基础物理学 下 答案 梁绍荣 管靖 主编
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基础物理学下册答案
基础物理学下册答案1、下列说法正确的是()*A.一定质量的理想气体,放热的同时外界对其做功,其内能可能减少(正确答案)B.单晶体有固定的熔点,多晶体和非晶体没有固定的熔点C.热量能够自发地从高温物体传递到低温物体,但不能自发地从低温物体传递到高温物体(正确答案)D.当分子间的距离增大时,分子之间的引力和斥力均同时减小,而分子势能一定增大2、3.空间站以恒定的速率绕地球转动:因为空间站速度大小不变,所以加速度为零.[判断题] *对错(正确答案)3、导体中的自由电子做定向移动时,它的周围就产生磁场[判断题] *对(正确答案)错答案解析:自由电子做定向移动时产生电流,电流周围存在磁场4、磁场中某一点的磁场方向是由放在这一点的小磁针的N极决定的[判断题] *对错(正确答案)答案解析:磁场方向用小磁针来判断5、3.物体在一条直线上运动时,路程和位移的大小相等,且位移是矢量,路程是标量.[判断题] *对错(正确答案)6、57.彩色电视机荧光屏上呈现各种颜色,都是由三种基本色光混合组成的,这三种基本色光是()[单选题] *A.红、橙、绿B.红、绿、蓝(正确答案)C.蓝、靛、紫D.红、黄、蓝7、水平桌面上的文具盒在水平方向的拉力作用下,沿拉力的方向移动一段距离,则下列判断正确的是()[单选题]A.文具盒所受拉力做了功(正确答案)B.文具盒所受支持力做了功C.文具盒所受重力做了功D.没有力对文具盒做功8、21.关于声现象,下列说法正确的是()[单选题] *A.人听到声音是否响亮只跟发声体发声时的振幅有关B.人们可以用声学仪器接收到超声波判断地震的方位和强度C.倒车雷达是利用回声定位探测车后的障碍物(正确答案)D.用大小不同的力敲击同一音叉是为了探究音调与频率的关系9、在足球比赛中,下列说法正确的是()[单选题]A.飞行过程中,足球不受力的作用B.头顶足球时头会感到疼,说明力的作用是相互的(正确答案)C.下落过程中,足球的惯性变大D.足球在地面上越滚越慢,说明物体的运动需要力来维持10、63.下列说法中正确的是()[单选题] *A.空气中细小的灰尘就是分子B.弹簧能够被压缩,说明分子间有间隙C.由于分子非常小,人们无法直接用肉眼进行观察(正确答案)D.把一块铜锉成极细的铜屑就是铜分子11、夏天从冰箱里取出的可乐瓶上有小液滴,是可乐瓶周围的空气液化形成的[判断题]*对错(正确答案)答案解析:是周围的水蒸气液化形成的12、24.运用你学过的物理知识进行“特殊测量”,下面的几种方法中()①用天平、水测出墨水瓶的容积;②用天平、刻度尺测出一卷细铜丝的长度;③用量筒、水测出小钢珠的质;④用量筒测出20g酒精. [单选题] *A.只有①③正确B.只有②④正确C.只有①②③正确D.①②③④都正确(正确答案)13、估测在实际生活中的应用十分广泛,下列所估测的数据中最接近实际的是()[单选题] A.健康的成年人脉搏跳动一次的时间约为10sB.一般教室的高度约为6mC.我国10元纸币的票面长度约为14cm(正确答案)D.去年北京夏天的最高气温为26℃14、4.骑着自行车前行时前轮和后轮所受摩擦力的方向相同.[判断题] *对错(正确答案)15、49.小苗夜间路过一盏路灯时,在路灯光的照射下,她在地面上影子的长度变化情况是()[单选题] *A.先变长,后变短B.先变短,后变长(正确答案)C.逐渐变短D.逐渐变长16、1.与头发摩擦过的塑料尺能吸引碎纸屑。
新编物理基础学下册(9-17章)课后习题(每题都有)详细答案之令狐文艳创作
题9-2解图新编物理基础学下册(9-17章)课后习题(每题都有)详细答案令狐文艳王少杰,顾牡主编第九章9-1 两个小球都带正电,总共带有电荷55.010C -⨯,如果当两小球相距 2.0m 时,任一球受另一球的斥力为 1.0N.试求总电荷在两球上是如何分配的? 分析:运用库仑定律求解。
解:如图所示,设两小球分别带电q 1,q 2则有q 1+q 2=5.0×10-5C ① 由题意,由库仑定律得:912122091014π4q q q q F r ε⨯⨯⨯===② 由①②联立得:5152 1.210C3.810Cq q --⎧=⨯⎪⎨=⨯⎪⎩ 9-2 两根 6.0×10-2m 长的丝线由一点挂下,每根丝线的下端都系着一个质量为0.5×10-3kg 的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时,每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位置上。
求每一个小球的电量。
分析:对小球进行受力分析,运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。
解:设两小球带电q 1=q 2=q ,小球受力如图所示220cos304πq F T Rε==︒① sin30mg T =︒②联立①②得:2o024tan30mg R qπε=③ 其中223sin 606103310(m)2r l --=︒=⨯⨯=⨯代入③式,即: q =1.01×10-7C9-3 电场中某一点的场强定义为0F E q =,若该点没有试验电题9-1解图荷,那么该点是否存在场强?为什么?答:若该点没有试验电荷,该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量,仅与场源电荷的分布及空间位置有关,与试验电荷无关,从库仑定律知道,试验电荷q 0所受力F与q 0成正比,故0F E q =是与q 0无关的。
9-4直角三角形ABC 如题图9-4所示,AB 为斜边,A 点上有一点荷91 1.810C q -=⨯,B 点上有一点电荷92 4.810C q -=-⨯,已知BC =0.04m ,AC =0.03m ,求C 点电场强度E的大小和方向(cos37°≈0.8,sin37°≈0.6).分析:运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。
大学物理课后答案——第五章 管靖主编
第五章 习题5.1 试由热力学第二定律证明:任何两条绝热线不能相交.证 设绝热线相交于A 点,如题解图5.1.作等温线与二绝热线交于B 、C 两点,则可构成正循环ABCA .在正循环ABCA 中,系统只能在过程BC 中由一个温度恒定的热源吸收热量而对外作功,于是构成单源热机,违反热力学第二定律的开尔文表述,是不可能的.所以任何两条绝热线不能相交. 题解图5.15.2 试由热力学第二定律证明:一条等温线与一条绝热线不能相交两次.证 设一条绝热线和一条等温线交于A 、B 两点,于是可构成正循环ABA ,如题解图5.2.在正循环ABA 中,系统只能在经等温线的过程中由一个温度恒定的热源吸收热量而对外作功,于是构成单源热机,违反热力学第二定律的开尔文表述,是不可能的.所以一条等温线与一条绝热线不能相交两次. 题解图5.2 *5.3 热力学第二定律的普朗克表述为:不可能制成一种机器,在它的一个循环动作中能把一个重物提高,为此而付出的唯一代价是使一热源冷却.试证明普朗克表述与开尔文表述等价.证 设普朗克表述不对,即机器在一个循环动作中能把一个重物提高,对外作功,为此而付出的唯一代价是使热源B 冷却.则可以用一个比热源B 温度高的恒温热源(温度为T ),给热源B 补充它所失去的热量Q ,如题解图5.3(1)所示.这样就构成了单源热机,则开尔文表述也不对.再设开尔文表述不对,即热机能在没有其它影响的条件下,只从恒温热源(温度为T )中吸收热量而对外作功.可以用单源热机输出的能量把一个重物提高;再用一个温度高于T 的热源B 给温度为T 的恒温热源补充它所失去的热量Q ,热源B 温度降低,如题解图5.3(2)所示.这样就说明普朗克表述也不对. 题解图5.3因为若普朗克表述不对,则开尔文表述也不对;若开尔文表述不对,则普朗克表述也不对;这就证明了普朗克表述与开尔文表述等价.5.4 一个容器被一薄铜片隔成两部分,一边是80C ο的水,另一边是20C ο的水,经过一段时间从热的一边向冷的一边传递了2000J 热量,求过程中系统的熵变.设系统与外界没有热量交换,且水足够多,传递热量后两部分的水温均可视为不变;忽略铜片熵变.解 用可逆等温过程计算熵变 d =d d A B S S S +δδA B |Q ||Q |T T =-+ 112000(+)353293=⨯-116(J K).=5.5 31cm 的100C ο的水,在51.01310Pa ⨯的压强下加热变为31671cm 的同温度水蒸气,水的气化热为62.2510J kg ⨯.试求水变为水蒸气后熵的增量和内能的增量.解 水在100C 时等温汽化,用可逆等温过程计算熵的增量 21δQ Q S T T∆==⎰ 3611022510603(J K )373..-⨯⨯⨯== 根据热力学第一定律U Q A Q p V ∆=-=-∆()3656110225101013101617110..--=⨯⨯⨯-⨯⨯-⨯ 320810(J).=⨯5.6 1mol 单原子理想气体经过两种不同的可逆过程从初态(,)p V 变到末态(2,2)p V .