大学物理学_(第3版.修订版)_北京邮电大学出版社_下册__第十一章_习题11_答案

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大学物理学(第三版)课后习题参考答案

习题11.1选择题(1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r的端点处，其速度大小为(A)dtdr(B)dt r d(C)dtr d ||(D) 22)()(dt dy dt dx[答案：D](2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2 ，瞬时加速度2/2s m a ，则一秒钟后质点的速度(A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。

[答案：D](3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为(A)t R t R 2,2 (B) tR2,0 (C) 0,0 (D) 0,2tR[答案：B]1.2填空题(1) 一质点，以1s m 的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是；经过的路程是。

[答案： 10m ； 5πm](2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。

[答案： 23m·s -1 ](3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以速度3V行走。

如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V的关系是。

[答案： 0321 V V V]1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定：(1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。

解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。

1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？（1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。

给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。

大学物理学答案(北京邮电大学第3版)赵近芳等编著#(精选.)

大学物理学(北邮第三版) 习题及解答（全）习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r -=∆；（2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d . t rd d 只是速度在径向上的分量.∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆrˆt r t d d d d d d r r r += 式中t rd d 就是速度径向上的分量，∴t r td d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d =，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以t v t v t v d d d d d d ττ +=式中dt dv就是加速度的切向分量.(t tr d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =t rd d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r+=，jt y i t x t r a jt y i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d t r a trv ==其二，可能是将22d d d d t r tr 与误作速度与加速度的模。

大学物理习题及解答(第三版_北京邮电大学出版社)

大学物理习题及解答（第三版北京邮电大学出版社）习题二2-1 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为1m 的物体，另一边穿在质量为2m 的圆柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动．今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度a '下滑，求1m ，2m 相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力(绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计)．解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为1a ，其对于2m 则为牵连加速度，又知2m 对绳子的相对加速度为a '，故2m 对地加速度，由图(b)可知，为a a a '-=12 ①又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f 在数值上等于绳的张力T ，由牛顿定律，有111a m T g m =-② 222a m g m T =-③联立①、②、③式，得2121211212212211)2()()(m m a g m m T f m m a m g m m a m m a m g m m a +'-==+'--=+'+-=讨论 (1)若0='a ，则21a a =表示柱体与绳之间无相对滑动．(2)若g a 2='，则0==f T ，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时1m , 2m 均作自由落体运动．题2-1图2-2 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平线AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．解: 物体置于斜面上受到重力mg ，斜面支持力N .建立坐标：取0v ϖ方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-2.题2-2图X 方向： 0=x F t v x 0= ① Y 方向： y y ma mg F ==αsin ② 0=t 时 0=y 0=y v2sin 21t g y α= 由①、②式消去t ，得 220sin 21x g v y ⋅=α2-3 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为x f ＝6 N ，y f ＝-7 N ，当t ＝0时，==y x 0，x v ＝-2 m ·s -1，y v ＝0．求当t ＝2 s 时质点的 (1)位矢；(2)速度．解： 2s m 83166-⋅===m f a x x2s m 167-⋅-==m f a y y(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=20101200s m 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x于是质点在s 2时的速度1s m 8745-⋅--=j i v ϖϖϖ(2)m 874134)167(21)4832122(21)21(220j i j i j t a i t a t v r y x ϖϖϖϖϖϖϖ--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=2-4 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mk e v )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m k e )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0k m v ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e 1，式中m 为质点的质量．答: (1)∵ t v m kv a d d =-= 分离变量，得m t k v v d d -=即 ⎰⎰-=v v t m t k vv 00d d mkt e v v -=ln ln 0∴ tm k e v v -=0(2) ⎰⎰---===t t t m k m k e k mv t e v t v x 000)1(d d(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有⎰∞-=='000d k mv t e v x t m k (4)当t=k m时，其速度为 e v e v ev v k m m k 0100===-⋅-即速度减至0v 的e 1. 2-5 升降机内有两物体，质量分别为1m ，2m ，且2m ＝21m ．用细绳连接，跨过滑轮,绳子不可伸长，滑轮质量及一切摩擦都忽略不计，当升降机以匀加速a ＝21g 上升时，求：(1) 1m 和2m 相对升降机的加速度．(2)在地面上观察1m ，2m 的加速度各为多少?解: 分别以1m ,2m 为研究对象，其受力图如图(b)所示．(1)设2m 相对滑轮(即升降机)的加速度为a '，则2m 对地加速度a a a -'=2；因绳不可伸长，故1m 对滑轮的加速度亦为a '，又1m 在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以1m 在水平方向对地加速度亦为a '，由牛顿定律，有)(22a a m T g m -'=-a m T '=1题2-5图联立，解得g a ='方向向下(2) 2m 对地加速度为 22g a a a =-'= 方向向上 1m 在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即牵相绝a a a ϖϖϖ+='∴g g g a a a 25422221=+=+'= a a '=arctan θo6.2621arctan ==，左偏上． 2-6一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v ϖ从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量．解: 依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下,而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为o 30，则动量的增量为 0v m v m p ϖϖϖ-=∆ 由矢量图知，动量增量大小为0v m ϖ，方向竖直向下．2-7 一质量为m 的小球从某一高度处水平抛出，落在水平桌面上发生弹性碰撞．并在抛出1 s ，跳回到原高度，速度仍是水平方向，速度大小也与抛出时相等．求小球与桌面碰撞过程中，桌面给予小球的冲量的大小和方向．并回答在碰撞过程中，小球的动量是否守恒?解: 由题知，小球落地时间为s 5.0．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为g gt v 5.01==，小球上跳速度的大小亦为g v 5.02=．设向上为y 轴正向，则动量的增量 12v m v m p ϖϖϖ-=∆方向竖直向上，大小mg mv mv p =--=∆)(12ϖ碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒． 2-8 作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F ϖ)210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)求4s 后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度j ϖ6-m ·s -1的物体,回答这两个问题．解: (1)若物体原来静止，则i t i t t F p t ϖϖϖϖ10401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向， i p I i m p v ϖϖϖϖϖϖ111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则 ⎰⎰+-=+-=-=t t t F v m t m F v m p v m p 000000d )d (,ϖϖϖϖϖϖϖ于是⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d ϖϖϖϖϖ, 同理， 12v v ϖϖ∆=∆,12I I ϖϖ= 这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理．(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即 0200102=-+t t解得s 10=t ，(s 20='t 舍去) 2-9 一质量为m 的质点在xOy 平面上运动，其位置矢量为 j t b i t a r ϖϖϖωωsin cos += 求质点的动量及t ＝0 到ωπ2=t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量．解: 质点的动量为 )cos sin (j t b i t a m v m p ϖϖϖϖωωω+-== 将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式，得 j b m p ϖϖω=1,i a m p ϖϖω-=2,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 )(12j b i a m p p p I ϖϖϖϖϖϖ+-=-=∆=ω2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得b a t = (2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at t bt a I 0221d )(将b a t =代入，得 b a I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量0202bv a v I m ==2-11 一炮弹质量为m ，以速率v 飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T ，且一块的质量为另一块质量的k 倍，如两者仍沿原方向飞行，试证其速率分别为v +m kT 2, v -km T2证明: 设一块为1m ，则另一块为2m ，21km m =及m m m =+21于是得1,121+=+=k m m k km m ①又设1m 的速度为1v , 2m 的速度为2v ，则有2222211212121mv v m v m T -+=②2211v m v m mv +=③联立①、③解得 12)1(kv v k v -+=④将④代入②，并整理得21)(2v v km T -=于是有km T v v 21±= 将其代入④式，有m kT v v 22±=又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取 km T v v m kT v v 2,221-=+=证毕． 2-12 设N 67j i F ϖϖϖ-=合．(1) 当一质点从原点运动到m 1643k j i r ϖϖϖϖ++-=时，求F ϖ所作的功．(2)如果质点到r 处时需0.6s ，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化．解: (1)由题知，合F ϖ为恒力， ∴ )1643()67(k j i j i r F A ϖϖϖϖϖϖϖ++-⋅-=⋅=合 J 452421-=--=(2) w 756.045==∆=t A P(3)由动能定理，J 45-==∆A E k2-13 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm ，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同．解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图ky f -=第一锤外力的功为1A⎰⎰⎰==-='=s s k y ky y f y f A 1012d d d ①式中f '是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在0d →t 时，f 'f -=．设第二锤外力的功为2A ，则同理，有⎰-==21222221d y k ky y ky A ②由题意，有2)21(212k mv A A =∆== ③即 222122k k ky =-所以，22=y 于是钉子第二次能进入的深度为 cm 414.01212=-=-=∆y y y2-14 设已知一质点(质量为m )在其保守力场中位矢为r 点的势能为n P r k r E /)(=, 试求质点所受保守力的大小和方向．解: 1d )(d )(+-==n r nk r r E r F 方向与位矢r ϖ的方向相反，即指向力心．2-15 一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端，挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ，B 的下端一重物C ，C 的质量为M ，如题2-15图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比．解: 弹簧B A 、及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图Mg F F B A ==又 11x k F A ∆=22x k F B ∆=所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =∆∆弹性势能之比为12222211121212k k x k x k E E p p =∆∆= 2-16 (1)试计算月球和地球对m 物体的引力相抵消的一点P ，距月球表面的距离是多少?地球质量5.98×1024kg ，地球中心到月球中心的距离3.84×108m ，月球质量7.35×1022kg ，月球半径1.74×106m ．(2)如果一个1kg 的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么它在P 点的势能为多少?解: (1)设在距月球中心为r 处地引月引F F =，由万有引力定律，有()22r R mM G r mM G -=地月经整理，得R M M M r 月地月+==2224221035.71098.51035.7⨯+⨯⨯81048.3⨯⨯m 1032.386⨯= 则P 点处至月球表面的距离为m 1066.310)74.132.38(76⨯=⨯-=-=月r r h(2)质量为kg 1的物体在P 点的引力势能为()r R M Gr M G E P ---=地月()72411722111083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯-=- J 1028.16⨯=2-17 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为1m 和2m 的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧的劲度系数为k ，自然长度等于水平距离BC ，2m 与桌面间的摩擦系数为μ，最初1m 静止于A 点，AB ＝BC ＝h ，绳已拉直，现令滑块落下1m ,求它下落到B 处时的速率．解: 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有])(21[)(21212212l k gh m v m m gh m ∆+-+=-μ式中l ∆为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则h BC AC l )12(-=-=∆联立上述两式，得()()212221122m m kh gh m m v +-+-=μ题2-17图2-18 如题2-18图所示，一物体质量为2kg ，以初速度0v ＝3m ·s -1从斜面A 点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N ，到达B 点后压缩弹簧20cm 后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点。

