i+（2-t）j，在t=2s时，力F=i，沿x轴正方向，加速度也沿同一方向。

4.一人肩扛一重量为P的米袋从高台上往下跳，当其在空中运动时，米袋作用在他肩上的力应为（）。

A.0B.P/4C.PD.P/24.【答案】A。

解析：米袋和人具有相同的加速度，因此米袋作用在他肩上的力应为0。

5.质量分别为m1、和m2的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连接后置于水平桌面上，滑块与桌面间的滑动摩擦因数均为μ，系统在水平拉力F作用下匀速运动，如图2-1所示。

如突然撤销拉力，则撤销后瞬间，二者的加速度a A和a B，分别为（）。

大学物理下册习题二

大学物理下册习题二第1页共1页习题二静电场中的导体和电介质习题学院班序号___________姓名习题二一、选择题1．图示一均匀带电球体，总电荷为+Q，其外部同心地罩一内、外半径分别为r1、r2的金属球壳．设无穷远处为电势零点，则在球壳内半径为r的P点处的场强和电势为［］：40r40r2+Qr2rP2．半径为R的金属球与地连接．在与球心O相距d=2R处有一电荷为q的点电荷．如图所示，设地的电势为零，则球上的感生电荷q为［］q(A)0．(B)．2q(C)-．(D)q．2ROdq3．如图，在一带电量为Q的导体球外，同心地包有一各向同性均匀电介质球壳，相对介电常数为r，壳外是真空．则在壳外P点处(设OPr)的场强和电位移的大小分别为［］(A)E=Q/(40rr2)，D=Q/(40r2)．22(B)E=Q/(4rr)，D=Q/(4r)．Qr(C)E=Q/(40r2)，D=Q/(4r2)．O(D)E=Q/(40r2)，D=Q/(40r2)．p4．一个大平行板电容器水平放置，两极板间的一半空间充有各向同性均匀电介质，另一半为空气，如图．当两极板带上恒定的等量异号电荷时，有一个质量为m、带电荷为+q的质点，在极板间的空气区域中处于平衡．此后，若把电介质抽去，则该质点［］-Q(A)保持不动．(B)向上运动．+q(C)向下运动．(D)是否运动不能确定．m+Q5．C1和C2两空气电容器并联以后接电源充电．在电源保持联接的情况下，在C1中插入一电介质板，如图所示,则［］(A)C1极板上电荷增加，C2极板上电荷减少．C1C2(B)C1极板上电荷减少，C2极板上电荷增加．(C)C1极板上电荷增加，C2极板上电荷不变．(D)C1极板上电荷减少，C2极板上电荷不变．二、填空题1.一空心导体球壳带电荷q，当在球壳内偏离球壳中心某处再放一电荷为q的点电荷时，则导体球壳内表面上的电荷为，(填是或不是)均匀分布；外表面上的电荷为，(填是或不是)均匀分布。

大学物理实验答案2

实验二十七动力学共振法测定材料的杨氏弹性模量【预习题】1．外延测量法有什么特点？使用时应注意什么问题？答：所谓外延测量法，就是所需要的数据在测量数据范围之外，一般很难测量，为了求得这个数，采用作图外推求值的方法。

具体地说就是先使用已测数据绘制出曲线，再将曲线按原规律延长到待求值范围，在延长线部分求出所要的值。

使用外延测量法时应注意：外延法只适用于在所研究范围内没有突变的情况，否则不能使用2．悬丝的粗细对共振频率有何影响？答：在一定范围内，悬丝的直径越大时，共振频率反而越小。

因为共振频率与阻尼的关系为2202βωω-=，悬丝直径大时，阻尼相应较大，即β大，则共振频率应该较小。

当然，悬丝直径也不可过粗，太粗的悬丝对于棒振动时振幅的影响很大，即2222204)(p p mA ωβωω+-=变小，而不利于信号的拾取。

【思考题】1．在实际测量过程中如何辨别共振峰真假？答：理论上认为，“改变信号发生器输出信号的频率，当其数值与试样棒的某一振动模式的频率一致时发生共振，这时试样振动振幅最大，拾振器输出电信号也达到最大”。

实验中，并非示波器检测到信号峰值处频率都为样品棒的共振频率，由样品支架和装置其它部分的振动也会导致示波器检测到极值信号。

因此正确真假判别共振信号对于测量相当重要。

真假共振峰的判别方法有好几种，如预估法和撤耦法，预估法指利用已知的金属杨氏模量，利用公式估算出共振频率，撤耦法指用手托起试样棒，此时拾振信号应消失，反之为假信号。

预估法和撤耦法结合起来用比较好：预估法可判断出共振频率的大致范围，而撤耦法则可做进一步精确判断。

另外，还可以在不放铜棒的情况下先做一个粗略检测，即将可能的干扰信号频率做一个排除。

2．如何测量节点的共振频率。

答：从实验装置图中可以看出，试样振动时，由于悬丝的作用，棒的振动并非原理中要求的自由振动，而是存在阻尼下的受迫振动，所检测共振频率随悬挂点到节点的距离增大而增大。

若要测量（27-1）式中所需的试样棒基频共振频率，只有将悬丝挂在节点处，处于基频振动模式时，试样棒上存在两个节点，它们的位置距离分别为0.224L 和0.776L 处。

