湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案
14-15章作业参考答案
14章作业参考答案14-1．如图所示的弓形线框中通有电流I ，求圆心O 处的磁感应强度B 。
解：先求圆弧在O 点的磁感应强度：由载流圆电流在圆心处的磁场RIB 20μ=，则三分之一圆弧在圆心处的磁场RIB 601μ=，方向：垂直于纸面向外；再求直导线在O 点的磁感应强度：有限长直电流在O 处的磁感应强度为RIR IB πμπμ23)150cos 30(cos 60cos 4002=︒-︒︒=（见书71页），方向：垂直于纸面向里。
∴圆心O 处的总磁感应强度：）（）（3132012-=-+=πμR IB B B ，方向垂直于纸面向里。
14-3．无限长细导线弯成如图所示的形状，其中c 部分是在xoy 平面内半径为R 的半圆，试求通以电流I 时O 点的磁感应强度。
解：a 段对O 点的磁感应强度：由无限长直电流在O 处的磁感应强度为RIB πμ20=（也可用安环定理0S B d l I μ⋅=∑⎰求得），由对称性，半无限长直电流在O 处的磁感应强度为，RIB a πμ40=方向沿y 轴负向（在O 点）。
∴04a IB j Rμπ=-。
b 段的延长线过O 点，0b B =（因为Idl 和r 夹角的正弦为零）。
c 段产生的磁感应强度为：，R IR I B C 422100μμ==方向沿z 轴正向，∴04c I B k Rμ=，则：O 点的总场强：k RI j R I B O4400μπμ+-=。
14-7．如图所示，长直电缆由半径为R 1的导体圆柱和同轴的内外半径分别为R 2、R 3的导体圆筒构成，电流沿轴线方向由一导体流入，从另一导体流出，设电流强度I 都均匀地分布在横截面上。
求距轴线为r 处的磁感应强度大小（∞<<r 0）。
解：利用安培环路定理0SB d l I μ⋅=∑⎰分段讨论。
（1）如图所示，当10r R <≤时，有：210212r IB r R ππμπ⋅=∴01212I r B R μπ=；(其中I/πR 12为电流面密度) （2）当12R r R ≤≤时，有：202B r I πμ⋅=，∴022IB rμπ=； （3）当23R r R ≤≤时，有：2223022322()r R B r I I R R πππμππ-⋅=--， ∴2232032232I B R r R r R μπ--=⋅；(其中)(2223R R I -π为电流面密度) （4）当3r R >时，有：402()B r I I πμ⋅=-，∴40B =。
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(4) 不确定关系不仅适用于电子和光子，也适用于其它粒子．
其中正确的是：
(A) (1)，(2).
(C) (3)，(4).
9. 直接证实了电子自旋存在的最早的实验之一是
(A) 康普顿实验．
(C) 戴维孙－革末实验．
4)
n = 3，l = 2，ml = 0，
2. 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 的关系是：
(A) F∝U． (C) F∝1/U 2．
(B) F∝1/U． (D) F∝U 2．
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为
(A) 0 E． (C) r E．
［
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［
［
［
［
设无穷远处为电势零点，则圆环中心 O 点的电势
］
］
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］
］
］
U＝______________________．
2.（本题 4 分） 一个带电的金属球，当其周围是真空时，储存的静电能量为 We0，使其电荷保持不变，把它浸没在相
对 介电常量为r 的无限大各向同性均匀电介质中，这时它的静电能量 We
课程名称： 大学物理 ；试卷编号： 1 ；考试时间：120 分钟
题 号 一 二 三 四 五 六 七 八 九 十 总分
应得分
实得分
评卷人
一、选择题（单选题，每小题 3 分，共 30 分）
1. 一点电荷，放在球形高斯面的中心处．下列哪一种情况，通过高斯面
的电场强度通量发生变化：
(A) 将另一点电荷放在高斯面外． (B) 将另一点电荷放进高斯面内． (C) 将球心处的点电荷移开，但仍在高斯面内． (D) 将高斯面半径缩小．
第二章课后习题答案(湖南大学物理)
第二章 质点力学的基本定律2.1 如图所示，把一个质量为m 的木块放在与水平成θ角的固定斜面上，两者间的静摩擦因素μs 较小，因此若不加支持，木块将加速下滑． （1）试证tan θ≧μs ； 的水平力F，可使木块恰不下滑？这时木块对（2）须施加多大斜面的正压力多大？（3）如不断增大F 的大小，则摩擦力和正压力将有怎样的变化？（1）[证明]木块在斜面上时受到重力G mg =和斜面的支持力N 以及静摩擦力f ，其中f ≦ f s = μs N ，而 N = G cos θ． 要使木块加速下滑，重力沿着斜面的分量不得小于最大静摩擦力f s ．根据牛顿第二定律得μs G cos θ = ma ≧0，G sin θ - 因此tan θ≧μs ． 证毕．（2）[解答]要使物体恰好不下滑，则有 - F cos θ = 0， （1） G sin θ - μs N F sin θ = 0． （2） N - G cos θ - （2）×μs +（1）得μs G cos θ – F cos θ - μs F sin θ = 0，G sin θ -解得sin cos cos sin s s F mgθμθθμθ-=+． （3）上式代入（2）得cos sin s mgN θμθ=+．（4）（3）[解答]当木块平衡时，一般情况下，有G sin θ - f - F cos θ = 0，N - G cos θ - F sin θ = 0． 解得f = G sin θ - F cos θ，N = G cos θ + F sin θ．可知：1当F的大小不断增加时，摩擦力将不断减小；当F = G tan θ时，摩擦力为零；当F再增加时摩擦力将反向；至于木块是否向上做加速运动，则要进一步讨论．2正压力将不断增加．[讨论]当tan θ < 1/μs 时，如果木块恰好不上滑，则摩擦力恰好等于最大静摩擦力，方向沿着斜面向下，用上面的方法列方程，可得图2.1sin cos cos sin s s F mgθμθθμθ+=-．将（3）式中的μs 改为-μs 就是这个结果．可见：当tan θ = 1/μs 时，F 趋于无穷大，只有当tan θ< 1/μs 时，才能增加F 的大小使木块向上加速滑动．2.2 如图所示，设质量m = 10kg 的小球挂在倾角α = 30°的光滑斜面上，求：（1）当斜面以加速度a = g /3沿图中所示的方向运动时，绳中的张力及小球对斜面的正压力各是多大？（2）当斜面的加速度至少为多大时小球对斜面的正压力为零？（g = 9.8m·s -2）[解答]（1）小球受到重力G ，斜面的支持力N 和绳子的张力T ．建立坐标系，列方程得 T sin α – mg = 0， N cos α + N sin α = ma ． T cos α - 解得N = m (g cos α – a sin α) = 68.54(N)， m (g sin α + a cos α) = 77.29(N)． T = （2）令N = 0，得加速度为 a = g ctg α = 16.97(m·s -2)．2.3 物体A 和B 的质量分别为m A = 8kg ，m B = 16kg ，它们之间用绳子联结，在倾角α = 37°的斜面上向下滑动，如图所示．A 和B 与斜面的滑动摩擦因素分别为μkA = 0.2，μkB = 0.4，求：（1）物体A 和B 的加速度； （2）绳子的张力；（3）如果将A 和B 互换位置，则（1）和（2）的结果如何？[解答]根据角度关系可得sin α = 3/5 = 0.6，cos α = 4/5 = 0.8，0.75．tan α = 3/4 = （1）如果物体A 和B 之间没有绳子，由于tan θ≧μs ，可知：A 和B 都要沿斜面做加速运动，而B 的加速度比较小．当A 和B 之间有绳子时，它们将以相同的加速度运动．设绳子的张力为T ，根据牛顿第二定律分别对A 和B 列运动方程： μkA m A g cos α - T = m A a ，m A g sin α – m B g sin α – μkB m B g cos α = m B a ． T + 两式相加得 [(m A + m B )sin α – (μkA m A + μkB m B )cos α]g m B )a ， = (m A + 所以加速度为 [sin cos ]kA A kB BA Bm m a g m m μμαα+=-+= 3.26(m·s -2)．（2）将加速度a 的公式代入任一方程都可解得张力为图2.3()cos kB kA A B A Bm m g T m m μμα-=+= 3.86(N)．由此可见：当两物体的摩擦因素相等时，张力才为零，这是因为它们的加速度相等．（3）将A 和B 互换位置后，由于A 的加速度比较大，所以绳子不会张紧，其张力为零． A 的运动方程为m A g sin α – μkA m A g cos α = m A a A ， 解得 a A = g (sin α – μkA cos α) = 4.12(m·s -2)． 同理得a B = g (sin α – μkB cos α) = 2.7(4m·s -2)．2.4 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为 2211sin 22y at g t α==⋅．x = v 0t ，将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为22sin g y x v α=，这是抛物线方程．2.5 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一质量m = 2kg 的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = 0.25，静摩擦因素为μs = 0.30．求：（1）今以水平力F拉板，使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动，试计算物体与板、与桌面间的相互作用力；（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？ [解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用． 板对物体的支持大小等于物体的重力N m = mg = 19.6(N)，这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为f m = ma = 2(N)， 这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于其重力M )g = 29.4(N)，N M = (m + 这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为f M = μk N M = 7.35(N)．这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为图2.4f =μs mg = ma`，可得 a` =μs g ．板的运动方程为+ M )g = Ma`， F – f – μk (m 即 F = f + Ma`+ μk (m + M )g = (μs + μk )(m + M )g ，算得 F = 16.17(N)．因此要将板从物体下面抽出，至少需要16.17N 的力．2.6 如图所示：已知F = 4N ，m 1 = 0.3kg ，m 2 = 0.2kg ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮质量均不计）[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为12212(2)/22F m m ga m m μ-+=+= .78(m·s -2)， 绳对它的拉力2112(/2)/22m T F m g m m μ=-+= 1.35(N)．2.7 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证： （1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足12111k k k =+；关系关系式（2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2． [解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2． （1）由于弹簧串联，所以 F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2，因此1212F F F k k k =+，即12111k k k =+． （2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2，因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2，即k = k 1 + k 2．12图2.62 图2.72.8 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．（1）小车沿水平线作匀速运动；度1a 沿水平方向运动；（2）小车以加速（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角；行的加速度1b把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）；（4）用与斜面平的加速度2b（b 2 = b ），将小车从斜面上推下来．（5）以同样大小[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ． （2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于ma/mg ， tan θ =所以 θ = arctan(a/g )； 绳子张力等于摆所受的拉力T ==（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力，合力沿斜面向下，所以θ = φ；T = mg cos φ． （4）根据题意作力的矢量图，将竖直虚线延长，与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边是mb cos φ，邻边是mg +mb sin φ，由此可得：cos tan sin mb mg mb ϕθϕ=+，因此角度为cos arctansin b g b ϕθϕ=+；而张力为T ==．（5）与上一问相比，加速度的方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．2.9 如图所示：质量为m = 10kg 的小球，拴在长度l = 5m 的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求： （1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多（2）图2.9大？（2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？（3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？ [解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向．小球的运动方程为22d d s F ma m t ==， 其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为d d d d s v l t t θ==，因此d d d d d d d d v v m v F mm v t t l θθθ===，即 v d v = -gl sin θd θ， （1） 取积分60d sin d Bv v v gl θθ︒=-⎰⎰，得2601cos 2B v gl θ︒=，解得B v =s -1)．由于22B BB v v T mg m m mgR l -===，所以T B = 2mg = 1.96(N)．（2）由（1）式积分得21cos 2C v gl C θ=+，当 θ = 60º时，v C = 0，所以C = -lg /2，因此速度为C v =切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为(2cos 1)Cn a g R θ==-．由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1)． （3）当 θ = 60º时，切向加速度为t a g== 8.49(m·s -2)，法向加速度为a n = 0， 绳子的拉力T = mg /2 = 0.49(N)．[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．2.10 一质量为m 的小球，最初静止于如图所示的A 点，然后沿半径为r 的光滑圆弧的内表面ADCB 下滑．试求小球在C 点时的角速度和对圆弧表面的作用力．