(1)等温膨胀到体积的两倍,然后等体升压达到末态;(2)等温压缩使压强加倍;然后等压膨胀到末态.画出两种过程的p V -图,并在两种过程中求熵的变化ΔS .解 p V -图如题解图5.6.(1)等温膨胀过程中1210δd V V Q p V S T T∆==⎰⎰ 2d 2ln ln2V V V V R R R V V===⎰ 因为12pV p V =,故12p p =. 等体升压过程中313m 32m 11d δln T V ,V ,T C T T Q S C T T T ∆===⎰⎰ m 1232l n l n 3l n 222V ,p p C R R p p === 所以系统熵变124ln2S S S R ∆=∆+∆=. 题解图5.6(2)等温压缩过程中,因为2222pV p V pV ==,故22V V =.2230δd V V Q p V S T T∆==⎰⎰ 2d 2ln ln2V V V V R R R V V ===-⎰等压膨胀过程中323m 34m 22d δln T p,p,T C T T Q S C T T T ∆===⎰⎰ m 2252l n l n 5l n 222p,V V C R R V V === 所以系统熵变344ln2S S S R ∆=∆+∆=.5.7 把1kg 0C ο的水与1kg 100C ο的水在绝热情况下混合,系统的熵变为多少?此过程是否可逆?这是否体现了熵增加原理?解 将0C ο的水和100C ο的水在绝热情况下混合,0C ο的水吸收的热量等于100C ο的水放出的热量,于是可求出系统达到热平衡时的温度 12273373323(K)50C 22T T T ο++==== 用可逆过程计算1kg 的水由0C ο升温到50C ο的熵变,水的比热容34.1810c =⨯,则32331273δd 323141810ln 703273Q T S mc .T T ∆===⨯⨯⨯=⎰⎰ 再用可逆过程计算1kg 的水由100C ο降温到50C ο的熵变 32332373δd 323141810ln 602373Q T S mc .T T ∆===⨯⨯⨯=-⎰⎰ 所以系统熵变12101(J K)S S S ∆=∆+∆=.由于系统的熵增加了,所以此过程是不可逆过程.因为系统为绝热系统,满足应用熵增加原理的条件,故上述结果体现了熵增加原理.5.8 把一定量100C ο的水蒸气通入装在绝热容器内的水里,可由水温的升高而测量水的气化热.此过程是可逆的吗?水蒸气的熵是否增加?这是否违反了熵增加原理?若把0.1kg 100C ο的水蒸气通入1k g 20C ο的水中,试求系统熵变.(水的气化热为62.2510J kg ⨯)解 与热现象有关的一切实际宏观过程都是不可逆过程,所以此过程是不可逆过程. 水蒸气放热,熵减少.但因为水蒸气不是孤立或绝热系统,不满足应用熵增加原理的条件,故水蒸气的熵减少并不违反熵增加原理.水蒸气液化和降温所放出的热量等于低温水吸收的热量,设水蒸气与低温水构成的绝热系统达到平衡时的温度为T ,则63301225100141810(373)141810(293)....T .T ⨯⨯+⨯⨯⨯-=⨯⨯⨯-可求出系统平衡时的温度为349K 76C T ο==.用可逆等温过程计算100g 水蒸气液化为100C 的水的熵变 61110122510603373Q ..S T ⨯⨯∆=-=-=- 用可逆过程计算0.1kg 100C 的水降温到76.2C ο的熵变 34932373δd 0141810Q T S ..T T∆==⨯⨯⎰⎰ 234941810ln 28373.=⨯=- 用可逆过程计算1kg 20C ο的水升温到76C ο的熵变 34933293δd 141810Q T S .T T∆==⨯⨯⎰⎰ 334941810ln 731293.=⨯= 所以系统熵变123100(J K)S S S S ∆=∆+∆+∆=.5.9 设每一块冰的质量为20g ,温度为0C ο,冰的熔解热为53.3410J kg ⨯.(1)求在绝热条件下,需加入多少块冰才能使1kg 的100C ο的水降温到40C ο?(2)求此过程中系统的熵变.(3)可以用熵增加原理判断此过程是否可逆的吗?水的熵是否增加?这是否违反了熵增加原理?解 (1)设需n 块冰可使1kg 的100C ο的水降温到40C ο,冰块融化和升温所吸收的热量等于水降温放出的热量 533[0.02 3.34100.02 4.1810(400)]1 4.1810(10040)n ⨯⨯+⨯⨯⨯-=⨯⨯⨯-即可求出4.1860250.02(334 4.1840)n ⨯==⨯+⨯ (2)用可逆过程计算1kg 100C 的水降温到40C ο的熵变31331373δd 141810Q T S .TT ∆==⨯⨯⎰⎰331341810ln733373.=⨯⨯=- 用可逆等温过程计算25块冰融化为0C 的水的熵变5222500233410612273Q ..S T ⨯⨯⨯∆=== 用可逆过程计算25块冰融化的水,由的0C 升温到40C ο的熵变31333273δd 0541810Q T S ..TT ∆==⨯⨯⎰⎰ 331320910ln 286273.=⨯⨯= 所以系统的熵变122165(J K)S S S S ∆=∆+∆+∆=.(3)以1kg 水和加入的25块冰的整体为系统,则为绝热系统,可以用熵增加原理判断过程是否可逆.因此过程中系统的熵增加了,所以为不可逆过程.1kg 的水降温放热,熵减少,但这不违反熵增加原理.1kg 的水不是孤立或绝热系统,不满足熵增加原理适用条件.5.10 2mol 理想气体的初态体积为23210m -⨯,气体系统沿p V -图上300K 等温线作等温膨胀至末态,末态体积为23410m -⨯,求系统的熵变.有人说:“气体系统的熵增加了,由熵增加原理知此过程是不可逆过程.”此说法正确否?解 可逆等温膨胀过程中221121δd d ln V V V V V Q p V V S R R T T V V νν∆====⎰⎰⎰ 402ln 2ln220R R == 此人说法不正确.气体等温膨胀过程与外界有热量交换,既不是孤立系统也不是绝热系统,不满足应用熵增加原理的条件.*5.11 什么是能量退化?能量退化与熵增加有什么关系?5.12 总结一下玻尔兹曼统计方法的大致步骤.5.13 用自己的语言叙述热力学第二定律和熵的统计意义.*5.14 信息量的单位是如何定义的?什么是信息熵?信息量和信息熵间是什么关系? *5.15 阅读§5-5,找一个你感兴趣的问题,到网上查阅资料,写一个关于这个问题的报告.。
惯性力与非惯性系
惯性力与非惯性系摘要惯性力是非惯性系中的非真实力,本文证明了在非惯性系中将惯性力视为真实力计入后,惯性系下的所有力学规律在非惯性系下都能成立。
当惯性力做功与路径无关时,可以引入惯性力势能,引入惯性力势能并计入系统总机械能后,机械能守恒体系中的条件与结论也仍然成立。
关键字:非惯性系; 惯性力; 惯性力势能ABSTRACTInertia force is unreal power in non-inertia system. It proves in this article that when inertia force is added as real power in non-inertia system, all the mechanical laws which apply in inertia system also do in non-inertial system. When inertia force’s doing work has nothing to do with path, potential energy can be brought in. The conditions and conclusions still apply in the system of conservation of mechanical energy when it adds potential energy to the total mechanical energy.Keywords:Non-inertial; Inertia; Inertial force potential energy1非惯性系与惯性力我们在描绘物体的运动状态时,称选作参照场的物体或物体群,为参照系。
又因为牛顿第一定律又称为惯性定律。
所以凡适用用牛顿定律的参照系都可以称作惯性参照系。
从伽俐若相对性原理中还得到:相对于惯性参照系作匀速直线运动的参照系来说,其力学过程是完全等价的。
基础物理学下册 答案