大学物理学(第三版上) 课后习题3答案详解

习题33.1选择题(1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为(A)02ωmRJ J+ (B) 02)(ωR m J J + (C)02ωmRJ(D) 0ω [答案： (A)](2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为 (A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s(a) (b)题3.1（2）图[答案： (A)](3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体（A ）动能不变，动量改变。

（B ）动量不变，动能改变。

（C ）角动量不变，动量不变。

（D ）角动量改变，动量改变。

（E ）角动量不变，动能、动量都改变。

[答案： (E)]3.2填空题(1) 半径为30cm 的飞轮，从静止开始以0.5rad·s -2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240˚时的切向加速度a τ= ，法向加速度a n=。

[答案：0.15; 1.256](2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的守恒，原因是。

木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒。

题3.2（2）图[答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零，机械能守恒](3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。

大学物理,课后习题,答案

第十八章波动1、一横波沿绳子传播，其波的表达式为 x)2- t 100050ππcos(.y = (SI) 求: (1) 波的振幅、波速、频率和波长。

(2) 绳子上各质点的最大振动速度和最大振动加速度。

(3) 在m .x 201=处和m .x 702=处二质点振动的位相差。

解：（1）)0.02 (100cos 05.0) 2 100cos(05.0x t x t y -=-=πππ m A 05.0=∴,υππω 2 100 ==502/100==⇒ππυ(HZ) )(501-⋅=s m u , )(15050m u===υλ(2) ) 2 100sin(10005.0πππ-⨯-==∂∂t v tY, )(7.15510005.01max -⋅==⨯=s m v ππ) 2 100cos()100(05.02 22x t a t Yπππ-⨯-==∂∂∴ 8.4934500)100(05.022m ax ==⨯=ππa )(2-⋅s m(3)ππλπϕ=-=-=∆12.07.022 12x x2、一平面简谐波沿ｘ轴正向传播，波的振幅cm A 10=，波的圆频率-1s rad 7 ⋅=πω，当s .t 01=时，cm x 10=处的a 质点正通过其平衡位置向ｙ轴负方向运动，而cm x 20=处的ｂ质点正通过cm y 5=点向ｙ轴正方向运动。

设该波波长10c m>λ，求该平面波的表达式。

解：设波动方程为：)2 7cos(1.0πϕπλ⋅-+=xt Yt=1(s)时， 05.0)2 7cos(1.0 ,0)2 7cos(1.02.01.0=⋅-+==⋅-+=πϕππϕπλλ b a Y Y∵0<a v ⇒ ππϕππλk 22 721.0+=⋅-+ ① ∵ 0>b v ， ⇒ ππϕππλk 22 732.0+-=⋅-+ ② 且m 1.0 >λ，故b a ,两质点的位相差π2<①-②得：5λ=1.2，即 λ=0.24（m ）代入①得：πϕ317-= 所以波动方程为：) 7cos(1.031325πππ+-=x t Y 3、图示一平面简谐波在0=t 时刻的波形图，求：（1）该波的波动方程；（2）Ｐ处质点的振动方程。

大学物理3第09章习题分析与解答

大学物理3第09章习题分析与解答(总3页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--2第九章电磁感应9-1 在感应电场中电磁感应定律可写成tΦd d d L K -=⎰⋅l E ，式中K E 为感生电场的电场强度．此式表明[ ]。

(A) 闭合曲线L 上K E 处处相等 (B)感生电场的电场强度线不是闭合曲线(C) 感生电场是保守力场 (D) 在感生电场中不能像对静电场那样引入电势的概念分析与解感生电场与位移电流是麦克斯韦两个重要假设，感生电动势总是等于感生电场沿该闭合回路的环流，故感生电场不是保守场，称为有旋电场，不能象静电场那样引入电势的概念。

正确答案为（D ）。

9-2 E 和E k 分别表示静电场和有旋电场的电场强度，下列关系式中，正确的是[ ]。

（A ）0d L =⎰⋅l E （B ）0Ld ≠⎰⋅l E（C ）0d k L =⎰⋅l E（D ）0d k L≠⎰⋅l E 分析与解静电场的环流恒为零，而感生电场的环流不一定为零。

正确答案为（A ）。

9-3 将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感，则[ ]。

(A) 铜环中有感应电流，木环中无感应电流(B) 铜环中有感应电流，木环中有感应电流(C) 铜环中感生电场大，木环中感生电场小（D ）铜环中感生电场小，木环中感生电场大分析与解根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但木环中不会形成电流。

正确答案为（A ）。

9-4 关于位移电流，有下面四种说法，正确的是[ ]。

（A ）位移电流的实质是变化的电场（B ）位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷（C ）位移电流的热效应服从焦耳—楞兹定律（D ）位移电流的磁效应不服从安培环路定律分析与解位移电流的实质是变化的电场。

