大学物理第十章答案
《大学物理》 第二版 课后习题答案 第十章
习题精解10-1 在平面简谐波的波射线上，A,B,C,D 各点离波源的距离分别是3,,,424λλλλ。
设振源的振动方程为cos 2y A t πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ ，振动周期为T.（1）这4点与振源的振动相位差各为多少？（2）这4点的初相位各为多少？（3）这4点开始运动的时刻比振源落后多少？ 解 （1） 122,2,2xxπϕπϕππλλ∆∆∆==∆==3432,222x x πϕπϕππλλ∆∆∆==∆== （2）112233440,,2223,222πππϕϕϕϕππϕϕπϕϕπ=-∆==-∆=-=-∆=-=-∆=-（3） 1212343411,,,24223,,,242t T T t T T t T T t T Tϕϕππϕϕππ∆∆∆==∆==∆∆∆==∆==10-2 波源做谐振动，周期为0.01s ，振幅为21.010m -⨯，经平衡位置向y 轴正方向运动时，作为计时起点，设此振动以1400u m s -=∙的速度沿x 轴的正方向传播，试写出波动方程。
解 根据题意可知，波源振动的相位为32ϕπ= 2122200, 1.010,4000.01A m u m s T ππωπ--====⨯=∙ 波动方程231.010cos 2004002x y t m ππ-⎡⎤⎛⎫=⨯-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦10-3 一平面简谐波的波动方程为()0.05cos 410y x t m ππ=-，求（1）此波的频率、周期、波长、波速和振幅；（2）求x 轴上各质元振动的最大速度和最大加速度。
解 （1）比较系数法 将波动方程改写成0.05cos10 2.5x y t m π⎛⎫=-⎪⎝⎭与cos x y A t u ω⎛⎫=-⎪⎝⎭比较得1120.05;10;0.21015; 2.5;0.5A m T s v s u m s u T m Tπωππλ--=======∙=∙=（2）各质元的速度为()10.0510sin 410v x t m s πππ-=⨯-∙ 所以1max 0.0510 1.57()v m s π-=⨯=∙ 各质元的加速度为()220.05(10)cos 410a x t m s πππ-=-⨯-∙ 所以22max 0.05(10)49.3()a m s π-=⨯=∙10-4 设在某一时刻的横波波形曲线的一部分如图10.1所示。
大学物理第十章波动学习题答案
第十章 波动学习题10-1 有一平面简谐波0.02cos20030x y t π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，x ，y 的单位为m ，t 的单位为s 。
（1）求其振幅、频率、波速和波长；（2）求x=0.1m 处质点的初相位。
解：（1）A=0.02m ，v=ω/2π=200π/2π=100s -1，u=30m/s ，λ=u/v=0.3m（2）02000.1200230303x πππφ⨯=-=-=- 10-2 一横波沿绳子传播时的波动方程为()0.05cos 104y t x ππ=-，x ，y 的单位为m ，t 的单位为s 。
（1）求其振幅、频率、波长和波速；（2）求绳子上各质点振动的最大速度和最大加速度；（3）求x=0.2m 处的质点在t=1s 时的相位，它是原点处质点在哪一时刻的相位？（4）分别画出t=1s ，1.25s ，1.5s 时的波形曲线。
解：（1）A=0.05m ，v=ω/2π=10π/2π=5s -1，λ=0.5m ，u=λv=2.5m/s（2）m A ω=v ，2m a A ω= （3）1041040.29.2t x φπππππ=-=-⨯= 10-3 一平面简谐波()x πt y π2-10sin 05.0=，x ，y 的单位为m ，t 的单位为s 。
（1）求其频率、周期、波长和波速；（2）说明x ＝0时方程的意义，并作图表示。
解：（1）v=ω/2π=10π/2π=5s -1，T=1/v=0.2s ，λ=1m ，u=λv=5m/s（2）0.05sin10y πt = 原点处质点的振动方程10-4 波源作简谐运动，振动方程为()m cos240100.43πt y -⨯=，它所形成的波形以30m·s -1的速度沿一直线传播。
（1）求波的周期及波长；（2）写出波动方程。
解：（1）T=2π/ω=2π/240π=1/120s ，λ=uT=30/120=0.25m（2）()34.010cos240m 30x y πt -⎛⎫=⨯- ⎪⎝⎭10-5 如图所示，一平面简谐波在介质中以速度u=20m/s 沿x 轴负方向传播，已知a 点的振动方程为y a =3cos4πt ，t 的单位为s ，y 的单位为m 。
《大学物理》第十章气体动理论习题参考答案
第十章 气体动理论一、选择题参考答案1． (B) ；2． (B )；3． (C) ；4． (A) ；5． (C) ；6． (B )；7． (C )； 8． (C) ；9． (D) ；10． (D) ；11． (C) ；12． (B) ；13． (B) ；14． (C) ；15． (B) ；16．(D) ；17． (C) ；18． (C) ；19． (B) ；20． (B) ；二、填空题参考答案1、体积、温度和压强，分子的运动速度（或分子的动量、分子的动能）2、一个点；一条曲线；一条封闭曲线。
3. kT 21 4、1:1；4:1 5、kT 23；kT 25；mol /25M MRT 6、12.5J ；20.8J ；24.9J 。
7、1:1；2:1；10:3。
8、241092.3⨯9、3m kg 04.1-⋅10、（1）⎰∞0d )(v v v Nf ；（2）⎰∞0d )(v v v f ；（3）⎰21d )(212v v v v v Nf m 11、氩；氦12、1000m/s ； 21000m/s13、1.514、215、12M M三、计算题参考答案1．解：氧气的使用过程中，氧气瓶的容积不变，压强减小，因此可由气体状态方程得到使用前后的氧气质量，进而将总的消耗量和每小时的消耗量比较求解。
已知atm 1301=p ，atm 102=p ，atm 13=p ；L 3221===V V V ，L 4003=V 。
质量分布为1m ，2m ，3m ，由题意可得RT Mm V p 11=RT Mm V p 22= RT M m V p 333=所以该瓶氧气使用的时间为h)(6.94000.132)10130(3321321=⨯⨯-=-=-=V p V p V p m m m t 2．解：设管内总分子数为N ，由V NkT nkT p ==有 1210611)(⨯==.kT pV N （个）空气分子的平均平动动能的总和= J 10238-=NkT 空气分子的平均转动动能的总和 = J 106670228-⨯=.NkT 空气分子的平均动能的总和 = J 10671258-⨯=.NkT3．解：（1）根据状态方程RT MRT MV m p RT M m pV ρ==⇒=得 ρp M RT = ，pRT M ρ= 气体分子的方均根速率为1-2s m 49533⋅===ρp M RT v （2）气体的摩尔质量为1-2m ol kg 108.2⋅⨯==-p RTM ρ所以气体为N 2或CO 。
大学物理第十章课后答案
题图10-1题10-1解图d第十章习题解答10-1 如题图10-1所示，三块平行的金属板A ，B 和C ，面积均为200cm 2,A 与B 相距4mm ，A 与C 相距2mm ，B 和C 两板均接地，若A 板所带电量Q =3.0×10-7C ，忽略边缘效应,求：（1）B 和C 上的感应电荷？（2）A 板的电势（设地面电势为零）。
分析：当导体处于静电平衡时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律，可以求得导体的电荷分布，又因为B 、C 两板都接地，所以有ACAB U U =。
解：（1）设B 、C 板上的电荷分别为B q 、C q 。
因3块导体板靠的较近，可将6个导体面视为6个无限大带电平面。
导体表面电荷分布均匀，且其间的场强方向垂直于导体表面。
作如图中虚线所示的圆柱形高斯面。
因导体达到静电平衡后，内部场强为零，故由高斯定理得：1A C q q =-2A B q q =-即 ()A B C q q q =-+ ①又因为： ACAB U U =而: 2AC ACdU E =⋅ AB AB U E d =⋅∴ 2AC AB E E =于是：002C B σσεε =⋅ 两边乘以面积S 可得： 002C B S S σσεε =⋅即： 2C B q q = ②联立①②求得: 77210,110C B q C q C --=-⨯=-⨯题图10-2(2) 00222C C A AC C AC AC q d d d U U U U E S σεε =+==⋅=⋅=⋅ 733412210210 2.2610()200108.8510V ----⨯=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯10-2 如题图10-2所示，平行板电容器充电后，A 和B 极板上的面电荷密度分别为+б和－б，设P 为两极板间任意一点，略去边缘效应，求：（1）A,B 板上的电荷分别在P 点产生的场强E A ,E B ;（2）A,B 板上的电荷在P 点产生的合场强E ； (3)拿走B 板后P 点处的场强E ′。
大学物理课后习题详解(第十章)中国石油大学
根据高斯定理可得 方向由的正负确定
10-22 如图所示，在xOy平面内有与y轴平行、位于和处的两条无限长平 行均匀带电直线，电荷线密度分别为和。求z轴上任一点的电场强度。
[解] 无限长带电直线在线外任一点的电场强度 所以 P点的场强 由对称性知合场强的z方向分量为零，x方向分量 而
所以 方向指向x轴负方向 10-23 如图所示，在半径为R，体电荷密度为的均匀带电球体内点处放
所以 证毕。
10-27 电量q均匀分布在长为2l的细杆上，求在杆外延长线上与杆端距离 为a的点P的电势(以无穷远为零电势点)。 [解] 取如图所示的电荷元dq，，它在P点产生的电势为
则整个带电直线在P点产生的电势为
10-28 如图所示，在点电荷+q的电场中，若取图中点P处为电势零点， 则点M的电势为多少? [解] 取P点为电势零点，则M点电势为
10-10 如图所示，一厚度为b的无限大带电平板，其体电荷密度为 (0≤x≤b)，式中k为正常量。求：(1)平板外两侧任一点和处的场强大小； (2)平板内任一点P处的电场强度； (3)场强为零的点在何处? [解] (1)过点作一圆柱体穿过无限大带电平板，由高斯定理
即 所以 因此平板外一点的场强与距平板的距离无关， (2)板内(即0≤x≤b区域) (3)若电场强度为0，则 此时，此即为场强为0的点。
