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(完整word版)大学物理下册课后习题答案

大学物理下册课后习题答案习题八8-1 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2220)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 q E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．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 ,SqE 0ε=，所以f =Sq 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强SqE 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S qE 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力．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 rp E r εθ= 垂直于r 方向，即θ方向场强分量300π4sin rp E εθ=题8-5图题8-6图8-6 长l =15.0cm AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m-1(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 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 xE 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) 2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题8-6图所示由于对称性⎰=lQx E 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向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 RR E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰ 0d cos π400=-=⎰ϕϕελπR E y∴ RE 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 E d 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021lr E P +-=εθθλ ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220lr ll r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220lr rl r l r l E +++=⊥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∵ lq 4=λ ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 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?*(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．(xRarctan=α) 解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等∴ 各面电通量06εqe =Φ． (2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ，如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题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 =[221xR x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r Sααα⎰⋅=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0d ε∑⎰=⋅q S E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅，方向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=rr r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外. 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∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r < 0,0==∑E q(2) 21R r R <<λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题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， n E)(21210σσε-= 1σ面外， n E)(21210σσε+-= 2σ面外， n E)(21210σσε+= n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．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'dπ4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ；(2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 03ερ='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 =，3ερr E O P '-=' ,∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6Cd=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C-1解: ∵ 电偶极子p在外场E 中受力矩E p M⨯= ∴ qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功?解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε)11(21r r -61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-R qR q 0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-= ∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和解: (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-2sin π-］R0π2ελ-= (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 O 8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C) 解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv 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 rqU 0π4ε=题 8-20 图 ∴ 0200π4r rq 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220π4xR qU +=ε ∴ ()i xR qxi 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 1rp 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)(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2.0mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少? 解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图 (1)∵ AB ACU U =，即∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A= 得 ,32S q A =σ Sq A321=σ而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σCC10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 8-23 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(1) (2) *(3) 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 Rqr 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：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+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解: 由题意知 2020π4rq F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =',小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电q q 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'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==σσS qd U 2032-=-=εσσSqd U 2054+=-=εσσ所以CB 间电场 Sqd U E 00422εεσ+== )2d(212d 02Sq 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∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强303π4,π4rr Q E r Qr D ε ==外 (2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞ 外介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Q r r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r -+=εεε8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=d21UE E ==∴ r D Dεσσ==1212rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内题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 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2= (1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε==薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222=== (2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ 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 U 86)35251(5021=+=+=U U U ABV8-32 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V ? 解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U ∴ 6001=U V ,4002=U V即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求： (1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112*********U U U C U C q qU C U C q q q q 解得 (1) =1q U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+- (2)电场能量损失W W W -=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +-+= 221212U C C C C += 8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε =3R r >时 302π4r rQ E ε =∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r 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 QW C -==ε 121049.4-⨯=F习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B的方向．题9-2图9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)? (2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcd μ∴ 21B B = (2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B方向相反，即21B B≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L·d l =0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为⎰外B L·d l =I 0μ 这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B 的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m-2x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解：如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是 24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量 022=⋅=S BΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S BΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BCD 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B题9-8图解：如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rIr I πμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解：如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。

大学物理练习册答案(下册)-

（1） x Acos( 2π t )
T
（2）
x Acos( 2π t 1 )
T2
（3）x Acos( 2π t 1 ) （4） x Acos( 2π t 3 )
T3
T4
2.两位外星人A和B生活在一个没有自转，没有大气，表面光滑的匀质球形小星球上。有一次他们决定进行一场比赛，从他们所在的位置出发，各自采用航天技术看谁能先达到星球的对径位置。A计划穿过星体直径凿一条通道，采用自由下落方式到达目标位置；B计划沿着紧贴着星球表面的空间轨道，象人造卫星一样航行到目标位置。试问A和B谁会赢得比赛？
C. 1 , 1 ,0.05 22
D. 2,2,0.05
9. 一列机械横波在t时刻的波形曲线如图所示，则该时刻能量为最大值的媒y质质元的位置是:
A. o, b, d, f B. a, c, e, g O'
C. o, d
D. b, f O
d
a
eg
c
b
fx
(二) 填空题 1.一横波的波动方程为: y 0.01cos(250πt 10πx)(m)
解: 以星球中心为原点在直径通道上设置x轴，A在x处受引力:
Fx
G
Mm R3
x
（注: 只有半径为x的星球部分对A有引力）
式中M为星球质量, R为星球半径, m为A的质量
A做简谐振动, 周期为 T 2 m / k k GMm / R3
A到达目标所需的时间为 tA T / 2 R R / GM B以第一宇宙速度做圆周运动 vB GM / R B到达目标所需的时间为 tB R / vB R R / GM
4. 一质点在x轴上作谐振动振幅A=4cm, 周期T=2s, 其平衡位置取作坐标原点, 若t=0时刻近质点第一次通过x=-2cm处, 且向x轴正方向运动, 则质点第二次通过 x=-2cm,处时刻为:[]

大学物理(科学出版社,熊天信、蒋德琼、冯一兵、李敏惠)第四章习题解

第四章刚体的定轴转动4–1 半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm 的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动，主动轮从静止开始作匀角加速度转动，在4s 内被动轮的角速度达到π/s 8，则主动轮在这段时间内转过了圈。

解：被动轮边缘上一点的线速度为πm/s 45.0π8222=⨯==r ωv在4s 内主动轮的角速度为πrad/s 202.0π412111====r r v v ω主动轮的角速度为2011πrad/s 540π2==∆-=tωωα在4s 内主动轮转过圈数为20π520ππ2(π212π212121=⨯==αωN （圈）4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为0ω＝5rad/s ，t ＝20s 时角速度为08.0ωω=，则飞轮的角加速度α＝，t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度θ＝。

解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为20s /rad 05.020558.0-=-⨯=-=tωωα t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度为rad 250100)05.0(21100521220=⨯-⨯+⨯=+=t t αωθ4–3 转动惯量是物体量度，决定刚体的转动惯量的因素有。

解：转动惯性大小，刚体的形状、质量分布及转轴的位置。

4–4 如图4-1，在轻杆的b 处与3b 处各系质量为2m 和m 的质点，可绕O 轴转动，则质点系的转动惯量为。

解：由分离质点的转动惯量的定义得221i i i r m J ∆=∑=22)3(2b m mb +=211mb =4–5 一飞轮以600r/min 的转速旋转，转动惯量为2.5kg·m 2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s 内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M ＝_________。

解：飞轮的角加速度为20s /rad 20160/π26000-=⨯-=-=tωωα制动力矩的大小为m N π50π)20(5.2⋅-=-⨯==αJ M负号表示力矩为阻力矩。

大学物理下册练习与答案

I电磁学DC7・ 1 |如图所示,一电子经过Uo = 1 >10 7m / s o（1）欲使这电子沿半圆自A 至C 运动，试求所需的磁场大小和方向；（2）求电子自A 运动到C 所需的时间。

9解：（1）电子所受洛仑兹力提供向心力 evoB = m —Rmv o 9.1 lx 10~ x IX 10 ?3_得出 B 二 = _i9= 1./10 TeR 1 .6X 10 - x 0 .05磁场方向应该垂直纸面向里。

(2) 所需的时间为 t =# =药-=兀0. 05 = 1 .6 X 10 rs22 vo l x 107血工地2.0怡2的一个正电子，射入磁感应强度B 二0.1T 的匀强磁场中，其速度矢量与B 成89角，路径成螺旋线，其轴在B 的方向。

试求这螺旋线运动的周期T 、螺距h 和半径r o解：正电子的速率为I /XX X X - v ==1 ------- 2~~10 ' 110 19 = 2 .6x 10 7 m/s* m *9.1 1X 10做螺旋运动的周期为2 Jim 2 K X 9.1 丈 1(T 31T = ---------- = -------------- --- --------- = 3 ,6X 10 SeB 1 .6X 10一 X 0.1螺距为 h = vcos 89 °T =2.6 * 10 7 X cos 89 0 ：＜3. 6 X 10 10 = 1 .6^ lO^m317ZX _X X X_丰径为 r = mv sin 89 = 9.11 ~F02 .6⑴ TO Sih 89 = 1 .5 ^103 Hlx — xeBL6 10'0.1磁力A 点时，具有速率V0 /0 10cmA h -----------------DC7・3加1图所示,一铜片厚为d二1.0mm,放在B=1.5T的磁场中，磁场方向与铜片表面垂直。

已知铜片里每立方厘米有8.4^ 1022个自由电子，每个电子的电荷C - = -1.6 19T,当铜片中有I=200A的电流流通时，（1）求铜片两侧的电势差Uaa' ；（2）铜片宽度b对Uaa，有无影响？为什么？/// B i ////Z/-------- 28 — = -2.23 X 10_ V,8/ 10X「1.6 ¥o f X 1 .0 X 10一负号表示『侧电势高。

大学物理下学期总答案

第9章真空中的静电场习题解答9－1 精密的实验已表明，一个电子与一个质子的电量在实验误差为e 2110－±的范围内是相等的，而中子的电量在e 2110－±的范围内为零。

考虑这些误差综合的最坏情况，问一个氧原子（含8个电子、8个质子、8个中子）所带的最大可能净电荷是多少？若将原子看成质点，试比较两个氧原子间的电力和万有引力的大小，其净力是引力还是斥力？解：（1）一个氧原子所带的最大可能净电荷为 e q 21m ax 1024－⨯±=（2）两个氧原子间的电力和万有引力的大小之比为6222711221921122222max 0108.2)1067.116(1067.6)106.11024(1085.84141------⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⋅⨯⨯=≤r r r m G r q f f G e ππε氧其净力是引力。

9－2 如习题9－2图所示，在直角三角形ABC 的A 点处，有点电荷q 1 = 1.8×10-9C ，B 点处有点电荷q 2 = －4.8×10-9C ，AC = 3cm ，BC = 4cm ，试求C 点的场强。

解：根据点电荷场强大小的公式22014q qE kr r==πε，点电荷q 1在C 点产生的场强大小为112014q E AC =πε 994-1221.810910 1.810(N C )(310)--⨯=⨯⨯=⨯⋅⨯ 方向向下。

点电荷q 2在C 点产生的场强大小为2220||14q E BC =πε994-1224.810910 2.710(N C )(410)--⨯=⨯⨯=⨯⋅⨯，方向向右。

C 处的总场强大小为E =44-110 3.24510(N C )==⨯⋅，总场强与分场强E 2的夹角为12arctan33.69E E ==︒θ．9－3 半径为R 的一段圆弧，圆心角为60°，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，其电荷线密度分别为+λ和-λ，求圆心处的场强。

