大学物理教程((下册))课后练习答案
《大学物理》下册(第五版)课后答案
第九章振动9-1一个质点作简谐运动，振幅为A，在起始时刻质点的位移为-A，且向x 轴正方向运2动，代表此简谐运动的旋转矢量为（）题９-１图分析与解（b）图中旋转矢量的矢端在x 轴上投影点的位移为－A/2，且投影点的运动方向指向O x轴正向，即其速度的x 分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（b）．9-2已知某简谐运动的振动曲线如图（a）所示，则此简谐运动的运动方程为（）(A)x = 2cos⎡2πt -2 π⎤(cm)(C)x = 2cos⎡2 πt +2 π⎤(cm)⎢⎣3 3 ⎥⎦ ⎢⎣3 3 ⎥⎦(B)x = 2cos⎡4πt -2 π⎤(cm)(D)x = 2cos⎡4 πt +2 π⎤(cm)⎢⎣3 3 ⎥⎦ ⎢⎣3 3 ⎥⎦题９-２图分析与解由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为–A/2，且向x 轴负方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为2π / 3 ．振动曲线上给出质点从–A/2 处运动到+A 处所需时间为 1 s，由对应旋转矢量图可知相应的相位差∆ϕ=4π3 ，则角频率ω=∆ϕ/ ∆t =(4π/ 3)s-1 ，故选（D）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程来找出正确答案．9-3两个同周期简谐运动曲线如图（a）所示，x1 的相位比x2 的相位（）（A）落后π2（B）超前π2（C）落后π（D）超前π分析与解由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b）即可得到答案为（b）．题９-３图9-4当质点以频率ν作简谐运动时，它的动能的变化频率为（）（A）v（B）v （C）2v2（D）4v分析与解质点作简谐运动的动能表式为E k=1mω2 A 2sin2 (ωt2+ϕ)，可见其周期为简谐运动周期的一半，则频率为简谐运动频率ν 的两倍．因而正确答案为（C）．9-5图（a）中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦振动的初相位为（）3（A）π21（B）π2（C）π（D）0分析与解由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，它们的相位差是π（即反相位）．运动方程分别为x1=A cosωt 和x2=Acos(ωt +π)．它们的振幅不同．对2于这样两个简谐运动，可用旋转矢量法，如图（b）很方便求得合运动方程为x1 =而正确答案为（D）．Acosωt ．因2题９-５图9-6 有一个弹簧振子，振幅A = 2.0 ⨯10-2 m ，周期T = 1.0 s ，初相ϕ出它的运动方程，并作出x -t 图、v -t 图和a -t 图．=3π / 4 ．试写题９-6 图分析弹簧振子的振动是简谐运动．振幅 A 、初相ϕ、角频率ω是简谐运动方程m / k 外， ω 可通过关系式ω = 2π / T 确定．振子运动的速度和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同．解 因ω = 2π / T ，则运动方程x = A cos (ωt + ϕ ) = A ⎛ 2πt + ϕ ⎫cos ⎪ ⎝ T⎭根据题中给出的数据得x = 2.0 ⨯ 10-2 cos (2πt + 0.75π ) (m )振子的速度和加速度分别为v = d x / d y a = d 2x / d 2y = -4π ⨯ 10-2sin (2πt = -8π ⨯ 10-2cos (2πt + 0.75π) ( m ⋅ s-1 )+ 0.75π) ( m ⋅ s -1)x - t 、 v - t 及 a - t 图如图所示．9-7 若简谐运动方程为 x = 0.10 cos (20πt + 0.25π)(m )，求：（1） 振幅、频率、角频率、周期和初相；（2） t = 2s 时的位移、速度和加速度．分析 可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式x = A cos (ωt + ϕ )作比较，即可求得各特征量．运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t 值后，即可求得结果．解 （1） 将 x = 0.10 cos (20πt + 0.25π)(m )与 x = A cos (ωt + ϕ )比较后可得：振幅 A ＝ 0.10m ，角频率ω = 20π s -1，初相ϕ ＝0.25 π ，则周期T = 2π / ω = 0.1 s ，频率 v = 1/ T Hz ．（２） t = 2s 时的位移、速度、加速度分别为x = 0.10 cos (40πt + 0.25π) = 7.07 ⨯10-2 mv = d x / d t = -2πsin (40π + 0.25π) = -4.44m ⋅ s -1a = d 2 x / d 2t = -40π2cos (40π + 0.25π) = -2.79 ⨯102 m ⋅ s -29-8 一远洋货轮，质量为 m ，浮在水面时其水平截面积为 S ．设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为 ρ，且不计水的粘滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动，并求振动周期．分析 要证明货轮作简谐运动，需要分析货轮在平衡位置附近上下运动时，它所受的合外力 F 与位移 x 间的关系，如果满足 F = -kx ，则货轮作简谐运动．通过 F = -kx 即可求得振动 周期T = 2π / ω = 2π ．证 货轮处于平衡状态时［图（a ）］，浮力大小为 F ＝mg ．当船上下作微小振动时，取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点 O ，竖直向下为 x 轴正向，如图（b ）所示．则当货轮向下偏移 x 位移时，受合外力为∑ F = P + F '其中 F ' 为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为F ' = F + ρgSx = mg + ρgSx则货轮所受合外力为题９-８图∑F=P -F '=-ρgSx =-kx式中k =ρgS 是一常数．这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动．由∑F =m d2 x / d2t 可得货轮运动的微分方程为d2 x / d2t +ρgSx / m = 0令ω2 =ρgS / m ，可得其振动周期为T =2π / ω = 2π9-9设地球是一个半径为R 的均匀球体，密度ρ= 5.5 ⨯103 kg ⋅ m-3 ．现假定沿直径凿通一条隧道，若有一质量为m 的质点在此隧道内作无摩擦运动．（1）证明此质点的运动是简谐运动；（2）计算其周期．题９-９图分析证明方法与上题相似．分析质点在隧道内运动时的受力特征即可．证（1）取图所示坐标．当质量为m 的质点位于x 处时，它受地球的引力为m / ρgSm / k x xF = -Gm x m式中G 为引力常量， m 是以 x 为半径的球体质量，即 m = 4πρx 3/ 3 ．令 k = 4πρGm / 3 ，则质点受力F = 4πρGmx / 3 = -kx因此，质点作简谐运动．（2） 质点振动的周期为T = 2π = = 5.07 ⨯103 s9-10 如图（a ）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为 k 1 、k 2时．（1） 证明其运动仍是简谐运动；（2） 求系统的振动频率．．当物体在光滑斜面上振动题 9-10 图分析 从上两题的求解知道，要证明一个系统作简谐运动，首先要分析受力情况，然后看是否满足简谐运动的受力特征（或简谐运动微分方程）．为此，建立如图（b ）所示的坐标．设系统平衡时物体所在位置为坐标原点 O ，Ox 轴正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿 Ox 轴， 物体受弹性力及重力分力的作用，其中弹性力是变力．利用串联时各弹簧受力相等，分析物体 在任一位置时受力与位移的关系，即可证得物体作简谐运动，并可求出频率υ ．证 设物体平衡时两弹簧伸长分别为 x 1 、 x 2 ，则由物体受力平衡，有mg sin θ = k 1x 1 = k 2 x 2按图（b ）所取坐标，物体沿 x 轴移动位移 x 时，两弹簧又分别被拉伸 x 1' 和 x 2' ，即物体受力为（1）x = x 1' + x 2' ．则 3π / Gρ1 2π(k + k )/ m 1 21 2F = mg si n θ - k 2 (x 2 + x 2' )= mg si n θ - k 1 (x 1 + x 1') 将式（1）代入式（2）得（２） F = -k 2 x 2' = -k 1x 1' 由式（3）得 x 1' = -F / k 1 、 x 2' = -F / k 2 ，而 x = x 1' + x 2' ，则得到（３）F = -[k k / (k + k )]x = -kx 1 2式中 k = k 1k 2 / (k 1 + k 2 )为常数，则物体作简谐运动，振动频率v = ω / 2π = 12π k / m = 讨论 （1） 由本题的求证可知，斜面倾角 θ 对弹簧是否作简谐运动以及振动的频率均不产生影响．事实上，无论弹簧水平放置、斜置还是竖直悬挂，物体均作简谐运动．而且可以证明它们的频率相同，均由弹簧振子的固有性质决定，这就是称为固有频率的原因．（2） 如果振动系统如图（c ）（弹簧并联）或如图（d ）所示，也可通过物体在某一位置的受力分析得出其 作简谐运动，且振动频率均为v = ，读者可以一试．通过这些例子可以知道，证明物体是否作简谐运动的思路是相同的．*9－11 在如图（a ）所示装置中，一劲度系数为 k 的轻弹簧，一端固定在墙上，另一端连接一质量为 m 1 的物体 A ，置于光滑水平桌面上．现通过一质量 m 、半径为 R 的定滑轮 B （可视为匀质圆盘）用细绳连接另一质量为 m 2 的物体 C ．设细绳不可伸长，且与滑轮间无相对滑动， 求系统的振动角频率．题 9-11 图分析 这是一个由弹簧、物体 A 、C 和滑轮 B 组成的简谐运动系统．求解系统的振动频率可采用两种方法．（1） 从受力分析着手．如图（b ）所示，设系统处于平衡状态时，与物体1 2πk k /(k + k )m1 2 1 2k 正向从原点 O 伸长 x 时，分析物体 A 、C 及滑轮 B 的受力情况，并分别列出它们的动力学方程，可解得系统作简谐运动的微分方程．（2）从系统机械能守恒着手．列出系统机械能守恒方 程，然后求得系统作简谐运动的微分方程．解 1 在图（b ）的状态下，各物体受力如图（c ）所示．其中 F = -k (x + x 0 )i ．考虑到绳 子不可伸长，对物体 A 、B 、C 分别列方程，有F T 1 = -k (x + x 0 ) = d 2 x m 1 d t 2 d 2 x（1）m 2 g - F T 2 = m 2 d t2 （2）( - ) = α = 1d 2 xF T 2 F T 1 R J2 mR d t 2（3） kx 0 = m 2 g （4）方程（3）中用到了 F = F ' 、F = F ' 、J = mR 2/ 2 及α = a / R ．联立式（1） ～式（4）T 2 T 2 可得T 1 T 1d 2 x k则系统振动的角频率为d t2+m 1 + m 2 + m / 2x = 0（5）ω = 解 2 取整个振动装置和地球为研究系统，因没有外力和非保守内力作功，系统机械能守恒．设物体平衡时为初始状态，物体向右偏移距离 x （此时速度为 v 、加速度为 a ）为末状态， 则由机械能守恒定律，有E = -m gx + 1 m v 2 + 1 m v 2 + 1 J ω2 + 1 k (x + x )20 2 2 1 2 2 2 2在列出上述方程时应注意势能（重力势能和弹性势能）零点的选取．为运算方便，选初始状态下物体 C 所在位置为重力势能零点；弹簧原长时为弹性势能的零点．将上述方程对时间求导得0 = -m gv + m v d v + m v d v + Jω d ω + k (x + x )d x2 1 d t 2 d t d t 0d t 将 J = mR 2 / 2 ， ωR = v ， d v / d t = d 2 x / d t 2和m g = kx 代入上式，可得d 2x + d t 2 m2 0+ m + m / 2 x = 0（6）12式（6）与式（5）相同，表明两种解法结果一致．9-12 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅 A ＝2.0 ×10-2 m ，周期 T ＝0.50ｓ．当 t ＝0 时，（1） 物体在正方向端点；（2） 物体在平衡位置、向负方向运动；（3） 物体在 x ＝-1.0×10-2m 处， 向负方向运动； （4） 物体在 x ＝-1.0×10-2 m 处，向正方向运动．求以上各种情况的运动方程．分析 在振幅 A 和周期 T 已知的条件下，确定初相 φ 是求解简谐运动方程的关键．初相k / (m 1 + m 2 + m / 2)π π = 4π 的确定通常有两种方法．（1） 解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即 t ＝0 时，x ＝x 0 和 v ＝v 0 来确定 φ 值．（2） 旋转矢量法：如图（a ）所示，将质点 P 在 Ox 轴上振动的初始位置 x 0 和速度 v 0 的方向与旋转矢量图相对应来确定 φ．旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常采用．题 9-12 图解 由题给条件知 A ＝2.0 ×10-2 m ， ω = 2 / T = 4π s -1，而初相 φ 可采用分析中的两种不 同方法来求．解析法 ： 根据简 谐 运动方 程 x = A cos (ωt + ϕ ) ，当 t = 0 时有 x 0 = A cos (ωt + ϕ ) ，v 0 = - Aωsin ．当（1） x 0 = A 时， cos ϕ1 = 1，则ϕ1 = 0 ；π π（2） x 0 = 0 时， cos ϕ2 = 0 ，ϕ2 = ± ，因v 0 < 0 ，取ϕ2 = ；2 2（3） x 0 = 1.0 ⨯10-2 m 时， cos ϕ = 0.5 ，ϕ3 = ± π 3 ，由v 0 < 0 ，取ϕ3 = ； 3（4） x = -1.0 ⨯10-2m 时， cos ϕ = -0.5 ，ϕ = π ± ，由v > 0 ，取ϕ 4π 0 4 4 3 0 4 3旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图，如图（b ）所示，它们所对应的初 相分别为ϕ1 = 0 ， ϕ2 =， ϕ3 =2， ϕ4 =．33振幅 A 、角频率 ω、初相 φ 均确定后，则各相应状态下的运动方程为（1） x = 2.0 ⨯10-2cos4πt(m )（2） x = 2.0 ⨯10-2 cos (4πt + π/2) (m ) （3） x = 2.0 ⨯10-2 cos (4πt + π/3) (m ) （4） x = 2.0 ⨯10-2 cos (4πt + 4π/3) (m )9-13 有一弹簧， 当其下端挂一质量为 m 的物体时， 伸长量为 9.8 ×10-2 m ．若使物体上、下振动，且规定向下为正方向．（1） 当 t ＝0 时，物体在平衡位置上方 8.0 ×10-2 ｍ 处，由静止开始向下运动，求运动方程．（2） 当 t ＝0 时，物体在平衡位置并以 0.6ｍ·s -1 的速度向上运动，求运动方程．π π 3．k / m g / ∆l x + ( 21010 v / ω )2⎝ 12 ⎭分析 求运动方程，也就是要确定振动的三个特征物理量 A 、ω 和 φ．其中振动的角频率是 由弹簧振子系统的固有性质（振子质量 m 及弹簧劲度系数 k ）决定的，即ω =k /m ，k 可根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算；振幅 A 和初相 φ 需要根据初始条件确定．题 9-13 图解 物体受力平衡时，弹性力 F 与重力 P 的大小相等，即 F ＝mg ．而此时弹簧的伸长量 Δl ＝9.8 ×10-2m ．则弹簧的劲度系数 k ＝F ／Δl ＝mg ／Δl ．系统作简谐运动的角频率为ω = = = 10 s -1（1） 设系统平衡时，物体所在处为坐标原点，向下为 x 轴正向．由初始条件 t ＝0 时， x 10 ＝8.0 ×10-2 m 、v 10 ＝0 可得振幅 A = = 8.0 ⨯10- 2m ；应用旋转矢量法可确定初相ϕ1 = π ［图（a ）］．