10-1l 一半无限长的均匀带电直线，线电荷密度为。试证明：在通过带 电直线端点与直线垂直的平面上，任一点的电场强度 E的方向都与这直 线成45°角。 [解] 如图选择直角坐标系，在棒上取电荷元
它在过棒端的垂直面上任意点贡献场强为
由于
且
所以
总场强的分量为 它与负y方向的夹角是
10-12 一带电细线弯成半径为R的半圆形，线电荷密度，式中为一常 量，为半径R与x轴所成的夹角，如图所示。试求环心O处的电场强度。 [解] 取电荷元
大学物理知识总结习题答案(第十章)量子物理基础
第十章 量子物理基础本章提要1． 光的量子性· 物体由于自身具有一定温度而以电磁波的形式向周围发射能量的现象称热辐射。
· 在任何温度下都能全部吸收照射到它表面上的各种波长的光（电磁波），则这种物体称为绝对黑体，简称黑体。
· 单位时间内物体单位表面积发出的包括所有波长在内的电磁波的辐射功率，称为辐射出射度。
2． 维恩位移定律· 在不同的热力学温度T 下，单色辐射本领的实验曲线存在一个峰值波长λm ，维恩从热力学理论导出T 和λm 满足如下关系λm T b =其中b 是维恩常量。
3． 斯忒藩—玻尔兹曼定律· 斯忒藩—玻尔兹曼定律表明黑体的辐射出射度M 与温T 的关系4T M σ=其中s 为斯忒藩—玻尔兹曼常量。
对于一般的物体4T M εσ=e 称发射率。
4． 黑体辐射· 黑体辐射不是连续地辐射能量，而是一份份地辐射能量，并且每一份能量与电磁波的频率ν成正比，这种能量分立的现象被称为能量的量子化，每一份最小能量E hv =被称为一个量子。
黑体辐射的能量为E nhv =，其中n ＝1，2，3，…，等正整数，h 为普朗克常数。
· 普朗克黑体辐射公式简称普朗克公式25/λ2πhc 1()λ1hc kT M T e l =-· 光是以光速运动的粒子流，这些粒子称为光量子，简称光子。
· 一个光子具有的能量为νh E =。
5． 粒子的波动性· 德布罗意认为实物粒子也具有波粒二象性，它的能量E 、动量p 跟和它相联系的波的频率ν、波长λ满足以下关系2E mc h ν==λh p m u == 这两个公式称为德布罗意公式或德布罗意假设。
与实物粒子相联系的波称为物质波或德布罗意波。
· x x p D D ?h 或者E t D D ?h 这一关系叫做不确定关系。
其中为位置不确定量、动量不确定量、能量不确定量、时间不确定量。
大学物理教程第10章习题答案
思 考 题10.1 人体也向外发出热辐射，为什么在黑暗中还是看不见人呢？ 答：人体的辐射频率太低, 远离可见光波段，在远红外波段, 由于为非可见光, 所以是看不到人体辐射的,在黑暗中也是如此。
10.1刚粉刷完的房间从房外远处看，即使在白天，它的开着的窗口也是黑的。
为什么？ 答：光线从窗户进去后经过多次反射，反射光的强度越来越弱，能再从窗户射出的光线非常少，窗户外的人看到的光线非常弱，因此觉得窗口很暗。
10.3 在光电效应实验中，如果（1）入射光强度增加一倍；（2）入射光频率增加一倍，各对实验结果有什么影响？答：（1）在光电效应中每秒从光阴极发射的光电子数与入射光强成正比。
入射光强度增加一倍时，饱和电流增加一倍。
（2）当入射光的频率增大时，光电子的最大初动能增大，遏止电压也增大，但入射光的频率和遏止电压两者不是简单的正比关系。
10.4 若一个电子和一个质子具有同样的动能，哪个粒子的德布罗意波长较大？ 答：电子的德布罗意波长较大。
10.5 n=3的壳层内有几个次壳层，各次壳层都可容纳多少个电子？答：n=3的壳层内有3个次壳层，各次壳层可容纳的电子数分别为2、6、10。
10.6 完成下列核衰变方程。
（1）?234238+−→−Th U（2）?9090+−→−Y Sr （3）?2929+−→−Ni Cu （4）Zn Cu 2929?−→−+ 答：（1）e H Th U 422349023892+−→−（2）e Y Sr 0190399038-+−→−（3）e Ni Cu 0129282929++−→−（4）Zn e Cu 2930012929−→−++习 题10.1 夜间地面降温主要是由于地面的热辐射。
如果晴天夜里地面温度为－50C ，按黑体辐射计算，每平方米地面失去热量的速率多大？解：依题意，可知地面每平方米失去的热量即为地面的辐射出射度2484/2922681067.5m W T M =⨯⨯==-σ10.2 宇宙大爆炸遗留在空间均匀、各向同性的背景热辐射相当于3K 的黑体辐射。
大学物理第十章有导体和电介质时的静电场习题解答和分析
第十章习题解答10-1 如题图10-1所示，三块平行的金属板A ，B 和C ，面积均为200cm 2,A 与B 相距4mm ，A 与C 相距2mm ，B 和C 两板均接地，若A 板所带电量Q =3.0×10-7C ，忽略边缘效应,求：（1）B 和C 上的感应电荷？（2）A 板的电势（设地面电势为零）。
分析：当导体处于静电平衡时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律，可以求得导体的电荷分布，又因为B 、C 两板都接地，所以有AC AB U U =。
解：（1）设B 、C 板上的电荷分别为Bq 、C q 。
因3块导体板靠的较近，可将6个导体面视为6个无限大带电平面。
导体表面电荷分布均匀，且其间的场强方向垂直于导体表面。
作如图中虚线所示的圆柱形高斯面。
因导体达到静电平衡后，内部场强为零，故由高斯定理得：1A C q q =-2A B q q =-即 ()A B C q q q =-+ ① 又因为： AC AB U U = 而: 2AC AC d U E =⋅AB AB U E d =⋅∴ 2AC AB E E =于是：02C Bσσεε =⋅两边乘以面积S 可得：2C BS S σσεε =⋅即： 2C B q q = ②联立①②求得: 77210,110C B q C q C --=-⨯=-⨯题图10-1题10-1解图d(2) 00222C C A AC C AC AC q d d dU U U U E S σεε =+==⋅=⋅=⋅ 7334122102102.2610()200108.8510V ----⨯=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯10-2 如题图10-2所示，平行板电容器充电后，A 和B 极板上的面电荷密度分别为+б和－б，设P 为两极板间任意一点，略去边缘效应，求： （1）A,B 板上的电荷分别在P 点产生的场强E A ,E B ; （2）A,B 板上的电荷在P 点产生的合场强E ； (3)拿走B 板后P 点处的场强E ′。
大学物理答案第10章
第十章 静电场中的导体与电介质10－1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ）（A ） 升高 （B ） 降低 （C ） 不会发生变化 （D ） 无法确定分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）.10－2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷.若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ） （A ） N 上的负电荷入地 （B ）N 上的正电荷入地 （C ） N 上的所有电荷入地 （D ）N 上所有的感应电荷入地题 10-2 图分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关.因而正确答案为（A ）.10－3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图.设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ） （A ）d εqV E 0π4,0== （B ）dεq V d εq E 020π4,π4== （C ）0,0==V E （D ）RεqV d εq E 020π4,π4==题 10-3 图分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为（A ）.10－4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( )（A ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷 （B ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零 （C ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷 （D ） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 （E ） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关.因而正确答案为（E ）. 10－5 对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（ ）（A ） 电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍（B ） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍（C ） 在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍（D ） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍分析与解 电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电介质中的高斯定理，仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，在电介质中任意高斯面S 有()∑⎰⎰=⋅=⋅+ii S S εχq 01d d 1S E S E 即E ＝E ０/εｒ，因而正确答案为（A ）.10－6 不带电的导体球A 含有两个球形空腔，两空腔中心分别有一点电荷q b 、q c ，导体球外距导体球较远的r 处还有一个点电荷q d （如图所示）.试求点电荷q b 、q c 、q d 各受多大的电场力.题 10-6 图分析与解 根据导体静电平衡时电荷分布的规律，空腔内点电荷的电场线终止于空腔内表面感应电荷；导体球A 外表面的感应电荷近似均匀分布，因而近似可看作均匀带电球对点电荷q d 的作用力.