大学物理(科学出版社,熊天信、蒋德琼、冯一兵、李敏惠)第七、八章习题解

第七章气体动理论7–1 一定量的理想气体，在保持温度T 不变的情况下，使压强由P 1增大到P 2，则单位体积内分子数的增量为_________________。

解：由nkT P =，可得单位体积内分子数的增量为kTP P kT P n 12-=∆=∆ 7–2 一个具有活塞的圆柱形容器中贮有一定量的理想气体，压强为P ，温度为T ，若将活塞压缩并加热气体，使气体的体积减少一半，温度升高到2T ，则气体压强增量为_______，分子平均平动动能增量为_________。

解：设经加热和压缩后气体的压强为P '，则有TV P T PV 22/⨯'=所以P P 4='压强增量为P P P P 3=-'=∆由分子平均平动动能的计算公式kT 23=ε知分子平均平动动能增量为kT 23。

7–3 从分子动理论导出的压强公式来看，气体作用在器壁上的压强，决定于和。

解：由理解气体的压强公式k 32εn P =，可知答案应填“单位体积内的分子数n ”，“分子的平均平动动能k ε”。

7–4 气体分子在温度T 时每一个自由度上的平均能量为；一个气体分子在温度T 时的平均平动动能为；温度T 时，自由度为i 的一个气体分子的平均总动能为；温度T 时，m /M 摩尔理想气体的内能为。

解：kT 21；kT 23；kT i2；RT i M m 27–5 图7-1所示曲线为处于同一温度T 时氦（原子量4）、氖（原子量20）和氩（原子量40）三种气体分子的速率分布曲线，其中曲线（a ）是__________气分子的速率分布曲线；曲线（c ）是__________气分子的速率分布曲线。

解：在相同温度下，对不同种类的气体，分子质量大的，速率分布曲线中的最慨然速率p v 向量值减小方向迁移。

可得图7-1中曲线（a ）是氩气分子的速率分布曲线，图7-1中曲线（c ）是氦气分子的速率分布曲线。

7–6 声波在理想气体中传播的速率正比于气体分子的方均根速率。

大学物理科学出版社第9章静电场参考答案

第4篇电磁学第9章静电场9.1 基本要求１掌握静电场的电场强度和电势的概念以及电场强度叠加原理和电势叠加原理。

掌握电势与电场强度的积分关系。

能计算一些简单问题中的电场强度和电势。

了解电场强度与电势的微分关系。

２理解静电场的规律：高斯定理和环路定理。

理解用高斯定理计算电场强度的条件和方法。

３了解导体的静电平衡条件，了解介质的极化现象及其微观解释。

了解各向同性介质中Ｄ和Ｅ之间的关系。

了解介质中的高斯定理。

４了解电容和电能密度的概念。

9.２基本概念１电场强度E ：试验电荷0q 所受到的电场力F 与0q 之比，即0q =F E ２电位移D ：电位移矢量是描述电场性质的辅助量。

在各向同性介质中，它与场强成正比，即ε=D E ３电场强度通量e Φ：e Sd Φ=⎰E S电位移通量:D Sd Φ=⎰D S４电势能pa E ：0pa aE q d ∞=⎰E l （设0p E ∞=）５电势a V ：0pa a aE V d q ∞==⎰ E l （设0V ∞=）电势差ab U ：ab a b U V V =- ６场强与电势的关系（１）积分关系 a aV d ∞=⎰E l（２）微分关系 = -V ∇=-E gradV７电容Ｃ：描述导体或导体组（电容器）容纳电荷能力的物理量。

孤立导体的电容：Q C V =；电容器的电容：Q C U= ８静电场的能量：静电场中所贮存的能量。

电容器所贮存的电能：22222CU Q QUW C ===电场能量密度e w ：单位体积的电场中所贮存的能量，即22e E w ε=9.３基本规律１库仑定律：12204rq q rπε=F e ２叠加原理（１）电场强度叠加原理：在点电荷系产生的电场中任一点的场强等于每个点电荷单独存在时在该点产生的场强的矢量和。

（２）电势叠加原理：在点电荷系产生的电场中，某点的电势等于每个点电荷单独存在时在该点产生的电势的代数和。

大学物理学(2001年科学出版社出版的图书)

教材目录
（注：目录排版顺序为从左列至右列）
教学资源
《大学物理学》有配套的学习辅导书——《大学物理学习指导》。
作者简介
余虹，大连理工大学物理与光电工程学院（现大连理工大学物理学院）教授，硕士生导师。1952年2月出生于上海，1978年3月就读于大连理工大学物理系，毕业后留校任教。自1982年起一直从事基础物理教学和教学研究工作，历任基础物理教研室副主任、主任和大学物理课程负责人、基础物理实验中心主任和大学物理教学中心主任。
成书过程
编写情况
出版工作
参加编写该书的教师分别隶属于大连理工大学基础物理教研室、近代物理实验室和理论物理教研室，均有多年从事大学一、二年级普通物理教学的经验和教学研究、科学研究的体会。
第1~4章由刘中原完成，第5章由李淑凤完成，第6章由张殿凤完成，第7章、第10章由余虹、姜东光、王雪莹和牟宗信完成，第8章、第9章由李雪春完成，第11~14章由余虹完成，第15章、第17章由王文春完成，第16章由郑殊完成，第18~21章由姜东光、牟宗信完成。余虹、李雪春和张殿凤完成了该书的大部分插图，李淑凤校阅了电磁学篇、刘中原校阅了热学篇、李雪春校波动章，王昕、熊伟等学生完成了部分章节的打字工作。余虹、姜东光负责全书的统稿，张殿凤、牟宗信参加了统稿工作。
大学物理学（2001年科学出版社出版的图书）
2001年科学出版社出版的图书
01 成书过程
03 教材目录 05 作者简介
目录
02 内容简介 04 教学资源

《大学物理学》是由余虹主编，科学出版社于2001年2月21日出版的21世纪高等院校教材。该书是工科大学的普通物理课教材。
该书包括五篇：力学、电磁学、光学、热学、量子物理学基础。

《大学物理教程》下册第三版 (贾瑞皋著)课后习题答案科学出版社12

12 − 8 = 0 .4 A 1+ 2 + 2 +1+ 2 + 2
U ab = 12 − 0.4(2 + 1 + 2 ) = 10V
(2) U cd = U ab − 10V = 0
12-6
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)
2
× 2.2 × 10 −5 = 1.2 × 10 2 W
12-1
(6) W = I 2 Rt = 2.3 × 10 3
(
)
2
× 2.2 × 10 −5 × 3600J = 4.2 × 10 5 J
(7) u =
j 1.4 × 10 2 = cm s = 1.0 × 10 − 4 cm s ne 8.5 × 10 22 × 1.6 × 10 −19
R = ∫ dR = ∫
ρdr ρ ⎛ 1 1⎞ = ⎜ − ⎟ 2 a 2πr 4π ⎝ a b ⎠
b
12-9
一长度为 l，内外半径分别为 R1 和 R2 的导体管，电阻率为 ρ 。求下列三种情况下管子
的电阻：(1)若电流沿长度方向流动；(2)电流沿径向流动；(3)如图所示，把管子切去一半，电流沿图示方向流过。 [解] (1) 沿长度方向流动时， S = π R22 − R12 。沿长度方向厚度为 dl 的一层所具有的电阻为
12-5
电缆的芯线是半径为 r1 =0.5cm 的铜线，在铜线外面包一层同轴的绝缘层，绝缘层的
外半径为 r2 =2cm，电阻率 ρ = 1 × 1012 Ω ⋅ m 。在绝缘层外面又用铜层保护起来(如图所示)。 (1) 求长 L=1000m 的这种电缆沿径向的电阻； (2)当芯线与铅层的电势差为 100V 时，在这电缆中沿径向的漏电流是多大? [解] (1)在绝缘层内距轴线 r 处作一半径为 r、厚度为 dr、长为 L 的同轴圆柱形薄壳，此薄壳沿径向的电阻

大学物理下作业答案.docx

静电场(一)一. 选择题:1.解:在不考虑边缘效应的情况下，极板间的电场等同于电荷均匀分布，密度为o = ±q/S的两面积无限大平行薄板之间的电场一-匀强电场，一板在另一板处之电场强度为£ = o/(2s0)，方向垂直于板面.所以，极板间的相互作用力F =q・E = q2 /(2件)。

故选(B)。

2.解：设置八个边长为a的立方体构成一个大立方体，使A(即Q)位于大立方体的中心.所以通过大立方体每一侧面的电场强度通量均为q/(6&o),而侧面abed是大立方体侧面的1/4,所以通过侧面abed的电场强度通量等于q/(24%).选(C)。

3.解:寸亘•丞=jpdV/£°适用于任何静电场.选(A)。

4.解：选(B)。

5.解:据高斯定理知：通过整个球面的电场强度通=q/&. ■内电荷通过昂、&的电通量相等且大于零; 外电荷对品的通量为负，对&的通量为正. 所以0>1 <0>2 •故(D)对。

二. 填空题：1.解：无限大带电平面产生的电场E= —2&oA L 八(5 2(5 3(5A 区：E A= ------------------ = ------2s0 2s02g0CL L b 2b bB 区：E R = ------------ = ------2s0 2s 02s0C区"c=三+至=至2s n 2s n 2s n2.解：据题意知，P点处场强方向若垂直于OP,则入在P点场强的OP分量与Q在P点的场强E QP一定大小相等、方向相反.即Jcp = ------------- c os——= ----------- =也冲= -------- , O — aA .2%。

3 4%。

4%。

之3. 解：无限长带电圆柱体可以看成由许多半径为r 的均匀带电无限长圆筒叠加而成，因此其场强分布是柱对称的，场强方向沿圆柱半径方向，距轴线等距各点的场强大学相等。