图17.1第十七章 真空中的静电场17-1 解: 设等边三角形的边长为a ,则由顶点到中心的距离为.123q q q q ===放在三角形中心的电荷为Q ,Q 与q 反号. Q 受其他三个电荷的合力为零,与Q 的大小无关.一个q 受其他三个电荷的合力大小为21322002cos302424q qQ F F aπεπε-=⨯⨯-⎫⎪⎝⎭)2034q Q a πε=-此合力为零给出Q =∴ 3Q q =17-2 解: 0m +=F g 0q m +=E g343R gmgq E Eρπ==()36548513141641098319210....-⨯⨯⨯⨯⨯=⨯ 1980210C .-=⨯图17.2图17.3图17.45e =17-3 解: 在带电环线上任取一长为d l 的电荷元,其电量d d q l η=.电荷元在O 点的场强为d E ,d E 沿两个轴方向的分量分别为d x E 和d y E .由于电荷分布对于Ox 轴对称,所以全部电荷在O 点的场强沿y 方向的分量之和为零.因而O 点的总场强E 应沿x 轴方向,并且 d x E E =⎰20d sin d d sin 4x l E E R ηθθπε==()d =d l R l R θθ=0sin d d 4x E Rηθθπε=000sin d cos 44E R R ππηθηθθπεπε==-⎰02R ηπε=02Rηπε=E i17-4 解: (1) 选半球球心的坐标原点O d d φ=⋅1E S 1d cos E S ϕ= 21d sin d d S R ϕϕθ= ∴ 21c o s s i n d dER φϕϕϕθ=⎰2220sin2d d 2ER ππϕθϕ=⎰⎰图17.522cos22R E πϕπ=-2R E π=(2) 半球面1S 和任意形状曲面2S 组成闭合曲面.由高斯定理得:12010i'qφφε+==∑内∵ 此时1S 的法向方向与原来相反 ∴211'R E φφπ=-=-∴ 221'R E φφπ=-=17-5 解: (1) 立方体的六个面组成闭合曲面,由高斯定理得 通过闭合曲面的电通量 0qφε=由于正立方体的六个侧面对于其中心对称,所以每个面通过的电通量为 12345606q φφφφφφε======(2) d =d d S φ⋅=⋅E S E n 由于正方体有三个面与E 垂直 ∴1230φφφ===∴ q 所在的三个面的电通量为零以q 为中心,小正方体的边长a 的二倍为边长做一正方体.则通过大正方体的电通量为qε.因为小正方体是大正方体的18,则通过小正方体其它三个面的总电通量为8qε.由于这三个面对电荷所在顶点是对称的,所以通过它们每个面的电通量为0013824q qεε⨯=图17.717-6 解: (1) 设想地球表面为一均匀带电球面,总面积为S .则它所带的总电量为 0d q ES εε=⋅=-⎰E S()212688510200431463710...-=-⨯⨯⨯⨯⨯⨯590210C .=-⨯(2) 从地面1400m 到地面的大气所带总电量为0d d S'Sq'q q 'εε=-=⋅-⋅⎰⎰E S E S 总00E'S'ES εε=-+ 0001.ES'ES εε=-+ ()001E S .S'ε=- 581110C .=⨯()5331881110431463714637103q'.V ...ρ⨯==⨯⨯-⨯ 12211410C m .-=⨯17-7 解: 根据电荷分布对壁的平分面的面对称性,可知电场分布也具有这种对称性.由此可选平分面与壁的平分面重合的立方盒子为高斯面.高斯定理给出 02q E S ε=内当2dD <时 2q DS ρ=内 0D E ρε=当2dD >时 q dS ρ=内 02d E ρε=方向垂直板面 0q > 向外 0q < 向内图17.917-9 解: (1) (a)1r R<时, Ⅰ区1d0⋅=⎰⎰E S2140E rπ⋅=1E=(b)12R r R<<时, Ⅱ区12dQε⋅=⎰⎰E S2124QE rπεε⋅=1224QErπε=1224Qrπε=E r(c)2r R>时Ⅲ区123dQ Qε+⋅=⎰⎰E S21234Q QE rπε+⋅=12324Q QErπε+=12324Q Qrπε+=E r(2) (a)2r R>时Ⅲ区()12332d d4r rQ QU rrπε∞∞+=⋅=⎰⎰E r r12120044rQ Q Q Qr rπεπε∞++=-=图17.10(b) 12R r R << Ⅱ区()22223d d R rR U r ∞=⋅+⋅⎰⎰E r E r221122200d d 44R rR Q Q Q r r rr πεπε∞+=+⎰⎰221120044R rR Q Q Q rrπεπε∞+=--120214Q Q r R πε⎛⎫=+ ⎪⎝⎭(c) 1r R <时, Ⅰ区 ()12121123d d d R R r R R U r ∞=⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰E r E r E r2121122200d d 44R R R Q Q Q r r rr πεπε∞+=+⎰⎰2121120044R R R Q Q Q rrπεπε∞+=--1201214Q Q R R πε⎛⎫=+ ⎪⎝⎭17-10 解: (1) 情况(a)可以间接用高斯定理求解,情况(b)不可以.(2) 这是一个非对称分布的电荷,因而不能直接用高斯定理求定解.但半径为R 的球及半径为r 的空腔是球对称的.可以利用这一特点把带电体看成半径为R 的均匀带电ρ+的球体与半径为r 的均匀带电ρ-的球体迭加.相当于在原空腔处补上体电荷密度为ρ+和ρ-的球体.这时空腔内任一点P 的场强12=+E E E其中1E 与2E 分别是带ρ+的大球和带ρ-的小球在P 点的场强. 1E 与2E 都可用高斯定理求得.图17.11()1113ρε==E r OP r()2223'ρε=-=E r O P r()120033ρρεε=-=OO'E r r r 由上述结果可知在空腔内各点场强都相等,方向由O 指向O',这是均匀场.17-11 解: 如图选取高斯面 (1) r R <时210d d r l πρε⋅=⎰⎰E S210d 2d r lE r l πρπε⋅=102r E ρε=102r ρε=r E e r R >时220d d R l πρε⋅=⎰⎰E S220d 2d R lE r l πρπε⋅=2202R E r ρε=2202R rρε=r E e(2) 求电势,选圆锥面为等势面 r R <时 ()2200d d 24RRr rrr U r R r ρρεε=⋅==-⎰⎰E r图17.12图17-13r R >时2200d d ln 22RRr rrR R RU r r rρρεε=⋅==⎰⎰E r17-12 解: (1) 根据场强迭加原理,O 点的场强 012340=+++=E E E E E (2) 根据电势迭加原理, O 点的电势 01234U U U U U =+++ 044qrπε=99244010910510.--⨯⨯⨯⨯=⨯()328810v .=⨯(3) ()000A q U =-()93101028810..-=⨯⨯-⨯628810J .-=-⨯(4) W A ∆=- 628810J .-=⨯17-13 解: (1) 00104q q U R R πε⎛⎫=-= ⎪⎝⎭ 0143D q q U R R πε⎛⎫=-⎪⎝⎭06q Rπε=-()00D A q U U =-006q qRπε=图17-15图18.1(2) 0U ∞=()0D A q U U ∞=-- 006q qRπε=17-14 解:(1)68310100310V U Ed ∆==⨯⨯=⨯ (2)一次释放的能量为8931030910J W q U =∆=⨯⨯=⨯17-15 (1)00d P rU =⋅⎰E r00cos d E r θ=⎰0cos r E r = 0cos E r θ=- 0E z =-(2)将电荷由P 点移至O 点,电场力所做的功为()P O P O A W W q U U =-=- 0co s q E r θ=- 0q E z =- ∴ 0cos P W qE r θ=- 0q E z=- 第十八章 静电场中的导体和电介质18-1 解:(1)B,C 极接地,所以B,C 极为零电势。
薄膜干涉光程差公式推导过程中的近似问题
∑一∑(E,V,N)是相空间中能量表面H—E的面
三(E,V,N)一f艿(E(订)一H)d3”pd3Nq(1。)
证明如下:对于经典理想气体,积分式(10)变为
∑一V“』占(嘉一去薹p;)∥p —V~警M一善3N(学)2 —Vw半(甜NM一∑3N z;)∥z
d州p
参 [1]Landau
考
文
献
Physics Part I(3 rd
4结论和讨论
本文不引入任何参量,直接在能量曲面H
(一h接第58页) AE—sinl。×2×10 6×8.7×10 —3×10
2
是一个很小的量. 9(m)一3nm《A
2006.282~284
参
考
文
献
于是在SA≈SD(即SA—SD<<A)和忽略AE(即
[1]金钟辉,梁德余.大学基础物理学[M].北京:科学ff{版社,
先讨论一个平行薄膜,在图3所示情况下,计 算两反射光线①、②之间的光程差(不计及半波损 失).由于薄膜很薄以及通常观察条件下,可以认为
图3中的SD≈SA.即SD
SA<<A,其中A为可见
光波长.现在来估算,看看SD—SA《A是否成立!
B
图4
再来讨论劈形薄膜的情况,如图4所示.图中
SD—SA
基金项目
CE平行于劈形膜的底面MN.在以上讨论中,我
AL一2nh cos)' (1)
由于AD《SD,所以有[1一(笫)2]言≈1一 ÷(A面D)2,于是有 SD—LsA—SD—sD『,一(等)2]专
1 AD
2
但在许多教材【1“o里仅对图1的薄膜等倾干涉的 光程差公式作了详细的推导,得出式(1).然后只 作粗略的说明,就将上述结论推广至图2所示的 劈形膜的等厚干涉中,未作详细的推导.以下我们 将作详细的推导.