[解答]此题情形与上一题的数学类型是相同的． 取上题中l = r ，对（1）式积分 090d sin d C v v v gr αθθ-︒=-⎰⎰， 2901cos 2C v rg αθ-︒=，得 解得速度为C v ，角速度为C v r ω==由于N C – mg cos α = 2mg cos α，所以 N C = 3mg cos θ．2.11 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则 mg cos θ． F = 小球的运动方程为22d d sF ma m t ==，s 表示弧长．图2.11由于d v t =，所以22d d d d d d d ()d d d d d d d s s v v s vv t t t t s t s ====，因此 v d v = g cos θd s = g d h ， h 表示石下落的高度．积分得 212v g h C=+，当h = 0时，v = 0，所以C = 0， 因此速率为v =2.12 质量为m 的物体，最初静止于x 0，在力2kf x =-(k 为常数)作用下沿直线运动．证明物体在x 处的速度大小v = [2k (1/x – 1/x 0)/m ]1/2．[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程222d d k x f ma m x t =-==利用v = d x/d t ，可得22d d d d d d d d d d x v x v v v t t t x x ===，因此方程变为2d d k xmv v x =-，积分得212km v C x =+．利用初始条件，当x = x 0时，v = 0，所以C = -k /x 0，因此2012k k mv x x =-，即v =证毕．[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f (x )，利用变换可得方程：mv d v = f (x )d x ，积分即可求解．如果f (x ) = -k/x n ，则得21d 2n x mv k x =-⎰．（1）当n = 1时，可得21ln 2mv k x C =-+．利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以C = ln x 0，因此 21ln 2x mv k x =， 即v =（2）如果n ≠1，可得21121n k mv x C n -=-+-．利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以101nk C x n -=--，因此 2110111()21n n k mv n x x --=--， 即v =当n = 2时，即证明了本题的结果．2.13 一质量为m 的小球以速率v 0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k ．求：（1）小球速率随时间的变化关系v (t )； （2）小球上升到最大高度所花的时间T ．[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程d d v f mg kv mt =--=，分离变量得d d()d v m mg kv t mmg kv k mg kv +=-=-++，积分得ln ()mt mg kv C k =-++．当t = 0时，v = v 0，所以0ln ()mC mg kv k =+，因此00/ln ln /m mg kv m mg k v t k mg kv k mg k v ++=-=-++，小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg kt mgv v k m k =+--．（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为00/ln ln(1)/mg k v kv m m T k mg k k mg +==+．[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤． 由于v = d x/d t ，所以0d [()exp()]d mg kt mg x v t k m k =+--，即0(/)d d exp()d m v mg k kt mgx tk m k +=---，积分得0(/)exp()`m v mg k kt mgx t C k m k +=---+，当t = 0时，x = 0，所以0(/)`m v mg k C k +=，因此0(/)[1exp()]m v mg k kt mg x tk m k +=---．（2）如果小球以v 0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为d d vf mg kv mt =-=，用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg mg ktv v k k m =---．这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数v m = mg/k ．2.14 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因数为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程．[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即N = mv 2/R ．物体所受的摩擦力为f = -μk N ，负号表示力的方向与速度的方向相反．根据牛顿第二定律得2d d k v vf m mR t μ=-=，即 2d d kv t R v μ=-．积分得1kt C Rv μ=+．当t = 0时，v = v 0，所以01C v =-，因此 011kt Rv v μ=-． 解得01/k v v v t R μ=+．由于0000d d(1/)d 1/1/k k k k v t v t R R x v t R v t R μμμμ+==++，积分得0ln (1)`k kv tRx C Rμμ=++，当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此0ln (1)k kv tRx Rμμ=+．2.15 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向心力，其大小为 F = mg tg θ． 珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ．根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ， 可得2cos mgR ωθ=，解得2arccosgR θω=±．2.16 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx ，而位移x = A cos ωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．[解答]方法一：利用冲量公式．根据冲量的定义得 = F d t = -kA cos ωt d t ， d I 积分得冲量为 /20(cos )d I kA t t ωω=-⎰π，/20sin kAkAtωωωω=-=-π方法二：利用动量定理．小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，设小球的质量为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0，末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ，可以证明k =mω2，因此I = -kA /ω．mg图2.152.17 一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？[解答]小球动量的大小为p = mv ，但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义21p p p ∆=-得21p p p =+∆，由此可作矢量三角形，可得p ∆=．因此向心力给予小球的的冲量大小为I p =∆= 1.41(N·s)．[注意]质点向心力大小为F = mv 2/R ，方向是指向圆心的，其方向在不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量24v TI Ft mR == 2/42R T T mvmvR ππ==．假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力F = mv 2/R = mωv ， 其分量大小分别为F cos ωt ，F x = F cos θ = F sin ωt ， F y = F sin θ = 给小球的冲量大小为F cos ωt d t ，d I x = F x d t =d I y = F y d t = F sin ωt d t ， 积分得/4/4cos d sin T T x FI F t t tωωω==⎰Fmvω==，/4/4sin d cos T T y FI F t t tωωω==-⎰Fmvω==，合冲量为I ==，所前面计算结果相同，但过程要复杂一些．2.18用棒打击质量0.3kg ，速率等于20m·s -1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力？[解答]球上升初速度为y v ==14(m·s -1)，其速度的增量为v ∆=s -1)．棒给球冲量为I = m Δv = 7.3(N·s)， 对球的作用力为（不计重力）F = I/t = 366.2(N)．2.19 如图所示，3个物体A 、B 、C ，每个质量都为M ，B 和C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为0.4m 的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动？C 开始运动时的速度是多少？（取g = 10m·s -2） [解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程Mg – T = Ma ，物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动，加速度大小为a ，可列方程T = Ma ，联立方程可得a = g/2 = 5(m·s -2)．根据运动学公式s = v 0t + at 2/2，可得B 拉C 之前的运动时间t =．此时B 的速度大小为v = at = 2(m·s -1)．物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得2Mv = 3Mv`，因此C 开始运动的速度为v` = 2v /3 = 1.33(m·s -1)．v xΔvv y2.20 一个原来静止的原子核，放射性蜕变时放出一个动量p 1 = 9.22×10-16g·cm·s -1的电子，同时还在垂直于此电子运动的方向上放出一个动量p 2 = 5.33×10-16g·cm·s -1的中微子．求蜕变后原子核的动量的大小和方向．[解答]原子核蜕变后的总动量大小为p =10-16(g·cm·s -1)．其方向与电子方向的夹角为θ = arctan(p 2/p 1) = 30°． 根据动量守恒定律，三个粒子总动量为零，12`0p p p ++=，所以原子核的反冲动量为12`()p p p p =-+=- ，其大小与电子和中微子的合动量的大小相等，方向相反，与电子速度的夹角为180 - θ = 150°．2.21 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？[解答] 炮弹在最高点的速度大小为v = v 0cos θ，方向沿水平方向．根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的总动量，可作矢量三角形，列方程得 /2`cos 452mmv v =︒，所以 v` = v /cos45°=0cos θ．2.22 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的质量为m ，它与路面的滑动摩擦因数为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？方向为正方向，弧位移d s的大小为[解答]取弧长增加的d s = R d θ．重力G的大小为G = mg ，方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，所做的功元为1d d cos(/2)d W G s G s θ=⋅=+πsin d mgR θθ=-，图2.22积分得重力所做的功为454510(sin )d cos W mgR mgR θθθ︒︒=-=⎰(1mgR =-．摩擦力f的大小为f = μk N = μk mg cos θ，方向与弧位移的方向相反，所做的功元为2d d cos d W f s f s =⋅=πcos d k u mg R θθ=-，积分得摩擦力所做的功为4520(cos )d k W mgR μθθ︒=-⎰450sin k k mgR mgR μθ︒=-=．要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力G 、摩擦力f 和马的拉力F就是平衡力，即0F G f ++=， 或者 ()F G f =-+．拉力的功元为d d (d d )W F s G s f s =⋅=-⋅+⋅12(d d )W W =-+，拉力所做的功为12()W W W =-+(1)k mgR =．由此可见：重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．2.23 一质量为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因数；（3）在静止以前质点运动了多少圈？ [解答] （1）质点的初动能为E 1 = mv 02/2，末动能为E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，动能的增量为ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8，这就是摩擦力所做的功W ．（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ， 积分得20()d 2k k W mgr mgrπμθπμ=-=-⎰．由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因数为2316k v gr μ=π．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为a t = f/m = -μk g ，根据公式v t 2 – v o 2 = 2a t s ，可得质点运动的弧长为22008223k v v r s a g πμ===，圈数为 n = s/2πr = 4/3．[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量-fs = ΔE k ，可得 s = -ΔE k /f ， 由此也能计算弧长和圈数。
湖南大学精编物理化学讲义课后答案
湖南大学精编物理化学讲义课后答案1、11．小明正在家里练习弹吉他，下列有关吉他的说法正确的是（）[单选题] *A．吉他发出的声音一定不是噪声B．吉他发出的声音是吉他弦振动产生的(正确答案)C．弹吉他时，用力越大，发出声音的音调越高D．弹吉他时，手按压吉他弦不同位置是为了改变响度2、41．下列物态变化现象中，说法正确的是（）[单选题] *A．夏天从冰箱取出的冰棍周围冒“白气”，这是空气中水蒸气的凝华现象B．市场上售卖“冒烟”的冰激凌，是由于其中的液氮汽化吸热致使水蒸气液化形成(正确答案)C．在饮料中加冰块比加冰水的冰镇效果更好，是因为冰块液化成水的过程中吸热D．手部消毒可以用酒精喷在手上，感到凉爽是因为酒精升华吸热3、4．电火花计时器接学生电源直流输出端．[判断题] *对错(正确答案)4、关于物质的密度,下列说法正确的是（）[单选题] *A. 一罐氧气用掉部分后,罐内氧气的质量变小,密度不变B. 一只气球受热膨胀后,球内气体的质量不变,密度变大C. 一支粉笔用掉部分后,它的体积变小,密度变小D. 一块冰熔化成水后,它的体积变小,密度变大(正确答案)5、34．关于物质的密度，下列说法正确的是（）[单选题] *A．铜的密度是9×103kg/m3，表示lm3铜的质量为9×103kg(正确答案)B．一罐氧气用掉部分后，罐内氧气的质量变小密度不变C．一块砖切成体积相等的两块后，砖的密度变为原来的一半D．密度不同的两个实心物体，其质量一定不同6、仅受地磁场作用，可自由转动的小磁针静止时，N极指向地理北极附近[判断题] *对(正确答案)错答案解析：受地磁场作用，小磁针N极指北方，S极指南方7、50．下列现象中与电视机的荧光屏表面常沾有许多灰尘的物理道理相同的是（）[单选题] *A．塑料梳子梳头发，头发变得蓬松B．冬天脱毛衣时产生电火花C．塑料泡沫容易吸在化纤衣服上(正确答案)D．油罐车后拖有长长的铁链8、继共享单车之后，共享汽车已经悄然走进我们的生活。
大学物理上册(湖南大学出版社-陈曙光)-课后习题答案全解