则运动方程为x = 8.0 ⨯10-2cos (10t + π) (m ) （2）t ＝0 时，x 20 ＝0、v 20 ＝0.6 ｍ·s -1 ，同理可得 A 2 == 6.0 ⨯10- 2 m ； ϕ2 = π / 2 ［图（b ）］．则运动方程为x = 6.0 ⨯10-2cos (10t + 0.5π) (m ) 9-14 某振动质点的 x -t 曲线如图（a ）所示，试求：（1） 运动方程；（2） 点 P 对应的相位；（3） 到达点 P 相应位置所需的时间．分析 由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题．本题就是要通过 x －t 图线确定振动的三个特征量 A 、ω 和ϕ0 ，从而写出运动方程．曲线最大幅值即为振幅 A ；而 ω、ϕ0 通常可通过旋转矢量法或解析法解出，一般采用旋转矢量法比较方便． 解 （1） 质点振动振幅 A ＝0.10 ｍ．而由振动曲线可画出 t 0 ＝0 和 t 1 ＝4 ｓ时旋转矢 量，如图（ b ） 所 示．由图可见初相 ϕ0 = -π / 3 （或 ϕ0 = 5π / 3 ）， 而由 ω(t 1 - t 0 ) = π / 2 + π / 3 得ω = 5π / 24 s ，则运动方程为 -1x = 0.10 cos⎛ 5πt - π / 3⎫(m )24⎪ x + ( 220 20 v / ω)2ppp p题9-14 图（2）图（a）中点P 的位置是质点从A／2 处运动到正向的端点处．对应的旋转矢量图如图（c）所示．当初相取ϕ0 =-π / 3 时，点P 的相位为ϕp =ϕ0 +ω(t - 0)= 0 （如果初相取成=5π / 3 ，则点P 相应的相位应表示为ϕp =ϕ0 +ω(t -0)=2π ．（3）由旋转矢量图可得ω(t - 0)=π/ 3 ，则t =1.6 s ．9-15作简谐运动的物体，由平衡位置向x 轴正方向运动，试问经过下列路程所需的最短时间各为周期的几分之几？（1）由平衡位置到最大位移处；（2）由平衡位置到x ＝A/2 处；（3）由x ＝A/2 处到最大位移处．解采用旋转矢量法求解较为方便．按题意作如图所示的旋转矢量图，平衡位置在点O．（1））平衡位置x1到最大位移x3处，图中的旋转矢量从位置 1 转到位置 3 ，故∆ϕ1=π / 2 ，则所需时间∆t1=∆ϕ1 / ω=T / 4（2）从平衡位置x1到x2＝A/2 处，图中旋转矢量从位置1 转到位置2，故有∆ϕ2则所需时间=π / 6 ，∆t2=∆ϕ2 / ω=T / 12（3）从x2＝A/2 运动到最大位移x3处，图中旋转矢量从位置 2 转到位置3，有∆ϕ0=π / 3 ，则所需时间∆t3=∆ϕ3 / ω=T / 6N 题 9-15 图9-16 在一块平板下装有弹簧，平板上放一质量为 1.0 kg 的重物．现使平板沿竖直方向作上下简谐运动，周期为 0.50ｓ，振幅为 2.0×10-2 m ．求：（1） 平板到最低点时，重物对平板的作用力；（2） 若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物会跳离平板？ （3） 若振幅不变，则平板以多大的频率振动时， 重物会跳离平板？题 9-16 图分析 按题意作示意图如图所示．物体在平衡位置附近随板作简谐运动，其间受重力 P 和板支持力 F N 作用，F N 是一个变力．按牛顿定律，有d 2 y F = mg - F N = m d t 2（1）由于物体是随板一起作简谐运动，因而有a 改写为 = d 2y d t 2 = -A ω 2 cos (ωt + ϕ ) ，则式（1）可 F N = mg + mA ω 2cos (ωt + ϕ ) （2）（1） 根据板运动的位置，确定此刻振动的相位ωt + ϕ ，由式（2）可求板与物体之间的作 用力．（2） 由式（2）可知支持力 F N 的值与振幅 A 、角频率 ω 和相位（ ωt + ϕ ）有关．在振 动过程中，当ωt + ϕ ＝ π 时 F N 最小．而重物恰好跳离平板的条件为 F N ＝0，因此由式（2）可 分别求出重物跳离平板所需的频率或振幅．解 （1） 由分析可知，重物在最低点时，相位ωt + ϕ ＝0，物体受板的支持力为F = mg + mA ω 2 = mg + mA (2π / t)2 = 12.96 N 重物对木块的作用力 F N ' 与 F N 大小相等，方向相反． （2） 当频率不变时，设振幅变为 A ′．根据分析中所述，将 F N ＝0 及ωt + ϕ 分析中式（2），可得= π 代入max max2A ' = mg / mω2 = gT 2 / 4π2 = 6.2 ⨯10-2 m（3） 当振幅不变时，设频率变为v ' ．同样将 F N ＝0 及ωt + ϕ 可得= π 代入分析中式（2）， v ' = ω = 2π = 3.52 Hz 9-17 两 质点作同 频率、同 振幅的简 谐运动． 第一个质 点的运动 方程 为x 1 = A cos (ωt + ϕ )，当第一个质点自振动正方向回到平衡位置时，第二个质点恰在振动正方 向的端点，试用旋转矢量图表示它们，并求第二个质点的运动方程及它们的相位差．题 9-17 图解 图示为两质点在时刻 t 的旋转矢量图，可见第一个质点 M 的相位比第二个质点 N 的相位超前π / 2 ，即它们的相位差 Δφ＝π/2．故第二个质点的运动方程应为x 2 = A cos (ωt + ϕ - π / 2)9-18 图（a ）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线，且振幅为 2cm ，求（1） 振动周期；（2） 加速度的最大值；（3） 运动方程．分析 根据 v -t 图可知速度的最大值 v max ，由 v max ＝Aω 可求出角频率 ω，进而可求出周期 T 和加速度的最大值 a max ＝Aω2 ．在要求的简谐运动方程 x ＝A cos （ωt ＋φ）中，因为 A 和 ω 已得出，故只要求初相位 φ 即可．由 v －t 曲线图可以知道，当 t ＝0 时，质点运动速度v 0 ＝v max /2 ＝Aω/2，之后速度越来越大，因此可以判断出质点沿 x 轴正向向着平衡点运动．利用 v 0 ＝－Aωsinφ 就可求出 φ．解 （1） 由v = A ω 得ω =1.5 s -1 ，则 T = 2π / ω = 4.2 s （2） a = A ω 2 = 4.5 ⨯10-2 m ⋅ s -2 （3） 从分析中已知 v 0 = - Aωsin= Aω / 2 ，即 sin ϕ = -1 / 2= -π / 6,-5π / 6因为质点沿 x 轴正向向平衡位置运动，则取 = -5π / 6 ，其旋转矢量图如图（b ）所示．则运动 方程为 x = 2cos (1.5t - 5π / 6) (cm )1 mg / m A 2πg / l g / l max题 9-18 图9-19 有一单摆，长为 1.0m ，最大摆角为 5°，如图所示．（1） 求摆的角频率和周期；（2）设开始时摆角最大，试写出此单摆的运动方程；（3） 摆角为 3°时的角速度和摆球的线速度各为多少？题 9-19 图分析 单摆在摆角较小时（θ＜5°）的摆动，其角量 θ 与时间的关系可表示为简谐运动方程 θ = θmax co s (ωt + ϕ ) ，其中角频率 ω 仍由该系统的性质（重力加速度 g 和绳长 l ）决定，即 ω = ．初相 φ 与摆角 θ，质点的角速度与旋转矢量的角速度（角频率）均是不同的物理 概念，必须注意区分．解 （1） 单摆角频率及周期分别为ω = = 3.13 s -1; T = 2π / ω = 2.01 s（2） 由t = 0 时θ = θ = 5o可得振动初相ϕ = 0 ，则以角量表示的简谐运动方程为 θ = π cos3.13t 36（３） 摆角为 3°时，有cos (ωt + ϕ ) = θ / θmax = 0.6 ，则这时质点的角速度为J / mgl c maxE c M线速度的大小为d θ/d t = -θmax ωsi n (ωt + ϕ ) = -θmax ω = -0.80θ ω = -0.218 s -1 v = l d θ/d t = -0.218 s -1讨论 质点的线速度和角速度也可通过机械能守恒定律求解，但结果会有极微小的差别．这是因为在导出简谐运动方程时曾取sin θ ≈ θ ，所以，单摆的简谐运动方程仅在 θ 较小时成立．9-20 为了测月球表面的重力加速度，宇航员将地球上的“秒摆”（周期为 2.00ｓ），拿到月 球上去，如测得周期为 4.90ｓ，则月球表面的重力加速度约为多少？ （取地球表面的重力加速度 g = 9.80 m ⋅s-2 ） 解 由单摆的周期公式T = 2π 可知 g ∝ 1 / T 2 ，故有 g / g = T 2 / T 2 ，则月球的重力加速度为 g = (T/ T M )2g M E E M= 1.63 m ⋅ s - 29-21 一飞轮质量为 12kg ，内缘半径 r ＝0.6ｍ，如图所示．为了测定其对质心轴的转动惯量，现让其绕内缘刃口摆动，在摆角较小时，测得周期为 2.0s ，试求其绕质心轴的转动惯量．9-21 题图分析 飞轮的运动相当于一个以刃口为转轴的复摆运动，复摆振动周期为 T = 2π ，因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离l c ，其以刃口为转轴的 转动惯量即可求得．再根据平行轴定理，可求出其绕质心轴的转动惯量．解 由复摆振动周期T = 2π J / mgl ，可得 J = mgrT 2 / 4π2．则由平行轴定理得 J 0 = J - mr 2 = mgrT 2 / 4π 2 - mr 2 = 2.83 kg ⋅ m 29-22 如图（a ）所示，质量为 1.0 ×10-2kg 的子弹，以 500m·s -1 的速度射入木块，并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简谐运动，设木块的质量为 4.99 kg ，弹簧的劲度系数为 8.0 ×103 N·m -1 ，若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点，向左为 x 轴正向，求简谐运动方程．1 - cos2 (ωt + ϕ ) l / g E E题 9-22 图分析 可分为两个过程讨论．首先是子弹射入木块的过程，在此过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，因而可以确定它们共同运动的初速度 v 0 ，即振动的初速度．随后的过程是以子弹和木块为弹簧振子作简谐运动．它的角频率由振子质量 m 1 ＋m 2 和弹簧的劲度系数 k 确定，振幅和初相可根据初始条件（初速度 v 0 和初位移 x 0 ）求得．初相位仍可用旋转矢量法求．解 振动系统的角频率为 ω == 40 s -1由动量守恒定律得振动的初始速度即子弹和木块的共同运动初速度 v 0 为v = m v (m + m ) = 1.0 m ⋅ s -10 1 1 2 又因初始位移 x 0 ＝0，则振动系统的振幅为A = = v 0/ ω = 2.5⨯10-2 m 图（b ）给出了弹簧振子的旋转矢量图，从图中可知初相位 0 = π / 2 ，则简谐运动方程为x = 2.5⨯10-2 cos (40t + 0.5π) (m )9-23 如图（a ）所示，一劲度系数为 k 的轻弹簧，其下挂有一质量为 m 1 的空盘．现有一质量为 m 2 的物体从盘上方高为 h 处自由落入盘中，并和盘粘在一起振动．问：（1） 此时的振动周期与空盘作振动的周期有何不同？ （2） 此时的振幅为多大？k / (m 1 + m 2 ) x + ( 2 0 0 v / ω) 2x + (v / ω) 2 20 0题 9-23 图分析 原有空盘振动系统由于下落物体的加入，振子质量由 m 1 变为 m 1 + m 2，因此新系统的角频率（或周期）要改变．由于 A = ，因此，确定初始速度 v 0 和初始位移 x 0 是求解振幅 A 的关键．物体落到盘中，与盘作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可确定盘与物体的共同初速度 v 0 ，这也是该振动系统的初始速度．在确定初始时刻的位移 x 0 时，应注意新振动系统的平衡位置应是盘和物体悬挂在弹簧上的平衡位置．因此，本题中初始位移 x 0 ，也就是空盘时的平衡位置相对新系统的平衡位置的位移．解 （1） 空盘时和物体落入盘中后的振动周期分别为T = 2π / ω = 2π T ' = 2π / ω' = 2π 可见 T ′＞T ，即振动周期变大了． （2） 如图（b ）所示，取新系统的平衡位置为坐标原点 O ．则根据分析中所述，初始位移为空盘时的平衡位置相对粘上物体后新系统平衡位置的位移，即x = l - l =m 1g - m 1 + m 2 g = - m 2 g 01 2 k k k式中 l 1 ＝m 1/k 为空盘静止时弹簧的伸长量，l 2 ＝（m 1 ＋m 2）/k 为物体粘在盘上后，静止时弹 簧的伸长量．由动量守恒定律可得振动系统的初始速度，即盘与物体相碰后的速度v 0 = m 2 v =m 1 + m 2 式中 v = 是物体由 h 高下落至盘时的速度．故系统振动的振幅为m 1 / k(m 1 + m 2 )/ km 2 m 1 + m 2 2gh2ghx +(2 v / ω ) ' 20 0x + 20 0( v/ ω) 211A ==本题也可用机械能守恒定律求振幅A．9-24如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧，系一质量为m1的物体，在水平面上作振幅为A的简谐运动．有一质量为m2的粘土，从高度h 自由下落，正好在（a）物体通过平衡位置时，（b）物体在最大位移处时，落在物体上．分别求：（1）振动周期有何变化？（2）振幅有何变化？题9-24 图分析谐振子系统的周期只与弹簧的劲度系数和振子的质量有关．由于粘土落下前后，振子的质量发生了改变，因此，振动周期也将变化．至于粘土如何落下是不影响振动周期的．但是，粘土落下时将改变振动系统的初始状态，因此，对振幅是有影响的．在粘土落到物体上的两种不同情况中，系统在水平方向的动量都是守恒的．利用动量守恒定律可求出两种情况下系统的初始速度，从而利用机械能守恒定律（或公式A =）求得两种情况下的振幅．解（1）由分析可知，在（a）、（b）两种情况中，粘土落下前后的周期均为T =2π / ω =2πT '=2π / ω'=2π物体粘上粘土后的周期T′比原周期T 大．（2）（a）设粘土落至物体前后，系统振动的振幅和物体经过平衡位置时的速度分别为A、v 和A′、v′．由动量守恒定律和机械能守恒定律可列出如下各式kA'2 / 2 =m v2 / 2 （1）kA'2 / 2 =(m+m)v'2 / 22（2）联立解上述三式，可得m1v=(m1+m2)v'A'=（3）即A′＜A，表明增加粘土后，物体的振幅变小了．（b）物体正好在最大位移处时，粘土落在物体上．则由动量守恒定律知它们水平方向的共同速度v′＝m1v/（m1＋m2）＝0，因而振幅不变，即m2gk1 +2khm1+m2m1/ k(m1+m2)/ km1/(m1+m2)AA / a max max 0 max max 9-25 质量为 0.10kg 的物体，以振幅 1.0×10-2 m 作简谐运动，其最大加速度为 4.0 ｍ·s -1求：（1） 振动的周期；（2） 物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3） 物体在何处其动能和势能相等？ （4） 当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？分析 在简谐运动过程中，物体的最大加速度 a = A ω 2，由此可确定振动的周期T ．另外，在简谐运动过程中机械能是守恒的，其中动能和势能互相交替转化，其总能量 E ＝kA 2/2．当动能与势能相等时，E k ＝E P ＝kA 2/4．因而可求解本题．解 （1） 由分析可得振动周期 T = 2π / ω = 2π = 0.314 s（2） 当物体处于平衡位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能量，即 E = E = 1 mA 2ω 2 = 1 mAak 2 2max = 2.0 ⨯10-3 J（3） 设振子在位移 x 0 处动能与势能相等，则有kx 2 / 2 = kA 2 / 4得 x 0 = ± 2 A / 2 = ±7.07 ⨯10-3 m（４） 物体位移的大小为振幅的一半（即 x = A / 2 ）时的势能为 E = 1 kx 2 = 1 k ⎛ A ⎫ = E / 4 P 2 2 2 ⎪ ⎝ ⎭则动能为E K = E - E P = 3E / 4 9-26 一氢原子在分子中的振动可视为简谐运动．已知氢原子质量 m ＝1.68 ×10-27 Kg ，振动频率υ ＝1.0 ×1014 Hz ，振幅 A ＝1.0 ×10-11ｍ．