变化的电场激发磁场，这一点位移电流等效于传导电流；但位移电流不是定向运动的电荷，也不服从焦耳热效应、安培力等定律。

大学物理第二章习题及答案

第二章牛顿运动定律一、选择题1.下列说法中哪一个是正确的A 合力一定大于分力B 物体速率不变,所受合外力为零C 速率很大的物体,运动状态不易改变D 质量越大的物体,运动状态越不易改变2.用细绳系一小球,使之在竖直平面内作圆周运动,当小球运动到最高点时A 将受到重力,绳的拉力和向心力的作用B 将受到重力,绳的拉力和离心力的作用C 绳子的拉力可能为零D 小球可能处于受力平衡状态3.水平的公路转弯处的轨道半径为R ,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不致于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率A 不得小于gRμ B 不得大于gRμ C 必须等于gRμ2 D 必须大于gRμ34.一个沿x 轴正方向运动的质点,速率为51s m -⋅,在0=x 到m 10=x 间受到一个如图所示的y 方向的力的作用,设物体的质量为1. 0kg,则它到达m 10=x 处的速率为A 551s m -⋅B 1751s m -⋅C 251s m -⋅D 751s m -⋅5.质量为m 的物体放在升降机底板上,物体与底板的摩擦因数为μ,当升降机以加速度a 上升时,欲拉动m 的水平力至少为多大A mgB mg μC )(a g m +μD )(a g m -μ6 物体质量为m ,水平面的滑动摩擦因数为μ,今在力F 作用下物体向右方运动,如下图所示,欲使物体具有最大的加速度值,则力F与水平方向的夹角θ应满足 A 1cos =θ B 1sin =θC μθ=tgD μθ=ctg 二、简答题1.什么是惯性系什么是非惯性系2.写出任一力学量Q 的量纲式,并分别表示出速度、加速度、力和动量的量纲式;三、计算题质量为10kg 的物体,放在水平桌面上,原为静止;先以力F 推该物体,该力的大小为20N,方向与水平成︒37角,如图所示,已知物体与桌面之前的滑动摩擦因数为,求物体的加速度;质量M=2kg 的物体,放在斜面上,斜面与物体之间的滑动摩擦因数2.0=μ,斜面仰角︒=30α,如图所示,今以大小为的水平力F 作用于m, 求物体的加速度;雨下降时,因受空气阻力,在落地前已是等速运动,速率为5m/s;假定空气阻力大小与雨滴速率的平方成正比,问雨滴速率为4m/s 时的加速度多大一装置,如图所示,求质量为1m 和2m 两个物体加速度的大小和绳子的张力,假设滑轮和绳的质量以及摩擦力可以忽略不计;题图桌面上叠放着两块木板,质量各为21,m m .如图所示, 2m 和桌面间的摩擦因数为2μ,1m 和2m 间静摩擦因数1μ,问沿水平方向用多大的力才能把下面的木块抽出来.如图所示,物体A,B 放在光滑的桌面上,已知B 物体的质量是A 物体质量的两倍,作用力1F 和2F 的四倍.求A,B 两物体之间的的相互作用力.北京设有供试验用高速列车环形铁路,回转半径9km,将要建设的京沪列车时速250km/h,若在环路上此项列车试验且铁轨不受侧压力,外轨应比内轨高多少设轨距为1.435m.在一只半径为R 的半球形碗内,有一个质量为m 的小钢球,当以角速度ω在水平面内沿碗内壁做匀速圆周运动时, 它距碗底又多高一质量为10kg 质点在力)(40120N t F +=作用下,沿x 轴作直线运动;在t=0时,质点位于05x m=处,其速度06/m sυ=;求质点在任意时刻的速度和位置;mg θFN fmgθFNfyx第二章牛顿运动定律答案一、选择题二、简答题1.什么是惯性系什么是非惯性系在这样的参照系中观察,一个不受力作用的物体将保持静止或匀速直线运动状态不变,这样的参照系称惯性系;简言之,牛顿第一定律能够成立的参照系是惯性系,反之,牛顿第一定律不成立的参照系是非惯性系;2.任一力学量Q 的量纲式：[]p q r Q L M T =;速度、加速度、力、动量的量纲式分别为：1221[],[],[],[]LT a LT F MLT P MLT υ----==== 三、计算题质量为10kg 的物体,放在水平桌面上,原为静止;先以力F 推该物体,该力的大小为20N,方向与水平成︒37角,如图所示,已知物体与桌面之前的滑动摩擦因数为,求物体的加速度; 解：研究对象是物体桌上面的运动情况：外力静止开始均速直线运动;隔离体讨论受力情况物体受右边所式的四种力的作用;它们是重力G ,弹力N,推力F,滑动摩擦力f 建立坐标系：左边图所示, 在x 轴上：)1(cos maf F =-θ轴上在y ：)2(0sin =--θF mg N滑动摩擦力为： )3(Nf μ=式 1,2,3结合求解a 可得：mg2υk f =a2/5.0)]6.02098(1.01.020[101)]37sin 208.910(1.037cos 20[101)]sin (cos [1)sin (cos s m F mg F m a maF mg F =⨯+-⨯=︒⨯+⨯-︒⨯=+-==+-θμθθμθ 答：该物体的加速度为 2/5.0s m质量M=2kg 的物体,放在斜面上,斜面与物体之间的滑动摩擦因数2.0=μ,斜面仰角︒=30α,如图所示,今以大小为的水平力F 作用于m, 求物体的加速度;解：以物体为研究对象;讨论物体的运动方向; 斜面向上的力：N F 38.930cos 6.19cos =︒⨯=α 斜面向下的力：N mg 8.930sin 8.92sin =︒⨯⨯=α ααsin cos mg F >∴ 物体沿斜面向上运动,对物体受力分析 )1(0sin cos =-+N F mg αα)3()2(cos sin N f maF f mg μαα==+--结合式 1,2,3可得：2/909.0)]sin cos (sin cos [1s m F mg mg F ma =+--=ααμαα 答：该物体加速度大小为2/909.0s m a =,方向沿斜面向上;雨下降时,因受空气阻力,在落地前已是等速运动,速率为5m/s;假定空气阻力大小与雨滴速率的平方成正比,问雨滴速率为4m/s 时的加速度多大解：根据牛顿第二定律雨滴等速运动时,加速度为零)1(021=-υk mgmg1FαF题图1ag m 11T2ag m 22T'1T '1T '2T 2a1 2 3222212221212221/53.38.9)541()1(s m g a mamgmg ma k mg mgk ≈⨯-=-==-=-=υυυυυυ一装置,如图所示,求质量为1m 和2m 两个物体加速度的大小和绳子的张力,假设滑轮和绳的质量以及摩擦力可以忽略不计; 解：假定1m 加速度竖直向上; 对1m 受力分析得)1(1111a m g m T =-对2m 受力分析得)2(2222a m T g m =-对动滑轮受力分析得 )0()3(02212===-m ma T T因为相同时间内1m 下落高度是2m 的2倍,所以)4(221a a =由1—4可得：21112244m m a g m m -=+ 2121224m m a g m m -=+ 1211234m m T g m m =+ 1221264m m T g m m =+桌面上叠放着两块木板,质量各为21,m m .如图所示, 2m 和桌面间的摩擦因数为2μ,1m 和2m 间静摩擦因数1μ,问沿水平方向用多大的力才能把下面的木块抽出来.解：隔离物体进行受力分析对图1：1111111a m g m N f ===μμ得 g a 11μ= 对图2：222222121212N f a m f f F g m g m g m N N μ==-'-+=+'=得])([12121122g m m g m F m a +--=μμ 将木块抽出的条件是 12a a > 得到g m m F ))((2121++>μμ如图所示,物体A,B 放在光滑的桌面上,已知B 物体的质量是A 物体质量的两倍,作用力1F 是2F 的四倍.求A,B 两物体之间的的相互作用力.解：条件是光滑的桌面,所以不考虑摩擦力再进行隔离体和受力分析：对物体A ：设其向右以加速度a 运动 )1(1a m F F A BA =-对图2：)3()2(2BAAB B AB F F a m F F ==-已知条件代入上面等式中可得：⎩⎨⎧=-=-)2(2)1(422am F F a m F F A AB A AB解此方程组： 23F F F BA AB ==∴北京设有供试验用高速列车环形铁路,回转半径9km,将要建设的京沪列车时速250km/h,若在环路上此项列车试验且铁轨不受侧压力,外轨应比内轨高多少设轨距为.解：根据列车受力的情况可得：根据牛顿第二定律BA F1N Ag m A1F12F2Ng m BAB F2Rm mg F mgF n n 2tan tan υθθ===解得2tan gRυθ=m gRl l l h 078.0tan sin 2==≈=υθθ 在一只半径为R 的半球形碗内,有一个质量为m 的小钢球,当以角速度ω在水平面内沿碗内壁做匀速圆周运动时, 它距碗底又多高解：取刚球为隔离体,其受力分析如图b)3()(cos )2(cos )1(sin sin 2Rh R mgF mR ma F n -====θθθωθ 由上述格式可解得刚球距碗底的高度为2ωgR h -=一质量为10kg 质点在力)(40120N t F +=作用下,沿x 轴作直线运动;在t=0时,质点位于05x m=处,其速度06/m s υ=;求质点在任意时刻的速度和位置;解：由牛顿第二定律F ma =,得124Fa t m ==+ 00002(124)646tt adtt dt t t υυυ=+=++=++⎰⎰0020032(646)2265ttx x dtx t t dtt t t υ=+=+++=+++⎰⎰mgmgxb。

