大学物理3第08章习题分析与解答
大学物理第8章 稳恒磁场 课后习题及答案
*作品编号：DG13485201600078972981* 创作者： 玫霸*第8章 稳恒磁场 习题及答案6. 如图所示，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：O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生，应用磁场叠加原理。
AB 在O 点产生的磁感应强度为01=BC B在O 点产生的磁感应强度大小为θπμR I B 402=RIR I 123400μππμ=⨯=，方向垂直纸面向里CD 在O 点产生的磁感应强度大小为)cos (cos 421003θθπμ-=r IB)180cos 150(cos 60cos 400︒︒-=R Iπμ)231(20-=R I πμ，方向垂直纸面向里 故 )6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向垂直纸面向里 7. 如图所示，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：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。
且θπθ-==21221R R I I 电阻电阻 1I 产生的磁感应强度大小为）（θππμ-=24101RI B ，方向垂直纸面向外2I 产生的磁感应强度大小为θπμRIB 4202=，方向垂直纸面向里 所以， 1)2(2121=-=θθπI I B B 环中心O 的磁感应强度为0210=+=B B B8. 如图所示，一无限长载流平板宽度为a ，沿长度方向通过均匀电流I ，求与平板共面且距平板一边为b 的任意点P 的磁感应强度。
解：将载流平板看成许多无限长的载流直导线，应用叠加原理求解。
以P 点为坐标原点，垂直载流平板向左为x 轴正方向建立坐标系。
在载流平板上取dx aIdI =，dI 在P 点产生的磁感应强度大小为 x dI dB πμ20=dx axIπμ20=，方向垂直纸面向里P 点的磁感应强度大小为⎰⎰+==a b b x dx a I dB B πμ20bab a I +=ln 20πμ 方向垂直纸面向里。
大学物理学(第三版上) 课后习题8答案详解
习题八7-1下列表述是否正确?为什么?并将错误更正．（1）A E Q ∆+∆=∆ （2）⎰+=V p E Q d（3）121Q Q -≠η （4）121Q Q -<不可逆η解：(1)不正确，A E Q +∆=(2)不正确，⎰+=Vp E Q d Δ(3)不正确，121Q Q -=η(4)不正确，121Q Q -=不可逆η7-2 V p -图上封闭曲线所包围的面积表示什么?如果该面积越大，是否效率越高?答：封闭曲线所包围的面积表示循环过程中所做的净功．由于1Q A 净=η，净A 面积越大，效率不一定高，因为η还与吸热1Q 有关．7-3 如题7-3图所示，有三个循环过程，指出每一循环过程所作的功是正的、负的，还是零，说明理由．解：各图中所表示的循环过程作功都为0．因为各图中整个循环分两部分，各部分面积大小相等，而循环方向一个为逆时针，另一个为顺时针，整个循环过程作功为0．题7-3图7-4 用热力学第一定律和第二定律分别证明，在V p -图上一绝热线与一等温线不能有两个交点．题7-4图解：1.由热力学第一定律有A E Q +∆= 若有两个交点a 和b ，则 经等温b a →过程有0111=-=∆A Q E 经绝热b a →过程012=+∆A E 022<-=∆A E从上得出21E E ∆≠∆，这与a ,b 两点的内能变化应该相同矛盾．2.若两条曲线有两个交点，则组成闭合曲线而构成了一循环过程，这循环过程只有吸热，无放热，且对外做正功，热机效率为%100，违背了热力学第二定律． 7-5 一循环过程如题7-5图所示，试指出： (1)ca bc ab ,,各是什么过程；(2)画出对应的V p -图； (3)该循环是否是正循环?(4)该循环作的功是否等于直角三角形面积? (5)用图中的热量ac bc ab Q Q Q ,,表述其热机效率或致冷系数．解：(1) a b 是等体过程bc 过程：从图知有KT V =，K 为斜率由vRT pV = 得K vR p =故bc 过程为等压过程 ca 是等温过程(2)V p -图如题57'-图题57'-图(3)该循环是逆循环(4)该循环作的功不等于直角三角形面积，因为直角三角形不是V p -图中的图形．(5)ab ca bc abQ Q Q Q e -+=题7-5图 题7-6图7-6 两个卡诺循环如题7-6图所示，它们的循环面积相等，试问： (1)它们吸热和放热的差值是否相同； (2)对外作的净功是否相等； (3)效率是否相同?答：由于卡诺循环曲线所包围的面积相等，系统对外所作的净功相等，也就是吸热和放热的差值相等．但吸热和放热的多少不一定相等，效率也就不相同．7-7 评论下述说法正确与否?(1)功可以完全变成热，但热不能完全变成功；(2)热量只能从高温物体传到低温物体，不能从低温物体传到高温物体．(3)可逆过程就是能沿反方向进行的过程，不可逆过程就是不能沿反方向进行的过程． 答：(1)不正确．有外界的帮助热能够完全变成功；功可以完全变成热，但热不能自动地完全变成功； (2)不正确．热量能自动从高温物体传到低温物体，不能自动地由低温物体传到高温物体．但在外界的帮助下，热量能从低温物体传到高温物体．(3)不正确．一个系统由某一状态出发，经历某一过程达另一状态，如果存在另一过程，它能消除原过程对外界的一切影响而使系统和外界同时都能回到原来的状态，这样的过程就是 可逆过程．用任何方法都不能使系统和外界同时恢复原状态的过程是不可逆过程．有些过程 虽能沿反方向进行，系统能回到原来的状态，但外界没有同时恢复原状态，还是不可逆过程． 7-8 热力学系统从初平衡态A 经历过程P 到末平衡态B ．如果P 为可逆过程，其熵变为 ：⎰=-BA AB T Q S S 可逆d ，如果P 为不可逆过程，其熵变为⎰=-B A A B T Q S S 不可逆d ，你说对吗？哪一个表述要修改，如何修改？答：不对．熵是状态函数，熵变只与初末状态有关，如果过程P 为可逆过程其熵变为：⎰=-BA AB T Q S S 可逆d ，如果过程P 为不可逆过程，其熵变为⎰>-B A A B T Q S S 不可逆d7-9 根据⎰=-B A A B T Q S S 可逆d 及⎰>-B A A B T Q S S 不可逆d ，这是否说明可逆过程的熵变大于不可逆过程熵变?为什么?说明理由．答：这不能说明可逆过程的熵变大于不可逆过程熵变，熵是状态函数，熵变只与初末状态有关，如果可逆过程和不可逆过程初末状态相同，具有相同的熵变．只能说在不可逆过程中，系统的热温比之和小于熵变．7-10 如题7-10图所示，一系统由状态a 沿acb 到达状态b 的过程中，有350 J 热量传入系统，而系统作功126 J ．(1)若沿adb 时，系统作功42 J ，问有多少热量传入系统?(2)若系统由状态b 沿曲线ba 返回状态a 时，外界对系统作功为84 J ，试问系统是吸热还是放热?热量传递是多少?题7-10图解：由abc 过程可求出b 态和a 态的内能之差 A E Q +∆=224126350=-=-=∆A Q E Jabd 过程，系统作功42=A J26642224=+=+∆=A E Q J 系统吸收热量ba 过程，外界对系统作功84-=A J30884224-=--=+∆=A E Q J 系统放热7-11 1 mol 单原子理想气体从300 K 加热到350 K ，问在下列两过程中吸收了多少热量?增加了多少内能?对外作了多少功? (1)体积保持不变； (2)压力保持不变． 解：(1)等体过程由热力学第一定律得E Q ∆= 吸热)(2)(1212V T T R iT T C E Q -=-=∆=υυ25.623)300350(31.823=-⨯⨯=∆=E Q J对外作功 0=A(2)等压过程)(22)(1212P T T R i T T C Q -+=-=υυ吸热 75.1038)300350(31.825=-⨯⨯=Q J)(12V T T C E -=∆υ内能增加 25.623)300350(31.823=-⨯⨯=∆E J对外作功 5.4155.62375.1038=-=∆-=E Q A J7-12 一个绝热容器中盛有摩尔质量为mol M ，比热容比为γ的理想气体，整个容器以速度v 运动，若容器突然停止运动，求气体温度的升高量(设气体分子的机械能全部转变为内能)．解：整个气体有序运动的能量为221mu ，转变为气体分子无序运动使得内能增加，温度变化2V 21mu T C M m E =∆=∆ )1(211212mol V 2mol -==∆γu M R C u M T7-13 0.01 m 3氮气在温度为300 K 时，由0.1 MPa(即1 atm)压缩到10 MPa ．试分别求氮气经等温及绝热压缩后的(1)体积；(2)温度；(3)各过程对外所作的功． 解：(1)等温压缩 300=T K 由2211V p V p = 求得体积3211210101.0101-⨯=⨯==p V p V 3m对外作功21112ln lnp pV p V V VRT A ==01.0ln 01.010013.115⨯⨯⨯⨯=31067.4⨯-=J(2)绝热压缩R C 25V =57=γ由绝热方程 γγ2211V p V p = γγ/12112)(p V p V =1121/12112)()(V p pp V p V γγγ==3411093.101.0)101(-⨯=⨯=m由绝热方程γγγγ---=22111p T p T 得K579)10(30024.04.1111212=⨯==--T p p T T γγγγ热力学第一定律A E Q +∆=，0=Q所以)(12molT T C M MA V --=RT M MpV mol=，)(2512111T T R RT V p A --=35105.23)300579(25300001.010013.1⨯-=-⨯⨯⨯⨯-=A J7-14 理想气体由初状态),(11V p 经绝热膨胀至末状态),(22V p ．