同济版大学物理学第五章练习题

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大学物理第五章习题解答

R1 4 0r 2
R2 4 0r 2
Q1 Q2
4 0 R1 4 0 R2
Q1 Q2
R2
(2)
R1
r
R2
,
V E dl
R2
E
dl
E dl
r
r
R2
R2 r
Q1
4 0r 2
er
drer
R2
Q1 Q2
4 0r 2
er
drer
Q1
4 0r
Q2
4 0 R2
(3)r R2 ,
5.1 电荷面密度均为两块“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
B 正、向左为负）随位置坐标x变化的关系曲线为（）
E
y 20
0
E 0
a
ax
a
a
x 0
( A)
(B)
a 0 a x
0
0
0
E
0
E
0
a a x
(C )
a a x
(D)
B 5.2 下列说法正确的是（）
解：电荷分布具有轴对称，作同轴的封闭圆柱面
-+
l
-
+ +
-+
R1 R2
作Gauss面，该Gauss面底面半径为 r，高度范围 l。
由高斯定理：SE
dS
q内
0
上E dS 下E dS 侧E dS 侧E dS E 2rl
E q内
2 0rl
全空间分为3个区域来讨论（1）r R1
圆环： ( p159 )
E
1

大学物理习题册第五章习题详解共26页

OR
真空中的静电场（二）
第五章真空中的静电场
7．图示为一边长均为a的等边三角形，其三个顶点分别放置着电荷为q、2q、3q的三个正点电荷，若将一电荷为Q的正点电荷从无穷远处移至三角形的中心O处，则外力需作功A＝__________．
3 1 3
q 1 5
(B)
4pe 0l
5
(D)
q
4pe 0l
5 1 5
D l
C l -q
B l A +q
E lF
pe pepe A qC FC FC F 4 q 0 lq 4 q 0 l 4 1-1q 0 题5 图l
真空中的静电场（二）
第五章真空中的静电场
真空中的静电场（二）
第五章真空中的静电场
2．在一个带有负电荷的均匀带电球外，放置一电偶极
子，其电矩的方向如图所示．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矩 p 沿径向指向球面
而停止．
(B)沿逆时针方向旋转至 p 沿径向指向球面，同时沿
电场线方向向着球面移动．
(C) 沿逆时针方向旋转至 p 沿径向指向球面，同时
2 2
；
x
真空中的静电场（二）
第五章真空中的静电场
3．地球表面上晴空时，地球表面以上10km范围内的
电场强度都约为100V/m。此电场的能量密度为
；
在该范围内电场所储存的能量共有
kw·h。
e w e 1 20 E 2 1 2 8 .8 1 5 10 2 12 0 4 .4 0 2 1 8 5 J 03 /m
度为d（d<<R）．环上均匀带正电，总电量为q．则圆
心O处的场强大小E＝