物理学第三版(刘克哲)11章习题解答

, b*处于平面pcd之内、并与pd相垂直，如图11-9 (b)所示。由图11-9
(b)还可以看到，b*与竖直轴线op的夹角为α，所以载流导线ab在点p产生的磁感应强度沿该竖直轴的分量为
. 由于对称性，载流导线bc和ca在点p产生的磁感应强度沿竖直轴的分
量，与上式相同。同样由于对称性，三段载流导线在点p产生的磁感应强度垂直于竖直轴的分量彼此抵消。所以点p的实际磁感应强度的大小为
, 方向沿竖直轴po向下。 11-10 两个半径相同、电流强度相同的圆电流，圆心重合，圆面正
交，如图11-10所示。如果半径为r，电流为i，求圆心处的磁感应强度 b。
解两个正交的圆电流，一个处于xy平面内，产生的磁感应强度b1，沿z轴正方向，另一个处于 xz平面内，产生的磁感应强度b2，沿y轴正方向。这两个磁感应强度的大小相等，均为
动，速度v的大小应满足
, 所以速度的大小应为
. 11-29 半径为r的磁介质球被均匀磁化，磁化强度为m，求： (1) 由磁化电流在球心产生的磁感应强度和磁场强度； (2)由磁化电流产生的磁矩。解 (1)取球心o为坐标原点、z轴水平向右建立如图11-14所示的坐标系。根据
解放电管中的电流是由电子和质子共同提供的，所以
. 电流的流向与质子运动的方向相同。 11-3 两段横截面不同的同种导体串联在一起，如图11-7所示，两端
施加的电势差为u。问： (1)通过两导体的电流是否相同？ (2)两导体内的电流密度是否相同？ (3)两导体内的电场强度是否相同？ (4)如果两导体的长度相同，两导体的电阻之比等于什么？ (5)如果两导体横截面积之比为1: 9，求以上四个问题中各量的比例关系，以及两导体有相同电阻时的长度之比。解 (1)通过两导体的电流相同，

大学物理学第三版修订版下册第11章答案

习题1111.1选择题(1）一圆形线圈在磁场中作下列运动时，那些情况会产生感应电流（）（A ）沿垂直磁场方向平移；（B ）以直径为轴转动，轴跟磁场垂直；（C ）沿平行磁场方向平移；（D ）以直径为轴转动，轴跟磁场平行。

[答案：B](2)下列哪些矢量场为保守力场（）（A ）静电场；（B ）稳恒磁场；（C ）感生电场；（D ）变化的磁场。

[答案：A](3) 用线圈的自感系数 L 来表示载流线圈磁场能量的公式221LI W m=（）( A )只适用于无限长密绕线管； ( B ) 只适用于一个匝数很多，且密绕的螺线环； ( C ) 只适用于单匝圆线圈； ( D )适用于自感系数L 一定的任意线圈。

[答案：D](4)对于涡旋电场，下列说法不正确的是（）：（A ）涡旋电场对电荷有作用力；（B ）涡旋电场由变化的磁场产生；（C ）涡旋场由电荷激发；（D ）涡旋电场的电力线闭合的。

[答案：C]11.2 填空题(1)将金属圆环从磁极间沿与磁感应强度垂直的方向抽出时，圆环将受到。

[答案：磁力](2)产生动生电动势的非静电场力是，产生感生电动势的非静电场力是，激发感生电场的场源是。

[答案：洛伦兹力，涡旋电场力，变化的磁场](3)长为l 的金属直导线在垂直于均匀的平面内以角速度ω转动，如果转轴的位置在，这个导线上的电动势最大，数值为；如果转轴的位置在，整个导线上的电动势最小，数值为。

[答案：端点，221l B ω；中点，0]11.3一半径r =10cm 的圆形回路放在B =0.8T 的均匀磁场中．回路平面与B ϖ垂直．当回路半径以恒定速率tr d d =80cm ·s -1收缩时，求回路中感应电动势的大小．解: 回路磁通 2πr B BS m ==Φ感应电动势大小40.0d d π2)π(d d d d 2====trr B r B t t m Φε V11.4 一对互相垂直的相等的半圆形导线构成回路，半径R =5cm ，如题11.4图所示．均匀磁场B =80×10-3T ，B 的方向与两半圆的公共直径(在Oz 轴上)垂直，且与两个半圆构成相等的角α当磁场在5ms 内均匀降为零时，求回路中的感应电动势的大小及方向．解: 取半圆形cba 法向为i ϖ，题11.4图则 αΦcos 2π21B R m =同理，半圆形adc 法向为j ϖ，则αΦcos 2π22B R m=∵ B ϖ与i ϖ夹角和B ϖ与j ϖ夹角相等，∴ ︒=45α 则 αΦcos π2R B m =221089.8d d cos πd d -⨯-=-=Φ-=tBR t m αεV 方向与cbadc 相反，即顺时针方向．题11.5图 11.5 如题11.5图所示，载有电流I 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，且端点MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b ，环心O 与导线相距a ．设半圆环以速度v 平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN 两端的电压N M U U -．解: 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v ϖ方向运动时0d =m Φ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ⎰+-<+-==ba ba MN ba ba Iv l vB 0ln 2d cos 0πμπε 所以MeN ε沿NeM 方向，大小为ba ba Iv -+ln 20πμ M 点电势高于N 点电势，即b a ba Iv U U N M -+=-ln 20πμ题11.6图11.6如题11.6所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以tId d 的变化率增大，求： (1)任一时刻线圈内所通过的磁通量； (2)线圈中的感应电动势．解: 以向外磁通为正则 (1) ]ln [lnπ2d π2d π2000dad b a b Ilr l rIr l rIab bad dm +-+=-=⎰⎰++μμμΦ (2) tIb a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-=μΦε11.7 如题11.7图所示，用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆．令这半圆形导线在磁场中以频率f 绕图中半圆的直径旋转．整个电路的电阻为R ．求：感应电流的最大值．题11.7图解: )cos(2π02ϕωΦ+=⋅=t r B S B m ϖϖ ∴ Bfr f r B r B t r B t m m i 222202ππ22π2π)sin(2πd d ===+=-=ωεϕωωΦε ∴ RBfr R I m22π==ε11.8 如题11.8图所示，长直导线通以电流I =5A ，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长b =0.06m ，宽a =0.04m ，线圈以速度v =0.03m ·s -1垂直于直线平移远离．求：d =0.05m 时线圈中感应电动势的大小和方向．题11.8图解: AB 、CD 运动速度v ϖ方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA 产生电动势⎰==⋅⨯=AD I vb vBb l B v d2d )(01πμεϖϖϖBC 产生电动势)(π2d )(02d a Ivbl B v CB+-=⋅⨯=⎰μεϖϖϖ∴回路中总感应电动势8021106.1)11(π2-⨯=+-=+=ad d Ibv μεεε V 方向沿顺时针．11.9 长度为l 的金属杆ab 以速率v 在导电轨道abcd 上平行移动．已知导轨处于均匀磁场Bϖ中，B ϖ的方向与回路的法线成60°角(如题11.9图所示)，B ϖ的大小为B =kt (k 为正常)．设t =0时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向．解: ⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m ϖϖΦ∴ klvt tm-=-=d d Φε 即沿abcd 方向顺时针方向．题11.9图11.10 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B ϖ的方向如题11.10图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t =0)．解: 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时0d d <Φt,0>ε；题11.10图(a)题11.10图(b)在磁场中时0d d =tΦ,0=ε；出场时0d d >tΦ，0<ε，故t I -曲线如题10-9图(b)所示. 题11.11图11.11 导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速ω转动，aO =3l磁感应强度B 平行于转轴，如图11.11所示．试求：（1）ab 两端的电势差；（2）b a ,两端哪一点电势高? 解: (1)在Ob 上取dr r r +→一小段则 ⎰==320292d l Ob l B r rB ωωε 同理 ⎰==302181d l Oa l B r rB ωωε ∴ 2261)92181(l B l B Ob aO ab ωωεεε=+-=+= (2)∵ 0>ab ε 即0<-b a U U ∴b 点电势高．题11.12图11.12 如题11.12图所示，长度为b 2的金属杆位于两无限长直导线所在平面的正中间，并以速度v ϖ平行于两直导线运动．两直导线通以大小相等、方向相反的电流I ，两导线相距2a ．试求：金属杆两端的电势差及其方向．解：在金属杆上取r d 距左边直导线为r ，则 ba b a Iv r r a r Iv l B v b a b a BA AB-+-=-+-=⋅⨯=⎰⎰+-ln d )211(2d )(00πμπμεϖϖϖ ∵ 0<AB ε ∴实际上感应电动势方向从A B →，即从图中从右向左， ∴ ba ba Iv U AB -+=ln 0πμ题11.13图11.13 磁感应强度为B ϖ的均匀磁场充满一半径为R 的圆柱形空间，一金属杆放在题11.13图中位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当tBd d ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．解： ∵ bc ab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε =-=tabd d 2Φεt BR B R t d d 12π]12π[d d 22=-- ∴ tB R R acd d ]12π43[22+=ε∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a →11.14 半径为R 的直螺线管中，有dtdB＞0的磁场，一任意闭合导线abca ，一部分在螺线管内绷直成ab 弦，a ,b 两点与螺线管绝缘，如题10-13图所示．设ab =R ，试求：闭合导线中的感应电动势．解：如图，闭合导线abca 内磁通量)436π(22R R B S B m -=⋅=ϖϖΦ∴ tB R R i d d )436π(22--=ε ∵0d d >tB∴0<i ε，即感应电动势沿acba ，逆时针方向．题11.14图题11.15图11.15 如题11.15图所示，在垂直于直螺线管管轴的平面上放置导体ab 于直径位置，另一导体cd 在一弦上，导体均与螺线管绝缘．当螺线管接通电源的一瞬间管内磁场如题11.15图示方向．试求：（1）ab 两端的电势差；（2）cd 两点电势高低的情况．解：由⎰⎰⋅-=⋅l S t B l E ϖϖϖϖd d d d 旋知，此时旋E ϖ以O 为中心沿逆时针方向． (1)∵ab 是直径，在ab 上处处旋E ϖ与ab 垂直∴ ⎰=⋅ll 0d ϖ旋∴0=ab ε,有b a U U =(2)同理， 0d >⋅=⎰l E cddc ϖϖ旋ε∴ 0<-c d U U 即d c U U >题11.16图11.16 一无限长的直导线和一正方形的线圈如题11.16图所示放置(导线与线圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数．解：设长直电流为I ，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为⎰==32300122ln π2d π2a a Iar rIaμμΦ∴ 2ln π2012aIM μΦ==11.17两线圈顺串联后总自感为1.0H ，在它们的形状和位置都不变的情况下，反串联后总自感为0.4H ．试求：它们之间的互感．解： ∵顺串时 M L L L 221++= 反串联时M L L L 221-+='∴ M L L 4='-15.04='-=L L M H题11.18图11.18 一矩形截面的螺绕环如题11.18图所示，共有N 匝．试求： (1)此螺线环的自感系数；(2)若导线内通有电流I ，环内磁能为多少? 解：如题11.18图示 (1)通过横截面的磁通为 ⎰==baab NIhr h r NIlnπ2d π200μμΦ 磁链 ab IhN N lnπ220μΦψ== ∴ ab hN IL lnπ220μψ==(2)∵ 221LI W m =∴ ab hI N W m ln π4220μ=11.19 一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为I ．求：导线内部单位长度上所储存的磁能．解：在R r <时 20π2RI B rμ=∴ 4222002π82Rr I B w m μμ== 取 r r V d π2d =(∵导线长1=l ) 则 ⎰⎰===RRm I Rrr I r r w W 0204320π16π4d d 2μμπ（资料素材和资料部分来自网络，供参考。

大学物理学(第3版)下册课后练习答案

大学物理学课后习题答案（下册）习题99.1选择题(1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零，则Q与q的关系为：（）（A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q[答案：A](2)下面说法正确的是：（）（A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有电荷；（B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零；（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷；（D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。

[答案：D](3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（）（A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0[答案：C](4)在电场中的导体内部的（）（A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。

[答案：C]9.2填空题(1)在静电场中，电势不变的区域，场强必定为。

[答案：相同](2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将。

[答案：q/6ε0, 将为零](3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。

[答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命](4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。