试证过程中气体所作的功为12211--=γV p V p A ，式中γ为气体的比热容比.答：证明： 由绝热方程C V p V p pV ===γγγ2211 得γγV V p p 111=⎰=21d V V Vp A⎰-----==21)11(1d 11121111V V r V V V p v v V p A γγγγγ]1)[(112111---=-γγV VV p又 )(1111211+-+----=γγγγV V V p A 112221111--=+-+-γγγγγV V p V V p所以 12211--=γV p V p A7-15 1 mol 的理想气体的T-V 图如题7-15图所示，ab 为直线，延长线通过原点O ．求ab过程气体对外做的功．题7-15图解：设KV T =由图可求得直线的斜率K 为002V T K =得过程方程VV T K 002=由状态方程 RT pV υ= 得V RTp υ=ab 过程气体对外作功⎰=02d V v Vp A⎰⎰⎰====00000020002202d 2d 2d V V V v V V RTV V RT VV V T V R V V RT A7-16 某理想气体的过程方程为a a Vp,2/1=为常数，气体从1V 膨胀到2V ．求其所做的功．解：气体作功⎰=21d V v Vp A⎰-=-==-2121)11()(d 2121222V V V V V V a V a V V a A7-17 设有一以理想气体为工质的热机循环，如题7-17图所示．试证其循环效率为1112121---=p p VV γη答：等体过程吸热)(12V 1T T C Q -='υ)(1221V 11R V p R V p C Q Q -='=绝热过程 03='Q等压压缩过程放热)(12p 2T T C Q -='υ)(12P 22T T C Q Q --='=υ)(2212P R V p R V p C -= 循环效率121Q Q-=η)1/()1/(1)()(1121212221V 2212p 12---=---=-=p p V p V p C V p V p C Q Q ννγηη题7-17图 题7-19图7-18 一卡诺热机在1000 K 和300 K 的两热源之间工作，试计算 (1)热机效率；(2)若低温热源不变，要使热机效率提高到80%，则高温热源温度需提高多少? (3)若高温热源不变，要使热机效率提高到80%，则低温热源温度需降低多少?解：(1)卡诺热机效率121T T -=η%7010003001=-=η(2)低温热源温度不变时，若%8030011=-=T η要求 15001=T K ，高温热源温度需提高500K (3)高温热源温度不变时，若%80100012=-=T η要求 2002=T K ，低温热源温度需降低100K7-19 如题7-19图所示是一理想气体所经历的循环过程，其中AB 和CD 是等压过程，BC 和DA 为绝热过程，已知B 点和C 点的温度分别为2T 和3T ．求此循环效率．这是卡诺循环吗?解：(1)热机效率121Q Q -=ηAB 等压过程 )(12P 1T T C Q -='υ 吸热)(P mo 1A B lT T C M MQ -=CD 等压过程 )(12P 2T T vC Q -=' 放热)(P mol22D C T T C M MQ Q -='-=)/1()/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q --=--=根据绝热过程方程得到AD 绝热过程 γγγγ----=D D A A T p T p 11BC 绝热过程 γγγγ----=C C B B T p T p 111又B C D DC BA T T T T p p p p ===231T T -=η(2)不是卡诺循环，因为不是工作在两个恒定的热源之间． 7-20 （1）用一卡诺循环的致冷机从7℃的热源中提取1000 J 的热量传向27℃的热源，需要多少功?从-173℃向27℃呢?(2)一可逆的卡诺机，作热机使用时，如果工作的两热源的温度差愈大，则对于作功就愈有利．当作致冷机使用时，如果两热源的温度差愈大，对于致冷是否也愈有利?为什么? 解：(1)卡诺循环的致冷机2122T T T A Q e -==静7℃→27℃时，需作功4.71100028028030022211=⨯-=-=Q T T T A J173-℃→27℃时，需作功2000100010010030022212=⨯-=-=Q T T T A J(2)从上面计算可看到，当高温热源温度一定时，低温热源温度越低，温度差愈大，提取同样的热量，则所需作功也越多，对致冷是不利的．7-21 如题7-21图所示，1 mol 双原子分子理想气体，从初态K 300,L 2011==T V 经历三种不同的过程到达末态K 300,L 4022==T V ． 图中1→2为等温线，1→4为绝热线，4→2为等压线，1→3为等压线，3→2为等体线．试分别沿这三种过程计算气体的熵变．题7-21图 解：21→熵变 等温过程 AQ d d =, V p A d d =RT pV =⎰⎰==-21111221d 1d V V VV RT T T Q S S76.52ln ln !212===-R V VR S S J 1K -⋅321→→熵变⎰⎰+=-312312d d T QT Q S S32V 13p V p 12ln ln d d 2331T TC T T C T T C TT C S S T T T T +=+=-⎰⎰31→等压过程 31p p = 3211T V T V =1213V V T T =23→等体过程 2233T p T p =3232p p T T = 1232p p T T =12V 12P 12ln ln p pC V V C S S +=-在21→等温过程中 2211V p V p =所以2ln ln ln ln1212V 12P 12R V VR V V C V V C S S ===-241→→熵变⎰⎰+=-412412d d T QT Q S S41p 42p p 12ln lnd 024T T C T T C TT C S S T T ==+=-⎰41→绝热过程111441144111----==γγγγV V T T V T V Tγγγγ/121/141144411)()(,p pp p V V V p V p ===在21→等温过程中 2211V p V p =γγγ/112/121/14114)()()(V V p p p p V V ===γγ11241)(-=V V T T2ln ln 1ln12P 41P 12R V V C T T C S S =-==-γγ7-22 有两个相同体积的容器，分别装有1 mol 的水，初始温度分别为1T 和2T ，1T ＞2T ，令其进行接触，最后达到相同温度T ．求熵的变化，(设水的摩尔热容为mol C )． 解：两个容器中的总熵变⎰⎰+=-TT T T lT TC T T C S S 12d d mo mol 0212mol 21mol ln)ln (ln T T T C T T T T C =+= 因为是两个相同体积的容器，故)()(1mol 2mol T T C T T C -=-得212T T T +=21212mol 04)(lnT T T T C S S +=- 7-23 把0℃的0.5kg 的冰块加热到它全部溶化成0℃的水，问：(1)水的熵变如何?(2)若热源是温度为20 ℃的庞大物体，那么热源的熵变化多大? (3)水和热源的总熵变多大?增加还是减少?(水的熔解热334=λ1g J -⋅) 解：(1)水的熵变612273103345.031=⨯⨯==∆T Q S J 1K -⋅(2)热源的熵变570293103345.032-=⨯⨯-==∆T Q S J 1K -⋅(3)总熵变4257061221=-=∆+∆=∆S S S J 1K -⋅熵增加。
福州大学大学物理习题解答-第8章气体动理论
第八章 气体动理论习题解答8-1 设想太阳是由氢原子组成的理想气体，其密度可当成是均匀的。
若此理想气体的压强为1.35×1014 Pa 。
试估计太阳的温度。
（已知氢原子的质量m = 1.67×10-27kg ，太阳半径R = 6.96×108 m ，太阳质量M = 1.99×1030kg ）解：mR MVm M mn 3π)3/4(===ρK 1015.1)3/4(73⨯===Mkm R nk p T π8-2 目前已可获得1.013×10-10 Pa 的高真空，在此压强下温度为27℃的1cm 3体积内有多少个气体分子？解：3462310/cm 1045.2103001038.110013.1⨯=⨯⨯⨯⨯===---V kT p nV N 8-3 容积V ＝1 m 3的容器内混有N 1＝1.0×1023个氢气分子和N 2＝4.0×1023个氧气分子，混合气体的温度为 400 K ，求： （1） 气体分子的平动动能总和；（2）混合气体的压强。
解：（1）J 1014.41054001038.123)(233232321⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=+=-∑N N kT tε（2）Pa kT n p i323231076.21054001038.1⨯=⨯⨯⨯⨯==-∑8-4 储有1mol 氧气、容积为1 m 3的容器以v =10 m/s 的速率运动。
设容器突然停止，其中氧气的80%的机械运动动能转化为气体分子热运动动能。
问气体的温度及压强各升高多少？（将氧气分子视为刚性分子）解：1mol 氧气的质量kg 10323-⨯=M ，5=i 由题意得T R Mv ∆=⋅ν25%80212K 102.62-⨯=∆⇒TT R V p RT pV ∆=⋅∆⇒=νν pa 52.0102.631.82=⨯⨯=∆=∆∴-VTR p 8-5 一个具有活塞的容器中盛有一定量的氧气，压强为1 atm 。
大学物理习题分析与解答
大学物理1 习题分析与解答 第1章 质点运动学习题分析与解答1.1 云室为记录带电粒子轨迹的仪器。
当快速带电粒子射入云室时，在其经过的路径上产生离子，使过饱和蒸气以离子为核心凝结成液滴，从而可采用照相方法记录该带电粒子的轨迹。