基础物理下 习题25答案
∴
A2
2 (2λ )3
=
1,
∴
(1)取最常用范围的 A = 2λ3/ 2; (2)W ( x) = ψ ( x)ψ * ( x ) = 4λ3 x 2e −2λx ,
dW (3)
= 8λ3 xe −2λx − 8λ4 x 2e −2λx = 0,
dx
对应零概率解 , 所以此点是极大点 .
x = 2/λ,
w n = a , ψ n = 2 A sin a ,
归一化求 A,
nπx
∫ ∫ a 4 A2 sin 2 nπxdx = 4 A2
a 1 cos (−
a
)dx = 2 A2a = 1,
选正的数值 :
A=
1
0
a
02
2
2a
2nπx
∫ ∫ ∫ W = (0,a / 4)
a 0
/
4
ψ
nψ
n
* dx
=
a / 4 4 A 2 sin 2 nπx dx = 4 A 2
)
∫ ∫ ∫ ∞
ψ
(
x )ψ
* ( x )dx
=
∞ Ae A e dx −α 2 x 2 / 2 * −α 2 x 2 / 2 =
∞ A 2e −α 2 x2 dx = 1
0
0
0
∫ ∫ Q ∞ e −λx2 dx = 0
π λ
,
α
>
0;
∴ ∞ A 2 e −α 2 x2 dx = A 2 0
A2
= π
a = 1cm = 10−2 m = 108 × 10−10 m,
E1
=
π 2h2 2ma 2
基础物理学(下)答案(梁绍荣、管靖)主编
基础物理学(下)答案1. 力学与运动学牛顿第一定律:物体在不受外力作用时,将保持静止状态或匀速直线运动状态。
牛顿第二定律:物体的加速度与作用力成正比,与物体的质量成反比,加速度的方向与作用力的方向相同。
牛顿第三定律:两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反,作用在同一直线上。
2. 热力学与热传导热力学第一定律:能量既不能被创造也不能被消灭,只能从一种形式转化为另一种形式。
热力学第二定律:热量不能自发地从低温物体传递到高温物体。
热传导:热量通过物体内部的微观粒子传递,传递速率与温度梯度成正比。
3. 电磁学库仑定律:两个静止点电荷之间的作用力与它们的电荷量成正比,与它们之间的距离的平方成反比。
法拉第电磁感应定律:当磁通量发生变化时,会在导体中产生感应电动势。
安培环路定理:通过闭合路径的磁通量与路径上的电流成正比。
4. 光学折射定律:光线从一种介质进入另一种介质时,入射角和折射角的正弦值之比等于两种介质的折射率之比。
反射定律:光线在光滑表面上的反射遵循反射角等于入射角的规律。
光的干涉与衍射:当两束或多束光线相遇时,它们会相互干涉,产生明暗相间的干涉条纹。
光线通过狭缝或障碍物时,会发生衍射现象。
5. 量子力学波粒二象性:微观粒子如电子、光子等既具有波动性又具有粒子性。
海森堡不确定性原理:我们不能同时精确地知道一个微观粒子的位置和动量。
薛定谔方程:描述微观粒子状态的量子力学基本方程。
6. 相对论狭义相对论:光速在真空中是一个常数,与观察者的运动状态无关。
时间膨胀:在接近光速运动的物体中,时间会变慢。
长度收缩:在接近光速运动的物体中,长度会变短。
基础物理学(下)答案1. 力学与运动学牛顿第一定律:物体在不受外力作用时,将保持静止状态或匀速直线运动状态。
这一原理揭示了惯性的概念,即物体保持其运动状态不变的性质。
牛顿第二定律:物体的加速度与作用力成正比,与物体的质量成反比,加速度的方向与作用力的方向相同。
BII-1
▲
处理电磁学问题的基本观点和方法
电磁作用是“ 电磁作用是“场”的作用 近距作用) (近距作用) • 观点: 观点: 着眼于场的分布 弥散于空间的电磁场, 弥散于空间的电磁场, • 对象: 对象:
•方法: 方法: 方法 基本实验规律 特殊) (特殊)
▲
归纳 假设
综合的普遍规律 一般) (一般)
教学内容§ 教学内容§17-23 ( 基本按章节顺序 ):
#2. 基本思路 基本思路?
三个点电荷所带的电荷量分别为q 例3. 三个点电荷所带的电荷量分别为 1= -86µC, µ q2=50 µC, q3=65 µC。各电荷间的距离如图所示。求作 。各电荷间的距离如图所示。 用在q 上合力的大小和方向。 用在 3上合力的大小和方向。 选用如图所示的直角坐标系。 解:选用如图所示的直角坐标系。
m, µ, n, p, f; vs. k, M, G, T, A.
电气材料: 非起电物质. 电气材料 起电物质 vs. 非起电物质 摩擦起电系列(+-): 毛皮 玻璃 丝绸 棉布 木材 树脂 毛皮, 玻璃, 丝绸, 棉布, 木材, 摩擦起电系列 # 自然界的电现象 质子带有的 + 与电子带有的 -引起的. 自然界的电现象: 引起的
密立根
• e =1.602×10-19库仑,电子电量 库仑, ×
• 宏观带电体的带电量 >> ,准连续 宏观带电体的带电量q>> >>e,
那么, e是否是最基本的呢?
原子核结构: 在夸克模型中, 夸克带分数电荷,
up quark down quark
strange quark
没能找到自由夸克, 但是超导铌球上发现分数电荷
2 e 3
新编基础物理学》下册习题解答和分析
新编基础物理学》下册习题解答和分析题9-2解图《新编基础物理学》下册习题解答和分析第九章习题解答9-1 两个小球都带正电,总共带有电荷55.010C -⨯,如果当两小球相距2.0m 时,任一球受另一球的斥力为1.0N.试求总电荷在两球上是如何分配的? 分析:运用库仑定律求解。
解:如图所示,设两小球分别带电q 1,q 2则有q 1+q 2=5.0×10-5C ① 由题意,由库仑定律得:912122091014π4q q q q F r ε⨯⨯⨯=== ②由①②联立得:5152 1.210C3.810Cq q --⎧=⨯⎪⎨=⨯⎪⎩ 9-2 两根6.0×10-2m 长的丝线由一点挂下,每根丝线的下端都系着一个质量为0.5×10-3kg 的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时,每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位置上。
求每一个小球的电量。
分析:对小球进行受力分析,运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。
解:设两小球带电q 1=q 2=q ,小球受力如图所示220cos304πq F T R ε==︒ ①sin30mg T =︒②联立①②得:2o 024tan30mg R qπε= ③223sin 606103310(m)r l --=︒=⨯⨯=⨯ 其中2R r =代入③式,即: q =1.01×10-7C 9-3 电场中某一点的场强定义为0F E q =,若该点没有试验电荷,那么该点是否存在场强?为什么?答:若该点没有试验电荷,该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量,仅与场源电荷的分布及空间位置有关,题9-1解图与试验电荷无关,从库仑定律知道,试验电荷q 0所受力F与q 0成正比,故0F E q =是与q 0无关的。
9-4 直角三角形ABC 如题图9-4所示,AB 为斜边,A 点上有一点荷91 1.810C q -=⨯,B 点上有一点电荷92 4.810C q -=-⨯,已知BC =0.04m ,AC =0.03m ,求C 点电场强度E的大小和方向(cos37°≈0.8, sin37°≈0.6). 分析:运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。
基础物理学(下)答案(梁绍荣、管靖)主编
六面中每一个面的通量 等且都等于 相
q
.
通
零.
q . 6 0 1
§17 真空中的静电场 P27 17-6. (1) 设地球表面附近的场强约为200V· m-1.方向指向地心, 试求地球所带总电量. (2) 在离地面1400米处, 场强为20V· m-1, 方向仍指向地心, 是计算1400米以下大气里平均电荷替密度.
*
.
. 3 0, 极大值,不稳定平衡 .
OA
, f (可以在那里放电量不同 各顶点受力各分量为 (). , f () 0, f '() 0 or 0,稳定性分析 ,........(它若是哪个函数的极值 就好了 哪个?下周定义: 电势U.