()20π4rεq q q F dc bd +=点电荷q d 与导体球A 外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零，点电荷q b 、q c 处于球形空腔的中心，空腔内表面感应电荷均匀分布，点电荷q b 、q c 受到的作用力为零.10－7 一真空二极管，其主要构件是一个半径R １＝5.0×10－4m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外、半径R ２＝4.5×10－3m 的同轴圆筒形阳极．阳极电势比阴极电势高300 V ，阴极与阳极的长度均为L ＝2.5×10－２ m ．假设电子从阴极射出时的速度为零．求：（１） 该电子到达阳极时所具有的动能和速率；（２）电子刚从阳极射出时所受的力．题 10-7 图分析 （1） 由于半径R １＜＜L ，因此可将电极视作无限长圆柱面，阴极和阳极之间的电场具有轴对称性．从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速，电子所获得的动能等于电场力所作的功，也即等于电子势能的减少．由此，可求得电子到达阳极时的动能和速率． （2） 计算阳极表面附近的电场强度，由F ＝q E 求出电子在阴极表面所受的电场力． 解 （1） 电子到达阳极时，势能的减少量为J 108.4Δ17ep -⨯-=-=eV E由于电子的初始速度为零，故J 108.4ΔΔ17ep ek ek -⨯-=-==E E E因此电子到达阳极的速率为1-7ek s m 1003.122⋅⨯===meVm E v （2） 两极间的电场强度为r rελe E 0π2-= 两极间的电势差1200ln π2d π2d 2121R R r r V R R R R ελελ-=-=⋅=⎰⎰r E负号表示阳极电势高于阴极电势．阴极表面电场强度r r R R V R ελe e E 12110ln π2=-=电子在阴极表面受力r e e E F N)1037.414-⨯=-=（这个力尽管很小，但作用在质量为９.1１×10－3１kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力加速度的5×10１5倍．10－8 一导体球半径为R １ ，外罩一半径为R 2 的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q ，而内球的电势为V ０ ．求此系统的电势和电场的分布． 分析 若200π4R εQV =，内球电势等于外球壳的电势，则外球壳内必定为等势体，电场强度处处为零，内球不带电．若200π4R εQV ≠，内球电势不等于外球壳电势，则外球壳内电场强度不为零，内球带电．一般情况下，假设内导体球带电q ，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示．依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布．并由⎰∞⋅=pp V l E d 或电势叠加求出电势的分布．最后将电场强度和电势用已知量V 0、Q 、R １、R 2表示．题 10-8 图解 根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称．取同心球面为高斯面，由高斯定理()()∑⎰⋅=⋅=⋅02/π4d εq r E r r E S E ，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各区域内的电场分布为 r ＜R １时， ()01=r E R １＜r ＜R 2 时，()202π4r εqr E =r ＞R 2 时， ()202π4r εqQ r E +=由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布． r ＜R １时，20103211π4π4d d d d 2211R Q R q V R R R R r r εε+=⋅+⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰⎰∞∞lE l E l E l ER １＜r ＜R 2 时，200322π4π4d d d 22R Q r q V R R r r εε+=⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰∞∞lE l E l Er ＞R 2 时，rqQ V r 03π4d ε+=⋅=⎰∞l E 3也可以从球面电势的叠加求电势的分布：在导体球内（r ＜R １）20101π4π4R εQR εq V +=在导体球和球壳之间（R １＜r ＜R 2 ）2002π4π4R εQr εq V +=在球壳外（r ＞R 2）为rqQ V 03π4ε+=由题意102001π4π4R εQR εq V V +== 得Q R R V R q 21010π4==ε 于是可求得各处的电场强度和电势的分布： r ＜R １时，01=E ；01V V =R １＜r ＜R 2 时，22012012π4r R εQR r V R E -=；rR Q R r r V R V 201012π4)(ε-+= r ＞R 2 时，220122013π4)(r R Q R R r V R E ε-+=；rR QR R r V R V 2012013π4)(ε-+= 10－9 地球和电离层可当作球形电容器，它们之间相距约为100 km ，试估算地球－电离层系统的电容．设地球与电离层之间为真空．解 由于地球半径R 1＝6.37×106m ；电离层半径R 2＝1.00×105m ＋R 1 ＝6.47×106m ，根据球形电容器的电容公式，可得F 1058.4π4212210-⨯=-=R R R R εC10－10 两线输电线，其导线半径为3.26 mm ，两线中心相距0.50 m ，导线位于地面上空很高处，因而大地影响可以忽略．求输电线单位长度的电容．分析 假设两根导线带等量异号电荷，电荷在导线上均匀分布，则由长直带电线的电场叠加，可以求出两根带电导线间的电场分布,-++=E E E再由电势差的定义求出两根导线之间的电势差，就可根据电容器电容的定义，求出两线输电线单位长度的电容解 建立如图坐标，带等量异号电荷的两根导线在P 点激发的电场强度方向如图，由上述分析可得P 点电场强度的大小为)11(π20xd x E --=ελ 电场强度的方向沿x 轴，电线自身为等势体，依照定义两导线之间的电势差为x xd x l E U lRd Rd )11(π2d 0--=⋅=⎰⎰-ελ 上式积分得RRd ελU -=lnπ0 因此，输电线单位长度的电容Rd εR R d εU λC ln /πln /π00≈-==代入数据 F 1052.512-⨯=C题 10-10 图10－11 电容式计算机键盘的每一个键下面连接一小块金属片，金属片与底板上的另一块金属片间保持一定空气间隙，构成一小电容器（如图）.当按下按键时电容发生变化，通过与之相连的电子线路向计算机发出该键相应的代码信号.假设金属片面积为50.0 mm 2，两金属片之间的距离是0.600 mm .如果电路能检测出的电容变化量是0.250 pF ，试问按键需要按下多大的距离才能给出必要的信号？题 10-11 图分析 按下按键时两金属片之间的距离变小，电容增大，由电容的变化量可以求得按键按下的最小距离：解 按下按键时电容的变化量为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=0011Δd d S εC按键按下的最小距离为mm 152.0ΔΔΔ00200min =+=-=SC d Cd d d d ε10－12 一片二氧化钛晶片，其面积为1.0 cm 2，厚度为0.10 mm ．把平行平板电容器的两极板紧贴在晶片两侧.（1） 求电容器的电容；（2） 当在电容器的两极间加上12 V 电压时，极板上的电荷为多少？ 此时自由电荷和极化电荷的面密度各为多少？ （3） 求电容器内的电场强度．解 （1） 查表可知二氧化钛的相对电容率εr ＝173，故充满此介质的平板电容器的电容F 1053.190-⨯==dSεεC r （2） 电容器加上U ＝12V 的电压时，极板上的电荷C 1084.18-⨯==CU Q极板上自由电荷面密度为2-80m C 1084.1⋅⨯==-SQζ 晶片表面极化电荷密度2-400m C 1083.111⋅⨯=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-='-ζεζr （3） 晶片内的电场强度为1-5m V 102.1⋅⨯==dUE 10－13 如图所示，半径R ＝0.10 m 的导体球带有电荷Q ＝1.0 ×10－８C ，导体外有两层均匀介质，一层介质的εr ＝5.0，厚度d ＝0.10 m ，另一层介质为空气，充满其余空间．求：（1） 离球心为r ＝5cm 、15 cm 、25 cm 处的D 和E ；（2） 离球心为r ＝5 cm 、15 cm 、25 cm 处的V ；（3） 极化电荷面密度ζ′．题 10-13 图分析 带电球上的自由电荷均匀分布在导体球表面，电介质的极化电荷也均匀分布在介质的球形界面上，因而介质中的电场是球对称分布的．任取同心球面为高斯面，电位移矢量D 的通量与自由电荷分布有关，因此，在高斯面上D 呈均匀对称分布，由高斯定理⎰∑=⋅0d qS D 可得D （r ）．再由r εε0/D E =可得E （r ）．介质内电势的分布，可由电势和电场强度的积分关系⎰∞⋅=rV l E d 求得，或者由电势叠加原理求得．极化电荷分布在均匀介质的表面，其极化电荷面密度n P ='σ．解 （1） 取半径为r 的同心球面为高斯面，由高斯定理得 r ＜R 0π421=⋅r D01=D ；01=ER ＜r ＜R ＋d Q r D =⋅22π422π4r Q D =；202π4r εεQE r = r ＞R ＋d Q r D =⋅23π423π4r Q D =；203π4rQ E ε= 将不同的r 值代入上述关系式，可得r ＝5 cm 、15 cm 和25 cm 时的电位移和电场强度的大小，其方向均沿径向朝外． r 1 ＝5 cm ，该点在导体球内，则01=r D ；01=r Er 2 ＝15 cm ，该点在介质层内，εｒ＝5.0，则2822m C 105.3π42--⋅⨯==r Q D r 12220m V 100.8π42-⋅⨯==r εεQE r r r 3 ＝25 cm ，该点在空气层内，空气中ε≈ε0 ，则2823m C 103.1π43--⋅⨯==r Q D r ； 13220m V 104.1π43-⋅⨯==r Q E r ε （2） 取无穷远处电势为零，由电势与电场强度的积分关系得 r 3 ＝25 cm ，V 360π4d 0r 331==⋅=⎰∞rεQV r Er 2 ＝15 cm ，()()V480π4π4π4d d 0020r3222=+++-=⋅+⋅=⎰⎰+∞+d R Qd R Q r Q V r r dR d R εεεεεrE r E r 1 ＝5 cm ，()()V540π4π4π4d d 000321=+++-=⋅+⋅=⎰⎰+∞+d R εQd R εεQ R εεQ V r r dR RdR rE r E （3） 均匀介质的极化电荷分布在介质界面上，因空气的电容率ε＝ε0 ，极化电荷可忽略．