大学物理课后习题答案详解

第一章质点运动学1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。

（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。

解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线（2）质点的位置： 22(48)r ti t j =+-由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+=当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）：质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解： kv dtdv -= ⎰⎰-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=03、一质点沿x 轴运动，其加速度为a ? 4t (SI)，已知t ? 0时，质点位于x ??10 m 处，初速度v ??? 0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ⎰⎰=v v 00d 4d tt t v2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x tx x d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、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；（3d r ，d v ，解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2）201()(h -)2r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 202v 2gx h y -= （3d -gt r v i j = 而落地所用时间 gh 2t = 所以 0d -2gh r v i j = d v g j =- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 5、已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，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。

大学物理学课后答案_第3版_下册_北京邮电大学出版社

大学物理习题及解答习题八8-1 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21 q2 cos30 1qq4π 0 a24π0 ( 3a) 23q3 q 解得3(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 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，求每个小球所解 : 如题 8-2 图示T cosmg T sin1q 2F e4π 0 (2l sin ) 2解得q2l sin4 0 mg tanE q8-3 根据点电荷场强公式 4 0 r 2，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 ?Eqr 04π 0 r 2r时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求解:仅对点电荷成立，当场强是错误的，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 2q．则这两板之间有相互作用力f，有人说 f =40 d2, 又有人说，因为Eqq 2S ，所以 f =0 S．试问这两种说法对吗 ?为什么 ? f到底应等于多少 ?f =qE ,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Eq0 S看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一把合场强Eqf qqq 22 0 S2 0 S个板的电场为，另一板受它的作用力2 0 S，这是两板间相互作用的电场力．8-5 一电偶极子的电矩为p ql ，场点到偶极子中心 O 点的距离为 r , 矢量 r 与 l 的夹角为, (见题 8-5 图 ) ，且 rl．试证 P 点的场强 E 在 r 方向上的分量Er和垂直于 r 的分量E分别为p cosp sinE r = 20 r 3,E =40r 3证: 如题 8-5 所示，将p分解为与 r 平行的分量p sin和垂直于 r 的分量p sin．∵rl∴ 场点 P 在 r 方向场强分量E rp cos 32π 0 r垂直于 r 方向，即方向场强分量E 0p sin4π 0 r3题8-5图题8-6图8-6 长 l=15.0cmAB 上均匀地分布着线密度=5.0x10 -9C ·m -1求： (1) 在导线的延长线上与导线 B 端相距a1 =5.0cm 处P 点的场强； (2) 在导线的垂直平分线上与导线中点相距 d 2=5.0cm 处Q点的场强．解：如题 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 1 dxdE Px) 24π 0 (aldxE PdE Pl2x) 24π 0 2( a[11 ]l4πaa l22lπ 0 ( 4a 2l 2 )用l15 cm ，5.0 10 9C m 1,a 12.5cm代入得E P 6.74 10 2 N C 1 方向水平向右dE Q1 dx4π 0 x 2d 22(2)图所示方向如题 8-6由于对称性ldEQx0 ，即 E Q 只有 y分量，dE Qy1 dxd 24π 0 x2d 22x2d 22∵l dxd 2 2EQydE Qyl 2234π 22(x 2ld 2 )l2π 0l 2 4d 22以5.0 10 9C cm1,l 15 cm , d 25cm 代入得E Q E Qy 14.96 102NC 1 ，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 , 求环心处 O点的场强．解:如 8-7 图在圆上取dlRd题 8-7 图dqdlR d，它在 O点产生场强大小为dERd4πR 2 方向沿半径向外dE x dE sinsind则4π 0 RdE ydE cos()cos d4π 0 RE x0sin d积分4π0 R2π0 RE ycos d0 4π0 RE E x2π0 R，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 r l 处，它相当于点电荷q产生的场强 Eq解:如 8-8 图示，正方形一条边上电荷4在 P 点产生物强dEP方向如图，大小为dE Pcos1cos2l 24π0r 24lcos12l 2r22∵cos 2cos 1dE Pll 2l 24π0 r 2r 2∴42 dEP 在垂直于平面上的分量dE dE P cosdEl rl 2l 2r 2l 24π0 r 2r 2∴424题8-8 图由于对称性，P 点场强沿OP方向，大小为E P4lr4 dEl 2) r2l 24π0 (r 242q∵4lE Pqr(r 2l 2 ) r 2 l 24π 0方向沿OP∴428-9(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．qRA 点处，求：通过圆平面的电通量．arctan在该平面轴线上的(x )E dSqs解 : (1) 由高斯定理立方体六个面，当q在立方体中心时，每个面上电通量相等qe∴ 各面电通量6 0 ．(2) 电荷在顶点时，将立方体延伸为边长2a的立方体，使q 处于边长 2a的立方体中心，则eq边长 2a 的正方形上电通量6 0q对于边长 a 的正方形，如果它不包含 q所在的顶点，则e24 0，如果它包含 q所在顶点则e0 ．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 R 2 x 2 的球冠面的电通量，球冠面积 *S 2π(R 2x 2 )[1x ]R 2 x 2q 0 Sq1x0 4π(R 2x 2 ) 2 0 [ R 2 x 2∴]* 关于球冠面积的计算：见题8-9(c) 图S2πr sinr d2πr 2 sind2πr 2 (1 cos )8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径 10cm ，电荷体密度为 2×105 -3C ·m 求距球心5cm ， 8cm ,12cm 各点的场强．E dSq2 qE 4πs解: 高斯定理,当r5 cm 时，q 0 , E 04πr8 cm 时，qp(r 333r 内 )4π r 3 r 内2E34π 0 r 23.48104 N C 1∴，方向沿半径向外．q4π3 3r 12 cm 时 ,3( r 外r 内）4πr 外 3 r 内3E3 24.10 10 44π 0 rN C 1∴沿半径向外 .8-11半径为R 1 和R 2( R 2 ＞R 1) 的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和 -, 试求 :(1)r ＜R1； (2)R1 ＜ r＜R2 ； (3)r ＞R2处各点的场强．