[答案：5：6]9.3 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9.3图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题9.3图题9.4图9.4 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ2,如题9.4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9.4图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 9.5 根据点电荷场强公式204r q E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．9.6 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024d q πε,又有人说，因为f =qE ,SqE 0ε=，所以f =Sq 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强SqE 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S qE 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力．9.7 长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m-1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强．解：如题9.7图所示(1) 在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε222)(d π4d x a xE E l l P P -==⎰⎰-ελ题9.7图]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右(2)同理2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题9.7图所示由于对称性⎰=l Qx E 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220d d d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向9.8 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强．解: 如9.8图在圆上取ϕRd dl =题9.8图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为 20π4d d RR E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．9.9 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如9.9图示，正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题9.9图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵lq 4=λ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿9.10 (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?解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量06εqe =Φ． (2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ，如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题9.10图所示．题9.10 图9.11 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅，方向沿半径向外．12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=rr r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外. 9.12 半径为1R和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题9.13图9.13 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题9.13图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， n E)(21210σσε-=1σ面外， n E)(21210σσε+-=2σ面外， n E)(21210σσε+= n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．9.14 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题9.14图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题9.14图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ- 球在O 点产生电场d π4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ； (2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E 'OO题9.14图(a) 题9.14图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位矢为r (如题8-13(b)图)则 03ερrE PO =，3ερr E O P '-=',∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．9.15 一电偶极子由q =1.0×10-6C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C-1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解: ∵ 电偶极子p在外场E 中受力矩E p M⨯= ∴ qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅9.16 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功? 解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r -61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题9.17图9.17 如题9.17图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题9.17图示0π41ε=O U 0)(=-RqR q 0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-=∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=9.18 如题9.18图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题9.18图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ 同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O9.19 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅9.20 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 4105.1d ⨯==E U V9.21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题9.21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题9.21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题9.21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ∴ +2σ03=σ说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ又∵ +2σ03=σ ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．9.22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0mm ．B ，C 都接地，如题9.22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题9.22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题9.22图(1)∵ AB AC U U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV9.23两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； *(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε题9.23图(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=9.24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题9.24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U题9.24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+Rq R q εε得 -='q 3q9.25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知 2020π4rq F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =', 小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电q q 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力0022018348342F r πqr π"q 'q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q. ∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r q q F ==ε9.26 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强303π4,π4r rQ E r Qr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r-+=εεε9.27 如题9.27图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题9.27图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内d21U E E == ∴r r E E εεεεσσ==102012题9.27图题9.28图9.28 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求： (1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容．解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε==薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε==题9.29图9.29 如题9.29 图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ．解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q = ∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 9.30 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V 的电压，是否会击穿? 解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U ∴ 6001=U V ,4002=U V 即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．9.31半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C 时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题9.31图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε =3R r >时 302π4rrQ E ε=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε ∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F习题1010.1选择题(1) 对于安培环路定理的理解，正确的是：（A ）若环流等于零，则在回路L 上必定是H 处处为零；（B ）若环流等于零，则在回路L 上必定不包围电流；（C ）若环流等于零，则在回路L 所包围传导电流的代数和为零；（D ）回路L 上各点的H 仅与回路L 包围的电流有关。

大学物理学(第3版修订版)下册答案

10.1选择题(D) 回路L 上各点的H 仅与回路L 包围的电流有关。

［答案：C ］(2)对半径为R 载流为I 的无限长直圆柱体，距轴线 r 处的磁感应强度 B ()(A) 内外部磁感应强度 B 都与r 成正比；(B) 内部磁感应强度 B 与r 成正比，外部磁感应强度 B 与r 成反比； (C) 内外部磁感应强度 B 都与r 成反比；(D) 内部磁感应强度 B 与r 成反比，外部磁感应强度 B 与r 成正比。

［答案：B ］(3) 质量为m 电量为q 的粒子，以速率 v 与均匀磁场B 成B 角射入磁场，轨迹为一螺旋线，若要增大螺距则要()(A ) 增加磁场B ； (B )减少磁场B ； ( C )增加B 角；(D )减少速率V 。

［答案：B ］(4) 一个100匝的圆形线圈，半径为5厘米，通过电流为 0.1安，当线圈在1.5T 的磁场中从9=0的位置转到180度(B 为磁场方向和线圈磁矩方向的夹角)时磁场力做功为() (A) 0.24J ； (B ) 2.4J ; ( C ) 0.14J ; ( D ) 14J 。

［答案：A ］10.2填空题(1)边长为a 的正方形导线回路载有电流为I ，则其中心处的磁感应强度习题10(1) 对于安培环路定理的理解,(A) 若环流等于零，则在回路 (B) 若环流等于零，则在回路(C) 若环流等于零，则在回路正确的是： L 上必定是 H 处处为零;L 上必定不包围电流；L 所包围传导电流的代数和为零; ［答案:，方向垂直正方形平面(2)计算有限长的直线电流产生的磁场理求得(填能或不能)。

［答案：能，不能］用毕奥——萨伐尔定律，而用安培环路定(3)电荷在静电场中沿任一闭合曲线移动一周，电场力做功为闭合曲线移动一周，磁场力做功为 ______ 。

［答案：零，正或负或零］____ 。

电荷在磁场中沿任(4)两个大小相同的螺线管一个有铁心一个没有铁心，当给两个螺线管通以 ___ 电流时,管内的磁力线 H 分布相同，当把两螺线管放在同一介质中，管内的磁力线H 分布将［答案：相同，不相同］10.3在同一磁感应线上，各点 B 的数值是否都相等？为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B 的方向？解：在同一磁感应线上，各点 B 的数值一般不相等•因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度 B 的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁10.4 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度 B 的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化 (即磁场是否一定是均匀的)?(2)若存在电流，上述结论是否还对？解:(1)不可能变化，即磁场一定是均匀的•如图作闭合回路abed 可证明B 1B 2B dl B-|da B 2 beI 0abedB 1 B 2(2)若存在电流，上述结论不对.如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B 方向相反，即B 1B 2.10.5 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场？答：不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用.10.6在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部 B °nl ,外面B =0,所以在载流螺线管外面环绕一周(见题10.6图)的环路积分■■- L B 外• d l =0但从安培环路定理来看，环路 L 中有电流I 穿过，环路积分应为LB 外• d |=01这是为什么？场决定的，所以不把磁力方向定义为B 的方向.题10.3图2B S 2 0onl ,B 外 0有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线. 这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是 L B 外dl 0 I 0，与■l B 外 dl 0 dl 0是不矛盾的•但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型•实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是B 外的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量 B 丛，r 为管外一点到螺线管轴2 r的距离.10.7如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场？如果它发生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场？解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致. 如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转.10.8 已知磁感应强度 B 2.0Wb ・m 2的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示.试 ⑵ 通过图中befe 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量.(1)通过abed 面积的磁通是1 B 2.0 0.3 0.40.24 Wb⑵ 通过befe 面积S 2的磁通量(3)通过aefd 面积S 3的磁通量解：我们导出B 内求：(1)通过图中abed 面的磁通量; 题10.6 图解：如题10.8图所示题10.8图0 I 1 0 1 2B A0112 (0.1 0.05)B B2 (0.1 0.05)20.0551.33 10 T4B S 32 0.3 0.5 cos 2 0.3 0.5 —0.24 Wb (或 0.24 Wb )流，l 1=20A, l 2=10A ，如题10.10图所示.A , B 两点与导线在同一平面内.这两点与导线L 2的距离均为5.0cm .试求A , B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置.■题 10.10 图解：如题10.10图所示,B A 方向垂直纸面向里10.9 如题10.9图所示,AB 、CD 为长直导线,BC为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R .若通以电流 I ，求O 点的磁感应强度. 解：如题 10.9图所示,O 点磁场由AB 、BC 、CD 三部分电流产生•其中AB 产生 B 1 0CD 产生B 2』，方向垂直向里12RCD 段产生B 3—°^(sin90sin 60 )/ R 4 -2-），方向向里 210.10 在真空中,B 3hR (1i 3 6)，方向向里.有两根互相平行的无限长直导线，相距0.1m ，通有方向相反的电题10.9图O11 =20A题10.12图⑵设B 0在L 2外侧距离L 2为r 处I_[_2 2 (r 0.1)2 rr 0.1 m|2产生B 2方向纸面向里打(2)1B 21 210.12 在一半径R =1.0cm 的无限长半圆柱形金属薄片中，自上而下地有电流 1=5.0 A 通过，电流分布均匀.如题10.12图所示•试求圆柱轴线任一点P 处的磁感应强度.则解得10.11如题10.11图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的源相连•已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度.A ,B 两点，并在很远处与电解：如题10.11图所示，圆心O 点磁场由直电流 A 和B 及两段圆弧上电流|1与|2所产生，但A 和B 在O 点产生的磁场为零。

大学物理第十一章课后答案

第十一章电流与磁场11-1 电源中的非静电力与静电力有什么不同？答：在电路中，电源中非静电力的作用是，迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极移动到高电位的电源正极，使两极间维持一电位差。

而静电场的作用是在外电路中把正电荷由高电位的地方移动到低电位的地方，起到推动电流的作用；在电源内部正好相反，静电场起的是抵制电流的作用。

电源中存在的电场有两种：1、非静电起源的场；2、稳恒场。

把这两种场与静电场比较，静电场由静止电荷所激发，它不随时间的变化而变化。

非静电场不由静止电荷产生，它的大小决定于单位正电荷所受的非静电力，q非F E =。

当然电源种类不同，非F 的起因也不同。

11-2静电场与恒定电场相同处和不同处？为什么恒定电场中仍可应用电势概念？答：稳恒电场与静电场有相同之处，即是它们都不随时间的变化而变化，基本规律相同，并且都是位场。

但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生，电荷本身却在移动。

正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化，因此静电场的两条基本定理，即高斯定理和环路定理仍然适用，所以仍可引入电势的概念。

11-3一根铜导线表面涂以银层，当两端加上电压后，在铜线和银层中，电场强度是否相同？电流密度是否相同？电流强度是否相同？为什么？答：此题涉及知识点：电流强度d sI =⋅⎰j s ，电流密度概念，电场强度概念，欧姆定律的微分形式j E σ=。

设铜线材料横截面均匀，银层的材料和厚度也均匀。

由于加在两者上的电压相同，两者的长度又相等，故铜线和银层的场强E相同。

由于铜线和银层的电导率σ不同，根据j E σ=知，它们中的电流密度j 不相同。

电流强度d sI =⋅⎰j s ，铜线和银层的j 不同但相差不太大，而它们的横截面积一般相差较大，所以通过两者的电流强度，一般说来是不相同的。

11-4一束质子发生侧向偏转，造成这个偏转的原因可否是：（1）电场？（2）磁场？（3）若是电场和磁场在起作用，如何判断是哪一种场？答：造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。

大学物理学第版修订版北京邮电大学出版社下册习题答案.docx

习题9 9.1 选择题(1)正方形的两对角线处各放置电荷 Q，另两对角线各放置电荷 q，若 Q 所受到合力为零，则 Q与 q 的关系为：（）（ A） Q=-23/2 q (B) Q=23/2 q(C) Q=-2q(D) Q=2q[ 答案： A](2)下面说法正确的是：（）（A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有电荷；（B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零；（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷；（D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。

[ 答案： D](3)一半径为 R 的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面 R处的电场强度（）（A）σ / ε0（B）σ /2ε 0（C）σ /4ε 0（D）σ /8ε0 [ 答案： C](4)在电场中的导体内部的（）（A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。