大学物理课后习题答案第五章

第五章机械波5．1 已知一波的波动方程为y = 5×10-2sin(10πt – 0.6x ) (m)．（1）求波长、频率、波速及传播方向；（2）说明x = 0时波动方程的意义，并作图表示． [解答]（1）与标准波动方程比较得：2π/λ = 0.6，因此波长为：λ = 10.47(m)；圆频率为：ω = 10π，频率为：v =ω/2π = 5(Hz)；波速为：u = λ/T = λv =52.36(m·s -1)．且传播方向为x 轴正方向．（2）当x = 0时波动方程就成为该处质点的振动方程： y = 5×10-2sin10πt = 5×10-2cos(10πt – π/2)，振动曲线如图．5．2 一平面简谐波在媒质中以速度为u = 0.2m·s -1沿x 轴正向传播，已知波线上A 点（x A = 0.05m ）的振动方程为(m)．试求：（1）简谐波的波动方程；（2）x = -0.05m 处质点P 处的振动方程．[解答]（1）简谐波的波动方程为：；即 = 0.03cos[4π(t – 5x ) + π/2]．（2）在x = -0.05m 处质点P 点的振动方程为：y = 0.03cos[4πt + π + π/2] =0.03cos(4πt - π/2)．5．3 已知平面波波源的振动表达式为(m)．求距波源5m 处质点的振动方程和该质点与波源的位相差．设波速为2m·s -1．[解答]振动方程为：，位相差为 Δφ = 5π/4(rad)．5．4 有一沿x 轴正向传播的平面波，其波速为u = 1m·s -1，波长λ = 0.04m ，振幅A = 0.03m ．若以坐标原点恰在平衡位置而向负方向运动时作为开始时刻，试求：（1）此平面波的波动方程；（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程，该点初相是多少？[解答]（1）设原点的振动方程为：y 0 = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.03m ．由于u = λ/T ，所以质点振动的周期为：T = λ/u = 0.04(s)，圆频率为：ω = 2π/T = 50π．当t = 0时，y 0 = 0，因此cos φ = 0；由于质点速度小于零，所以φ = π/2．原点的振动方程为：y 0 = 0.03cos(50πt + π/2)，平面波的波动方程为：= 0.03cos[50π(t – x ) + π/2)．（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程为：y = 0.03cos50πt ．该点初相φ = 0．2cos()xy A t πωλ=-0.03cos(4)2A y t ππ=-cos[()]Ax x y A t uωϕ-=-+0.050.03cos[4()]0.22x y t ππ-=--20 6.010sin 2y t π-=⨯26.010sin()2xy t u π-=⨯-50.06sin()24t ππ=-0.03cos[50()]2x y t u ππ=-+t /s y /cm5 0 0.1 0.2 0.35．5 一列简谐波沿x 轴正向传播，在t 1 = 0s ，t 2 = 0.25s 时刻的波形如图所示．试求：（1）P 点的振动表达式；（2）波动方程；（3）画出O 点的振动曲线．[解答]（1）设P 点的振动方程为 y P = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.2m ．在Δt = 0.25s 内，波向右传播了Δx = 0.45/3 = 0.15(m)，所以波速为u = Δx/Δt = 0.6(m·s -1)．波长为：λ = 4Δx = 0.6(m)，周期为：T = λ/u = 1(s)，圆频率为：ω = 2π/T = 2π．当t = 0时，y P = 0，因此cos φ = 0；由于波沿x 轴正向传播，所以P 点在此时向上运动，速度大于零，所以φ = -π/2．P 点的振动表达式为：y P = 0.2cos(2πt - π/2)．（2）P 点的位置是x P = 0.3m ，所以波动方程为．（3）在x = 0处的振动方程为y 0 = 0.2cos(2πt + π/2)，曲线如图所示．5．6 如图所示为一列沿x 负向传播的平面谐波在t = T /4时的波形图，振幅A 、波长λ以及周期T 均已知．（1）写出该波的波动方程；（2）画出x = λ/2处质点的振动曲线；（3）图中波线上a 和b 两点的位相差φa – φb 为多少？ [解答]（1）设此波的波动方程为：，当t = T /4时的波形方程为：．在x = 0处y = 0，因此得sin φ = 0，解得φ = 0或π．而在x = λ/2处y = -A ，所以φ = 0．因此波动方程为：．（2）在x = λ/2处质点的振动方程为：，曲线如图所示．（3）x a = λ/4处的质点的振动方程为；0.2cos[2()]2P x x y t u ππ-=--100.2cos(2)32t x πππ=-+cos[2()]t xy A T πϕλ=++cos(2)2xy A ππϕλ=++sin(2)xA πϕλ=-+cos 2()t x y A T πλ=+cos(2)cos 2t t y A A T Tπππ=+=-cos(2)2a t y A T ππ=+x /m y /m0.2O t 1=0 0.45 t 2=0.25P 图5.5 t /sy /m0.2O 0.5 1xy AO bau图5.6y Ax b = λ处的质点的振动方程为．波线上a 和b 两点的位相差φa – φb = -3π/2．5．7 已知波的波动方程为y = A cosπ(4t – 2x )（SI ）．（1）写出t = 4.2s 时各波峰位置的坐标表示式，并计算此时离原点最近的波峰的位置，该波峰何时通过原点？（2）画出t = 4.2s 时的波形曲线．[解答]波的波动方程可化为：y = A cos2π(2t – x )，与标准方程比较，可知：周期为T = 0.5s ，波长λ = 1m ．波速为u = λ/T = 2m·s -1．（1）当t = 4.2s 时的波形方程为y = A cos(2πx – 16.8π)= A cos(2πx – 0.8π)．令y = A ，则cos(2πx – 0.8π) = 1，因此 2πx – 0.8π = 2k π，(k = 0, ±1, ±2,…)，各波峰的位置为x = k + 0.4，(k = 0, ±1, ±2,…)．当k = 0时的波峰离原点最近，最近为：x = 0.4(m)．通过原点时经过的时间为：Δt = Δx/u = (0 – x )/u = -0.2(s)，即：该波峰0.2s 之前通过了原点．（2）t = 0时刻的波形曲线如实线所示．经过t = 4s 时，也就是经过8个周期，波形曲线是重合的；再经Δt = 0.2s ，波形向右移动Δx = u Δt = 0.4m ，因此t = 4.2s 时的波形曲线如虚线所示．[注意]各波峰的位置也可以由cos(2πx – 16.8π) = 1解得，结果为x = k + 8.4，(k = 0, ±1, ±2,…)，取同一整数k 值，波峰的位置不同．当k = -8时的波峰离原点最近，最近为x = 0.4m ．5．8 一简谐波沿x 轴正向传播，波长λ = 4m ，周期T = 4s ，已知x = 0处的质点的振动曲线如图所示．（1）写出时x = 0处质点的振动方程；（2）写出波的表达式；（3）画出t = 1s 时刻的波形曲线．[解答]波速为u = λ/T = 1(m·s -1)．（1）设x = 0处的质点的振动方程为y = A cos(ωt + φ)，其中A = 1m ，ω = 2π/T = π/2．当t = 0时，y = 0.5，因此cos φ = 0.5，φ = ±π/3．在0时刻的曲线上作一切线，可知该时刻的速度小于零，因此φ = π/3．振动方程为：y = cos(πt /2 + π/3)．（2）波的表达式为：．（3）t = 1s 时刻的波形方程为cos(22)b ty A Tππ=+cos[2()]t x y A T πϕλ=-+cos[2()]t xy A T πϕλ=-+cos[()]23t x ππ=-+xy A O ut =0 t =4.2s 0.51 t /s y /m1 O -10.5 图5.8x /my /m 1O -10.5u2/3，波形曲线如图所示．5．9 在波的传播路程上有A 和B 两点，都做简谐振动，B 点的位相比A 点落后π/6，已知A 和B 之间的距离为2.0cm ，振动周期为2.0s ．求波速u 和波长λ．[解答] 设波动方程为：，那么A 和B 两点的振动方程分别为：，．两点之间的位相差为：，由于x B – x A = 0.02m ，所以波长为：λ = 0.24(m)．波速为：u = λ/T = 0.12(m·s -1)．5．10 一平面波在介质中以速度u = 20m·s -1沿x 轴负方向传播．已知在传播路径上的某点A 的振动方程为y = 3cos4πt ．（1）如以A 点为坐标原点，写出波动方程；（2）如以距A 点5m 处的B 点为坐标原点，写出波动方程；（3）写出传播方向上B ，C ，D 点的振动方程． [解答]（1）以A 点为坐标原点，波动方程为．（2）以B 点为坐标原点，波动方程为．（3）以A 点为坐标原点，则x B = -5m 、x C = -13m 、x D = 9m ，各点的振动方程为，，．[注意]以B 点为坐标原点，求出各点坐标，也能求出各点的振动方程．5．11 一弹性波在媒质中传播的速度u = 1×103m·s -1，振幅A = 1.0×10-4m ，频率ν= 103Hz ．若该媒质的密度为800kg·m -3，求：（1）该波的平均能流密度；（2）1分钟内垂直通过面积S = 4×10-4m 2的总能量．[解答]（1）质点的圆频率为：ω = 2πv = 6.283×103(rad·s -1)，波的平均能量密度为：= 158(J·m -3)，平均能流密度为：= 1.58×105(W·m -2)．（2）1分钟内垂直通过面积S = 4×10-4m 2的总能量为：E = ItS = 3.79×103(J)．5cos()26y x ππ=-cos[2()]t xy A T πϕλ=-+cos[2()]A A xt y A T πϕλ=-+cos[2()]B B xt y A T πϕλ=-+2(2)6B A x x πππλλ---=-3cos 4()3cos(4)5x x y t t u πππ=+=+3cos 4()Ax x y t u π-=+3cos(4)5x t πππ=+-3cos 4()3cos(4)BB x y t t u πππ=+=-33cos 4()3cos(4)5C C x y t t u πππ=+=-93cos 4()3cos(4)5D D x y t t u πππ=+=+2212w A ρω=I wu =x5m A B C D8m 9m图5.105．12 一平面简谐声波在空气中传播，波速u = 340m·s -1，频率为500Hz ．到达人耳时，振幅A = 1×10-4cm ，试求人耳接收到声波的平均能量密度和声强？此时声强相当于多少分贝？已知空气密度ρ = 1.29kg·m -3．[解答]质点的圆频率为：ω = 2πv = 3.142×103(rad·s -1)，声波的平均能量密度为：= 6.37×10-6(J·m -3)，平均能流密度为：= 2.16×10-3(W·m -2)，标准声强为：I 0 = 1×10-12(W·m -2)，此声强的分贝数为：= 93.4(dB)．5．13 设空气中声速为330m·s -1．一列火车以30m·s -1的速度行驶，机车上汽笛的频率为600Hz ．一静止的观察者在机车的正前方和机车驶过其身后所听到的频率分别是多少？如果观察者以速度10m·s -1与这列火车相向运动，在上述两个位置，他听到的声音频率分别是多少？[解答]取声速的方向为正，多谱勒频率公式可统一表示为，其中v S 表示声源的频率，u 表示声速，u B 表示观察者的速度，u S 表示声源的速度，v B 表示观察者接收的频率．（1）当观察者静止时，u B = 0，火车驶来时其速度方向与声速方向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为= 660(Hz)．火车驶去时其速度方向与声速方向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为= 550(Hz)．（2）当观察者与火车靠近时，观察者的速度方向与声速相反，u B = -10m·s -1；火车速度方向与声速方向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为= 680(Hz)．当观察者与火车远离时，观察者的速度方向与声速相同，u B = 10m·s -1；火车速度方向与声速方向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为= 533(Hz)． [注意]这类题目涉及声速、声源的速度和观察者的速度，规定方向之后将公式统一起来，很容易判别速度方向，给计算带来了方便．5．14．一声源的频率为1080Hz ，相对地面以30m·s -1速率向右运动．在其右方有一反射面相对地面以65m·s -1的速率向左运动．设空气中声速为331m·s -1．求：（1）声源在空气中发出的声音的波长；（2）反射回的声音的频率和波长．[解答]（1）声音在声源垂直方向的波长为：λ0 = uT 0 = u /ν0 = 331/1080 = 0.306(m)；在声源前方的波长为：λ1 = λ0 - u s T 0 = uT 0 - u s T 0 = (u - u s )/ν0 = (331-30)/1080 = 0.2787(m)；在声源后方的波长为：λ2 = λ0 + u s T 0 = uT 0 + u s T 0 = (u + u s )/ν0= (331+30)/1080 = 0.3343(m)．2212w A ρω=I wu =010lgIL I =BB S Su u u u νν-=-33060033030B S S u u u νν==--33060033030B S S u u u νν==-+3301060033030B B S S u u u u νν-+==--3301060033030B B S S u u u u νν--==-+u Bu Su（2）反射面接收到的频率为= 1421(Hz)．将反射面作为波源，其频率为ν1，反射声音的频率为= 1768(Hz)．反射声音的波长为=0.1872(m)．或者 = 0.1872(m)． [注意]如果用下式计算波长=0.2330(m)，结果就是错误的．当反射面不动时，作为波源发出的波长为u /ν1 = 0.2330m ，而不是入射的波长λ1．5.15 S 1与S 2为两相干波源，相距1/4个波长，S 1比S 2的位相超前π/2．问S 1、S 2连线上在S 1外侧各点的合成波的振幅如何？在S 2外侧各点的振幅如何？[解答]如图所示，设S 1在其左侧产生的波的波动方程为，那么S 2在S 1左侧产生的波的波动方程为，由于两波源在任意点x 产生振动反相，所以合振幅为零．S 1在S 2右侧产生的波的波动方程为，那么S 2在其右侧产生的波的波动方程为，由于两波源在任意点x 产生振动同相，所以合振幅为单一振动的两倍．5.16 两相干波源S 1与S 2相距5m ，其振幅相等，频率都是100Hz ，位相差为π；波在媒质中的传播速度为400m·s -1，试以S 1S 2连线为坐标轴x ，以S 1S 2连线中点为原点，求S 1S 2间因干涉而静止的各点的坐标．[解答]如图所示，设S 1在其右侧产生的波的波动方程为，那么S 2在其左侧产生的波的波动方程为．1033165108033130B S u u u u νν++==⨯--`11331142133165B u u u νν==⨯--`1111331651421BBu u u uλννν--=-==`1`13311768uλν==`111650.27871768Bu λλν=-=-1cos[2()]t xy A T πϕλ=++2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=++-cos[2()]t xA T πϕπλ=++-1cos[2()]t xy A T πϕλ=-+2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=-+-cos[2()]t xA T πϕλ=-+1/2cos[2()]x l y A t u πνϕ+=-+5cos(2)24A t x πππνϕ=-+-2/2cos[2()]x l y A t u πνϕπ-=+++cos(2)24A t x πππνϕ=++-u BuxS 1 xS 2λ/4 x xS 1x 2l两个振动的相差为Δφ = πx + π，当Δφ = (2k + 1)π时，质点由于两波干涉而静止，静止点为x = 2k ， k 为整数，但必须使x 的值在-l /2到l /2之间，即-2.5到2.5之间．当k = -1、0和1时，可得静止点的坐标为：x = -2、0和2(m)．5.17 设入射波的表达式为，在x = 0处发生反射，反射点为一自由端，求：（1）反射波的表达式；（2）合成驻波的表达式．[解答]（1）由于反射点为自由端，所以没有半波损失，反射波的波动方程为．（2）合成波为y = y 1 + y 2，将三角函数展开得，这是驻波的方程．5.18 两波在一很长的弦线上传播，设其表达式为：，，用厘米、克、秒（cm,g,s ）制单位，求：（1）各波的频率，波长、波速；（2）节点的位置；（3）在哪些位置上，振幅最大？[解答]（1）两波可表示为：，，可知它们的周期都为：T = 0.5(s)，频率为：v = 1/T = 2(Hz)；波长为：λ = 200(cm)；波速为：u = λ/T = 400(cm·s -1)．（2）位相差Δφ = πx /50，当Δφ = (2k + 1)π时，可得节点的位置x = 50(2k + 1)(cm)，(k = 0，1，2，…)．（3）当Δφ = 2k π时，可得波腹的位置x = 100k (cm)，(k = 0，1，2，…)．（注：可编辑下载，若有不当之处，请指正，谢谢!）1cos 2()t xy A T πλ=+2cos 2()t xy A T πλ=-222coscosy A x t Tππλ=1 6.0cos(0.028.0)2y x t π=-2 6.0cos(0.028.0)2y x t π=+1 6.0cos 2()0.5200t x y π=-2 6.0cos 2()0.5200t x y π=+。

大学物理第五章习题答案

大学物理第五章习题答案大学物理第五章习题答案第一题：题目：一个质量为m的物体以速度v水平运动，撞到一个质量为M的静止物体，两物体发生完全弹性碰撞，求碰撞后两物体的速度。

解答：根据动量守恒定律，碰撞前后动量的总和保持不变。

设碰撞后物体m的速度为v1，物体M的速度为V1，则有mv = mv1 + MV1。

由于碰撞是完全弹性碰撞，动能守恒定律也成立，即(mv^2)/2 = (mv1^2)/2 + (MV1^2)/2。

将第一个方程代入第二个方程，可得到关于v1和V1的方程组。

解方程组即可得到碰撞后两物体的速度。

第二题：题目：一个质量为m的物体以速度v1撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后物体m的速度变为v2，求物体M的速度。