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大学物理学(下册)习题答案详解

第十二章热力学基础一、选择题 12－1 C 12－2 C 12－3 C 12－4 B 12－5 C 12－6 A 二、填空题 12－710000100p V p V p V p V --12－8 260J ，280J - 12－912－10 )(5.21122V p V p -，))((5.01212V V p p -+，)(5.0)(312211122V p V p V p V p -+- 12－11 268J ，732J 三、计算题12－12 分析：理想气体的内能是温度T 的单值函数，内能的增量E ∆由始末状态的温度的增量T ∆决定，与经历的准静态过程无关．根据热力学第一定律可知，在等温过程中，系统从外界吸收的热量全部转变为内能的增量，在等压过程中，系统从外界吸收的热量部分用来转变为内能的增量，同时对外做功．解：单原子理想气体的定体摩尔热容,32V m C R = (1) 等体升温过程20=A,21333()8.3150623222V V m E Q C T R T R T T J J ∆==∆=∆=-=⨯⨯= (2) 等压膨胀过程,2133()8.315062322V m E C T R T T J J ∆=∆=-=⨯⨯= 2121()()8.3150416A p V V R T T J J =-=-=⨯=1039p Q A E J =+∆=或者,,215()8.315010392p p m p m Q C T C T T J J =∆=-=⨯⨯=12－13 分析：根据热力学第一定律和理想气体物态方程求解．解：氢气的定体摩尔热容,52V m C R =(1) 氢气先作等体升压过程，再作等温膨胀过程．在等体过程中，内能的增量为 ,558.3160124622V V m Q E C T R T J J =∆=∆=∆=⨯⨯= 等温过程中，对外界做功为221ln8.31(27380)ln 22033T T V Q A RT J J V ===⨯+⨯= 吸收的热量为3279V T Q Q Q J =+=(2) 氢气先作等温膨胀过程，然后作等体升压过程．在等温膨胀过程中，对外界做功为211ln8.31(27320)ln 21687T V A RT J J V ==⨯+⨯= 在等体升压过程中，内能的增量为,558.3160124622V m E C T R T J J ∆=∆=∆=⨯⨯= 吸收的热量为2933T Q A E J =+∆=3虽然氢气所经历的过程不同，但由于始末状态的温差T ∆相同，因而内能的增量E ∆相同，而Q 和A 则与过程有关．12－14 分析：卡诺循环的效率仅与高、低温热源的温度1T 和2T 有关．本题中，求出等温膨胀过程吸收热量后，利用卡诺循环效率及其定义，便可求出循环的功和在等温压缩过程中，系统向低温热源放出的热量．解：从高温热源吸收的热量321110.005ln 8.31400ln 5.35100.001V m Q RT J J M V ==⨯⨯=⨯ 由卡诺循环的效率2113001125%400T A Q T η==-=-= 可得循环中所作的功310.255350 1.3410A Q J J η==⨯=⨯传给低温热源的热量3321(1)(10.25) 5.3510 4.0110Q Q J J η=-=-⨯⨯=⨯12－15 分析：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量全部转换为内能的增量，温度升高．在b c →绝热过程中，系统减少内能，降低温度对外作功，与外界无热量交换．在c a →等压压缩过程中，系统放出热量，温度降低，对外作负功．计算得出各个过程的热量和功，根据热机循环效率的定义即可得证．证明：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量为,,1222()()V m V V m b a C mQ C T T p V p V M R=-=-在c a →等压压缩过程中，系统放出热量的大小为,,2122()()p m P p m c a C mQ C T T p V p V M R=-=- 所以，该热机的循环效率为41,212221,12222(1)()111()(1)p m P V V m V C p V p V Q V p Q C p V p V p ηγ--=-=-=---12－16 分析：根据卡诺定理，在相同的高温热源(1T )，与相同的低温热源(2T )之间工作的一切可逆热机的效率都相等，有221111Q TQ T η=-=-．非可逆热机的效率221111Q T Q T η=-<-．解：(1) 该热机的效率为21137.4%Q Q η=-= 如果是卡诺热机，则效率应该是21150%c T T η=-= 可见它不是可逆热机．(2) “尽可能地提高效率”是指热机的循环尽可能地接近理想的可逆循环工作方式．根据热机效率的定义，可得理想热机每秒吸热1Q 时所作的功为4410.50 3.3410 1.6710c A Q J J η==⨯⨯=⨯5第十三章气体动理论一、选择题 13－1 D 13－2 B 13－3 D 13－4 D 13－5 C 13－6 C 13－7 A 二、填空题13－8 相同，不同；相同，不同，相同. 13－9 (1)分子体积忽略不计；(2)分子间的碰撞是完全弹性的； (3)只有在碰撞时分子间才有相互作用．13－10 速率大于p v 的分子数占总分子数的百分比，分子的平均平动动能，()d 1f v v ∞=⎰，速率在∞~0内的分子数占总分子数的百分之百．13－11 氧气，氢气，1T 13－12 3，2，013－13 211042.9-⨯J ，211042.9-⨯J ，1:2 13－14 概率，概率大的状态．三、计算题13－15 分析：根据道尔顿分压定律可知，内部无化学反应的平衡状态下的混合气体的总压强，等于混合气体中各成分理想气体的压强之和．解：设氦、氢气压强分别为1p 和2p ，则12p p p =+．由理想气体物态方程，得1He He m RTp M V =， 222H H m RT p M V=所以，总压强为62255123334.010 4.0108.31(27230)()()4.010 2.010 1.010H He He H m m RT p p p Pa M M V -----⨯⨯⨯+=+=+=+⨯⨯⨯⨯ 47.5610Pa =⨯13－16 解：(1)=可得氢的方均根速率3/ 1.9310/s m s ===⨯ 氧的方均根速率483/m s === 水银的方均根速率/193/s m s === (2) 温度相同，三种气体的平均平动动能相同232133 1.3810300 6.211022k kT J J ε--==⨯⨯⨯=⨯13－17 分析：在某一速率区间，分布函数()f v 曲线下的面积，表示分子速率在该速率区间内的分子数占总分子数的百分比．速率区间很小时，这个百分比可近似为矩形面积()Nf v v N∆∆=，函数值()f v 为矩形面积的高，本题中可取为()p f v ．利用p v 改写麦克斯韦速率分布律，可进一步简化计算．解： ()Nf v v N∆=∆ 当300T K =时，氢气的最概然速率为1579/p v m s ==== 根据麦克斯韦速率分布率，在v v v →+∆区间内的分子数占分子总数的百分比为232224()2mvkT N m e v v N kTππ-∆=∆7用p v 改写()f v v ∆有223()2222()4()e ()()2pv mv v kTpp mv v f v v v v e kTv v ππ--∆∆=∆=由题意可知，10p v v =-，(10)(10)20/p p v v v m s ∆=+--=．而10p v ，所以可取p v v ≈，代入可得1201.05%1579p N e N-∆=⨯=13－18 解：(1) 由归一化条件204()d 1FF V V dN V AdV f v v N Nπ∞===⎰⎰⎰ 可得 334F NA V π= (2) 平均动能2230143()d d 24FV FV N f v v mv v N V πωωπ∞==⨯⨯⎰⎰423031313d ()2525FV F F F mv v mv E v =⨯==⎰13－19 分析：气体分子处于平衡态时，其平均碰撞次数于分子数密度和分子的平均速率有关．温度一定时，平均碰撞次数和压强成正比．解：(1) 标准状态为50 1.01310p Pa =⨯，0273T K =，氮气的摩尔质量32810/M kg mol -=⨯由公式v =kTp n =可得224Z d nv d d π===5102231.013104(10)/1.3810273s π--⨯=⨯⨯⨯次885.4210/s =⨯次(2) 41.3310p Pa -=⨯，273T K =4102231.331044(10)/1.3810273Z ds ππ---⨯==⨯⨯⨯次0.71/s =次13－20 分析：把加热的铁棒侵入处于室温的水中后，铁棒将向水传热而降低温度，但“一大桶水”吸热后的水温并不会发生明显变化，因而可以把“一大桶水”近似为恒温热源．把铁棒和“一大桶水”一起视为与外界没有热和功作用的孤立系统，根据热力学第二定律可知，在铁棒冷却至最终与水同温度的不可逆过程中，系统的熵将增加．熵是态函数，系统的熵变仅与系统的始末状态有关而与过程无关．因此，求不可逆过程的熵变，可在始末状态之间设计任一可逆过程进行求解．解：根据题意有 1273300573T K =+=，227327300T K =+=．设铁棒的比热容为c ，当铁棒的质量为m ，温度变化dT 时，吸收(或放出)的热量为dQ mcdT =设铁棒经历一可逆的降温过程，其温度连续地由1T 降为2T ，在这过程中铁棒的熵变为2121d d 300ln 5544ln /1760/573T T T Q mc T S mc J K J K T T T ∆====⨯⨯=-⎰⎰9第十四章振动学基础一、选择题 14－1 C 14－2 A 14－3 B 14－4 C 14－5 B 二、填空题 14－622 14－7 5.5Hz ，114－82411s ，23π 14－9 0.1，2π14－10 2222mA T π- 三、计算题14－11 解：简谐振动的振幅2A cm =，速度最大值为3/m v cm s =则 (1) 2220.024 4.20.033m A T s s s v ππππω⨯====≈ (2) 222220.03m/s 0.045m/s 4m m m a A v v T ππωωπ===⨯=⨯≈ (3) 02πϕ=-，3rad/s 2ω= 所以 30.02cos()22x t π=- [SI]14－12 证明：(1) 物体在地球内与地心相距为r 时，它受到的引力为2MmF Gr=- 负号表示物体受力方向与它相对于地心的位移方向相反．式中M 是以地心为中心，以r 为半径的球体内的质量，其值为10343M r πρ=因此 43F G m r πρ=-物体的加速度为43F aG r m πρ==- a 与r 的大小成正比，方向相反，故物体在隧道内作简谐振动． (2) 物体由地表向地心落去时，其速度dr dr dv dr v a dt dv dt dv=== 43vdv adr G rdr πρ==-043v r R vdv G rdr πρ=-⎰⎰ 所以v =又因为dr vdt == 所以tRdt =-⎰⎰则得1126721min 4t s ===≈14－13 分析：一物体是否作简谐振动，可从动力学方法和能量分析方法作出判断．动力学的分析方法由对物体的受力分析入手，根据牛顿运动方程写出物体所满足的微分方程，与简谐振动的微分方程作出比较后得出判断．能量法求解首先需确定振动系统，确定系统的机械能是否守恒，然后需确定振动物体的平衡位置和相应的势能零点，再写出物体在任意位置时的机械能表达式，并将其对时间求一阶导数后与简谐振动的微分方程作比较，最后作出是否作简谐振动的判断．解：(1) 能量法求解取地球、轻弹簧、滑轮和质量为m 的物体作为系统．在物体上下自由振动的过程中，系统不受外力，系统内无非保守内力作功，所以系统的机械能守恒．取弹簧的原长处为弹性势能零点，取物体受合力为零的位置为振动的平衡位11置，也即Ox 轴的坐标原点，如图14-13(a)所示．图14-13 (a)图14-13 (b)设物体在平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，由图14-13(b)可知，有10mg T -=，120T R T R -=，2T kl =得 mgl k=当物体m 偏离平衡位置x 时，其运动速率为v ，弹簧的伸长量为x l +，滑轮的角速度为ω．由系统的机械能守恒，可得222111()222k x l mv J mgx ω+++-=常量式中的角速度 1v dxR R dt ω==将机械能守恒式对时间t 求一阶导数，得2222d x k x x dt m J Rω=-=-+ 上式即为简谐振动所满足的微分方程，式中ω为简谐振动的角频率2km J R ω=+另：动力学方法求解物体和滑轮的受力情况如图14-13(c)所示．12图14－13 (c)1mg T ma -= (1)12()JT T R J a Rβ-==(2) 设物体位于平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，因为这时0a =，可得12mg T T kl ===当物体对平衡位置向下的位移为x 时，2()T k l x mg kx =+=+ (3)由(1)、(2)、(3)式解得2ka x m J R =-+物体的加速度与位移成正比，方向相反，所以它是作简谐振动． (2) 物体的振动周期为222m J R T kππω+==(3) 当0t =时，弹簧无伸长，物体的位移0x l =-；物体也无初速，00v =，物体的振幅22200()()v mgA x l l kω=+=-==00cos 1x kl A mgϕ-===- 则得 0ϕπ=13所以，物体简谐振动的表达式为2cos()mg k x t k m J Rπ=++ 14－14 分析：M 、m 一起振动的固有频率取决于k 和M m +，振动的初速度0m v 由M 和m 的完全非弹性碰撞决定，振动的初始位置则为空盘原来的平衡位置．