故在介质外表面；()()()20π411d R εQ εE εεP r r n r n +-=-=()()282m C 106.1π41--⋅⨯=+-==d R εQεP ζr r n在介质内表面：()()20π411R εQ εE εεP r r n r n -=-=()282m C 104.6π41--⋅⨯-=-=-='R εQ εP ζr r n介质球壳内、外表面的极化电荷面密度虽然不同，但是两表面极化电荷的总量还是等量异号． 10－14 人体的某些细胞壁两侧带有等量的异号电荷.设某细胞壁厚为5.2 ×10－9m ，两表面所带面电荷密度为±5.2 ×10 －3C ／m 2，内表面为正电荷．如果细胞壁物质的相对电容率为6.0，求（1） 细胞壁内的电场强度；（2） 细胞壁两表面间的电势差． 解 （1）细胞壁内的电场强度V/m 108.960⨯==rεεζE ；方向指向细胞外． （2） 细胞壁两表面间的电势差V 101.52-⨯==Ed U ．10－15 如图（a ）所示，有两块相距为0.50 的薄金属板A 、B 构成的空气平板电容器被屏蔽在一金属盒Ｋ 内，金属盒上、下两壁与A 、B 分别相距0.25 mm ，金属板面积为30 mm ×40 mm .求（1） 被屏蔽后电容器的电容变为原来的几倍；（2） 若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰，问此时的电容又为原来的几倍？题 10-15 图分析 薄金属板A 、B 与金属盒一起构成三个电容器，其等效电路图如图（ｂ）所示，由于两导体间距离较小，电容器可视为平板电容器，通过分析等效电路图可以求得A 、B 间的电容.解 （1） 由等效电路图可知13232123C C C C C C C C ++⋅=+=由于电容器可以视作平板电容器，且32122d d d ==，故1322C C C == ，因此A 、B 间的总电容12C C =（2） 若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰，相当于2C （或者3C ）极板短接，其电容为零，则总电容13C C =10－16 在A 点和B 点之间有5 个电容器，其连接如图所示．（1） 求A 、B 两点之间的等效电容；（2） 若A 、B 之间的电势差为12 V ，求U A C 、U CD 和U D B ．题 10-16 图解 （1） 由电容器的串、并联，有μF 1221=+=C C C AC μF 843=+=C C C CD51111C C C C CD AC AB ++= 求得等效电容C AB ＝4 μF ．（2） 由于AB D B CD AC Q Q Q Q ===，得V 4==AB ACABAC U C C U V 6==AB CDABCD U C C U V 2==AB DBABDB U C C U 10－17 如图，有一个空气平板电容器，极板面积为S ，间距为d ．现将该电容器接在端电压为U 的电源上充电，当（1） 充足电后；（2） 然后平行插入一块面积相同、厚度为δ（δ ＜d ）、相对电容率为εｒ 的电介质板；（3） 将上述电介质换为同样大小的导体板．分别求电容器的电容C ，极板上的电荷Q 和极板间的电场强度E ．题 10-17 图分析 电源对电容器充电，电容器极板间的电势差等于电源端电压U ．插入电介质后，由于介质界面出现极化电荷，极化电荷在介质中激发的电场与原电容器极板上自由电荷激发的电场方向相反，介质内的电场减弱．由于极板间的距离d 不变，因而与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，以维持电势差不变，并有()δSεεQ δd S εQU r 00+-=相类似的原因，在平板电容器极板之间，若平行地插入一块导体板，由于极板上的自由电荷和插入导体板上的感应电荷在导体板内激发的电场相互抵消，与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，使间隙中的电场E 增强，以维持两极板间的电势差不变，并有()δd SεQU -=0 综上所述，接上电源的平板电容器，插入介质或导体后，极板上的自由电荷 均会增加，而电势差保持不变． 解 （1） 空气平板电容器的电容dSεC 00=充电后，极板上的电荷和极板间的电场强度为U dS εQ 00=d U E /0=（2） 插入电介质后，电容器的电容C 1 为()()δd εδS εεδS εεQ δd SεQ Q C r r r -+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=0001/ 故有()δd εδSUεεU C C r r -+==011介质内电场强度()δd εδUS εεQ E r r -+=='011空气中电场强度()δd εδUεS εQ E r r -+==011 （3） 插入导体达到静电平衡后，导体为等势体，其电容和极板上的电荷分别为δd SεC -=02 U δd S εQ -=02导体中电场强度 02='E 空气中电场强度δd UE -=2 无论是插入介质还是插入导体，由于电容器的导体极板与电源相连，在维持电势差不变的同时都从电源获得了电荷，自由电荷分布的变化同样使得介质内的电场强度不再等于E 0/εｒ．10－18 为了实时检测纺织品、纸张等材料的厚度（待测材料可视作相对电容率为εｒ 的电介质），通常在生产流水线上设置如图所示的传感装置，其中A ，B 为平板电容器的导体极板，d 0 为两极板间的距离．试说明检测原理，并推出直接测量量电容C 与间接测量量厚度d 之间的函数关系．如果要检测钢板等金属材料的厚度，结果又将如何？题 10-18 图分析 导体极板A 、B 和待测物体构成一有介质的平板电容器，关于电容C 与材料的厚度的关系，可参见题10－17 的分析． 解 由分析可知，该装置的电容为()d d d SC r r -+=00εεε 则介质的厚度为()()C εSεεd εεC εS εεC d εd r rr r r r r 1110000---=--=如果待测材料是金属导体，其等效电容为dd SεC -=00导体材料的厚度CSεd d 00=-= 实时地测量A 、B 间的电容量C ，根据上述关系式就可以间接地测出材料的厚度．通常智能化的仪表可以实时地显示出待测材料的厚度．10－19 有一电容为0.50 μF 的平行平板电容器，两极板间被厚度为0.01 mm 的聚四氟乙烯薄膜所隔开，（1） 求该电容器的额定电压；（2） 求电容器存贮的最大能量． 分析 通过查表可知聚四氟乙烯的击穿电场强度E b ＝1.9 ×107 V ／m ，电容器中的电场强度E ≤E b ，由此可以求得电容器的最大电势差和电容器存贮的最大能量． 解 （1） 电容器两极板间的电势差V 190b max ==d E U（2） 电容器存贮的最大能量J 1003.92132max e -⨯=CU W10－20 半径为0.10 cm 的长直导线，外面套有内半径为1.0 cm 的共轴导体圆筒，导线与圆筒间为空气．略去边缘效应，求：（1） 导线表面最大电荷面密度；（2） 沿轴线单位长度的最大电场能量．分析 如果设长直导线上单位长度所带电荷为λ，导线表面附近的电场强度0π2εζR ελE ==查表可以得知空气的击穿电场强度E b ＝3.0 ×106（V ／m ），只有当空气中的电场强度E ≤E b 空气才不会被击穿，由于在导线表面附近电场强度最大，因而可以求出ζ的极限值．再求得电场能量密度，并通过同轴圆柱形体元内电场能量的积分求得单位长度的最大电场强度．解 （1） 导线表面最大电荷面密度250max m C 1066.2--⋅⨯==b E εζ显然导线表面最大电荷面密度与导线半径无关．（2） 由上述分析得b E R ελ10max π2=，此时导线与圆筒之间各点的电场强度为()1210m π2R r R rR r E <<==ελ0=E (其他)222102m 0m 2121rE R E w b εε==沿轴线单位长度的最大电场能量r rER r r w W R Rb d 1πd π2212210m ⎰⎰⎰⎰Ω=⋅=ε 14122210mm J 1076.5lnπ--⋅⨯==R R E R W b ε 10－21 一空气平板电容器，空气层厚1.5 cm ，两极间电压为40 k V ，该电容器会被击穿吗？ 现将一厚度为0.30 cm 的玻璃板插入此电容器，并与两极平行，若该玻璃的相对电容率为7.0，击穿电场强度为10 ＭV· m －1．则此时电容器会被击穿吗？分析 在未插入玻璃板时，不难求出空气中的电场强度小于空气的击穿电场强度，电容器不会被击穿．插入玻璃后，由习题10－17 可知，若电容器与电源相连，则极板间的电势差维持不变，电容器将会从电源获取电荷．此时空气间隙中的电场强度将会增大．若它大于空气的击穿电场强度，则电容器的空气层将首先被击穿．此时40 k V 电压全部加在玻璃板两侧，玻璃内的电场强度如也大于玻璃击穿电场强度的值，则玻璃也将被击穿．整个电容器被击穿．解 未插入玻璃时，电容器内的电场强度为16m V 107.2/-⋅⨯==d U E因空气的击穿电场强度16m V 100.3-⋅⨯=b E ，b E E <，故电容器不会被击穿． 插入玻璃后，由习题6 －26 可知，空气间隙中的电场强度()16m V 102.3-⋅⨯=+-=δδd εVεE r r此时，因b E E > ，空气层被击穿，击穿后40 k V 电压全部加在玻璃板两侧，此时玻璃板内的电场强度17m V 103.1/-⋅⨯==δV E由于玻璃的击穿电场强度1bm MV 10-⋅='E ，b E E '> ，故玻璃也将相继被击穿，电容器完全被击穿．10－22 某介质的相对电容率 2.8r ε=，击穿电场强度为611810V m -⨯⋅ ，如果用它来作平板电容器的电介质，要制作电容为0.047 μF ，而耐压为4.0 k V 的电容器，它的极板面积至少要多大． 解 介质内电场强度16m V 1018-⋅⨯=≤b E E电容耐压U m ＝4.0 k V ，因而电容器极板间最小距离m 1022.2/4-⨯==b m E U d要制作电容为0.047 μF 的平板电容器，其极板面积210m 42.0==εεCdS 显然，这么大的面积平铺开来所占据的空间太大了，通常将平板电容器卷叠成筒状后再封装． 10－23 一平行板空气电容器，极板面积为S ，极板间距为d ，充电至带电Q 后与电源断开，然后用外力缓缓地把两极板间距拉开到2d ．求：（1） 电容器能量的改变；（2） 此过程中外力所作的功，并讨论此过程中的功能转换关系．分析 在将电容器两极板拉开的过程中，由于导体极板上的电荷保持不变，极板间的电场强度亦不变，但电场所占有的空间增大，系统总的电场能量增加了．根据功能原理，所增加的能量应该等于拉开过程中外力克服两极板间的静电引力所作的功． 解 （1） 极板间的电场为均匀场，且电场强度保持不变，因此，电场的能量密度为20220221SεQ E εw e == 在外力作用下极板间距从d 被拉开到2d ，电场占有空间的体积，也由V 增加到2V ，此时电场能量增加SεdQ V w W e e 022ΔΔ== （2） 两导体极板带等量异号电荷，外力F 将其缓缓拉开时，应有F ＝－F e ，则外力所作的功为SεdQ QEd 02e 2ΔA ==⋅-=r F 外力克服静电引力所作的功等于静电场能量的增加．。