试计算：（1） 此氢原子的最大速度；（2） 与此振动相联系的能量．解 （1） 简谐运动系统中振子运动的速度 v ＝－A ωsin （ωt ＋φ），故氢原子振动的最大速度为v = ωA = 2πvA = 6.28⨯102 m ⋅ s -1 （２） 氢原子的振动能量E = mv 2 / 2 = 3.31⨯10-20 J 9-27 质量 m ＝10g 的小球与轻弹簧组成一振动系统， 按 x = 0.5(8πt + π / 3) (cm )的规 律作自由振动，求（1） 振动的角频率、周期、振幅和初相；（2） 振动的能量 E ；（3） 一个周期内的平均动能和平均势能．解 （1） 将 x = 0.5(8πt + π / 3) (cm )与 x = A cos (ωt + ϕ )比较后可得：角频率ω = 8π s -1 ，振 幅 A ＝0.5cm ，初相 φ＝π/3，则周期 T ＝2π/ω＝0.25 ｓA + A + 2 A A cos ( 2 2 1 2 1 2 ϕ - ϕ ) 2 1（2） 简谐运动的能量 E = 1 mA 2ω 2 = 7.90 ⨯10-5 J （3） 简谐运动的动能和势能分别为 E = 1 mA 2ω 2sin 2 (ωt + ϕ ) K 2E = 1 mA 2ω 2cos 2 (ωt + ϕ ) P 2则在一个周期中，动能与势能对时间的平均值分别为E = 1 ⎰T 1 mA 2ω 2 sin 2 (ωt + ϕ )d t = mA 2ω 2 = 3.95 ⨯10-5 J T 0 2 4E = 1 ⎰T 1 mA 2ω 2 cos 2 (ωt + ϕ )d t = mA 2ω 2 = 3.95 ⨯10-5 J T 0 2 49-28已 知 两 同 方 向 、 同 频 率 的 简 谐 运 动 的 运 动 方 程 分 别 为 x 1= 0.05cos (10t + 0.75π) (m )； x 2 = 0.06cos (10t + 0.25π) (m ) ．求：（1） 合振动的振幅及初相；（2） 若有另一同方向、同频率的简谐运动 x 3 = 0.07co s (10t + ϕ3 ) (m )，则ϕ3 为多少时， x 1 ＋x 3 的振幅最大？ 又ϕ3 为多少时，x 2 ＋x 3 的振幅最小？题 9-28 图分析 可采用解析法或旋转矢量法求解.由旋转矢量合成可知，两个同方向、同频率简谐运动 的合成仍为一简谐运动，其角频率不变；合振动的振幅 A = ，其大小与两个分振动的初相差ϕ2 - ϕ1 相关．而合振动的初相位ϕ = arctan [(A s in ϕ + A sin ϕ ) / (A cos ϕ + A cos ϕ )] 1 1 2 2 1 1 2 2解 （1） 作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为∆ϕ 故合振动振幅为= ϕ2 - ϕ1 = -π / 2 ， A = 合振动初相位= 7.8 ⨯10-2 m ϕ = arctan [(A s in ϕ + A sin ϕ ) / (A cos ϕ + A cos ϕ )] 1 1 2 2 1 1 2 2= arctan11 = 1.48 rad （2） 要使 x 1 ＋x 3 振幅最大，即两振动同相，则由∆ϕ= 2k π 得 A + A + 2 A A cos ( 2 2 1 2 1 2 ϕ - ϕ ) 21 K PA 2 + A 2 + 2A 2cos (π + ϕ - ϕ ) 2 12ϕ3 = ϕ1 + 2k π = 2k π + 0.75π, k= 0,±1,±2,...要使 x 1 ＋x 3 的振幅最小，即两振动反相，则由()得 ϕ3 = ϕ2 + (2k + 1)π = 2k π + 1.25π, k = 0,±1,±2,...9-29 手电筒和屏幕质量均为 m ，且均被劲度系数为 k 的轻弹簧悬挂于同一水平面上，如 图所示．平衡时，手电筒的光恰好照在屏幕中心．设手电筒和屏幕相对于地面上下振动的表达式分别为 x 1 = A cos (ωt + ϕ1 )和 x 2 = A cos (ωt + ϕ2 )．试求在下述两种情况下，初相位 φ1 、φ2 应满足的条件：（1） 光点在屏幕上相对于屏静止不动；（2） 光点在屏幕上相对于屏作振幅 A ′＝2A 的振动．并说明用何种方式起动，才能得到上述结果．题 9-29 图分析 落在屏幕上的光点相对地面的运动和屏幕相对于地面的运动都已知道，且是两个简谐运动．因此由运动的合成不难写出光点相对屏的运动（实际上是两个同方向、同频率简谐运动的合成）．根据相对运动公式，有依题意x 光对地 = x 光对屏 + x 屏对地x 光对地 = x 1 = A cos (ωt + ϕ1 ) x 屏对地 = x 2 = A cos (ωt + ϕ2 ) 所以 x 光对屏 = x 1 - x 2 = x 1 + x 2'= A cos (ωt + ϕ1 ) + A cos (ωt + π + ϕ2 ) 可见光点对屏的运动就是两个同方向、同频率简谐运动 x 1 = A cos (ωt + ϕ1 ) 和 x 2' = A cos (ωt + π + ϕ2 )的合成．用与上题相同的方法即可求解本题．其中合运动振幅 A ' = ． 解 （1） 根据分析和参考上题求解，当要求任一时刻光点相对于屏不动，即 x 光对屏 = 0 ，就是 当π + ϕ2 - ϕ1 = (2k + 1)π 时，即ϕ = ϕ1 + 2k π 时（ k = 0,±1,±2,...），A ′＝0．当光点 相对于屏作振幅为 2A 的运动时，要求π + ϕ2 - ϕ1 = 2k π ，即ϕ2 = ϕ1 + (2k - 1)π ．（2） 由以上求解可知，要使光点相对于屏不动，就要求手电筒和屏的振动始终要同步， 即同相位，为此，把它们往下拉 A 位移后，同时释放即可；同理，要使光点对屏作振幅为 2A 的谐振动，两者必须相位相反，为此，让手电筒位于平衡点 0 上方的-A 处，而屏则位于+A 处同。
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
μ０ Ｉ ２π ｄ
＝
μ０ Ｉ π２ Ｒ
所以
ｄ＝
πＲ ２
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 ．１０ ｍ 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
＝
μ０ Ｉａ ２π（ Ｒ２１ － Ｒ２２ ）
＝
２ × １０ －４ Ｔ
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 · ｄ Ｓ ＝ Ｅ · ４π ｒ２ ＝ ０
Ｓ
Ｅ ＝０
当 Ｒ１ ＜ ｒ ＜ Ｒ２ 时 ，有
促Ｓ
Ｅ · ｄ Ｓ ＝ Ｅ · ４π ｒ２ ＝
１ ε０
ｑ
Ｅ
＝
１ ４π ε０
ｑ ｒ２
当 ｒ ＞ Ｒ２ 时 ，有
促Ｓ
Ｅ · ｄ Ｓ ＝ Ｅ · ４π ｒ２ ＝
１ ε０
ａｂ · ｈ
＝ １６００π － ４ ３ × １０ －２ Ｖ 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 · ｄ ｌ 公式直接积分求解 ．
图 １２ 唱７
大学物理(下)练习题及答案
xyoa•••a-(0,)P y qq-大学物理（下）练习题第三编 电场和磁场 第八章 真空中的静电场1．如图所示，在点((,0)a 处放置一个点电荷q +，在点(,0)a -处放置另一点电荷q -。
P 点在y 轴上，其坐标为(0,)y ，当y a ?时，该点场强的大小为(A) 204q y πε； (B) 202q y πε；(C)302qa y πε； (D)304qa y πε.[ ]2．将一细玻璃棒弯成半径为R 的半圆形，其上半部均匀分布有电量Q +, 下半部均匀分布有电量Q -，如图所示。
求圆心o 处的电场强度。
3．带电圆环的半径为R ,电荷线密度0cos λλφ=,式中00λ>，且为常数。
求圆心O 处的电场强度。
4．一均匀带电圆环的半径为R ，带电量为Q ，其轴线上任一点P 到圆心的距离为a 。
求P 点的场强。
5．关于高斯定理有下面几种说法，正确的是(A) 如果高斯面上E r处处为零，那么则该面内必无电荷；(B) 如果高斯面内无电荷，那么高斯面上E r处处为零；(C) 如果高斯面上E r处处不为零，那么高斯面内必有电荷；(D) 如果高斯面内有净电荷，那么通过高斯面的电通量必不为零； (E) 高斯定理仅适用于具有高度对称性的电场。
[ ]6．点电荷Q 被闭合曲面S 所包围，从无穷远处引入另一点电荷q 至曲面S 外一点,如图所示，则引入前后(A) 通过曲面S 的电通量不变，曲面上各点场强不变；(B) 通过曲面S 的电通量变化，曲面上各点场强不变；(C) 通过曲面S 的电通量变化，曲面上各点场强变化；(D) 通过曲面S 的电通量不变，曲面上各点场强变化。
[ ]7．如果将带电量为q 的点电荷置于立方体的一个顶角上，则通过与它不相邻的每个侧面的电场强度通量为xq g S Q g(A)06q ε； (B) 012q ε； (C) 024q ε； (D) 048q ε. [ ]8．如图所示，A 、B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面，A 面上的电荷面密度721.7718A C m σ--=-⨯⋅，B 面上的电荷面密度723.5418B C m σ--=⨯⋅。
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。
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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。
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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
大学物理下册第五版课后习题答案
大学物理下册第五版课后习题答案【篇一：大学物理学课后习题答案马文蔚第五版】但由于｜dr｜＝ds,故 ,即｜｜＝．由此可见,应选(c)．1-2 分析与解表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式计算,在直角坐标系中则可由公式求解．故选(d)．1-3 分析与解表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有 (3) 式表达是正确的．故选(d)．1-4 分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(b)．1-5 分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为 ,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度 ,式中表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为 ,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(c)．解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小(2) 由得知质点的换向时刻为 (t＝0不合题意)则 ,所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为(3) t＝4.0 s时 ,,解将曲线分为ab、bc、cd 三个过程,它们对应的加速度值分别为 (匀加速直线运动), (匀速直线运动)(匀减速直线运动)根据上述结果即可作出质点的a-t 图［图(b)］．在匀变速直线运动中,有由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k＝20的一段直线［图(c)］．解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为,这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为 ,图(a)中的p、q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得其中位移大小而径向增量1-9 分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为,当t ＝0 时, vox ＝-10 m?6?1ｓ-1 , voy ＝15 m?6?1ｓ-1 ,则初速度大小为(2) 加速度的分量式为,则加速度的大小为1-10 分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为则1-11 分析该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的o′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t)和y′＝y′(t)来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x0 ＋x′和y ＝y0 ＋y′,将所得参数方程转换至oxy 坐标系中,即得oxy 坐标系中质点p 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解 (1) 如图(b)所示,在o′x′y′坐标系中,因 ,则质点p 的参数方程为 ,坐标变换后,在oxy 坐标系中有,则质点p 的位矢方程为(2) 5ｓ时的速度和加速度分别为1-12 分析为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．当杆长等于影长时,即s ＝h,则即为下午3∶00 时．1-13 分析本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由和可得和．如a＝a(t)或v ＝v(t),则可两边直接积分．如果a 或v不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解由分析知,应有得 (1)由得 (2)将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m?6?1ｓ-1代入(1) (2)得v0＝-1 m?6?1ｓ-1,x0＝0.75 m．于是可得质点运动方程为1-14 分析本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v的函数,因此,需将式dv ＝a(v)dt 分离变量为后再两边积分．解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 (1)用分离变量法把式(1)改写为(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有得石子速度由此可知当,t→∞时, 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度．(2) 再由并考虑初始条件有得石子运动方程1-15 分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量ax 和ay分别积分,从而得到运动方程r的两个分量式x(t)和y(t)．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即和 ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得又由及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t2 y ＝2t2消去参数t,可得运动的轨迹方程 3y ＝2x -20 m而所以, ,解 (1) 由参数方程 x ＝2.0t, y ＝19.0-2.0t2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x2(2) 在t1 ＝1.00ｓ到t2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为则t1 ＝1.00ｓ时的速度v(t)｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为则1-18 分析物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝vt, y ＝1/2 gt2飞机水平飞行速度v＝100 m?6?1s-1 ,飞机离地面的高度y＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离(2) 视线和水平线的夹角为(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为解1 由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为(1) (2)令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得解2 做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有从中消去t 后也可得到同样结果．