图14-14解：设空盘静止时，弹簧伸长1l ∆(图14-14)，则1Mg k l =∆ (1)物体与盘粘合后且处于平衡位置，弹簧再伸长2l ∆，则12()()m M g k l l +=∆+∆ (2)将(1)式代入得2mg k l =∆与M 碰撞前，物体m 的速度为02m v gh =与盘粘合时，服从动量守恒定律，碰撞后的速度为02m m mv v gh m M m M==++取此时作为计时零点，物体与盘粘合后的平衡位置作为坐标原点，坐标轴方向竖直向下．则0t =时，02mg x l k =-∆=-，02mv v gh m M==+14ω=由简谐振动的初始条件，0000cos , sin x A v A ϕωϕ==-可得振幅A ===初相位0ϕ满足000tan v x ϕω=-== 因为 00x <，00v >所以 032πϕπ<<0ϕπ=+所以盘子的振动表式为cos x π⎤⎫=+⎥⎪⎪⎥⎭⎦14－15 解：(1) 振子作简谐振动时，有222111222k p E E E mv kx kA +==+= 当k p E E =时，即12p E E =．所以 22111222kx kA =⨯0.200.14141x m m ==±=±(2)由条件可得振子的角频率为/2/s rad s ω=== 0t =时，0x A =，故00ϕ=．动能和势能相等时，物体的坐标15x =即cos A t ω=，cos t ω= 在一个周期内，相位变化为2π，故3574444t ππππω=，　，　，　时间则为1 3.140.3944 2.0t s s πω===⨯ 213330.39 1.24t t s s πω===⨯=315550.39 2.04t t s s πω===⨯=417770.39 2.74t t s s πω===⨯=14－16 解：(1) 合成振动的振幅为A =0.078m== 合成振动的初相位0ϕ可由下式求出110220*********.05sin0.06sin sin sin 44tan 113cos cos 0.05cos 0.06cos 44A A A A ππϕϕϕππϕϕ⨯+⨯+===+⨯+⨯ 084.8ϕ=(2) 当0102k ϕϕπ-=± 0,1,2,k =时，即0103224k k πϕπϕπ=±+=±+时， 13x x +的振幅最大．取0k =，则 031354πϕ== 当020(21)k ϕϕπ-=±+0,1,2,k =时，即020(21)(21)4k k πϕπϕπ=±++=±++时，13x x +的振幅最小．取0k =，则 052254πϕ==(或031354πϕ=-=-) 14－17 分析：质点同时受到x 和y 方向振动的作用，其运动轨迹在Oxy 平面内，16质点所受的作用力满足力的叠加原理．解：(1) 质点的运动轨迹可由振动表达式消去参量t 得到．对t 作变量替换，令12t t '=-，两振动表达式可改写为0.06cos()0.06sin 323x t t πππ''=+=-0.03cos3y t π'=将两式平方后相加，得质点的轨迹方程为222210.060.03x y += 所以，质点的运动轨迹为一椭圆． (2) 质点加速度的两个分量分别为22220.06()cos()3339x d x a t x dt ππππ==-+=-22220.03()cos()3369y d y a t y dt ππππ==--=-当质点的坐标为(,)x y 时，它所受的作用力为22()99x y F ma i ma j m xi yj mr ππ=+=-+=-可见它所受作用力的方向总是指向中心(坐标原点)，作用力的大小为223.1499F ma π====⨯=14－18 分析：充电后的电容器和线圈构成LC 电磁振荡电路．不计电路的阻尼时，电容器极板上的电荷量随时间按简谐振动的规律变化．振荡电路的固有振动频率由L 和C 的乘积决定，振幅和初相位由系统的初始状态决定．任意时刻电路的状态都可由振荡的相位决定．解：(1) 电容器中的最大能量212e W C ε=线圈中的最大能量17212m m W LI =在无阻尼自由振荡电路中没有能量损耗，e m W W =．因此221122m C LI ε=21.4 1.410m I A A -===⨯(2) 当电容器的能量和电感的能量相等时，电容器能量是它最大能量的一半，即22124q C C ε= 因此661.010 1.41.0101.41q C C --⨯⨯==±=±⨯ (3) LC 振荡电路中，电容器上电荷量的变化规律为00cos()q Q t ωϕ=+式中0Q C ε=，ω=．因为0t =时，0q Q =，故有00ϕ=．于是q C ε=当首次q =时有C ε==，4π=53.147.85104t s -===⨯18第十五章波动学基础一、选择题 15－1 B 15－2 C 15－3 B 15－4 A 15－5 C 15－6 C 二、填空题15－7 波源，传播机械波的介质 15－8B C，2B π，2C π，lC ，lC - 15－9 cos IS θ 15－10 0 15－11 0.45m 三、计算题15－12 分析：平面简谐波在弹性介质中传播时，介质中各质点作位移方向、振幅、频率都相同的谐振动，振动的相位沿传播方向依次落后，以速度u 传播．把绳中横波的表达式与波动表达式相比较，可得到波的振幅、波速、频率和波长等特征量．t 时刻0x >处质点的振动相位与t 时刻前0x =处质点的振动相位相同．解：(1) 将绳中的横波表达式0.05cos(104)y t x ππ=-与标准波动表达式0cos(22)y A t x πνπλϕ=-+比较可得0.05A m =，52v Hz ωπ==，0.5m λ=，0.55/ 2.5/ u m s m s λν==⨯=． (2) 各质点振动的最大速度为0.0510/0.5/ 1.57/m v A m s m s m s ωππ==⨯=≈各质点振动的最大加速度为192222220.05100/5/49.3/m a A m s m s m s ωππ==⨯=≈(3) 将0.2x m =，1t s =代入(104)t x ππ-的所求相位为10140.29.2ϕπππ=⨯-⨯=0.2x m =处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后0.20.082.5x s s u == 所以它是原点处质点在0(10.08)0.92t s s =-=时的相位． (4) 1t s =时波形曲线方程为x x y 4cos 05.0) 4110cos(05.0πππ=-⨯=1.25t s =时波形曲线方程为)5.0 4cos(05.0) 425.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1.50t s =时波形曲线方程为) 4cos(05.0) 45.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1t s =， 1.25t s =， 1.50t s =各时刻的波形见图15-12．15－13 解：(1) 由于平面波沿x 轴负方向传播，根据a 点的振动表达式，并以a 点为坐标原点时的波动表达式为0cos[()]3cos[4()]20x xy A t t u ωϕπ=++=+(2) 以a 点为坐标原点时，b 点的坐标为5x m =-，代入上式，得b 点的振动表达式为53cos[4()]3cos(4)20b y t t πππ=-=- 若以b 点为坐标原点，则波动表达式为3cos[4()]20xy t ππ=+-s1s5.12015－14 解：由波形曲线可得100.1A cm m ==，400.4cm m λ==从而0.4/0.2/2u m s m s T λ===，2/rad s Tπωπ==(1) 设振动表达式为 0cos[()]xy A t uωϕ=++由13t s =时O 点的振动状态：2Ot Ay =-，0Ot v >，利用旋转矢量图可得，该时刻O 点的振动相位为23π-，即 10032()33Ot t t ππϕωϕϕ==+=+=-所以O 点的振动初相位为 0ϕπ=-将0x =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得O 点的振动表达式为0.1cos()O y t ππ=-(2) 根据O 点的振动表达式和波的传播方向，可得波动表达式0cos[()]0.1cos[(5))]xy A t t x uωϕππ=++=+-(3) 由13t s =时Q 点的振动状态：0Qt y =，0Qt v <，利用旋转矢量图可得，该时刻Q 点的振动相位为2π，即013[()]30.22Q Qt t x x t u πππϕωϕπ==++=+-=可得 0.233Q x m =将0.233Q x m =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得Q 点的振动表达式为0.1cos()6Q y t ππ=+(4) Q 点离O 点的距离为0.233Q x m =15－15 分析：波的传播过程也是能量的传播过程，波的能量同样具有空间和时间的周期性．波的强度即能流密度，为垂直通过单位面积的、对时间平均的能流．注意能流、平均能流、能流密度、能量密度、平均能量密度等概念的区别和联系．解：(1) 波中的平均能量密度为32235319.010/ 3.010/2300I w A J m J m u ρω--⨯====⨯最大能量密度为 532 6.010/m w w J m -==⨯ (2) 每两个相邻的、相位差为2π的同相面间的能量为25273000.14() 3.010() 4.621023002u d W wV w S w J v λππ--====⨯⨯⨯⨯=⨯15－16 分析：根据弦线上已知质点的振动状态，推出原点处质点振动的初相位，即可写出入射波的表达式．根据入射波在反射点的振动，考虑反射时的相位突变，可写出反射波的表达式．据题意，入射波和反射波的能量相等，因此，在弦线上形成驻波的平均能流为零．解：沿弦线建立Ox 坐标系，如图15-16所示．根据所给数据可得图15-16/100/u s m s ===，2100 /rad s ωπνπ==，100250u m m v λ===， (1) 设原点处质元的初相位为0ϕ，入射波的表达式为0cos[()]xy A t uωϕ=-+据题意可知，在10.5x m =处质元的振动初相位为103πϕ=，即有110001000.51003x u ωππϕϕϕ⨯=-+=-+=得 05326πππϕ=+=所以，入射波表达式为550.04cos[100()]0.04cos[100()]61006x x y t t u ππππ=-+=-+入考虑半波损失，反射波在2x 处质元振动的初相位为2010511100()10066ππϕππ=-++=反射波表达式为220cos[()]x x y A t uωϕ-=++反 ]611)100(100cos[04.0]611)10010(100cos[04.0ππππ++=+-+=x t x t（2）入射波和反射波的传播方向相反，叠加后合成波为驻波40.08cos()cos(100)23y y y x t ππππ=+=++入反波腹处满足条件 2x k πππ+=即 1()2x k =-因为010x m ≤≤，在此区间内波腹位置为0.5, 1.5, 2.5,,9.5x m = 波节处满足条件 (21)22x k πππ+=+即 x k = 在区间010x m ≤≤，波节坐标为0,1,2,,10x m = (3) 合成为驻波，在驻波中没有能量的定向传播，因而平均能流为零． 15－17 分析：运动波源接近固定反射面而背离观察者时，观察者即接收到直接来自波源的声波，也接收到来自固定反射面反射的声波，两声波在A 点的振动合成为拍．当波源相对于观察者静止，而反射面接近波源和观察者时，观察者接收到直接来自波源的声波无多普勒效应，但反射面反射的频率和观察者接收到的反射波频率都发生多普勒效应，因此，两个不同频率的振动在A 点也将合成为拍．解：(1) 波源远离观察者而去，观察者接收到直接来自波源声音频率为1R S Suu v νν=+观察者相对反射面静止，接收到来自反射面的声波频率2R ν就是固定反射面接收到的声波频率，这时的波源以S v 接近反射面．2R S Suu v ννν==-反 A 处的观察者听到的拍频为21222S S R R S S S S Suv u uu v u v u v νννννν∆=-=-=-+- 由此可得方程2220S S S v uv u ννν∆+-∆=0.25/S v m s ≈(2) 观察者直接接收到的波的频率就是波源振动频率1RS νν'= 对于波源来说，反射面相当于接收器，它接收到的频率为S u vuνν+'=对于观察者来说，反射面相当于另一波源，观察者接收到的来自反射面的频率为2RS S u u u v u vu v u v u u vνννν++''===--- A 处的观察者听到的拍频为212RR S S S u v vu v u vνννννν+''∆=-=-=-- 所以波源的频率为3400.24339820.4S u v Hz Hz v νν--=∆=⨯= 15－18 解：平面电磁波波动方程的标准形式为222221y y E E x u t ∂∂=∂∂， 222221z zH H x u t ∂∂=∂∂ 与平面电磁波的标准方程相比较，可知波速为82.0010/u m s ==⨯ 所以介质的折射率为1.50cn u== 15－19 解：由电磁波的性质可得00E H =而 000B H μ=，真空中的光速c =所以0E B c==从而可得 0008703000.8/0.8/310410B E H A m A m c μμπ-====⨯⨯⨯ 磁场强度沿y 轴正方向，且磁场强度和电场强度同相位，所以0.8cos(2)3y H vt ππ=+［SI ］第十六章几何光学一、选择题 16－1 A 16－2 B 16－3 B 16－4 C 二、填空题16－5 6.0S cm '=，12V = 16－6 80f cm '=16－7 34s cm '=-，2V =- 16－8 左，2R 三、计算题16－9 解：设空气的折射率为n ，玻璃的折射率为n '，则 1n =， 1.5n '= 因为 2r = 所以物方焦距4nrf cm n n=='- 像方焦距6n rf cm n n ''=='- 又因为 1f fs s'+='而 8s cm = 所以 12s cm '=(实像)1ns y V y n s''==-=-' 其中 0.1y cm = 所以 0.1y Vy cm '==-16－10 分析：将球面反射看作n n '=-时球面折射的特例，可由折射球面的成像规律求解。