E dSqs解:高斯定理取同轴圆柱形高斯面，侧面积S2πrlE d SE 2π则rlS对(1) rR 1q 0, E(2)R 1 r R 2qlE2π 0 r∴沿径向向外(3) rR 2q∴E 0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1和 2 ，试求空间各处解: 如题 8-12 图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为 1 与2 ，E12 )n2(1两面间，E1 ( 12 )n1面外，2 0E1 (12 )n2面外，2n ：垂直于两平面由1面指为2面．8-13半径为 R 的均匀带电球体内的电荷体密度为, 若在球内挖去一块半径为r ＜ R 的小球体，如题 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的均匀球与带电的均匀小球的组合，见题 8-13 图(a) ．(1)球在 O 点产生电场 E 10 0，4 πr 3E2033 OO'球在O点产生电场4π 0dE 0r 3 3 OO'3 0d∴O点电场；4 d 3E103 3OO'(2)在O产生电场 4π 0d球在 O 产生电场E 20∴O点电场E 03 0 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 )EPOr3则0 ，E POr3 0,E PEPO EPO(r r )OO'd3∴3 03∴腔内场强是均匀的．8-14一电偶极子由 q=1.0 ×10 -6 Cd=0.2cm ，把这电偶极子放在 1.0 ×10 5 -1N ·C解:∵ 电偶极子p在外场 E 中受力矩Mp E∴M maxpEqlE代入数字Mmax1.0 10 62 103 1.0 1052.0 10 4 N m8-15两点电荷q 1=1.5 ×10 -8C ，q 2=3.0 ×10 -8C ，相距 r 1=42cm ，要把它们之间的距离变为r2 =25cm ，需作多少功 ?Ar 2r 2 q 1q 2drq 1q 2 ( 1 1)F drr24π 0 r24π 0r 1 r 2解:r 16.55 10 6 J 10 6 外力需作的功AA6.55 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 2 R ，现将另一正试验点电荷 q 0 从O点经过半圆弧移到C点，求移动过程中电场力作的解:如题 8-16 图示U O1q ) 0( q4π 0 R RU O1 qqq4π 0()6π 0 R3RRA q 0 (U O U C )q o q∴6π 0 R8-17如题 8-17 图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为的正电荷 , 两直导线的长度和半圆环的半径都等于 R ．试求环中心O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dlRd则 dqRd产生O 点 dE如图，由于对称性，O点场强沿y轴负方向题 8-17 图2Rd 2 cosE dE y4πR24πRsin()sin［22 ］2π 0 R(2)AB 电荷在O点产生电势，以UU 1Adx2 Rdxln 2B4π 0 xR4π 0 x4π 0U 24π 0 ln 2同理CD产生U 3 πR4π 0 R4 0半圆环产生U O U 1 U 2 U 32πln 24 0∴4-18-18一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2× 10 m ·s 的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度． ( 电子质量 m 0=9.1 ×10 -31 kg ，电子电量 e =1.60 ×10 -19 C) 解: 设均匀带电直线电荷密度为，在电子轨道处场强E2π 0 rF eeEe2π 0 r电子受力大小e0 rm v 2 ∴2π r2π 0 mv 212.5 1013得eC m18-19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解: 平行板电容器内部近似为均匀电场∴UEd1.5 104 V8-20根据场强 E 与电势U的关系EU，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 pql的 rl 处 ( 见题8-20 图 )qU解: (1)点电荷4π 0 r题 8-20 图EUr 0q 2 r 0 r 0 为 r ∴r4π 0 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qU4π 0 R 2 x 2∴EUqx3 / 2 ii4π 0 R 2 x 2 x(3) 偶极子 pU∴ql 在 r q[ 4π(rl处的一点电势11lcos )](1 lcos )22 Up cos E r2π 0 r 3rql cos 24π 0 r1 U p sinE4π 0 r 3r8-21 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1 ，2，3，4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 E dS(23)S 0s∴ 23 0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12342222又∵23∴ 1 4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 -7 C ，略去边缘效应，问 B 板和 C板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少 ?解:如题 8-22 图示，令 A 板左侧面电荷面密度为1，右侧面电荷面密度为 2题 8-22 图(1) ∵ UACUAB ，即∴E AC d ACE AB d AB1 E ACd AB2EABdAC∴2q A 且1+ 2S2q A , 12q A 得3S3S27而q C1S3qA2 10 Cq B2S1107CU AE ACdAC1d AC2.3 103(2)V8-23 两个半径分别为R1 和R2 （R1 ＜R2 ) 的同心薄金属球壳，现给内球壳带电 + q，试(1) (2)*(3)q；球壳内表面带电则为q, 外表面带电为q，且均匀分布，其电解:(1) 内球带电势题 8-23 图UE drqdrq4π 0 RR 2R 2 4π 0 r 2(2) 外壳接地时，外表面电荷 q入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q．所以球壳电势由内球q与内表面q产生：Uq q 04π 0 R 24π 0 R 2(3) 设此时内球壳带电量为q；则外壳内表面带电量为q，外壳外表面带电量为qq( 电荷守恒 ) ，此时内球壳电势为零，且U Aq' q'q q' 04π 0 R 14π 0 R 24π 0 R 2qR1q得R 2外球壳上电势U Bq'q'q q' R 1 R 2 q4π 0 R 2 4π 0 R 24π 0 R 24π 0 R 228-24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d 3R 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UO8-24 图由电势叠加原理有：q'q U O 4π 0 R4π 0 3Rq得q 38-25 有三个大小相同的金属小球，小球 1，2 带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为 F 0．试求：(1) 用带绝缘柄的不带电小球 3 先后分别接触 1，2 后移去，小球 1，2 之间的库仑力； (2) 小球 3 依次交替接触小球 1， 2 很多次后移去，小球 1， 2F 0q 2解: 由题意知4 π 0r 2(1) 小球 3 接触小球 1后，小球 3和小球 1均带电qq2 ,小球 3再与小球 2 接触后，小球 2 与小球 3均带电q3q4∴ 此时小球 1与小球 2 间相互作用力q' q"3 q 2 3F 18 F 04π 0 r 24π 0 r 282q(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3 .2 q 2 q 43 3F 2F 0∴ 小球 1、 2 间的作用力4π 0r 29* 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U A =U 积也是， U B =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1 ，2 ，3 ，4 ,5 ,6 如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U ABU可得以下6 个方程题 8-26 图1 2q A 1C 0UUS Sd34qS56q BUSd2 3 0 4 5 0123 456q1 6解得2S23U qd 2SUq452SdE 2 4Uqd 2 0 S所以CB间电场U CUCBE 2 d 1 (Uqd )2 2 2 0 SU CUU CU 注意：因为 C片带电，所以22 ，若 C片不带电，显然8-27在半径为R 1的金属球之外包有一层外半径为R 2的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r，金属球带电 Q．