若设作直线运动带电粒子的运动方程为： （SI 单位），12C C α、、均为常量，并在粒子进入云室时计时，试描述其运动情况.解：分析 本题为一维直线运动问题，为已知运动学方程求带电粒子其他物理量的问题，属于运动学第一类问题，该类问题可直接应用求导方法处理。
即由带电粒子运动学方程对时间t 求导得到带电粒子的速度、加速度，进一步得到其初、终状态的位置、速度、加速度等运动学信息。
作如图1.1所示一维坐标系，选择计时处为坐标原点，则有Ox图1.1 1.1题用图12222e d e d d e d t tt x C C xv C t v a C vtαααααα---=-∴====-=- （1.1.1） 故带电粒子的初始状态为 2012020200t x C C v C a C v ααα=⇒=-==-=-、、 （1.1.2） 带电粒子的最终状态为 100t x C v a ∞∞∞=∞⇒===、、 （1.1.3） 讨论：（1）由（1.1.1）式知，粒子进入云室后作减速运动，其加速度为速度的一次函数；（2）由（1.1.2）式得到粒子的初始位置、初始速度和初始加速度； （3）由（1.1.3）式得到粒子的终态位置、终态速度和终态加速度；（4）由（1.1.1）式的加速度、速度及初始条件，对时间t 积分可得速度和运动学方程，此类问题属于运动学第二类问题，一般可直接应用积分方法处理。
1.2 将牛顿管抽为真空且垂直于水平地面放置，如图1.2所示自管中O 点向上抛射小球又落至原处用时2t ，球向上运动经h 处又下落至 h 处用时1t 。
现测得1t 、2t 和 h ，试由此确定当地重力加速度的数值.解：分析 本题为匀加速直线运动问题，由该类问题的运动学方程出发即可求解。
大学物理学(第三版上) 课后习题3答案详解
习题33.1选择题(1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为(A)02ωmRJ J+ (B) 02)(ωR m J J + (C)02ωmRJ(D) 0ω [答案： (A)](2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为 (A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s(a) (b)题3.1（2）图[答案： (A)](3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体 （A ）动能不变，动量改变。
（B ）动量不变，动能改变。
（C ）角动量不变，动量不变。
（D ）角动量改变，动量改变。
（E ）角动量不变，动能、动量都改变。
[答案： (E)]3.2填空题(1) 半径为30cm 的飞轮，从静止开始以0.5rad·s -2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240˚时的切向加速度a τ= ，法向加速度a n=。
[答案：0.15; 1.256](2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的守恒，原因是。
木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒。
题3.2（2）图[答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零，机械能守恒](3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。
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)dt r d || (D) 22)()(dtdy 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 ππ2,2 (B) tRπ2,0 (C) 0,0 (D) 0,2tRπ [答案：B]1.2填空题(1) 一质点，以1-⋅s m π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。
大学物理第三章 部分课后习题答案
大学物理第三章 课后习题答案3-1 半径为R 、质量为M 的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R 的圆孔，孔的中心在12R 处，求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。
分析：用补偿法（负质量法）求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。
注意对同一轴而言。
解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2112J MR =① 由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2222213()()2424232c M R M R J J md MR =+=⨯⨯+⨯= ②由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：2121332J J J MR =-=3-2 如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M ，长度为L ，在其中点O 处弯成120θ=︒角，放在xOy 平面内，求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。
分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得 解：（1）对x 轴的转动惯量为：2022201(sin 60)32Lx M J r dm l dl ML L ===⎰⎰ （2）对y 轴的转动惯量为：20222015()(sin 30)32296Ly M L M J l dl ML L =⨯⨯+=⎰（3）对Z 轴的转动惯量为：22112()32212z M L J ML =⨯⨯⨯=3-3 电风扇开启电源后经过5s 达到额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16s 风扇停止转动，已知风扇转动惯量为20.5kg m ⋅，且摩擦力矩f M 和电磁力矩M 均为常量，求电机的电磁力矩M 。
分析：f M ，M 为常量，开启电源5s 内是匀加速转动，关闭电源16s 内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M 。
解：由定轴转动定律得：1f M M J β-=，即11252520.50.5 4.12516f M J M J J N m ππβββ⨯⨯=+=+=⨯+⨯=⋅ 3-4 飞轮的质量为60kg ，直径为0.5m ，转速为1000/min r ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F ，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4μ=，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如题图3-4所示。
大学物理学(课后答案)第8章剖析
B( p2,V 2)
A(p1,V1)
0
V
习题 8-11 图
解 根据热力学过程系统作功的特征知 A B 过程中系统对外作的功为
1
W
(V2 V1)( p1 p2 )
2
内能的变化为
3
3
3
E vR T vR(T2 T1) ( p2V2 p1V1)
2
2
2
由热力学第一定律知吸收的热量
QW
1 E 2( p2V2 p1V1 ) ( p1V2 p2V1)
又由热力学第一定律 Q W E ，知其内能的改变为
E Q W 1.21 103 J 8-13 如图 8-13 所示，系统从状态 A 沿 ABC 变化到状态 C 的过程中，外界有 326 J 的热量传递给系统， 同时系统对外作功 126 J 。如果系统从状态 C 沿另一曲线 CA 回到状态 A，外界对系统作功为 52 J ，则此过程中系统是吸热还是放热？传递热 量是多少？
p/(10 5Pa)
A 2
1
B
C
0
2
4 V /(10–2m3)
习题 8-15 图
解 （ 1）沿 AB 作等温膨胀的过程中，由等温膨胀过程作功特征，系统作功为
WAB vRT ln VB VA
pAVA ln VB 2.77 10 3 J VA
同时因等温过程中 QT WT ，故该过程中系统吸收的热量为 QAB WAB 2.77 103 J
气体）。开始时它们的压强和温度都相同。现将 3 J 热量传给氦气，使之升高到
一定的温度。若使氢气也升高同样的温度，则应向氢气传递热量为 [ ]
(A) 6 J
(B) 3 J
(C) 5 J
(D) 10 J
大学物理学第三版下册习题标准答案习题8