[ 答案： C]9.2 填空题(1) 在静电场中，电势不变的区域，场强必定为。

[ 答案：相同 ](2) 一个点电荷 q 放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将。

[ 答案： q/6 ε0 ,将为零](3) 电介质在电容器中作用（a）——（ b）——。

[ 答案： (a) 提高电容器的容量;(b)延长电容器的使用寿命](4) 电量 Q均匀分布在半径为R 的球体内，则球内球外的静电能之比。

[ 答案： 5： 6]9.3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9.3图示(1)以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷解得q 3 q3(2)与三角形边长无关．题 9.3 图题9.4图9.4两小球的质量都是m ，都用长为l的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为 2, 如题 9.4 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 9.4 图示解得q 2 sin 40mgtan l9.5 根据点电荷场强公式E q，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0) 时，则0r 24场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解 :qr0仅对点电荷成立，当r0 时，带电体不能再视为点电荷，再用上Er24π式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．9.6在真空中有 A ， B 两平行板，相对距离为 d ，板面积为 S ，其带电量分别为+ q 和q 2- q．则这两板之间有相互作用力 f ，有人说 f =40d 2,又有人说，因为f = qE , E q，所以 f =q2．试问这两种说法对吗 ?为什么 ? f 到底应等于多少?0 SS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也是不对的．正确0S解答应为一个板的电场为 Eq，另一板受它的作用力 f qq q22 0 S 2 0 S，这是两2 0 S板间相互作用的电场力．9.7 长l =15.0cm的直导线 AB上均匀地分布着线密度=5.0x10-9-1的正电C·m荷．试求： (1) 在导线的延长线上与导线 B端相距a1=5.0cm处P点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距 d 2=5.0cm 处Q点的场强．解：如题 9.7 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 P1dx4π0(a x) 2l dxE P dE P2题 9.7图l(a x)24π02用 l 15 cm， 5.0 10 9 C m 1,a12.5 cm代入得E P 6.74102N C1方向水平向右(2) 同理dE Q1dx方向如题 9.7图所示4π0x 2 d 22由于对称性dE Qx 0 ，即 E Q只有 y 分量，l2∵dE Qy1dx dπ 0x2 d 22x 2d224以 5.0 10 9 C cm 1,l 15 cm,d2 5 cm 代入得E Q E Qy14.96 102N C1，方向沿 y 轴正向9.8一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为, 求环心处O点的场强．解: 如 9.8 图在圆上取dl Rd题9.8 图dq dl R d，它在O点产生场强大小为RddE方向沿半径向外24π0 R则dE x dE sinsin d4π0 R积分E x sin d04π0 R2π0 R∴ E E x，方向沿 x 轴正向．2π0 R9.9均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强 E ；(2)证明：在r l 处，它相当于点电荷q 产生的场强 E ．解 :如9.9图示，正方形一条边上电荷q在P点产生物强dE P方向如图，大小为4l∵cos212r 2l2∴dE Pl2 l 22 l 24π0r r42 dE P在垂直于平面上的分量dE dE P cos∴l rdE4π0r 2l 2r 2l 2r 2l 2424题9.9 图由于对称性，P 点场强沿 OP 方向，大小为q∵4l∴E P qr方向沿 OP4π0 ( r 2l 2) r2 l 2429.10 (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?解: (1)由高斯定理qE dSs立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等∴ 各面电通量e q．60(2) 电荷在顶点时，将立方体延伸为边长2a 的立方体，使 q 处于边长 2a 的立方体中心，则边长 2a 的正方形上电通量qe60q对于边长 a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则e，24 0如果它包含 q 所在顶点则e0 ．如题 9.10 图所示．题9.10图9.11 均匀带电球壳内半径6cm，外半径 10cm，电荷体密度为 2×105-3求距球心C· m5cm，8cm ,12cm 各点的场强．解 :高斯定理 E dS q, E4πr2qs00当 r 5 cm时，q 0 ,E0r 8 cm时， q p 4π(r3r内3 ) 34πr3r内2∴E323.48 104N C1，方向沿半径向外．4π0 rr 12cm时 ,4π33q( r外内3r ）4πr外3r内3∴E324.10 104N C1沿半径向外 .4π0 r9.12半径为R1和R2(R2＞R1)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和- , 试求 :(1)r ＜ R1；(2)R1＜ r ＜ R2；(3)r ＞ R2处各点的场强．解 :高斯定理q E dSs取同轴圆柱形高斯面，侧面积S2πrl则 E dSSE2πrl对 (1)r R1q 0, E0(2)R1r R2q l∴E沿径向向外2π0 r(3)r R2q0∴ E 0题9.13 图9.13两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为 1 和 2 ，试求空间各处场强．解 :如题9.13图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为 1 与 2 ，两面间， E1( 12 ) n201面外， E1( 12 )n202面外， E1( 12 ) n20n ：垂直于两平面由 1 面指为 2 面．9.14半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为, 若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题9.14 图所示．试求：两球心O 与 O点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解 :将此带电体看作带正电的均匀球与带电的均匀小球的组合，见题9.14图(a)．(1)球在O点产生电场E100 ，4 π3球在 O 点产生电场E2033OO'4π0dr 3∴O点电场EOO'；030d34d3(2)在O产生电场E1033 OO '4π0d球在 O 产生电场E200∴O点电场E03OO '题 9.14 图(a)题9.14图(b)(3)设空腔任一点 P 相对 O 的位矢为 r ，相对 O 点位矢为 r (如题8-13(b)图)则E PO r ，30EPO r,30∴EPEPOEPO( r r )dOO'3 0 3 0 3 0∴腔内场强是均匀的．9.15一电偶极子由 q =1.0×10-6C的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm，把这电偶极子放在 1.0 × 105N·C-1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解 :∵电偶极子p在外场E中受力矩∴M max pE qlE 代入数字9.16两点电荷q1=1.5× 10-8C，q2=3.0× 10-8C，相距r1=42cm，要把它们之间的距离变为 r2=25cm，需作多少功?解 : Ar2F dr r2 q1q2drq1q2 (11 )r1r2 4π0r24π0 r1r2外力需作的功A A 6.55 10 6J题9.17 图9.17如题9.17图所示，在A，B两点处放有电量分别为+q ,- q的点电荷，AB间距离为 2 R，现将另一正试验点电荷q0从O点经过半圆弧移到 C 点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题 9.17 图示∴ A q0 (U Oq o q U C )6π0 R9.18如题9.18图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心 O 点处的场强和电势．解 : (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和 CD 段电荷在 O 点产生的场强互相抵消，取dl Rd则 dq Rd产生O点dE如图，由于对称性，O点场强沿 y 轴负方向题9.18 图［sin() sin ］4π0 R22(2)AB 电荷在 O 点产生电势，以U0同理 CD 产生U 2ln 24π 0πR 半圆环产生U 34π 0 R4 0∴U O U 1 U 2 U 3ln 22π 04 04-1的匀速率作圆周运动．求带9.19 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以 2× 10 m ·s电直线上的线电荷密度．-31-19( 电子质量 m 0 =9.1 × 10 kg ，电子电量 e =1.60 × 10 C)解 :设均匀带电直线电荷密度为，在电子轨道处场强电子受力大小F ee eE2π 0 r∴e v 2 2π 0 rmr得2π 0 mv 212.5 10 13 C m 1e-19.20 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV · cm ，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为 d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压．解 :平行板电容器内部近似为均匀电场9.21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板 ( 题9.21 图 ) 来说， (1) 相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2) 相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证 :如题 9.21 图所示，设两导体A 、的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1，B2，3，4题 9.21 图(1) 则取与平面垂直且底面分别在 A 、 B 内部的闭合柱面为高斯面时，有∴230说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2) 在 A 内部任取一点 P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即又∵230∴14说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．9.22 三个平行金属板2A ，B 和C 的面积都是 200cm ， A 和 B 相距 4.0mm ， A 与 C 相距 2.0 mm ． B ， C 都接地，如题 9.22 图所示．如果使 A 板带正电 3.0 ×10-7 C ，略去边缘效应，问 B 板和 C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则 A 板的电势是多少?解 :如题9.22图示，令A板左侧面电荷面密度为 1 ，右侧面电荷面密度为2题9.22 图(1)∵∴∴且得而(2)U AC U AB，即E AC d AC E AB d AB1 E AC d AB2EABdAC21+q A2S2qA ,12q A3S3Sq C 1 S2q A 2 10 7C3q B 2 S 1 10 7 CU A E AC d AC 1 d AC 2.3103V9.23 两个半径分别为R1和 R2（ R1＜ R2)的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+ q，试计算： (1) 外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；*(3) 再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q ；球壳内表面带电则为q ,外表面带电为q ，且均匀分布，其电势U E dr qdr qR2 4π0 r24π0RR2题9.23 图(2) 外壳接地时，外表面电荷q 入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q ．所以球壳电势由内球q 与内表面q 产生：(3) 设此时内球壳带电量为q ；则外壳内表面带电量为q ，外壳外表面带电量为q q (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且得q R1qR2外球壳上电势9.24半径为R的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为d3R处有一点电荷 + q，试求：金属球上的感应电荷的电量．解 :如题9.24图所示，设金属球感应电荷为q ，则球接地时电势U O0题9.24 图由电势叠加原理有：得q q39.25 有三个大小相同的金属小球，小球 1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为 F 0 ．试求：(1) 用带绝缘柄的不带电小球 3先后分别接触 1， 2后移去，小球 1， 2之间的库仑力；(2) 小球 3依次交替接触小球 1，2很多次后移去，小球 1， 2之间的库仑力．解 : 由题意知q 2F 00 r 24π (1) 小球 3 接触小球 1后，小球 3和小球 1均带电qq,2小球 3 再与小球 2 接触后，小球 2 与小球 3 均带电∴此时小球 1与小球 2 间相互作用力(2) 小球 3 依次交替接触小球 1、 2 很多次后，每个小球带电量均为2q .32 q 2 q4 ∴ 小球 1、 2间的作用力3 3F 24π 0 r 29F9.26 在半径为 R 1 的金属球之外包有一层外半径为 R 2 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ，金属球带电 Q ．试求：(1) 电介质内、外的场强；(2) 电介质层内、外的电势；(3) 金属球的电势．解 : 利用有介质时的高斯定理D dSqS(1) 介质内 ( R 1r R 2 ) 场强DQr , E 内Qrr3;4π 34π0 rr介质外 (rR 2 ) 场强(2) 介质外 (r R 2 ) 电势介质内 (R 1 r R 2 ) 电势(3) 金属球的电势9.27 如题 9.27 图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为 r 的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解 : 如题 9.27 图所示，充满电介质部分场强为 E 2 ，真空部分场强为 E 1 ，自由电荷面密度分别为2 与1由 D dSq 0 得D1 1，D2 2而D1 0E 1 ,D2 0 rE2∴20 r E2r10 E1题 9.27 图题9.28图9.28两个同轴的圆柱面，长度均为l，半径分别为R1和R2(R2＞R1)，且l>>R2-R1，两柱面之间充有介电常数的均匀电介质 . 当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和- Q 时，求：(1)在半径 r 处( R1＜ r ＜ R2＝，厚度为dr，长为l的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量；(2)电介质中的总电场能量；(3)圆柱形电容器的电容．解 :取半径为r的同轴圆柱面( S)则D S rlD( S)d2π当 (R1r R2 ) 时，q Q∴(1)电场能量密度QD2πrlD 2Q 2w22l228π r薄壳中 dW wdQ 2Q 2 dr22l22πrdrl8π r4π rl(2)电介质中总电场能量(3) 电容：∵Q 2W2CQ 2πl∴C22W ln( R2 / R1 )题9.29 图9.29如题9.29图所示，C1=0.25F，C2 =0.15 F，C3 =0.20 F ．C1上电压为50V．求：U AB．解 :电容C1上电量电容 C 2与 C3并联 C 23 C 2C3其上电荷 Q 23Q1∴Q23C1U 125 50 U 2C 2335C 239.30C1和 C 2两电容器分别标明“200 pF 、 500 V ”和“ 300 pF 、 900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上 1000 V的电压，是否会击穿?解 : (1)C1与 C 2串联后电容(2)串联后电压比U 1C23，而 U 1 U 2 1000U 2C12∴U 1600 V, U 2400V即电容 C1电压超过耐压值会击穿，然后 C 2也击穿．9.31 半径为R1 =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为R2=4.0cm和 R3=5.0cm，当内球带电荷 Q =3.0×10-8C时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量；(3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q，外球壳内表面带电Q ，外表面带电 Q题9.31 图(1) 在r R1和 R2r R3区域在 R1 r R2时QrE134π0 rr R3时QrE234π0 r∴在 R1r R2区域在 r R3区域∴总能量 W W1 W2Q 2(11 1 )8π0R1R2R3(2) 导体壳接地时，只有 R 1 r R 2 时 E Qr , W 2 0 4π 0 r 3∴W W 1 Q 2 ( 1 1 ) 1.01 10 4 J 8π 0 R 1 R 2(3) 电容器电容C 2W 4π 0 /( 1 1 ) Q 2 R 1 R 2。