试求：(1) 电介质内、外的场强； (2) 电介质层内、外的电势；(3) 金属球的电势．D dSq解 : 利用有介质时的高斯定理S(1)介质内(R 1r R2) 场强QrQrD4π 3, E 内4πr 3r0 r;介质外(rR 2)场强DQr, E 外 Qr4π 34π 0 r 3r(2) 介质外(rR 2)电势UE 外 drQ4π 0 rr介质内(R1r R 2)电势Ur E 内drE 外 drrq (11 ) Q4π 0 r r R 2 4π 0 R 2Q 1 r 14π 0(R 2)rr(3) 金属球的电势UR 2 dr E外 dr E 内 R 1R 2R 2QdrQdrR4π 0 r r2R 24π 0 r 2Q(1r1)4π 0rR 1 R 28-28 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 E 2，真空部分场强为E 1，自由电荷面密度分别为 2 与1由DdSq 0 得D 11， D22而D 10E 1 ,D20 rE2E 1E 2Ud2D 2 rD1∴1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R1和R 2(R2＞R1 ) ，且l >> R 2 - R1 ，两柱面之间充有介电常数的均匀电介质 . 当两圆柱面分别带等量异号电荷Q和- Q时，求：(1) 在半径 r 处 (R 1＜ r ＜R 2＝，厚度为 dr ，长为 l的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2) 电介质中的总电场能量；(3) 圆柱形电容器的电容．解: 取半径为 r 的同轴圆柱面(S)D dS 2πrlD 则( S)当(R 1rR 2)时，qQQD∴2πrlD 2Q 2(1) 电场能量密度w22l 22 8π r dWwdQ 22 2πrdrl Q 2dr224π rl薄壳中8π r l(2) 电介质中总电场能量WdWR 2Q 2drQ 2R 2R14π rl 4πllnVR 1Q 2W(3) 电容：∵2CCQ 2 2πl2Wln( R 2 / R 1 )∴* 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 q1 ，在 B 的中心放一点电荷 q 2，如题 8-30 图所示．试求：(1) q 1 对 q 2 作用的库仑力， q 2 有无加速度；(2) 去掉金属壳 B ，求 q 1 作用在 q 2 上的库仑力，此时 q 2有无加速度．解 : (1)q 1 作用在q2 的库仑力仍满足库仑定律，即F1 q 1 q 24π 0 r2但q 2处于金属球壳中心，它受合力为零，没有加速度．F1 q 1 q 2(2) 去掉金属壳 B ，q 1q 24π 0 r 2q 2作用在上的库仑力仍是受合力不为，但此时零，有加速度．题 8-30 图题 8-31 图8-31 如题 8-31 图所示，C1 =0.25F ，C2 =0.15F ，C 3=0.20 F ．C1 上电压为50V ．求： U AB．解:电容C1 上电量Q 1 C 1U 1电容C 2 与C 3并联 C 23C 2C 3其上电荷Q23Q 1U 2Q23C 1U 125 50C23C2335∴UABU 1 U 2 50(125)8635V8-32C 1 和 C2 两电容器分别标明“ 200 pF 、500 V ”和“ 300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少 ?如果两端加上 1000 V? 解: (1)C1 与C2 串联后电容C 1C 2 200 300 120CC 2 200 300pFC 1(2) 串联后电压比U 1C 2 3U 2C 12 ，而 U 1 U 2 1000∴ U 1600V ,U2400 V即电容C 1电压超过耐压值会击穿，然后C 2也击穿．8-33 将两个电容器 C 1 和 C2 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q 1 ,q 2题 8-33 图q 1 q 2q10q20C 1U C 2Uq 1C 1U 1 q 2C 2U 2 则U1U 2q 1 C 1(C 1C 2 )U , q 2 C 2 (C 1 C 2)U 解得 (1)C 1 C 2 C 1 C 2(2) 电场能量损失W W 0 W(1C 1U 21 C 2U2 ) ( q 12 q 22 ) 22 2C 1 2C 22C 1C 2 U 2C 1 C 28-34 半径为R 1=2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为R2 =4.0cm 和R 3=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rR 1 和 R 2 rR 3 区域E 0E 1QrRrR4π 0 r 3在12 时E 2QrrR 3 时4π 0 r 3∴在R1rR2 区域W 1 R 21Q) 24πr 2dr2 0 (0 r2R 1 4πR 2Q 2 drQ211R18π 0r 2()8π 0 R 1R 2在rR3 区域W 210 (Q ) 2 4πr 2dr Q 2 1R324π 0 r 2 8π 0 R 3W W 1W 2Q 2 (111) ∴ 总能量8π 0 R 1 R 2 R 31.8210 4 JQrE4π 0 r3,W 20(2) 导体壳接地时，只有R 1rR2 时WQ 211) 1.0110 4W 1(∴8π 0 R 1 R 2JC 2W4π 0 /( 11 ) (3) 电容器电容Q 2R 1R 24.49 10 12 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B1B 2abcd B dl B 1 da B 2 bcI 0∴B 1 B 2(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 B1B2 .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 BnI，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LB 外 ·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LB 外·d l =0 I这是为什么 ?解: 我们导出 B 内nl B 外有一个假设的前提，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B 外 dlI 0L，与B 外 dl0 dlL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 B 外的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量B0 I2 r , 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 B 2.0Wb ·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S 1的磁通是1B S 1 2.0 0.3 0.40.24 Wb(2) 通过 befc 面积 S2的磁通量2B S 2(3) 通过aefd面积S 3的磁通量3 B S 3 2 0.3 0.5 cos20.3 0.5 40.245Wb ( 或曰 0.24 Wb )题 9-7 图9-7 如题 9-7 图所示， AB 、 CD 为长直导线， BC 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 、 BC 、 CD 三部分电流产生．其中AB 产生 B 1 0B 20 ICD 产生 12R，方向垂直向里0I0 I 3 B 3R (sin 90 sin 60 )2 R(12 )4CD段产生 2，方向向里B 0B 1I3B 2 B 3(1)∴2 R 2 6，方向向里．9-8在真空中，有两根互相平行的无限长直导线L1 和L2 ，相距 0.1m ，通有方向相反的电流，I1 =20A, I2 =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L 2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题 9-8 图解：如题 9-8 图所示 , BA 方向垂直纸面向里B A0 I10 I21.2 10 42( 0.1 0.05) 20.05T(2) 设B 0在L 2外侧距离 L2为 r 处0 II 2 02 (r 0.1)2 r则解得r 0.1 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I1与 I2所产生，但 A 和B在O点产生的磁场为零。