y :高斯定理d *S /0 2E'S (2)板外距中线处 d E 因为电场线关于中层面 对 称,考虑方向 20 d d E k (z d /2), E k (z d /2). 20 20
,
§17 真空中的静电场 P27 17-8. 求电荷面密度为σ 的无限长均匀带电圆柱面(半径为R)的 场强分布, 并画出E-r曲线. E z r 0 R
x
A
cos30
FAy FAx
b
0 20
b
2
3)
a/2
3 a/ 2 OA 2 a 3
B
3 q0; (对B,C的分析完全一样 ) 3 这里:物理系统的平衡决定于 个函数 () 一 f 0; 这个平衡点的稳定
FAy FAx 0 ; 0,稳定. 决定于f ()在这个 *处的导数 0,不稳定小于 , 数 如果是多元函数那就是只要有一个偏导 正的就是不稳定的 FAx
基础物理下 习题25答案
普朗克常量 h=6.626×10-34 Js,ћ= h/2π,
里德伯常量 R=1.097×10-7 m-1,
真空中光速c=3×108 m/s,
真空介电常数ε0 =8.85×10-12 F/m, 真空磁导率 μ0 =4π×10-7 H/m, 电子质量 me =9.11×10-31 kg, 电子电量 e =1.6 ×10-19 C,
Eψ ( x)
∂t
2m
(−a ≤ x ≤ a):
2
2
h2 ∂2 Eψ ( x) = − 2m ∂x2 ψ ( x),
ψ&&x = −(
2mE h2
)2ψ
x
,
∴ψ x = Aeiwx + Be−iwx ,
w=
2mE h2
Qx = −a, 2
ψ x = 0,
∴ Ae−iwa/ 2 + Beiwa/ 2 = 0
Q sin wa = 0, ∴ wa = nπ =
2mE h2 a,
∴ En
=
n 2π 2h 2 2ma 2
=
n2 E1 ,
π 2h2 ∴ E1 = 2ma 2 ,
m = 9.11 × 10 −31 kg , h = 6.626 × 10−34 J ⋅ s , a = 0.1nm , 2π
n = 1,
w n = a , ψ n = 2 A sin a ,
归一化求 A,
nπx
∫ ∫ a 4 A2 sin 2 nπxdx = 4 A2
a 1 cos (−
a
)dx = 2 A2a = 1,
选正的数值 :
A=
1
0
a
02
2
物理学第四版下卷课后练习题含答案
物理学第四版下卷课后练习题含答案前言物理学是自然科学的一门基础学科,对其他许多学科的发展和应用都具有重要的影响。
本文主要介绍物理学第四版下卷的课后练习题及其答案,方便读者进行练习和参考。
第一章电场和电荷习题1.11.将一次干电池的两端接在一对静电计上,并使电路闭合,可以发现指针呈现一个偏向性。
请解释这个现象的原因。
答案:一次干电池的两端总是带正负电荷。
当把其接到静电计上时,正电荷向静电计正极移动,负电荷向静电计负极移动。
在指针所在地的感受器板与指针之间,由于感受器板带一个等量的负电荷,所以指针会因受到感受器板的排斥而偏离平衡位置。
2.两个以恒定速度运动的电荷之间的作用力与两个较慢速度质点之间的作用力相比,相差多少?请给出原因。
答案:两个以恒定速度运动的电荷之间的作用力是按照库伦定律计算的。
质点之间的作用力是根据牛顿运动定律计算的。
由于作用力的方向、大小和距离取决于两者之间的距离,因此两种情况下的作用力会有所不同。
如果两个物体之间的距离很远,那么电荷之间的作用力会远远小于质点之间的作用力;反之,如果两个物体之间的距离非常短,那么电荷之间的作用力就会远远大于质点之间的作用力。
习题1.21.在一个与两个大浴缸相连的轻质塑料管中,流体从一个浴缸流向另一个浴缸。
如果局域内的粘性非常小,流体速率在两个浴缸之间是什么。
答案:流体速率应该是相等的,因为沿着管道的质量流量必须保持不变。
2.在相同电荷的正电荷球上,相对于质量而言,能否在距它远的地方放置另一个球?请给出原因。
答案:由于电荷在球表面发生累积,因此放置另一个球会受到正电荷球的静电力的作用。
如果另一个球是中性的,那么放在正电荷球旁边不会发生什么,因为它不会受到任何电场的作用。
但是,如果另一个球已经带有一定量的相反电荷,那么它将受到与正电荷球相反方向的静电力的作用,可能导致它向更远的地方移动。
北师版-大学物理课后习题答案-经典与近代物理简明教程-管靖主编
19.6
1 2 4.9 2 1 2 vy 0 2 vy vy 0 0 9.8 9.8 19.6
因 v y 0 0 ,略去 v y 0 19.6 ,可求出 v y 0 19.6 . 在碰撞中根据动量定理
r r r I mv2 mv1
由于 v1 19.6i , v2 v y 0 j 19.6 j ,所以棒对球的冲量
0
t
则得到
vx
0
dvx A cos tdt
0
t
vx
vx 0
A sin t 0
t
vx A sin t
再由
dx vx A sin t 得到 dt
dx A sin tdt
t
做定积分,由初始条件 t 0 时 x A 确定积分下限
b t mg mg m y( v0 ) e dt dt b b b t m mg b mg m ( v0 ) e d( t ) dt b b m b b t m mg mg t C2 ( v0 )e m b b b
用初始条件 t 0 时 y 0 定积分常数,可得
1.13 质量为 0.5kg 的球以速率 19.6 m s 沿水平方向飞来,经球棒打击后竖直向上飞出,
,求棒对球的冲量.如果打击时间为 已知球被打击后上升最大高度为 19.6m (忽略空气阻力) 0.05s ,求棒对球冲击力的平均值. 解 建立坐标系 Oxy , Ox 轴沿球初始速度方向, Oy 轴竖直向上.
2
r
r
r
r r r r dr d v (2ti 8t 2 j ) dt dt r r d(2t ) r d(8t 2 ) r i j 2i 16tj (m s) dt dt r r r r dv d r a (2i 16tj ) 16 j (m s 2 ) dt dt
电磁学答案 梁绍荣
3-1解:(1)两极板间充满电解介质,则极板间的场强为均匀场,因为Csd dsC C r rr 000εεεεε=⇒==所以mV m V CsU d U E r /1005.1/)10100/101001085.84.5/(50//4124120⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===---εε(2)思路1:根据电容的定义:C C CU Q U Q C 9121051010050/--⨯=⨯⨯==⇒=思路2:因为272412000/100.5/1005.14.51085.8m C m C E E E r r r--⨯=⨯⨯⨯⨯==⇒==εεσεεσε 所以C C s Q 9470100.5101001002.5---⨯=⨯⨯⨯==σ(注:推荐使用思路1) (3) 思路1:直接使用(3-3-16)式27270'/101.4/100.5)4.5/11()/11(m C m C r --⨯=⨯⨯-=-=σεσ思路2:利用公式(3-3-10) 3-2解: (1)2526120/107.2/100.131085.8m C m C E E D r --⨯=⨯⨯⨯⨯===εεε(2) 思路1:对于平行板电容器0σ=D因此D 的值就是自由电荷面密度。
思路2:252612000/107.2/100.131085.8m C m C E E E r r r--⨯=⨯⨯⨯⨯==⇒==εεσεεσε (3)25261200/108.1/100.11085.82)1(m C m C E E P r e --⨯=⨯⨯⨯⨯=-==εεεχ(注:请大家自己根据极化强度矢量的公式推导一下其单位) (4)根据公式(3-3-6)P P n =='σ3-3解:(1)据平行板电容器电容计算公式F F d sC 10212001077.11012.01085.8---⨯=⨯⨯⨯==ε (2)C C CU Q 7310001031.51031077.1--⨯=⨯⨯⨯==(3)据公式F F U Q C 103701031.51011031.5--⨯=⨯⨯== (4) 据公式30=⇒=r r C C εε3-4解:(1)介质将两极板间分成1,2,3三部分。
物理学教程下册考试答案
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.解1 由于闭合曲面内无电荷分布,根据高斯定理,有⎰⎰'⋅-=⋅=S SSE 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=⋅⋅-=Φ9-14 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. 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re rR E 2033ερ= 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. 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()2/322031π2yd 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()dεQ y y d εQ Q Q W y 022/322002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E9-18 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?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 εV9-20 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?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 -=-==9-23 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rελE 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 ελ10-10 两线输电线,其导线半径为3.26 mm ,两线中心相距0.50 m ,导线位于地面上空很高处,因而大地影响可以忽略.求输电线单位长度的电容.解建立如图坐标,带等量异号电荷的两根导线在P 点激发的电场强度方向如图,由上述分析可得P 点电场强度的大小为)11(π20xd x E --=ελ电场强度的方向沿x 轴,电线自身为等势体,依照定义两导线之间的电势差为x xd x l E U lRd Rd )11(π2d 0--=⋅=⎰⎰-ελ上式积分得R R d ελU -=ln π0因此,输电线单位长度的电容RdεR R d εU λC ln /πln /π00≈-==代入数据F 1052.512-⨯=C10-11 电容式计算机键盘的每一个键下面连接一小块金属片,金属片与底板上的另一块金属片间保持一定空气间隙,构成一小电容器(如图).