大学物理上册课后习题答案第一章 质点运动学1．1 一质点沿直线运动，运动方程为x (t ) = 6t 2 - 2t 3．试求： （1）第2s 内的位移和平均速度；（2）1s 末及2s 末的瞬时速度，第2s 内的路程； （3）1s 末的瞬时加速度和第2s 内的平均加速度．[解答]（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：v =Δx /Δt = 4(m·s -1)． （2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ． （3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 内的平均加速度为：a = [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．[注意] 第几秒内的平均速度和平均加速度的时间间隔都是1秒．1．2 一质点作匀加速直线运动，在t = 10s 内走过路程s = 30m ，而其速度增为n = 5倍．试证加速度为22(1)(1)n sa n t -=+，并由上述资料求出量值．[证明]依题意得v t = nv o ，根据速度公式v t = v o + at ，得a = (n – 1)v o /t ， (1)根据速度与位移的关系式v t 2 = v o 2 + 2as ，得 a = (n 2 – 1)v o 2/2s ，(2) （1）平方之后除以（2）式证得：22(1)(1)n sa n t -=+．计算得加速度为：22(51)30(51)10a -=+= 0.4(m·s -2)．1．3 一人乘摩托车跳越一个大矿坑，他以与水平成22.5°的夹角的初速度65m·s -1从西边起跳，准确地落在坑的东边．已知东边比西边低70m ，忽略空气阻力，且取g = 10m·s -2．问：（1）矿坑有多宽？他飞越的时间多长？（2）他在东边落地时的速度？速度与水平面的夹角？ [解答]方法一：分步法．（1）夹角用θ表示，人和车（人）在竖直方向首先做竖直上抛运动，初速度的大小为v y 0 = v 0sin θ = 24.87(m·s -1)．取向上的方向为正，根据匀变速直线运动的速度公式v t - v 0 = at ，这里的v 0就是v y 0，a = -g ；当人达到最高点时，v t = 0，所以上升到最高点的时间为t 1 = v y 0/g = 2.49(s)．再根据匀变速直线运动的速度和位移的关系式：v t 2 - v 02 = 2a s ， 可得上升的最大高度为：h 1 = v y 02/2g = 30.94(m)．人从最高点开始再做自由落体运动，下落的高度为;h 2 = h 1 + h = 100.94(m)． 根据自由落体运动公式s = gt 2/2，得下落的时间为:2t =． 因此人飞越的时间为：t = t 1 + t 2 = 6.98(s)．图1.3人飞越的水平速度为;v x 0 = v 0cos θ = 60.05(m·s -1)， 所以矿坑的宽度为：x = v x 0t = 419.19(m)．（2）根据自由落体速度公式可得人落地的竖直速度大小为：v y = gt = 69.8(m·s -1)， 落地速度为：v = (v x 2 + v y 2)1/2 = 92.08(m·s -1)， 与水平方向的夹角为：φ = arctan(v y /v x ) = 49.30º，方向斜向下．方法二：一步法．取向上为正，人在竖直方向的位移为y = v y 0t - gt 2/2，移项得时间的一元二次方程201sin 02gt v t y θ-+=，解得：0(sin t v g θ=．这里y = -70m ，根号项就是人落地时在竖直方向的速度大小，由于时间应该取正值，所以公式取正根，计算时间为：t = 6.98(s)．由此可以求解其它问题．1．4 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即d v /d t = -kv 2，k 为常数．（1）试证在关闭发动机后，船在t 时刻的速度大小为011kt v v =+； （2）试证在时间t 内，船行驶的距离为01ln(1)x v kt k =+． [证明]（1）分离变数得2d d vk t v =-， 故 020d d v t v v k t v =-⎰⎰，可得：011kt v v =+． （2）公式可化为001v v v kt=+，由于v = d x/d t ，所以：00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++ 积分00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰．因此 01ln(1)x v kt k=+． 证毕．[讨论]当力是速度的函数时，即f = f (v )，根据牛顿第二定律得f = ma ． 由于a = d 2x /d t 2， 而 d x /d t = v ， a = d v /d t ， 分离变数得方程：d d ()m vt f v =， 解方程即可求解．在本题中，k 已经包括了质点的质量．如果阻力与速度反向、大小与船速的n 次方成正比，则d v /d t = -kv n ．（1）如果n = 1，则得d d vk t v=-， 积分得ln v = -kt + C ．当t = 0时，v = v 0，所以C = ln v 0， 因此ln v/v 0 = -kt ，得速度为 ：v = v 0e -kt ．而d v = v 0e -kt d t ，积分得：0e `ktv x C k-=+-． 当t = 0时，x = 0，所以C` = v 0/k ，因此0(1-e )kt vx k -=．（2）如果n ≠1，则得d d n vk t v=-，积分得11n v kt C n -=-+-． 当t = 0时，v = v 0，所以101n v C n -=-，因此11011(1)n n n kt v v --=+-． 如果n = 2，就是本题的结果．如果n ≠2，可得1(2)/(1)020{[1(1)]1}(2)n n n n n v kt x n v k----+--=-，读者不妨自证．1．5 一质点沿半径为0.10m 的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ = 2 + 4t 3．求：（1）t = 2s 时，它的法向加速度和切向加速度；（2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？ （3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？ [解答]（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)； 角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即n a a =．由此得2r r ω=22(12)24t =解得36t =．所以3242(13)t θ=+=+=3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．1．6 一飞机在铅直面内飞行，某时刻飞机的速度为v = 300m·s -1，方向与水平线夹角为30°而斜向下，此后飞机的加速度为am·s -2，方向与水平前进方向夹角为30°而斜向上，问多长时间后，飞机又回到原来的高度？在此期间飞机在水平方向飞行的距离为多少？[解答]建立水平和垂直坐标系，飞机的初速度的大小为 v 0x = v 0cos θ， v 0y = v 0sin θ．加速度的大小为a x = a cos α， a y = a sin α． 运动方程为2012x x x v t a t =+， 2012y y y v t a t =-+． 即 201cos cos 2x v t a t θα=⋅+⋅，201sin sin 2y v t a t θα=-⋅+⋅．令y = 0，解得飞机回到原来高度时的时间为：t = 0（舍去）；02sin sin v t a θα==．将t 代入x 的方程求得x = 9000m ．v[注意]选择不同的坐标系，如x方向沿着a的方向或者沿着v0的方向，也能求出相同的结果．1．7一个半径为R= 1.0m的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体A．在重力作用下，物体A从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s内下降的距离h = 0.4m．求物体开始下降后3s末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度．[解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A下落加速度．由于212th a t=∆，所以a t = 2h/Δt2 = 0.2(m·s-2)．物体下降3s末的速度为v = a t t = 0.6(m·s-1)，这也是边缘的线速度，因此法向加速度为2nvaR== 0.36(m·s-2)．1．8一升降机以加速度1.22m·s-2上升，当上升速度为2.44m·s-1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距2.74m．计算：（1）螺帽从天花板落到底面所需的时间；（2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离．[解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为21012h v t at=+；螺帽做竖直上抛运动，位移为22012h v t gt=-．由题意得h = h1 - h2，所以21()2h a g t=+，解得时间为t=．算得h2 = -0.716m，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为0.716m．[注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g，而初速度为零，可列方程h = (a + g)t2/2，由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离．1．9 有一架飞机从A处向东飞到B处，然后又向西飞回到A处．已知气流相对于地面的速度为u，AB之间的距离为l，飞机相对于空气的速率v保持不变．（1）如果u = 0（空气静止），试证来回飞行的时间为2ltv=；（2）如果气流的速度向东，证明来回飞行的总时间为01221/ttu v=-；（3）如果气流的速度向北，证明来回飞行的总时间为2t=．[证明]（1）飞机飞行来回的速率为v，路程为2l，所以飞行时间为t0 = 2l/v．（2）飞机向东飞行顺风的速率为v + u，向西飞行逆风的速率为v - u，所以飞行时间为1222l l vltv u v u v u=+=+--022222/1/1/tl vu v u v==--．（3）飞机相对地的速度等于相对风的速度加风相对地的速度．为了使飞机沿着AB之间的直线飞行，就要使其相对地的速度偏向北方，可作向量三角形，其中沿AB方向的速度大小为V=，所以飞行时间为图1.7A BA Bvv + uv - uA Bv uuvv22l t V ==== 证毕．1．10 如图所示，一汽车在雨中沿直线行驶，其速度为v 1，下落雨的速度方向与铅直方向的夹角为θ，偏向于汽车前进方向，速度为v 2．今在车后放一长方形物体，问车速v 1为多大时此物体刚好不会被雨水淋湿？[解答]雨对地的速度2v 等于雨对车的速度3v 加车对地的速度1v ，由此可作向量三角形．根据题意得tan α = l/h ．方法一：利用直角三角形．根据直角三角形得v 1 = v 2sin θ + v 3sin α，其中v 3 = v ⊥/cos α，而v ⊥ = v 2cos θ， 因此v 1 = v 2sin θ + v 2cos θsin α/cos α， 即 12(sin cos )lv v hθθ=+． 证毕． 方法二：利用正弦定理．根据正弦定理可得12sin()sin(90)v v θαα=+︒-，所以：12sin()cos v v θαα+=2sin cos cos sin cos v θαθαα+=2(sin cos tan )v θθα=+，即 12(sin cos )lv v hθθ=+． 方法三：利用位移关系．将雨滴的速度分解为竖直和水平两个分量，在t 时间内，雨滴的位移为l = (v 1 – v 2sin θ)t ， h = v 2cos θ∙t ．两式消去时间t 即得所求． 证毕．第二章 运动定律与力学中的守恒定律(一) 牛顿运动定律 2．1 一个重量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平约AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．[解答]质点在斜上运动的加速度为a = g sin α，方向与初速度方向垂直．其运动方程为 x = v 0t ，2211sin 22y at g t α==⋅．将t = x/v 0，代入后一方程得质点的轨道方程为22sin g y x v α=，这是抛物线方程．2．2 桌上有一质量M = 1kg 的平板，板上放一品质m = 2kg 的另一物体，设物体与板、板与桌面之间的滑动摩擦因素均为μk = 0.25，静摩擦因素为μs = 0.30．求：（1）今以水平力F 拉板，使两者一起以a = 1m·s -2的加速度运动，试计算物体与板、图1.101h lα图2.1与桌面间的相互作用力；（2）要将板从物体下面抽出，至少需要多大的力？[解答]（1）物体与板之间有正压力和摩擦力的作用．板对物体的支持大小等于物体的重力：N m = mg = 19.6(N)， 这也是板受物体的压力的大小，但压力方向相反．物体受板摩擦力做加速运动，摩擦力的大小为：f m = ma = 2(N)，这也是板受到的摩擦力的大小，摩擦力方向也相反．板受桌子的支持力大小等于其重力：N M = (m + M )g = 29.4(N)， 这也是桌子受板的压力的大小，但方向相反．板在桌子上滑动，所受摩擦力的大小为：f M = μk N M = 7.35(N)． 这也是桌子受到的摩擦力的大小，方向也相反．（2）设物体在最大静摩擦力作用下和板一起做加速度为a`的运动，物体的运动方程为 f =μs mg = ma`，可得 a` =μs g ．板的运动方程为F – f – μk (m + M )g = Ma`， 即 F = f + Ma` + μk (m + M )g= (μs + μk )(m + M )g ，算得 F = 16.17(N)．因此要将板从物体下面抽出，至少需要16.17N 的力．2．3 如图所示：已知F = 4N ，m 1 = 0.3kg ，m 2 = 0.2kg ，两物体与水平面的的摩擦因素匀为0.2．求质量为m 2的物体的加速度及绳子对它的拉力．（绳子和滑轮品质均不计）[解答]利用几何关系得两物体的加速度之间的关系为a 2 = 2a 1，而力的关系为T 1 = 2T 2． 对两物体列运动方程得T 2 - μm 2g = m 2a 2， F – T 1 – μm 1g = m 1a 1． 可以解得m 2的加速度为 12212(2)/22F m m ga m m μ-+=+= 4.78(m·s -2)，绳对它的拉力为2112(/2)/22m T F m g m m μ=-+= 1.35(N)．2．4 两根弹簧的倔强系数分别为k 1和k 2．求证：（1）它们串联起来时，总倔强系数k 与k 1和k 2．满足关系关系式12111k k k =+； （2）它们并联起来时，总倔强系数k = k 1 + k 2．[解答]当力F 将弹簧共拉长x 时，有F = kx ，其中k 为总倔强系数．两个弹簧分别拉长x 1和x 2，产生的弹力分别为 F 1 = k 1x 1，F 2 = k 2x 2． （1）由于弹簧串联，所以F = F 1 = F 2，x = x 1 + x 2， 因此 1212F F F kk k =+，即：12111k k k =+． （2）由于弹簧并联，所以F = F 1 + F 2，x = x 1 = x 2，因此 kx = k 1x 1 + k 2x 2， 即：k = k 1 + k 2．2．5 如图所示，质量为m 的摆悬于架上，架固定于小车上，在下述各种情况中，求摆12图2.32 图2.4线的方向（即摆线与竖直线的夹角θ）及线中的张力T ．（1）小车沿水平线作匀速运动；（2）小车以加速度1a 沿水平方向运动；（3）小车自由地从倾斜平面上滑下，斜面与水平面成φ角； （4）用与斜面平行的加速度1b 把小车沿斜面往上推（设b 1 = b ）； （5）以同样大小的加速度2b （b 2 = b ），将小车从斜面上推下来．[解答]（1）小车沿水平方向做匀速直线运动时，摆在水平方向没有受到力的作用，摆线偏角为零，线中张力为T = mg ．（2）小车在水平方向做加速运动时，重力和拉力的合力就是合外力．由于tan θ = ma/mg ， 所以 θ = arctan(a/g )；绳子张力等于摆所受的拉力：T ==．（3）小车沿斜面自由滑下时，摆仍然受到重力和拉力， 合力沿斜面向下，所以θ = φ； T = mg cos φ．（4）根据题意作力的向量图，将竖直虚线延长， 与水平辅助线相交，可得一直角三角形，θ角的对边 是mb cos φ，邻边是mg + mb sin φ，由此可得：cos tan sin mb mg mb ϕθϕ=+，因此角度为cos arctansin b g b ϕθϕ=+；而张力为T ==．（5）与上一问相比，加速度的方向反向，只要将上一结果中的b 改为-b 就行了．