大学物理学第三版下册习题标准答案习题8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(3-="(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)in2(π41incoθεθθlqFTmgTe解得θπεθtan4in20mglq=8-3根据点电荷场强公式204rqEπε=，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:020π4rrqEε=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=2024dqπε,又有人说，因为f=qE,SqE0ε=，所以f=Sq02ε．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SqE0ε=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SqE02ε=，另一板受它的作用力SqSqqf02022εε==，这是两板间相互作用的电场力．8-5一电偶极子的电矩为lqp=，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lr>>．试证P点的场强E在r方向上的分量rE和垂直于r的分量θE分别为rE=302corpπεθ,θE=304inrpπεθ证:如题8-5所示，将p分解为与r平行的分量θinp 和垂直于r的分量θinp．∵lr>>∴场点P在r方向场强分量30π2corpErεθ=垂直于r方向，即θ方向场强分量300π4inrpEεθ=题8-5图题8-6图8-6长l=15.0cm的直导线AB上均匀地分布着线密度λ=5.0某10-9C·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8-6图所示(1)在带电直线上取线元某d，其上电量qd在P 点产生场强为20)(dπ41d某a某EP-=λε2220)(dπ4d某a某EEllPP-==⎪⎪-ελ]2121[π40lala+--=ελ)4(π220lal-=ελ用15=lcm，9100.5-⨯=λ1mC-⋅,5.12=acm代入得21074.6⨯=PE1CN-⋅方向水平向右(2)同理2220ddπ41d+=某某EQλε方向如题8-6图所示由于对称性⎪=lQ某E0d，即QE只有y分量，∵22222220ddddπ41d++=某某某EQyλε22π4ddελ⎪==lQyQyEE⎪-+2223222)d(dll某某2220d4π2+=llελ以9100.5-⨯=λ1cmC-⋅,15=lcm,5d2=cm代入得21096.14⨯==QyQEE1CN-⋅，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ϕRddl=题8-7图ϕλλdddRlq==，它在O点产生场强大小为20π4ddRREεϕλ=方向沿半径向外则ϕϕελϕdinπ4indd0REE某==ϕϕελϕπdcoπ4)co(dd0REEy-=-=积分RRE某000π2dinπ4ελϕϕελπ==⎪0dcoπ400=-=⎪ϕϕελπREy∴REE某0π2ελ==，方向沿某轴正向．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lr>>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PEd方向如图，大小为()4π4cocod22022lrEP+-=εθθλ∵22co221l+=θ12cocoθθ-=∴24π4d2222lrllrEP+=ελPEd在垂直于平面上的分量βcoddPEE=⊥∴424π4222222lrrlrlrlE+++=ελ题8-8图由于对称性，P点场强沿OP方向，大小为2)4(π44d42222lrllrEEP++=⨯=⊥ελ∵lq 4=λ2) 4(π42222lrlrqrEP++=方向沿OP8-9(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某(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．(某Rarctan=α)解:(1)由高斯定理dεqSE⎪⋅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a2的立方体，使q处于边长a2的立方体中心，则边长a2的正方形上电通量06εqe=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22某R+的球冠面的电通量，球冠面积某]1)[(π22222某R某某RS+-+=∴)(π42200某RSq+=Φε02εq=[221某R某+-]某关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图ααα⎪⋅=0dinπ2rrSααα⎪⋅=02dinπ2r)co1(π22α-=r8-10均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为2某510-C·m-3求距球心5cm，8cm,12cm各点的场强．解:高斯定理0dε∑⎪=⋅qSE,02π4ε∑=qrE当5=rcm时，0=∑q,0=E8=rcm时，∑q3π4p=3(r)3内r-∴()2023π43π4rrrEερ内-=41048.3⨯≈1CN-⋅，方向沿半径向外．12=rcm时,3π4∑=ρq-3(外r）内3r∴()420331010.4π43π4⨯≈-=rrrEερ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0dε∑⎪=⋅qSE取同轴圆柱形高斯面，侧面积rlSπ2=则rlESESπ2d=⋅⎪对(1)1Rr<0,0==∑Eq(2)21RrR<<λlq=∑∴rE0π2ελ=沿径向向外(3)2Rr>0=∑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"dπ4π3430320OOrEερ=∴O点电场"d33030OOrEερ=；(2)ρ+在O"产生电场"dπ4d3430301OOEερπ="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03ερrEPO=，03ερrEOP"-=",∴0003"3)(3ερερερdOOrrEEEOPPOP=="-=+="∴腔内场强是均匀的．8-14一电偶极子由q=1.0某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某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EpM⨯=∴qlEpEM==ma某代入数字4536ma某100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=MmN⋅8-15两点电荷1q=1.5某10-8C，2q=3.0某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:⎪⎪==⋅=222102120外力需作的功61055.6-⨯-=-="AAJ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=OU0)(=-RqRq0π41ε=OU)3(RqRq-Rq0π6ε-=则θλddRq=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θεθλππcoπ4dd2220⎪⎪-==RREEyR0π4ελ=［)2in(π-2inπ-］R0π2ελ-=(2)AB电荷在O点产生电势，以0=∞U⎪⎪===AB200012lnπ4π4dπ4dRR某某某某Uελελελ同理CD产生2lnπ40 2ελ=U半圆环产生0034π4πελελ==RRU∴0032142lnπ2ελελ+=++=UUUUO8-18一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2某104m·-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某10-31 kg，电子电量e=1.60某10-19C)解:设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE0π2ελ=电子受力大小reeEFe0π2ελ==∴rvmre20π2=ελ得1320105.12π2-⨯==emvελ1mC-⋅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⨯==EUV8-20根据场强E与电势U的关系UE-∇=，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；某(3)偶极子qlp=的lr>>处(见题8-20图)．解:(1)点电荷rqU0π4ε=题8-20图∴0200π4rrqrrUEε=∂∂-=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220π4某RqU+=ε∴()i某Rq某i某UE2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子lqp=在lr>>处的一点电势200π4co])co21(1)co2(1[π4rqlllrqUεθθθε=+--=∴30π2corprUErεθ=∂∂-=30π4in1rpUrEεθθθ=∂∂-=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0)(d32=∆+=⋅⎪SSEσσ∴+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200cm2，A和B相距4.0mm，A与C相距2.0mm．B，C都接地，如题8-22图所示．如果使A板带正电3.0某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)∵ABACUU=，即∴ABABACACEEdd=∴2dd21===ACABABACEEσσ且1σ+2σSqA=得,32SqA=σSqA321=σ而7110232-⨯-=-=-=ACqSqσCC10172-⨯-=-=SqBσ(2)301103.2dd⨯===ACACACAEUεσV8-23两个半径分别为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；某(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⎪⎪∞∞==⋅=22020π4π4ddRRRqrrqrEUεε(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：0π4π42022=-=RqRqUεε(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π4"π4"π4"21=-=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Rd3=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=OU8-24图由电势叠加原理有：=OU03π4π4"00=+RqRqεε得-="q3q8-25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2020π4rqFε=2与小球3均带电3=""∴此时小球1与小球2间相互作用力00220222q.