当按下按键时电容发生变化,通过与之相连的电子线路向计算机发出该键相应的代码信号.假设金属片面积为50.0 mm 2,两金属片之间的距离是0.600 mm .如果电路能检测出的电容变化量是0.250 pF ,试问按键需要按下多大的距离才能给出必要的信号?解 按下按键时电容的变化量为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=0011Δd d S εC按键按下的最小距离为mm 152.0ΔΔΔ00200min =+=-=SC d Cd d d d ε10-12 一片二氧化钛晶片,其面积为1.0 cm 2,厚度为0.10 mm .把平行平板电容器的两极板紧贴在晶片两侧.(1) 求电容器的电容;(2) 当在电容器的两极间加上12 V 电压时,极板上的电荷为多少? 此时自由电荷和极化电荷的面密度各为多少? (3) 求电容器内的电场强度.解 (1) 查表可知二氧化钛的相对电容率εr =173,故充满此介质的平板电容器的电容F 1053.190-⨯==dSεεC r (2) 电容器加上U =12V 的电压时,极板上的电荷 C 1084.18-⨯==CU Q 极板上自由电荷面密度为2-80m C 1084.1⋅⨯==-S Qζ晶片表面极化电荷密度2-400m C 1083.111⋅⨯=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-='-ζεζr (3) 晶片内的电场强度为1-5m V 102.1⋅⨯==dUE10-13 如图所示,半径R =0.10 m 的导体球带有电荷Q =1.0 ×10-8C ,导体外有两层均匀介质,一层介质的εr =5.0,厚度d =0.10 m ,另一层介质为空气,充满其余空间.求:(1) 离球心为r =5cm 、15 cm 、25 cm 处的D 和E ;(2) 离球心为r =5 cm 、15 cm 、25 cm 处的V ;(3) 极化电荷面密度σ′. 解 (1) 取半径为r 的同心球面为高斯面,由高斯定理得 r <R 0π421=⋅rD ;01=D ;01=E ;R <r <R +d Q r D =⋅22π422π4r QD =;202π4r εεQ E r =;r >R +d Q rD =⋅23π423π4r Q D =;203π4r Q E ε=将不同的r 值代入上述关系式,可得r =5 cm 、15 cm 和25 cm 时的电位移和电场强度的大小,其方向均沿径向朝外.r 1 =5 cm ,该点在导体球内,则01=rD ;01=r Er 2 =15 cm ,该点在介质层内,εr=5.0,则2822m C 105.3π42--⋅⨯==r QD r12220m V 100.8π42-⋅⨯==r εεQ E r r r 3 =25 cm ,该点在空气层内,空气中ε≈ε0 ,则2823m C 103.1π43--⋅⨯==r Q D r ;13220m V 104.1π43-⋅⨯==r Q E r ε (2) 取无穷远处电势为零,由电势与电场强度的积分关系得r 3 =25 cm ,V 360π4d 0r 331==⋅=⎰∞rεQV r Er 2 =15 cm ,()()V480π4π4π4d d 0020r3222=+++-=⋅+⋅=⎰⎰+∞+d R Qd R Q r Q V r r dR d R εεεεεrE r E r 1 =5 cm ,()()V540π4π4π4d d 000321=+++-=⋅+⋅=⎰⎰+∞+d R εQd R εεQ R εεQ V r r dR RdR rE r E (3) 均匀介质的极化电荷分布在介质界面上,因空气的电容率ε=ε0 ,极化电荷可忽略.故在介质外表面;()()()20π411d R εQ εE εεP r r n r n+-=-=;()()282m C 106.1π41--⋅⨯=+-==d R εQεP ζr r n在介质内表面:()()20π411R εQ εE εεP r r n r n-=-=;()282m C 104.6π41--⋅⨯-=-=-='R εQ εP ζr r n介质球壳内、外表面的极化电荷面密度虽然不同,但是两表面极化电荷的总量还是等量异号.10-14 人体的某些细胞壁两侧带有等量的异号电荷.设某细胞壁厚为5.2 ×10-9m ,两表面所带面电荷密度为±5.2 ×10 -3C /m 2,内表面为正电荷.如果细胞壁物质的相对电容率为6.0,求(1) 细胞壁内的电场强度;(2) 细胞壁两表面间的电势差. 解 (1)细胞壁内的电场强度V/m 108.960⨯==rεεζE;方向指向细胞外.(2) 细胞壁两表面间的电势差V 101.52-⨯==Ed U.10-19 有一电容为0.50 μF 的平行平板电容器,两极板间被厚度为0.01 mm 的聚四氟乙烯薄膜所隔开,(1) 求该电容器的额定电压;(2) 求电容器存贮的最大能量. 解 (1) 电容器两极板间的电势差V 190b max==d E U(2) 电容器存贮的最大能量J 1003.92132max e-⨯=CU W 10-21 一空气平板电容器,空气层厚1.5 cm ,两极间电压为40 k V ,该电容器会被击穿吗? 现将一厚度为0.30 cm 的玻璃板插入此电容器,并与两极平行,若该玻璃的相对电容率为7.0,击穿电场强度为10 MV· m-1.则此时电容器会被击穿吗?解 未插入玻璃时,电容器内的电场强度为16m V 107.2/-⋅⨯==d U E因空气的击穿电场强度16m V 100.3-⋅⨯=bE ,b E E <,故电容器不会被击穿.插入玻璃后,由习题6 -26 可知,空气间隙中的电场强度()16m V 102.3-⋅⨯=+-=δδd εVεEr r此时,因b E E> ,空气层被击穿,击穿后40 k V 电压全部加在玻璃板两侧,此时玻璃板内的电场强度17m V 103.1/-⋅⨯==δV E 由于玻璃的击穿电场强度1bm MV 10-⋅='E ,b E E '> ,故玻璃也将相继被击穿,电容器完全被击穿. 10-22 某介质的相对电容率 2.8rε=,击穿电场强度为611810V m -⨯⋅ ,如果用它来作平板电容器的电介质,要制作电容为0.047 μF ,而耐压为4.0 k V 的电容器,它的极板面积至少要多大. 解 介质内电场强度16m V 1018-⋅⨯=≤b E E电容耐压U m =4.0 k V ,因而电容器极板间最小距离m 1022.2/4-⨯==b m E U d要制作电容为0.047 μF 的平板电容器,其极板面积210m 42.0==εεCdS显然,这么大的面积平铺开来所占据的空间太大了,通常将平板电容器卷叠成筒状后再封装. 11-13 如图(a)所示,载流长直导线的电流为I ,试求通过矩形面积的磁通量. 解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量⎰==Φ211200lnπ2d π2d dd d Ilx l xIμμ11-14 已知10 mm 2裸铜线允许通过50 A 电流而不会使导线过热.电流在导线横截面上均匀分布.求导线内、外磁感强度的分布.解 围绕轴线取同心圆为环路L ,取其绕向与电流成右手螺旋关系,根据安培环路定理,有∑⎰=⋅=⋅I μB 0πr 2d l B ;在导线内r <R , 2222ππR Ir r R I I ==∑,因而202πR Ir μB =;;在导线外r >R ,I I =∑,因而rIμB 2π0=11-15 有一同轴电缆,其尺寸如图(a)所示.两导体中的电流均为I ,但电流的流向相反,导体的磁性可不考虑.试计算以下各处的磁感强度:(1) r <R 1 ;(2) R 1 <r <R 2 ;(3) R 2 <r <R 3 ;(4) r >R 3 .画出B -r 图线.题 11-15 图解 由上述分析得r <R 1 ;22101ππ12πr R μrB =⋅;21012πR Ir μB =R 1 <r <R 2;;;I μr B 022π=⋅;;rI μB 2π02=R 2 <r <R 3 ;;()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=⋅I R R R r I μr B 22232203ππ2π;;2223223032πR R r R r I μB --=r >R 3;;;()02π04=-=⋅I I μrB ;;04=B 磁感强度B (r )的分布曲线如图(b).11-18 已知地面上空某处地磁场的磁感强度40.410T B-=⨯,方向向北.若宇宙射线中有一速率715.010m s -=⨯v 的质子,垂直地通过该处.求:(1)洛伦兹力的方向;(2) 洛伦兹力的大小,并与该质子受到的万有引力相比较.题 11-18 图解 (1) 依照B F ⋅=v q L 可知洛伦兹力L F 的方向为B ⊥v 的方向,如图所示.(2) 因B ⊥v,质子所受的洛伦兹力N 102.316-⨯==B F v q L在地球表面质子所受的万有引力N 1064.126p -⨯==g m G因而,有101095.1/⨯=G F L ,即质子所受的洛伦兹力远大于重力.11-21 从太阳射来的速度为0.80×108m /s 的电子进入地球赤道上空高层范艾伦辐射带中,该处磁场为4.0 ×10-7T,此电子回转轨道半径为多大? 若电子沿地球磁场的磁感线旋进到地磁北极附近,地磁北极附近磁场为2.0 ×10-5T,其轨道半径又为多少?解 由带电粒子在磁场中运动的回转半径高层范艾伦辐射带中的回转半径m 101.1311⨯==eB m R v地磁北极附近的回转半径m 2322==eB m R v11-22 如图(a)所示,一根长直导线载有电流I 1 =30 A ,矩形回路载有电流I 2 =20 A .试计算作用在回路上的合力.已知d =1.0 cm , b =8.0 cm ,l =0.12 m .解 由分析可知,线框所受总的安培力F 为左、右两边安培力F 3 和F 4 之矢量和,如图(b)所示,它们的大小分别为d l I I μF π22103=;;()b d lI I μF +=π22104故合力的大小为()N 1028.1π2π2321021043-⨯=+-=-=b d lI I μd l I I μF F F合力的方向朝左,指向直导线.12-6 一铁心上绕有线圈100匝,已知铁心中磁通量与时间的关系为t Φπ100sin 100.85⨯=,式中Φ的单位为Wb ,t 的单位为s ,求在s 100.12-⨯=t 时,线圈中的感应电动势.解 线圈中总的感应电动势())V (π100cos 51.2d d t tΦN=-=ξ当s 100.12-⨯=t 时,V 51.2=ξ.12-9 如图所示,一长直导线中通有I =5.0 A 的电流,在距导线9.0 cm 处,放一面积为0.10 cm 2,10匝的小圆线圈,线圈中的磁场可看作是均匀的.