2．6 如图所示：质量为m =0.10kg 的小球，拴在长度l =0.5m 的轻绳子的一端，构成一个摆．摆动时，与竖直线的最大夹角为60°．求：（1）小球通过竖直位置时的速度为多少？此时绳的张力多大？（2）在θ < 60°的任一位置时，求小球速度v 与θ的关系式．这时小球的加速度为多大？绳中的张力多大？ （3）在θ = 60°时，小球的加速度多大？绳的张力有多大？ [解答]（1）小球在运动中受到重力和绳子的拉力，由于小球沿圆弧运动，所以合力方向沿着圆弧的切线方向，即F = -mg sin θ，负号表示角度θ增加的方向为正方向．小球的运动方程为 22d d s F ma m t ==，其中s 表示弧长．由于s = Rθ = lθ，所以速度为d d d d s v l t t θ==，因此（2）图2.6d d d d d d d d v v m v F mm v t t l θθθ===，即 v d v = -gl sin θd θ， （1） 取积分60d sin d Bv v v gl θθ︒=-⎰⎰，得2601cos 2B v gl θ︒=，解得：B v =s -1)．由于：22B BB v v T mg m m mgR l -===，所以T B = 2mg = 1.96(N)．（2）由（1）式积分得21cos 2C v gl C θ=+，当 θ = 60º时，v C = 0，所以C = -lg /2，因此速度为C v =切向加速度为a t = g sin θ；法向加速度为2(2cos 1)Cn v a g R θ==-．由于T C – mg cos θ = ma n ，所以张力为T C = mg cos θ + ma n = mg (3cos θ – 1)． （3）当 θ = 60º时，切向加速度为2t a g== 8.49(m·s -2)，法向加速度为 a n = 0，绳子的拉力T = mg /2 = 0.49(N)．[注意]在学过机械能守恒定律之后，求解速率更方便．2．7 小石块沿一弯曲光滑轨道上由静止滑下h 高度时，它的速率多大？（要求用牛顿第二定律积分求解）[解答]小石块在运动中受到重力和轨道的支持力，合力方向沿着曲线方向．设切线与竖直方向的夹角为θ，则F = mg cos θ．小球的运动方程为22d d sF ma m t ==，s 表示弧长．由于d d s v t =，所以 22d d d d d d d ()d d d d d d d s s v v s v v t t t t s t s ====，因此 v d v = g cos θd s = g d h ，h 表示石下落的高度．积分得 212v gh C=+，当h = 0时，v = 0，所以C = 0，因此速率为v =图2.72．8 质量为m 的物体，最初静止于x 0，在力2kf x =-(k 为常数)作用下沿直线运动．证明物体在x 处的速度大小v = [2k (1/x – 1/x 0)/m ]1/2．[证明]当物体在直线上运动时，根据牛顿第二定律得方程222d d k xf ma m x t =-==利用v = d x/d t ，可得22d d d d d d d d d d x v x v v v t t t x x ===，因此方程变为2d d k xmv v x =-，积分得212k mv Cx =+．利用初始条件，当x = x 0时，v = 0，所以C = -k /x 0，因此2012k kmv x x =-，即v =证毕．[讨论]此题中，力是位置的函数：f = f (x )，利用变换可得方程：mv d v = f (x )d x ，积分即可求解．如果f (x ) = -k/x n ，则得21d 2nx mv k x =-⎰． （1）当n = 1时，可得21ln 2mv k x C=-+利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以C = ln x 0，因此 21ln 2x mv k x =， 即v =． （2）如果n ≠1，可得21121n k mv x C n -=-+-．利用初始条件x = x 0时，v = 0，所以101nk C x n -=--， 因此 2110111()21n n k mv n x x --=--， 即v =当n = 2时，即证明了本题的结果．2．9 一质量为m 的小球以速率v 0从地面开始竖直向上运动．在运动过程中，小球所受空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k ．求：（1）小球速率随时间的变化关系v (t )； （2）小球上升到最大高度所花的时间T ．[解答]（1）小球竖直上升时受到重力和空气阻力，两者方向向下，取向上的方向为下，根据牛顿第二定律得方程d d v f mg kv mt =--=，分离变数得d d()d v m mg kv t m mg kv k mg kv +=-=-++， 积分得ln ()mt mg kv C k =-++．当t = 0时，v = v 0，所以0ln ()mC mg kv k =+，因此00/ln ln/m mg kv m mg k v t k mg kv k mg k v ++=-=-++， 小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg kt mgv v k m k =+--．（2）当小球运动到最高点时v = 0，所需要的时间为00/ln ln(1)/mg k v kv m m T k mg k k mg +==+．[讨论]（1）如果还要求位置与时间的关系，可用如下步骤： 由于v = d x/d t ，所以0d [()exp()]d mg kt mg x v t k m k =+--，即0(/)d d exp()d m v mg k kt mgx tk m k +=---，积分得0(/)exp()`m v mg k kt mgx t C k m k +=---+，当t = 0时，x = 0，所以0(/)`m v mg k C k +=，因此0(/)[1exp()]m v mg k kt mg x tk m k +=---．（2）如果小球以v 0的初速度向下做直线运动，取向下的方向为正，则微分方程变为d d vf mg kv mt =-=，用同样的步骤可以解得小球速率随时间的变化关系为0()exp()mg mg ktv v k k m =---．这个公式可将上面公式中的g 改为-g 得出．由此可见：不论小球初速度如何，其最终速率趋于常数v m = mg/k ．2．10 如图所示：光滑的水平桌面上放置一固定的圆环带，半径为R ．一物体帖着环带内侧运动，物体与环带间的滑动摩擦因子为μk ．设物体在某时刻经A 点时速率为v 0，求此后时刻t 物体的速率以及从A 点开始所经过的路程．[解答]物体做圆周运动的向心力是由圆环带对物体的压力，即 N = mv 2/R ．物体所受的摩擦力为f = -μk N ，负号表示力的方向与速度的方向相反．根据牛顿第二定律得2d d k v v f m m R t μ=-=， 即 ： 2d d k vt R v μ=-．积分得：1k t C R v μ=+．当t = 0时，v = v 0，所以01C v =-， 因此 011kt Rv v μ=-．解得001/k v v v t R μ=+． 由于0000d d(1/)d 1/1/k k k k v t v t R R x v t R v t R μμμμ+==++， 积分得0ln (1)`k kv tR x C Rμμ=++，当t = 0时，x = x 0，所以C = 0，因此0ln (1)k kv tRx Rμμ=+．2．11 如图所示，一半径为R 的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动．在环上套有一珠子．今逐渐增大圆环的转动角速度ω，试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置．以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示．[解答]珠子受到重力和环的压力，其合力指向竖直直径，作为珠子做圆周运动的向心力，其大小为：F = mg tg θ．珠子做圆周运动的半径为r = R sin θ． 根据向心力公式得F = mg tg θ = mω2R sin θ，可得2cos mgR ωθ=，解得2arccosgR θω=±．(二)力学中的守恒定律2．12 如图所示，一小球在弹簧的弹力作用下振动．弹力F = -kx ，而位移x = A cos ωt ，其中k ，A 和ω都是常数．求在t = 0到t = π/2ω的时间间隔内弹力予小球的冲量．[解答]方法一：利用冲量公式．根据冲量的定义得d I = F d t = -kA cos ωt d t ，mg图2.11积分得冲量为/20(cos )d I kA t tωω=-⎰π，/20sin kAkAtωωωω=-=-π方法二：利用动量定理．小球的速度为v = d x/d t = -ωA sin ωt ，设小球的品质为m ，其初动量为p 1 = mv 1 = 0， 末动量为p 2 = mv 2 = -mωA ，小球获得的冲量为I = p 2 – p 1 = -mωA ， 可以证明k =mω2，因此I = -kA /ω．2．13一个质量m = 50g ，以速率的v = 20m·s -1作匀速圆周运动的小球，在1/4周期内向心力给予小球的冲量等于多少？[解答]小球动量的大小为p = mv ，但是末动量与初动量互相垂直，根据动量的增量的定义21p p p ∆=- 得：21p p p =+∆，由此可作向量三角形，可得：p ∆==． 因此向心力给予小球的的冲量大小为I p =∆= 1.41(N·s)．[注意]质点向心力大小为F = mv 2/R ，方向是指向圆心的，其方向在不断地发生改变，所以不能直接用下式计算冲量24v TI Ft mR ==2/42R T T mv mvR ππ==．假设小球被轻绳拉着以角速度ω = v/R 运动，拉力的大小就是向心力F = mv 2/R = mωv ， 其分量大小分别为 F x = F cos θ = F cos ωt ，F y = F sin θ = F sin ωt ，给小球的冲量大小为 d I x = F x d t = F cos ωt d t ，d I y = F y d t = F sin ωt d t ， 积分得 /4/4cos d sin T T x FI F t t tωωω==⎰Fmvω==，/4/4sin d cos T T y FI F t t tωωω==-⎰Fmvω==，合冲量为I ==，与前面计算结果相同，但过程要复杂一些．2．14 用棒打击质量0.3kg ，速率等于20m·s -1的水平飞来的球，球飞到竖直上方10m 的高度．求棒给予球的冲量多大？设球与棒的接触时间为0.02s ，求球受到的平均冲力？[解答]球上升初速度为y v =s -1)，其速度的增量为v ∆=s -1)． 棒给球冲量为I = m Δv = 7.3(N·s)，对球的作用力为（不计重力）：F = I/t = 366.2(N)．2．15 如图所示，三个物体A 、B 、C ，每个品质都为M ，B 和C 靠在一起，放在光滑水平桌面上，两者连有一段长度为0.4m 的细绳，首先放松．B 的另一侧则连有另一细绳跨过桌边的定滑轮而与A 相连．已知滑轮轴上的摩擦也可忽略，绳子长度一定．问A 和B 起动后，经多长时间C 也开始运动？C 开始运动时的速度是多少？（取g = 10m·s -2）[解答]物体A 受到重力和细绳的拉力，可列方程Mg – T = Ma ，物体B 在没有拉物体C 之前在拉力T 作用下做加速运动， 加速度大小为a ，可列方程：T = Ma ， 联立方程可得：a = g/2 = 5(m·s -2)．根据运动学公式：s = v 0t + at 2/2， 可得B 拉C 之前的运动时间；t =．此时B 的速度大小为：v = at = 2(m·s -1)．物体A 跨过动滑轮向下运动，如同以相同的加速度和速度向右运动．A 和B 拉动C 运动是一个碰撞过程，它们的动量守恒，可得：2Mv = 3Mv`， 因此C 开始运动的速度为：v` = 2v /3 = 1.33(m·s -1)．2．16 一炮弹以速率v 0沿仰角θ的方向发射出去后，在轨道的最高点爆炸为质量相等的两块，一块沿此45°仰角上飞，一块沿45°俯角下冲，求刚爆炸的这两块碎片的速率各为多少？[解答] 炮弹在最高点的速度大小为v = v 0cos θ，方向沿水平方向． 根据动量守恒定律，可知碎片的总动量等于炮弹爆炸前的 总动量，可作向量三角形，列方程得 /2`cos 452mmv v =︒，所以 v` = v /cos45° = 0cos θ．2．17 如图所示，一匹马拉着雪撬沿着冰雪覆盖的弧形路面极缓慢地匀速移动，这圆弧路面的半径为R ．设马对雪橇的拉力总是平行于路面．雪橇的品质为m ，它与路面的滑动摩擦因子为μk ．当把雪橇由底端拉上45°圆弧时，马对雪橇做了多少功？重力和摩擦力各做了多少功？[解答]取弧长增加的方向为正方向，弧位移d s 的大小为d s = R d θ． 重力G 的大小为：G = mg ，方向竖直向下，与位移元的夹角为π + θ，所做的功元为1d d cos(/2)d W G s G s θ=⋅=+πv xΔv v y图2.17sin d mgR θθ=-，积分得重力所做的功为454510(sin )d cos W mgR mgR θθθ︒︒=-=⎰(1mgR =-．摩擦力f 的大小为：f = μk N = μk mg cos θ，方向与弧位移的方向相反，所做的功元为2d d cos d W f s f s =⋅=πcos d k u mg R θθ=-，积分得摩擦力所做的功为4520(cos )d k W mgR μθθ︒=-⎰450sin k k mgR mgR μθ︒=-=．要使雪橇缓慢地匀速移动，雪橇受的重力G 、摩擦力f 和马的拉力F 就是平衡力，即0F G f ++=，或者 ()F G f =-+．拉力的功元为：d d (d d )W F s G s f s =⋅=-⋅+⋅12(d d )W W =-+，拉力所做的功为12()W W W =-+(1)k mgR =+．由此可见，重力和摩擦力都做负功，拉力做正功．2．18 一品质为m 的质点拴在细绳的一端，绳的另一端固定，此质点在粗糙水平面上作半径为r 的圆周运动．设质点最初的速率是v 0，当它运动1周时，其速率变为v 0/2，求：（1）摩擦力所做的功； （2）滑动摩擦因子；（3）在静止以前质点运动了多少圈？[解答] （1）质点的初动能为：E 1 = mv 02/2， 末动能为：E 2 = mv 2/2 = mv 02/8，动能的增量为：ΔE k = E 2 – E 1 = -3mv 02/8， 这就是摩擦力所做的功W ．（2）由于d W = -f d s = -μk N d s = -μk mgr d θ，积分得：20()d 2k k W mgr mgrπμθπμ=-=-⎰．由于W = ΔE ，可得滑动摩擦因子为20316k v gr μ=π．（3）在自然坐标中，质点的切向加速度为：a t = f/m = -μk g ， 根据公式v t 2 – v o 2 = 2a t s ，可得质点运动的弧长为22008223k v v r s a g πμ===，圈数为 n = s/2πr = 4/3．[注意]根据用动能定理，摩擦力所做的功等于质点动能的增量：-fs = ΔE k ， 可得 s = -ΔE k /f ，由此也能计算弧长和圈数。
大学物理第二册习题答案详解
(1)在带电直线上取线元 ，其上电量 在 点产生电势为
(2)同理
8-19如题8-19图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为 的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于 ．试求环中心 点处的场强和电势．
解:(1)由于电荷均匀分布与对称性， 和 段电荷在 点产生的场强互相抵消，取
则 产生 点 如图，由于对称性， 点场强沿 轴负方向
答：(1)电容器两极板间距减小时：电荷不变，场强不变，电势差变小，电容变大，电容器储能减少。
(2)电荷增加，场强变大，电势差不变，电容变大，电容器储能增加。
9-4电容分别为C1，C2的两个电容器，将它们并联后用电压U充电与将它们串联后用电压2U充电的两种情况下，哪一种电容器组合储存的电量多？哪一种储存的电能大？
解:如题8-16图示
∴
8-17电荷q均匀分布在半径为R的球体内，试证明离球心r(r＜R)处的电势为U＝
证:场的分布具有球对称性,取同心球面为高斯面
r<R: ,
r>R: ,
∴
8-18电量q均匀分布在长2l的细直线上.试求：(1)带电直线延长线上离中点为r处的电势；(2)带电直线中垂线上离中点为r处的电势.
习题八
8-1根据点电荷场强公式 ，当被考察的场点距源点电荷很近(r→0)时，则场强E→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?
解: 仅对点电荷成立，当 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．
8-2在真空中有 ， 两平行板，相对距离为 ，板面积为 ，其带电量分别为+ 和- ．则这两板之间有相互作用力 ，有人说 = ,又有人说，因为 = , ，所以 = ．试问这两种说法对吗?为什么? 到底应等于多少?
大学物理(许瑞珍_贾谊明)第14章答案
第十四章 波动14－1 如本题图所示，一平面简谐波沿ox 轴正向传播，波速大小为u ，若P 处质点振动方程为)cos(ϕ+ω=t A y P ，求：（1）O 处质点的振动方程；（2）该波的波动方程；（3）与P 处质点振动状态相同质点的位置。