∴小球1、2间的作用力0029题8-26图⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσdUSqSqdUUCSSqBA解得Sq261==σσSqdU2032-=-=εσσSqdU2054+=-=εσσ所以CB间电场SqdUE00422εεσ+==)2d(212d02SqUEUUCBCε+===注意：因为C片带电，所以2UUC≠，若C片不带电，显然2UUC=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rε，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∑⎪=⋅qSDSd(1)介质内)(21RrR<303π4,π4rrQErrQDrεε==内;介质外)(2Rr303π4,π4rrQErQrDε==外(2)介质外)(2Rr>电势rQEU0rπ4rdε=⋅=⎪∞外介质内)(21RrR<2020π4)11(π4RQRrqrεεε+-=1(π420RrQrr-+=εεε(3)金属球的电势rdrd221⋅+⋅=⎪⎪∞RRREEU外内⎪⎪∞+=22220π44πdrRRRrrQdrrQεεε)11(π4210RRQrr-+=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rε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．rdrd⋅+⋅=⎪⎪∞∞rrEEU外内解: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∑⎪=⋅0dqSD得11σ=D，22σ=D而101EDε=,202EDrεε=d21UEE==∴rDDεσσ==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；(3)圆柱形电容器的电容．解:取半径为r的同轴圆柱面)(S则rlDSDSπ2d)(=⋅⎪当)(21RrR<∴rlQDπ2=(1)电场能量密度22222π82lrQDwεε==薄壳中rlrQrlrlrQwWεευπ4ddπ2π8dd22222===(2)电介质中总电场能量⎪⎪===211222lnπ4π4ddRRVRRlQrlrQWWεε(3)电容：∵CQW22=∴)/ln(π22122RRlWQCε==某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2为零，没有加速度．(2)去掉金属壳B，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：ABU．解:电容1C上电量111UCQ=电容2C与3C并联3223CCC+=∴355025某某某某某某某某某⨯===CUCCQU86)35251(5021=+=+=UUUABV8-321C和2C两电容器分别标明“200pF、500V”和“300pF、900V”，把它们串联起来后等值电容是多少如果两端加上1000V的电压，是否会击穿解:(1)1C与2C串联后电容1203002003002002121=+⨯=+="CCCCCpF(2)串联后电压比231221==CCUU，而100021=+UU∴6001=UV,4002=UV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⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪==-=-=+212解得(1)=1qUCCCCCqUCCCCC21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失WWW-=∆0)22()2121(2221212221CqCqUCUC+-+=221212UCCCC+=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某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8-34图(1)在1Rr0=E在21RrR<3Rr>时302π4rrQEε=∴在21RrR<1dπ4)π4(21222001RRrrrQWεε⎪-==21)11(π8π8d2102202RRRRQrrQεε在3Rr>区域⎪∞==32302220021π8dπ4)π4(21RRQrrrQWεεε∴总能量)111(π83 210221RRRQWWW+-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21RrR<rQEε=,02=W∴4210211001.1)11(π8-⨯=-==RRQWWεJ(3)电容器电容)11/(π422 102RRQWC-==ε121049.4-⨯=F。
大学物理3第09章习题分析与解答
大学物理3第09章习题分析与解答(总3页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--2第九章 电磁感应9-1 在感应电场中电磁感应定律可写成tΦd d d L K -=⎰⋅l E ，式中K E 为感生电场的电场强度．此式表明[ ]。
(A) 闭合曲线L 上K E 处处相等 (B)感生电场的电场强度线不是闭合曲线(C) 感生电场是保守力场 (D) 在感生电场中不能像对静电场那样引入电势的概念分析与解 感生电场与位移电流是麦克斯韦两个重要假设，感生电动势总是等于感生电场沿该闭合回路的环流，故感生电场不是保守场，称为有旋电场，不能象静电场那样引入电势的概念。
正确答案为（D ）。
9-2 E 和E k 分别表示静电场和有旋电场的电场强度，下列关系式中，正确的是[ ]。
（A ）0d L =⎰⋅l E （B ）0Ld ≠⎰⋅l E（C ）0d k L =⎰⋅l E（D ）0d k L≠⎰⋅l E 分析与解 静电场的环流恒为零，而感生电场的环流不一定为零。
正确答案为（A ）。
9-3 将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感，则[ ]。
(A) 铜环中有感应电流，木环中无感应电流(B) 铜环中有感应电流，木环中有感应电流(C) 铜环中感生电场大，木环中感生电场小（D ）铜环中感生电场小，木环中感生电场大分析与解 根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但木环中不会形成电流。
正确答案为（A ）。
9-4 关于位移电流，有下面四种说法，正确的是[ ]。
（A ）位移电流的实质是变化的电场（B ）位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷（C ）位移电流的热效应服从焦耳—楞兹定律（D ）位移电流的磁效应不服从安培环路定律分析与解 位移电流的实质是变化的电场。
变化的电场激发磁场，这一点位移电流等效于传导电流；但位移电流不是定向运动的电荷，也不服从焦耳热效应、安培力等定律。
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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
E q
把合场强 0 S 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
E q
q
q2
f q
个板的电场为 20 S ，另一板受它的作用力
20S 20 S ，这是两板间相互作
用的电场力．
8-5 一电偶极子的电矩为 p ql ，场点到偶极子中心 O 点的距离为 r ,矢量 r 与 l 的夹角为
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 的均匀球与带电 的均匀小球的组合，见题 8-13 图
(a)．
(1) 球在O 点产生电场 E10 0 ，
4 πr3
球在 O
点产生电场
E20
3
4π 0d
3
OO'
∴
E0 O 点电场
,(见题 8-5 图)，且 r l ．试证 P 点的场强 E 在 r 方向上的分量 Er 和垂直于r 的分量
E 分别为
p cos
p sin
Er = 20 r 3 , E = 40r 3
证: 如题 8-5 所示，将 p 分解为与r 平行的分量 psin 和垂直于r 的分量 psin ．
∵ r l
(2) AB 电荷在O 点产生电势，以U 0
U1
A dx 2R dx ln 2 B 4π 0 x R 4π 0 x 4π 0
同理 CD 产生
U
2
ln 2 4π 0
半圆环产生
U3
πR 4π 0 R
4 0
大学物理第八、九章习题解答
第八章习题解答8-1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 ）3/22Q q =- (B)3/22Q q = (C)2Q q =- (D)2Q q =（1）、解：[答案：A]利用库仑定律分别求出受力电荷Q 与三个施力电荷q 、Q 、q 之间作用力的大小及方向，再将三力合成，令合力为零即可建立方程导出答案。
(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。
（2）、解：[答案：D]高斯定理的原意。