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第十二章导体电学【例题精选】例12-1 把A ，B 两块不带电的导体放在一带正电导体的电场中,如图所示. 设无限远处为电势零点，A 的电势为U A ，B 的电势为U B ，则 (A) U B > U A ≠0． (B) U B > U A = 0．(C) U B = U A ． (D) U B < U A ． [ D例12-2 选无穷远处为电势零点，半径为R 的导体球带电后，其电势为U 0，则球外离球心距离为r 处的电场强度的大小为(A) 302r U R ． (B) R U 0． (C) 20rRU ． (D) r U 0． [ C ] *例12-3 如图所示，封闭的导体壳A 内有两个导体B 和C 。

A 、C 不带电，B 带正电，则A 、B 、C 三导体的电势U A 、U B 、U C 的大小关系是（A ） U A = U B = U C （B ） U B > U A = U C （C ） U B > U C > U A （D ） U B > U A > U C例12-4 在一个不带电的导体球壳内，先放进一个电荷为 +q 的点电荷，点电荷不与球壳内壁接触。

然后使该球壳与地接触一下，再将点电荷+q 取走。

此时，球壳的电荷为；电场分布的范围是． -q 球壳外的整个空间例12-5 如图所示，A 、B 为靠得很近的两块平行的大金属平板，两板的面积均为S ，板间的距离为d ．今使A 板带电荷q A ，B 板带电荷q B ，且q A > q B ．则A 板的靠近B 的一侧所带电荷为；两板间电势差U = ．)(21B A q q - S d q q B A 02)(ε- 例12-6 一空气平行板电容器，电容为C ，两极板间距离为d 。

充电后，两极板间相互作用力为F 。

则两极板间的电势差为；极板上的电荷为。

C Fd /2 FdC 2例12-7 C 1和C 2两个电容器，其上分别标明200 pF （电容量）、500 V （耐压值）和300 pF 、900 V ．把它们串连起来在两端加上1000 V 电压，则(A) C 1被击穿，C 2不被击穿． (B) C 2被击穿，C 1不被击穿．(C) 两者都被击穿． (D) 两者都不被击穿． [ C ]ABA C Bd例12-8 半径分别为1.0 cm 与2.0 cm 的两个球形导体，各带电荷 1.0×10-8 C ，两球相距很远．若用细导线将两球相连接．求：(1) 每个球所带电荷；(2) 每个球的电势．(22/C m N 1094190⋅⨯=πε) 解：两球相距很远，可视为孤立导体，互不影响．球上电荷均匀分布．设两球半径分别为r 1和r 2，导线连接后的电荷分别为q 1和q 2，而q 1 + q 1 = 2q ，则两球电势分别是 10114r q U επ=， 20224r q U επ=两球相连后电势相等 21U U =，则有 21212122112r r qr r q q r q r q +=++== 由此得到 921111067.62-⨯=+=r r q r q C 92122103.132-⨯=+=r r qr q C两球电势 310121100.64⨯=π==r q U U ε V例12-9 如图所示，三个“无限长”的同轴导体圆柱面A 、B 和C ，半径分别为 R a 、 R b 、R c ．圆柱面B 上带电荷，A 和C 都接地．求Ｂ的内表面上电荷线密度λ1和外表面上电荷线密度λ2之比值λ1/ λ2．解：设B 上带正电荷，内表面上电荷线密度为λ1，外表面上电荷线密度为λ2，而A 、C 上相应地感应等量负电荷，如图所示．则A 、B 间场强分布为 E 1=λ1 / 2πε0r ，方向由B 指向AB 、C 间场强分布为E 2=λ2 / 2πε0r ，方向由B 指向C B 、A 间电势差 a b R R R R BAR R r r r E U ab a bln 2d 2d 0111ελελπ=π-=⋅=⎰⎰B 、C 间电势差 b c R R R R BC R R r r r E U cb cb ln 2d 2d 02022ελελπ=π-=⋅=⎰⎰ 因U BA ＝U BC ,得到()()a b b c R R R R /ln /ln 21=λλ 【练习题】*12-1 设地球半径R =6.4⨯106 m ，求其电容？解：C=4πε0R=7.12×10-4F12-2三块互相平行的导体板，相互之间的距离d 1和d 2比板面积线度小得多，外面二板用导线连接．中间板上带电，设左右两面上电荷面密度分别为σ1和σ2，如图所示．则比值σ1 / σ2为λ2(A) d 1 / d 2． (B) d 2 / d 1． (C) 1． (D) 2122/d d ． [ B ]12-3 充了电的平行板电容器两极板(看作很大的平板)间的静电作用力F 与两极板间的电压U 的关系：(A) F ∝U ． (B) F ∝1/U ． (C) F ∝1/U 2． (D) F ∝U 2． [ D ] 12-4 两个半径相同的金属球，一为空心，一为实心，把两者各自孤立时的电容值加以比较，则(A) 空心球电容值大． (B) 实心球电容值大．(C) 两球电容值相等． (D) 大小关系无法确定． [ C ] 12-5 一导体A ，带电荷Q 1，其外包一导体壳B ，带电荷Q 2，且不与导体A 接触．试证在静电平衡时，B 的外表面带电荷为Q 1 + Q 2．证明：在导体壳内部作一包围B 的内表面的闭合面,如图．设B 内表面上带电荷Q 2′，按高斯定理，因导体内部场强E 处处为零，故0/)(d 021='+=⎰⋅εQ Q S E S∴ 12Q Q -=' 根据电荷守恒定律，设B 外表面带电荷为2Q ''，则 222Q Q Q =''+' 由此可得 21222Q Q Q Q Q +='-='' 第十三章电介质【例题精选】例13-1 一导体球外充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，若测得导体表面附近场强为E ，则导体球面上的自由电荷面密度σ为(A) ε 0 E ． (B) ε 0 ε r E ． (C) ε r E ． (D) (ε 0 ε r - ε 0)E ． [ B ] 例13-2 C 1和C 2两空气电容器串联起来接上电源充电。