解：（1）O 处质点振动方程：y 0 = A cos [ ω（t + L / u ）+φ] （2）波动方程y 0 = A cos { ω[t - （x - L ）/ u +φ} （3）质点位置x = L ± k 2πu / ω （k = 0 , 1, 2, 3……）14－2 一简谐波，振动周期T =1/2s ，波长λ＝10m ，振幅A =0.1m ，当t =0时刻，波源振动的位移恰好为正方向的最大值，若坐标原点和波源重合，且波沿ox 轴正方向传播，求：（1）此波的表达式；（2）t 1＝T/4时刻，x 1=λ/4处质点的位移；（3）t 2 ＝T/2时刻，x 1=λ/4处质点的振动速度。
解：（1） y = 0.1 cos ( 4πt - 2πx / 10 )= 0.1 cos 4π（t - x / 20 ） (SI) （2） 当 t 1 = T / 4 = 1 / 8 ( s ) , x 1 = λ/ 4 = 10 / 4 m 处质点的位移y 1 = 0.1cos 4π（T / 4 - λ/ 80 ）= 0.1 cos 4π(1 / 8 - 1 / 8 ) = 0.1 m （3） 振速 )20/(4sin 4.0x t tyv --=∂∂=ππ t 2 = T / 2 = 1 / 4 (S) ,在x 1 = λ/ 4 = 10 / 4( m ) 处质点的振速v 2 = -0.4πsin (π-π/ 2 ) = - 1.26 m / s14－3 一简谐波沿x 轴负方向传播，圆频率为ω，波速为u 。
设4Tt =时刻的波形如本题图所示，求该波的表达式。
解：由图可看出，在t=0时，原点处质点位移y 0＝－A ，说明原点处质点的振动初相πϕ=0，因而波动方程为])(cos[πω++=uxt A y14－4 本题图表示一平面余弦波在t ＝0时刻与t ＝2s 时刻的波形图，求： (1) 坐标原点处介质质点的振动方程；(2) 该波的波方程。
湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案资料讲解
湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案第14章 稳恒电流的磁场 一、选择题1(B)，2(D)，3(D)，4(B)，5(B)，6(D)，7(B)，8(C)，9(D)，10(A) 二、填空题(1). 最大磁力矩，磁矩 ; (2). πR 2c ； (3). )4/(0a I μ； (4).RIπ40μ ；(5). μ0i ，沿轴线方向朝右. ； (6). )2/(210R rI πμ， 0 ; (7). 4 ; (8). )/(lB mg ； (9). aIB ; (10). 正，负.三 计算题1．一无限长圆柱形铜导体(磁导率μ0)，半径为R ，通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S (长为1 m ，宽为2 R )，位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量．解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小，由安培环路定律可得： )(220R r rRIB ≤π=μ 因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r R I Rd 2020⎰π=μπ=40Iμ在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为)(20R r rIB >π=μ 因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40Iμ2ln 20π+Iμ2. 横截面为矩形的环形螺线管，圆环内外半径分别为R 1和R 2，芯子材料的磁导率为μ，导线总匝数为N ，绕得很密，若线圈通电流I ，求．(1) 芯子中的B 值和芯子截面的磁通量． (2) 在r < R 1和r > R 2处的B 值．解：(1) 在环内作半径为r 的圆形回路, 由安培环路定理得 NI r B μ=π⋅2， )2/(r NI B π=μ 在r 处取微小截面d S = b d r , 通过此小截面的磁通量r b rNIS B d 2d d π==μΦ穿过截面的磁通量⎰=S S B d Φr b r NId 2π=μ12ln 2R R NIb π=μ (2) 同样在环外( r < R 1 和r > R 2 )作圆形回路, 由于0=∑i I02=π⋅r B ∴ B = 03. 一根很长的圆柱形铜导线均匀载有10 A 电流，在导线内部作一平面S ，S 的一个边是导线的中心轴线，另一边是S 平面与导线表面的交线，如图所示．试计算通过沿导线长度方向长为1m 的一段S 平面的磁通量．(真空的磁导率μ0 =4π×10-7 T ·m/A ，铜的相对磁导率μr ≈1)解：在距离导线中心轴线为x 与x x d +处，作一个单位长窄条，其面积为 x S d 1d ⋅=．窄条处的磁感强度202RIxB r π=μμ所以通过d S 的磁通量为 x RIxS B r d 2d d 20π==μμΦ通过１m 长的一段S 平面的磁通量为⎰π=Rr x RIx20d 2μμΦ60104-=π=Ir μμ Wb4. 计算如图所示的平面载流线圈在P 点产生的磁感强度，设线圈中的电流强度为I ．解：如图，CD 、AF 在P 点产生的 B = 0EF DE BC AB B B B B B+++=)sin (sin 4120ββμ-π=aIB AB ， 方向⊗ 其中 2/1)2/(sin 2==a a β，0sin 1=β ∴ a I B AB π=240μ， 同理, aIB BC π=240μ，方向⊗．同样 )28/(0a I B B EF DE π==μ，方向⊙． ∴ aI B π=2420μaIπ-240μaIπ=820μ 方向⊗．5. 如图所示线框，铜线横截面积S = 2.0 mm 2，其中OA和DO ＇两段保持水平不动，ABCD 段是边长为a 的正方形的三边，它可绕OO ＇轴无摩擦转动．整个导线放在匀强磁场B 中，B的方向竖直向上．已知铜的密度ρ = 8.9×103 kg/m 3，当铜线中的电流I =10 A 时，导线处于平衡状态，AB 段和CD 段与竖直方向的夹角α =15°．求磁感强度B的大小．解：在平衡的情况下，必须满足线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡(对OO ＇轴而言)．重力矩 αραρsin sin 2121gSa a a gS a M +⋅=SRxd x2a2aaaIPIP AB C D E IIIO BA D C O ＇α α Bαρsin 22g Sa =磁力矩 ααcos )21sin(222B Ia BIa M =-π=平衡时 21M M =所以 αρsin 22g Sa αcos 2B Ia = 31035.9/tg 2-⨯≈=I g S B αρ T6. 如图两共轴线圈，半径分别为R 1、R 2，电流为I 1、I 2．电流的方向相反，求轴线上相距中点O 为x 处的P 点的磁感强度．解：取x 轴向右，那么有2/322112101])([2x b R I R B ++=μ 沿x 轴正方向 2/322222202])([2x b R I R B -+=μ 沿x 轴负方向21B B B -=[2μ=2/32211210])([x b R I R ++μ]])([2/32222220x b R I R -+-μ若B > 0，则B 方向为沿x 轴正方向．若B < 0，则B的方向为沿x 轴负方向．7. 如图所示．一块半导体样品的体积为a ×b ×c ．沿c 方向有电流I ，沿厚度a 边方向加有均匀外磁场B (B的方向和样品中电流密度方向垂直)．实验得出的数据为 a ＝0.10 cm 、b ＝0.35cm 、c ＝1.0 cm 、I ＝1.0 mA 、B ＝3.0×10-1 T ，沿b 边两侧的电势差U ＝6.65 mV ，上表面电势高．(1) 问这半导体是p 型(正电荷导电)还是n 型(负电荷导电)？ (2) 求载流子浓度n 0 (即单位体积内参加导电的带电粒子数)．解：(1) 根椐洛伦兹力公式：若为正电荷导电，则正电荷堆积在上表面，霍耳电场的方向由上指向下，故上表面电势高，可知是p 型半导体。
湖南大学物理(2)第13章课后习题参考答案
第13章 静电场中的导体和电解质一、选择题1(D)，2(A)，3(C)，4(C)，5(C)，6(B)，7(C)，8(B)，9(C)，10(B)二、填空题(1). 4.55×105 C ；(2). σ (x ，y ，z )/ε0，与导体表面垂直朝外(σ > 0) 或 与导体表面垂直朝里(σ < 0). (3). εr ，1， εr ； (4). 1/εr ，1/εr ；(5). σ ，σ / ( ε 0ε r )； (6).Rq 04επ ；(7). P ，－P ，0； (8) (1- εr )σ / εr ； (9). 452； (10). εr ，εr三、计算题1.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．解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q ，外表面上带电荷q +Q ． (2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O 点的 距离都是a ，所以由这些电荷在O 点产生的电势为 adqU q 04επ=⎰-aq04επ-=(3) 球心O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q 在O 点 产生的电势的代数和 q Q q q O U U U U +-++= r q 04επ=a q 04επ-b q Q 04επ++ )111(40b a r q +-π=εbQ04επ+2. 一圆柱形电容器，外柱的直径为4 cm ，内柱的直径可以适当选择，若其间充满各向同性的均匀电介质，该介质的击穿电场强度的大小为E 0= 200 KV/cm ．试求该电容器可能承受的最高电压． (自然对数的底e = 2.7183)解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为λ，则电容器两极板之间的场强分布 为 )2/(r E ελπ= 设电容器内外两极板半径分别为r 0，R ，则极板间电压为⎰⎰⋅π==R rRr r r r E U d 2d ελ 0ln 2r Rελπ=电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E 0时电容器击穿，这时应有002E r ελπ=，000ln r R E r U = 适当选择r 0的值，可使U 有极大值，即令0)/ln(/d d 0000=-=E r R E r U ，得 e R r /0=，显然有22d d r U < 0，故当 e R r /0= 时电容器可承受最高的电压 e RE U /0max = = 147 kV.3. 如图所示，一圆柱形电容器，内筒半径为R 1，外筒半径为R 2 (R 2＜2 R 1)，其间充有相对介电常量分别为εr 1和εr 2＝εr 1 / 2的两层各向同性均匀电介质，其界面半径为R ．若两种介质的击穿电场强度相同，问：(1) 当电压升高时，哪层介质先击穿？(2) 该电容器能承受多高的电压？解：(1) 设内、外筒单位长度带电荷为＋λ和－λ．两筒间电位移的大小为 D ＝λ / (2πr ) 在两层介质中的场强大小分别为E 1 = λ / (2πε0 εr 1r )， E 2 = λ / (2πε0 εr 2r ) 在两层介质中的场强最大处是各层介质的内表面处，即E 1M = λ / (2πε0 εr 1R 1)， E 2M = λ / (2πε0 εr 2R ) 可得 E 1M / E 2M = εr 2R / (εr 1R 1) = R / (2R 1)已知 R 1＜2 R 1， 可见 E 1M ＜E 2M ，因此外层介质先击穿． (2) 当内筒上电量达到λM ，使E 2M ＝E M 时，即被击穿，λM = 2πε0 εr 2RE M 此时．两筒间电压(即最高电压)为：r r r r U R R r M RR r M d 2d 221201012⎰⎰+=επελεπελ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=R R R R RE r r M r 22112ln 1ln 1εεε4. 一空气平行板电容器，两极板面积均为S ，板间距离为d (d 远小于极板线度)，在两极板间平行地插入一面积也是S 、厚度为t (<d )的金属片，如图所示. 试求：(1) 电容C 于多少？ (2) 金属片放在两极板间的位置对电容值有无影响？解：设极板上分别带电荷+q 和-q ；金属片与A 板距离为d 1，与B 板距离为d 2；金属片与A 板间场强为 )/(01S q E ε=金属板与B 板间场强为 )/(02S q E ε= 金属片内部场强为 0='E 则两极板间的电势差为2211d E d E U U B A +=- )(210d d S q+=ε)(0t d Sq -=ε 由此得 )/()/(0t d S U U q C B A -=-=ε因C 值仅与d 、t 有关，与d 1、d 2无关，故金属片的安放位置对电容值无影响．O R 1R 2Rεr 2εr 1t S S S d Ad 1t d 2d5. 如图所示，一电容器由两个同轴圆筒组成，内筒半径为a ，外筒半径为b ，筒长都是L ，中间充满相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质．内、外筒分别带有等量异号电荷+Q和-Q ．设 (b - a ) << a ，L >> b ，可以忽略边缘效应，求：(1) 圆柱形电容器的电容；(2) 电容器贮存的能量．解：由题给条件 (a a b <<-)和b L >>，忽略边缘效应, 应用高斯定理可求出两 筒之间的场强为： )2/(0Lr Q E r εεπ= 两筒间的电势差 =π=⎰r drL QU bar εε02a b L Q r ln 20εεπ 电容器的电容 )]//[ln()2(/0a b L U Q C r εεπ== 电容器贮存的能量 221CU W =)/ln()]4/([02a b L Q r εεπ=6. 如图所示，一平板电容器，极板面积为S ，两极板之间距离为d ，其间填有两层厚度相同的各向同性均匀电介质，其介电常量分别为ε1和ε2．当电容器带电荷±Q 时，在维持电荷不变下，将其中介电常量为ε1的介质板抽出，试求外力所作的功．解：可将上下两部分看作两个单独的电容器串联，两电容分别为d S C 112ε=，d SC 222ε= 串联后的等效电容为 ()21212εεεε+=d SC带电荷±Q 时，电容器的电场能量为 ()S d Q C Q W 21212242εεεε+== 将ε1的介质板抽去后，电容器的能量为 ()S d Q W 202024εεεε+='外力作功等于电势能增加，即 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-'=∆=102114εεS d Q W W W A7. 如图所示，将两极板间距离为d 的平行板电容器垂直地插入到密度为ρ、相对介电常量为εr 的液体电介质中．如维持两极板之间的电势差U 不变，试求液体上升的高度h ．解：设极板宽度为L ，液体未上升时的电容为 C 0 = ε0HL / d 液体上升到h 高度时的电容为()d hL dL h H C rεεε00+-=()011C H h r ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=ε 在U 不变下，液体上升后极板上增加的电荷为()d hLU U C CU Q r /100-=-=∆εε电源作功 ()d hLU QU A r /120-==∆εε液体上升后增加的电能20212121U C CU W -=∆()d hLU r /12120-=εε 液体上升后增加的重力势能 2221gdh L W ρ=∆因 A = ∆W 1+∆W 2，可解出 ()2201gdU h r ρεε-=思考题1. 无限大均匀带电平面（面电荷密度为σ）两侧场强为)2/(0εσ=E ，而在静电平衡状态下，导体表面（该处表面面电荷密度为σ）附近场强为0/εσ=E ，为什么前者比后者小一半？参考解答：关键是题目中两个式中的σ不是一回事。
大学物理第14章学习题答案