大学物理下册第10章课后题答案
习题10-3图第10章 静电场中的导体和电介质习 题一 选择题10-1当一个带电导体达到静电平衡时，[ ] (A) 表面上电荷密度较大处电势较高 (B) 表面曲率较大处电势较高(C) 导体内部的电势比导体表面的电势高(D) 导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零 答案：D解析：处于静电平衡的导体是一个等势体，表面是一个等势面，并且导体内部与表面的电势相等。
10-2将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，导体B 的电势将[ ](A) 升高 (B)降低 (C)不会发生变化 (D)无法确定 答案：A解析：不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。
由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）。
10-3将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。
若将导体N 的左端接地（如图10-3所示），则[ ](A) N 上的负电荷入地 (B) N 上的正电荷入地 (C) N 上的所有电荷入地 (D) N 上所有的感应电荷入地 答案：A解析：带负电的带电体M移到不带电的导体N附近的近端感应正电荷；在远端感应负电荷，不带电导体的电势将低于无穷远处，因此导体N的电势小于0，即小于大地的电势，因而大地的正电荷将流入导体N，或导体N的负电荷入地。
故正确答案为（A）。
10-4 如图10-4所示，将一个电荷量为q电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d。
设无穷远处为零电势，则在导体球球心O点有[ ](A)0E，4πε=qVd(B)24πε=qEd，4πε=qVd(C) 0E，0V(D)24πε=qEd，4πε=qVR答案：A解析：导体球处于静电平衡状态，导体球内部电场强度为零，因此0E。
导体球球心O点的电势为点电荷q及感应电荷所产生的电势叠加。
感应电荷分布于导体球表面，至球心O的距离皆为半径R，并且感应电荷量代数和q∑为0，因此4qVRπε==∑感应电荷。
大学物理课后习题答案(第十章) 北京邮电大学出版社
习题十10-1 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t rd 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 ΦεV 10-2 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10-2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10-2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10-3图*10-3 如题10-3图所示，一根导线弯成抛物线形状y =2ax ，放在均匀磁场中．B 与xOy 平面垂直，细杆CD 平行于x 轴并以加速度a 从抛物线的底部向开口处作平动．求CD 距O 点为y 处时回路中产生的感应电动势．解: 计算抛物线与CD 组成的面积内的磁通量⎰⎰=-==aym y B x x y B S B 0232322d )(2d 2ααΦ∴ vy B t y y B t m 21212d d d d ααε-=-=Φ-=∵ ay v 22= ∴ 212y a v =则ααεaByy a yBi 8222121-=-=i ε实际方向沿ODC ．题10-4图10-4 如题10-4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=MeNMε 即MN MeN εε=又∵ ⎰+-<+-==ba b a MN b a ba Iv l vB 0ln 2dcos 0πμπε所以MeN ε沿NeM 方向，大小为 b a ba Iv -+ln20πμ M 点电势高于N 点电势，即b a ba Iv U U N M -+=-ln 20πμ题10-5图10-5如题10-5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t Id 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 π2000d ad b a b Ilr l rIr l rIab bad dm +-+=-=⎰⎰++μμμΦ(2)t I b a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-=μΦε 10-6 如题10-6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10-6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 ∴ R Bf r R I m 22π==ε10-7 如题10-7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10-7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⎰==⋅⨯=ADI vbvBb l B v d 2d )(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 μεεεV 方向沿顺时针．10-8 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10-8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 t m-=-=d d Φε即沿abcd 方向顺时针方向．题10-8图10-9 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10-9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10-9图(a)题10-9图(b)在磁场中时0d d =t Φ,0=ε； 出场时0d d >t Φ，0<ε，故t I -曲线如题10-9图(b)所示.题10-10图10-10 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10-10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 ObaO ab ωωεεε=+-=+=(2)∵0>ab ε即0<-b a U U∴b 点电势高．题10-11图10-11 如题10-11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b a b a Iv r r a r Iv l B v ba ba BAAB -+-=-+-=⋅⨯=⎰⎰+-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， ∴b a ba Iv U AB -+=ln 0πμ题10-12图10-12 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10-12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t Bd d ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．解： ∵bc ab ac εεε+=t BR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε =-=t ab d d 2Φεt BR B R t d d 12π]12π[d d 22=--∴t B R R acd d ]12π43[22+=ε∵ 0d d >t B∴ 0>acε即ε从c a → 10-13 半径为R 的直螺线管中，有dt dB＞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∴t B R R i d d )436π(22--=ε ∵ 0d d >t B∴0<i ε，即感应电动势沿acba ，逆时针方向．题10-13图题10-14图10-14 如题10-14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10-14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 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10-15图10-15 一无限长的直导线和一正方形的线圈如题10-15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==10-16 一矩形线圈长为a =20cm ，宽为b =10cm ，由100匝表面绝缘的导线绕成，放在一无限长导线的旁边且与线圈共面．求：题10-16图中(a)和(b)两种情况下，线圈与长直导线间的互感．解：(a)见题10-16图(a)，设长直电流为I ，它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为2ln π2d 2πd 020)(12Iar r Ia S B b b S μμΦ⎰⎰==⋅= ∴6012108.22ln π2-⨯===aN IN M μΦH(b)∵长直电流磁场通过矩形线圈的磁通012=Φ，见题10-16图(b) ∴ 0=M题10-16图题10-17图10-17 两根平行长直导线，横截面的半径都是a ，中心相距为d ，两导线属于同一回路．设两导线内部的磁通可忽略不计，证明：这样一对导线长度为l 的一段自感为πμl L 0=In aad -．解： 如图10-17图所示，取r l S d d = 则⎰⎰-----=--=-+=ad aad aa d da a d Il r r r Ilr l r Ir πI)ln (ln 2πd )d 11(π2d ))d (π22(0000μμμμΦa ad Il-=lnπ0μ∴ a a d l I L -==lnπ0μΦ 10-18 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 H10-19图10-19 一矩形截面的螺绕环如题10-19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10-19图示 (1)通过横截面的磁通为⎰==ba a bNIhr h r NIlnπ2d π200μμΦ磁链a bIh N N lnπ220μΦψ== ∴a bhN IL lnπ220μψ==(2)∵221LI W m =∴a b hI N W m lnπ4220μ=10-20 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 I B rμ=∴4222002π82R r I B w m μμ== 取 r r V d π2d =(∵导线长1=l )则 ⎰⎰===R Rm I R rr I r r w W 0204320π16π4d d 2μμπ。