(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和vx ＝0,则【篇二：大学物理第五版上册标准答案】,即｜｜≠． ?但由于｜dr｜＝ds,故drds?,即｜｜＝．由此可见,应选(c)． dtdt1-2 分析与解dr表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr表示,dtdrds表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式v?计算,在直dtdt2这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；2?dx??dy?角坐标系中则可由公式v??????求解．故选(d)．?dt??dt?1-3 分析与解dv表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,dt起改变速度大小的作用；drds在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；在自然坐标系中表示质点的速率v；dtdt而dv表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(d)． dt1-4 分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(b)．1-5 分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为x?dxv??dtll2?h2,其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度dldl,式中表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为vdtl2?h2?v0l2?h2/l?v0方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(c)． dx?0来确定其运动方向改变的dtdxd2x点速度和加速度可用和两式计算．dtdt2点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据dx?0 得知质点的换向时刻为 tp?2s (t＝0不合题意) dtdxdt2t?4.0sdx??48m?s?1dtt?4.0s?2??36m.s1-7 分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中ab、cd 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段bc 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t 图上是平行于t 轴的直线,由v-t 图中求出各段的斜率,即可作出a-t 图线．又由速度的定义可知,x-t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x＝x(t),求出不同时刻t 的位置x,采用描数据点的方法,可作出x-t 图．解将曲线分为ab、bc、cd 三个过程,它们对应的加速度值分别为 aab?vb?va?20m?s?2(匀加速直线运动),abc?0(匀速直线运动)tb?taacd?vd?vc??10m?s?2 (匀减速直线运动)td?tc根据上述结果即可作出质点的a-t 图［图(b)］．在匀变速直线运动中,有由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为1x?x?v0t?t22用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作v?20m?s?1的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k＝20的一段直线［图(c)］．ds?(dx)2?(dy)2,最后用s??ds积分求ｓ．这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为,y?2?12x 4(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为r0?2j , r2?4i?2j图(a)中的p、q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．2222x2?y2?x0?y0?2.47mq(dx)2?(dy)2,由轨道1xdx,代入ds,则2ｓ内路程为 240s??ds??p4?x2dx?5.91m1-9 分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为 vx?dxdy??10?60t,vy??15?40t dtdtv0?v0x?v0y?18.0m?s?122v0yv0x32(2) 加速度的分量式为ax?dvdvx?60m?s?2 , ay?y??40m?s?2dtdtax?ay?72.1m?s?222ay21-10分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为 y1?v0t?121aty2?h?v0t?gt2 22当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即11v0t?at2?h?v0t?gt222t?2h?0.705s g?a(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为d?h?y2??v0t?12gt?0.716m 2解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有 0?h?1(g?a)t2t?22h?0.705s g?a(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为1h??v0t?at2 则d?h?h??0.716m21-11 分析该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的o′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t)和y′＝y′(t)来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x0 ＋x′和y ＝y0 ＋y′,将所得参数方程转换至oxy 坐标系中,即得oxy 坐标系中质点p 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．t,则质点p 的tx??rsiny???rcos坐标变换后,在oxy 坐标系中有x?x??rsint, y?y??y0??rcost?r tt则质点p 的位矢方程为r?rsind2ttttta?1-12 分析为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．v?当杆长等于影长时,即s ＝h,则【篇三：物理学教程第二版马文蔚下册课后答案完整版】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).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.中子电量为10－21－21 e，e，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qmax??1?2??8?10?21e二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为范围内时，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21e 的上夸克和两个带?e的下夸克构成.若将夸克作为经典粒33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f 与径向单位矢量er 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ep?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，(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为若棒为无限长(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dx，其电荷为dq ＝qdx/l，它在点p 的电场强度为de?e??de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，e??ldei(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e??deyj??lsin?dej证 (1) 延长线上一点p 的电场强度e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1q/l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r2/l2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.电场强度的大小.。
大学物理课后习题答案(赵近芳)下册.pdf
l 2
dx
−l
3
2
(x2
+
d
2 2
)
2
=
l
2π 0
l2
+
4d
2 2
以 = 5.010−9 C cm−1 , l = 15 cm , d2 = 5 cm 代入得
EQ = EQy = 14.96102 N C−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
力 f = q q = q 2 ，这是两板间相互作用的电场力． 2 0 S 2 0 S
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 r l ．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
Er =
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
f
=
q2 40d 2
,又有人
说，因为 f = qE , E = q ，所以 f = q 2 ．试问这两种说法对吗?为什么?
0S
0S
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 E = q 看成是一个带电板在另一带电板处的场强 0S
也是不对的．正确解答应为一个板的电场为 E = q ，另一板受它的作用 2 0S
T cos = mg
T sin
=
大学物理课后习题答案(全册)
《大学物理学》课后习题参考答案习题11-1. 已知质点位矢随时间变化函数形式为)ωｔsin ωｔ(cos j i R r其中为常量．求：（1）质点轨道；(2)速度和速率。
解：1）由)ωｔsin ωｔ(cos j i R r知t cos R x ωtsin R yω消去t 可得轨道方程222Ryx2）jr vt Rcos sin ωωt ωR ωdtd iRωt ωR ωt ωR ωv2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir )t 23(t 42，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0t到1t 秒的位移；（3）0t 和1t 秒两时刻的速度。
解：1）由j ir)t 23(t 42可知2t 4x t23y消去t 得轨道方程为：2)3y(x2）jir v 2t 8dtd jij i v r 24)dt2t 8(dt101Δ3）jv 2(0)jiv 28(1)1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir t t 22，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：1）ji r v2t 2dtd iv a2dtd 2）212212)1t(2]4)t 2[(v1tt 2dtdv a 2t22221nta aat 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121att v y （1）图 1-420221gttv h y （2）21y y （3）解之2d tg a 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的td dr ，td dv ，tv d d .解：（1）t v x 0式（1）2gt21hy 式（2）jir )gt 21-h (t v (t)20（2）联立式（1）、式（2）得22v 2gx hy （3）ji r gt -v td d 0而落地所用时间gh 2t所以j i r 2gh -v t d d 0jv g td d 2202y2x)gt (vvvv 211222222[()](2)g ghg t dv dtvgt vgh 1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。
大学物理 下册 (程守诛) 高等教育出版社 课后答案
大学物理下册(程守诛) 高等教育出版社课后答案《大学物理习题集》（下册）习题参考解答共75 页Created by XCH Page 1 7/29/2009单元一简谐振动一、选择、填空题1.对一个作简谐振动的物体，下面哪种说法是正确的？【C】(A)物体处在运动正方向的端点时，速度和加速度都达到最大值；(B)物体位于平衡位置且向负方向运动时，速度和加速度都为零；(C)物体位于平衡位置且向正方向运动时，速度最大，加速度为零；(D)物体处在负方向的端点时，速度最大，加速度为零。
2.一沿X轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A，周期为T，振动方程用余弦函数表示，如果该振子的初相为34，则t=0时，质点的位置在：【D】(A)过A21x处，向负方向运动；(B)过A21x处，向正方向运动；(C)过A21x处，向负方向运动；(D)过A21x处，向正方向运动。
3.将单摆从平衡位置拉开，使摆线与竖直方向成一微小角度，然后由静止释放任其振动，从放手开始计时，若用余弦函数表示运动方程，则该单摆的初相为：【B】(A)；(B)；(C)/2；-4.图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统，组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示，(a)、(b)、(c)三个振动系统的(为固有圆频率)值之比为：【B】(A) 2：1：1；(B) 1：2：4；(C) 4：2：1；：1：25.一弹簧振子，当把它水平放置时，它可以作简谐振动，若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图，试判断下面哪种情况是正确的：【C】(A)竖直放置可作简谐振动，放在光滑斜面上不能作简谐振动；(B)竖直放置不能作简谐振动，放在光滑斜面上可作简谐振动；(C)两种情况都可作简谐振动；(D)两种情况都不能作简谐振动。
6.一谐振子作振幅为A的谐振动，它的动能与势能相等时，它的相位和坐标分别为：【C】)4(填空选择)5(填空选择《大学物理习题集》（下册）习题参考解答共75 页Created by XCH Page 2 7/29/2009A2332,3)D(;A22,4or,4)C(;A23,65,6)B(;A21,32or,3)A(，7.如果外力按简谐振动的规律变化，但不等于振子的固有频率。
华东理工大学2020版大学物理(下)习题册答案
2 0
dU
2x
x
E (
1) (1
)
dx
2 0 2 x2 R2
2 0
x2 R2
11
大学物理(下)习题册参考解答
第九章 静电场中的导体和电介质
1、一导体球半径为 R1，其外同心地罩以内、外半径分别为 R2 和 R3 的厚导体壳，此系 统带电后内球电势为 U，外球所带电量为 Q，求此系统各处的电势和电场分布?
