大物习题第10章答案
大学物理标准答案第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 εq V E 0π4,0==（B ）dεqV 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 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 rr 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，()202π4rεqr 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3.26mm ，两线中心相距0.50m ，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RR d ελU -=ln π0 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50.0mm 2，两金属片之间的距离是0.600mm .如果电路能检测出的电容变化量是0.250pF ，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1.0cm 2，厚度为0.10mm ．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12V 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⋅⨯==-SQσ晶片表面极化电荷密度2-400m C 1083.111⋅⨯=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-='-σεσr （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 ＝0.10m 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 ＝0.10m ，另一层介质为空气，充满其余空间．求：（1）离球心为r ＝5cm 、15cm 、25cm 处的D 和E ；（2）离球心为r ＝5cm 、15cm 、25cm 处的V ；（3）极化电荷面密度σ′．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 QD =；202π4r εεQ E r= r ＞R ＋d Q r D =⋅23π423π4r QD =；203π4r Q E ε= 将不同的r 值代入上述关系式，可得r ＝5cm 、15cm 和25cm 时的电位移和电场强度的大小，其方向均沿径向朝外．r 1＝5cm ，该点在导体球内，则01=r D ；01=r Er 2＝15cm ，该点在介质层内，εｒ＝5.0，则2822m C 105.3π42--⋅⨯==r QD r 12220m V 100.8π42-⋅⨯==r εεQ E r r r 3＝25cm ，该点在空气层内，空气中ε≈ε0，则2823m C 103.1π43--⋅⨯==r QD 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＝25cm ，V 360π4d 0r 331==⋅=⎰∞rεQV r E r 2＝15cm ，()()V480π4π4π4d d 0020r3222=+++-=⋅+⋅=⎰⎰+∞+d R Qd R Q r Q V r r dR d R εεεεεrE r E r 1＝5cm ，()()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 σr r n在介质内表面：()()20π411R εQ εE εεP r r n r n -=-=()282m C 104.6π41--⋅⨯-=-=-='R εQ εP σr 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⨯==rεεσE ；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0.25mm ，金属板面积为30mm ×40mm .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12V ，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 ACμF 843=+=C C C CD51111C C C C CD AC AB ++= 求得等效电容C AB ＝4μF ．（2）由于AB DB 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 εδU εS 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 r r 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0.50μF 的平行平板电容器，两极板间被厚度为0.01mm 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 ＝1.9×107V ／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0.10cm 的长直导线，外面套有内半径为1.0cm 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0π2εσR 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σ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 εσ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=⋅=ε14122210m m J 1076.5lnπ--⋅⨯==R R E R W b ε 10－21一空气平板电容器，空气层厚1.5cm ，两极间电压为40k V ，该电容器会被击穿吗？现将一厚度为0.30cm 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10ＭV· 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40k 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40k 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 ＝4.0k 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0.047μF 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20220221S εQ 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．。
大学物理第三版第10章部分习题解答
第10章部分习题解答
1 2 E3 2 0 2 0 0
(2)
E1 0 2 0 2 0
1
2
3
E2 2 0 2 0 0
E3 0 2 0 2 0
x
2010.5.22
第10章部分习题解答
P369题10.3.10 半径为R的无限长直圆柱体均匀带电,体 电荷密度为 .试求:场强分布,并画出E-r曲 线 解: 带电圆柱的电场分布具有 轴对称性,取半径为r,高为l,以 r l 带电圆柱的轴为轴的圆柱面为 高斯面(如图),则 R (1) 圆柱体内r<R
第10章部分习题解答
(1) (2) (3)
AAB q(U A U B ) 3.6 10 J
ACD q(UC U D ) 3.6 106 J
ABD q(U B U D ) 0
6
2010.5.22
第10章部分习题解答
P371题10.3.26 电荷Q均匀地分布在球体内，试求球内外 的电势 解: 场强分布为
A
s a
2a
1 1 q E ds q 4 6 0 24 0 s
注:只有交于A点三个面存在电通量
第10章部分习题解答 P372题10.3.32 正电荷q均匀分布在半径为R的细圆环上. 试求:(1) 环轴线上距环心为x处的点P的电势; (2) 通过电势梯度求P点的场强.