《大学物理教程》下册第三版 (贾瑞皋著)课后习题答案科学出版社11

两层均匀电介质，它们的相对电容率 ε r1 = 6 和 ε r2 = 3。两层电介质的分界面半径 R=0.04m。设内球壳带电量 Q= − 6 × 10 −8 C ，求： (1)D 和 E 的分布，并画出 D-r、E-r 曲线； (2)两球壳之间的电势差； (3)贴近内金属壳的电介质表面上的束缚面电荷密度。 [解] 以与球壳同心的球面为高斯面
在上板内任意点场强均为零，它是 6 个无限大均匀带电平面在该点产生的场强叠加的结果。故有
11-2
1 (σ 1 − σ 2 − σ 3 − σ 4 − σ 5 − σ 6 ) = 0 2ε 0
考虑到(1)、(2)两式，则得到
σ1 =σ 6
(5)
上下两块导体板原来是不带电的，根据电荷守恒定律，二导体板表面出现感应电荷后，总量仍为零。因此有
C1 = 4πε 0
R1 R2 R2 − R1
C1 C2
C3
C 2 = 4πε 0 R2
11-5
C 3 = 4πε 0 r
设小球 C 3 上电量为 q，则 C1 上电量 Q1 -q， C 2 上电量为 Q2 + (Q1 − q ) 设三个电容上的电压各为 U 1 、 U 2 、 U 3
U 3 = q C3
qB ⎞ ⎛ QA q B ⎜ ⎜ R + R + R ⎟ ⎟ 2 3 ⎠ ⎝ 1
⎞ ⎟V = 5.63 × 10 3 V ⎟ ⎠
⎛ 3 × 10 −8 5 × 10 −8 − 3 × 10 −8 = 9 × 10 9 × ⎜ + + ⎜ 6.0 × 10 − 2 8.0 × 10 − 2 10.0 × 10 − 2 ⎝
ε 0ε r S d
得
U=

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作业题一（静止电荷的电场）班级: _____________ 姓名: _______________ 学号: _______________一、选择题1. 一均匀带电球面，电荷面密度为 G球面内电场强度处处为零，球面上面元d S带有Cd S的电荷，该电荷在球面内各点产生的电场强度（A）处处为零.（B）不一定都为零.（C）处处不为零.（D）无法判定.[]2. 电荷面密度均为+匚的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图放置，其周围空间各点电场强度E随位置坐标X变化的关系曲线为：（设场强方向向右为正、向左为负）[ ]3.将一个试验电荷q o （正电荷）放在带有负电荷的大导体附近P点处（如图），测得它所受的力为F •若考虑到电荷q o不是足够小，则（A） F / q o比P点处原先的场强数值大.（B） F / q o比P点处原先的场强数值小.（C） F / q o等于P点处原先场强的数值.（D） F / q o与P点处原先场强的数值哪个大无法确定.4.如图所示，一个电荷为q的点电荷位于立方体的A角上, 则通过侧面abed的电场强度通量等于：PV+q o(A)q(B) q.6 ；。

12 ；。

(C)q(D)q. C]24 o48 o5.高斯定理：S E VS=J dv-（A）适用于任何静电场.(B) 只适用于真空中的静电场.(C) 只适用于具有球对称性、轴对称性和平面对称性的静电场•(D) 只适用于虽然不具有(C)中所述的对称性、但可以找到合适的高斯面的静电场. [ ]6. 如图所示，两个“无限长”的、半径分别为R i和R2的共轴圆柱面均匀带电，沿轴线方向单位长度上所带电荷分别为-1和∙2,则在内圆柱面里面、距离轴线为r处的P点的电场强度大小E为：(A) 丄丄•(B) 1 「2πz0r 2 兀E0R12 兀E0R2(C) - •(D) 0 • C ]2兀名0 R17. 点电荷Q被曲面S所包围，从无穷远处引入另一点电荷至曲面外一点，如图所示，贝冋入前后：(A) 曲面S的电场强度通量不变，曲面上各点场强不变.(B) 曲面S的电场强度通量变化，曲面上各点场强不变.(C) 曲面S的电场强度通量变化，曲面上各点场强变化.(D) 曲面S的电场强度通量不变，曲面上各点场强变化. C ]8. 根据高斯定理的数学表达式- E ∙dSq/ ；。

可知下述各种说法中，正确的S是：(A) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零.(B) 闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定处处不为零.(C) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定处处为零.(D) 闭合面上各点场强均为零时，闭合面内一定处处无电C] q ・、填空题9. A、B为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面，已知两平面间的电场强度大小为E o ,两平面外侧电场强度大小都为E°∕3,方向如图•则A、B两平面上的电荷面密度分别为;Z A = , Z B = •10. _______________________ 三个平行的“无限大均匀带电平面，其电何面密度都是 + G如图所示，贝U A、B、C、D三个区域的电场强度分别为：E A= ___ , E B = ______________ ,E C= __________ , E D = ___________ (设方向向右为正).11. 一半径为R的带有一缺口的细圆环，缺口长度为d (dvvR)环上均匀带有正电，电荷为q,如图所示.则圆心0处的场强大小 E = ____________________12. 如图所示，真空中两个正点电荷Q,相距2R.若以其中一点电荷所在处0点为中心，以R为半径作高斯球面S,则通过该球面的电场强度通量= ________________ ;若以r。