(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 ）0?/σε （B ）0/2σε （C ）/4σε（D ）0/8σε（3）、解：[答案：C]利用均匀带电球面的场强公式计算02004qq rπε==F E r ，其中σπ24R q =, R 2r =（4）下列说法正确的是( )(A) 电场强度为零的点，电势也一定为零 (B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零 (C) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零（4）、解：[答案：D].根据场强与电势的微分关系或积分关系均可以证明。
8-2填空题(1) 在静电场中，电势不变的区域，场强必定为 。
（1）、解：[答案：0] 根据场强与电势的微分关系或积分关系均可以证明。
(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 。
（2）、解：[答案：0/6q ε, 将为零]，第一空：根据高斯定理知：正六面体的六个对称面组成的闭合面总通量为εq，故每个面是总量的61。
大学物理3第08章习题分析与解答
习题8-6图IOR 第八章 恒定磁场8-1 均匀磁场的磁感强度B 垂直于半径为r 的圆面．今以该圆周为边线，作一半球面S ，则通过S 面的磁通量的大小为［ ］。
(A) B r 22π (B) B r 2π (C) 0 (D) 无法确定 分析与解 根据高斯定理，磁感线是闭合曲线，穿过圆平面的磁通量与穿过半球面的磁通量相等。
正确答案为（B ）。
8-2 下列说法正确的是[ ]。
(A) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过(B) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零(D) 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意点的磁感强度必定为零分析与解 由磁场中的安培环路定理，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和一定为零。
正确答案为（B ）。
8-3 磁场中的安培环路定理∑⎰=μ=⋅nLI1i i0d l B 说明稳恒电流的磁场是[ ]。
(A) 无源场 (B) 有旋场 (C) 无旋场 (D) 有源场分析与解 磁场的高斯定理与安培环路定理是磁场性质的重要表述，在恒定磁场中B 的环流一般不为零，所以磁场是涡旋场；而在恒定磁场中，通过任意闭合曲面的磁通量必为零，所以磁场是无源场；静电场中E 的环流等于零，故静电场为保守场；而静电场中，通过任意闭合面的电通量可以不为零，故静电场为有源场。
正确答案为（B ）。
8-4 一半圆形闭合平面线圈，半径为R ，通有电流I ，放在磁感强度为B 的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，则线圈所受磁力矩大小为[ ]。
(A) B R I 2π (B)B R I 221π (C) B R I 241π (D) 0 分析与解 对一匝通电平面线圈，在磁场中所受的磁力矩可表示为B e M ⨯=n IS ，而且对任意形状的平面线圈都是适用的。
大学物理习题分析与解答
大学物理习题分析与解答Daxue Wuli Xiti Fenxi yu Jieda习题解答1.1 一物体从静止开始, 在2s 内被匀加速到40m/s ，物体的加速度为多少？在2s 内物体运动了多大距离？解：物体的加速度为：2040020/2t v v a m s t --===物体在2s 内运动的距离为：22200400402220t v v x m a --===⨯1.2 质点在水平方向做直线运动, 坐标与时间的变化关系为324t t x -=（SI ）. 试求：⑴ 开始的2s 内的平均速度和2s 末的瞬时速度. ⑵ 1s 末到3s 末的位移和平均速度. ⑶ 1s 末到3s 末的平均加速度. ⑷ 3s 末的瞬时加速度.解：⑴ 由题意知，物体在2s 内的位移为：334242228x t t m =-=⨯-⨯=-2s 内的平均速度为：84/2x v m s t -===- 2s 末的瞬时速度为：2224646220/dxv t m s dt==-=-⨯=- ⑵ 1s 末到3s 末的位移为：()()3313314323412144s x x m=-=⨯-⨯-⨯-⨯=-1s 末到3s 末平均速度为：13134422/31s v m s t -===-∆- ⑶ 由运动方程求导，可得各时刻的瞬时速度为：246dxv t dt ==- 1s 末的瞬时速度为： 221464612/dxv t m s dt ==-=-⨯=- 3s 末的瞬时速度为： 2234646350/dxv t m s dt==-=-⨯=- 1s 末到3s 末平均加速度为：()2311350224/31v v a m s t ----===-∆- 3s 末的瞬时加速度为：22321212336/dv d xa t m s dt dt===-=-⨯=-1.3 质点以初速度0v 做直线运动, 所受阻力与质点运动速度成正比. 求当质点速度减为nv 0时()1>n , 质点走过的距离与质点所能走的总距离之比.解：质点运动过程中所受阻力为：F kv =-根据牛顿第二定律：dvmkv dt=- dv dx m k dtdt=-k dv dx m=-当质点速度减为nv 0时()1>n , 质点走过的距离为：1v xnv k dv dx m =-⎰⎰001v k v x nm⎛⎫-=-⎪⎝⎭101()m x n v kn=-质点所能走的总距离为：2xv k dv dx m =-⎰⎰02k v x m-=-20m x v k=即： 121(1)x x n=-1.4 做直线运动的质点的加速度为43a t =+（SI ）. 初始条件为0=t 时, 5x =m, 0=v . 求质点在10t =s 时的速度和位置.解： (43)dv t dt =+21342v t t C =++由初始条件：0t =时，0v =，可得： 10C = 即 2342v t t =+23(4)2dx t t dt =+232122x t t C =++由初始条件：0t =时，5x =，可得：25C =即 231252x t t =++当10t s =时223344101040150190/22v t t m s =+=⨯+⨯=+=23231125210105200500570522s t t m =++=⨯+⨯+=++=1.5 质点沿x 轴做直线运动, 加速度和位置的关系为262x a +=（SI ）. 求质点在任意位置时的速度. 已知质点在0=x 时, 速度为10/m s 。
(完整版)大学物理学(课后答案)第8章
第八章课后习题解答一、选择题8-1如图8-1所示，一定量的理想气体，由平衡态A 变到平衡态B ，且它们的压强相等，即=A B p p 。
则在状态A 和状态B 之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然[ ](A) 对外作正功 (B) 内能增加 (C) 从外界吸热 (D) 向外界放热分析：由p V -图可知，A A B B p V p V =，即知A B T T <，则对一定量理想气体必有B A E E >，即气体由状态A 变化到状态B ，内能必增加。
而作功、热传递均是过程量，与具体的热力学过程相关，所以（A ）、（C ）、（D ）不是必然结果，只有（B ）正确。
8-2 两个相同的刚性容器，一个盛有氢气，一个盛有氦气（均视为刚性分子理想气体）。
开始时它们的压强和温度都相同。
现将3 J 热量传给氦气，使之升高到一定的温度。
若使氢气也升高同样的温度，则应向氢气传递热量为[ ](A) 6 J (B) 3 J (C) 5 J (D) 10 J分析：由热力学第一定律Q E W =∆+知在等体过程中Q E =∆。
故可知欲使氢气和氦气升高相同的温度，由理想气体的内能公式2m i E R T M '∆=∆，知需传递的热量之比22222:():():5:3HHe H He H He H He H Hem m Q Q i i i i M M ''===。
故正确的是（C ）。
8-3 一定量理想气体分别经过等压、等温和绝热过程从体积1V 膨胀到体积2V ，如图8-3所示，则下述正确的是[ ]习题8-1图(A) A C →吸热最多，内能增加(B) A D →内能增加，作功最少(C) A B →吸热最多，内能不变(D) A C →对外作功，内能不变分析：根据p V -图可知图中A B →为等压过程，A C →为等温过程，A D →为绝热过程。
又由理想气体的物态方程pV vRT =可知，p V -图上的pV 积越大，则该点温度越高，因此图中D A B C T T T T <==，又因对于一定量的气体而言其内能公式2i E vRT =，由此知0AB E ∆>，0AC E ∆=，0AD E ∆<。
大学应用物理第八章习题解答
第8章 磁场8-10一均匀密绕直螺线管的半径为 ，单位长度上有 匝线圈，每匝线圈中的电流为 ，用毕奥—萨伐尔定律求此螺线管轴线上的磁场。
分析：由于线圈密绕，因此可以近似地把螺线管看成一系列圆电流的紧密排列，且每一匝圆电流在轴线上任一点的磁场均沿轴向。
解： 取通过螺线管的轴线并与电流形成右旋的方向（即磁场的方向）为x 轴正向，如习题8-10图解（a ）所示。
在螺线管上任取一段微元dx ，则通过它的电流为dI nIdx =，把它看成一个圆线圈，它在轴线上O 点产生的磁感应强度dB 为2022322()R nIdxdB R x μ=+ 由叠加原理可得，整个螺线管在O 点产生的磁感应强度B 的大小为由图可知12122212221212cos os ()()x x R x R x ββ==++ c ，代入上式并整理可得式中12ββ和分别为x 轴正向与从O 点引向螺线管两端的矢径r 之间的夹角。
讨论：（1）若螺线管的长度远远大于其直径，即螺线管可视为无限长时，20β=，1βπ=，则有上式说明，无限长密绕长直螺线管内部轴线上各点磁感应强度为常矢量。