1 dq 解: (1) dU P 4πε0 r 1 q UP d q 4πε0 r 4πε0 r q 4πε0 x 2 R 2
Qr r 3 0 4 0 R
Q 4 0 r
2
E
(r R)
《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10章练习答案
第十章 机械振动与电磁振荡计算题1. 解：（1）设cos()()x A t m ωϕ=+由图2可知，A =0.10m ，x 0=A /2=0.05m ，v 0＞0 所以3ϕπ=-t =1s 时，x 1=0，故56πω=所以质点振动的运动方程为50.10cos()()63x t m =-ππ（2）P 点的相位为零 （3）由5063P t ππϕ=-=得t =0.4s2. 解：已知A =24cm ，T =4.0s ，故ω=π/2 t =0时，x 0=A =24cm ，v 0=0，故0ϕ= 所以振动方程为0.24cos()()2x t m π=（1）0.50.17t x m == （2）2220.50.50.419/t t d x a m s dt ====-，故30.50.5 4.1910t t F ma N -====-⨯指向平衡位置。
（3）由振动方程得0.12=0.24cos t 2π，即1cos t 22π=，23t =±ππ，因为此时v ＜0，相位取正值，所以t =0.67s 。
（4）dx v dt ==-0.24sin(t )22ππ⨯，将t =0.67s 代入得 0.326/v m s =- 2415.31102k E mv J -==⨯2224111.781022P E kx m x J -===⨯ω47.0910k p E E E J -=+=⨯*3. 证明：小球平衡时有00p S mg pS +-=图2小球偏离x 时，设容器内气体状态为(p 1,V 1)，有2012d xp S mg p S m dt +-=，则212p S p S d x dt m-= 由于气体过程是绝热过程，有111()pV p V xS pV γγγ=-=，则1()(1)V x S p p p V x S V-==--γγ小球作微小位移时xS 远小于V ，则上式可写为1(1)xS p p Vγ=+ 所以，小球的运动方程为2222d x pS x x dt mVγω=-=-此式表示小球作简谐振动，振动周期为22T πω==所以比热容比为222224()mV mVp TS pS T ππγ==三. 计算题1.解：由阻尼振动周期2T '=='πω得阻尼因子为3/rad s ===δ 阻力系数为235.3/m kg s ==γδ 阻力为0.353N f v ==γ 2. 解：阻尼振动的振幅为0t A A e -=δ1t 10A A e -δ=，1t 01A e A δ=将t =0，A 0=0.03m 和t 1=10s ，A 1=0.01m 代入上式解得01111ln ln 310A t A ==δ 则振幅减为A 2=0.003m 所需时间为0221ln21A t s A ==δ3. 解：由题意知弹簧的劲度系数为3731010 1.2510/0.810m g k N m x -'⨯===⨯⨯则车厢的固有频率为015/rad s ω== 当火车以速率v 匀速行驶时，受撞击的角频率为22lυωπνπ==当ω0=ω时车厢将发生共振，此时速率即为危险速率，则030/108/2lm s km h υωπ=== 解决火车提速问题的措施之一是采用长轨无缝铁轨。
大学物理第10单元课后习题答案.docx
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；(O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0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0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0=0的位置转到180度(0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：2臥I ,方向垂直正方形平面］na(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 ____ o电荷在磁场中沿任一闭合曲线移动一周，磁场力做功为 ____ o［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，各点万的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度鸟的方向？