大学物理学习题全解-赵近芳版(10-17章)
，
由于δ≧0，所以 ，因此不论分子的速度的分布服从什么规律，都有 ．
另外也可直接用平均值运算．
由于 ，展开得 ，
取平均值时得 ．
因为 、 并且 ，所以 ，即 ．证毕．
10．10将（11.19）式表示成以理想气体最可几速率vp为单位表示的形式，即令x = v/vp，若已知 ，试计算：
（1）分子速率小于最可几速率的分子占分子总数的百分比为多少？
当射线粒子能量全部转变成氖气的内能时，由公式 可得气体升高的温度为
= 1.28×10-6(K)．
10．7某些恒星的温度达到108K的数量级，此时原子已不存在，只有质子存在，求：
（1）质子的平均动能是多少？
（2）质子的方均根速率多大？
[解答]（1）质子的平动自由度为t= 3，平均平动动能为 = 2.07×10-15(J)．
（2）nf(v)dv，n为分子数密度；
（3） ；
（4） ，vp为最可几速率；
（5） ．
[解答]（1）由公式dN/N = f(v)dv可知：f(v)dv表示分子数在速率区间v~v+dv之中分子数的比率dN/N．
（2）由于n = N/V，可得ndN/N =dN/V，因此nf(v)dv表示分子数在速率区间v~v+dv之中分子数密度．
（3） 表示分子在速率区间v1到v2之间的平均速率．
（4） 表示分子速率小于最可几速率的分子占分子总数的比率．
（5） 表示分子速率大于最可几速率的速率平方的平均值．
10．14质量为6.2×10-14g的微粒悬浮于27℃的液体中，观察到它的方均根速率为1.4cm·s-1．由这些结果计算阿佛加德罗常数NA．
当系统沿adc路径变化时，可得：Q1= ΔE1+A1，
大学物理习题答案第十章
[习题解答]10-1如果导线中的电流强度为8.2 A，问在15 s内有多少电子通过导线的横截面？解设在t秒内通过导线横截面的电子数为N，则电流可以表示为,所以.10-2 在玻璃管内充有适量的某种气体，并在其两端封有两个电极，构成一个气体放电管。
当两极之间所施加的电势差足够高时，管中的气体分子就被电离，电子和负离子向正极运动，正离子向负极运动，形成电流。
在一个氢气放电管中，如果在3 s内有2.8⨯1018 个电子和1.0⨯1018 个质子通过放电管的横截面，求管中电流的流向和这段时间内电流的平均值。
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。
10-3 两段横截面不同的同种导体串联在一起，如图10-7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，。
(2)两导体的电流密度不相同，因为,又因为,所以.这表示截面积较小的导体电流密度较大。
(3)根据电导率的定义,在两种导体内的电场强度之比为.上面已经得到，故有.这表示截面积较小的导体中电场强度较大。
图10-7(4)根据公式,可以得到,这表示，两导体的电阻与它们的横截面积成反比。
(5)已知，容易得到其他各量的比例关系,,,.若，则两导体的长度之比为.10-4两个同心金属球壳的半径分别为a和b(>a)，其间充满电导率为σ的材料。
已知σ是随电场而变化的，且可以表示为σ = kE，其中k为常量。
现在两球壳之间维持电压U，求两球壳间的电流。
解在两球壳之间作一半径为r的同心球面，若通过该球面的电流为I，则.又因为,所以.于是两球壳之间的电势差为.从上式解出电流I，得.10-5一个电阻接在电势差为180 V电路的两点之间，发出的热功率为250W。
大学物理 第10章练习答案
第十章 稳 恒 磁 场10－1 两根无限长直导线相互垂直地放置在两正交平面内，分别通有电流I 1=2A ，I 2=3A ，如图所示。
求点M 1和M 2处的磁感应强度。
图中AM 1＝AM 2=lcm ，AB=2cm.。
解：无限长电流的磁感应强度为dIB πμ=20，两无限长 电流在点M 1和M 2处的磁感应强度相互垂直，合磁感 应强度为)3(10232221201I I I B M +⨯πμ=-T 551047.414102--⨯+⨯＝ )(1022221202I I I B M +⨯πμ=-T 551021.794102--⨯+⨯＝ 10－2一无限长的载流导线中部被弯成圆弧形，圆弧半径R=3cm ，导线中的电流I=2A ， 如图所示，求圆弧中心O 点的磁感应强度。
解：两半无限长电流在O 点产生的磁感应强度 方向相同，叠加为•πμ⨯=方向 4201RIB O 3/4圆电流在O 点产生的磁感应强度为⊗μ⨯=方向 24302RI B O O 点的合磁感应强度为⊗⨯=⨯⨯⨯⨯⨯π=πμ=+=-方向 T 101.80.43 10322104 ) 1- 43( 25-27-021R I B B B O O O 10－3图中三棱柱面高h ＝1.0m ，底面各边长分别为ab=0.6m ，bc=0.4m ，ac=0.3m ，沿ad 边有直长导线，导线申通有电流I=4A 。
求通过cbef 面的磁通量。
解：通过cbef 面的磁通量应与通过gbje 面的磁通量相当 ag=ac=0.3m ，有 hdx x 2I d 6.03.00⎰⎰πμ=⋅φSS B ＝0.30.6ln20πμ=Ih Wb 1054.5n2 21104 7--7⨯=π⨯⨯π=l10－4两根平行直长导线载有电流I 1=I 2=20A 。
试求（1）两导线所在平面内与两导线等距的一点A 处的磁感应强度；（2）通过图中矩形面积的磁通量。
图中r 1=r 3=10cm ，r 2=20cm ，l =25cm 。
大学物理(第4版)主编赵近芳-第10章课后答案.
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。
[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θ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θ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θ=0的位置转到180度（θ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。
[答案：a Iπμ22，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用毕奥——萨伐尔定律，而用安培环路定理求得（填能或不能）。
[答案：能, 不能](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。
电荷在磁场中沿任一闭合曲线移动一周，磁场力做功为。
[答案：零，零](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，管内的磁力线分布相同，管内的磁感线分布将。
[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场决定的，所以不把磁力方向定义为B的方向．题10.3图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abcd 可证明21B B=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcdμ∴ 21B B=（2）若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B 方向相反，即21B B≠.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nI B 0μ=，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⎰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 10.6 图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0.2=B Wb/m 2的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解： 如题10.8图所示题10.8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24.0-Wb )题10.9图10.9 如题10.9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10.9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=BBC 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 ，方向垂直向里．10.10 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10.10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题10.10图解：如题10.10图所示,A B方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T52010103310502050102-⨯=⨯++-=..)..(πμπμI I B B T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题10.11图10.11 如题10.11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1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