理论和实验均证明：在整个无限长螺线管内部空间里，上述结论也适用。
即无限长螺线管内部空间里的磁场为均匀磁场，其磁感应强度B 的大小为0nI μ，方向与轴线平行；（2）若点O 位于半无限长载流螺线管一端，即12πβ=，20β＝或12πβ=，2βπ＝时，无论哪一种情况均有nI B 021μ=------(8-19) 可见半无限长螺线管端面中心轴线上磁感应强度的大小为管内的一半；综上所述，密绕长直螺线管轴线上各处磁感应强度分布见习题8-10图解（b ）所示，从图中也可看出，长直螺线管内中部的磁场可以看成是均匀的。
习题8-10图解（a ）习题8-10图解（b ）8-11两根长直导线互相平行地放置，导线内电流大小相等，均为I ＝10A ，方向相同，如图8-49题图(左)所示。
大学物理学课后答案第3版下册北京邮电大学出版社.pdf
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:20π4r 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 qE 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 qE 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S q S q q 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 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 −=λε2220)(d π4d x a xE E llP P −==⎰⎰−ελ]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8-6图所示 由于对称性⎰=l QxE 0d ，即Q E只有y 分量，∵22222220d d d d π41d ++=x x x E Qy λε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰−+2223222)d (d l l x x2220d 4π2+=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 0R E 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 +=θ 12cos 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OP 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0d 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=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,02π4ε∑=q r 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 1C N −⋅ 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0d 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 =∑∴r E 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，d ε ∑⎰= ⋅ q S E s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10=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 3430301OO E 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 '−=' ,∴0003'3)(3ερερερd OO 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 =1.0×10-6C 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 ⨯= ∴qlEpE M ==m ax 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 rq 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 oC 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0034π4πελελ==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m =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r E 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 U V8-20 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)∵ ABAC U U =，即∴ABAB AC AC E E d d =∴ 2d d 21===AC ABAB AC E E σσ且 1σ+2σS q A=得,32S q A =σ S q A321=σ 而7110232−⨯−=−=−=A C q S q σC C10172−⨯−=−=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 qR qU 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=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+RqR 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2UU 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 r Q 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 Q r 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=d 21UE E ==∴ r D D εσσ==1212题8-28图 题8-29图rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内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； (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 =∑∴rl QD 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 V R R l Q rl r Q W W εε(3)电容：∵C Q W 22=∴)/ln(π22122R R lW 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 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．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WW W −=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +−+=221212UC 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 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 Q 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 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 −==ε121049.4−⨯=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 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≠.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nIB 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,=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r IB 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-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R I B 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=−+r I r Iπμπμ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。
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习题8-6图 I O R 第八章 恒定磁场
8－1 均匀磁场得磁感强度B 垂直于半径为ｒ得圆面．今以该圆周为边线,作一半球面S ，则通过S 面得磁通量得大小为［ ]。
（Ａ） (Ｂ） （C) 0 （D ） 无法确定 分析与解 根据高斯定理,磁感线就是闭合曲线,穿过圆平面得磁通量与穿过半球面得磁通量相等。
正确答案为（B ）.