解：在同一磁感应线上，各点鸟的数值一般不相等.因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度万的方向有关，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直的方向.dl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，磁感应强度鸟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{=B2£ B-dl =B l da-B2bc = /J0^I = 0B x =(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, 但鸟方向相反，即B^B2.10.5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 = ^o nl,外面B=0,所以在载流螺线管外面环绕一周(见题10.6图)的环路积分牡民卜応=0但从安培环路定理来看，环路L中有电流I穿过，环路积分应为牡万外-df = //0/这是为什么？解：我们导出B 内=jU o nl,B^ =0有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线.这 时图中环路厶上就一定没有电流通过，即也是与（鸟外-dr=＜（o-dr=o 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，所以使得穿过厶的电流为/,因此实际螺线管若是无限长时， 只是鸟外的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量B[= 必,r 为管外一点到螺线管轴 17VT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 求：（1）通过图中abed 面的磁通量；（2）通过图中b 妣面的磁通量；（3）通过图中*/^面的磁 通量.解：如题10.8图所示.⑴通过a0cd 面积,的磁通是（$面法线沿 x 轴正向）0）! =5-5] =2.0x0.3x0.4 = 0.24 Wb⑵通过befc 面积S 2的磁通量 0）2 = B • 52 = 0⑶通过a 创面积S3的磁通量（S3面法线沿x 、z 轴的正向）啓=用恳3 = 2x0.3x0.5xcos& = 2x0.3x0.5x? = 0.24 Wb10.9如题10-9图所示，AB. CD 为长直导线，RC 为圆心在O点的一段圆弧形I题10. 8图导线，其半径为若通以电流Z,求0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：& = 0CD 产生：场=上上，方向垂直向里 2 12RBC 段产生磁场 由B = ^-(sin^2- sin^J 得： 4mB 3 = ^^(sin 90° - sin 60° ) = ^-(1-—),方向丄向里 .R 2nR 2 •••恥+ B 严盟（1—子+汀方向丄向里.10.10在真空中，有两根互相平行的无限长直导线厶和厶2,相距0.ini,通有方向相反的电 流，/1=20A,/2=10A,如题10.10图所示.A, 3两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. Zi=20A0.1mL'i 丄—Z 2=10A 题10.10图解：如题10.10图所示，&方向垂直纸面向里2 茨崔丽+化g ^-2.(0Z0.05)+^0j^h33X1°-5T10.11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⑵设片=0在厶2外侧距离厶2为厂处，则:解得r - 0.1 m1 n 题10-9图 2^(r + 0.1)2 岔远处与电源相连.已知圆环的粗细均匀，求环中心0的磁感应强度.解：如题10-11图所示，圆心O 点磁场由直电流Aoo 和Boo 及两段圆弧上电流人 与厶所产生，但A8和Boo 在O 点产生的磁场为零。
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 第10章 练习答案
3、一质点作简谐振动，在同一周期内相继通过相距为11cm的A,B两点，历时2秒，速度大小与方向均相同，再经过2秒，从另一方向以相同速率反向通过B点。该振动的振幅为，周期为。
(1)t=0.5s时，物体所在位置；
(2)t=0.5s时，物体所受.力的大小与方向；
(3)由起始位置运动到x=12cm处所需的最少时间；