解答：同样利用动量守恒定律和动能守恒定律，设碰撞后物体m的速度为v2，物体M的速度为V2，则有mv1 = mv2 + MV2，以及(mv1^2)/2 = (mv2^2)/2 + (MV2^2)/2。

将第一个方程代入第二个方程，解方程组即可得到物体M的速度V2。

第三题：题目：一个质量为m的物体以速度v撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后两物体粘在一起，求粘在一起后的速度。

解答：根据动量守恒定律，碰撞前后动量的总和保持不变。

设碰撞后两物体的速度为V，则有mv = (m+M)V。

解方程即可得到粘在一起后的速度V。

第四题：题目：一个质量为m的物体以速度v撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后物体m的速度变为v2，求物体M的速度。

解答：同样利用动量守恒定律和动能守恒定律，设碰撞后物体m的速度为v2，物体M的速度为V，则有mv = mv2 + MV，以及(mv^2)/2 = (mv2^2)/2 +(MV^2)/2。

将第一个方程代入第二个方程，解方程组即可得到物体M的速度V。

第五题：题目：一个质量为m的物体以速度v撞击一个质量为M的静止物体，碰撞后物体m的速度变为v2，求碰撞后两物体的动能变化。

解答：碰撞前物体m的动能为(mv^2)/2，碰撞后物体m的动能为(mv2^2)/2，两者之差即为动能变化。

大学物理习题册第五章习题详解ppt课件

球心处于O点．△AOP是边长为a的等边三角形．为了
使P点处场强方向垂直于OP，则l和Q的数量之间应满
足____l__=_Q__/a____关系，且l与Q为___异____号电荷。
由图示几何关系有, EQElsin30
Aλ
Q 1 l 40a2 2 20a
a
a
OQ a
P
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱQal
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真空中的静电场（一）
面上，在此气球被吹大的过程中，被气球表面掠过的
点（该点与球中心距离为r），其电场强度的大小将
由
变为
．
SEd SE4r2q 0 E4rq 20
r q0
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真空中的静电场（一）
第五章真空中的静电场
7．已知均匀带正电圆盘的静电场的电力线分布如图所示．由这电力线分布图可断定圆盘边缘处一点P的电势
半径为R，则b点处的电势 =___________.
由电势的叠加原理有，
i i4 0 q 1 2 R 4 q 02 2 R 4 0 q 3 2 R q 2
2q1q3q2
80R
q1
O
q3
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b
16
真空中的静电场（一）
第五章真空中的静电场
9. 一半径为R的均匀带电圆盘，电荷面密度为s，设无穷远处为电势零点，则圆盘中心O点的电势=__．
sR/(20)
dr dqs2πrdr
x2 r2
ro
R
x
Px
P
1
4π0
R 0
s2πrdr
x r 2 2 最新课件
s
20
x2R2 x
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真空中的静电场（一）

大学物理课后习题(第五章)