2
3
A 点与平面 II 相距为 5.0cm，B 点与平面 II 相距 7.0cm，求:
(1) A、B 两点的电势差；
(2) 把电量 q 0= 1.0×10-8C 的点电荷从 A 点移到 B 点，外力
克服电场力作功多少?
AB
解：（1） E A
E1 E2 E3
1 2 0
2 2 0
3 2 0
103 2 0
解：由于 与 r 成线性关系，电场分布仍有球对称性，故可由高斯定理求解。
作同心球面为高斯面
rR
又因
E内 dS E内4r2
q 0
q r br4r2dr r 4br3dr br4
0
0
E内
br 4 4 0 r 2
br 2 4 0
U2
q2
U1
q1
R1
R2
r R
q dV R 4brr2dr Rb4r3dr bR4
rR
ρ π r2l
Eds E 2π r l ε0
r E
2 0
rR
E 2π r l ρ π R2l ε0
E R2 2 0 r
（1） r R rR
U
0 r dr
r2
r 2 0
大学物理下册(湖南大学陈曙光)课后习题答案和全解
大学物理下册课后习题全解()第十二章 真空中的静电场12．1 如图所示，在直角三角形ABCD 的A 点处，有点电荷q 1 = 1.8×10-9C ，B 点处有点电荷q 2 = -4.8×10-9C ，AC = 3cm ，BC = 4cm ，试求C 点的场强．[解答]根据点电荷的场强大小的公式 22014q q E k r r ==πε，其中1/(4πε0) = k = 9.0×109N·m 2·C -2． 点电荷q 1在C 点产生的场强大小为： 112014q E AC=πε994-1221.810910 1.810(N C )(310)--⨯=⨯⨯=⨯⋅⨯方向向下．点电荷q 2在C 点产生的场强大小为 2220||14q E BC =πε994-1224.810910 2.710(N C )(410)--⨯=⨯⨯=⨯⋅⨯， 方向向右．C 处的总场强大小为E =44-110 3.24510(N C )==⨯⋅，总场强与分场强E 2的夹角为12arctan33.69E E ==︒θ．12．2 半径为R 的一段圆弧，圆心角为60°，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，其电线密度分别为+λ和-λ，求圆心处的场强． [解答]在带正电的圆弧上取一弧元d s = R d θ，电荷元为d q = λd s ， 在O 点产生的场强大小为 220001d 1d d d 444q s E R R Rλλθπεπεπε===， 场强的分量为d E x = d E cos θ，d E y = d E sin θ．对于带负电的圆弧，同样可得在O 点的场强的两个分量．由于弧形是对称的，x 方向的合场强为零，总场强沿着y 轴正方向，大小为2d sin y LE E E ==⎰θ/6/6000sin d (cos )22RR==-⎰ππλλθθθπεπε0(12R=λπε．12．3 均匀带电细棒，棒长a = 20cm ，电荷线密度为λ = 3×10-8C·m -1，求： （1）棒的延长线上与棒的近端d 1 = 8cm 处的场强；（2）棒的垂直平分在线与棒的中点相距d 2 = 8cm 处的场强．[解答]（1）建立坐标系，其中L = a /2 = 0.1(m)，x = L+d 1 = 0.18(m)． 在细棒上取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ，根据点电荷的场强公式，电荷元在P 1点产生的场强的大小为1220d d d 4()q lE k r x l ==-λπε图12.1场强的方向沿x 轴正向．因此P 1点的总场强大小通过积分得120d 4()L L l E x l λπε-=-⎰014LLx l λπε-=- 011()4x L x L λπε=--+220124L x Lλπε=-． ① 将数值代入公式得P 1点的场强为8912220.13109100.180.1E -⨯⨯⨯=⨯⨯-= 2.41×103(N·C -1)， 方向沿着x 轴正向．（2）建立坐标系，y = d 2．在细棒上取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ， 在棒的垂直平分在线的P 2点产生的场强的大小为2220d d d 4q lE kr rλπε==， 由于棒是对称的，x 方向的合场强为零，y 分量为 d E y = d E 2sin θ．由图可知：r = d 2/sin θ，l = d 2cot θ， 所以 d l = -d 2d θ/sin 2θ， 因此 02d sin d 4y E d λθθπε-=，总场强大小为02sin d 4Ly l LE d λθθπε=--=⎰02cos 4Ll Ld λθπε=-=LL=-==． ②将数值代入公式得P 2点的场强为89221/220.13109100.08(0.080.1)y E -⨯⨯⨯=⨯⨯+= 5.27×103(N·C -1)． 方向沿着y 轴正向．[讨论]（1）由于L = a /2，x = L+d 1，代入①式，化简得1011011144/1a E d d a d d a λλπεπε==++， 保持d 1不变，当a →∞时，可得1014E d λπε→， ③这就是半无限长带电直线在相距为d 1的延长线上产生的场强大小．（2）由②式得y E ==当a →∞时，得 022y E d λπε→， ④这就是无限长带电直线在线外产生的场强公式．如果d 1=d 2，则有大小关系E y = 2E 1．12．4 一均匀带电的细棒被弯成如图所示的对称形状，试问θ为何值时，圆心O 点处的场强为零．图12.4[解答]设电荷线密度为λ，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场强． 在圆弧上取一弧元 d s =R d φ， 所带的电量为 d q = λd s ，在圆心处产生的场强的大小为2200d d d d 44q s E kr R Rλλϕπεπε===， 由于弧是对称的，场强只剩x 分量，取x 轴方向为正，场强为 d E x = -d E cos φ． 总场强为2/20/2cos d 4x E Rπθθλϕϕπε--=⎰2/20/2sin 4Rπθθλϕπε--=0sin 22R λθπε=，方向沿着x 轴正向． 再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强．根据上一题的公式③可得半无限长带电直线在延长上O 点产生的场强大小为`04E Rλπε=，由于两根半无限长带电直线对称放置，它们在O 点产生的合场强为``02coscos 222x E E R θλθπε==，方向沿着x 轴负向．当O 点合场强为零时，必有`x x E E =，可得 tan θ/2 = 1，因此 θ/2 = π/4， 所以 θ = π/2．12．5 一宽为b 的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为ζ，如图所示．试求：（1）平板所在平面内，距薄板边缘为a 处的场强．（2）通过薄板几何中心的垂直线上与薄板距离为d 处的场强．[解答]（1）建立坐标系．在平面薄板上取一宽度为d x 的带电直线，电荷的线密度为d λ = ζd x ，根据直线带电线的场强公式02E rλπε=， 得带电直线在P 点产生的场强为00d d d 22(/2)xE rb a x λσπεπε==+-，其方向沿x 轴正向．由于每条无限长直线在P 点的产生的场强方向相同，所以总场强为/20/21d 2/2b b E x b a x σπε-=+-⎰/2/2ln(/2)2b b b a x σπε--=+-0ln(1)2b aσπε=+． ① 场强方向沿x 轴正向．（2）为了便于观察，将薄板旋转建立坐标系．仍然在平面薄板上取一宽度为d x 的带电直线，电荷的线密度仍然为d λ = ζd x ， 带电直线在Q 点产生的场强为221/200d d d 22()xE rb x λσπεπε==+，图12.5沿z 轴方向的分量为221/20cos d d d cos 2()z xE E b x σθθπε==+，设x = d tan θ，则d x = d d θ/cos 2θ，因此d d cos d 2z E E σθθπε==积分得arctan(/2)0arctan(/2)d 2b d z b d E σθπε-=⎰0arctan()2bd σπε=． ② 场强方向沿z 轴正向．[讨论]（1）薄板单位长度上电荷为λ = ζb ， ①式的场强可化为0ln(1/)2/b a E a b a λπε+=， 当b →0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为02E aλπε→， ③ 这正是带电直线的场强公式．（2）②也可以化为0arctan(/2)2/2z b d E d b dλπε=，当b →0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为02z E dλπε→，这也是带电直线的场强公式．当b →∞时，可得：02z E σε→， ④ 这是无限大带电平面所产生的场强公式．12．6 （1）点电荷q 位于一个边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体一面的电通量是多少？（2）如果将该场源点电荷移到立方体的的一个角上，这时通过立方体各面的电通量是多少？ [解答]点电荷产生的电通量为Φe = q/ε0．（1）当点电荷放在中心时，电通量要穿过6个面，通过每一面的电通量为Φ1 = Φe /6 = q /6ε0． （2）当点电荷放在一个顶角时，电通量要穿过8个卦限，立方体的3个面在一个卦限中，通过每个面的电通量为Φ1 = Φe /24 = q /24ε0；立方体的另外3个面的法向与电力线垂直，通过每个面的电通量为零．12．7 面电荷密度为ζ的均匀无限大带电平板，以平板上的一点O 为中心，R 为半径作一半球面，如图所示．求通过此半球面的电通量．[解答]设想在平板下面补一个半球面，与上面的半球面合成一个球面．球面内包含的电荷为 q = πR 2ζ，通过球面的电通量为 Φe = q /ε0，通过半球面的电通量为Φ`e = Φe /2 = πR 2ζ/2ε0．12．8 两无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2(R 1 > R 2)，带有等量异号电荷，单位长度的电量为λ和-λ，求（1）r < R 1；（2） R 1 < r < R 2；（3）r > R 2处各点的场强．[解答]由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性． （1）在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以E = 0，（r < R 1）．（2）在两个圆柱之间做一长度为l ，半径为r 的同轴圆柱形高斯面，高斯面内包含的电荷为 q = λl ，穿过高斯面的电通量为d d 2e SSE S E rl Φπ=⋅==⎰⎰E S Ñ，根据高斯定理Φe = q /ε0，所以02E rλπε=， (R 1 < r < R 2)．（3）在外圆柱面之外做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内电荷的代数和为零，所以E = 0，（r > R 2）．12．9 一厚度为d 的均匀带电无限大平板，电荷体密度为ρ，求板内外各点的场强．[解答]方法一：高斯定理法．（1）由于平板具有面对称性，因此产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E`．在板内取一底面积为S ，高为2r 的圆柱面作为高斯面，场强与上下两表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为 d e SΦ=⋅⎰E S 2d d d S S S =⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰E S E S E S 1`02ES E S ES =++=，高斯面内的体积为 V = 2rS ，包含的电量为 q =ρV = 2ρrS ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，可得场强为 E = ρr/ε0，(0≦r ≦d /2)．①（2）穿过平板作一底面积为S ，高为2r 的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为 Φe = 2ES ，高斯面在板内的体积为V = Sd ，包含的电量为 q =ρV = ρSd ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，可得场强为 E = ρd /2ε0，(r ≧d /2)． ②方法二：场强迭加法．（1）由于平板的可视很多薄板迭而成的，以r 为界，下面平板产生的场强方向向上，上面平板产生的场强方向向下．在下面板中取一薄层d y ，面电荷密度为 d ζ = ρd y ，产生的场强为 d E 1 = d ζ/2ε0，积分得100/2d ()222r d y dE r ρρεε-==+⎰，③ 同理，上面板产生的场强为/2200d ()222d ry dE r ρρεε==-⎰，④ r 处的总场强为E = E 1-E 2 = ρr/ε0．（2）在公式③和④中，令r = d /2，得E 2 = 0、E = E 1 = ρd /2ε0， E 就是平板表面的场强．平板外的场强是无数个无限薄的带电平板产生的电场迭加的结果，是均强电场，方向与平板垂直，大小等于平板表面的场强，也能得出②式．12．10 一半径为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，如图所示，试求两球心O 与O`处的电场强度，并证明小球空腔内的电场为匀强电场．