(4)在x=12cm处，物体的速度、动能以及系统的势能和总能量。
3、如右图所示，绝热容器上端有一截面积为S的玻璃管，管内
放有一质量为m的光滑小球作为活塞。容器内储有体积为V、
练习三
一、选择题
1、下列关于LC振荡电路中说法不正确的是()
(A)电路中电流和电容器上的电量的变化也是一种简谐振动
(B)电容器放电完毕时，电路中的电流达到最大值
(C)电场能和磁场能相互转化，但总的电磁能量保持不变
(D)电容器充电时，由于线圈的自感作用，电流只能逐渐增大
2、LC振荡电路中电荷和电流的变化，下列描述不正确的是()
(A)强阻尼
(B)欠阻尼
(C)过阻尼
(D)临界阻尼
4、受迫振动的振幅依赖于()
(A)振子的性质
(B)振子的初始状态
(C)阻尼的大小
(D)驱动力的特征
二、填空题
1、实际上，真实的振动系统总会受到阻力作用而作振幅不断减小的阻尼振动，这是因为阻尼的存在使系统的能量逐渐减少，能量损失的原因通常有两种：和。
2、在灵敏电流计等精密仪表中，为使人们能较快地和较准确地进行读数测量，常使电流计的偏转系统工作在状态下。
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。
大学物理第十章课后习题答案
并联： q = q1 + q2 ， U = U1 = U 2 ， C =
q q1 q2 = + = C1 + C2 。 U U U
6. 答：导体静电感应时会在导体表面出现感应电荷，电解质极化时在介质表面 出现极化电荷，是两种不同的电荷，静电平衡时导体内部场强为零，电解质极化 时内部场强不为零。 三、 计算 1. 证明：如图所示，设四个面上的电荷面密度分别为 σ 1 、 σ 2 、 σ 3 、 � σ 4 ，在 A 板内取一点 P1 ,设 en 是向右的单位法向矢量， 四个无限大
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第十章 静电场中的导体和电介质 参考答案
一、 填空 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 导体、电介质、半导体。 自由电子，晶体点阵。 零，静电平衡，等势体，等势面。 无，表面。 电荷，大，小。 静电屏蔽。 电容，容纳电荷。 无极，有极，位移，取向。
R 2 , 其间有两层均匀电介质，分界面的半径为 r,内
层电介质的相对介电常数 ε r 1 ， 外层电介质的相对介电常数为 ε r 2 。 (1) 求电容 C . (2) 当内球带电 − Q 时，求各介质表面的极化电荷面密度 σ ′ 。 21. 一平行板电容器有两层电介质，介电常数 ε r 1 =4, ε r 2 =2 ，厚度 d1=2mm ，
40rr13用一导线把球和球壳连在一起后球和球壳内壁的电量为0导体球外壁的电荷为qq导体球和球壳的电势相等根据电势的叠加原理有u1u24若将外球接地则球壳外壁的电荷量为0根据电势的叠加原理导体球球心o处的电势为
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一、 填空 1. 根据物质的导电性，可将物质分为 、 和 。 2. 从 物质 的 电结 构 来看 ， 金属 导 体具 有 带负 电 的 和 带正 电 的 。 3. 导 体处 于静 电平 衡时 ，导 体内 部各 点 的场 强为 ， 这称 为导 体的 条件。静电平衡下的导体是 ，导体的表面是 。 4. 导体处于静电平衡状态时，导体内处处 （填“有”或“无” ）净余电荷， 电荷只能分布在导体的 上。 5. 对于孤立导体而言，表面上 的分布与表面曲率有关，表面曲率越大， 电荷面密度越 ，反之越 。 6. 空腔导体内部电场不受腔外电场的影响，接地导体空腔外部的电场不受腔内 电荷的影响，这种隔离作用称为 。 7. 孤立导体的 是指使导体升高单位电势所需的电荷，反映了导体 的性质。 8. 根据分子中正、 负电荷中心的分布， 可将电介质分为 分子和 分 子。将两类电介质放入电场中将分别发生 极化和 极化。 二、 简答 1. 2. 3. 4. 5. 6. 简述导体静电平衡的条件及特点。 简述静电屏蔽。 简述处于静电平衡的空腔导体，空腔内场强处处为零。 简述孤立导体的电容的计算公式及物理意义。 分别推导两个电容器串联和并联后的总电容的计算公式。 电介质的极化现象和导体的静电感应现象两者有什么区别？
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 =，04πε=q V d(B) 204πε=qE d ，04πε=qV d(C) 0E =，0V = (D) 204πε=q E d ， 04πε=qV R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。