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大学物理习题及解答习题八8-1 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20220)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 qE 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:20π4r r q E ε=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 qE 0ε=，所以f =S q 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S qE 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S q S q q 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30π2cos r p E r εθ=垂直于r 方向，即θ方向场强分量300π4sin r p 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 x E P −=λε2220)(d π4d x a xE E llP 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，∵22222220d d d d π41d ++=x x x E Qy λε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰−+2223222)d (d l l x x2220d 4π2+=l lελ以9100.5−⨯=λ1cm C −⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N −⋅，方向沿y 轴正向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 0R E E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0R E E y −=−=积分R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=−=⎰ϕϕελπR E y∴R E 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 Ed 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +−=εθθλ ∵22cos 221l r l +=θ 12cos cos θθ−= ∴24π4d 22220l r ll r E P ++=ελ P Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴424π4d 222222l r r l 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 ∵l q 4=λ∴2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿OP 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 在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(x Rarctan=α)解: (1)由高斯定理0d εq S 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=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=[221x R x +−] *关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r S ααα⎰⋅=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,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p =3(r )3内r −∴()2023π43π4r r 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⨯≈−=r r 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rlE S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r < 0,0==∑E q(2) 21R r R <<λl q =∑∴r E 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，d ε ∑⎰= ⋅ q S E s两面间， nE )(21210σσε−=1σ面外， nE )(21210σσε+−= 2σ面外， nE )(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10=E，ρ− 球在O 点产生电场'd π4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd 33030OO 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 =，03ερr E O P '−=' ,∴0003'3)(3ερερερd OO 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 ⨯= ∴qlEpE M ==m ax 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 rq 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)(=−R qR q 0π41ε=O U )3(R q R q −R q 0π6ε−=∴R qq U U q A oC 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−2sinπ−］R 0π2ελ−=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===A B 200012ln 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 O8-18 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m =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r E 0π2ελ=电子受力大小r e eE F e 0π2ελ==∴r v m r e 20π2=ελ得1320105.12π2−⨯==e mv 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r qU 0π4ε=题 8-20 图∴ 0200π4r r q 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220π4x R qU +=ε∴ ()ix R qx i x U E 2/3220π4+=∂∂−=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 l l r q U εθθθε=+−−=∴ 30π2cos r p 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，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)(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)∵ ABAC U U =，即∴ABAB AC AC E E d d =∴ 2d d 21===AC ABAB AC E E σσ且 1σ+2σS q A=得,32S q A =σ S q A321=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 ，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⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d 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：π4π42020=−=R qR qU 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=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+RqR q εε得 −='q 3q8-25 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qq 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力0220183π483π4"'2F rqr 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U U 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S q261==σσ S qd U 2032−=−=εσσ S qd U 2054+=−=εσσ所以CB 间电场S q d U E 00422εεσ+==)2d (212d 02S q 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2UU 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∑⎰=⋅qS 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303π4,π4r r Q E r Qr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势r Q E U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞ 外介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+−=)11(π420R r Q r r −+=εεε(3)金属球的电势rd r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=222020π44πdrR R R r r Qdrr Q εεε )11(π4210R R Q r r −+=εεε8-28 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=d 21UE E ==∴ r D D εσσ==1212题8-28图题8-29图rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内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 rlDS D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴rl QD π2=(1)电场能量密度22222π82l r Q D w εε== 薄壳中rl rQ 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 V R R l Q rl r Q W W εε(3)电容：∵C Q 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 U86)35251(5021=+=+=U U U AB V8-32 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⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==−=−=+2122112121201021U U U C U C q q U C U C q q q q解得 (1) =1q UC C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+−=+−(2)电场能量损失WW W −=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +−+=221212UC 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 r Q 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30π4r rQ E ε =,02=W∴ 4210211001.1)11(π8−⨯=−==R R Q W W ε J(3)电容器电容)11/(π422102R R Q W C −==ε121049.4−⨯=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nIB 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,=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r IB 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 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 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BCD 产生R I B 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=−+r I 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。