第十章-电荷和静电场课后习题答案
第十章 电荷和静电场10-1当用带电玻璃棒吸引干燥软木屑时，会发现软木屑一接触到玻璃棒后又很快跳离。
试解释之。
答：先极化接触后电荷一部分转移至软木屑，后同性电荷相斥。
10-2当带正电的玻璃棒吸引一个悬挂的干燥软木小球时，我们是否可以断定软木小球带有负电荷？当带正电的玻璃棒排斥一个悬挂的干燥软木小球时，我们是否可以断定软木小球带有正电荷？ 答：不能。
①软木小球可能带电荷为零，也可能带有负电荷。
②可以10-3两个相同的小球质量都是m ，并带有等量同号电荷q ，各用长为l 的丝线悬挂于同一点。
由于电荷的斥力作用，使小球处于题图所示的位置。
如果q 角很小，试证明两个小球的间距x 可近似地表示为：12304q l x mg πε⎛⎫= ⎪⎝⎭证：由库仑定律得 ：22014q F x πε=⋅而：tan mg f θ= 2201tan 4q mg xθπε∴=⋅∵ θ角很小 ∴ 12tan sin xlθθ==故： 220124x q mg l x πε⋅=⋅ 23012q l x mg πε⇒=⋅ 即得：12304q l x mg πε⎛⎫= ⎪⎝⎭证毕10-4 在上题中， 如果l = 120 cm ，m = 0.010 kg ，x = 5.0 cm ，问每个小球所带的电量q 为多大？解：由上题得：13202mgx q l πε⎛⎫=± ⎪⎝⎭()132290.0109.8 5.0102 1.28.9910-⎡⎤⨯⨯⨯⎢⎥=±⎢⎥⨯⨯⨯⎣⎦82.410c -=±⨯ 10-5 氢原子由一个质子和一个电子组成。
根据经典模型，在正常状态下，电子绕核作圆周运动，轨道半径是110 5.2910r m -=⨯。
质子的质量271.6710M kg -=⨯，电子的质量319.1110m kg -=⨯，它们的电量为191.6010e c -±=⨯ 。
(1)求电子所受的库仑力；(2)电子所受库仑力是质子对它的万有引力的多少倍？(3)求电子绕核运动的速率。
大学物理 第十章 波动部分习题
第十章 波动一、简答题1、什么是波动? 振动和波动有什么区别和联系?答：波动一般指振动在介质中的传播。
振动通常指一个质点在平衡位置附近往复地运动，波动是介质中的无数个质点振动的总体表现。
2、机械波的波长、频率、周期和波速四个量中，(1) 在同一介质中，哪些量是不变的? (2) 当波从一种介质进入另一种介质中，哪些量是不变的?答：(1) 频率、周期、波速、波长 （2）频率和周期3、波动方程⎪⎭⎫ ⎝⎛-=u x cos y t A ω中的u x 表示什么? 如果把它写成⎪⎭⎫ ⎝⎛-=u x cos y ωωt A ，u x ω又表示什么? 答：u x 表示原点处的振动状态传播到x 处所需的时间。
ux ω表示x 处的质点比原点处的质点所落后的相位。
4、波动的能量与哪些物理量有关? 比较波动的能量与简谐运动的能量.答：波的能量与振幅、角频率、介质密度以及所选择的波动区域的体积都有关系。
简谐运动中是振子的动能与势能相互转化，能量保持守恒的过程；而行波在传播过程中某一介质微元的总能量在随时间变化，从整体上看，介质中各个微元能量的变化体现了能量传播的过程。
5. 平面简谐波传播过程中的能量特点是什么？在什么位置能量为最大？答案：能量从波源向外传播，波传播时某一体元的能量不守桓，波的传播方向与能量的传播方向一致，量值按正弦或余弦函数形式变化，介质中某一体元的波动动能和势能相同，处于平衡位置处的质点，速度最大，其动能最大，在平衡位置附近介质发生的形变也最大，势能也为最大。
6. 驻波是如何形成的？驻波的相位特点什么？答案：驻波是两列振幅相同的相干波在同一直线上沿相反方向传播时叠加而成。
驻波的相位特点是：相邻波节之间各质点的相位相同，波节两边质点的振动有的相位差。
7 惠更斯原理的内容是什么？利用惠更斯原理可以定性解释哪些物理现象？答案：介质中任一波振面上的各点，都可以看做发射子波的波源，其后任一时刻，这些子波的包络面就是该时刻的波振面。
太原理工大学大学物理第五版第10章课后题答案
第10章 导体和电介质中的静电场（习题选解）10-1 如图所示，在一不带电的金属球旁有一点电荷q +，金属球半径为R ，已知q +与金属球心间距离为r 。
试求：（1）金属球上感应电荷在球心处产生的电场强度E 及此时球心处的电势V ；（2）若将金属球接地，球上的净电荷为多少？题10-1图解：（1）由于导体内部的电场强度为零，金属球上感应的电荷在球心处产生的电场强度E 与点电荷q +在球心处产生的电场强度'E 大小相等，方向相反。
204r q E E πε='= E 的方向由O 指向q +点电荷q +在球心处的电势为rq V q 04πε=金属球表面感应电荷在球心的电势为R V ，由于球表面感应电荷量总和为零，⎰⎰===ssR dq RRdq V 041400πεπε 故球心电势为q V 和R V 的代数和rq V V V R q 04πε=+=（2）若将金属球接地，金属球是一个等势体，球心的电势0=V 。
设球上净电荷为q '。
球面上的电荷在球心处的电势为⎰⎰'===ssR Rq dq R Rdq V 0004414πεπεπε点电荷q +在球心的电势为 rq V q 04πε=由电势叠加原理 0=+=q R V V Vq R V V -=rq Rq 0044πεπε-='q rR q -=' 10-2 如图所示，把一块原来不带电的金属板B 移近一块已带有正电荷Q +的金属板A ，平行放置。
设两板面积都是S ，板间距是d ，忽略边缘效应。
求：（1）B 板不接地时，两板间的电势差； （2）B 板接地时，两板间电势差。
Qσ12σ34题10-2图解：（1）如图，设A 、B 两金属板各表面的面电荷密度分别为1σ、2σ、3σ、4σ。
由静电平衡条件可知⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-++=---02222022220403020104030201εσεσεσεσεσεσεσεσ 解得 ⎩⎨⎧-==3241σσσσ又 430σσ+= Q S S =+21σσ 故 1242Q Sσσσ===32Q Sσ=-两板间为匀强电场，电场强度31240000022222Q E Sσσσσεεεεε=+--= 两板间的电势差 SQdEd U 02ε==（2）若B 板接地，则有 ⎪⎩⎪⎨⎧=-===S Q 32410σσσσ两板间的电场强度 3200022QE Sσσεεε=-= 两板间的电势差 SQdEd U 0ε== 10-3 B A 、为靠得很近的两块平行的大金属平板，板的面积为S ，板间距离为d ，使B A 、板带电分别为A q 、B q ，且A B q q >。
大学物理第10章题库答案2(最新修改)
第十章一、填空题易：1、质量为0.10kg 的物体，以振幅1cm 作简谐运动，其角频率为110s -，则物体的总能量为， 周期为 。
（4510J -⨯，0.628s ）易：2、一平面简谐波的波动方程为y 0.01cos(20t 0.5x)ππ=-( SI 制)，则它的振幅为 、角频率为 、周期为 、波速为 、波长为 。
（0.01m 、20π rad/s 、 0.1s 、 40m/s 、4m ）易：3、一弹簧振子系统具有1.0J 的振动能量，0.10m 的振幅和1.0m/s 的最大速率，则弹簧的倔强系数为 ，振子的振动角频率为 。
（200N/m ，10rad/s ）易：4、一横波的波动方程是y = 0.02cos2π(100t – 0.4X)( SI 制)则振幅是_________，波长是_ ，频率是 ，波的传播速度是 。
（0.02m ，2.5m ，100Hz ，250m.s -1）易：5、两个谐振动合成为一个简谐振动的条件是 。
（两个谐振动同方向、同频率）易：6、产生共振的条件是振动系统的固有频率与驱动力的频率 （填相同或不相同）。
（相同）易：7、干涉相长的条件是两列波的相位差为π的 （填奇数或偶数）倍。
（偶数）易：8、弹簧振子系统周期为T 。
现将弹簧截去一半，仍挂上原来的物体，作成一个新的弹簧振子，则其振动周期为 T 。
（T ）易：9、作谐振动的小球,速度的最大值为,振幅为,则振动的周期为;加速度的最大值为。
（34π，2105.4-⨯） 易：10、广播电台的发射频率为 。
则这种电磁波的波长为 。
（468.75m ）易：11、已知平面简谐波的波动方程式为 则时，在X=0处相位为 ，在处相位为 。
(8.4π,8.40π)易：12、若弹簧振子作简谐振动的曲线如下图所示,则振幅;圆频率;初相。
(0.1m,2π,2π-)中：13、一简谐振动的运动方程为2x 0.03cos(10t )3ππ=+( SI 制)，则频率ν为 、周期T 为 、振幅A 为 ，初相位ϕ为 。
大学物理(下)第十章作业与解答
第十章静电场中的导体和电介质一. 选择题1. 有一带负电荷的大导体，欲测其附近P点处的场强，将一电荷量不是足够小的正点电荷放在该点，如图，测得它所受电场力大小为F，则(A) 比P点处场强的数值大(B) 比P点处场强的数值小(C) 与P点处场强的数值相等(D) 与P点处场强的数值哪个大无法确定注意：此类型题如果1. q0的电荷与带电体的电荷相异，则选A（比P点处场强的数值大）2. q0的电荷与带电体的电荷相同，则选B（比P点处场强的数值小）[ ]2. 对于带电的孤立导体球(A) 导体内的场强与电势均为零(B) 导体内的场强为零，电势为恒量(C) 导体内的电势比导体表面高(D) 导体内和导体表面的电势高低无法确定[ ]3. 同心导体球与导体球壳周围电场的电场线分布如图，由电场线分布可知球壳上所带总电荷(A)(B)(C)(D) 无法确定[ ]4. 一无限大均匀带电平面A，其附近放一与它平行的有一定厚度的无限大导体板B，如图示，已知A上的电荷面密度为＋σ，则在导体板B的两个表面1和2上的感生电荷面密度为：(A)(B)(C)(D)[ ]5. 一不带电导体球半径为R，将一电量为 +q的点电荷放在距球心O为d（d >R）的一点，这时导体球中心的电势为（无限远处电势为零）(A) 0(B)(C)(D)注意：考虑球心的位置，距球面各点的距离相等；再考虑到，导体球达致静电平衡时感应电荷的代数和必为零，所以球面上的感应电荷对球心总的电势应为零，只剩下点电荷对球心的电势。
[ ]6. 在静电场中做一闭合曲面S，若有（式中为电位移矢量），则S面内(A) 既无自由电荷，也无极化电荷(B) 无自由电荷(C) 自由电荷和极化电荷的代数和为零(D) 自由电荷的代数和为零[ ]7. 一空气平板电容器，充电后两极板上带有等量异号电荷，现在两极板间平行插入一块电介质板，如图示，则电介质中的场强与空气部分中的场强相比较有：(A) ，两者方向相同(B) ，两者方向相同(C) ，两者方向相同(D) ，两者方向相反注意：根据高斯定理，电位移矢量无论在空气中还是介质中都是相等的。