大物 上海交大课后答案 第十章
习题1010-1．一观察者测得运动着的米尺长0.5m ，问此尺以多大的速度接近观察者？解：由动尺缩短公式2201cv l l -=，可得22115.0cv -⨯=m/s 106.2238⨯==c v10-2．在参考系S 中，一粒子沿直线运动，从坐标原点运动到了m 105.18⨯=x 处，经历时间为s 00.1=t ∆，试计算该过程对应的固有时。
解：以粒子为S '系，利用t '∆=∆0.866t s '∆==。
10-3．长度01m l =的米尺静止于'S 系中，与x ′轴的夹角'θ=30°，'S 系相对S 系沿x 轴运动，在S 系中观测者测得米尺与x 轴夹角为=θ45°。
试求：（1）'S 系和S 系的相对运动速度。
（2）S 系中测得的米尺长度。
解：（1）米尺相对S '静止，它在,x y ''轴上的投影分别为：0cos 0.866m x L L θ''==，0sin 0.5m y L L θ''==。
米尺相对S 沿x 方向运动，设速度为v ，对S 系中的观察者测得米尺在x 方向收缩，而y 方向的长度不变，即：x L L =，y y L L '=故：tan y y xxL L L L L θ''===。
把ο45θ=及,y L L ''0.50.866=，故：0.816v c = (2)在S 系中测得米尺长度为0.707m sin 45y L L ==︒。
10-4．一门宽为a ，今有一固有长度0l (0l ＞a )的水平细杆，在门外贴近门的平面内沿其长度方向匀速运动。
若站在门外的观察者认为此杆的两端可同时被拉进此门，则该杆相对于门的运动速率u 至少为多少？解：门外观测者测得杆长为运动长度，l l =1a ≤时，可认为能被拉进门，则：a l ≤解得杆的运动速率至少为：u =10-5．两个惯性系中的观察者O 和O '以0.6c （c 表示真空中光速）的相对速度相互接近，如果O 测得两者的初始距离是20m ，则O '测得两者经过多少时间相遇？ 解：O 测得相遇时间为t ∆：0200.6L t v c∆==O ' 测得的是固有时t '∆：∴ tt γ∆'∆==88.8910s -=⨯，或者，O '测得长度收缩：00.8LL L L L t v'===∆=8080.80.8208.8910s 0.60.6310L t c -⨯'∆===⨯⨯⨯10-6．一宇航员要到离地球为5光年的星球去旅行．如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则他所乘的火箭相对于地球的速度是多少？解：335l l '====∴ 45v c ==10-7．从S 系观察到有一粒子在01=t 时由m 1001=x 处以速度c v 98.0=沿x 方向运动，s 10后到达2x 点，如在S '系(相对S 系以速度c u 96.0=沿x 方向运动)观察，粒子出发和到达的时空坐标2211,,,x t x t ''''各为多少？(0='=t t 时，S '与S 的原点重合)，并算出粒子相对S '系的速度。
大学物理课后习题10第十章答案
习题1010.1选择题（1）在双缝干涉实验中，为使屏上的干涉条纹间距变大，可以采取的办法是[](A)使屏靠近双缝．(B)使两缝的间距变小．(C)把两个缝的宽度稍微调窄．(D)改用波长较小的单色光源．[答案：C]（2）两块平玻璃构成空气劈形膜，左边为棱边，用单色平行光垂直入射．若上面的平玻璃以棱边为轴，沿逆时针方向作微小转动，则干涉条纹的[](A)间隔变小，并向棱边方向平移．(B)间隔变大，并向远离棱边方向平移．(C)间隔不变，向棱边方向平移．(D)间隔变小，并向远离棱边方向平移．[答案：A]（3）一束波长为的单色光由空气垂直入射到折射率为n的透明薄膜上，透明薄膜放在空气中，要使反射光得到干涉加强，则薄膜最小的厚度为[](A)．(B)/(4n)．(C)．(D)/(2n)．[答案：B]（4）在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n，厚度为d 的透明薄片，放入后，这条光路的光程改变了[](A)2(n-1)d．(B)2nd．(C)2(n-1)d+/2．(D)nd．(E)(n-1)d．[答案：A]（5）在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n的透明介质薄膜后，测出两束光的光程差的改变量为一个波长，则薄膜的厚度是［］(A)．(B)/(2n)．(C)n．(D)/[2(n-1)]．[答案：D]（6）在夫琅禾费单缝衍射实验中，对于给定的入射单色光，当缝宽度变小时，除中央亮纹的中心位置不变外，各级衍射条纹[](A)对应的衍射角变小．(B)对应的衍射角变大．(C)对应的衍射角也不变．(D)光强也不变．[答案：B]（7）波长nm(1nm=10-9m)的单色光垂直照射到宽度a=0.25mm的单缝上，单缝后面放一凸透镜，在凸透镜的焦平面上放置一屏幕，用以观测衍射条纹。