习题十四14-1 自然光是否一定不是单色光?线偏振光是否一定是单色光?答：自然光不能说一定不是单色光．因为它只强调存在大量的、各个方向的光矢量，并未要求各方向光矢量的频率不一样．线偏振光也不一定是单色光．因为它只要求光的振动方向同一，并未要求各光矢的频率相同．14-2 用哪些方法可以获得线偏振光?怎样用实验来检验线偏振光、部分偏振光和自然光? 答：略．14-3 一束光入射到两种透明介质的分界面上时，发现只有透射光而无反射光，试说明这束光是怎样入射的?其偏振状态如何?答：这束光是以布儒斯特角入射的．其偏振态为平行入射面的线偏振光． 14-4 什么是光轴、主截面和主平面?什么是寻常光线和非常光线?它们的振动方向和各自的主平面有何关系? 答：略．14-5 在单轴晶体中，e 光是否总是以e n c /的速率传播?哪个方向以0/n c 的速率传播? 答：e 光沿不同方向传播速率不等，并不是以0/n c 的速率传播．沿光轴方向以0/n c 的速率传播．14-6是否只有自然光入射晶体时才能产生O 光和e 光?答：否．线偏振光不沿光轴入射晶体时，也能产生O 光和e 光．14-7投射到起偏器的自然光强度为0I ，开始时，起偏器和检偏器的透光轴方向平行．然后使检偏器绕入射光的传播方向转过130°，45°，60°，试分别求出在上述三种情况下，透过检偏器后光的强度是0I 的几倍? 解：由马吕斯定律有0o 2018330cos 2I I I ==0ο2024145cos 2I I I ==0ο2038160cos 2I I I ==所以透过检偏器后光的强度分别是0I 的83,41,81倍． 14-8 使自然光通过两个偏振化方向夹角为60°的偏振片时，透射光强为1I ，今在这两个偏振片之间再插入一偏振片，它的偏振化方向与前两个偏振片均成30°，问此时透射光I 与1I 之比为多少?解：由马吕斯定律ο20160cos 2I I =80I = 32930cos 30cos 20ο2ο20I I I ==∴25.2491==I I14-9 自然光入射到两个重叠的偏振片上．如果透射光强为，(1)透射光最大强度的三分之一，(2)入射光强的三分之一，则这两个偏振片透光轴方向间的夹角为多少? 解：（1） max 120131cos 2I I I ==α 又 2max I I =∴ ,61I I =故 'ο11124454,33cos ,31cos===ααα. (2) 0220231cos 2I I I ==α ∴ 'ο221635,32cos ==αα 14-10 一束自然光从空气入射到折射率为1.40的液体表面上，其反射光是完全偏振光．试求：(1)入射角等于多少?(2)折射角为多少? 解：(1),140.1tan 0=i ∴'ο02854=i (2) 'ο0ο323590=-=i y14-11 利用布儒斯特定律怎样测定不透明介质的折射率?若测得釉质在空气中的起偏振角为58°，求釉质的折射率． 解：由158tan οn=,故60.1=n 14-12 光由空气射入折射率为n 的玻璃．在题14-12图所示的各种情况中，用黑点和短线把反射光和折射光的振动方向表示出来，并标明是线偏振光还是部分偏振光．图中.arctan ,00n i i i =≠题图14-12解：见图．题解14-12图题14-13图*14-13如果一个二分之一波片或四分之一波片的光轴与起偏器的偏振化方向成30°角，试问从二分之一波片还是从四分之一波片透射出来的光将是：(1)线偏振光?(2)圆偏振光?(3)椭圆偏振光?为什么?解：从偏振片出射的线偏振光进入晶(波)片后分解为e o ,光，仍沿原方向前进，但振方向相互垂直(o 光矢垂直光轴，e 光矢平行光轴)．设入射波片的线偏振光振幅为A ，则有A.2130sin ,A 2330cos οο====A A A A o e ∴ e o A A ≠e o , 光虽沿同一方向前进，但传播速度不同，因此两光通过晶片后有光程差．若为二分之一波片,e o ,光通过它后有光程差2λ=∆，位相差πϕ=∆，所以透射的是线偏振光．因为由相互垂直振动的合成得ϕϕ∆=∆-+22222sin cos 2eo eoA A xyA y A x ∴ 0)(2=+eo A yA x 即 x A A y oe-= 若为四分之一波片，则e o ,光的,4λ=∆位相差2πϕ=∆，此时1sin ,0cos =∆=∆ϕϕ∴12222=+eoA y A x即透射光是椭圆偏振光．*14-14 将厚度为1mm 且垂直于光轴切出的石英晶片，放在两平行的偏振片之间，对某一波长的光波，经过晶片后振动面旋转了20°．问石英晶片的厚度变为多少时，该波长的光将完全不能通过?解：通过晶片的振动面旋转的角度ϕ与晶片厚度d 成正比．要使该波长的光完全不能通过第二偏振片，必须使通过晶片的光矢量的振动面旋转ο90． ∴ 1212::d d =ϕϕmm 5.412090οο1122=⨯==d d ϕϕ。
马文蔚《物理学》（第6版）（下册）配套题库【名校考研真题＋课后习题＋章..
目 录第一部分 名校考研真题第9章 振 动第10章 波 动第11章 光 学第12章 气体动理论第13章 热力学基础第14章 相对论第15章 量子物理第二部分 课后习题第9章 振 动第10章 波 动第11章 光 学第12章 气体动理论第13章 热力学基础第14章 相对论第15章 量子物理第三部分 章节题库第9章 振 动第10章 波 动第11章 光 学第12章 气体动理论第13章 热力学基础第14章 相对论第15章 量子物理第四部分 模拟试题马文蔚等《物理学》配套模拟试题及详解第一部分 名校考研真题第9章 振 动一、选择题一弹簧振子，重物的质量为m ，弹簧的劲度系数为k ，该振子作振幅为A 的简谐振动．当重物通过平衡位置且向规定的正方向运动时开始计时，则其振动方程为（ ）．[电子科技大学2007研]A．B ．C ．D．E．二、填空题一物体作简谐振动，其振动方程为（国际单位制）．则此简谐振动的周期为______；当t ＝0.6s 时，物体的速度为______．[南京航空航天大学2008研]三、计算题1．考虑n ＝2摩尔的理想气体氦气，置于一垂直放置的圆柱体所缸中，如图9-1所示．水平放置的活塞可以在气缸中无摩擦上下运动．活塞质量为，气缸截面积为．活塞被一无质量的弹簧与气缸上端连接，活塞向下运动时将氦气向下压缩，活塞上方为真空．系统开始阶段活塞与氦气处于平衡状态时，弹簧处于未形变状态，氦气压强为B【答案】1.2s ；－20.9cm/s【答案】、温度为、体积为．假定弹簧弹性常数，气体常数，对于单原子氦气，热容比．活塞在平衡位置作小幅谐振动，计算其谐振频率f．[南京大学2006研]图9-1解：对弹簧，由牛顿第二定律可得： ①由于振动很快，系统来不及与外界发生热量交换，视为绝热过程，因此有：由于活塞在平衡位置作小幅谐振动，因此V0与V之间的变化很小，利用泰勒展开得： ②将②式代入①式有： ③初始时活塞处于平衡状态，有： ④将④代入③有： 整理得： 解得振动频率为： 2．质量分别为和的两个物体A、B，固定在倔强系数为的弹簧两端，竖直地放在水平桌面上，如图9-2所示．用一力垂直地压在A上，并使其静止不动．然后突然撤去，问欲使B离开桌面至少应多大？[中科院–中科大2007研]图9-2解：欲使B刚好弹起，则A到达最高点时弹簧的伸长量至少应为．假设力F作用下弹簧的压缩量为（初始位置），弹簧无变形时A的坐标为0（平衡位置）．运动方程为： 当时，，则方程的解为：利用对称性，在最高点有．整理可得：又，于是：3．如图9-3所示，已知轻弹簧的劲度系数为k，定滑轮可看作质量为M，半径为R的均质圆盘，物体的质量为m，试求：（1）系统的振动周期；（2）当将m托至弹簧原长并释放时，求m的运动方程（以向下为正方向）．[南京理工大学2005研]图9-3 图9-4解：（1）受力分析如图9-4所示，设平衡位置为原点，向下为正，则将物体拉至处时：对m：对： （为角加速度）解得：即： 则系统振动圆频率： 振动周期： （2）设振动方程，其中，．初始条件，当时： 解得： 求得m的运动方程为： 第10章 波 动一、选择题一平面简谐波沿x 轴正方向传播，振幅为A ，频率为．设时刻的波形曲线如图10-1所示，则x=0处质点的振动方程为（ ）．[电子科技大学2006研]图10-1A．B ．C ．D．二、填空题1．一质点沿x 轴作简谐振动，它的振幅为A ，周期为T ．时，质点位于x 轴负向离平衡最大位移的一半处且向负方向运动，则质点的振动方程为x ＝______．在一周期内质点从初始位置运动到正方向离平衡位置为最大位移的一半处的时间为______．[南京航空航天大学2007研]2．一平面简谐机械波在弹性媒质中传播，一媒质质元在通过平衡位置时，其振动动能与弹性势能______（填相同或不同）．[湖南大学2007研]B 【答案】【答案】相同【答案】3．以波速u 向x 正方向传播的平面简谐波，振幅为A ，圆频率为，设位于坐标处的质点，t ＝0时，位移，且向y 负方向运动，则该质点的振动方程为______，该平面简谐波的波动方程（波函数）为______．[南京理工大学2005研]三、计算题1．火车以匀速行驶而过，铁路边探测器所测得的火车汽笛最高和最低频率分别为和，设声速为，求火车的行驶速度．[南京大学2006研]解：由多普勒效应可得： ① ②①、②两式相除，得：解得火车车速为：2．一列平面简谐纵波在均匀各向同性弹性介质中传播，求单位体积介质所具有的能量？（自设相关物理量）．[北京师范大学2008研]解：波动方程：振动速度： 设介质的密度为，用dV 表示体元体积，则该体积元动能：体积应变： 则势能： 因为，所以： 则有： 所以，单位体积介质所具有的能量为：【答案】3．已知一平面简谐波的表达式为y＝0.25cos(125t－0.37x)（SI）．（1）分别求x1＝10m，x2＝25m两点处质点的振动方程．（2）求x1、x2两点间的振动相位差．（3）求x1点在t＝4s时的振动位移．[浙江大学2008研]解：（1），（2）由，可得： 所以： （3）时的振动位移为：4．甲火车以43.2千米/小时的速度行驶，其上一乘客听到对面驶来的乙火车鸣笛声的频率为v1＝512赫兹；当这一火车过后，听其鸣笛声的频率为v2＝428赫兹．求乙火车上的人听到乙火车鸣笛的频率v0和乙火车对于地面的速度u．设空气中声波的速度为340米/秒．[中科院—中科大2009研]解：由题可得： 其中，v＝340m/s，v0＝43.2km/h＝12m/s．解得：v0＝468Hz，u＝18.4m/s＝66.3km/h5．如图10-2所示，一平面简谐波沿x轴正方向传播，已知振幅为A，频率为，波速为u．（1）若t＝0时，原点O处质元正好由平衡位置向位移正方向运动，写出此波的波函数．（2）若该波在离原点处被竖直的墙面反射，欲使坐标原点处为波节，求满足的条件（设反射时无能量损失）．[厦门大学2006研]图10-2解：（1）t＝0时，y0＝0，u0＞0，所以初始相位，故波动方程为：（2）欲使波在x0处反射后到达y0处与原行波叠加产生波节，则原点O处两振动必须反相．即：所以有： ，k＝0，1，2，…6．已知一平面余弦波振幅A＝0.03m，波速u＝1ms-1，波长，若以坐标原点O处质点恰好在平衡位置且向负方向运动时作为计时起点，求：（1）O点振动方程．（2）波动方程．（3）与原点相距处，t＝1秒时，质点的位移、速度；（4）和两点间的相位差．[南京航空航天大学2006研]解：（1）设O点振动方程为：．其中，，由题意知：．于是： （2）波动方程为：．得：（3）与原点相距处，波动方程：得质点速度： 当t＝1秒时： （4）相位差： 7．设入射波的表达式为，在处发生反射，反射点为一固定端，设反射时无能量损失，求：（1）反射波的表达式．（2）合成的驻波的表达式．（3）波腹和波节的位置．[湖南大学2007研]解：（1）反射波的表达式为： （2）驻波的表达式为：（3）由，可得波腹位置为：由，可得波节位置为：，8．图10-3所示为一沿x轴正方向传播的平面余弦行波在t＝2s时刻的波形曲线，波速u＝0.5m/s，求：（1）原点o的振动方程；（2）波动方程．[电子科技大学2007研]图10-3解：（1）由已知得：．可得振动方程：（2）波动方程为： 9．一横波沿绳子传播，其波的表达式为．（1）求此波的振幅、波速、频率和波长．（2）求绳子上各质点的最大振动速度和最大振动加速度．（3）求处和处二质点振动的相位差．[宁波大学2009研]解：（1）将波的表达式与标准形式比较，得：，（2） （3），二振动反相．第11章 光 学一、选择题1．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 的透明介质片后，两光路光程差的改变量为（ ）．[暨南大学2010研]A．B．C．D．【解析】迈克尔孙干涉仪的原理为光的干涉，两束光进过G1平面镜被分为两束光，这两束光发生干涉．当在其中一条光路中放入折射率为n 的厚透明介质时，被放入介质的那条光路光程将发生变化，由于需要两次穿过新加入的透明介质，故光程差的改变量为：．2．自然光从空气入射到某介质表面上，当折射角为30°时，反射光是完全偏振光，则此介质的折射率为（ ）．[暨南大学2010研]A．B．C．D．3．若把牛顿环装置（都是用折射率为1.52的玻璃制成的）由空气搬入折射率为1.33的水中，则干涉条纹（ ）．[暨南大学2010研]C【答案】B【答案】当折射光线与反射光线垂直时反射完全偏振光，由折射公式得．【解析】A ．中心暗斑变成亮斑B ．间距不变C ．变疏D ．变密【解析】设牛顿环中某处的空气薄层厚度为e ，互相干涉的两束反射光的光程差为，若n 增大，则每个位置处的光程差增大，形成更大级数的干涉条纹，所以条纹变密．4．根据惠更斯——菲涅耳原理，若已知光在某时刻的波阵面为S ，则S 的前方某点P 的光强度决定于波阵面S 上所有面积元发出的子波各自传到P 点的（ ）．[暨南大学2010研]A ．振动的相干叠加B ．振动振幅之和C ．光强之和D ．振动振幅平方之和5．在单缝夫琅和费衍射实验中，波长为l 的单色光垂直入射在宽度为a=4l 的单缝上，对应于衍射角为30°的方向，单缝处波阵面可分成的半波带数目为（ ）．[暨南大学2010研]A ．2个B ．6个C ．4个D ．8个D【答案】A【答案】由惠更斯—菲涅耳原理，统一波阵面各点发出的子波，经传播而在空间某点相遇，发生的是相干叠加．【解析】C【答案】可近似将单缝所在平面看作波阵面，则每一半波带都沿单缝方向，设总半波带【解析】得N=4.6．一束白光垂直入射在光栅上，在形成的同一级光栅光谱中，偏离中央明纹最远的是（ ）．[暨南大学2010研]A ．紫光B ．黄光C ．红光D ．绿光【解析】根据光栅公式，同一级条纹满足，可见光中红光波长最长，故偏离中央明纹最远．7．光强为I 0的自然光依次垂直通过两个偏振片，且此两偏振片的偏振化方向夹角a=45°，若不考虑偏振片的反射和吸收，则透射偏振光的强度I 是（ ）．[暨南大学2010研]A．B．C．D．由此可得，8．一光波分别通过两种不同介质的光程相同，则（ ）．[暨南大学2011研]数为N ，则C【答案】A【答案】自然光经过任一偏振片后光强减半，再经过另一个偏振片，根据马吕斯定律【解析】A ．光波通过这两种介质的时间不相同B ．光波通过这两种介质的时间相同C ．光波通过这两种介质后的位相不相同D ．光波通过这两种介质后的位相相同9.在迈克耳孙干涉仪的一臂中放入一折射率为厚度为的透明介质片，同时在另一臂中放入一折射率为厚度为的透明介质片，设没有放两透明介质片时两臂的光程差为 则放入两透明介质片后两臂的光程差为（ ）．[暨南大学2011研]A．；B ．C．D．10．关于光学仪器的分辨本领，下述表述错误的是（ ）．[暨南大学2011研]A ．分辨本领受到衍射极限的限制B ．分辨本领和光学仪器的通光口径有关C ．分辨本领和照明光的波长有关D ．分辨本领和照明光的强度有关B【答案】光程差公式为 L ＝nd ，在不同介质中光速不同，v ＝c/n,故传播时间为 t ＝d/v ＝L/c ，对不同的介质相同．出射光的位相与入射光有关，故不能确定．【解析】B【答案】放入介质片后，相应光路中的光两次经过此介质，光程变化为2nd ，所以放入两个介质片后，两臂的光程差变化为2（n2－n1）d【解析】D【答案】光学仪器的分辨率，与由衍射导致的像点的展宽有关，而衍射条纹与通光孔径【解析】11．自然光从空气入射到某透明介质表面上，则（ ）．[暨南大学2011研]A ．反射光一定是完全偏振光B ．反射光一定是部分偏振光C ．折射光一定是部分偏振光D ．折射光一定是完全偏振光12．眼镜片上的增透膜是根据光的以下什么现象做成的（ ）．[暨南大学2011研]A ．光的干涉B ．光的衍射C ．光的布儒斯特定律D ．光的马吕斯定律13．光强度（ ）．[暨南大学2011研]A ．和光波的振幅成正比B ．和光波的振幅的平方成正比C ．和光波的位相成正比D ．和光波的位相的平方成正比和波长有关，与光强无关．C【答案】根据菲涅耳反射折射公式，自然光入射产生的反射和折射光都将变成部分偏振光．但当入射角为布鲁斯特角时，反射光为完全偏振光．【解析】A【答案】增透膜的原理是通过在镜片表面镀膜，使得某波长的光在膜前后表面反射光之间光程差是半波长的奇数倍，从而使反射光相干抵消，增加透射．【解析】B【答案】光强度是单位面积单位时间内辐射光的平均能量，此平均能量与电场分量或磁场分量的振幅的平方成正比，而由于是时间平均效果，与位相无关．【解析】14．一束白光垂直入射在单缝上，在第一级夫琅和费衍射明纹中，靠近中央明纹的颜色是（ ）．[暨南大学2011研]A ．紫光B ．黄光C ．红光D ．绿光【解析】单缝衍射明纹满足，故条纹到中央明纹的距离与波长正相关，所以紫光一级明纹最靠近中间．15．光强为I0的自然光依次垂直通过三个偏振片，且第一和第三偏振片的偏振化方向夹角a=90°，第二和第三偏振片的偏振化方向夹角a=45°，若不考虑偏振片的反射和吸收，则从第三偏振片透射出的光强I 是（ ）．[暨南大学2011研]A．B．C．D．二、填空题1．一个平凸透镜的顶点和一平板玻璃接触，用单设光垂直照射，观察反射光形成的牛顿环，测得中央暗斑外第k 个暗环半径为r 1．现将透镜和玻璃板之间的空气换成某种液体（其折射率小于玻璃的折射率），第k 个暗环的半径变为变为r 2，由此可知该液体的折射率为______．[南京航空航天大学2008研]A【答案】C【答案】自然光经过第一个偏振片，光强减半．第一偏振片的偏振方向与第二个，第二个与第三个，夹角都是45°，根据马吕斯定律，【解析】2．自然光入射到空气和某玻璃的分界面上，当入射角为60°时，反射光为完全偏振光，则该玻璃的折射率为______；一束强度为的自然光垂直入射于两种平行放置且透光轴方向夹角为60°的偏振片上，则透射光强度为______．[南京理工大学2005研]三、计算题1．一平凸透镜置于一平板玻璃上，波长为6700Å的红光垂直从上方入射，由透镜凸表面和平板玻璃表面反射的光形成牛顿环干涉条纹．透镜和平玻璃的接触点处为暗纹，测得第12条暗纹的半径为11mm ，求透镜的曲率半径R ．[暨南大学2010研]解：牛顿环上r半径处空气层的厚度为第12条暗纹处与第一条暗纹处光程差相差11个波长，可得透镜的曲率半径为 2．（5分）将麦克耳孙干涉仪的一臂稍微调长（移动镜面），观察到有150条暗纹移过视场．若所用光的波长为480nm ，求镜面移动的距离．