大学物理学_(第3版.修订版)下----第11章--完全答案

大学物理学_(第3版.修订版)_下册_第十一章电磁感应习题_答案习题1111.3一半径r =10cm 的圆形回路放在B =0.8T 的均匀磁场中．回路平面与B垂直．当回路半径以恒定速率tr d d =80cm ·s -1收缩时，求回路中感应电动势的大小．解: 回路磁通 2πr B BS m ==Φ 感应电动势大小40.0d d π2)π(d d d d 2====trr B r B t t m Φε V11.4 一对互相垂直的相等的半圆形导线构成回路，半径R =5cm ，如题11.4图所示．均匀磁场B =80×10-3T ，B 的方向与两半圆的公共直径(在Oz 轴上)垂直，且与两个半圆构成相等的角α当磁场在5ms 内均匀降为零时，求回路中的感应电动势的大小及方向．解: 取半圆形cba 法向为i，题11.4图则 αΦcos 2π21B R m =同理，半圆形adc 法向为j，则αΦcos 2π22B R m=∵ B 与i 夹角和B 与j 夹角相等，∴ ︒=45α 则 αΦcos π2R B m =221089.8d d cos πd d -⨯-=-=Φ-=tBR t m αεV 方向与cbadc 相反，即顺时针方向．题11.5图 11.5 如题11.5图所示，载有电流I 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，且端点MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b ，环心O 与导线相距a ．设半圆环以速度v 平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN 两端的电压N M U U -．解: 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v方向运动时0d =m Φ ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ⎰+-<+-==ba ba MN ba ba Iv vB 0ln 2dr cos 0πμπε 所以MeN ε沿NeM 方向，大小为ba b a Iv -+ln 20πμ M 点电势高于N 点电势，即b a ba Iv U U N M -+=-ln 20πμ题11.6图11.6如题11.6所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以tId d 的变化率增大，求： (1)任一时刻线圈内所通过的磁通量； (2)线圈中的感应电动势．解: 以向外磁通为正则(1) ]ln [lnπ2d π2d π2000dad b a b Ilr l r Ir l r Iab b ad d m +-+=-=⎰⎰++μμμΦ (2) tIb a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-=μΦε11.7 如题11.7图所示，用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆．令这半圆形导线在磁场中以频率f 绕图中半圆的直径旋转．整个电路的电阻为R ．求：感应电流的最大值．题11.7图解: )cos(2π02ϕωΦ+=⋅=t r B S B m ∴ Bfr f r B r B t r B t m m i 222202ππ22π2π)sin(2πd d ===+=-=ωεϕωωΦε∴ RBfr R I m22π==ε11.8 如题11.8图所示，长直导线通以电流I =5A ，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长b =0.06m ，宽a =0.04m ，线圈以速度v =0.03m ·s -1垂直于直线平移远离．求：d =0.05m 时线圈中感应电动势的大小和方向．题11.8图解: AB 、CD 运动速度v方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA 产生电动势⎰==⋅⨯=AD I vb vBb l B v d2d )(01πμεBC 产生电动势)(π2d )(02d a Ivbl B v CB+-=⋅⨯=⎰με∴回路中总感应电动势8021106.1)11(π2-⨯=+-=+=ad d Ibv μεεε V 方向沿顺时针．11.9 长度为l 的金属杆ab 以速率v 在导电轨道abcd 上平行移动．已知导轨处于均匀磁场B中，B 的方向与回路的法线成60°角(如题11.9图所示)，B的大小为B =kt (k 为正常)．设t =0时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向．解: ⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ∴ klvt tm-=-=d d Φε 即沿abcd 方向顺时针方向．题11.9图11.10 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B的方向如题11.10图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t =0)．解: 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时0d d <Φt,0>ε；题11.10图(a)题11.10图(b)在磁场中时0d d =tΦ,0=ε；出场时0d d >tΦ，0<ε，故t I -曲线如题10-9图(b)所示. 题11.11图11.11 导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速ω转动，aO =3l磁感应强度B 平行于转轴，如图11.11所示．试求：（1）ab 两端的电势差；（2）b a ,两端哪一点电势高?解: (1)在Ob 上取dr r r +→一小段则 ⎰==320292d l Ob l B r rB ωωε 同理 ⎰==302181d l Oa l B r rB ωωε ∴ 2261)92181(l B l B Ob aO ab ωωεεε=+-=+= (2)∵ 0>ab ε 即0<-b a U U∴b 点电势高．题11.12图11.12 如题11.12图所示，长度为b 2的金属杆位于两无限长直导线所在平面的正中间，并以速度v平行于两直导线运动．两直导线通以大小相等、方向相反的电流I ，两导线相距2a ．试求：金属杆两端的电势差及其方向．解：在金属杆上取r d 距左边直导线为r ，则 ba b a Iv r r a r Iv l B v b a b a BA AB -+-=-+-=⋅⨯=⎰⎰+-ln d )211(2d )(00πμπμε ∵ 0<AB ε ∴实际上感应电动势方向从A B →，即从图中从右向左， ∴ ba ba Iv U AB -+=ln 0πμ题11.13图11.13 磁感应强度为B的均匀磁场充满一半径为R 的圆柱形空间，一金属杆放在题11.13图中位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当tBd d ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．解： ∵ bc ab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε =-=t abd d 2ΦεtBR B R t d d 12π]12π[d d 22=--∴ tBR R acd d ]12π43[22+=ε ∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a →11.14 半径为R 的直螺线管中，有dtdB＞0的磁场，一任意闭合导线abca ，一部分在螺线管内绷直成ab 弦，a ,b 两点与螺线管绝缘，如题10-13图所示．设ab =R ，试求：闭合导线中的感应电动势．解：如图，闭合导线abca 内磁通量)436π(22R R B S B m -=⋅= Φ∴ tB R R i d d )436π(22--=ε ∵0d d >tB∴0<i ε，即感应电动势沿acba ，逆时针方向．题11.14图题11.15图11.15 如题11.15图所示，在垂直于直螺线管管轴的平面上放置导体ab 于直径位置，另一导体cd 在一弦上，导体均与螺线管绝缘．当螺线管接通电源的一瞬间管内磁场如题11.15图示方向．试求：（1）ab 两端的电势差；（2）cd 两点电势高低的情况．解：由⎰⎰⋅-=⋅l S tB l Ed d d d 旋知，此时旋E 以O 为中心沿逆时针方向．(1)∵ab 是直径，在ab 上处处旋E与ab 垂直 ∴ ⎰=⋅ll 0d 旋∴0=ab ε,有b a U U =(2)同理， 0d >⋅=⎰l E cddc旋ε∴ 0<-c d U U 即d c U U >题11.16图11.16 一无限长的直导线和一正方形的线圈如题11.16图所示放置(导线与线圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数．解：设长直电流为I ，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为⎰==32300122ln π2d π2a a Iar rIaμμΦ∴ 2ln π2012aIM μΦ==11.17两线圈顺串联后总自感为1.0H ，在它们的形状和位置都不变的情况下，反串联后总自感为0.4H ．试求：它们之间的互感．解： ∵顺串时 M L L L 221++= 反串联时M L L L 221-+='∴ M L L 4='-15.04='-=L L M H题11.18图11.18 一矩形截面的螺绕环如题11.18图所示，共有N 匝．试求： (1)此螺线环的自感系数；(2)若导线内通有电流I ，环内磁能为多少? 解：如题11.18图示 (1)通过横截面的磁通为 ⎰==baab NIhr h r NIln π2d π200μμΦ 磁链 ab IhN N ln π220μΦψ== ∴ abhN IL ln π220μψ==(2)∵ 221LI W m = ∴ ab hI N W m ln π4220μ=11.19 一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为I ．求：导线内部单位长度上所储存的磁能．解：在R r <时 20π2R IrB μ=∴ 4222002π82R r I B w m μμ== 取 r r V d π2d =(∵导线长1=l ) 则 ⎰⎰===RRm I R rr I r r w W 0204320π16π4d d 2μμπ。