表示高斯面外法线方向的单位矢量，则高斯面上a、b两点的电场强度分别为_________________________ .三、计算题13. 带电细线弯成半径为R的半圆形，电荷线密度为=o sin■,式中■ 0为一常数，■为半径R与X轴所成的夹角, 如图所示.试求环心0处的电场强度. + ■. + [ +；「q R0 JL τ~14. “无限长”均匀带电的半圆柱面，半径为R设半圆柱面沿轴线00'单位长度上的电荷为■,试求轴线上一点的电场强度.15. 一半径为R的带电球体，其电荷体密度分布为J =Ar (r≤R) , T=O (r > R)A为一常量.试求球体内外的场强分布.16. 图中虚线所示为一立方形的高斯面，已知空间的场强分布为：E X= bx, E y = 0, E Z= 0.高斯面边长a= 0.1 m ,常量b= 1000 N∕(C ∙m) •试求该闭合面中包含的净电荷.(真空介电常数∙0 = 8.85 × 10-12 C2∙N-1∙m-2)Ay7.作业题二(电势)班级：姓名：学号：一、选择题 1. (1019)在点电荷+q 的电场中，若取图中 P 点处为电势零点，则M 点的电势为 q (A) 4ga (C)— 4兀客0a 2. (1482)如图所示，有电荷Q ;外球壳半径为相连接.设地为电势零点， (B) —.8 二；0a(D) qI 8 二 0a 两个同心球壳.内球壳半径为 R 2,壳的厚度忽略，原先不带电, 则在内球壳里面，距离球心为 ]点的场强大小及电势分别为： Q (A) E = 0 , U =4 兀 S 0 R 1 Q Q -U =—-— 2 54gr(B) E = 0, U =-Q4g IR lQ Q (D) E =2，U =.[4 兀 ®r4 兀 E 0R 13. 关于静电场中某点电势值的正负，下列说法中正确的是：(A)(B)(C)(D)4. 点电荷-q 位于圆心O 处，A 、B 、C 、D 为同一圆周上的 C 、D 各 ](C) E =4 兀 s 0r 电势值的正负取决于置于该点的试验电荷的正负. 电势值的正负取决于电场力对试验电荷作功的正负. 电势值的正负取决于电势零点的选取. 电势值的正负取决于产生电场的电荷的正负. 四点，如图所示.现将一试验电荷从 A 点分别移动到B 、点，则 (A) (B) (C) (D) 从A 到B , 从A 到C , 从A 到D , 电场力作功最大. 电场力作功最大. 电场力作功最大. 从A 到各点，电场力作功相等.5.如图所示，直线 MN 长为21 ,弧OCD 是以N 点为中心，I 为半径的半圆弧，N 点有正电荷+ q , M 点有负电荷-q .今将一试验电荷+ q o 从O 点出发沿路]径OCDP 移到无穷远处，设无穷远处电势为零，则电场力作功(A) A V 0 ,且为有限常量. (B) A > 0 ,且为有限常量.(C) A =≤∙(D) A = 0∙:6. 半径为r 的均匀带电球面1 ,带有电荷q ,其外有一同心的半径为电球面2,带有电荷Q ,则此两球面之间的电势差 (A)亠 U • (B) 2 丄 4兀® I r R 丿 (C)丄 JQ 4g I r R 丿7. 两块面积均为S 的金属平板A 和B 彼此平行放置，板间距离为d(d 远小于板的线度)，设A 板带有电荷q ι, B 板带有电荷q 2, U AB 为q ι q 2 d2 ；o S U 1-U 2 为: ]]4二；0 R r(D) q4 二；O r 则AB 两板间的电势差(A) □ d∙ 2；o S8. 面积为S 的空气平行板电容器，极板上分别带电量± 则两极板间的相互作用力为 2q(A)- ；0S2(C) -q 2 2 0S 2二、填空题9. 如图所示，两同心带电球面，内球面半径为r 1 = q 1 = 3 × 10 8 C ；外球面半径为r 2 = 20 Cm ,带电荷q 2 = 设无穷远处电势为零，则空间另一电势为零的球面半径 r = • 10. 真空中一半径为 R 的均匀带电球面，总电荷为 (C) (D) ^d- 2 (B)丄 2；o S2(D)壬 pS 2] R 的均匀带q ,若不考虑边缘效应,面上挖去很小一块面积厶 S(连同其上电荷)，若电荷分布不改变，则挖去小块后球心处电势(设无穷远处电势为零)为 ___________________ • 11. 把一个均匀带有电荷 +Q 的球形肥皂泡由半径 r 1吹胀到「2,则半径为R(r 1V R E 由 _______________ 变为 _______________ ;电 _____ 变为 __________________ (选无穷远处为电势零 V r2)的球面上任一点的场强大小势U 由点)• 12. 意义是：静电场的环路定理的数学表示式为: •该式的物理 •该定理表明，静电场是场.二、计算题13. 一“无限大”平面，中部有一半径为R的圆孔，设平面上均匀带电，电荷面密度为二如图所示，试求通过小孔中心O 并与平面垂直的直线上各点的场强和电势（选O点的电势为零）.14. 图示为一个均匀带电的球层，其电荷体密度为一球层内表面半径为R i,外表面半径为R2.设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势.15•两个带等量异号电荷的均匀带电同心球面，半径分别为R i = 0.03 m和R2 = 0.10m .已知两者的电势差为450 V ,求内球面上所带的电荷.16.有两根半径都是R的“无限长”直导线，彼此平行放R 置，两者轴线的距离是 d (d ≥2R),沿轴线方向单位长度上分别带有+ ,和一，的电荷，如图所示.设两带电导线之间的相互作用不影响它们的电荷分布，试求两导线间的电势差.11作业题三(导体和电介质)班级：姓名：学号：3. 一导体球外充满相对介电常量为；r 的均匀电介质，若测得导体表面附近场强为E ,则导体球面上的自由电荷面密度二为:(A) ；O E .(B) ；O ；r E .(C)；r E . (D) ( ；0 ；r- ；0)E .4. 一平行板电容器始终与端电压一定的电源相联•当电容器两极板间为真空时，电场强度为E 0 ,电位移为D 0 ,而当两极板间充满相对介电常量为；r 的各向同性均匀电介质时，电场强度为 E ,电位移为D ,则[](A)E = E o / r ， D = D o . (B)E = E o , D = ；r D o .(C)E - E o / r ， D - D o /r.(D)E-E o ，D-D o .5.在静电场中，作闭合曲面S ,若有[DVS = O (式中D 为电位移矢量)，贝y SS面内必定 [ ](A)既无自由电荷，也无束缚电荷. (B)没有自由电荷.(C)自由电荷和束缚电荷的代数和为零.(D)自由电荷的代数和为零.板带电荷度的大小一、选择题1. A 、B 为两导体大平板，面积均为 S ,平行放置，如图所示.A +Q ι, B 板带电荷+Q 2,如果使B 板接地，则AB 间电场强 E 为[ Q i(A) (C)JO S(B) (D)Q l 1 Q 2OQ 1Q 2；o N, 的左端感生出负电荷，右端感生出正电荷. 若将N 的左端接地，图所示，则N 上有负电荷入地. N 上有正电荷入地. N 上的电荷不动.N 上所有电荷都入地. 2. 带正电荷的物体 M ,靠近一原不带电的金属导体(A) (B) (C)(D)+Q 1A126. 一个大平行板电容器水平放置，两极板间的一半空间充有各向同性均匀电介质，另一半为空气，如图•当两极板带上恒定的等量异号电荷时，有一个质量为 m 、带电荷为+q 的质点，在极板间的空气区域中处于平衡.此后，若把电介质抽去，则该质点[](A) 保持不动. (B)向上运动.(C)向下运动.(D)是否运动不能确定.7•—个平行板电容器，充电后与电源断开，当用绝缘手柄将电容器两极板间距离C ](A) U i2减小，E 减小，W 减小.(B) U i2增大，E 增大，W 增大. (C) U i2增大，E 不变，W 增大.(D) U i2减小，E 不变，W 不变. 8. 如图所示，一球形导体，带有电荷q ,置于一任意形状的空腔导体中.当用导线将两者连接后，贝IJ 与未连接前相比系统静电场能量将(A)增大. (B)减小.(C)不变.(D)如何变化无法确定.、填空题9. 半径为R i 和R 2的两个同轴金属圆筒，其间充满着相对介电常量为τ的均匀介质•设两筒上单位长度带有的电荷分别为 +■和-■,则介质中离轴线的距离为 r 处的电位移矢量的大小 D = ________________ ,电场强度的大小 E = ______________ .10. 一平行板电容器，充电后与电源保持联接，然后使两极板间充满相对介电常量为$的各向同性均匀电介质，这时两极板上的电荷是原来的 ___________ 倍；电场强度是原来的 __________ 倍；电场能量是原来的 ___________ 倍.11. 一平行板电容器，充电后切断电源，然后使两极板间充满相对介电常量为；的各向同性均匀电介质.此时两极板间的电场强度是原来的 __________________ 倍；电场能量是原来的 ___________ 倍.12. _________________________________________________ 分子的正负电荷中心重合的电介质叫做 _____________________________________________ 电介质.在外电场作用下，分子的正负电荷中心发生相对位移，形成 ______________________________ .三、计算题* +q *怨勿m拉大，则两极板间的电势差 U l2、电场强度的大小 E 、电场能量W 将发生如下变化:-Q+Q13. 如图所示，一内半径为a、外半径为b的金属球壳，带有电荷Q,在球壳空腔内距离球心r处有一点电荷q.设无限远处为电势零点，试求：(1) 球壳内外表面上的电荷.(2) 球心O点处，由球壳内表面上电荷产生的电势.(3) 球心O点处的总电势.1314. 半径分别为R i和R2 (R2 > R i )的两个同心导体薄球壳，分别带有电荷Q i和Q2,今将内球壳用细导线与远处半径为r的导体球相联，如图所示，导体球原来不带电，试求相联后导体球所带电荷q.1415. 假想从无限远处陆续移来微量电荷使一半径为R的导体球带电.(1) 当球上已带有电荷q时，再将一个电荷元dq从无限远处移到球上的过程中, 外力作多少功？(2) 使球上电荷从零开始增加到Q的过程中，外力共作多少功？16. 一电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，内、外圆筒半径分别为R i = 2 Cm，R2 = 5 Cm ,其间充满相对介电常量为r的各向同性、均匀电介质.电容器接在电压U = 32 V的电源上，(如图R = 3.5 Cm处的A点的电场强度和A点与外所示),试求距离轴线U15筒间的电势差. 16i3(C) B Q > B O > B P .(D) B O > B Q > B P .4.边长为I 的正方形线圈，分别用图示两种方式通以电流形共面)，在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感强度的大小分别为:作业题四(电流的磁场)班级: _____________ 姓名: _______________ 学号: _______________ 、选择题1.如图，边长为a 的正方形的四个角上固定有四个电荷均为 q 的点电荷.此正方形以角速度「绕AC 轴旋转时，在中心 O 点产生的磁感强度大小为B i ;此正方形同样以角速度•’绕过O 点垂直于正方形平面的轴旋转时，在 O 点产生的磁感强度的大小为 B 2,则B i 与B 2间的关系为 A q q∙ O ：(A) B i = B 2. (B) B i = 2B 2. (C) B i =丄 B 2. (D) B i = B 2 /4. 2 2.电流I 由长直导线i 沿平行be 边方向经a 点流入由电阻均匀的导线构成的正三角形线框，再由 b 点沿垂直ae 边方向流出，经长直导线 2返回电源(如图).若载流直导线i 、2和三角形框中的电流在框中心 O 点产生的磁感强度分别用 B 、B 2和B 3 表示，则O 点的磁感强度大小 3. (A) B = 0 ,因为 B i = B 2 = B 3 = 0 . (B) B = 0,因为虽然 B i ≠ 0、B 2≠ 0,但 B i B^Q , B 3 = 0. (C) B ≠ 0,因为虽然 B 2 = 0、B 3= 0 ,但 B i ≠ 0. (D) B ≠ 0,因为虽然 B ∙ B 2 =0 ,但 B 3 ≠ 0. 3.通有电流I 的无限长直导线有如图三种形状，则 P , Q , O 各点磁感强度的大小 B P , B Q , B O 间的关系为： C ]I(A) B P > B Q > B O .(B) B Q > B P > B O . (A) (B) (C)B i = 0, B i = 0,B 2•IB 2 =0.I (其中ab 、Cd 与正方18(D)B I =2 2%1, B 2Jl l2,2%l二 l5.如图，在一圆形电流I 所在的平面内，选取一个同心圆形闭合回路培环路定理可知 L ,则由安(A) ：. Bdl=O ,且环路上任意一点 B = 0. L(B) ： B dl =0 ,且环路上任意一点 B ≠ 0. L (C) B dl -0 ,且环路上任意一点 B ≠0. L(D) : B dl -0 ,且环路上任意一点 B =常量. L 6.