[暨南大学2010研]解：在迈克尔孙干涉仪中，沿两条光路的光发生干涉，它们之间光程差每变化一个波长，则有一条暗纹移过视场．设镜面移动距离为d，则得．3．在杨氏双缝实验中，两缝相距2mm ，用l ＝750nm 和l¢＝900nm 的混合光照明，若屏幕到缝的距离为2m ，问两种波长的光的干涉明纹重合的位置到中央明纹中线的最小距离为多少？[暨南大学2010研]解：双缝干涉第k级干涉明纹满足，【答案】【答案】要想使不同波长的两束光条纹重合，需要某级条纹距离相同，即可得，k最小值为6，故4．如何利用偏振片和波晶片（1/4波片、半波片等）将一束自然光转化为圆偏振光？又如何利用波晶片将一线偏振光的偏振方向旋转90度？[暨南大学2010研]解：（1）首先将自然光通过偏振片，变成线偏光．然后使线偏光通过1/4波片，保证线偏振方向与波片光轴方向呈45°角，从而出射的o光和e光方向相同，振幅相等，相位差，从而变成圆偏振光．（2）首先将线偏光通过一个1/4波片，变成圆偏光，再经过一个与原偏振方向垂直的偏振片，变成新方向的线偏光．5．白光垂直照射到一厚度为370nm的肥皂膜（膜的两侧都为空气）上，设肥皂的折射率为1.32，试问该膜的正面呈现什么颜色？[暨南大学2011研]解：肥皂膜前后表面反射光的光程差为青色光的波长范围是476－495 nm，所以L正好是青色光波长的二倍；红色光的波长范围是 620－750 nm，所以L正好是红色光波长的3/2倍．所以前后表面反射的红光相干相消，青光相干相长，所以呈青色．6．用波长500nm的单色光垂直照射到宽0.5mm的单缝上，在缝后置一焦距为0.5m的凸透镜，用一屏来观察夫琅和费衍射条纹，求在屏上中央明纹的宽度和第一级明纹的宽度？并定性解释级次越高，明纹的强度越低的原因．[暨南大学2011研]解：（1）单缝夫琅禾费衍射产生暗纹条件为中央和第一级明纹处衍射角很小，可以近似．所以各暗纹距离中央的位置为所以中央明纹和第一级明纹的宽度分别为（2）明纹级次越高，说明单缝两个位置单色光距明纹处的光程差越大，相位差越大．根据光振幅矢量性，相同幅值的相干光相位差越大，合成振幅越小，从而光强越低．7．请解释为什么劈尖干涉条纹是等间距的直条纹而牛顿环是非等间距的圆条纹？如果看到牛顿环的中央是暗纹，解释之？[暨南大学2011研]解：（1）根据干涉原理，不论是劈尖干涉条纹还是牛顿环条纹，相邻条纹处干涉光光程差的差为．因为劈尖上到顶点的距离和厚度成正比，而厚度和光程差成正比，所以会形成等间距的直条纹；而牛顿环空气层厚度与光程差成正比，但由于棱镜下表面是球形，使得厚度与到中心的水平距离不成正比，所以形成非等间距的圆条纹．（2）中央处空气层厚度为0，棱镜底面与平面玻璃表面发射光的光程差为0．但光由光疏介质（空气）进入光密介质（平面玻璃）进行反射时会产生半波损失，使得两束相干光完全相消，出现中央暗纹．8．杨氏双缝实验中，在两缝S1和S2前分别放置两偏振片P1和P2，在两缝S1和S2后放置一偏振片P3，如图11-1所示，照明光为一自然光．问 (1) 当P1和P2偏振化方向相同，P1和P3偏振片的偏振化方向夹角为45°，屏上是否会出现干涉条纹？为什么？（2）当P1和P2偏振化方向垂直，P1和P3偏振片的偏振化方向夹角为45°，屏上是否会出现干涉条纹？为什么？[暨南大学2011研]图11-1解：（1）会出现干涉条纹．因为经过两个偏振片的光具有相同的偏振方向，都沿P3的方向偏振，所以同频率的光会产生相干叠加，出现干涉条纹．（2）会出现干涉条纹．因为虽然经过第一个偏振片的两束光具有垂直的偏振方向，但由于两束光的偏振方向都与P3偏振化方向呈45°角，根据马吕斯定律，经过P3后的两束光偏振方向相同，且振幅相等．所以依然会产生干涉条纹．9．（1）迈克尔逊干涉仪的M2镜前，当插入一薄玻璃片时，可以观察到有150条干涉条纹向一方移过．若玻璃片的折射率为n=1.632，所用单色光的波长为500nm，试求玻璃片的厚度．（2）用钠光灯（，）照明迈克尔逊干涉仪，首先调整干涉仪得到最清晰的干涉条纹，然后移动M1，干涉图样逐渐变得模糊，到第一次干涉现象消失时，M1由原来位置移动了多少距离？[南京大学2006研]解：（1）插入玻璃片后，光程差改变量为，则：解得玻璃片厚度： （2）干涉条纹消失，即、两个波长照射下的亮纹和暗纹重合，即：解得： 10．试按下列要求设计光栅：当白光垂直照射时，在30°衍射方向上观察到波长为600nm 的第二级主极大，且能分辨Δλ＝0.05nm的两条谱线，同时该处不出现其他谱线的主极大．[浙江大学2008研]解：由光栅方程： ．则：当时，可得： 当，．因为时，主极大，即缺级，因此有：所以有： 11．如图11-2所示，有一缝宽分别为a和2a、两缝中心相距为d的双缝衍射屏，今在缝宽为2a的左半缝前覆盖一个宽度为a的相移片．导出正入射时其夫琅禾费衍射强度分布公式．[山东大学1997研]图11-2解：x方向振幅： y方向振幅： 光强： 12．如图11-3所示，在偏振化方向夹角为60°的两偏振片和之间插入一个四分之一波片C，其光轴与两偏振片偏振化方向的夹角均为30°．一强度为的自然光先后通过偏振片、四分之一波片C和偏振片，求出射的光强度．[厦门大学2006研]图11-3解：经过P1后： ，经过四分之一波片后： ，得出射光振幅： 出射光光强： 第12章 气体动理论一、选择题若为气体分子速率分布函数，则的物理意义是（ ）．[电子科技大学2005研]A ．速率区间内的分子数B ．分子的平均速率C ．速率区间内的分子数占总分子数的百分比D ．速率分布在附近的单位速率区间中的分子数二、填空题1．三个容器A 、B 、C 中装有同种理想气体，其分子数密度n 相同，而最概然速率之比为，则单位体积内的内能之比为______．[南京航空航天大学2007研]2．一定量的理想气体贮于某一容器中，温度为T ，气体分子的质量为m ．根据理想气体的分子模型和统计假设，分子速度在x 方向的分量平方的平均值为______．[北京工业大学2004研]3．由绝热材料包围的窗口被隔板隔为两半，左边是理想气体，右边真空，如果把隔板撤去，气体将进行自由膨胀过程，达到平衡后气体的温度______（填升高、降低或不变），气体的熵______（填增加、减小或不变）．[湖南大学2007研]4．27℃的1mol 氧气分子的最概然速率为______，其物理意义为______，分子的平均平动动能为______，1mol 理想氧气的内能为______．[南京理工大学2005研]三、计算题B【答案】1∶4∶9【答案】【答案】不变；增加【答案】【答案】1．设气体分子的速率分布满足麦克斯韦分布律．（1）求气体分子速率与最可几速率相差不超过0.5%的分子占全部分子的百分之几？（2）设氦气的温度为300K，求速率在3000～3010m/s之间的分子数与速率在1500～1510m/s之间的分子数之比．（3）某种气体的温度为100K和400K时的最可几速率分别为和．在100K时与相差不超过1m/s的分子数为总数的a%，求400K时与相差不超过1m/s的分子数占总数的百分比．[南京大学2006研]解：（1）设气体分子速率与最可几速率相差不超过0.5%的分子数为，全部分子数为，则：（2）设速率在3000～3010m/s之间的分子数为，速率在1500～1510m/s之间的分子数为，则：（3）2．1摩尔双原子理想气体的某一过程的摩尔热容量，其中为定容摩尔热容量，R 为气体的普适恒量．（1）导出此过程的过程方程；（2）设初态为（，），求沿此过程膨胀到时气体的内能变化，对外做功及吸热（或放热）．[北京师范大学2006研]解：（1）理想气体的状态方程为，其微分形式为：由热力学第一定律，则：由上述两式消去，得： 则由的积分可得：上式即为双原子分子理想气体的过程方程．（2）初态，其中；末态．由过程方程，可知：所以，末态为．①气体内能的变化：②对外做功： ③吸收的热量：负号表示与题设相反，即此过程向外放热 ．3．0.2g氢气盛于3.0 L的容器中，测得压强为8.31×104Pa，则分子的最概然速率、平均速率和方均根速率各为多大？[浙江大学2008研]解：气体状态方程： 最概然速率：平均速率：方均根速率： 4．设有N个气体分子组成的系统，每个分子质量为m，分子的速率分布函数为求：（1）常数a．（2）分子的平均速率．（3）若分子只有平动，且忽略分子间的相互作用力，求系统的内能E．[厦门大学2006研]解：（1）由归一化条件可得：解得： （2）N个分子的平均速度：＝（3）由，得：5．许多星球的温度达到108K，在这温度下原子已经不存在了，而氢核（质子）是存在的，若把氢核视为理想气体，求：（1）氢核的方均根速率是多少？（2）氢核的平均平均平动动能是多少电子伏特？[宁波大学2009研]（普适气体常量，玻尔兹曼常量）解：（1）由于，而氢核，所以有：（2）第13章 热力学基础一、选择题在一定量的理想气体向真空作绝热自由膨胀，体积由增至，在此过程中气体的（ ）．[电子科技大学2007研]A．内能不变，熵增加B．内能不变，熵减少C．内能不变，熵不变D．内能增加，熵增加二、填空题热力学第二定律表明在自然界中与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的．开尔文表述指出了______的过程是不可逆的，而克劳修斯表述指出了______的过程是不可逆的．[北京工业大学2004研]三、计算题1．假设地球大气为干燥空气，导热性能不好．气流上升缓慢，可以视为准静态过程．试导出大气的垂直温度梯度dT/dz，并估算其量值的大小．[南京大学2005研]解：对于绝热过程有： 对上式两边同时求导，得：于是有： 对于大气层，气压强变化满足，再结合理想气体状态方程，得：A【答案】功变热；热传导【答案】。
湖南大学大学物理2总复习
直线电场中的场强分布：
电场分布有轴对称性，方向沿径向，如
图所示取闭合曲面S，设均匀带电直线 电荷线密度为
Ψ eSEdS上 E 面 dS下 E 面 dS侧 E 面 dS
侧 E 面 dS2rl E 1 0l,
E 1. 20r r
[C]
1
2. 在一点电荷q产生的静电场中，一块电介质如图放置，以点电荷 所在处为球心作一球形闭合面S，则对此球形闭合面：
E r 介 0 质 空 0 气介 质 空气
抽去介质后， 空气将增大，E空气也将增大。[ B ]
3
4.如图所示，在磁感强度为B 的均匀磁场中，有一圆形载流导 线，a、b、c是其上三个长度相等的电流元，则它们所受安培力 大小的关系为
(A) Fa > Fb > Fc． (B) Fa < Fb < Fc． (C) Fb > Fc > Fa． (D) Fa > Fc > Fb．
2P n2,1 s ,p ,d ,f 0 ,1 ,2 ,3
m 0 , 1 , 2 ,
mS
1 2
[ C]
18
二. 填空题
1．一半径为R的球面均匀带电，所带电量为q，则电场的
能量为We=
。
解法一: We V210E2dV R120E24r2dr
R 210(4q0r2)24r2dr
q2 8 0 R
(A) 高斯定理成立，且可用它求出闭合面上各点的场强．
(B) 高斯定理成立，但不能用它求出闭合面上各点的场强． (C) 由于电介质不对称分布，高斯定理不成立． (D) 即使电介质对称分布，高斯定理也不成立．
SDdS S内 q0
S
q
电
介
大学物理14章答案
第14章 稳恒电流的磁场14.1 充满εr = 2.1电介质的平行板电容器，由于电介质漏电，在3min 内漏失一半电量，求电介质的电阻率．[解答]设电容器的面积为S ，两板间的距离为l ，则电介质的电阻为l R S ρ=．设t 时刻电容器带电量为q ，则电荷面密度为 ζ = q/S ， 两板间的场强为 E = ζ/ε =q/εr ε0S ， 电势差为 U = El =ql/εr ε0S ， 介质中的电流强度为0d 1d r q U q t R εερ-==，负号表示电容器上的电荷减少．微分方程可变为0d 1d r q t q εερ=-， 积分得0ln r tq Cεερ=-+，设t = 0时，q = q m ，则得C = ln q m ，因此电介质的电阻率的公式为0ln(/)r m tq q ρεε=．当t = 180s 时，q = q m /2，电阻率为121808.84210 2.1ln 2ρ-=⨯⨯⨯ =1.4×1013(Ω·m)．14.2 有一导线电阻R = 6Ω，其中通有电流，在下列两种情况下，通过总电量都是30C ，求导线所产生的热量．（1）在24s 内有稳恒电流通过导线； （2）在24s 内电流均匀地减少到零． [解答]（1）稳恒电流为 I = q/t = 1.25(A)， 导线产生的热量为Q = I 2Rt = 225(J)．（2）电流变化的方程为12.5(1)24i t =-， 由于在相等的时间内通过的电量是相等的，在i-t 图中，在0~24秒内，变化电流和稳恒电流直线下的面积是相等的． 在d t 时间内导线产生的热量元为d Q = i 2R d t ，在24s 内导线产生的热量为2424221d [2.5(1)]d 24Q i R t t R t ==-⎰⎰2423112.5624(1)324t =-⨯⨯⨯⨯-=300(J)．14.3 已知铜的相对原子质量A = 63.75，质量密度ρ = 8.9×103kg·m -3． （1）技术上为了安全，铜线内电流密度不能超过6A·mm -2，求此时铜线内电子的漂移速度为多少？（2）求T = 300K 时，铜内电子热运动平均速度，它是漂移速度的多少倍？ [解答]（1）原子质量单位为u = 1.66×10-27(kg)，一个铜原子的质量为m = Au = 1.058×10-25(kg)，铜的原子数密度为 n = ρ/m = 8.41×1028(个·m -3)，如果一个铜原子有一个自由电子，n 也是自由电子数密度，因此自由电子的电荷密度为ρe = ne = 1.34×1010(C·m -3)． 铜线内电流密度为δ = 6×106(A·m -2)，根据公式δ = ρe v ，得电子的漂移速度为 v = ρe /δ = 4.46×10-4(m·s -1)．（2）将导体中的电子当气体分子，称为“电子气”，电子做热运动的平均速度为v =其中k 为玻尔兹曼常数k = 1.38×10-23J·K -1，m e 是电子的质量m e = 9.11×10-31kg ，可得v = 1.076×105(m·s -1)， 对漂移速度的倍数为v /v = 2.437×108，可见：电子的漂移速率远小于热运动的速度，其定向运动可认为是附加在热运动基础上的运动．14.4通有电流的导线形状如图所示，图中ACDO 是边长为b 的正方O 处的磁感应强度B = ？[解答]电O 点的产生的磁场的方向都是垂直纸面向里的．根据毕-萨定律： 002d d 4I r μπ⨯=l r B ，圆弧上的电流元与到O 点的矢径垂直，在O 点产生的磁场大小为012d d 4I l B a μπ=，由于 d l = a d φ， 积分得11d LB B =⎰3/200d 4I a πμϕπ=⎰38Ia μ=．OA 和OD 方向的直线在O 点产生的磁场为零．在AC 段，电流元在O 点产生的磁场为022d sin d 4I l B r μθπ=，由于 l = b cot(π - θ) = -b cot θ，所以 d l = b d θ/sin 2θ；又由于 r = b /sin(π - θ) = b /sin θ， 可得 02s i n d d 4I B b μθθπ=，积分得3/402/2d sin d 4L I B B b ππμθθπ==⎰⎰3/400/2(cos )48IIbb ππμθππ=-=同理可得CD 段在O 点产生的磁场B 3 = B 2． O 点总磁感应强度为00123384I IB B B B a b μπ=++=+．[讨论]（1）假设圆弧张角为φ，电流在半径为a 的圆心处产生的磁感应强度为04IB a μϕπ=．（2）有限长直导线产生的磁感应大小为012(cos cos )4IB b μθθπ=-．对于AC 段，θ1 = π/2、θ2 = 3π/4；对于CD 段，θ1 = π/4、θ2 = π/2，都可得0238IB B b π==．上述公式可以直接引用．14.5 如图所示的载流导线，图中半圆的的半径为R ，直线部分伸向无限远处．求圆心O 处的磁感应强度B = ？[解答]在直线磁场公式012(cos cos )4IB R μθθπ=-中，令θ1 = 0、θ2 = π/2，或者θ1 = π/2、θ2 = π，就得半无限长导线在端点半径为R 的圆周上产生的磁感应强度04IB R μπ=．两无限长半直线在O 点产生的磁场方向都向着-Z 方向，大小为B z = μ0I /2πR ． 半圆在O 处产生的磁场方向沿着-X 方向，大小为B x = μ0I /4R ． O 点的磁感应强度为0042x z IIB B RR μμπ=--=--B i k i k ．场强大小为B ==与X 轴的夹角为2arctan arctan z x B B θπ==．14.6 如图所示的正方形线圈ABCD ，每边长为a ，通有电流I ．求正方形中心O 处的磁感应强度B = ？[解答]正方形每一边到O 点的距离都是a /2，在O 点产生的磁场大小相等、方向相同．以AD 边为例，利用直线电流的磁场公式：012(cos cos )4IB R μθθπ=-，令θ1 = π/4、θ2 =3π/4、R = a /2，AD 在O 产生的场强为02AD IB a π=，O 点的磁感应强度为4AD B B ==方向垂直纸面向里．14.7 两个共轴圆线圈，每个线圈中的电流强度都是I ，半径为R ，两个圆心间距离O 1O 2 = R ，试证：O 1、O 2中点O 处附近为均匀磁场． [证明]方法一：用二阶导数．一个半径为R 的环电流在离圆心为x 的轴线上产生的磁感应强度大小为：20223/22()IR B R x μ=+．设两线圈相距为2a ，以O 点为原点建立坐标，两线圈在x 点产生的场强分别为201223/22[()]IR B R a x μ=++，202223/22[()]IR B R a x μ=+-．方向相同，总场强为B = B 1 + B 2．