今在1.0 ×10-2s 内把此线圈移至距长直导线10.0 cm 处.求:(1) 线圈中平均感应电动势;(2) 设线圈的电阻为1.0×10-2Ω,求通过线圈横截面的感应电荷.解 (1) 在始、末状态,通过线圈的磁链分别为1011π2r IS μN S NB ψ==,2022π2r ISμN S NB ψ==则线圈中的平均感应电动势为V 1011.111πΔ2ΔΔ8210-⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==r r t IS N t μψξ电动势的指向为顺时针方向. (2) 通过线圈导线横截面的感应电荷为C 101.11821-⨯=∆=-=t RR q ξψψ12-12 如图所示,长为L 的导体棒OP ,处于均匀磁场中,并绕OO ′轴以角速度ω旋转,棒与转轴间夹角恒为θ,磁感强度B 与转轴平行.求OP 棒在图示位置处的电动势.解1 由上分析,得()lB d ⋅⨯=⎰OPOP E v lαB lo d cos 90sin ⎰=v()()l θB θωlo d 90cos sin ⎰-=l ()⎰==LL B l l B 022sin 21d sin θωθω由矢量B ⨯v 的方向可知端点P 的电势较高.12-13 如图(a)所示,金属杆AB 以匀速12.0m s-=⋅v 平行于一长直导线移动,此导线通有电流I =40 A .求杆中的感应电动势,杆的哪一端电势较高?解1 根据分析,杆中的感应电动势为()V 1084.311ln 2πd 2πd d 50m1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰vv v I μx x μxl E ABAB l B 式中负号表示电动势方向由B 指向A ,故点A 电势较高.12-16 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环,其尺寸如图(a)所示,共有N 匝(图中仅画出少量几匝),求该螺绕环的自感L .解 用方法1 求解,设有电流I 通过线圈,线圈回路呈长方形,如图(b)所示,由安培环路定理可求得在R 1 <r <R 2 范围内的磁场分布为xNIμB π20=由于线圈由N 匝相同的回路构成,所以穿过自身回路的磁链为12200ln π2d π2d 21R R hI N μx h x NI μN N ψSR R ==⋅=⎰⎰S B则1220ln π2R R h N μI ψL =若管中充满均匀同种磁介质,其相对磁导率为μr ,则自感将增大μr 倍.12-20 如图所示,一面积为4.0 cm 2共50 匝的小圆形线圈A ,放在半径为20 cm 共100 匝的大圆形线圈B 的正中央,此两线圈同心且同平面.设线圈A 内各点的磁感强度可看作是相同的.求:(1) 两线圈的互感;(2) 当线圈B 中电流的变化率为-50 A·s-1时,线圈A 中感应电动势的大小和方向.解 (1)设线圈B 有电流I 通过,它在圆心处产生的磁感强度R IμN B B200=,穿过小线圈A 的磁链近似为 A B A A A A S RIμN N S B N ψ200==则两线圈的互感为H 1028.6260-⨯===RSμN N I ψM A B A A (2)线圈A 中感应电动势的大小为V 1014.3d d 4-⨯=-=tIM E A 互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同.12-22 如图所示,螺绕环A 中充满了铁磁质,管的截面积S 为2.0 cm 2,沿环每厘米绕有100 匝线圈,通有电流I 1 =4.0 ×10 -2A ,在环上再绕一线圈C ,共10 匝,其电阻为0.10 Ω,今将开关S 突然开启,测得线圈C 中的感应电荷为2.0 ×10-3C .求:当螺绕环中通有电流I 1 时,铁磁质中的B 和铁磁质的相对磁导率μr .解 当螺绕环中通以电流I 1 时,在环内产生的磁感强度110I n μμB r =则通过线圈C 的磁链为S I n μμN BS N ψr c 11022==设断开电源过程中,通过C 的感应电荷为q C ,则有()RS I n μμN ψR ψR qcr c c 110201Δ1=--=-=由此得T 10.02110===SN Rq I n BCr μμ 相对磁导率1991102==I n S N Rq Crμμ12-23 一个直径为0.01 m ,长为0.10 m 的长直密绕螺线管,共1 000 匝线圈,总电阻为7.76 Ω.求:(1) 如把线圈接到电动势E =2.0 V 的电池上,电流稳定后,线圈中所储存的磁能有多少? 磁能密度是多少?*(2) 从接通电路时算起,要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半,需经过多少时间?解 (1)密绕长直螺线管在忽略端部效应时,其自感lSN L 20μ=,电流稳定后,线圈中电流REI =,则线圈中所储存的磁能为J 1028.3221522202-⨯===lRSE N μLI W m 在忽略端部效应时,该电流回路所产生的磁场可近似认为仅存在于螺线管中,并为均匀磁场,故磁能密度m w 处处相等,3m J 17.4-⋅==SLW w mm(2) 自感为L ,电阻为R 的线圈接到电动势为E 的电源上,其电流变化规律⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-t L R R E I e 1,当电流稳定后,其最大值REI m=按题意⎥⎦⎤⎢⎣⎡=22212121m LI LI ,则R E I 22=,将其代入⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-t L R R E I e 1中,得 ()s 1056.122ln 221ln 4-⨯=+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=RL R L t14-9 在双缝干涉实验中,用波长λ=546.1 nm 的单色光照射,双缝与屏的距离d ′=300mm .测得中央明纹两侧的两个第五级明条纹的间距为12.2 mm ,求双缝间的距离.解 根据分析:Δx =(x 5 -x -5)/10 =1.22×10-3m 双缝间距: d =d ′λ/Δx =1.34 ×10-4 m14-11 如图所示,将一折射率为1.58的云母片覆盖于杨氏双缝上的一条缝上,使得屏上原中央极大的所在点O 改变为第五级明纹.假定λ=550 nm ,求:(1)条纹如何移动?(2) 云母片的厚度t.解 由上述分析可知,两介质片插入前后,对于原中央明纹所在点O ,有()λ51212=-=∆-∆d n 将有关数据代入可得m 1074.4156-⨯=-=n d λ14-12 白光垂直照射到空气中一厚度为380 nm 的肥皂膜上.设肥皂的折射率为1.32.试问该膜的正面呈现什么颜色? 解 根据分析对反射光加强,有(),...2,122==+k k ne λλ124-=k neλ在可见光范围,k =2 时,nm 8668.=λ(红光)k =3 时,nm 3401.=λ(紫光)故正面呈红紫色.14-13 利用空气劈尖测细丝直径.如图所示,已知λ=589.3 nm ,L =2.888 ×10-2m ,测得30 条条纹的总宽度为4.259 ×10-3m ,求细丝直径d .解 由分析知,相邻条纹间距1-∆=N xb,则细丝直径为()m 107552125-⨯=∆-==.xn N L nbd λλ14-14 集成光学中的楔形薄膜耦合器原理如图所示.沉积在玻璃衬底上的是氧化钽(52O Ta )薄膜,其楔形端从A 到B 厚度逐渐减小为零.为测定薄膜的厚度,用波长λ=632.8nm 的He Ne - 激光垂直照射,观察到薄膜楔形端共出现11 条暗纹,且A 处对应一条暗纹,试求氧化钽薄膜的厚度.(52O Ta 对632.8 nm 激光的折射率为2.21)解 根据分析,有 2ne k +2λ=(2k +1)λ/2 (k =0,1,2,3,…)取k =10,得薄膜厚度e 10 =n210λ=1.4 ×10-6m .。
探究弹簧劲度系数的影响因素
探究弹簧劲度系数的影响因素在人教版《高中物理(必修)1》中关于弹簧劲度系数的引入是这样叙述的:“弹簧弹力的大小F和弹簧伸长x(或压缩)成正比,即:F=kx。
”式中的k为弹簧的劲度系数,单位是牛顿/米,单位符号N/m。
生活中有时说弹簧“硬”,有的弹簧“软”,指的就是它们的劲度系数不同。
这个规律是英国科学家胡克发现的,叫做胡克定律。
在高中物理课本中没有对弹簧的劲度系数给出更多的解释,这样就使得中学生在学习高中物理时经常产生这样的问题:若把一个劲度系数为k的弹簧均分为二段,每段弹簧的劲度系数如何变化,原来一样,均为k?还是不同?弹簧的劲度系数由什么决定的?在大学物理课程中关于弹簧劲度系数的讲解也很少,例如:在赵凯华著的《新概念物理教程》、梁绍荣和管靖著的《基础物理学》等大学物理教材中均没有涉及劲度系数与哪些因素有关的问题。
由于这是一个比较容易理解的问题,教师仅在课堂上一带而过,所以在大学基础物理课程的作业中仍然会出现两个串联弹簧的等效劲度系数等于两个弹簧的劲度系数之和,这种不应该出现的错误。
笔者力图通过一系列简单的实验说明弹簧的劲度系数与哪些因素有关?帮助学生改变头脑中关于劲度系数的前概念,建立正确、清晰弹簧劲度系数的概念。
一、实验设计生活中最常见的弹簧之一为圆柱形的弹簧,对于这种圆柱形的弹簧,影响弹簧的劲度系数的因素应包括原长、弹簧的半径、制备弹簧所用的材料以及弹簧制造的工艺等。
为了确定圆柱形弹簧的劲度系数与哪些因素有关,笔者采用控制变量的方法,分别选取4对弹簧(详细情况见表1)作为测量对象,通过焦利氏秤(如图1所示)分别测量它们的劲度系数。
二、实验结果及其分析对于表1中的弹簧,采用焦利氏秤测量弹簧的劲度系数的结果,见表2。
在表2中,对于第1对弹簧,它们的劲度系数分别为4.25N/m,4.21N/m,测量的不确定度均为0.07N/m。
这说明当圆柱形弹簧的原长、直径以及制备弹簧的材料性质相同时,弹簧的劲度系数在测量误差的范围内是相同的。
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II
III
Q1 ( 1 1 ) Q1 Q2 1 1 ( Q1 Q2 ) 40 R1 R2 40 R2 40 R1 R2
II区 :I (r)
E dl
r
R2 r
E II
dl
R2 E III
dr
Q1 4 0
(1 r
1 ) Q1 Q2 R2 40
S1 S2
匀强电场, 在讨论空间内无净电荷分布,
高 斯 定 理 保 证 了 任 意 闭合 曲 面 内E通 量 为 零
选取半径为R的圆为S0 , S0与半球面S1构成闭合曲面; S0与任意曲面S2 , 可构成闭合曲面.