今测得屏幕上中央明条纹一侧第三个暗条纹和另一侧第三个暗条纹之间的距离为d=12mm，则凸透镜的焦距是[](B)平行于入射面的振动占优势的部分偏振光．(C)垂直于入射面振动的完全线偏振光．(D)垂直于入射面的振动占优势的部分偏振光．[答案：C]（12）一束自然光自空气射向一块平板玻璃（如图），设入射角等于布儒斯特角i0，则在界面2的反射光是[](A)自然光。
大学物理教程第10章习题答案报告
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。
大学物理第十章课后习题答案
10.1 解：O O B B B B 出圆弧进++=0其中两直线电流在O 点产生的磁感应强度为0，1/4圆电流在O 点产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为R IRIB B O 841200μμ=⨯==圆弧。
10.2解:d b c a B B B B B +++=中心如图a I a I B B a πμπμ0022/22224)45cos 22===︒（中心过中心平行于ad (如图竖直向上)。
10.3 解:1PI B方向垂直纸面向里，大小为d I πμ2102PI B方向纸面向右，大小为d I πμ220 21PI PI P B B B +=T I I d d I d I B B B PI PI P 52221022021022102.72)2()2(21-⨯=+=+=+=πμπμπμ方向在过P 垂直于1I 的平面内与2PI B 夹α角︒===--7.33)32()(1121tna B B tna PI PI α10.4解：两线圈在P 点产生的磁感应强度方向都在两圆心的连线上指向小圆（向左）}])([])([{22322122223221211021x b R R I x b R R I B B B PR PR P -++++=+=μ10.5 解：a bc d2I P 2PIra Idy r dya I rdI B d πμπμπμ422200===20044cos r a Iydyr y r a Idy dB dB x πμπμα=== 20044sin r a Ixdyr x r a Idy dB dB y πμπμα===由对称性可知⎰==0x Px dB Bx a a I x a x a a I x y x a Ix y x dy a Ix y x a Ixdy r a Ixdy dB B aaa aa a aa y Py 101101022022020tan 2)tan (tan 4]tan 144)(44--------=--==+=+===⎰⎰⎰⎰πμπμπμπμπμπμ10.6解：对于无限大平面载流导体板，即上题结果中a x <<，2π=x a arctgi u a I u B 00214==∴（i 为电流密度）（1） 在两面之间1i 产生的磁感强度大小为10121i u B =，方向垂直纸面向里。
福州大学大学物理习题解答-第10章静电场
a dx 0 0
xa时
U E dx E dx
x a a a 0 0
a dx 0 0
a xa时
U E dx
x x 0 0
x dx 0 0
10-13（1）充满介质时 E1
1
0
' ' ' 0
E 2 πrl
1
0
r 2πr ldr
0
r
E
0r 2 3 0
1
当 r R 时，同样应用高斯定理
E 2πrl
0
R
0
0 r ' 2πr 'ldr '
4
福州大学-大学物理习题解答
E
0 R3 3 0 r
10-10 细棒上任一电荷元带电量
dq
q S 0 r1
d1
q S 0 r 2
d2
d1 r 2 d 2 r1 q S 0 r1 r 2
二极板间电容为
C
q S 0 r1 r 2 U d1 r 2 d 2 r1
1 S 0 r1 r 2U 2 50 104 8.85 1012 4 2 2002 We CU 2 4.4 10 7 (J) 3 3 2 2(d1 r 2 d 2 r1 ) 2 (2 10 2 3 10 4)
32
0
q a (1 ) 2 0 a2 R2
10-8
腔内电场强度等于半径为 R1 ，体电荷密度为 的带电球体在腔内电场强度 E1 减去半
径为 R 2 ，体电荷密度为 的带电球体在腔内的电场强度 E 2 ，应用高斯定理