第五章静电场选择题5－1 关于电场强度定义式0q =FE ,下列说法中正确的是（ B ） (A) 电场强度E 的大小与检验电荷的电荷量0q 成反比;(B) 对电场中某点,检验电荷所受的力F 与其电荷量0q 的比值不因0q 的改变而变化; (C) 检验电荷在电场中某点所受电场力F 的方向就是该处电场强度E 的方向; (D) 若电场中某点不放检验电荷,则0=F ,因而0=E .5－2 下述关于某点的电势正负的陈述,正确的是（ C ） (A) 电势的正负决定于检验电荷的正负;(B) 电势的正负决定于外力对检验电荷所做的功的正负; (C) 在电场中,空间某点的电势的正负,决定于电势零点的选取;(D) 电势的正负决定于带电体所带电荷的正负,带正电的物体周围的电势一定是正的,带负电的物体的周围的电势一定为负.5－3 在正六边形的顶角上,相间放置电荷相等的正负点电荷,则中心处（ C ） (A) 电势为零,电场强度不为零; (B) 电势不为零,电场强度为零; (C) 电势为零,电场强度也为零; (D) 电势不为零,电场强度也不为零.5－4 一电子逆着电场线进入匀强电场,在前进过程中,其动能（ B ） (A) 先增大后减小; (B) 越来越大; (C) 越来越小; (D) 先减小后增大.5－5 处于静电场中的平面1S 和曲面2S 有共同的边界,则（ B ） (A) 穿过平面1S 的电场强度通量比穿过曲面2S 的电场强度通量大; (B) 穿过平面1S 的电场强度通量与穿过曲面2S 的电场强度通量相等;(C) 穿过平面1S 的电场强度通量比穿过曲面2S 的电场强度通量小;(D) 若电场是匀强的,穿过平面1S 的电场强度通量与穿过曲面2S 的电场强度通量相等,否则不相等.5－6 下列叙述中,正确的是（ D ） (A) 在匀强电场中,两点之间的电势差为零; (B) 电场强度等于零的地方,电势也为零; (C) 电场强度较大的地方,电势也较高; (D) 在电场强度为零的空间,电势处处相等.5－7 无限长均匀带电的直线的电荷线密度为λ.在距离该直线为r 处,电场强度的大小为（ D ）(A)204πr λε; (B) 04πr λε; (C) 202πr λε; (D) 02πrλε.5－8 若两块无限大均匀带电平行平板的电荷面密度分别为σ和σ-,则两平板之间的电场强度和两平板之外的电场强度大小分别为（ A ）(A)0σε, 0 ; (B) 0 2σε, 02σε; (C) 0σε , 0σε; (D) 02σε, 0 . 5－9 在电荷面密度分别为σ-和σ+的两块无限大均匀带电平行平板之间的电场中,在任一条电场线上的不同点（ B ）(A) 电场强度E 相同,电势U 相同; (B) 电场强度E 相同,电势U 不同; (C) 电场强度E 不同,电势U 相同; (D) 电场强度E 不同,电势U 不同.5－10 如图所示,负的点电荷q 的电场中有A 、B 两点.下面的说法正确的是（ C ） (A) 点B 场强的大小比点A 的小, 点B 的电势比点A 的高; (B) 点B 场强的大小比点A 的小, 点B 的电势比点A 的低; (C) 点B 场强的大小比点A 的大, 点B 的电势比点A 的低; (D) 点B 场强的大小比点A 的大, 点B 的电势比点A 的高.5－11 半径为R 的球面上均匀分布电荷q ,球心处的电势为（ C ） (A) 0; (B)04πq R ε-; (C) 04πq R ε; (D) 02πqRε.5－12 两块相互平行的无限大均匀带电平板，它们的电荷面密度分别为σ±,若平板之间距离为d ,则两平板之间的电势差为（ B ）(A)02d σε; (B) 0d σε; (C) 02d σε; (D) 04dσε. 5－13 一半径为R 的均匀带电圆环,所带电荷为q ,环心处的电场强度大小和电势分别为（ D ）(A) 204πq E R ε=, 04πqV Rε=; (B) 0E =, 0V =;(C) 204πq E R ε=, 0V =; (D) 0E =, 04πqV Rε=.5－14 关于真空平行板电容器,下面说法正确的是（ C ） (A) 极板上的电荷增加一倍,其电容也增加一倍; (B) 极板之间的电压增加一倍,其电容也增加一倍; (C) 极板的面积增加一倍,其电容也增加一倍; (D) 极板之间的距离增加一倍,其电容也增加一倍.5－15 一真空平行板电容器的电容为0C ,充电至极板间电势差为0U 时和电源断开,保持极板上的电荷不变.若在其极板间充满相对电容率为r ε的电介质,则其电容C 和极板间电势差U 分别为（ B ）(A) r 0C C ε=, r 0ε=U U ; (B) r 0C C ε=, 0rε=U U ;(C) 0rC C ε=, 0rε=U U ; (D) 0rC C ε=, r 0ε=U U ;5－16 平行板电容器充电后仍与电源连接.若用绝缘手柄将两极板的间距拉大,则极板上电荷Q ,极板间的电场强度E 的大小和电场能量e W 的变化为（ B ）(A) Q 增大, E 增大, e W 增大; (B) Q 减小, E 减小, e W 减小;(C) Q 增大, E 减小, e W 增大; (D) Q 减小, E 增大, e W 增大.计算题5－17 电荷为61 2.010C q -=⨯和62 4.010C q -=⨯的两个点电荷,相距10cm ,求两点电荷连线上电场强度为零的点的位置.解设场强为零的点到1q 的距离为x ,则12220004π4π()q q x d x εε-=-式中10cm d =.解方程,可得cm 4.14cm x ===5－18 如图所示,两个等量异号的点电荷q ±,相距为l .求两点电荷的连线上距离中点O 为x 的点P 的电场强度.若x l >>,这两个点电荷组成的系统可看成电偶极子,求此情况下,点P 处的电场强度表达式.解以O P →为Ox 轴正向，q 在点P 的电场强度为1204π2q E l x ε=⎛⎫- ⎪⎝⎭q -在点P 的电场强度为2204π2q E l x ε-=⎛⎫+ ⎪⎝⎭点P 的电场强度为12222202002π4π4π224q q q xlE E E l l l x x x εεε-=+=+=⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+- ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭0E >,说明其方向沿O P →.若x l >>,则33002π2πql pE x xεε== 式中p ql =,为偶极子的电矩p 的大小;若写成矢量式,则为302πxε=p E .5－19 一半径为R ,圆心角为2π3的圆环上均匀分布电荷q -.求圆心处的电场强度E . 解取坐标如图.圆环上单位长度电荷绝对值为322ππ3q qRR λ==.如图所示,在θ处取d d q R λθ=,其在环心O 处的电场强度d E 方向如图,大小为22000d d d d 4π4π4πq R E R R Rλθλθεεε=== 由于对称, 圆环上的电荷在环心O 处的电场强度沿Ox 方向的分量d 0x x E E ==⎰.在Oy 方向上0cos d d d cos 4πy E E Rλθθθε==圆环上的电荷在环心O 处的电场强度沿Oy 方向的分量为π3π220003cos d 4π4π8πy E R R R λθθεεε-===⎰圆环上的电荷在环心O 处的电场强度为2208πy E Rε==E j j 5－20 正电荷q 均匀地分布在长度为L 的细棒上.求证在棒的延长线上,距离棒中心为r 处的电场强度的大小为2201π4qE r L ε=-证取坐标如图所示.在棒上x 处取微元d x ,其上的电荷为d d d qq x x Lλ==.d q 在棒的延长线上距中心r 处的点C 的电场强度沿Ox 轴正向,为20d d 4π()xE r x λε=-整个棒上的电荷在点C 的电场强度为22002222200d 114π()4π2241 4π4π4L L x E L L r x r r L q r L r L λλεελεε-⎛⎫⎪==- ⎪- ⎪-+⎝⎭==--⎰5－21 如图所示,一细线被弯成半径为R 的半圆形,其上部均匀分布有电荷q ,下部均匀分布电荷q -.求圆心O 处的电场强度E .解半圆细线关于Ox 轴对称.取对称的大小相等的正负电荷微元,它们在圆心O 处的电场强度之和沿Oy 轴负向.由此可见,所有电荷在圆心O 处的电场强度,也一定沿Oy 轴负向.上半部分带正电荷,电荷线密度为2ππ2q qR R λ+==.在圆弧上取微元d d l R θ=,其上所带电量为d d d q l R λλθ==.d q 在圆心处产生的电场强度1d E 的大小为1200d d d 4π4πR E R Rλθλθεε== 1d E 沿Oy 方向的分量为10d d cos 4πy E Rλθθε=-式中θ为d q 到Oy 轴的角距离.对上面的四分之一圆弧积分,即得所有正电荷在圆心O 处的电场强度沿Oy 方向的分量为π21000cos 4π4πy E d R Rλλθθεε=-=-⎰ 同样的方法,可求得所有负电荷在圆心O 处的电场强度沿Oy 方向的分量为204πy E Rλε=-整个半圆环上的电荷在圆心O 处的电场强度为()1222002ππy y qE E R R λεε=+=-=-E j j j5－22 边长为a 的正方体的中心,放置一点电荷Q .求穿过正方体各个侧面的电场强度通量.若点电荷Q 放在正方体的顶点A 上,如图所示,则穿过侧面BCDE 的电场强度通量为多少?解若点电荷放置在正方体的中心,则正方体表面包围的电荷为Q ,穿过表面的电场强度通量为e 0QΦε=穿过各侧面的电场强度通量相等,为e106QΦε=若点电荷放在正方体的顶点A 上,则可设想点电荷处于另一个大正方体的中心,这个大正方体是原来的小正方体的8倍.穿过这个大正方体表面的电场强度通量为e 0QΦε=,穿过大正方体一个侧面的电场强度通量为e6Φ.每个侧面都是由4个BCDF 这样的正方形对称地拼铺而成.因此, 穿过BCDF 的电场强度通量是穿过一个侧面的电场强度通量的14,为 e e e201462424QΦΦΦε=⨯==5－23 电场强度大小为1300V m -⋅的匀强电场中,有一半径为20.0cm 的圆周,电场强度与圆平面的夹角为o30.求穿过以该圆周为边界的曲面的电场强度通量e Φ.解电场穿过以圆周为边界的任何曲面的电场强度通量都与穿过圆平面的电场强度通量相等.电场强度与圆平面的法线间的夹角为ooo(9030)60θ=-=,因此()2o e 21o cos πcos 60 300π2.010cos 60 V m 18.85 V mΦES E R θ-=⋅===⨯⋅=⋅E S5－24 相互平行的两条无限长直线,相距为a ,其上均匀带电,电荷线密度分别为λ和λ-.求距离两直线均为a 的点P 的电场强度.解二带电直线在点P 的电场强度1E 和2E 如图所示.二者大小相等,为1202πE E aλε==.总电场强度E 是1E 和2E 的矢量和,方向如图,垂直于二直线且与二直线组成的平面平行;由几何关系可知,E 大小与1E 和2E 相同,亦为02πE a λε=5－25 如图所示,相互平行的两条无限长直线,相距为d ,其上均匀带电,电荷线密度分别为λ和λ-.求在两直线所决定的平面上的电场强度分布.解取坐标如图所示.在两条带电直线所在的平面上, 两条带电直线的电场强度1E 和2E 的方向均沿Ox 轴.左边的均匀带电无限长直线在x 处的电场强度为()10 02πE x xλε=≠ 右边的均匀带电无限长直线在x 处的电场强度为()()20 2πE x d x d λε-=≠-两条带电直线决定的的平面上的电场强度为()()1200011 0,2π2π2πE E E x x d x x d x x d λλλεεε-⎛⎫=+=+=-≠≠ ⎪--⎝⎭5－26 如图所示,两块相互平行的无限大均匀带电平面上,电荷面密度分别为σ和2σ-.求图中三个区域的电场强度.解两块电荷均匀分布的无限大平板的电场均为匀强场.如图所示,左边平板的电场方向如图上实箭头所指,大小为02σε,右边平板的电场方向如图上虚箭头所指,大小为0σε.如图所示,取Ox 轴与平面垂直,则三个区域的电场强度均沿Ox 轴.由叠加原理,各区域的场强为:Ⅰ区域100022E σσσεεε⎛⎫=+-=⎪⎝⎭ Ⅱ区域2000322E σσσεεε⎛⎫=+=⎪⎝⎭ Ⅲ区域300022E σσσεεε⎛⎫-=-+=⎪⎝⎭ 5－27 如图所示,两个电偶极矩大小均为p ql =的电偶极子在一条直线上,方向相反,且负电荷重合.求在它们的延长线上距离负电荷为r (r l >>)的点P 的电势.解从左到右三个点电荷的电场在点P 的电势分别为()104πqV r l ε=+2024πq V r ε-=()304πqV r l ε=-点P 的电势为()()()12300022202 4π4π4π 2πV V V V q q qr l r r l ql r r l εεεε=++-=+++-=- 因为r l >>,所以可近似为233002π2πql pl V r r εε==5－28 如图所示,电荷为q ±的两个点电荷分别位于点D 和点O ,2DO R =.若将带电粒子0q 从DO 的中点A ,沿以点O 为圆心,R 为半径的圆弧ABC 移至点C ,求电场力对它所做的功.解 q +和q -的电场中,点A 的电势0A V =,点C 的电势为00114π36πC q qV R R Rεε--⎛⎫=+= ⎪⎝⎭ 将0q 从点A 经点B 沿圆弧移至点C ,电场力对它所做的功为()0006πA C q qA q V V Rε=-=5－29 一均匀带电的半圆环,半径为R ,所带电荷为Q ,求环心处的电势. 解半圆环上的电荷元d q 的电场中,圆心O 处的电势为0d d 4πqV Rε=带电半圆环的电场中,圆心O 处的电势为00d d 4π4πLq QV V R Rεε===⎰⎰5－30 电荷q 均匀地分布在半径为R 的细圆环上.求细圆环轴线上,距中心为x 的点P 的电势.解取坐标如图所示.在园环上取电荷元d q ,其电场在Ox 轴上x 处的点P 处的电势为0d d 4πq V r ε==整个园环上的电荷的电场在点P 处的电势为d V q ===⎰⎰圆环也可以用电势定义d P P L V ∞=⋅⎰E l 来求.在例5－4中,已经求得带电圆环轴线上距中心为x 处的场强为()322204πqx E x Rε=+若选积分路径为从点P 沿轴线延伸到∞的直线,则d d x =l i ,于是()32220d d 4πqx x x Rε⋅=+E l点P 处的电势为()322021d d 4πP P x Lqx xV P xRε∞∞=⋅==+⎰⎰E l点P 是任意的,因此V =5－31 如图所示,平面曲线ABMCD 上均匀带电,电荷线密度为λ.BMC 是半径为R 的半圆弧,AB 、CD 和圆心O 在同一条直线上,AB CD R ==.求圆心O 处的电场强度和电势.解 AB 和CD 上的电荷,在圆心O 处产生的电场强度,大小相等方向相反,相互抵消.因此圆心O 处总的电场强度与半圆弧BMC 上的电荷在此产生的电场强度相等,方向垂直AD 向下.如题5—19,可求得该电场强度的大小为02πE Rλε=.在AB 上距离A 为x 出取d x ,其上电荷为d d q x λ=.d q 的电场中,圆心O 处的电势为0d d 4π(2)xV R x λε=-.AB 上的电荷的电场中,圆心O 处的电势为1000d ln 24π(2)4πRxU R x λλεε==-⎰同样的方法可求得CD 上的电荷的电场中,圆心O 处的电势为20ln 24πV λε=半圆弧BMC 上电荷的电场中,圆心O 处的电势为 300π4π4R V R λλεε==圆心O 处的总电势为12300022ln 2ln 214π44πV V V V λλλεεε⎛⎫=++=⨯+=+ ⎪⎝⎭5－32 无限长直线均匀带电,电荷线密度为λ.求其电场中距离直线分别为a 和b 的两点之间的电势差.解均匀带电线密度为λ的无限长直线周围的电场,沿以该直线为轴的柱坐标的径向,到带电直线的距离为r 的点上,电场强度的大小为02πE rλε=到带电直线的距离为a 和b 的两点之间的电势差为00d d d ln 2π2πb b bab aaabU E r r r aλλεε=⋅=⋅==⎰⎰⎰E l 5－33 在平行板电容器极板之间充填两种电容率分别为1ε和2ε的电介质,每一种电介质各占一半体积.若电介质如图(a)分布,两种电介质中的电场能量密度之比是多少?若电介质按图(b)分布,则两种电介质中电场能量密度之比又是多少?解 (a) 极板间的电势差相同,因此板间的电场强度相等,12E E =.由2e 12E ε=w ,可得两种介质中的电场的能量密度之比为e1e212::εε=w w(b) 电介质中的电场强度为E σε=,因此两种介质中的电场强度之比为121211::E E εε=.由2e 12E ε=w ,可得两种介质中的电场的能量密度之比为 22e1e21122211211::::E E εεεεεε===w w5－34 一个标有“10μF,450V ”的电容器,当充电到电势差400V U =时,它所储存的电场能为多少?若是平行板电容器,极板之间的距离为320010cm d .-=⨯,充填的电介质的相对电容率为r 520.ε=,则极板之间电场的能量密度为多大?解电容器储存的电场能为262e 111010400J 0.8 J 22W CU -==⨯⨯⨯=极板之间的电场强度为UE d=,电场的能量密度为 22e r 0r 0212333511221400 52088510J m 92010J m 220010U E d ....εεεε----⎛⎫== ⎪⎝⎭⎛⎫=⨯⨯⨯⨯⋅=⨯⋅ ⎪⨯⎝⎭w。