[解答]挖去一块小球体，相当于在该处填充一块电荷体密度为-ρ的小球体，因此，空间任何一点的场强是两个球体产生的场强的迭加．图12.10对于一个半径为R ，电荷体密度为ρ的球体来说，当场点P 在球内时，过P 点作一半径为r 的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程2301443E r r ππρε=P 点场强大小为 03E r ρε=． 当场点P 在球外时，过P 点作一半径为r 的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程2301443E r R ππρε=P 点场强大小为 3203R E rρε=． O 点在大球体中心、小球体之外．大球体在O 点产生的场强为零，小球在O 点产生的场强大小为320`3O R E aρε=，方向由O 指向O `． O`点在小球体中心、大球体之内．小球体在O`点产生的场强为零，大球在O 点产生的场强大小为`03O E a ρε=，方向也由O 指向O `． [证明]在小球内任一点P ，大球和小球产生的场强大小分别为03r E r ρε=， `0`3r E r ρε=，方向如图所示． 设两场强之间的夹角为θ，合场强的平方为 222``2cos r r r r E E E E E θ=++222()(`2`c o s )3r r r r ρθε=++， 根据余弦定理得222`2`c o s ()a r r r r πθ=+--， 所以 03E a ρε=， 可见：空腔内任意点的电场是一个常量．还可以证明：场强的方向沿着O 到O `的方向．因此空腔内的电场为匀强电场．12．11 如图所示，在A 、B 两点处放有电量分别为+q 和-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验电荷q 0从O 点经过半圆弧路径移到C 点，求移动过程中电场力所做的功．[解答]正负电荷在O 点的电势的和为零：U O = 0； 在C 点产生的电势为 0004346Cq q q U R R Rπεπεπε--=+=， 电场力将正电荷q 0从O 移到C 所做的功为W = q 0U OD = q 0(U O -U D ) = q 0q /6πε0R ．12．12 真空中有两块相互平行的无限大均匀带电平面A 和B ．A 平面的电荷面密度为2ζ，B 平面的电荷面密度为ζ，两面间的距离为d ．当点电荷q 从A 面移到B 面时，电场力做的功为多少？[解答]两平面产生的电场强度大小分别为 E A = 2ζ/2ε0 = ζ/ε0，E B = ζ/2ε0，两平面在它们之间产生的场强方向相反，因此，总场强大小为 E = E A - E B = ζ/2ε0， 方向由A 平面指向B 平面．两平面间的电势差为 U = Ed = ζd /2ε0，图12.11当点电荷q 从A 面移到B 面时，电场力做的功为 W = qU = qζd /2ε0．12．13 一半径为R 的均匀带电球面，带电量为Q ．若规定该球面上电势值为零，则无限远处的电势为多少？[解答]带电球面在外部产生的场强为 204Q E rπε=，由于 d d R R R U U E r ∞∞∞-=⋅=⎰⎰E l 200d 44RRQQr r r πεπε∞∞-==⎰04Q Rπε=，当U R = 0时，04QU Rπε∞=-．12．14 电荷Q 均匀地分布在半径为R 的球体内，试证明离球心r （r <R ）处的电势为2230(3)8Q R r U Rπε-=． [证明]球的体积为343V R π=，电荷的体密度为 334Q QV R ρπ==． 利用12．10题的方法可求球内外的电场强度大小为30034QE r r Rρεπε==，（r ≦R ）； 204QE rπε=，（r ≧R ）． 取无穷远处的电势为零，则r 处的电势为d d d RrrRU E r E r ∞∞=⋅=+⎰⎰⎰E l 3200d d 44RrRQ Qr r r R r πεπε∞=+⎰⎰230084RrRQ QrRrπεπε∞-=+22300()84QQR r R R πεπε=-+2230(3)8Q R r Rπε-=．12．15 在y = -b 和y = b 两个“无限大”平面间均匀充满电荷，电荷体密度为ρ，其它地方无电荷． （1）求此带电系统的电场分布，画E-y 图；（2）以y = 0作为零电势面，求电势分布，画E-y 图．[解答]平板电荷产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E`，但方向相反． （1）在板内取一底面积为S ，高为2y 的圆柱面作为高斯面，场强与上下两表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为 d e S Φ=⋅⎰E S 0d d d 2S S S ES =⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰E S E S E S 12．高斯面内的体积为 V = 2yS ， 包含的电量为 q = ρV = 2ρSy ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，可得场强为 E = ρy/ε0， (-b ≦y ≦b )．穿过平板作一底面积为S ，高为2y 的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为 Φe = 2ES ， 高斯面在板内的体积为 V = S 2b ，包含的电量为 q = ρV = ρS 2b ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，可得场强为 E = ρb/ε0， (b ≦y )； E = -ρb/ε0， (y ≦-b )． E-y 图如图所示．（2）对于平面之间的点，电势为0d d y U y ρε=-⋅=-⎰⎰E l 22y C ρε=-+，在y = 0处U = 0，所以C = 0，因此电势为 22y U ρε=-，(-b ≦y ≦b )．这是一条开口向下的抛物线．当y ≧b 时，电势为00d d nqb nqb U y y C εε=-⋅=-=-+⎰⎰E l ，在y = b 处U = -ρb 2/2ε0，所以C = ρb 2/2ε0，因此电势为2002b b U y ρρεε=-+，(b ≦y )． 当y ≦-b 时，电势为 00d d b bU y y C ρρεε=-⋅==+⎰⎰E l ， 在y = -b 处U = -ρb 2/2ε0，所以 C = ρd 2/2ε0，因此电势为2002b b U y ρρεε=+， 两个公式综合得 200||2b b U y ρρεε=-+，(|y |≧d )． 这是两条直线．U-y 图如右图所示．U-y 图的斜率就形成E-y 图，在y = ±b 点，电场强度是连续的，因此，在U-y 图中两条直线与抛物线在y = ±b 点相切．[注意]根据电场求电势时，如果无法确定零势点，可不加积分的上下限，但是要在积分之后加一个积分常量．根据其它关系确定常量，就能求出电势，不过，线积分前面要加一个负号，即d U =-⋅⎰E l这是因为积分的起点位置是积分下限．12．16 两块“无限大”平行带电板如图所示，A 板带正电，B 板带负电并接地（地的电势为零），设A 和B 两板相隔5.0cm ，板上各带电荷ζ=3.3×10-6C·m -2，求：（1）在两板之间离A 板1.0cm 处P 点的电势；（2）A 板的电势．[解答]两板之间的电场强度为 E=ζ/ε0，方向从A 指向B ．以B 板为原点建立坐标系，则r B = 0，r P = -0.04m ，r A = -0.05m ． （1）P 点和B 板间的电势差为 d d BBPPr r P B r r U U E r -=⋅=⎰⎰E l 0()B P r r σε=-， 由于U B = 0，所以P 点的电势为6123.3100.048.8410P U --⨯=⨯⨯=1.493×104(V)． （2）同理可得A 板的电势为()A B A U r r σε=-=1.866×104(V)．12．17 电量q 均匀分布在长为2L 的细直线上，试求： （1）带电直线延长线上离中点为r 处的电势； （2）带电直线中垂在线离中点为r 处的电势；（3）由电势梯度算出上述两点的场强． [解答]电荷的线密度为λ = q/2L ．（1）建立坐标系，在细在线取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ， 根据点电荷的电势公式，它在P 1点产生的电势为101d d 4lU r lλπε=-总电势为 10d 4L L l U r l λπε-=-⎰0ln()4Ll Lr l λπε=--=-0ln8q r LLr Lπε+=-． （2）建立坐标系，在细在线取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ， 在线的垂直平分在线的P 2点产生的电势为2221/20d d 4()lU r l λπε=+，积分得2221/201d 4()LLU l r l λπε-=+⎰0)4Ll Ll λπε=-=08qLπε=0ln4q LLrπε=．（3）P 1点的场强大小为11U E r ∂=-∂011()8q L r L r L πε=--+22014q r L πε=-， ① 方向沿着x 轴正向．P 2点的场强为22U E r ∂=-∂01[4q L r πε==， ②方向沿着y 轴正向．[讨论]习题12．3的解答已经计算了带电线的延长线上的场强为1220124L E x L λπε=-，由于2L λ = q ，取x = r ，就得公式①． （2）习题12．3的解答还计算了中垂在线的场强为y E =d 2 = r ，可得公式②．由此可见，电场强度可用场强迭加原理计算，也可以用电势的关系计算．12．18 如图所示，一个均匀带电，内、外半径分别为R 1和R 2的均匀带电球壳，所带电荷体密度为ρ，试计算：（1）A ，B 两点的电势；（2）利用电势梯度求A ，B 两点的场强．[解答]（1）A 点在球壳的空腔内，空腔内的电势处处相等，因此A 点的电势就等于球心O 点的电势． 在半径为r 的球壳处取一厚度为d r 的薄壳，其体积为 d V = 4πr 2d r ，包含的电量为 d q = ρd V = 4πρr 2d r ，在球心处产生的电势为00d d d 4O q U r r rρπεε==， 球心处的总电势为2122210d ()2R O R U r r R R ρρεε==-⎰， 这就是A 点的电势U A ．过B 点作一球面，B 的点电势是球面外的电荷和球面内的电荷共同产生的．球面外的电荷在B 点产生的电势就等于这些电荷在球心处产生的电势，根据上面的推导可得22120()2B U R r ρε=-． 球面内的电荷在B 点产生的电势等于这些电荷集中在球心处在B 点产生的电势．球壳在球面内的体积为3314()3B V r R π=-，包含的电量为 Q = ρV ， 这些电荷集中在球心时在B 点产生的电势为332100()43B BBQ U r R r r ρπεε==-． B 点的电势为U B = U 1 + U 2322120(32)6B BR R r r ρε=--．（2）A 点的场强为 0AA AU E r ∂=-=∂． B 点的场强为3120()3B B B B BU R E r r r ρε∂=-=-∂．[讨论] 过空腔中A 点作一半径为r 的同心球形高斯面，由于面内没有电荷，根据高斯定理，可得空腔中A 点场强为E = 0， (r ≦R 1)．过球壳中B 点作一半径为r 的同心球形高斯面，面内球壳的体积为 3314()3V r R π=-， 包含的电量为 q = ρV ，根据高斯定理得方程 4πr 2E = q/ε0，可得B 点的场强为 3120()3R E r rρε=-， (R 1≦r ≦R 2)．这两个结果与上面计算的结果相同．在球壳外面作一半径为r 的同心球形高斯面，面内球壳的体积为 33214()3V R R π=-， 包含的电量为 q = ρV ，根据高斯定理得可得球壳外的场强为 33212200()43R R qE r rρπεε-==，(R 2≦r )． A 点的电势为d d AAA r rU E r ∞∞=⋅=⎰⎰E l 12131200d ()d 3A R R r R R r r r r ρε=+-⎰⎰2332120()d 3R R R r r ρε∞-+⎰ 22210()2R R ρε=-．B 点的电势为d d BBB r rU E r ∞∞=⋅=⎰⎰E l 23120()d 3BR r R r r r ρε=-⎰2332120()d 3R R R r r ρε∞-+⎰322120(32)6B B R R r r ρε=--． A 和B 点的电势与前面计算的结果相同．12．19 一圆盘，半径为R ，均匀带电，面电荷密度为ζ，求：（1）圆盘轴线上任一点的电势（用该点与盘心的距离x 来表示）； （2）从电场强度的和电势梯度的关系，求该点的电场强度． （此题解答与书中例题解答相同，在此省略）12．20 （1）设地球表面附近的场强约为200V·m -1，方向指向地球中心，试求地球所带有的总电量．（2）在离地面1400m 高处，场强降为20V·m -1，方向仍指向地球中心，试计算在1400m 下大气层里的平均电荷密度．[解答]地球的平均半径为 R =6.371×106m ．（1）将地球当作导体，电荷分布在地球表面，由于场强方向指向地面，所以地球带负量． 根据公式 E = -ζ/ε0，电荷面密度为 ζ = -ε0E ；地球表面积为 S = 4πR 2， 地球所带有的总电量为Q = ζS = -4πε0R 2E = -R 2E /k ，k 是静电力常量，因此电量为 629(6.37110)200910Q ⨯⨯=-⨯=-9.02×105(C)． （2）在离地面高为h = 1400m 的球面内的电量为 2()``R h E Q k+=-=-0.9×105(C)，大气层中的电荷为 q = Q - Q` = 8.12×105(C)．