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第十章一、填空题易：1、质量为0.10kg 的物体，以振幅1cm 作简谐运动，其角频率为110s -，则物体的总能量为， 周期为 。
（4510J -⨯，0.628s ）易：2、一平面简谐波的波动方程为y 0.01cos(20t 0.5x)ππ=-( SI 制)，则它的振幅为 、角频率为 、周期为 、波速为 、波长为 。
（0.01m 、20π rad/s 、 0.1s 、 40m/s 、4m ）易：3、一弹簧振子系统具有1.0J 的振动能量，0.10m 的振幅和1.0m/s 的最大速率，则弹簧的倔强系数为 ，振子的振动角频率为 。
（200N/m ，10rad/s ）易：4、一横波的波动方程是y = 0.02cos2π(100t – 0.4X )( SI 制)则振幅是_________，波长是_ ，频率是 ，波的传播速度是 。
（0.02m ，2.5m ，100Hz ，250m.s -1）易：5、两个谐振动合成为一个简谐振动的条件是 。
（两个谐振动同方向、同频率）易：6、产生共振的条件是振动系统的固有频率与驱动力的频率 （填相同或不相同）。
（相同）易：7、干涉相长的条件是两列波的相位差为π的 （填奇数或偶数）倍。
（偶数）易：8、弹簧振子系统周期为T 。
现将弹簧截去一半，仍挂上原来的物体，作成一个新的弹簧振子，则其振动周期为 T 。
（T ）易：9、作谐振动的小球,速度的最大值为,振幅为,则振动的周期为;加速度的最大值为。
（34π，2105.4-⨯）易：10、广播电台的发射频率为 。
则这种电磁波的波长为 。
（468.75m ）易：11、已知平面简谐波的波动方程式为 则时，在X=0处相位为 ，在处相位为 。
(4.2s,4.199s)易：12、若弹簧振子作简谐振动的曲线如下图所示,则振幅;圆频率;初相。
(10m,1.2-s rad π,0)中：13、一简谐振动的运动方程为2x 0.03cos(10t )3ππ=+( SI 制)，则频率ν为 、周期T 为 、振幅A 为 ，初相位ϕ为 。
(5Hz , 0.2s , 0.03m ,23π) 中：14、一质点同时参与了两个同方向的简谐振动，它们的震动方程分别为10.05cos(4)()x t SI ωπ=+和20.05cos(1912)()x t SI ωπ=+， 其合成运动的方程x ＝ ；()12cos(05.0πω-=t x )中：15、A 、B 是在同一介质中的两相干波源，它们的位相差为π，振动频率都为100Hz ，产生的波以10.0m/s图（15）的速度传播。
波源A 的振动初位相为3π，介质中的P 点与A 、B 等距离，如图（15）所示。
A 、B 两波源在P 点所引起的振动的振幅都为10.0210m -⨯。
则P 点的振动是 （填相长或相消）。
(相消)中：16、沿同一直线且频率相同的两个谐振动,,,A 1和的合振动的振幅为.(21A A +)中：17、一横波的波动方程为 若 ，则X=2处质点的位移为 ，该处质点的振动速度为 ，加速度为 。
(-0.01m,0)难：18、一弹簧振子作简谐振动，振幅为A ，周期为T ，其运动方程用余弦函数表示，若t ＝0时：（1）振子在负的最大位移处，则初位相为 ；(π) （2）振子在平衡位置向正方向运动，则初位相为 ；(0) （3）振子在位移为2A 处，且向负方向运动，则初位相为 ；(3π) 难：19、频率为100HZ 的波，其波速为250m/s ，在同一条波线上，相距为0.5m 的两点的位相差为： (π4.0)难：20、如图（20）所示，1S 和2S ，是初相和振幅均相同的相干波源，相距4.5λ，设两波沿1S 2S 连线传播的强度不随距离变化，则在连线上1S 左侧各点和2S 右侧各点是 （填相长或相消）。
(相消)二、选择题易：1、下列叙述中的正确者是 （ ） （A ）机械振动一定能产生机械波；图（20）（B ）波动方程中的坐标原点一定要设在波源上； （C ）波动传播的是运动状态和能量； （D ）振动的速度与波的传播速度大小相等。
易：2、一列机械波从一种介质进入另一种介质，下列说法正确的是（ ）（A ）波长不变； （B ）频率不变； （C ）波速不变； （D ）以上说法都不正确。
易：3、一平面简谐波在弹性介质中传播，在介质质元从平衡位置运动到最大位移处的过程中（ ）(A)它的动能转换成势能； (B)它的势能转换成动能；(C)它从相邻的一段质元获得能量，其能量逐渐增大； (D)它把自己的能量传给相邻的一段质元，其能量逐渐减小。
易：4、频率为100Hz,传播速度为300m/s 的平面简谐波，波线上两点振动的相位差为31，则此两点相距 ( )（A ）2m ； (B)2.19m ； (C) 0.5m ； (D)28.6m 。
易：5、人耳能辨别同时传来的不同的声音，是由于 （ ） A ．波的反射和折射； B.波的干涉； C.波的独立传播特性； D.波的强度不同。
易：6、一弹簧振子作简谐振动，当其偏离平衡位置的位移的大小为振幅的14时，其动能为振动势能的 （ ）（1）916； （2）1116； （3）1316； （4）15。
易：7、一单摆装置，摆球质量为m .摆的周期为T 。
对它的摆动过程，下述哪个说法是错误的？(设单摆的摆动角很小) （ ）(A) 摆线中的最大张力只与振幅有关，而与m 无关； (B)周期T 与m 无关；(C）T与振幅无关(D）摆的机械能与m和振幅都有关。
易：8、一弹簧振子作简谐振动，当其偏离平衡位置的位移大小为振幅的1/4时，其势能为振动总能量的（）A．1/16 ； B.15/16 ；C.9/16 ；D.13/16。
易：9、对于机械横波，在波峰处相应质元的能量为（）（A）动能为零，势能最大；（B）动能为零，势能为零；（C）动能最大，势能为零；（D）动能最大，势能最大。
易：10、一平面简谐波在弹性媒质中传播时，在波线上某质元正通过平衡位置，则此质元的能量是（）（A）动能为零，势能为零；（B）动能为零，势能最大；（C）动能最大，势能最大；（D）动能最大，势能为零。
易：11、人耳能辨别同时传来的不同频率的声音，这是因为（）（A）波的反射和折射；（B）波的干涉；（C）波的独立传播特性；（D）波的叠加原理。
易：12、一质点作简谐振动x=6cos。
某时刻它在处，且向x轴负向运动，它要重新回到该位置至少需要经历的时间为（）(A) (B)(C) (D)易：13、一质点以周期T作谐振动，试从下列所给数值中找出质点由平衡位置到最大位移一半处的时间为（）图16(A) (B)(C)(D)易：14、两个小球1与2分别沿轴作简谐振动，已知它们的振动周期各为，在时，小球2的相位超前小球1的相位。
当s t 31=时，两球振动的相位差为（ ）(A) (B) (C)(D)易：15、将一物体放在一个沿水平方向作周期为1s 的简谐振动的平板上，物体与平板间的最大静摩擦系数为0.4。
要使物体在平板上不致滑动，平板振动的振幅最大只能为（ ）（A ） （B ）（C ）（D ）中：16、横波以波速υ沿x 轴负向传播，t 时刻波形曲线如图16，则该时刻（ ）（1）A 点振动速度大于零；（2）B 点静止不动；（3）C 点向下运动；（4）D 点振动速度小于零；中：17、有两个沿X 轴作谐振动的质点，它们的频率ν，振幅A 都相同。
当第一个质点自平衡位置向负向运动时，第二个质点在X=-A ／2处也向负向运动，则两者的相位为（ ）A.π/2；B.2π/3；C.π/6；D.5π/6 。
中：18、一远洋货轮，质量为m ，浮在水面时其水平截面积为S 。
设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，设水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力。
货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动，则振动周期为（ ）（1）2mgsρπ； （2）mgsρπ21 （3）gsmρπ2 ； （4）gsmρπ21中：19、两个质点各自作简谐振动，它们的振幅相同，周期相同，第一个质点的震动方程为1cos()x A t ωα=+，当第一个质点从平衡位置的正位移处回到平衡位置时，第二个质点正在最大位移处，则第二个质点的振动方程为：（ ）（1）21cos()2x A t ωαπ=++； （2）21cos()2x A t ωαπ=+-； （3）23cos()2x A t ωαπ=--； （4）2cos()x A t ωαπ=-+； 中：20、两个质点各自作简谐振动，它们的振幅相同，周期相同，第一个质点的震动方程为1cos()x A t ωα=+，当第一个质点从平衡位置的正位移处回到平衡位置时，第二个质点正在最大位移处，则第二个质点的振动方程为：（ ）（1）21cos()2x A t ωαπ=++； （2）21cos()2x A t ωαπ=+-； （3）23cos()2x A t ωαπ=--； （4）2cos()x A t ωαπ=-+； 中：21、一平面简谐波表达式为0.05sin (12)()y x SI π=--，则该波的频率、波速及波线上各点的振幅依次为（ ）（1）11,,0.0522-； （2）1,1,0.052-；（3）11,,0.0522； （4）2,2,0.05； 中：22、在波动方程中，表示（ ）（A ）波源振动相位； （B ）波源振动初相；（C ）X 处质点振动相位； （D ）X 处质点振动初相。
难：23、一质点沿X 轴作简谐振动，振动方程为：))(212cos(1042SI t X ππ+⨯=-，从t=0时刻起，到质点位置在x=-2cm 处，且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为 （ ）（A ）18s ； （B ）14s； （C ）512s ； （D ）13s 。
难：24、质点作简谐振动，震动方程为cos()x A t ωφ=-，当时间12t T =(T 为周期)时，质点的速度为： （ ）（1）sin A ωφ-； (2) sin A ωφ； （3）cos A ωφ-； （4）cos A ωφ。
难：25、一平面谐波沿X 轴负方向传播。
已知处质点的振动方程为，波速为 ，则波动方程为（ ）A.])(cos[ϕυω+++=x b t A yB. ])(cos[ϕυω++-=xb t A yC. ])(cos[ϕυω+-+=xb t A y D. ])(cos[ϕυω+--=xb t A y三、判断题易：1、篮球在泥泞的地面上的跳动是简谐振动。
（ √ ） 易：2、波动图像的物理意义是表示介质中的各个质点在不同时刻离开计算题2图平衡位置的情况。
（ √ ）易：3、作简谐振动的弹簧振子，在平衡位置时速度具有最大值。
（ √ ） 易：4、驻波是由振幅、频率和传播速度都相同的两列相干波，在同一直线上沿相反方向传播时叠加而成的一种特殊形式的衍射现象。