大学物理第五章课后习题答案

第五章课后习题答案5.1 解：以振动平衡位置为坐标原点，竖直向下为正向，放手时开始计时。

设t 时刻砝码位置坐标为x ，由牛顿第二定律可知： 220)(dtx d mx x k mg =+-其中0x 为砝码处于平衡位置时弹簧的伸长量，所以有 0kx mg = 解出0x 代入上式，有：022=+x mk dtxd 其中 mk =ω可见砝码的运动为简谐振动简谐振动的角频率和频率分别为： s r a d x g mk /9.90===ω Hz 58.12==πων振动微分方程的解为)c o s (ϕω+=t A x由起始条件 t ＝0 时，,1.00m x x -=-= 0=v得： A ＝0.1m ，πϕ=振动方程为：)9.9cos(1.0π+=t x5.2 证明：取手撤去后系统静止时m 的位置为平衡位置，令此点为坐标原点，此时弹簧伸长为x ，则有： 0sinkx mg =θ （1）当物体沿斜面向下位移为x 时，则有： ma T mg =-1sin θ （2） βJ R T R T =-21 （3） )(02x x k T += （4）R a β= （5）将（2）与（4）代入（3），并利用（5），可得： k x R R kx mgR a RJ mg --=+0sin )(θ利用（1）式可得 x RJ mR kR dtx d a +-==22所以物体作简谐振动因为 R J mR kR +=ω 所以振动周期为 ωπ2=T5.3 解：因为 mk ππων212==所以：1221m m =νν22121)(m m νν=＝2 Kg5.4 解：（1）由振动方程)420cos(01.0ππ+=t x 可知：振幅A ＝0.01m ；圆频率 πω20=；周期 s T 1.02==ωπ频率Hz 10=ν ；初相40πϕ=（2）把t ＝2s 分别代入可得：2005.0)420cos(01.0|2=+==ππt x t m2314.0)420sin(2.0|2-=+-===πππt dt dx v t m/s)420sin(4|22πππ+===t dtdv a t5.5 解： T ＝2s ，ππω==T2设振动方程为：)cos(10ϕπ+=t x则速度为：)s i n (10ϕππ+-=t v加速度为： )c o s (102ϕππ+-=t a根据t ＝0 时，x ＝5cm ，v < 0 的条件，得振动的初相为 3πϕ=，故振动方程为：)3cos(10ππ+=t x设在 1t 时刻振子位于cm x 6-=处，并向x 轴负方向运动，则有：53)3'c o s (-=+ππt 54)3's i n (=+ππt故有 s cm t v /1.25)3'sin(10-=+-=πππ22/2.59)3'cos(10s cm t a =+-=πππ设弹簧振子回到平衡位置的时刻为2t ，则有πππ2332=+t ，从上述位置回到平衡位置所需时间为： st t 8.0/)]3)53(arccos()323[(12=----=-ππππ5.6。

上海同济大学实验学校高中物理必修二第五章《抛体运动》检测卷(含答案解析)

一、选择题1．在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a 的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v 0水平匀速移动，经过时间t ，猴子沿杆向上移动的高度为h ，人顶杆沿水平地面移动的距离为x ，如图所示，关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（）A ．相对地面的运动轨迹为直线B ．相对地面做匀加速曲线运动C ．t 时刻，猴子对地面的速度大小为0v at +D ．t 时间内，猴子对地面的位移大小为x h +2．如图，x 轴沿水平方向，y 轴沿竖直方向，图中画出了从y 轴上沿x 轴正向抛出的三个小球a 、b 和c 的运动轨迹，其中b 和c 是从同一点抛出的，不计空气阻力，则（）A ．a 的飞行时间比b 的长B ．b 和c 的飞行时间不相同C ．a 的水平速度比b 的小D ．若a 、b 同时抛出，落地前它们不可能在空中相碰3．在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v 和2v 的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上，甲乙两个小球在空中运动时间之比为（）A ．2倍B ．4倍C ．6倍D ．8倍4．关于平抛运动的性质，以下说法正确的是（）A ．变加速运动B ．匀变速运动C ．匀速率曲线运动D ．不可能是两个直线运动的合运动 5．高空抛物被称为“城市毒瘤”，近年来，高空抛物伤人事件频频发生，不仅伤害他人的身心健康，而且影响大众的安全感和幸福感，与此同时，抛物者还需承担相应的法律责任。

在某一次高空抛物造成的伤害事故中，警方进行了现场调查，基本可以确定以下信息：落在行人头上的物体可以看作质点，行人的身高大约1.70 m。

物体落在头上的速度大小约为30 m/s，与水平方向的夹角大约为53°。

若此物体是从高楼上的某个窗户中水平抛出的，据此可以推算出大约是从高楼的第几层抛出的（每层楼高约3 m，g=10 m/s2，不计空气阻力，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（）A．5楼B．7楼C．9楼D．11楼6．如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h（l、h均为定值）。

大学物理第五章习题答案

R
L
o
y
x
22
在锥体上 z 坐标处任取半径为 r高为 dz 的小柱体，则
L z 2 dm dv r dz ( R ) dz L 根据质心定义得
2
z
1 zC M

L
0
1 zdm M
L

L
0
L z 2 z ( R ) dz L
r
dz
L
R ML2 0 L L R 2 L 2 2 3 x [ zL dz 2 Lz dz z dz ] 2 0 0 0 ML R 2 L4 2 L4 L4 R 2 2 3 M L [ ] L L 2 ML 2 3 4 12 M 12 M 4
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如果一个长度已知的不规则物体的重量超过一个弹簧秤的最大量度，问怎样用这弹簧秤称出该物体的重量？ F 上图，根据合力矩为零得
Gx Fl

N
下图，根据合力矩为零得
F l G(l x )
x
F
l

整理可得：
G F F
G
N
G
课后习题

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5-3：静止的电动机皮带轮半径为 5 cm，接通电源后做匀变速转动，30 s 后转速达到152 rad / s，求： 1）30 s 内电动机皮带轮转过的转数； 2）通电后 20 s 时皮带轮的角速度； 3）通电后 20 s 时皮带轮边缘上一点的速度、切向加速度和法向加速度。解：皮带轮的角加速度为 152 t 0 t t 5 (rad/s 2 )
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来复线的作用是增加炮弹的射程和准确性。由于炮弹射出时绕自身轴线高速转动，空气阻力产生的对质心的力矩使炮弹围绕前进方向产生进动效应，弹头的轴线始终围绕着弹道切线向前且做锥形运动，从而能克服空气阻气，保证弹头稳定地向前飞行，避免大的偏离，提高射程与准确性。

大学物理第五章习题解答

光学部分习题解答
掌握干涉现象的原理，理解干涉条纹的形成机制，掌握双缝干涉实验中条纹间距的计算方法。
理解衍射现象的原理，掌握单缝、圆孔、光栅等不同情况下衍射条纹的特征和计算方法。
光的干涉与衍射习题解答
光的衍射
光的干涉
光的偏振
理解偏振现象的原理，掌握偏振光和自然光的区别，掌握偏振片和晶体对偏振光的作用。
直线运动习题解答
总结词：理解曲线运动的性质和规律，掌握圆周运动和平抛运动的公式和计算方法。
曲线运动习题解答
曲线运动习题解答
01
详细描述
02
曲线运动的描述：速度方向与轨迹切线方向一致，加速度与轨迹的曲率半径有关。
圆周运动的向心加速度和线速度的计算公式。
03
平抛运动的水平分速度、竖直分速度和合速度的计算公式。
电场强度计算
电场线
高斯定理
电势与电势差
掌握安培环路定律的应用，解决与安培环路定律相关的题目。
安培环路定律
理解磁场线的概念，掌握磁场线的特点，如磁场线的疏密表示磁感应强度的大小。
磁场线
理解洛伦兹力的概念，掌握洛伦兹力的计算方法。
洛伦兹力
解决与磁感应强度相关的计算题，如电流在磁场中所受的力等。
磁感应强度的计算
这一定律揭示了热现象的方向性，即热量传递具有方向性。
热力学第二定律的数学表达式为：$Q = Delta U - W$，其中$Q$是系统吸收的热量，$Delta U$是系统内能的增量，$W$是系统对外做的功。
热力学定律习题解答
热力二定律指出，不可能把热量从低温物体传到高温物体而不引起其他变化。
5、简述放射性的种类及其特点。
答案：放射性主要分为三种类型：阿尔法放射性、贝塔放射性和伽马放射性。阿尔法放射性是由带两个正电荷的氦原子核组成的高能粒子流；贝塔放射性是由带负电荷的电子或正负电子对组成的低能粒子流；伽马放射性则是高频率的电磁辐射。各种类型的放射性在穿透能力和电离能力上有所不同。

上海同济大学实验学校高中物理选修二第五章《传感器》阶段练习(培优专题)

一、选择题1．某同学准备用一种热敏电阻制作一只电阻温度计。

他先通过实验描绘出一段该热敏电阻的I一U曲线，如图甲所示，再将该热敏电阻R t，与某一定值电阻串联接在电路中，用理想电压表与定值电阻并联，并在电压表的表盘上标注温度值，制成电阻温度计，如图乙所示。

下列说法中正确的是（）A．从图甲可知，该热敏电阻的阻值随温度的升高而增大B．图乙中电压表的指针偏转角越大，温度越高C．温度越高，整个电路消耗的功率越小D．若热敏电阻的阻值随温度均匀变化，则表盘上标注温度刻度也一定是均匀的2．如图所示，电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层，再在导体层外加上一块保护玻璃，电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极，在导体层内形成一个低电压交流电场。