由于大气层的厚度远小于地球的半径，其体积约为 V = 4πR 2h = 0.714×1018(m 3)， 平均电荷密度为 ρ = q /V = 1.137×10-12(C·m -3)．第十三章 静电场中的导体和电介质13．1 一带电量为q ，半径为r A 的金属球A ，与一原先不带电、内外半径分别为r B 和r C 的金属球壳B 同心放置，如图所示，则图中P 点的电场强度如何？若用导线将A 和B 连接起来，则A 球的电势为多少？（设无穷远处电势为零）[解答]过P 点作一个同心球面作为高斯面，尽管金属球壳内侧会感应出异种，但是高斯面内只有电荷q ．根据高斯定理可得 E 4πr 2 = q /ε0， 可得P 点的电场强度为 204q E r πε=．当金属球壳内侧会感应出异种电荷-q 时，外侧将出现同种电荷q ．用导线将A和B 连接起来后，正负电荷将中和．A 球是一个等势体，其电势等于球心的电势．A 球的电势是球壳外侧的电荷产生的，这些电荷到球心的距离都是r c ，所以A 球的电势为 04cq U r πε=．13．2 同轴电缆是由半径为R 1的导体圆柱和半径为R 2的同轴薄圆筒构成的，其间充满了相对介电常数为εr 的均匀电介质，设沿轴线单位长度上导线的圆筒的带电量分别为+λ和-λ，则通过介质内长为l ，半径为r 的同轴封闭圆柱面的电位移通量为多少？圆柱面上任一点的场强为多少？[解答]介质中的电场强度和电位移是轴对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 、长为l 的圆柱形高斯面，根据介质中的高斯定理，通过圆柱面的电位移通过等于该面包含的自由电荷，即 Φd = q = λl ．设高斯面的侧面为S 0，上下两底面分别为S 1和S 2．通过高斯面的电位移通量为d d S Φ=⋅⎰D S Ñ012d d d 2S S S rlD π=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰D S D S D S ，可得电位移为 D = λ/2πr ，其方向垂直中心轴向外． 电场强度为 E = D/ε0εr = λ/2πε0εr r ，方向也垂直中心轴向外．13．3 金属球壳原来带有电量Q ，壳内外半径分别为a 、b ，壳内距球心为r 处有一点电荷q ，求球心o 的电势为多少？[解答]点电荷q 在内壳上感应出负电荷-q ，不论电荷如何分布，距离球心都为a ．外壳上就有电荷q+Q ，距离球为b ．球心的电势是所有电荷产生的电势迭加，大小为图13.3000111444o q q Q qU r a bπεπεπε-+=++13．4 三块平行金属板A 、B 和C ，面积都是S = 100cm 2，A 、B 相距d 1 = 2mm ，A 、C 相距d 2 = 4mm ，B 、C 接地，A 板带有正电荷q = 3×10-8C ，忽略边缘效应．求（1）B 、C 板上的电荷为多少？ （2）A 板电势为多少？ [解答](1)设A 的左右两面的电荷面密度分别为ζ1和ζ2，所带电量分别为q 1 = ζ1S 和q 2 = ζ2S ，在B 、C 板上分别感应异号电荷-q 1和-q 2，由电荷守恒得方程q = q 1 + q 2 = ζ1S + ζ2S ． ① A 、B 间的场强为 E 1 = ζ1/ε0，A 、C 间的场强为 E 2 = ζ2/ε0． 设A 板与B 板的电势差和A 板与C 板的的电势差相等，设为ΔU ，则ΔU = E 1d 1 = E 2d 2， ② 即 ζ1d 1 = ζ2d 2． ③解联立方程①和③得 ζ1 = qd 2/S (d 1 + d 2)， 所以 q 1 = ζ1S = qd 2/(d 1+d 2) = 2×10-8(C)； q 2 = q - q 1 = 1×10-8(C)． B 、C 板上的电荷分别为 q B = -q 1 = -2×10-8(C)； q C = -q 2 = -1×10-8(C)．(2)两板电势差为 ΔU = E 1d 1 = ζ1d 1/ε0 = qd 1d 2/ε0S (d 1+d 2)， 由于 k = 9×109 = 1/4πε0，所以 ε0 = 10-9/36π， 因此 ΔU = 144π = 452.4(V)．由于B 板和C 板的电势为零，所以 U A = ΔU = 452.4(V)．13．5 一无限大均匀带电平面A ，带电量为q ，在它的附近放一块与A 平行的金属导体板B ，板B有一定的厚度，如图所示．则在板B 的两个表面1和2上的感应电荷分别为多少？[解答]由于板B 原来不带电，两边感应出电荷后，由电荷守恒得q 1 + q 2 = 0． ① 虽然两板是无限大的，为了计算的方便，不妨设它们的面积为S ，则面电荷密度分别为 ζ1 = q 1/S 、ζ2 = q 2/S 、ζ = q/S ，它们产生的场强大小分别为 E 1 = ζ1/ε0、E 2 = ζ2/ε0、E = ζ/ε0． 在B 板内部任取一点P ，其场强为零，其中1面产生的场强向右，2面和A 板产生的场强向左，取向右的方向为正，可得 E 1 - E 2 – E = 0，即 ζ1 - ζ2 – ζ = 0， 或者 q 1 - q 2 + q = 0． ② 解得电量分别为 q 2 = q /2，q 1 = -q 2 = -q /2．13．6 两平行金属板带有等异号电荷，若两板的电势差为120V ，两板间相距为1.2mm ，忽略边缘效应，求每一个金属板表面的电荷密度各为多少？[解答]由于左板接地，所以ζ1 = 0．由于两板之间的电荷相互吸引，右板右面的电荷会全部吸引到右板左面， 所以ζ4 = 0．由于两板带等量异号的电荷，所以ζ2 = -ζ3． 两板之间的场强为 E = ζ3/ε0，而 E = U/d ， 所以面电荷密度分别为ζ3 = ε0E = ε0U/d = 8.84×10-7(C·m -2)，ζ2 = -ζ3 = -8.84×10-7(C·m -2)．13．7 一球形电容器，内外球壳半径分别为R 1和R 2，球壳与地面及其它物体相距很远．将内球用细导线接地．试证：球面间电容可用公式202214R C R R πε=-表示．（提示：可看作两个球电容器的并联，且地球半径R >>R 2）图13.4图13.6[证明]方法一：并联电容法．在外球外面再接一个半径为R 3大外球壳，外壳也接地．内球壳和外球壳之间是一个电容器，电容为1210012211441/1/R R C R R R R πεπε==--外球壳和大外球壳之间也是一个电容器，电容为 2023141/1/C R R πε=-．外球壳是一极，由于内球壳和大外球壳都接地，共享一极，所以两个电容并联．当R 3趋于无穷大时，C 2 = 4πε0R 2．并联电容为12120022144R RC C C R R R πεπε=+=+-202214R R R πε=-． 方法二：电容定义法．假设外壳带正电为q ，则内壳将感应电荷q`．内球的电势是两个电荷产生的迭加的结果．由于内球接地，所以其电势为零；由于内球是一个等势体，其球心的电势为0201`044q q R R πεπε+=，因此感应电荷为12`Rq q R =-．根据高斯定理可得两球壳之间的场强为 122002`44R q q E r R rπεπε==-， 负号表示场强方向由外球壳指向内球壳．取外球壳指向内球壳的一条电力线，两球壳之间的电势差为1122d d R R R R U E r =⋅=⎰⎰E l 121202()d 4R R R q r R r πε=-⎰1212021202()11()44R q R R q R R R R πεπε-=-= 球面间的电容为202214R q C U R R πε==-．13．8 球形电容器的内、外半径分别为R 1和R 2，其间一半充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，求电容C 为多少？[解答]球形电容器的电容为 120012211441/1/R R C R R R R πεπε==--．对于半球来说，由于相对面积减少了一半，所以电容也减少一半：0121212R R C R R πε=-． 当电容器中充满介质时，电容为：0122212r R R C R R πεε=-．由于内球是一极，外球是一极，所以两个电容器并联：01212212(1)r R R C C C R R πεε+=+=-．13．9 设板面积为S 的平板电容器析板间有两层介质，介电常量分别为ε1和ε2，厚度分别为d 1和d 2，求电容器的电容．[解答]假设在两介质的界面插入一薄导体，可知两个电容器串联，电容分别为 C 1 = ε1S/d 1和C 2 = ε2S/d 2．总电容的倒数为 122112121212111d d d d C C C S S S εεεεεε+=+=+=，总电容为 122112S C d d εεεε=+．13．10 圆柱形电容器是由半径为R 1的导线和与它同轴的内半径为R 2的导体圆筒构成的，其长为l ，其间充满了介电常量为ε的介质．设沿轴线单位长度导线上的电荷为λ，圆筒的电荷为-λ，略去边缘效应．求：（1）两极的电势差U ；（2）介质中的电场强度E 、电位移D ；（3）电容C ，它是真空时电容的多少倍？[解答]介质中的电场强度和电位移是轴对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 、长为l 的圆柱形高斯面，侧面为S 0，上下两底面分别为S 1和S 2．通过高斯面的电位移通量为d d S Φ=⋅⎰D S Ñ012d d d 2S S S rlD π=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰D S D S D S ，高斯面包围的自由电荷为 q = λl ，根据介质中的高斯定理 Φd = q ，可得电位为 D = λ/2πr ，方向垂直中心轴向外．电场强度为 E = D/ε = λ/2πεr ，方向也垂直中心轴向外．取一条电力线为积分路径，电势差为21d d d 2R LLRU E r r r λπε=⋅==⎰⎰⎰E l 21ln 2R R λπε=． 电容为 212ln(/)q lC U R R πε==． 在真空时的电容为 00212ln(/)l qC U R R πε==，所以倍数为C/C 0 = ε/ε0．13．11 在半径为R 1的金属球外还有一层半径为R 2的均匀介质，相对介电常量为εr ．设金属球带电Q 0，求：（1）介质层内、外D 、E 、P 的分布；（2）介质层内、外表面的极化电荷面密度．[解答]（1）在介质内，电场强度和电位移以及极化强度是球对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 的球形高斯面，通过高斯面的电位移通量为2d d 4d S SD S r D Φπ=⋅==⎰⎰D S 蜒高斯面包围的自由电荷为q = Q 0， 根据介质中的高斯定理 Φd = q ， 可得电位为 D = Q 0/4πr 2，方向沿着径向．用向量表示为 D = Q 0r /4πr 3．电场强度为 E = D /ε0εr = Q 0r /4πε0εr r 3，方向沿着径向．由于 D = ε0E + P ， 所以 P = D - ε0E = 031(1)4r Q rεπ-r． 在介质之外是真空，真空可当作介电常量εr = 1的介质处理，所以 D = Q 0r /4πr 3，E = Q 0r /4πε0r 3，P = 0．（2）在介质层内靠近金属球处，自由电荷Q 0产生的场为 E 0 = Q 0r /4πε0r 3； 极化电荷q 1`产生的场强为E` = q 1`r /4πε0r 3； 总场强为 E = Q 0r /4πε0εr r 3．由于 E = E 0 + E `，解得极化电荷为 `101(1)rq Q ε=-，介质层内表面的极化电荷面密度为 ``01122111(1)44r Q q R R σπεπ==-． 在介质层外表面，极化电荷为 ``21q q =-， 面密度为 ``02222221(1)44r Q q R R σπεπ==-． 13．12 两个电容器电容之比C 1:C 2 = 1:2，把它们串联后接电源上充电，它们的静电能量之比为多少？如果把它们并联后接到电源上充电，它们的静电能之比又是多少？[解答]两个电容器串联后充电，每个电容器带电量是相同的，根据静电能量公式W = Q 2/2C ，得静电能之比为 W 1:W 2 = C 2:C 1 = 2:1．两个电容器并联后充电，每个电容器两端的电压是相同的，根据静电能量公式W = CU 2/2，得静电能之比为 W 1:W 2 = C 1:C 2 = 1:2．13．13 一平行板电容器板面积为S ，板间距离为d ，接在电源上维持其电压为U ．将一块厚度为d 相对介电常量为εr 的均匀介电质板插入电容器的一半空间内，求电容器的静电能为多少？[解答]平行板电容器的电容为 C = ε0S/d ，当面积减少一半时，电容为C 1 = ε0S /2d ；另一半插入电介质时，电容为C 2 = ε0εr S /2d ．两个电容器并联，总电容为 C = C 1 + C 2 = (1 + εr )ε0S /2d ， 静电能为 W = CU 2/2 = (1 + εr )ε0SU 2/4d ．13．14 一平行板电容器板面积为S ，板间距离为d ，两板竖直放着．若电容器两板充电到电压为U 时，断开电源，使电容器的一半浸在相对介电常量为εr 的液体中．求：（1）电容器的电容C ；（2）浸入液体后电容器的静电能；（3）极板上的自由电荷面密度．[解答]（1）如前所述，两电容器并联的电容为 C = (1 + εr )ε0S /2d ．（2）电容器充电前的电容为C 0 = ε0S/d ， 充电后所带电量为 Q = C 0U ． 当电容器的一半浸在介质中后，电容虽然改变了，但是电量不变，所以静电能为 W = Q 2/2C = C 02U 2/2C = ε0SU 2/(1 + εr )d ．（3）电容器的一半浸入介质后，真空的一半的电容为 C 1 = ε0S /2d ；介质中的一半的电容为 C 2 = ε0εr S /2d ．设两半的所带自由电荷分别为Q 1和Q 2，则Q 1 + Q 2 = Q ． ① 由于C = Q/U ，所以U = Q 1/C 1 = Q 2/C 2． ② 解联立方程得01112211/C U C QQ C C C C ==++， 真空中一半电容器的自由电荷面密度为00112122/2(1/)(1)r C U U Q S C C S dεσε===++． 同理，介质中一半电容器的自由电荷面密度为0021222(/1)(1)r r C U UC C S dεεσε==++． 13．15 平行板电容器极板面积为200cm 2，板间距离为1.0mm ，电容器内有一块1.0mm 厚的玻璃板(εr = 5)．将电容器与300V 的电源相连．求：（1）维持两极板电压不变抽出玻璃板，电容器的能量变化为多少？（2）断开电源维持板上电量不变，抽出玻璃板，电容器能量变化为多少？ [解答]平行板电容器的电容为 C 0 = ε0εr S/d ，静电能为 W 0 = C 0U 2/2． 玻璃板抽出之后的电容为 C = ε0S/d ．（1）保持电压不变抽出玻璃板，静电能为 W = CU 2/2， 电能器能量变化为。