S0
S1
S
2
S0 E dS R2 E,
S0
S1 R2 E ,
2 0 r
Uin (r)
R E dl
r
R r dr (R2 r 2 )
r 2 0
4 0
§17 真空中的静电场 P27
17-12.电量均为
4.0×10-9C的四个点 电荷置于正方形的 四个顶点, 各顶点距 正方形中心O点 5.0cm. 试求: (1)O 点的场强和电势.
1 b
q0
2 ( a )2
3 2
b
q0 a2
(q0
3 )
3
A
B a/2
cos 30 3 a / 2 2 OA
OA a 3
FAy FAx 0
3 3 q0;
(对B, C的 分 析 完 全 一 样)
这里: 物理系统的平衡决定于一个函数f ( ) 0; 这个平衡点的稳定
决定于f ( )在这个 *处的导数 0,不稳定;小于0,稳定.
如果是多元函数, 那就是只要有一个偏导数正的就是不稳定的.
FAx
*
3 0,
极 大 值, 不 稳 定 平 衡.
(可以在那里放电量不同,各顶点受力各分量为f ( ).
f ( ) 0, f '( ) 0 or 0,稳定性分析,........(它若是哪个函数的极值,就好了.
E通量为得到q q' 4 (R 1400m)2 E 0 9.04104 C
V大 气
4 (R 1400m)3
3
4 R3
3
7.1456 1017 m3 ,
q' V大 气
q' /V 8.146 105 C / 7.1456 1017 m3 1.14 1012C / m3
§17 真空中的静电场 P27
Q1 40r 2
er
(3)III区 : r R2 : 高斯定理(Q1 Q2 ) / 0 E''4r 2
EIII
Q1 Q2 40r 2
er
(4)电势分布: III区 : I (r)
E
dl
Q1
Q2
1
,
r
40 r
II (r) Q1 40r 2
§17 真空中的静电场 P27
17-1. 三个相同的点电荷放置在等边三角形的顶点上. (1) 在此三角形的心应放
置怎样的电荷, 才能使作用在每一点电荷上的合力为零? (2) 这样的平衡是否
是稳定平衡?
in the centre O, 放置电量q. 有FO Fi 0
x : Fi cos 30 Fi cos 30 0
1 R2
1 ( Q1 40 r
Q2 ) R2
§17 真空中的静电场 P27
场源具有球对称性, 激发的电场也具有球对称性.
不 挖 小 球 时,以O为 球 心, 取 讨 论 位 置 点 到O点 的 距 离 为 半 径
构造闭合球面应用高斯定理, 电场线方向沿球半径方向,
(1)O点 : r 0, 0 / 0 ES EO1 0
y C q0
y:
Fi
(2Fi
sin30 )
0;
中 心 放 任 意 电 荷 都 可 以.
顶点A : FA Fi FBA FCA FOA
x : FAB FAB cos 60 FO cos 30 0
a
y : FAB sin60 FO sin30 0
x
FAy FAx
3 2
b
q0q0 a2
2 0
2 0
§17 真空中的静电场 P27
17-8. 求电荷面密度为σ 的无限长均匀带电圆柱面(半径为R)的
场强分布, 并画出E-r曲线.
z
E
r
0 R
场源具有圆柱对称性, 激发的电场也具有圆柱对称性. 以 圆 柱 中 心 轴 线 为z轴,电 场 线 沿 所 讨 论 位 置 到z轴 垂 线rer 取 无 限 长(h)的 圆 柱 面(半 径r )构 造 对 应 的 闭 合 曲 面
m 4 R3 ,
4 R3 g
q 3
3
E
0.851 103 (kg / cm 3 )* 4 * * (1.64 104 cm)3 * 9.8(m / s2 )
q
3 1.92 105
80.2554535 1034445 C 8.025545 1019
1e 1.6022 1019C q 5e
EO2
a 3 0
er
(3)P点距O'点b
a
: 高斯定理EP2
r 3 3(b a)2 0
er
M P O O’
(4) M点 距O'点c
a
: 高斯定理
4r 3 3
/0
EM1 4c2
r 3
EM 2 3(c a)2 0 er
由叠加原理得: EO
a 3 0
er , Eo'
a 3 0
er , EP
3 0
(b
r3 (b a)2 )er ; EM
3 0
R3 ( c2
r3 (c a)2 )er
§17 真空中的静电场 P27
17-11.半径为R的无限长圆柱体均匀带电, 电荷体密度为ρ ,求 场强和电势分布, 参考点选在该圆柱面上.
z r
R
场源具有圆柱对称性, 激发的电场也具有圆柱对称性. 以 圆 柱 中 心 轴 线 为z轴,电 场 线 沿 所 讨 论 位 置 到z轴 垂 线rer
取 长h的 圆 柱 面(半 径r )构 造 对 应 的 闭 合 曲 面
(1)r
R
: r 2h
/0
E(2rh), Ein
r 2 0
er
(2)r
R : R2h
/0
E'2rh, Eout
R2 2 0r
er
以R面为参考势零点,Uout (r)
R E dl
r
R R2
R2 R
dr ln( )
r 2 0r
(1)相对于地心, 地球的球体表面电场强度的大小是球对称的
高斯定理保证了地球表面附近的闭合球面内E通量为 4R2E
q
0
R 6371km 6.371 106 m, 0 8.854 1012(C 2 / N m2 ),
地球所带总电量q 4R2 E 0 9.05105 C
(2)高斯定理保证了对地心在R 1400m半径的闭合球面内
er
drer
R2 r
Q1 40r 2
dr
Q1 40
(1 r
1 R2
)
III (r)
r
E III
dr
Q1 Q2 40
1 r
,
III区 : I (r)
E dl
Q1
Q2
1
r
40 r
I区 :I (r)
E dl
r
R1 r
EI
dl
R2 R1
E
II
dl
3 / 2 Rd
b
/2
R2
(cosi
sinj )
EO
3 / 2 cosd
b
i
/2
R
3 / 2 sind
b
/2
R
j
b {sin
R
i 3 / 2
/2
cos
3 / 2 /2
j}
b b
(2)i
i
R
20 R
§17 真空中的静电场 P27
17-4. 如图所示, 匀强电场E与半径为R的半球面S1的轴线平行. 试计算此半球面的E通量. 若以半球面的边线为边, 另取一个任 意形状的曲面S2, 问S2的通量多大?
§17 真空中的静电场 P27
17-3. 半径为R, 电荷线密度为η的半圆形带电线如图所示, 求圆
心O点的场强.
y
R
Oθ x
微元法: 小元弧的电荷dq dl Rd ,
对O点的电场强度的元贡献: dEOdl
Rd
b R2
(cosi
sinj )
求场强的矢量和:
EO
3 / 2 / 2 dEOdl
17-7. 一厚度为d的无限大平板均匀带电, 电荷的体密度为ρ , 求 板内外的电场分布
z
d
场源具有平面对称性, 激发的电场也具有平面对称性.
板 的 厚 度 中 线 所 在 平 面是 电 场 为 零 的 面,电 场 线 沿Z轴
取无限大的上下表面(面积S ),一定厚度的长方体,
构 造 所 讨 论 的 位 置 的 电场 强 度 对 应 的 闭 合 曲 面
电荷体密度为ρ 的 均匀带电球体内, 挖去一个半径为r 的小球, 如图所示. 试求: O,O’,P,M各
点的场强
O'点 的 距 离 为 半 径 构 造 闭合 球 面 应 用 高 斯 定 理,电 场 线 方 向 沿 球 半 径,