8-2 下列说法正确得就是［ ]。
(A) 闭合回路上各点磁感强度都为零时,回路内一定没有电流穿过
（B) 闭合回路上各点磁感强度都为零时,回路内穿过电流得代数与必定为零
(C ） 磁感强度沿闭合回路得积分为零时，回路上各点得磁感强度必定为零
(D) 磁感强度沿闭合回路得积分不为零时,回路上任意点得磁感强度必定为零
分析与解 由磁场中得安培环路定理，磁感强度沿闭合回路得积分为零时,回路上各点得磁感强度不一定为零;闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路得电流代数与一定为零。
正确答案为(B)。
8-3 磁场中得安培环路定理说明稳恒电流得磁场就是［ ］。
（A) 无源场 (B) 有旋场 （Ｃ） 无旋场 （D) 有源场 分析与解 磁场得高斯定理与安培环路定理就是磁场性质得重要表述,在恒定磁场中B 得环流一般不为零，所以磁场就是涡旋场;而在恒定磁场中,通过任意闭合曲面得磁通量必为零，所以磁场就是无源场;静电场中E 得环流等于零，故静电场为保守场;而静电场中，通过任意闭合面得电通量可以不为零，故静电场为有源场。
正确答案为（B ）。
8—４ 一半圆形闭合平面线圈，半径为R ,通有电流Ｉ，放在磁感强度为B 得均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，则线圈所受磁力矩大小为［ ]。
（A) （B ） (C) (D ） ０
分析与解 对一匝通电平面线圈，在磁场中所受得磁力矩可表示为,而且对任意形状得平面线圈都就是适用得。
正确答案为（Ｂ）。
8—5 一长直螺线管就是由直径ｄ=０、２ｍｍ得漆包线密绕而成。
当它通以I =0。
5A 得电流
时,其内部得磁感强度B =_____＿__＿＿___.(忽略绝缘层厚度,μ0=４π×1０－7N ／A ２）
分析与解 根据磁场中得安培环路定理可求得长直螺线管内部得磁感强度大小为,方向由右螺旋关系确定。
正确答安为（).
8—6 如图所示,载流导线在平面内分布，电流为I ，则在圆心O 点处得磁感强度大小为＿____＿____＿_＿，方向为___＿________＿ 。
分析与解 根据圆形电流与长直电流得磁感强度公式,并作矢量叠加，可得圆心O 点得总得磁感强度.正确答案为（,向里)。
8-7 如图所示，平行得无限长直载流导线A 与B ,
电流强度均为Ｉ，垂直纸面向外,两根载流导线之间相距为a ,则(1）ＡB 中点得磁感应强度ＢＰ=___________＿_。
(2）磁感应强度沿图中环路ｌ得线积分______＿_＿____.
分析与解 根据长直电流得磁感强度公式与电流分
布得对称性,Ｐ点得磁感强度就是两电流产生得磁感强度
习题8-7图
习题8-8图
I B x a O 习题8-9图 得矢量叠加；B 得环流只与回路内得电流代数与有关,电流得正负由右螺旋关系确定.正确答案为（0、）。
8—8 导线ABCD 如图所示,载有电流I ,其中BC 段为半径为R 得半圆，O 为其圆心,A Ｂ、CD 沿直径方向,载流导线在O 点得磁感应强度为＿____________，其方向为_＿______＿__＿_.
分析与解 根据圆形电流与长直电流得
磁感强度公式,Ｏ点得磁感强度就是两电流产生
得磁感强度得矢量叠加;B 得方向由右螺旋关系
确定。
正确答案为(）。
8—9 如图所示，一根载流导线被弯成半径为R
得1/4圆弧，其电流方向由a →b ,放在磁感强
度为B 得均匀磁场中，则载流导线ab 所受磁场得作用力得
大小为____＿_＿_____ ，方向________＿______＿＿。
分析与解 根据安培力公式及载流导线得对称性,可计
算导线a ｂ所受磁场力，根据矢积可确定磁场力得方向。
正
确答案为（、沿ｙ轴正向）。
8—1０ 宽度为ａ得薄长金属板中通有电流I ，电流沿薄板宽度方向均匀分布。
求在薄板所在平面内距板得边缘为b 得Ｐ点处磁感强度大小与方向。
分析 把薄长金属板分割成无限多直线电流， Ｐ点得磁感强度就是各直线电流在Ｐ点得磁感强度得矢量叠加.
解 选取如图ｘ坐标，Ｐ为坐标原点,分割得直线电流为，
根无限长载流导线外一点得磁感强度公式得
根据右螺旋关系，ｄB 得方向向里，积分遍及薄板得P 点得场
强
正确答案为：P 点得磁感强度大小为、方向向里。
８—１1 如图所示长直导线旁有一矩形线圈且C Ｄ与长直导线
平行,导线中通有电流I 1=20安培,线圈中通有电流I 2=1０安培。
已知ａ=1.0厘米,ｂ=9。
０厘米,l =20厘米。
求线圈每边所受得
力(大小与方向）.
分析 根据直线电流在矩形线圈所在平面得磁感强度,由安
培力公式可求得各边所受得磁场力.
解 选取如图坐标，O 为x 坐标原点,直线电流I 1得磁感强
度为，方向向里，根据安培力公式可求得各边得磁场力。
C Ｄ边:x=a ，故 、方向向左；
E Ｆ边：ｘ=a+b ，故、方向向右;
DE 边：因DE 边各处得磁感强度不同，把其分成线元，各线
习题8-10图
习题8-11图
元所受磁场力得方向相同，求与时积分遍及ＤE 线段
、方向向上；
FC 边：同理得、方向向下。
８－12 若电子以速度,通过磁场.求:
(１)作用在电子上得力；
（2）对以同样速度运动得质子重复您得计算。
分析 运动电荷在磁场所受得力为洛伦兹力，力得方向由电荷得性质与运动方向决定。
解 （１)对于电子,由洛伦兹力公式,得
()
()N 1024.515.003.0100.3100.2106.1146619k j i j i B v F e --⨯=-⨯⨯+⨯⨯-=⨯-=e
（2）对于质子,，同理得 ()
()N 1024.515.003.0100.3100.2106.1146619k j i j i B v F p --⨯-=-⨯⨯+⨯⨯-=⨯=q
８－1３ 如图所示,有一根长得载流导体直圆管,内半径为ａ,外半径为b ，电流强度为I ，电流沿轴线方向流动,并且均匀地分布在管壁得横截面上。
空间某—点到管轴得垂直距离为r ，求r <ａ，ａ〈r 〈ｂ，ｒ＞b 各区间得磁感应强度。
分析 直圆管导体内得电流均匀分布，其磁场呈轴对称,取半径为ｒ得同心圆为积分路径，，利用安培环路定理，可解得各区域得磁感强度.
解 取同心圆为积分回路,根据安培环路定理得
当r ＜a 时,,即
当a ＜r ＜b 时,
当ｒ>b 时,
8、14 一平面线圈由半径为0.2m 得l/4圆弧与相互垂直得二直线
组成，通以电流２Ａ，把它放在磁感强度为０、５T 得均匀磁场中,
求
(１)线圈平面与磁场垂直时（如图所示)，圆弧ＡＣ段所受得磁力；
（2）线圈平面与磁场成600角时，线圈所受得磁力矩。
分析 根据安培力公式及载流导线得对称性,可计算导线A Ｃ段所受磁场力；对任意形状得通电平面线圈在磁场中所受得磁力矩均可表示为，由此可求计算线圈所受得磁力矩。
解 （1）由于A Ｃ圆弧与AC 弦段所受磁力相同，根
据安培力公式得AC 圆弧所受得磁力大小为
， 方向垂直于AC .
(2)根据磁力矩公式得线圈所受得磁力矩大小为
，方向向下。
习题8-13图
习题8-14图。