在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与内部导体层间会形成一个特殊电容（耦合电容），四边电极发出的电流会流向触点，而电流强弱与手指到电极的距离成正比，位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点的位置。

由以上信息可知（）A．电容式触摸屏的内部有两个电容器的电极板B．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越大C．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越小D．如果用戴了手套的手触摸屏幕，照样能引起触摸屏动作3．图甲表示某压敏电阻的阻值R随所受压力变化的情况。

把这个压敏电阻与秤台、电池、电流表组合起来（图乙），用压敏电阻作为承重的载体，把电流表的刻度改为相应的质量刻度，就得到了一个简易电子秤。

下列说法正确的是（）A ．A F 对应的物体质量应标在电流较大的刻度上，且物体质量与电流是线性关系B ．B F 对应的物体质量应标在电流较大的刻度上，且物体质量与电流是非线性关系C ．A F 对应的物体质量应标在电流较大的刻度上，且物体质量与电流是非线性关系D ．B F 对应的物体质量应标在电流较大的刻度上，且物体质量与电流是线性关系 4．酒精测试仪用于对机动车驾驶人员是否酒后驾车及其他严禁酒后作业人员的现场检测，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器。

大学物理第5章习题答案

L 2 0
r dx 2 d sin
arccos ( L L2 )22r 2 E E y 2 dE y 2 ( sin )d 900 4π 0 r
习题答案
L 2 0
第五章静电场
arccos ( L L2 )22r 2 E E y 2 dE y 2 ( sin )d 900 4π 0 r

R

s
E dS EdS 4 r 2 E q / 0
s
.
r
r
E＝
q 4 0 r 2
q dV kr 4r d r 4kr 3 d r kr 4
2 V 0 0 r
rR
kr 2 E er 4 0
习题答案
解：1)利用高斯定理做一半径为r的同心球面为高斯面
e E S ES cos
第五章静电场
z
解： e上 e下 0
e左 E y a 2 E2 a 2 e右 E y a E 2 a
2 2
o
x E ( E1 kx )i E2 j
E x E1 kx
y
e后 E x a 2 E1a 2
dq
r
x
O
x

z
xdq R cos 2 R 2 sin d dE 0 cos sin d 3 3 4 πε0 R 2 ε0 4 πε0 R
E0

2 ε0

2 0
cos sin d

4 ε0
习题答案
第五章静电场
5-12 真空中两条平行的“无限长”均匀带电直线相距为r，其电荷线密度分别为－和＋．试求： (1) 在两直线构成的平面上，任意一点的场强． (2) 两带电直线上单位长度上的电场力．

同济版大学物理学第五章练习题

第5章静电场一、选择题1. 关于电场线, 以下说法中正确的是[ ] (A) 电场线一定是电荷在电场力作用下运动的轨迹(B) 电场线上各点的电势相等(C) 电场线上各点的电场强度相等(D) 电场线上各点的切线方向一定是处于各点的点电荷在电场力作用下运动的加速度方向2. 高斯定理(in )01d i s S E S q ε⋅=⋅∑⎰⎰ , 说明静电场的性质是 [ ] (A) 电场线是闭合曲线 (B) 库仑力是保守力(C) 静电场是有源场 (D) 静电场是保守场3. 根据高斯定理(in )01d i s S E S q ε⋅=⋅∑⎰⎰ ，下列说法中正确的是 [ ] (A) 通过闭合曲面的电通量仅由面内电荷的代数和决定(B) 通过闭合曲面的电通量为正时面内必无负电荷(C) 闭合曲面上各点的场强仅由面内的电荷决定(D) 闭合曲面上各点的场强为零时, 面内一定没有电荷4. 高斯定理成立的条件是[ ] (A) 均匀带电球面或均匀带电球体所产生的电场(B) 无限大均匀带电平面产生的电场(C) 高斯面的选取必须具有某些简单的对称性(D) 任何静电场5. 将点电荷Q 从无限远处移到相距为2l 的点电荷＋和－q 的中点处, 则电势能的增加量为[ ] (A) 0 (B) l q 0π4ε (C) l Qq 0π4ε (D) lQq 0π2ε 6. 下面关于某点电势正负的陈述中, 正确的是[ ] (A) 电势的正负决定于试探电荷的正负(B) 电势的正负决定于移动试探电荷时外力对试探电荷做功的正负(C) 空间某点电势的正负是不确定的, 可正可负, 决定于电势零点的选取(D) 电势的正负决定于带电体的正负7. 由定义式⎰∞⋅=R R l E U d 可知8. 静电场中某点电势的数值等于[ ] (A) 试验电荷q 0置于该点时具有的电势能(B) 单位试验电荷置于该点时具有的电势能(C) 单位正电荷置于该点时具有的电势能(D) 把单位正电荷从该点移到电势零点外力所做的功9. 在电场中有a 、b 两点, 在下述情况中b 点电势较高的是[ ] (A) 正电荷由a 移到b 时, 外力克服电场力做正功(B) 正电荷由a 移到b 时, 电场力做正功(C) 负电荷由a 移到b 时, 外力克服电场力做正功(D) 负电荷由a 移到b 时, 电场力做负功10. 已知一负电荷从图5-1-48所示的电场中M 点移到N 点．有人根据这个图得出下列几点结论，其中哪一点是正确的? [ ] (A) 电场强度E M < E N ； (B) 电势U M < U N ；(C) 电势能W M < W N ； (D) 电场力的功A > 0． 11. 关于电场强度和电势的关系, 下列说法中正确的是 [ ] (A) 电势不变的空间, 电场强度一定为零 (B) 电势不变的空间, 电场强度不为零(C) 电势为零处, 电场强度一定为零(D) 电场强度为零处, 电势一定为零12. 一点电荷在电场中某点所受的电场力为零, 则该点[ ] (A) 场强一定为零, 电势一定为零(B) 场强不一定为零, 电势一定为零(C) 场强一定为零, 电势不一定为零(D) 场强不一定为零, 电势不一定为零13. 如图5-1-54所示, 在一条直线上的连续三点A 、B 、C 的电势关系为U A ＞U B ＞U C . 若将一负电荷放在中间点B 处, 则此电荷将[ ] (A) 向A 点加速运动 (B) 向A 点匀速运动(C) 向C 点加速运动 (D) 向C 点匀速运动14. 关于电荷仅在电场力作用下运动的下列几种说法中, 错误的是[ ] (A) 正电荷总是从高电势处向低电势处运动(B) 正电荷总是从电势能高的地方向电势能低的地方运动(C) 正电荷总是从电场强的地方向电场弱的地方运动(D) 正电荷加速的地方总是与等势面垂直15. 边长为a 的正方体中心放置一电荷Q , 则通过任一个侧面S 的电通量⎰⎰⋅s S E d 为 [ ] (A) 04εQ (B) 06εQ (C) 08εQ (D) 6Q 16. 真空中一“无限大”均匀带负电荷的平面如图所示，其电场的场强分布图线应是(设场强方向向右为正、向左为负)[ ] 二、填空题 1. 半径为R 的均匀带电球面, 若其面电荷密度为σ, 则在球面外距离球面R 处的电场强度大小为．图5-1-54 x x 02εσx x x图5-1-482. 两个同心均匀带电球面，半径分别为a R 和b R (b a R R <) , 所带电荷量分别为a Q 和b Q ，设某点与球心相距r , 当b a R r R <<时，该点的电场强度的大小为．3. 一长为L 、半径为R 的圆柱体，置于电场强度为E 的均匀电场中，圆柱体轴线与场强方向平行．则：(A) 穿过圆柱体左端面的E 通量为；(B) 穿过圆柱体右端面的E 通量为；(C) 穿过圆柱体侧面的E 通量为；(D) 穿过圆柱体整个表面的E 通量为．4. 真空中一半径为R 的均匀带电球面，总电荷量为Q (Q > 0)．今在球面上挖去非常小块的面积S ∆(连同电荷)，且假设不影响原来的电荷分布，则挖去S ∆后球心处电场强度的大小E ＝，其方向为．5. 有一个球形的橡皮膜气球，电荷q 均匀地分布在球面上，在此气球被吹大的过程中，被气球表面掠过的点(该点与球中心距离为r )，其电场强度的大小将由变为．第五章补充习题答案一、选择DCADA CDCAC ACACB D二、填空 1.4εσ 2. 20π41r Q a ⋅ε 3. (1) 2πR E - (2) 2πR E (3) 0 (4) 0S图5-2-94.402π16R S Q ε∆, 圆心O 点指向S ∆ 5. 20π4r q ε, 0。