《新编大学物理》(下册)教材习题答案
第9章 静电场一、选择题 9.1 答案：B 9.2 答案：C解：根据高斯定理，通过整个立方体表面的电通量为d εqse =⋅=Φ⎰S E ，由于电荷位于立方体的中心，从立方体各个面穿出的电力线一样多，所以穿过一个表面的电场强度通量为06εq． 9.3 答案：B 9.4 答案：A解：根据电势的定义式)0(,d =⋅=⎰BBP V V l E 知，空间中某点的电势高低与电势零点的选择有关，所以B 、C 、D 均不正确；如果某一区域内电势为常数，则该区域内任意两点的电势差为0，即0d =⋅=-⎰BA B A V V l E ，要使其成立，该区域内电场强度必为零． 9.5 答案：A解：根据电势和电势差的定义式)0(,d =⋅=⎰BBP V V l E ，⎰⋅=-=BAB A AB V V U lE d 知，空间中某点电势的高低与电势零点的选择有关，选择不同的电势零点，同一点的电势数值是不一样的．而任意两点的电势差总是确定的，与电势零点的选择无关．9.6 答案：D解：根据电势叠加原理，两个点电荷中垂线上任意一点的电势为BB AA B A r q r q V V V 0044πεπε+=+=由于中垂线上的任意一点到两电荷的距离相等，即r r r B A ==，所以rq q V B A 04πε+=．要使其为零，则0=+B A q q ，所以B A q q -=．9.7 答案：A解：根据保守力做功和势能的关系PB PA BA AB E E q -=⋅=⎰l E d W 0知，负电荷沿电力线移动电场力做负功，所以电势能增加．根据等势面的定义，等势面上各点的电势相等，而电势相等的点场强不一定相等；根据电场力做功的公式AB B A AB qU V V q =-=)(W 知，初速度为零的点电荷, 仅在电场力的作用下，如何运动取决于点电荷本身和电势的高低．正电荷从高电势向低电势运动；负电荷从低电势向高电势运动． 9.8 答案：C解：达到静电平衡后，根据高斯定理设各板上的电荷密度如图所示．根据静电平衡条件，有BA BA P E σσεσσ=⇒=-=020习题9.8图 解习题9.8图由于A 、B 板由导线相连，所以其与中间板C 的电势差必然相等，所以12210220112222d dd d U U A B B A BC AC =⇒--⨯=--⨯⇒=σσεσσσεσσσ 9.9答案：D解：根据动能定理，有)11(41221)44()(W 21022010r r m e m r er e e V V e B A AB -=⇒⨯=-=-=πευυπεπε 二、填空题 9.10 答案：3028Rqd επ；方向水平向右解：根据场强叠加原理，本题可以利用割补法，等效于一个均匀带电圆环和一个带相同电荷密度的异号电荷缺口在圆心处的电场．由于均匀带电圆环电荷分布的对称性，在圆心处产生的电场强度为零．异号电荷缺口在圆心处产生的电场强度大小为30220208424Rqd R dR qR dq E εππεππε=⨯== 方向水平向右．习题9.10图习题9.11图习题9.12图9.11答案：2R E π⋅解：根据题意知穿过半球面的电力线条数和穿过底面的电力线的条数相同，所以根据电通量的定义，有2d E d d d R E S S E e π⋅==⋅=⋅=⋅=Φ⎰⎰⎰⎰底面底面底面半球面S E S E 9.12 答案：02εσ，水平向左；023εσ，水平向左；02εσ，水平向右 解：根据教材例9-7的结果和电场强度叠加原理，以水平向右为正有000212222εσεσεσ-=-=+=E E E A 0002123222εσεσεσ-=--=+=E E E B 000212222εσεσεσ+=+=+=E E E C “+”表示电场强度的方向水平向右，“-” 表示电场强度的方向水平向左． 三、计算题 9.13解：（1）如图所示，在θ处取一小段弧为电荷元，其电量为θλλRd dl dq ==根据点电荷的场强分布知，它在O 点处产生的电场强度大小为Rd R dq dE 02044πεθλπε==在x、y 轴上的分量为θcos dE dE x -=，θsin dE dE y -=根据场强叠加原理，有⎰=-=πθθπελ000cos 4d RE x Rd R E y 0002sin 4πελθθπελπ-=-=⎰所以 j j i E RλE E y x 08ε-=+=（2）根据点电荷的电势分布，有044πεθλπεd Rdq dV ==根据电势叠加原理，有⎰=-=πελθπελ044d V 9.14解：（1）由于均匀带电的球体可以看作是由许多半径不同均匀带电的球面构成，根据教材例9.5的分析知，均匀带电球面的电场分布具有球对称性分布，所以均匀带电球体的电场分布也具有球对称性分布，即到球心距离为r 的所有点的电场强度的大小都相等，方向为各自的径向．可以利用高斯定理求解．根据电场的这种球对称性分布，过P 点作半径为r 的同心球面为高斯面，如图所示．根据高斯定理，有∑⎰⎰⎰⎰=π==⋅=⋅=⋅=Φise qE r ds E ds E ds E 0214cos d εθS E解习题9.13图根据已知，有电荷的分布为：=∑i q )()(343433R r Q R r r R Q><⨯ππ 所以，电场强度的大小为=E )(4)(42030R r r QR r R Qr><πεπε根据分析知，电场强度E 的方向为径向．如果Q ＞0，则电场强度的方向沿径向指向外；若Q ＜0，则电场强度的方向沿径向指向球心． （2）根据电势的定义式⎰∞⋅=P V l E d ，为了便于积分，我们沿径向移到无穷远，所以⎰∞⋅=r V lE d 1⎰⎰∞⋅+⋅=RR rrE r E d d 30200302288348)(R Qr R Q R Q Rr R Q πεπεπεπε-=+-=)(R r <rQ r E V rr024d d πε=⋅=⋅=⎰⎰∞∞l E)(R r >9.15解：（1）如图所示，在空间任取一点P ，过P 点作无限长圆柱面轴的垂线交于O 点，O 、P 的距离为r ．为了便于分析P 点的电场强度，作其俯视图，则俯视图圆上任意一段弧代表一根无限长均匀带电直线．根据教材例9-6的分析知，无限长均匀带电直线周围的电场强度呈轴对称分布，即任意点的场强方向垂直于直线．由于圆柱面电荷分布的对称性，所以P 点的场强方向沿垂线向外（假设λ解习题9.14图＞0）．同理，距离直线也为r 的另一点P ＇的电场强度方向也沿该点的垂线方向向外．可见，到柱面的轴距离相同的所有点的场强大小都相等，方向沿各点的垂线方向向外，即场强也呈轴对称分布，可以用高斯定理求解．根据电场强度的这种对称性分布，过P 点作同轴的圆柱面为高斯面，如图所示．该闭合的高斯面由上、下底面和侧面组成，其面积分别为S 1、S 2和S 3，半径为r ，长为l ． 根据高斯定理有⎰⎰⎰⎰⋅+⋅+⋅=⋅=Φ321s s s d d d d S E S E S E S E se由于上、下底面的外法线方向都与场强E 垂直，0cos =θ，所以上式前两项积分为零；又由于圆柱侧面外法线方向与场强E 的方向一致，因此有⎰⎰⎰⎰==⋅=⋅=Φ333s d d s s se ds E Eds S E S E2επ∑=⋅=i qrl E根据已知，有电荷的分布为：=∑i q)()(0R r l R r ><λ 所以，电场强度的大小为解习题9.15图=E )(2)(00R r rR r ><πελ根据分析知，场强的方向是垂直于轴的垂线方向．如果λ＞0，则电场强度的方向沿垂线向外辐射；若λ＜0，则电场强度的方向沿垂线指向直线．（2）由于均匀带电无限长圆柱面的电荷分布到无限远，所以不能选择无穷远处为电势零点，必须另选零电势的参考点．原则上来说，除“无穷远”处外，其他地方都可选．本题我们选择距圆柱面轴为)(00R R R >处电势为零，即00=R V ．根据电势的定义式⎰⋅=0d R PV l E ，有RR r E r E V R RRrR P01ln 2d d d 0πελ=⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰l E )(R r <rR r E V R rR P02ln 2d d 0πελ=⋅=⋅=⎰⎰l E )(R r >9.16解：（1）由于圆盘是由许多小圆环组成的，取一半径为r 宽度为dr 的细圆环，此圆环上带电量为rdr dq πσ2⋅=，由教材例9-9的结果知，圆环轴线上到环心的距离为x 的任意点P 的电势为2204x r dq dV +=πε根据电势叠加原理，有P 点电势为)(242220220x x R x r dr r dV V R-+=+==⎰⎰εσπεσπ （2）根据分析知，圆盘轴线上的电场强度方向沿轴线方向，所以解习题9.16图根据电场强度与电势梯度的关系gradV -=E ，有轴线上到环心的距离为x 的任意点P 的电场强度为i i k j i E ])(1[2)(21220x R xdx dV V z y x gradV +-=-=∂∂+∂∂+∂∂-=-=εσ 此结果与教材例9-4的结果一样，很明显这种方法比较简单，去掉了复杂的矢量积分． 9.17解：由于自由电荷和电介质分布的球对称性，所以E 和D 的分布具有球对称性，可以用有介质时的高斯定理．根据电位移矢量D 的这种球对称性分布，过P 点作半径为r 的同心球面为高斯面，如图所示．根据D 的高斯定理，有∑⎰⎰⎰⎰=π==⋅=⋅=⋅i sq D r ds D ds D ds D 24cos d θS D 根据已知，有电荷的分布为：=∑i q)()(0R r Q R r ><所以，电位移矢量D 的大小为=D )(4)(02R r r QR r >⋅<π根据分析知，电位移矢量D 的方向为径向．如果Q ＞0，则D 的方向沿径向指向外；若Q ＜0，则D 的方向沿径向指向球心． 根据电场强度E 和电位移矢量D 关系E E D εεε==r 0，有电场强度E的大小为习题9.17图==rDE εε0)(4)(020R r r Q R r r ><επε方向也为径向．根据极化强度与电场强度的关系E P )1(0-=r εε，知极化强度的大小为=-=E P r )1(0εε )(4)1()(0200R r r QR r r r >-<επεεε根据极化电荷密度和极化强度的关系n n 'P =⋅=e P σ，有2004)1('r Q r r επεεεσ--= 所以，球外的电场分布以及贴近金属球表面的油面上的极化电荷'q 为Q R R Q q r r r )11(344)1('3200-=⨯--=επεπεεε第10章 稳恒电流的磁场一、选择题 10.1 答案：B 10.2 答案：C解：根据洛伦兹力公式B υF ⨯=q m 知，洛伦兹力始终与运动速度垂直，所以对运动电荷不做功，根据动能定理电荷的动能不变。
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。
《大学物理教程》下册 第三版 (贾瑞皋 著)课后习题答案 科学出版社11
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=
大学物理(下册)习题与答案
大学物理练习册物理教研室遍热力学（一）一、选择题：1、如图所示，当汽缸中的活塞迅速向外移动从而使汽缸膨胀时，气体所经历的过程（A）是平衡过程，它能用P—V图上的一条曲线表示。
（B）不是平衡过程，但它能用P—V图上的一条曲线表示。
（C）不是平衡过程，它不能用P—V图上的一条曲线表示。
（D）是平衡过程，但它不能用P—V图上的一条曲线表示。
[ ]2、在下列各种说法中，哪些是正确的？[ ]（1）热平衡就是无摩擦的、平衡力作用的过程。
（2）热平衡过程一定是可逆过程。
（3）热平衡过程是无限多个连续变化的平衡态的连接。
（4）热平衡过程在P—V图上可用一连续曲线表示。
（A）（1）、（2）（B）（3）、（4）（C）（2）、（3）、（4）（D）（1）、（2）、（3）、（4）3、设有下列过程：[ ]（1）用活塞缓慢的压缩绝热容器中的理想气体。
（设活塞与器壁无摩擦）（2）用缓慢地旋转的叶片使绝热容器中的水温上升。
（3）冰溶解为水。
（4）一个不受空气阻力及其它摩擦力作用的单摆的摆动。
其中是逆过程的为（A）（1）、（2）、（4）（B）（1）、（2）、（3）（C）（1）、（3）、（4）（D）（1）、（4）4、关于可逆过程和不可逆过程的判断：[ ]（1）可逆热力学过程一定是准静态过程。
（2）准静态过程一定是可逆过程。
（3）不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程。
（4）凡有摩擦的过程，一定是不可逆过程。
以上四种判断，其中正确的是（A）（1）、（2）、（3）（B）（1）、（2）、（4）（C）（2）、（4）（D）（1）、（4）5、在下列说法中，哪些是正确的？[ ]（1）可逆过程一定是平衡过程。
（2）平衡过程一定是可逆的。
（3）不可逆过程一定是非平衡过程。
（4）非平衡过程一定是不可逆的。
（A）（1）、（4）（B）（2）、（3）（C）（1）、（2）、（3）、（4）（D）（1）、（3）6、置于容器的气体，如果气体各处压强相等，或气体各处温度相同，则这两种情况下气体的状态 [ ]（A ）一定都是平衡态。