《大学物理教程(第三版)》第十一章热力学基础

第十一章热力学基础本篇引言指出，统计物理学和热力学的研究对象相同，都是热现象，但研究方法不相同．统计物理学从物质是由大量分子组成以及分子作热运动的观点出发，运用统计方法建立宏观量与相应的微观量的平均值之间的关系，从物质的微观结构说明物质的宏观现象，所以统计物理学是微观理论．与此相反，热力学不涉及物质的微观结构，它以实验定律为基础，从能量观点出发，研究热现象的宏观规律，所以它属于宏观理论．热力学具有高度的普遍性和可靠性．统计物理学与热力学的研究方法虽然不同，但它们彼此联系，互相补充，使我们对现象的认识更加全面，更加深入，都是研究热现象的不可缺少的理论．§11－1 功内能热量一、功在热力学中通常把所研究的物体(气体、液体或固体)称为热力学系统，简称系统．而把与系统发生作用的环境称为外界．在力学中，我们将力对质点所作的功定义为力在位移方向的分量与位移大小的乘积；角位移d θ中力矩M 的功定义为d W = M d θ．此外，在电磁学中，还定义过电场力的功和磁场力的功．功的概念是很广泛的，但不论是哪一种类型的功，作功的过程始终是与能量的改变、转换以及运动形式的转化相联系．现在，我们要研究热力学系统在状态变化过程中所作的功．我们假设系统的状态变化过程进行得无限地缓慢，使系统所经历的每一中间状态无限地接近于平衡状态，也就是每一中间状态有确定的状态参量，这种过程就是上一章已讲过的准静态过程．在本章中所要讨论的过程均设为准静态过程．取封闭在气缸中的质量一定的气体为研究对象．气缸活塞的面积为S ，如图11－1(a)．当气体的压强为p 时，气体作用于活塞的力为F = pS ．令气体作准静态膨胀，现在来研究气体在这一膨胀过程中所作的功．当活塞移动一个微小距离d l 时，气体体积的增量为d V = S d l ，气体所作的功为d W = F d l = pS d l = p d V由于这是气体在体积发生无限小变化期间所作的功，称为元功．如果气体膨胀，d V > 0，d W 为正，表示系统对外界作功；如果气体被压缩，d V < 0，d W 为负，表示外界对系统作功．当气体由体积为V 1的状态I 变到体积为V 2的状态II 时，其状态变化过程(准静态过程)可用p －V 图上一光滑曲线表示，如图11－1(b)．元功p d V 可用此图上有阴影的窄条面积表示．气体从状态I 变到状态II 所作的总功等于曲线下面所有这样的窄条面积的总和，即面积I II V 2V l I ，用积分表示则为(a) (b)图11－1⎰=21d V V V p W （11－1）显然这个功与过程曲线的形状有关，也就是与过程有关．即使初末状态相同，只要过程路径不同，整个过程中气体所作的功就不相同．所以气体所作的功不仅与气体的初末状态有关，而且还与气体所经历的过程有关．功是一个过程量不是状态量．二、系统的内能为了精确地测定热运动与机械运动之间的转化关系，焦耳从1840年开始的20多年期间，反复进行了大量的实验．实验中，工作物质(水或气体)盛在不传热的量热器中，以致没有热量传递给系统，这样的过程称为绝热过程．例如，图11－2(a)中，重物下降带动量热器中的叶轮搅拌使水温升高，通过机械功使系统内能的状态发生改变．图11－2(b)中，将水与电阻丝视为一个系统，重物下降驱动发电机，发电机产生的电流通过电阻丝，使水温升高，即电功使系统的状态发生改变．焦耳通过大量的实验发现，在绝热过程中，无论用什么方式作功，使系统升高一定的温度所作功的数量是相等的．即在绝热过程中外界对系统所作的功仅与系统的初末状态有关，与过程无关．由于功是能量变化的量度，在热力学中定义系统内能E 的增量等于绝热过程中外界对系统所作的功ΔE = E 2 – E 1 = W 绝热系统的内能和系统的机械能一样完全取决于系统的状态，是系统状态的单值函数，即是它的状态参量的单值函数．在上一章中用气体动理论的观点已经说明，系统的内能包括物体内部大量分子的无规则运动(平动、转动及振动)的动能和分子间相互作用的势能．例如，对给定的理想气体来说，其内能RT i M m E 2=是温度T 的单值函数．对实际气体来说，由于分子间的相互作用力不能忽略，除了分子的各种运动的动能以外，还有分子间的势能，这势能与分子间的距离有关，也就是与气体的体积有关，所以实际气体的内能是气体的温度T 及体积V 的函数．E = E (T ，V )如果用统计物理学方法来研究系统的内能，就要计算分子的动能和势能，为此就要知道系统由什么样的分子组成，分子间的相互作用力以及分子有哪几种运动等．但除了理想气体之外，这个要求是很难满足的．所以用统计物理学的方法来研究系统的内能是有困难的．我们用热力学方法来研究系统的内能，并以统计物理学中建立的内能概念为基础，从能量观点出发来研究系统的内能与被传递的(a) (b)图11－2热量和所作的功之间的关系，可以不需要知道系统的微观结构．三、热量热与功的等效性前面已经说明，对系统作功可以使系统的状态(如温度)发生变化，并改变系统的内能．经验表明，当系统与外界之间存在温度差时，外界与系统发生热传递也可以使系统的状态发生变化，改变系统的内能．例如把一杯冷水与高温物体接触，这时高温物体传热给水，水的温度逐渐升高，内能增加．在图11－2(b)中，如果将量热器中的水视为一个系统，电流通过电阻丝发热并传递给水，水温升高，内能增加．所以向系统传热也是向系统传递能量，传热和作功都是传递能量的方式，传热和作功是等效的．热力学中定义热量为在不作功的传热过程中系统内能变化的量度．当系统在一个不作功的传热过程中内能由E1改变为E2时，系统从外界所吸收的热量为Q，则Q = ΔE = E2-E1上式表明，热量与功和能量的单位完全相同，在国际单位制中都是焦耳．焦耳曾经用实验证明：如果分别用传热和作功的方式使系统的温度升高，则当系统升高的温度相同时，所传递的热量和所作的功总有一定的比例关系．过去，习惯上热量用卡(cal)为单位，功用焦耳(J)为单位，根据焦耳的实验结果，向系统传递1 cal的热量使它升高的温度与对它作4.18 J的功使它升高的温度相同．此二单位的关系为1 cal = 4.18 J§11－2 热力学第一定律根据上一节的讨论，作功和传递热量是等效的，都是能量传递的方式．如果能量、功和热量都用相同的单位，则根据能量守恒定律，当对系统作功时，系统的能量的增加等于所作的功；当向系统传递热量时，系统的能量的增加等于所传递的热量．在实际过程中，作功和传递热量往往是同时进行的．设外界对系统作功W’，同时又向系统传递热量Q，使系统从平衡状态1变到平衡状态2，则系统的内能的增量等于两者之和，即ΔE= E2-E1= W’+ Q（11－2）其中E2和E1分别为系统在平衡状态1和平衡状态2的内能．在生产技术上往往要研究的是系统吸热对外作功的过程．设W表示系统对外界所作的功，则W’ = -W，则上式可改写为Q= E2-E1+ W（11－3）这就是热力学第一定律的数学表达式．它表示：系统从外界吸取的热量，一部分用于增加系统的内能，另一部分用于对外作功．显然热力学第一定律就是包括热现象在内的能量守恒定律．由于内能的改变与过程无关，而所作的功与过程有关，所以系统吸取的热量与系统所经历的过程有关．在(11－3)式中，Q、E2-E1及W各量可以是正值，也可以是负值，一般规定系统从外界吸热时，Q为正，向外界放热时，Q为负；系统对外界作功时，W 为正，外界对系统作功时，W为负；系统的内能增加时，E2-E1为正，内能减少时，E2-E1为负．又Q、E2-E1及W各量要用同一种单位，在国际单位制中，统一用焦耳为单位．对于微小的状态变化过程，热力学第一定律可写为d Q = d E + d W（11－4）历史上曾有不少人企图制造一种循环动作的机器，使系统经历状态变化后又回到原来的状态，在这过程中不需要外界供给能量而可以不断地对外作功，这种机器叫做第一类永动机．这种企图经过多次尝试都失败了．这些尝试的失败导致了热力学第一定律的建立．反过来，我们从热力学第一定律也可以证明第一类永动机是不可能造成的．因为这种机器作功后又回到原来状态，内能不改变，即E 2 - E 1 = 0，根据热力学第一定律有Q = W ，亦即系统所作的功等于供给它的热量或其他形式的等值的能量，不供给系统能量却要它不断地对外作功是不可能的．在热功转换过程中．虽然热量可以转变为功，功也可以转变为热量，但热量和功的转换不是直接的，而是通过热力学系统来完成的．例如向系统传递热量的直接结果是增加系统的内能，再由内能的减少系统对外界作功，外界对系统作功的直接结果也是增加系统的内能，再由内能的减少系统向外界传递热量．如果脱离开系统，就无法实现功与热量之间的转换，但为了叙述简便起见，通常就说“热转变为功”或“功转变为热”．现在我们进一步研究图11－1中气体从状态I 变到状态II 所经历的过程．(11－1)式给出了在这一过程中系统所作的总功为⎰=21d V V V p W 将上式代入(11－3)式，得气体在从状态I 变到状态Ⅱ的过程中从外界吸取的热量为Q = E 2 - E 1 +⎰21d V V V p （11－5）在一微小的气体状态变化过程中，热力学第一定律(11－4)式又可写为d Q = d E + p d V （11－6）§11－3 热力学第一定律对理想气体等体、等压和等温过程的应用本节将根据上一章中给出的理想气体状态方程及理想气体的内能公式，应用热力学第一定律分别计算理想气体在等体、等压和等温过程中所作的功、内能的变化及吸收的热量，所得结果将在下面§11－4及§11－6中用到．等体过程气体的等体过程的特征是气体的体积保持不变，即V 为常量，d V = 0．设气体被封闭在一气缸中，气缸的活塞保持固定不动(图11－3a)．为了实现准静态的等体过程，必须有一系列温度一个比一个高但相差极微的热源，令气缸依次与这一系列热源接触，与每一热源接触时要等到气体达到平衡状态后再令其与另一温度次高的热源接触．这样，气体的温度逐渐升高，压强亦逐渐增大，但体积保持不变，这样的过程就是等体过程．在p －V 图上可用一平行于p 轴的直(a) (b)图11－3线表示，如图11－3(b)，此直线称为等体线．在等体过程中，因气体的体积保持不变，所以气体不作功，d W = p d V = 0，W = 0(图11－3b)．由热力学第一定律得在一微小等体过程中(d Q )V = d E （11－7）对于一有限等体过程，当气体从状态I(p 1，V ，T 1)变到状态II(p 2，V ，T 2)时，根据热力学第一定律，考虑到理想气体的内能公式RT i M m E 2=，得 )(21212T T R i M m E E Q V -=-= （11－8）下标V 表示体积保持不变．上式表示在等体过程中，气体没有对外作功，外界供给的热量全部用于增加系统的内能．等压过程气体的等压过程的特征是气体的压强保持不变，即p 为常量，d p = 0．设气体被封闭在一气缸中，气缸的活塞上放置砝码并保持不变(图11－4a)．令气缸与一系列温度一个比一个高但相差极微的热源接触，气体的温度便逐渐升高，体积也逐渐增大，但压强保持不变，这样的过程就是等压过程．在p －V 图上，可用平行于V 轴的直线表示，如图11－4(b)，此直线称为等压线．根据理想气体状态方程RT Mm pV =在一微小变化过程中d p = 0，气体所作的功为T R Mm V p W d d d == 根据热力学第一定律，气体吸收的热量为T R Mm E V p E Q p d d d d )(d +=+= （11－9）在一有限过程中，当气体从状态I(p ，V 1，T 1)变到状态Ⅱ(p ，V 2，T 2)时，有 )()(d 121221T T R M m V V p V p W V V p -=-==⎰ （11－10） )(1212V V p E E Q p -+-= （11－11）下标p 表示压强保持不变．上式表示在等压过程中，气体吸收的热量一部分用于增加内能，另一部分用于对外作功，如果用温度表示，则有(a) (b)图11－4)()(21212T T R Mm T T R i M m Q p -+-= 或 )(2212T T R i M m Q p -+= （11－12） )(21212T T R i M m E E -=- （11－13）比较(11－8)及(11－13)两式看出，不论是等体过程或等压过程，只要是温度变化相同时，内能的变化就相等，这是因为理想气体的内能仅与温度有关之故．等温过程气体的等温过程的特征是气体的温度保持不变，即T = 常量，d T = 0．设气体被封闭在气缸中，气缸活塞上放置砂粒(图11－5a)．为了实现准静态等温过程，必须令气缸与一恒温热源接触并一粒一粒地从活塞上取下砂粒，使气体的压强逐渐减小，体积逐渐增大，而温度保持不变，这样的过程就是等温膨胀过程．在p －V 图上可用一曲线表示，如图11－5(b)，这条曲线称为等温线．当温度保持不变时，气体的压强p 与体积V 的关系为pV = C (常量)，所以等温线为双曲线的一支．在等温过程中．因气体的温度保持不变，由理想气体内能公式RT i M m E 2=得知气体的内能保持不变，当气体从状态I(p 1，V 1，T )变到状态II(p 2，V 2，T )时，E 2 - E 1 = 0由热力学第一定律得 ⎰==21d V V T T V p W Q （11－14）下标T 表示温度保持不变．上式表示在等温过程中气体吸收的热量完全用于对外作功，因为气体的内能保持不变．由理想气体状态方程RT Mm pV = 可解出VRT M m p 1=，代入(11－14)式，便得到 12ln d 21V V RT M m V V RT M m W Q V V T T ===⎰ （11－15）(a) (b)图11－5又因p 1V 1 = p 2V 2，上式亦可写为21ln p p RT M m W Q T T == （11－16）例题11－1 设质量一定的单原子理想气体开始时压强为3.0×105 Pa ，体积为1.0 L ，先作等压膨胀至体积为2.0 L ，再作等温膨胀至体积为 3.0 L ，最后被等体冷却到压强为1.0×105 Pa ．求气体在全过程中内能的变化、所作的功和吸收的热量解如图11－6所示，ab 、bc 及cd 分别表示等压膨胀、等温膨胀及等体冷却等过程．