大学物理习题答案解析第五章

第二篇电磁学求解电磁学问题的基本思路和方法本书电磁学部分涉及真空中和介质中的静电场和恒定磁场、电磁感应和麦克斯韦电磁场的基本概念等内容，涵盖了大学物理课程电磁学的核心内容.通过求解电磁学方面的习题，不仅可以使我们增强对有关电磁学基本概念的理解，还可在处理电磁学问题的方法上得到训练，从而感悟到麦克斯韦电磁场理论所体现出来的和谐与美.求解电磁学习题既包括求解一般物理习题的常用方法，也包含一些求解电磁学习题的特殊方法.下面就求解电磁学方面的方法择要介绍如下.1.微元法在求解电场强度、电势、磁感强度等物理量时，微元法是常用的方法之一.使用微元法的基础是电场和磁场的叠加原理.依照叠加原理，任意带电体激发的电场可以视作电荷元d q 单独存在时激发电场的叠加，根据电荷的不同分布方式，电荷元可分别为体电荷元ρd V 、面电荷元σd S 和线电荷元λd l .同理电流激发的磁场可以视作为线电流元激发磁场的叠加.例如求均匀带电直线中垂线上的电场强度分布.我们可取带电线元λd l 为电荷元，每个电荷元可视作为点电荷，建立坐标，利用点电荷电场强度公式将电荷元激发的电场强度矢量沿坐标轴分解后叠加统一积分变量后积分，就可以求得空间的电场分布.类似的方法同样可用于求电势、磁感应强度的分布. 此外值得注意的是物理中的微元并非为数学意义上真正的无穷小，而是测量意义上的高阶小量.从形式上微元也不仅仅局限于体元、面元、线元，在物理问题中常常根据对称性适当地选取微元.例如，求一个均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布，我们可以取宽度为d r 的同心带电圆环为电荷元，再利用带电圆环轴线上的电场强度分布公式，用叠加的方法求得均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布.2.对称性分析对称性分析在求解电磁场问题时是十分重要的.通过分析场的对称性，可以帮助我们了解电磁场的分布，从而对求解电磁学问题带来极大方便.而电磁场的对称性有轴对称、面对称、球对称等.下面举两个例子.在利用高斯定律求电场强度的分布时，需要根据电荷分布的对称性选择适当的高斯面，使得电场强度在高斯面上为常量或者电场强度通量为零，就能够借助高斯定律求得电场强度的分布.相类似在利用安培环路定律求磁感强度的分布时，依照电流分布的对称性，选择适当的环路使得磁感强度在环路上为常量或者磁场环流为零，借助安培环路定律就可以求出磁感强度的分布.3.补偿法补偿法是利用等量异号的电荷激发的电场强度，具有大小相等方向相反的特性；或强度相同方向相反的电流元激发的磁感强度，具有大小相等方向相反这一特性，将原来对称程度较低的场源分解为若干个对称程度较高的场源，再利用场的叠加求得电场、磁场的分布.例如在一个均匀带电球体内部挖去一个球形空腔，显然它的电场分布不再呈现球对称.为了求这一均匀带电体的电场分布，我们可将空腔带电体激发的电场视为一个外半径相同的球形带电体与一个电荷密度相同且异号、半径等于空腔半径的小球体所激发电场的矢量和.利用均匀带电球体内外的电场分布，即可求出电场分布.4.类比法在电磁学中，许多物理量遵循着相类似的规律，例如电场强度与磁场强度、电位移矢量与磁感强度矢量、电偶αr l λεE l l cos d π4122/2/0⎰-=极子与磁偶极子、电场能量密度与磁场能量密度等等.他们尽管物理实质不同，但是所遵循的规律形式相类似.在分析这类物理问题时借助类比的方法，我们可以通过一个已知物理量的规律去推测对应的另外一个物理量的规律.例如我们在研究L C 振荡电路时，我们得到回路电流满足的方程显然这个方程是典型的简谐振动的动力学方程，只不过它所表述的是含有电容和自感的电路中，电流以简谐振动的方式变化罢了.5.物理近似与物理模型几乎所有的物理模型都是理想化模型，这就意味着可以忽略影响研究对象运动的次要因素，抓住影响研究对象运动的主要因素，将其抽象成理想化的数学模型.既然如此，我们在应用这些物理模型时不能脱离建立理想化模型的条件与背景.例如当带电体的线度远小于距所考察电场这一点的距离时，一个带电体的大小形状可以忽略，带电体就可以抽象为点电荷.但是一旦去研究带电体临近周围的电场分布时，将带电体当作点电荷的模型就失效了.在讨论物理问题时一定要注意物理模型的适用条件.同时在适用近似条件的情况下，灵活应用理想化模型可大大简化求解问题的难度.电磁学的解题方法还有很多，我们希望同学们通过练习自己去分析、归纳、创新和总结.我们反对在学习过程中不深入理解题意、不分析物理过程、简单教条地将物理问题分类而“套”公式的解题方法.我们企盼同学们把灵活运用物理基本理论求解物理问题当成是一项研究课题，通过求解问题在学习过程中自己去领悟、体会，通过解题来感悟到用所学的物理知识解决问题后的愉悦和快乐，进一步加深理解物理学基本定律，增强学习新知识和新方法的积极性.01d d 22=+i LCt i第五章静电场5 －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( )分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为，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 ).5 －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 ).5 －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 ).*5 －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2εσ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 ).5 －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±10－21 e ，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2×10－21 e ，中子电量为10－21 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二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为显然即使电子、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. 5 －6 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带的上夸克和两个带的下夸克构成.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F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.5 －7 质量为m ，电荷为－e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为E ｋ .证明电子的旋转频率满足其中ε0 是真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律.分析根据题意将电子作为经典粒子处理.电子、氢核的大小约为10－15 m ，轨道半径约为10－10 m ，故电子、氢核都可视作点电荷.点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有由此出发命题可证.()e q 21max 10821-⨯⨯+=1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e e 32e 31-()r r r r e εr q q εe e e F N 78.3π41π412202210===4320232me E εk =v 2202π41r e εr m =v证由上述分析可得电子的动能为电子旋转角速度为由上述两式消去r ，得5 －8 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl －与其最邻近的八个一价铯离子Cs +构成如图所示的立方晶格结构.(1) 求氯离子所受的库仑力；(2) 假设图中箭头所指处缺少一个铯离子(称作晶格缺陷)，求此时氯离子所受的库仑力.分析铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加.为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力.解 (1) 由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故F 1 ＝0.(2) 除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力F 2 的值为F 2 方向如图所示.5 －9 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(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.re εm E K 202π8121==v 3022π4mr εe ω=432022232π4me E εωK ==v N 1092.1π3π4920220212⨯===aεe r εq q F 2204π1Lr Q εE -=2204π21L r r Q εE +=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 的电场强度为整个带电体在点P 的电场强度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，(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 的电场强度就是证 (1) 延长线上一点P 的电场强度，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则电场强度的方向沿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，大小为利用几何关系 sin α＝r /r ′，统一积分变量，则当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度r r q εe E 20d π41d '=⎰=E E d ⎰=LE i E d ⎰⎰==Ly E αE j j E d sin d ⎰'=L r πεq E 202d ()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰E r εq αE L d π4d sin 2⎰'=22x r r +='()2203/22222041π2d π41L r r εQ r x L xrQ εE L/-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r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线. 5 －10 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.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5 －3 节的例1 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，在点O 激发的电场强度为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，统一积分变量，有积分得 5 －11 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.rελL r L Q r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→θθR δS δq d sin π2d d 2⋅==()i E 3/2220d π41d r x qx ε+=θR x cos =θR r sin =()θθθεδθθR πδR θR πεr x q x πεE d cos sin 2 d sin 2cos 41d 41d 02303/2220=⋅=+=02/004d cos sin 2εδθθθεδE π⎰==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，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为，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 水分子的电偶极矩在电偶极矩延长线上解2 在对称轴线上任取一点A ，则该点的电场强度由于代入得测量分子的电场时，总有x ＞＞r 0 ，因此，式中，将上式化简并略去微小量后，得 5 －12 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.00er P =θer P cos 20=302π41x p εE =θer θP P cos 2cos 200==30030030cos π1cos 4π412π41x θer εx θer εx p εE ===+-+=E E E 2020π42π4cos 2cos 2x εe r εθer E βE E -=-=+θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=23/20202001cos 2cos π42x θxr r x θr x εe E ()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x θr x x θr x θxr r x cos 2231cos 21cos 2033/2033/20202300cos π1x θe r εE =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(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.5 －13 如图为电四极子，电四极子是由两个大小相等、方向相反的电偶极子组成.试求在两个电偶极子延长线上距中心为z 的一点P 的电场强度(假设z ＞＞d ).分析根据点电荷电场的叠加求P 点的电场强度.解由点电荷电场公式，得()i i E E E x r x r ελx r x ελ-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2i E F 00π2r ελλ==-+i E F 002π2r ελλ-=-=+-考虑到z ＞＞d ，简化上式得通常将Q ＝2qd 2 称作电四极矩，代入得P 点的电场强度5 －14 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.分析方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即方法2：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.因而解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，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① ()()k k k E 202020π41π412π41d z q εd z q εz q ε++-+=()()k k k E 42022220222206π4...321...32112π4/11/1112π4z qd εq z d z d z d z d z z εq z d z d z z εq =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-=k E 403π41zQ ε=⎰⋅=S S d s E Φ∑⎰==⋅01d 0q εS S E ⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d ⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d E R πR E 22πcos π=⋅⋅-=Φ()r θθθE e e e E sin sin cos sin cos ++=5 －15 边长为a 的立方体如图所示，其表面分别平行于Oxy 、Oyz 和Ozx 平面，立方体的一个顶点为坐标原点.现将立方体置于电场强度 (k ，E 1 ，E 2 为常数)的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量.解如图所示，由题意E 与Oxy 面平行，所以任何相对Oxy 面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即.而考虑到面CDEO 与面ABGF 的外法线方向相反，且该两面的电场分布相同，故有同理因此，整个立方体表面的电场强度通量5 －16 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，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(为地球平均半径).由高斯定理r θθR e S d d sin d 2=ER θθER θθER SS2π0π2222πdsin d sin dd sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰S E Φ()12E kx E +E =i +j 0==DEFG OABC ΦΦ()[]()2221ABGF d a E dS E kx E =⋅++=⋅=⎰⎰j j i S E Φ22a E ABGF CDEO -=-=ΦΦ()[]()2121AOEF d a E dS E E -=-⋅+=⋅=⎰⎰i j i S E Φ()[]()()2121BCDG d a ka E dS E ka E Φ+=⋅++=⋅=⎰⎰i j i S E 3ka ==∑ΦΦ1m V 120-⋅E R R ≈E R ∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E地球表面电荷面密度单位面积额外电子数5 －17 设在半径为R 的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为k 为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E 与r 的函数关系.分析通常有两种处理方法：(1) 利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有根据高斯定理，可解得电场强度的分布. (2) 利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为，每个带电球壳在壳内激发的电场，而在球壳外激发的电场由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布解1 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理得球体内(0≤r ≤R )∑--⨯-=-≈=2902cm 1006.1π4/E εR q σE 25cm 1063.6/-⨯=-=e σn ()()R r ρkr ρ>=≤≤= 0R r 02Sπ4d r E ⋅=⋅⎰S E ⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E r r ρq ''⋅=d π4d 20d =E rrεqe E 20π4d d =()()()()R r r r Rr>=≤≤=⎰⎰d R r 0d 0E E E E ⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E ()4202πd π41π4r εk r r kr εr r E r==⎰球体外(r ＞R )解2 将带电球分割成球壳，球壳带电由上述分析，球体内(0≤r ≤R )球体外(r ＞R )5 －18 一无限大均匀带电薄平板，电荷面密度为σ，在平板中部有一半径为r 的小圆孔.求圆孔中心轴线上与平板相距为x 的一点P 的电场强度.分析用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的对称性电场.本题的电场分布虽然不具有这样的对称性，但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的分布.若把小圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的带电平板和一个带相反电荷(电荷面密度σ′＝－σ)的小圆盘.这样中心轴线上的电场强度等效于平板和小圆盘各自独立在该处激发电场的矢量和. 解由教材中第5 －4 节例4 可知，在无限大带电平面附近为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场它们的合电场强度为()r εkr r e E 024=()4202πd π41π4r εk r r kr εr r E R==⎰()r εkR r e E 024=r r r k V ρq '''==d π4d d 2()r r rεkr r r r r k εr e e E 0222004d π4π41=''⋅'=⎰()r r Rr εkR r r r πr k πεr e e E 20222004d 441=''⋅'=⎰n εσe E 012=n e n r x x εσe E ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+--=220212在圆孔中心处x ＝0，则E ＝0在距离圆孔较远时x ＞＞r ，则上述结果表明，在x ＞＞r 时，带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计.5 －19 在电荷体密度为ρ 的均匀带电球体中，存在一个球形空腔，若将带电体球心O 指向球形空腔球心O ′的矢量用a 表示(如图所示).试证明球形空腔中任一点的电场强度为分析本题带电体的电荷分布不满足球对称，其电场分布也不是球对称分布，因此无法直接利用高斯定理求电场的分布，但可用补偿法求解.挖去球形空腔的带电球体在电学上等效于一个完整的、电荷体密度为ρ 的均匀带电球和一个电荷体密度为－ρ、球心在O ′的带电小球体(半径等于空腔球体的半径).大小球体在空腔内P 点产生的电场强度分别为E 1 、E 2 ，则P 点的电场强度 E ＝E 1 ＋E 2 . 证带电球体内部一点的电场强度为所以，根据几何关系，上式可改写为n rx x εσe E E E 22212+=+=n nεσx r εσe e E 02202/112≈+=a E 03ερ=r E 03ερ=r E 013ερ=2023r E ερ-=()210213r r E E E -=+=ερa r r =-21a E 03ερ=5 －20 一个内外半径分别为R 1 和R 2 的均匀带电球壳，总电荷为Q 1 ，球壳外同心罩一个半径为R 3 的均匀带电球面，球面带电荷为Q 2 .求电场分布.电场强度是否为离球心距离r 的连续函数？试分析.分析以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因而 .在确定高斯面内的电荷后，利用高斯定理即可求出电场强度的分布.解取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分析r ＜R 1 ，该高斯面内无电荷，，故 R 1 ＜r ＜R 2 ，高斯面内电荷故 R 2 ＜r ＜R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ，故r ＞R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ＋Q 2 ，故电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图(B )所示.在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r ＝R 3 的带电球面两侧，电场强度的跃变量这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，本题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E 的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E 的变化成为一跃变.5 －21 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 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 .24d r πE ⋅=⎰S E ∑q ∑⎰=/d εq S E ∑=⋅02/π4εq r E 0=∑q 01=E ()31323131R R R r Q q --=∑()()23132031312π4r R R εR r Q E --=2013π4r εQ E =20214π4r εQ Q E +=230234π4ΔεσR εQ E E E ==-=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，求出不同半径高斯面内的电荷.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r ＜R 1 ，在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变 R 1 ＜r ＜R 2 ，r ＞R 2，在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变这与5 －20 题分析讨论的结果一致.5 －22 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.⎰⋅=rL E d π2S E ∑q ∑=⋅0/π2εq rL E 0=∑q 01=E L λq =∑rελE 02π2=0=∑q 03=E 000π2π2ΔεσrL εL λr ελE ===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 所受的合力为零解得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？)外力所作的功为解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时，并由电势的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功比较上述两种方法，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.5 －23 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为l E d 02⎰∞=Q W ()0202V Q V V Q W =-=∞()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q Q Q Q 414132-=-=()2/322031π2yd εQ E E E yy y +=+=()dεQ y y d εQ Q Q W y 022/322002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E Q Q 412-=dεQd εQ d εQ V 003010π2π4π4=+=dεQ V Q W 0202π8=-='。