如图，流出纸面的电流为 2I ,流进纸面的电流为则下述各式中哪一个是正确的？ (A) -H dl =21 . (B) H d l = IL 1L 2(C) H dl = -1 . (D) H d l 一1 . C L 3 L 47•图中，六根无限长导线互相绝缘，通过电流均为 I ,区域1、口、川、W 均为相等的正方形，哪一个区域指向纸内的磁通量最大?(A) I 区域. (B) □区域. (C)川区域. (D) W 区域. (E)最大不止一个. [ ] 8.如图两个半径为 R 的相同的金属环在 a 、b 两点接触(ab 连线为环直径)，并相互垂直放置.电流I 沿ab 连线方向由a 端流入，b 端流出，则环中心O 点的磁感强度的大小为%∣(A) 0. (B) 4R(C) ∙-2%∣ (D)%∣ 4R R(E)一2%18RI a b19、填空题9. 如图，在无限长直载流导线的右侧有面积为 S i 和S 2的两个矩形回路•两个回路与长直载流导线在同一平面，且矩形回路的一边与长直载流导线平行.则通过面积为过面积为S 2的矩形回路的磁通量之比为10. 如图，平行的无限长直载流导线 I ,垂直纸面向外，两根载流导线之间相距为（1） AB 中点（P 点）的磁感强度 Bp =_ （2）磁感强度B 沿图中环路L 的线积分彳Bdl = ______________________________L11. 图中所示的一无限长直圆筒，沿圆周方向上的面电流密度垂直长度上流过的电流）为i ,则圆筒内部的磁感强度的大小为B = _______ ，方向 ________________ •12. 将半径为R 的无限长导体薄壁管（厚度忽略）沿轴向割去一宽度为（h VV R ）的无限长狭缝后，再沿轴向流有在管壁上均匀分布的电流，其面电流密度（垂直于电流的单位长度截线上的电流）为i （如上图），则管轴线磁感强度的大小是 ____________________ •三、计算题 13.半径为R 的无限长圆柱形导体和内半径为R o ,外半径也为 R 的无限长圆筒形导体，都通有沿轴向的，在横截面上均匀分布的电流I ,导体的磁导率都为％ •今取长为I 、宽为2 R 的矩形平面ABCD 和A ' B ' C ' D ' ,AD 及A ' D '正好在导体的轴线上，如图所示.（1）通过ABCD 的磁通量大小为多少？（2）通过A ' B ' C ' D '的磁通量为多少？（3）若电流I 不变，外半径 R 不变，圆筒壁变薄，直至壁厚趋于零，再求（2）O '仲位S i 的矩形回路的磁通量与通 A 和B ,电流强度均为a ,则14. 一根无限长导线弯成如图形状，设各线段都在同一平面内（纸面内），其中第二段是半径为R的四分之一圆弧，其余为直线.导线中通有电流I ,求图中O点处的磁感强度.15. 平面闭合回路由半径为R i及R2 （Rι > R2 ）的两个同心半圆弧和两个直导线段组成（如图）•已知两个直导线段在两半圆弧中心O处的磁感强度为零，且闭合载流回路在O处产生的总的磁感强度B与半径为R2的半圆弧在O点产生的磁感强度B2的关系为B = 2 B2/3 ,求R i与R2的关系.16. 如图所示，一半径为R的均匀带电无限长直圆筒，面电荷密度为二该筒以角速度「绕其轴线匀速旋转.试求圆筒内部的磁感强度.R iO R2 -l20作业题五（电流在磁场中受力）班级：姓名：学号：、选择题1. 按玻尔的氢原子理论，电子在以质子为中心、半径为r的圆形轨道上运动.如果把这样一个原子放在均匀的外磁场中，使电子轨道平面与B垂直，如图所示，则在r不变的情况下，电子轨道运动的角速度将：C ]（A）增加. （B）减小.（C）不变.2. 如图，一个电荷为+q、质量为m的质点，以速度V沿X轴射入磁感强度为B的均匀磁场中，磁场方向垂直纸面向里，其范围从X = 0延伸到无限远，如果质点在则它将以速度-V从磁场中某一点出来，Ci YBX m X A X V O A XΛX(A)在铜条上a、b两点产生小电势差，且(B)在铜条上a、b两点产生小电势差，且(C)在铜条上产生涡流.(D)电子受到洛伦兹力而减速. U a > U b.U a V U b.（D）改变方向.X = 0和Y = 0处进入磁场，这点坐标是X = O和(A) (C) mv(B)2mvY-+qB qB 2mv(D)mv .Y=—qB qB3. 一铜条置于均匀磁场中,将会发生？铜条中电子流的方向如图所示. 试问下述哪一种情况4.如图，无限长直载流导线与正三角形载流线圈在同一平面内,若长直导线固定不动，则载流三角形线圈将[ ](A)向着长直导线平移. （B）离开长直导线平移.(C)转动. （D）不动.5.长直电流∣2与圆形电流I∣1共面，并与其一直径相重合如图两者间绝缘），设长直电流不动，则圆形电流将(A)绕∣2旋转.（向左运动.(C)向右运动.（D 向上运动.(E)不动. C +q, O=+] II i2122、填空题9. 如图，均匀磁场中放一均匀带正电荷的圆环，其线电荷密度为，,圆环可绕通过环心 O 与环面垂直的转轴旋转.当圆环以角速度⑷转动时，圆环受到的磁力矩为 _____________________ , 其方向 _____________________________ •10. 有一半径为a ,流过稳恒电流为I 的1/4圆弧形载流导线按图示方式置于均匀外磁场B 中，则该载流导线所受的安培力大小为 __________________________11. 如图所示，在真空中有一半径为 a 的3/4圆弧形的导线，其中通以稳恒电流I ,导线置于均匀外磁场 B 中，且B 与导线所在平面垂直•则该载流导线 be 所受的磁力大小为 ____________________ •12. 如图所示，在真空中有一半圆形闭合线圈，半径为 a ,流过稳恒电流I ,则圆心O 处的电流元Idl 所受的安培力dF 的大小为 ________________ ,方向 ____________________ •6. 如图，在一固定的载流大平板附近有一载流小线框能自由转动或平动•线框平面与大平板垂直•大平板的电流与线框中电流方向如图所示，则通电线框的运动情况对着从大平板看是： [](A)靠近大平板. (B)顺时针转动.(C)逆时针转动.(D)离开大平板向外运动.7.两个同心圆线圈，大圆半径为 R通有电流I i ；小圆半径为r ,通有电流∣2,方向如图•若r VV R (大线圈在小线圈处产生的磁场近似为均匀磁场)，当它们处在同一平面内时小线圈所受磁力矩的大小为 [ ]2 2 2ι0i ∣1l 2r 2I 0I 112r 2I 0-I 1I 2R 2 (A)∣1∣2∣ (B)∣1∣ 2∣ (C) 0 ∣1∣2c(D)O •2R2R2r8.两根载流直导线相互正交放置，如图所示.I i 沿y 轴的正方 J 向，∣2沿Z 轴负方向•若载流I i 的导线不能动，载流∣2的导线可以 J 自由运动，则载流∣2的导线开始运动的趋势是[]Z(A)沿X 方向平动.(B)绕X 轴转动.(C) 绕y 轴转动. (D) 无法判断.X - e ■—<二、计算题13. 在一顶点为45 °的扇形区域，有磁感强度为B方向垂直指向纸面内的均匀磁场，如图.今有一电子（质量为m,电荷为-e）在底边距顶点O为I的地方，以垂直底边的速度V射入该磁场区域，若要使电子不从上面边界跑出，电子的速度最大不应超过多少？14. 一圆线圈的半径为R载有电流I ,置于均匀外磁场B中（如图示）.在不考虑载流圆线圈本身所激发的磁场的情况下，求线圈导线上的张力.（载流线圈的法线方向规定与B的方向相同.）2315. 一矩形线圈边长分别为a=10 Cm和b=5 Cm ,导线中电流为I = 2 A ,此线圈可绕它的一边OO/转动，如图.当加上正y方向的B=0.5T均匀外磁场B ,且与线圈平面成30 °角时，线圈的角加速度为1 = 2 rad∕s2,求:⑴线圈对OO/轴的转动惯量J = ?(2)线圈平面由初始位置转到与B垂直时磁力所做的功？16. 一根同轴线由半径为R1的长导线和套在它外面的内半径为R2、外半径为R3的同轴导体圆筒组成•中间充满磁导率为」的各向同性均匀非铁磁绝缘材料，如图•传导电流I沿导线向上流去，由圆筒向下流回，在它们的截面上电流都是均匀分布的•求同轴线内外的磁感强度大小B的分布.y X2425作业题六(电磁感应)班级：姓名：学号：一、选择题 1. 将形状完全相同的铜环和木环静止放置，并使通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，则不计自感时(A) 铜环中有感应电动势，木环中无感应电动势. (B) 铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小. (C) 铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大. (D) 两环中感应电动势相等.[]2. 如图所示，矩形区域为均匀稳恒磁场，半圆形闭合导线回路在纸面内绕轴 OO 点是圆心且恰好落在磁场的边缘上，半圆形闭合导线完 (A) — (D)的上-t 函数图象中哪一条属于半圆形导线回路中 ]4. 如图所示，导体棒 AB 在均匀磁场B 中绕通过C 点的垂直于棒长且沿磁场方向的轴 OO •转动(角速度「与B 同方向)，BC 1 的长度为棒长的-，则 3(A) A 点比B 点电势高.(B) A 点与B 点电势相等. (B)A 点比B 点电势低.(D)有稳恒电流从 A 点流向B 点.[](C)对磁场不起作用.(D)使铜板中磁场反向.作逆时针方向匀角速转动，全在磁场外时开始计时.图产生的感应电动势？[ z v∖∕;O . BC X - -Z 3 4-1-O ' B!X B XiDt (A)t(C)2621 2 2 1 2(C) L=BJ 2, U a — U c = —B I 2. (D) L=B .∣2, U a -U C = B ∣2 .2 26.如图所示，两个线圈 P 和Q 并联地接到一电动势恒定的电源上•线圈P 的自感和电阻分别是线圈Q 的两倍，线圈P 和Q 之间的互感可忽略不计•当达到稳定状态后，线圈 P 的磁场能量与 Q的磁场能量的比值是[]1(A)4∙ A B 2∙ C D 1 •(D ) 2 •A 闭合曲线L 上E K 处处相等.B 感应电场是保守力场.C 感应电场的电场强度线不是闭合曲线.D 在感应电场中不能像对静电场那样引入电势的概念. []8.对位移电流，有下述四种说法，请指出哪一种说法正确. (A) 位移电流是指变化电场.(B) 位移电流是由线性变化磁场产生的. (C) 位移电流的热效应服从焦耳一楞次定律. (D) 位移电流的磁效应不服从安培环路定理. []二、填空题 9.如图所示，aOc 为一折成∠形的金属导线(aθ =OC =L), 位于Xy 平面中，磁感强度为 B 的匀强磁场垂直于 Xy 平面.当aOc 以速度V 沿X 轴正向运动时，导线上 a 、C 两点间电势差U aC = ；当aOc 以速度V 沿y 轴正向运动时，a 、C 两点的电势相比较, 是 ____________ 点电势高.5.如图所示，直角三角形金属框架 abc 放在均匀磁场中，磁场B 平行于ab 边，bc 的长度为I .当金属框架绕 ab 边以匀角速度■■转动时，abc 回路中的感应电动势i ■和a 、C 两点间的电势差 U a -U C(A)-O , U a -UC = ^ |2.(B)上=0,U a-Uc=-2B|2.X277.在感应电场中电磁感应定律可写成电场强度•此式表明： E K Ldld,式中E K 为感应电场的dt10. 一导线被弯成如图所示形状，acb为半径为Rf 弧，直线段Oa长为R.若此导线放在匀强磁场B中,直图面向内.导线以角速度•在图面内绕0点匀速转动，则此导线中的动生电动势 E = ___________X 电势最高的点是_________________________ .11. 一长直导线旁有一长为b,宽为a的矩形线圈，圈与导线共面，长度为b的边与导线平行且与直导线相距为d,如图•线圈与导线的互感系数为12. 一无铁芯的长直螺线管，在保持其半径和总匝数不变的情况下，把螺线管拉长一些，则它的自感系数将 _______________________ .三、计算题13. 均匀磁场B被限制在半径R =10 Cm的无限长圆柱空间内，方向垂直纸面向里•取一固定的等腰梯形回路abcd ,梯形所在平面的法向与圆柱空间的轴平行，位置如图所示•设磁感强度1以dB ∕dt =1 T/s的匀速率增加，已知--,Oa=Ob=6 cm ,3求等腰梯形回路中感生电动势的大小和方向.14. 如图所示，有一半径为r =10Cm的多匝圆形线圈，匝数N =100 ,置于均匀磁场B中(B =0.5 T).圆形线圈可绕通过圆心的轴O1O2转动，转速n =600rev/min .求圆线圈自图示的初始位置转过V二时，2(1) 线圈中的瞬时电流值(线圈的电阻R为100门，不计自感);(2) 圆心处的磁感强度.(七=4二× 10-7H/m)28X2915. 两个半径分别为 R 和r 的同轴圆形线圈相距 X ,且R >>r , X >>R .若大线圈通有电流I 而小线圈沿X 轴方向以速率V 运动，试求 X =NR 时（N 为正数）小线圈回路中产生的感应电动势的大小.16.载有电流的I 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以及 MN 两端的电压U M -U N.。