由玻意耳定律得Pa 102.0Pa 100.3100.2100.35335⨯=⨯⨯⨯⨯==--c b b c V V p p 在全过程中，由理想气体内能公式及理想气体状态方程得内能的变化ΔE 为)(2)(2Δa a d d a d a d V p V p i T T R i M m E E E -=-=-= 对于单原子理想气体，i = 3，代入数字得0J )100.1100.3100.3100.1(23Δ3535=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=--E 气体在全过程中所作的功等于在各分过程中所作的功之和，即W = W p + W T + W V由(11－10)式得W p = p a (V b - V a ) = 3.0×105×(2.0 -1.0) ×10-3 J = 304 J由(11－15)式及理想气体状态方程得J 246J 100.2100.3ln 100.2100.3 ln ln 3335=⨯⨯⨯⨯⨯⨯===---b cb b bc b T V V V p V V RT M m W在等体过程中气体不作功，即W V = 0所以 W = W p + W T + W V = (304+246+0) J = 550 J在全过程中吸收的热量等于在各分过程吸收的热量之和，即Q = Q p + Q T + Q V由(11－12)式及理想气体状态方程得 J 760J 10)0.10.2(100.3223 )(22)(2235=⨯-⨯⨯⨯+=-+=-+=-a b a a b p V V p i T T R i M m Q由(11－16)式得Q T = W T = 246 J由(11－8)式及理想气体状态方程得图11－6J 456J )100.3100.2100.3100.1(23 )(2)(23535-=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-=-=-=--c c d d c d c d V V p V p i T T R i M m E E Q “-”号表示气体放热．所以 Q = Q p + Q T + Q V = (760+246-456) J= 550 J在全过程中吸收的热量亦可用热力学第一定律求出Q = W + ΔE = (550 + 0) J = 550 J与上面所得结果相同．§11－4 气体的热容根据实验，质量为m 的物体，温度从T l 升高到T 2时，它吸收的热量Q 与T 2 - T l 成比例，又与m 成比例，设c 为比例系数，则Q = mc (T 2 - T l )c 称为组成该物体的物质的比热容．mc 称为该物体的热容．如果物体的物质的量为1摩尔，即mol 1=Mm ，则其热容Mc 称为摩尔热容，它的物理意义是：1 mol 的物质温度升高1 K 时吸收的热量，用C 表示，C = Mc ．摩尔热容的单位是焦耳每摩尔开，符号为J/(mol·K)．气体吸收的热量与气体所经历的过程有关，所以气体的摩尔热容有无限多个，其中最简单而又最重要的是定体摩尔热容和定压摩尔热容．气体的定体摩尔热容 1 mol 的气体在等体过程中，温度升高1 K 时吸收的热量称为定体摩尔热容，记号为C V ,m ．如果1 mol 气体在等体过程中温度升高d T 时吸收的热量为(d Q )V ，则TQ C V V d )d (m ,= （11－17）由(11－7)式，(d Q )V = d E ，代入上式得TE T Q C V V d d d )d (m ,== （11－18）如果气体是理想气体，则1 mol 气体的内能为RT i E 2= 代入(11－18)式得R i T E C V 2d d m ,== （11－19）式中i 是气体分子的自由度，R 是摩尔气体常量．R = 8.31 J/(mol·K)，因此理想气体的定体摩尔热容与气体的自由度有关，而与气体的温度无关．对于单原子理想气体，i = 3，C V ，m =23R = 12.5 J/(mol·K) 对于双原子理想气体，i = 5，C V ，m =25R = 20.8 J/(mol·K) 对于多原子理想气体，i = 6，C V ，m = 3R = 24.9 J/(mol·K)有了定体摩尔热容，就可以计算气体在等体过程中吸收的热量．因为质量为m 的气体的摩尔数为Mm ，故由定体摩尔热容定义，当气体的温度由T l 升高到T 2时吸收的热量为)(12m ,T T C Mm Q V V -=（11－20）此式适用范围不限于理想气体，但式中C V ,m 应是所讨论的气体在相应温度范围内的平均定体摩尔热容．气体的定压摩尔热容 1 mol 的气体在等压过程中温度升高l K 时吸收的热量称为定压摩尔热容，记号为C p ,m ，如果l mol 气体在等压过程中温度升高d T 时吸收的热量为(d Q )p ，则 T Q C pp d )d (m ,= （11－21）由(11－9)式，(d Q )p = d E + p d V ，代入上式得TV p T E C p d d d d m ,+= （11－22）对于1 mol 理想气体来说，d E = C V ，m dT ，p d V = R d T ，代入(11－22)式得C p ,m = C V ，m + R （11－23）上式称为迈耶公式．它表示理想气体的定压摩尔热容比定体摩尔热容大一常量R = 8.31 J/(mol·K)．即是说，1 mol 理想气体在等压过程中温度升高1 K 时吸收的热量比在等体过程中吸收的热量多8.31 J ．这多吸收的热量是用来对外作功的．因R i C V 2m ,=，代入(11－23)式得 R i C p 22m ,+= （11－24）对于单原子理想气体，i = 3，C p ，m =25R = 20.8 J/(mol·K) 对于双原子理想气体，i = 5，C p ，m =27R = 29.1 J/(mol·K) 对于多原子理想气体，i = 6，C p ，m = 4R = 33.2 J/(mol·K)有了定压摩尔热容，就可以计算气体在等压过程中吸收的热量．因为质量为m 的气体的物质的量为Mm ，故由定压摩尔热容定义，当气体的温度从T l 升高到T 2时吸收的热量为)(12m ,T T C Mm Q p p -= （11－25）此式适用的范围也不限于理想气体．热容比定压摩尔热容与定体摩尔热容的比值称为气体的热容比，用γ表示：m ,m ,V p C C =γ （11－26）对于理想气体，R i C p 22m ,+=，R i C V 2m ,=，代入(11－26)式得 ii 2+=γ （11－27）对于单原子理想气体，i = 3，γ =35 = 1.67 对于双原子理想气体，i = 5，γ = 57 = 1.40 对于多原于理想气体，i = 6，γ = 68 = 1.33 表11－1列举了在常温常压下几种气体的定体和定压摩尔热容的实验值．从表中可以看出：(1) 对各种气体来说，两种摩尔热容之差C p ，m - C V ，m 都接近于R ；(2) 对单原子及双原子气体来说C p ，m 、C V ，m 、γ的实验值与理论值都比较接近，这说明古典热容理论近似地反映了客观事实．但是对分子结构复杂的气体即三原子以上的气体来说，理论值与实验值有较大偏离．这说明上述理论是个近似理论，只有用量子理论才能较好地解决热容的问题．§11－5 热力学第一定律对理想气体绝热过程的应用气体与外界无热量交换的变化过程称为绝热过程，它的特征是Q = 0．为了实现绝热过程，必须使容器壁是绝热的．例如气体在用绝热材料包起来的容器内或在杜瓦瓶(如热水瓶胆)内进行的变化过程可近似地看作绝热过程，又如声波传播时所引起的空气的膨胀和压缩，内燃机气缸内爆炸过程后的膨胀作功过程等，由于过程进行得很快，来不及与四周交换热量，也可近似地看作绝热过程．在绝热过程中，因为Q = 0，热力学第一定律可写为E 2 - E 1 + W Q = 0 （11－28）对于微小的变化过程有d E + p d V = 0 （11－29）由(11－28)式得W Q = - (E 2 - E 1) （11－30）此式表示；气体作绝热膨胀时，对外作功是以气体内能的减少为代价的，由R i C V 2m ,=及(11－13)式得 )(12m ,12T T C Mm E E V -=- （11－31）以(11－31)式代入(11－30)式得)()(12m ,12T T C Mm E E W V Q --=--= （11－32）由此式看出，当气体作绝热膨胀对外作功时，它的内能减少，温度降低；反之，当气体作绝热压缩时，外界对气体作功，气体的内能增加，温度升高．总起来讲，不论气体作绝热膨胀或绝热压缩，它的体积和温度都要发生变化，又由理想气体状态方程RT Mm pV =知气体的体积、温度变化时，压强也要发生变化．所以在绝热过程中，气体的p 、V 、T 三个状态参量都同时发生变化．可以证明(推导过程见后面小字部分)在绝热过程中p 、V 、T 三个量中任意两个量之间的关系为pV γ = 常量（11－33）V γ-1T = 常量（11－34）p γ-1T -γ = 常量（11－35）式中m ,m,V p C C =γ是气体的热容比．以上三个方程中的常量的值各不相同，每一方程中的常量的值可由气体的初始状态决定．以上三个方程中每一方程都表示同一过程．应区别过程方程与状态方程，状态方程适用于任何平衡状态，故RT Mm pV =适用于任何平衡状态，而过程方程只适用于特定过程中的平衡状态，例如绝热过程方程pV γ = 常量，只适用于某一绝热过程中的平衡状态．绝热过程方程pV γ = C (常量)可用p －V 图上一曲线表示，如图11－7中的实线，此曲线称为绝热线．图中虚线表示同一气体的等温线，A 点是两条曲线的交点．从图上看出，绝热线比等温线陡些．这可以从两方面加以解释．从数学角度看，等温线的方程是pV = C ，所以等温线于A 点的斜率是 V p V p T-=⎪⎭⎫ ⎝⎛d d 绝热线的方程是pV γ = C ’，所以绝热线在A 点的斜率是 V p V p Q γ-=⎪⎭⎫ ⎝⎛d d 因γ > 1，所以在交点A 处绝热线的斜率的绝对值大于等温线的斜率的绝对值，即是说，绝热线比等温线陡些．从物理方面来看，假设从状态A 开始，令气体体积增加ΔV ．不论气体作等温膨胀或绝热膨胀，其压强p 都要降低．但因为当气体作等温膨胀时，引起压强降低的因素只有一个，即体积的增加．而当气体作绝热膨胀时，引起压强降低的因素有两个，即体积的增加和温度的降低．所以气体作绝热膨胀时引起的压强降低比气体作等温膨胀时降低得多些，即图中Δp Q 比Δp T 大些，所以绝热线比等温线陡些．图11－7*绝热过程方程的推导由理想气体内能公式RT i M m E 2=及R i C V 2m ,=，并利用微分得 T C Mm E V d d m ,=代入(11－29)式得 0d d m ,=+V p T C Mm V （11－36）又由理想气体状态方程RT Mm pV =及微分得 T R Mm p V V p d d d =+ （11－37）由(11－36)及(11－37)两式消去d T 得C V ,m (p d V + V d p )+ Rp d V = 0因C p ,m = C V ,m + R ，上式可写为C p ,m p d V + C V ,m V d p = 0即 0d d =+VV p p γ 其中m ,m,V p C C =γ．积分上式得ln p + γ ln V = 常量或 ln pV γ = 常量或 pV γ = 常量这就是绝热过程方程(11－33)式．将上式与状态方程RT Mm pV =依次消去p 和V ，便得到(11－34)及(11－35)式．例题11－2 1.2×10-2 kg 的氦气(视为理想气体)原来的温度为300K ，作绝热膨胀至体积为原来体积的2倍，求氦气在此过程中所作的功．如果氦气从同一初态开始作等温膨胀到相同的体积，问气体又作了多少功？将此结果与绝热过程中的功作比较．并说明其原因．解氦气的摩尔质量M = 4.0×10-3 kg/mol ，已知氦气质量m = 1.2×10-2 kg ，T 1 = 300 K ，V 2 = 2V 1．因为把氦气当作单原子理想气体，i = 3，γ = 1.67，R i C V 2m ,=，则由绝热过程方程(11－34)式111212T V T V --=γγ得 K 189K 30021167.111212=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=--T V V T γ由(11－30)式，气体在绝热过程中的功为)(2)()(1212m ,12T T R i M m T T C M m E E W V Q --=--=--= J 104.2J )300189(31.823100.4102.1332⨯=-⨯⨯⨯⨯⨯-=-- 如果氦气作等温膨胀至体积为原来体积的2倍，由(11－15)式，气体所作的功为J 105.2J 2ln 30031.8100.4102.1ln 332121⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==--V V RT M m W T 由此可以看出W T > W Q ，这是因为绝热线比等温线陡，从同一初态开始膨胀到同一体积的条件下，等温线下面的面积大于绝热线下面的面积之故．§11－6 循环过程卡诺循环热机的效率一、循环过程在生产实践中需要持续不断地把热转变为功，但依靠一个单独的变化过程不能够达到这个目的．例如，气缸中的气体作等温膨胀时，它从热源吸热对外作功，它所吸收的热量全部转变为功．但由于气缸的长度总是有限的，这个过程不可能无限制地进行下去，所以依靠气体等温膨胀所作的功是有限的．为了持续不断地把热转变为功，必须利用循环过程．定义：如果物质系统经过一系列状态变化过程后又回到原来的状态，则这全部变化过程称为循环过程，简称循环，这个系统称为工作物质．在p －V 图上工作物质的循环过程可用一闭合曲线表示，如图11－8(a)中的ABCDA 曲线．工作物质经历一系列状态变化过程后又回到原来状态时，它的内能没有变化，即E 2 – E 1 = 0．这是循环过程的重要特征．现在讨论从状态A 开始沿顺时针方向，即沿ABCDA 方向进行的循环，这样的循环称为正循环过程．工作物质完成一个正循环回到原始状态A 时，其内能不变，但工作物质对外界作了功，并且与外界有热量交换．在ABC 过程中工作物质膨胀对外作功，所作的功在数值上等于曲线ABC 下面的面积，在CDA 过程中工作物质被压缩，外界对工作物质作功，所作的功等于曲线CDA 下面的面积．所以在整个循环中工作物质所作的净功W 等于闭合曲线ABCDA 所包围的面积．在循环过程中工作物质要从外界吸热，也会向外界放热，根据热力学第一定律，因E 2 – E 1 = 0，工作物质从外界吸收的总热量Q 1必然大于放出的总热量Q 2(取绝对值)．设工作物质吸收的净热Q = Q 1 - Q 2，故得Q = Q 1 - Q 2 = W （11－38）上式表示，在循环过程中工作物质吸收的净热等于它对外所作的净功，即净热 = 净功 = 循环过程曲线所包围的面积(11－38)式可以写为Q 1 = W + Q 2此式表示，在每一循环中，工作物质从高温热源吸取热量Q l 一部分用于对外作(a) (b)图11－8。