大学物理复习题答案（同济大学课件）

大学物理复习题答案（同济大学课件）第一章质点运动学1、①cos sin 2ht r R ti R tj k ωωπ=++；②sin t x dx v R dt ωω==-，cos t y dy v R dtωω==，h 2z dz v dt π==；③2cos t x x dv a R dt ωω==-，2sin t y y dv a R dtωω==-，0z z dv a dt == 2、在运动函数中消去t ，可得轨道方程为28y x =- 由22(48)r ti t j =+-，得28dr v i t j dt ==+，8dva j dt== 可得在1t =时124r i j =-，128v i j =+，18a j = 在2t =时228r i j =+，2216v i j =+，18a j =3、①2343431.5/1010F t a m s m ++?====， 33000034,,,, 2.7/10v v dvt a dv adt dv adt dv dt v m s dt +=====②234343 1.5/1010F x a m s m ++?====，dv a dt =，34.10x dv dv dx dv v dt dx dt dx+===，3410xdx vdv +=，3003410v x vdv dx +=??，/v s =4、以投出点为原点，建立直角坐标系。

0cos x v t θ=，201sin 2y v t gt θ=-以(,)x y 表示着地点坐标，则10y h m =-=-。

将此值和0v ，θ值一并代入得21110209.822t t -=??-??解之得， 2.78t s =和0.74t s =-。

取正数解。

着地点离投射击点的水平距离为：00cos 20cos30 2.7848.1x v t m θ==??= 5、①02180218.8(/)60n rad s πωπ?===，0021800.59.42(/)60v R m s πω?==?= ②由于均匀减速，翼尖的角加速恒定，20018.80.209(/)90A Arad s t ωωα--===- 20.105(/)t a R m s α==-负号表示切向加速度的方向与速度方向相反。

上海同济大学实验学校高中物理必修二第五章《抛体运动》检测卷(含答案解析)

一、选择题1．网球运动员训练时，将球从某一点斜向上打出，若不计空气阻力，网球恰好能垂直撞在竖直墙上的某一固定点，马上等速反弹后又恰好沿抛出轨迹返回击出点。

如图所示，运动员在同一高度的前后两个不同位置将网球击出后，垂直击中竖直墙上的同一固定点。

下列判断正确的是（）A．沿轨迹1运动的网球击出时的初速度大B．两轨迹中网球撞墙前的速度可能相等C．从击出到撞墙，沿轨迹2运动的网球在空中运动的时间短D．沿轨迹1运动的网球速度变化率大2．北京时间2020年12月17日1时59分，探月工程嫦娥五号返回舱在内蒙古四子王旗预定区域成功着陆，标志着我国首次地外天体采样返回任务圆满完成。

返回舱在降至距地面约10公里高度时，自动打开降落伞，降落伞立即对返回舱产生一个阻力F，F的方向与返回舱瞬时速度v方向相反，F的大小也随着在返回舱的减速而减小。

请根据图片判断返回舱在F和自身重力mg作用下在空中的运动情况是（）A．返回舱在空中的轨迹为一条直线B．返回船在空中的轨迹为一条曲线C．返回艇在空中的轨迹为一条抛物线D．返回舱在空中的轨迹为一条圆弧线3．某同学正对一面墙壁水平抛掷小钢球，已知抛出点距离地面高H，到墙壁的距离为s，抛出时初速度大小为v0，小钢球击打在墙壁距离地面高34H的A点，如图所示。

如果该同学抛出时初速度减半，小钢球击打的位置在（空气阻力不计）（）A ．墙角处B ．墙壁距离地面高12H 处C ．地面上距抛出点水平距离为12s 处 D ．地面上距抛出点水平距离为34s 处 4．质量为m 的物体P 置于倾角为1θ的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P 与小车，P 与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v 水平向右做匀速直线运动，当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角2θ时（如图所示），下列判断正确的是（）A ．P 的速率为vB ．P 的速率为2cos v θC ．绳的拉力大于1sin mg θD ．绳的拉力小于1sin mg θ5．如图所示，倾角为θ斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜甲面体的顶点，经过段时间两球落在斜面上A 、B 两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直。

同济大学大学物理B 上第5章真空中的静电场答案

E1 R1 ln R2 R1
6
U12

850 0.134 10 2
3
ln
2 10
2
2
3
0.134 10
2
2.54 10 V m
1
（2）圆筒内表面处
E2 R2 ln R2 R1 U 12 850 2 10 2
2
ln
2 10
2
1.7 10 V m
解：（3） 2 x 2 b 2 0
E1
x 2 2 b
x
dx b
E2
计算题3：一半径为 R 的带电球体，其电荷体密度 ρ 分布为： qr （ ( r R ) q 为一正的常数） 4 R
0
(r R)
试求：（1）带电球体的总电量；（2）球内、外各点的电场强度；（3）球内、外各点的电势。
r
q 40 r
2
dr
q 40 r

计算题4：盖革计数管由一内直径为2cm的金属长圆筒，以及
在其中央的一根直径为0.134mm的金属细丝构成。如果在金属丝与圆筒之间加上850V的电压，试分别求金属丝表面处和金属圆筒内表面处的电场强度的大小。解：
E

20 r
U 12

R2
Edr
1 2 1 2

2 0

1
2
EII E2 E1 EIII E2 E1

2 0 3 2 0
2 0

2 0

2 0
填空题2：如图所示，真空中有一半径为 R 的均匀带电球面，总带电量为 Q（ Q > 0 ）。今在球面上挖去一小块的面积 △S（连同电荷），且假设挖去后不影响原来的电荷分布，则挖去后球心处电场强度的大小向右 E≈ ，其方向为。

同济版大学物理学第五章练习题

大学物理第五章习题解答

大学物理习题册第五章习题详解共26页

大学物理课后习题答案第五章

大学物理第五章习题答案

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大学物理课后习题(第五章)

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上海同济大学实验学校高中物理必修二第五章《抛体运动》检测卷(含答案解析)

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同济大学 大学物理B 上 第5章 真空中的静电场答案

同济大学大学物理B 上第5章真空中的静电场答案