大学物理第三版第11章部分习题解答

2 r 25 10 m处的电势; (1) r1 1510 m, 2
2
(2) 如果用导线把AB两球连接起来再求以上两点的电势
第11章部分习题解答
解: (1)
q E 2 4 0 r 1
R1 r R2
r R2
R2
q
R1
U1 q
R2
q 4 0 r
第11章部分习题解答
第11章部分习题解答
P408题11.3.4 如图所示,两个无限大带电平板,电荷面密度分别为 ,设P为两板间任意一点.(1)求A板上的电荷在P点产生的场强 E A ; (2)求B板上的电荷在P点产生的场强 E B ;(3)求A、B两板上的电荷在P点产生的场强;(4)如果把B板拿走，A板上的电荷如何分布?求它在P点产生的场强.
1 Q2 We 2 QU 球壳、 2 8 0 R3
Q 1 1 1 We We1 We 2 ( ) 8 0 R1 R2 R3
2
第11章部分习题解答
(2)
1 Q2 We ' QU 球壳、 2 8 0 R3
2010.5.25
第11章部分习题解答
解：因为A、B都是无限大带电平板,所以 (1) (2)
EA 2 0
方向向右
EB 2 0
EP E A EB 0
方向向右
(3)
方向向右
第11章部分习题解答
(4) 如果将B板拿走,A上的电荷将均匀分布在左右两个面上,每一个面上的电荷面密度为 / 2 ,它们在P点产生的场强大小都是 2 E'A 方向向右 2 0 4 0
第11章部分习题解答
证明: 该电容器是由两个电容分别为 C1 和 C2 的电容器并联而成的

大学物理课后习题答案(北邮第三版)下(1)

大学物理习题及解答习题八8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷20220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-='(2)与三角形边长无关．题8-1图题8-2图8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题8-2图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得θπεθtan 4sin 20mg l q =8-3 根据点电荷场强公式204r qE πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r r q E ε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024d q πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =S q 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S q E 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为SqE 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力．8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l 的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r>>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin r p πεθ证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量θsin p ．∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量30π2cos r p E r εθ=垂直于r 方向，即θ方向场强分量300π4sin r p E εθ=题8-5图题8-6图 8-6 长l =15.0cm AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m-1(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm处Q点的场强．解：如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a x E P -=λε222)(d π4d x a x E E l l P P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=lcm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅方向水平向右(2)同理 2220d d π41d +=x x E Q λε 方向如题8-6图所示由于对称性⎰=lQx E 0d ，即QE只有y 分量，∵22222220d d d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d ll x x2220d 4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cmC -⋅, 15=lcm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强．解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl=题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0R E E y -=-=积分R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπR E y∴R E E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r>>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q 在P 点产生物强P Ed 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴24π4d 22220l r ll r E P ++=ελ P Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴424π4d 222222l r r l r l r lE +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵l q 4=λ ∴2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿 8-9 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平面．q 在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(x Rarctan=α)解: (1)由高斯定理d εq S E s⎰=⋅立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等∴ 各面电通量6εq e =Φ．(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量6εq e =Φ对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εq e =Φ，如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题8-9(a)图所示．题8-9(3)图题8-9(a)图题8-9(b)图题8-9(c)图 (3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量，球冠面积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴)(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221x R x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r S ααα⎰⋅=02d sin π2r)cos 1(π22α-=r8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理d ε∑⎰=⋅q S E s,2π4ε∑=qr E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p =3(r )3内r - ∴()2023π43π4r r r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅，方向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外 1CN -⋅沿半径向外.8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理d ε∑⎰=⋅q S E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rlE S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r <0,0==∑E q(2)21R r R <<λl q =∑∴rE 0π2ελ=沿径向向外(3)2R r >=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， nE )(21210σσε-=1σ面外，nE )(21210σσε+-=2σ面外，nE )(21210σσε+=n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．(1)ρ+球在O 点产生电场010=E ，ρ- 球在O 点产生电场'd π4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd 33030OO r E ερ= ；(2)ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场003ερ='E 'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r '，相对O 点位矢为r(如题8-13(b)图)则03ερrE PO =，03ερr E O P '-=' ,∴003'3)(3ερερερd r r E E E O P PO P=='-=+='∴腔内场强是均匀的．8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6Cd=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C-1解: ∵ 电偶极子p 在外场E 中受力矩E p M ⨯=∴qlE pE M ==max 代入数字 4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功?解:⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε)11(21r r - 61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q从O 点经过半圆弧移到C点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-R qR q 0π41ε=O U )3(R q R q -R q 0π6ε-=∴R qq U U q A o C O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sinπ-］R 0π2ελ-=(2)AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===A B 200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产生 2ln π402ελ=U半圆环产生034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小r e eE F e 0π2ελ==∴r v m r e 20π2=ελ得1320105.12π2-⨯==e mv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为均匀电场∴ 4105.1d ⨯==E UV8-20 根据场强E与电势U 的关系U E -∇= ，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．解: (1)点电荷r qU 0π4ε=题 8-20 图∴ 0200π4r r q r r U E ε=∂∂-= 0r 为r 方向单位矢量．(2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势220π4x R qU +=ε∴ ()ix R qx i x U E 2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4r ql l l r q U εθθθε=+--=∴ 30π2cos r p r U E r εθ=∂∂-=30π4sin 1r p U r E εθθθ=∂∂-=8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题8-21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ∴ +2σ03=σ说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ又∵ +2σ03=σ∴ 1σ4σ= 说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB AC U U =，即∴AB AB AC AC E E d d =∴ 2d d 21===ACABAB AC E E σσ且1σ+2σSq A=得,32S q A =σ S q A 321=σ 而7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C 10172-⨯-=-=S q B σ (2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q '(电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+R qR q εε得-='q 3q8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知2020π4r q F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =',小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电qq 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力0220183π483π4"'2F rqr q q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q.∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r q q F ==ε*8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U U AB=可得以下6个方程题8-26图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd US q S qdU U C S S q B A解得S q261==σσ S qd U 2032-=-=εσσ S qd U 2054+=-=εσσ所以CB 间电场S q d U E 00422εεσ+== )2d (212d 02S q U E U U CB C ε+===注意：因为C 片带电，所以2U U C ≠，若C 片不带电，显然2U U C =8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求：(1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅qS D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强303π4,π4r rQ E r Qr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势r Q E U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞ 外介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε (3)金属球的电势rd r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=222020π44πdrR R R r r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r -+=εεε8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E ，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而101E D ε=,202E D r εε=d21UE E ==∴ r D D εσσ==1212题8-28图题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求：(1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量；(2)电介质中的总电场能量；rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内(3)圆柱形电容器的电容．解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S 则 rlDS D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴rlQ D π2=(1)电场能量密度22222π82l r Q D w εε==薄壳中rl rQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εε(3)电容：∵CQ W 22=∴)/ln(π22122R R l W Q C ε==*8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B 的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求：(1)1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度．解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即2210π41r q q F ε=但2q 处于金属球壳中心，它受合力为零，没有加速度．(2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题8-30图题8-31图8-31 如题8-31图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ．解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C +=其上电荷123Q Q =∴355025231123232⨯===C U C C Q U86)35251(5021=+=+=U U U AB V8-32 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V ? 解: (1)1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U∴6001=U V ,4002=U V即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求：(1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112121201021U U U C U C q q U C U C q q q q解得 (1) =1q UC C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失W W W -=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +-+= 221212U C C C C +=8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε =3R r >时 302π4r rQ E ε =∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r r QW εε⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q r r Q εε在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r r Q W εεε∴ 总能量)111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε =,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B的方向．题9-2图9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)? (2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcd μ∴ 21B B =(2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B方向相反，即21B B≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用． 9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L·d l =0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为⎰外B L·d l =I 0μ这是为什么? 解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ 外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m-2x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解：如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是 24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S BΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BCD 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题9-8图解：如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rIr I πμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解：如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。

《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=