一个线圈产生的磁场的曲线是凸状，两边各有一个拐点．两个线圈的磁场叠加之后，如果它们相距太近，其曲线就是更高的凸状；如果它们相距太远，其曲线的中间部分就会下凹，与两边的峰之间各有一个拐点．当它图14.7们由远而近到最适当的位置时，两个拐点就会在中间重合，这时的磁场最均匀，而拐点处的二阶导数为零．设k = μ0IR 2/2，则223/2223/211{}[()][()]B k R a x R a x =++++-B 对x 求一阶导数得225/2d 3{d [()]B a x k x R a x +=-++，225/2}[()]a xR a x --+-求二阶导数得2222227/2d 4()3{d [()]B R a x k x R a x -+=-++22227/24()}[()]R a x R a x --++-，在x = 0处d 2B /d x 2 = 0，得R 2 = 4a 2，所以2a = R ．x = 0处的场强为223/22[(/2)]B kR R =+k==方法二：用二项式展开．将B 1展开得2012223/22[2]IR B R a ax x μ=+++20223/22223/22()[1(2)/()]IR R a ax x R a μ=++++．设20223/22()IR k R a μ=+，则23/21222(1)ax x B k R a -+=++．同理，23/22222(1)ax x B k R a --+=++．当x 很小时，二项式展开公式为2(1)(1)1...12n n n x nx x -+=+++⋅．将B 1和B 2按二项式展开，保留二次项，总场强为22232[12ax x B k R a -+=+⋅++22221352()...]1222ax x R a --++⋅⋅+⋅+ 22232[12ax x k R a --+++⋅++22221352()...]1222ax x R a ---++⋅⋅+⋅+22232[12x k R a -=+⋅++ 22222354...]24()a x R a --+⋅⋅++ 222222342[1...]2()R a k x R a --=+⋅++令R 2 - 4a 2 = 0，即a = R /2，得200223/22()25IR IB k R a R μ===+，可知：O 点附近为均强磁场．14.8 将半径为R 的无限长导体圆柱面，沿轴向割去一宽为h (h <<R )的无限长缝后，沿轴向均匀地通有电流，面密度为i ，求轴线上的磁感应强度B = ？[解答]方法一：补缺法．导体圆柱面可看作由很多无限长直导线组成，如果补上长缝，由于对称的缘故，电流在轴线上产生的磁感应强度为零．割去长缝，等效于同时加上两个大小相等，方向相反的电流，其中，与i 相同的电流补上了长缝，与i 相反的电流大小为I = ih ．在轴线上产生的磁感应强度为 0022I ihB R R μμππ==．方法二：积分法．在导体的截面上建立坐标，x 坐标轴平分角α，α = h/R ． 电流垂直纸面向外，在圆弧上取一线元d s = R d θ，无限长直线电流为 d I = i d s = iR d θ， 在轴线产生的磁感应强度大小为图14.8`00d d d 22I iB R μμθππ==，两个分量分别为0d d sin sin d 2x iB B μθθθπ==， 0d d cos cos d 2y iB B μθθθπ=-=-．积分得2/22/200/2/2sin d cos 22x i iB παπαααμμθθθππ--==-⎰0[cos(2/2)cos(/2)]02iμπααπ=---=；2/22/200/2/2cos d sin 22y i i B παπαααμμθθθππ--=-=-⎰0[sin(2/2)sin(/2)]2iμπααπ=---0002sin 2222i iih R μμμααπππ=≈=．B y 的方向沿着y 方向．B y 的大小和方向正是无限长直线电流ih 产生的磁感应强度．14.9 在半径为R = 1.0cm 的无限长半圆柱形导体面中均匀地通有电流I =5.0A ，如图所示．求圆柱轴线上任一点的磁感应强度B = ？[解答]取导体面的横截面，电流方向垂直纸面向外．半圆的周长为C = πR ， 电流线密度为 i = I/C = IπR ．在半圆上取一线元d l = R d φ代表无限长直导线的截面，电流元为I d φ/π， d I = i d l = 在轴线上产生的磁感应强度为002d d d 22I I B R R μμϕππ==，方向与径向垂直．d B 的两个分量为d B x = d B cos φ，d B y = d B sin φ． 积分得002200cos d sin 022x I IB R R ππμμϕϕϕππ===⎰，020sin d 2y IB R πμϕϕπ=⎰00220(cos )2II RR πμμϕππ=-=．由对称性也可知B x = 0，所以磁感应强度B = B y = 6.4×10-5(T)，方向沿着y 正向．14.10 宽度为a 的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的边缘为x 的P 点处的磁感应强度（如图所示）． [解答]电流分布在薄板的表面上，单位长度上电流密度，即面电流的线密度为δ = I/a ， 以板的下边缘为原点，在薄板上取一宽度为d l 的通电导线，电流强度为d I = δd l ，在P 点产生磁感应强度为00d d d 22()I lB r x a l μμδππ==+-，磁场方向垂直纸面向外．由于每根电流产生的磁场方向相同，总磁场为00d 2()alB x a l μδπ=+-⎰00ln()2al x a l μδπ==-+-0ln(1)2I aa x μπ=+．[讨论]当a 趋于零时，薄板就变成直线，因此00ln(1/)2/2I Ia x B x a x x μμππ+=→，这就是直线电流产生的磁场强度的公式．14.11 在半径为R 的木球上紧密地绕有细导线，相邻线圈可视为相互平行，盖住半个球面，如图所示．设导线中电流为I ，总匝图14.10图14.11数为N ，求球心O 处的磁感应强度B = ？[解答]四分之一圆的弧长为 C = πR /2， 单位弧长上线圈匝数为n = N/C = 2N/πR ．在四分之一圆上取一弧元d l = R d θ， 线圈匝数为d N = n d l = nR d θ， 环电流大小为 d I = I d N = nIR dθ． 环电流的半径为 y = R sin θ， 离O 点的距离为 x = R cos θ， 在O 点产生的磁感应强度为22003d d sin d 22y I nI B R μμθθ==20sin d NIR μθθπ=，方向沿着x 的反方向，积分得O 点的磁感应强度为/2200sin d NI B R πμθθπ=⎰/2000(1cos 2)d 24NI NI R R πμμθθπ=-=⎰．14.12 两个共面的平面带电圆环，其内外半径分别为R 1、R 2和R 3、R 4(R 1 < R 2 < R 3 < R 4)转的转速顺时针转动，里面圆环以每称n 1转逆时针转动，若两圆环电荷面密度均为ζ，求n 1和n 2的比值多大时，圆心处的磁感应强度为零． [解答]半径为r 的圆电流在圆心处产生的磁感应强度为 B = μ0I /2r ．在半径为R 1和R 2的环上取一半径为r 、宽度为d r 的薄环，其面积为d S = 2πr d r ，所带的电量为 d q = ζd S = 2πζr d r ， 圆环转动的周期为 T 1 = 1/n 1， 形成的电流元为 d I = d q/T 1 = 2πn 1ζr d r ．薄环电流可以当作圆电流，在圆心产生的磁感应强度为d B 1 = μ0d I /2r = πμ0n 1ζd r ，圆环在圆心产生磁感应强度为B 1 = πμ0n 1ζ(R 2-R 1)．同理，半径为R 3和R 4的圆环在圆心处产生的磁感应强度为B 2 = πμ0n 2ζ(R 4-R 3)．由于两环的转动方向相反，在圆心产生的磁感应强度也相反，当它们大小相同时，圆心处的磁感应强度为零，即：πμ0n 1ζ(R 2-R 1) = πμ0n 2ζ(R 4-R 3)，解得比值为431221 = R R n n R R --．15．13 半径为R 的无限长直圆柱导体，通以电流I ，电流在截面上分布不均匀，电流密度δ = kr ，求：导体内磁感应强度？[解答]在圆柱体内取一半径为r 、宽度为d r 的薄圆环，其面积为 d S = 2πr d r ，电流元为 d I = δd S = 2πk r 2d r ，从0到r 积分得薄环包围的电流强度为2πkr 3/3；I r = 从0到R 积分得全部电流强度I = 2πkR 3/3，因此I r /I = r 3/R 3．根据安培环路定理可得导体内的磁感应强度200322r I I B r r R μμππ==．15．14 有一电介质圆盘，其表面均匀带有电量Q ，半径为a ，可绕盘心且与盘面垂直的轴转动，设角速度为ω．求圆盘中心o 的磁感应强度B = ？ [解答]圆盘面积为 S = πa 2， 面电荷密度为ζ = Q/S = Q/πa 2．在圆盘上取一半径为r 、宽度为d r 的薄环，其面积为d S = 2πr d r ，所带的电量为d q = ζd S = 2πζr d r ．薄圆环转动的周期为 T = 2π/ω，形成的电流元为 d I = d q/T = ωζr d r ．薄环电流可以当作圆电流，在圆心产生的磁感应强度为d B = μ0d I /2r = μ0ωζd r /2，从o 到a 积分得圆盘在圆心产生磁感应强度为B = μ0ωζa /2 = μ0ωQ /2πa ．如果圆盘带正电，则磁场方向向上．14.15 二条长直载流导线与一长方形线圈共面，如图所示．已知a = b = c = 10cm ，l = 10m ，I 1 = I 2 = 100A ，求通过线圈的磁通量．[解答]电流I 1和I 2在线圈中产生的磁场方向都是垂直纸面向里的，在坐标系中的x 点，它们共同产生的磁感应强度大小为 图15.1301022(/2)2(/2)I I B a b x c b x μμππ=++++-．在矩形中取一面积元d S = l d x ，通过面积元的磁通量为d Φ = B d S = Bl d x ，通过线圈的磁通量为/2012/2()d 2/2/2b b l I I x a b x c b x μΦπ-=++++-⎰011(ln ln )2l a b c I I a c b μπ+=-+=2×10-7×10×100×2ln2=2.77×10-4(Wb)．14.16 一电子在垂直于均匀磁场的方向做半径为R = 1.2cm 的圆周运动，电子速度v = 104m·s -1．求圆轨道内所包围的磁通量是多少？ [解答]电子所带的电量为e = 1.6×10-19库仑，质量为m =9.1×10-31千克．电子在磁场所受的洛伦兹力成为电子做圆周运动的向心力，即：f = evB = mv 2/R ，所以 B = mv/eR ．电子轨道所包围的面积为 S = πR 2，磁通量为Φ = BS = πmvR/e =2.14×10-9(Wb)．14.17 同轴电缆由导体圆柱和一同轴导体薄圆筒构成，电流I 从一导体流入，从另一导体流出，且导体上电流均匀分布在其横截面积上，设圆柱半径为R 1，圆筒半径为R 2，如图所示．求：（1）磁感应强度B 的分布； （2）在圆柱和圆筒之间单位长度截面的磁通量为多少？[解答]（1）导体圆柱的面积为 S = πR 12，面电流密度为 δ = I/S = I/πR 12． 在圆柱以半径r 作一圆形环路，其面积为 S r = πr 2，包围的电流是 I r = δS r = Ir 2/R 12． 根据安培环路定理 rL I I 00d μμ∑⎰==⋅l B ，由于B 与环路方向相同，积分得2πrB = μ0I r ，所以磁感应强度为B = μ0Ir /2πR 12，(0 < r < R 1)．在两导体之间作一半径为r 的圆形环中，所包围的电流为I ，根据安培环中图14.16 图14.17定理可得B = μ0I /2πr ，(R 1 < r < R 2)．在圆筒之外作一半径为r 的圆形环中，由于圆柱和圆筒通过的电流相反，所包围的电流为零，根据安培环中定理可得B = 0，(r > R 2)．（2）在圆柱和圆筒之间离轴线r 处作一径向的长为l = 1、宽为d r 的矩形，其面积为 d S = l d r = d r ，方向与磁力线的方向一致，通过矩形的磁通量为 d Φ = B d S = B d r ， 总磁通量为2100211d ln 22R R I I R r r R μμΦππ==⎰．14.18一长直载流导体，具有半径为R 的圆形横截面，在其内部有与导体相切，半径为a 的圆柱形长孔，其轴与导体轴平行，相距b = R – a ，导体截有均匀分布的电流I ．（1）证明空孔内的磁场为均匀场并求出磁感应强度B 的值；（2）若要获得与载流为I ，单位长度匝数n 的长螺线管内部磁场相等的均匀磁场，a 应满足什么条件？（1）[证明]导体中的电流垂直纸面向外，电流密度为22()IR a δπ=-．长孔中没有电流，可以当作通有相反电流的导体，两个电流密度的大小都为δ，这样，长孔中磁场是两个均匀分布的圆形电流产生的． 如果在圆形截面中过任意点P 取一个半径为r 的同心圆，其面积为S = πr 2， 包围的电流为 ΣI = δS = πr 2δ， 根据安培环路定理可得方程 = μ0ΣI ， 2πrB r磁感应强度为0022r I B r r μμδπ∑==，方向与矢径r 垂直．同理，密度为-δ的电流在P 点产生的磁感应强度为0``2r B r μδ=，方向与矢径r`垂直．设两个磁感应强度之间的夹角为θ，则合场强的平方为222``2cos r r r r B B B B B θ=++22220()(`2`cos )2B r r rr μδθ=++．根据余弦定理，如图可知：222`2`cos b r r rr ϕ=+-，由于φ = π - θ，所以02B b μδ=，由于b 和δ都是常量，可见：长孔中是均匀磁场．将δ和b 代入公式得磁感应强度大小为02()IB R a μπ=+，可以证明磁场的方向向上．（2）[解答]长螺线管内部的场为B =μ0nI ，与上式联立得12a R n π=-，这就是a 所满足的条件．[注意]此题中的长孔中的磁场与习题13．10．中空腔中的电场情况非常类似．14.19 在XOY 平面内有一载流线圈abcda ，通有电流I = 20A ，ºbc半径R = 20cm ，电流方向如图所示．线圈处于磁感应强度B = 8.0×10-2T 的均强磁场中，B 沿着X轴正方向．求：直线段ab 和cd 以及圆弧段ºbc和ºda 在外磁场中所受安培力的大小和方向．手螺旋法则，ºbc 弧和cd 边受力方向垂直[解答]根据右纸面向外，ºda 弧和ab 边受力方向垂直纸面向里．由于对cd 边所受安培力的大小是相同的，ºbc 弧称的关系，ab 边和和ºda弧所受安培力的大小也是相同的． ab 边与磁场方向的夹角是α = 45°，长度为l = R /sin α，所受安培力为F ab = |I l ×B | = IlB sin α= IRB = 0.32(N) = F cd ．在圆弧上取一电流元I d l ，其矢径R 与X 轴方向的夹角为θ，所受力的大小为d F bc = |I d l ×B | = I d lB sin θ，由于线元为 d l = R d θ，所以 d F bc = IRB sin θd θ，因此安培力为/20/20sin d (cos )bc F IRB IRB ππθθθ==-⎰= IRB = 0.32(N) = F da ．14.20载有电流I 1的无限长直导线旁有一正三角形线圈，边长为a ，载有电流I 2，一边与直导线平等且与直导线相距为b ，直导线与线圈共面，如图所示，求I 1作用在这三角形线圈上的力．[解答]电流I 1在右边产生磁场方向垂直纸面向里，在AB 边处产生的磁感应强度大小为B = μ0I 1/2πb ， 作用力大小为 μ0I 1I 2a /2πb ， F AB = I 2aB = 方向向左． 三角形的三个内角 α = 60°，在AC 边上的电流元I 2d l 所受磁场力为d F = I 2d lB ，两个分量分别为 d F x = d F cos α和 d F y = d F sin α，与BC 边相比，两个x 分量大小相等，方向相同；两个y 分量大小相等，方向相反．由于 d l = d r /sin α，所以 d F x = I 2d rB cot α，积分得sin 012cot 1d 2b a x b I I F r r αμαπ+=⎰012cot sin ln 2I I b a b μααπ+==．作用在三角形线圈上的力的大小为F = F AB – 2F x012(2I I a b μπ=，方向向左．14.21 载有电流I 1的无限长直导线，在它上面放置一个半径为R 电流为I 2的圆形电流线圈，长直导线沿其直径方图14.21向，且相互绝缘，如图所示．求I 2在电流I 1的磁场中所受到的力．[解答]电流I 1在右边产生磁场方向垂直纸面向里，右上1/4弧受力向右上方，右下1/4弧受力向右下方；电流I 1在左边产生磁场方向垂直纸面向外，左上1/4弧受力向右下方，左下1/4弧受力向右上方．因此，合力方向向右，大小是右上1/4弧所受的向右的力的四倍．电流元所受的力的大小为d F = I 2d lB ，其中 d l = R d θ，B = μ0I 1/2πr ，而 r = R cos θ，所以向右的分别为d F x = d F cos θ = μ0I 1I 2d θ/2π，积分得/2012012d d 24x I I I I F πμμθπ==⎰， 电流I 2所受的合力大小为F = 4F x = μ0I 1I 2，方向向右．14.22如图所示，斜面上放有一木制圆柱，质量m = 0.5kg ，半径为R ，长为 l = 0.10m ，圆柱上绕有10匝导线，圆柱体的轴线位导线回路平面内．斜面倾角为θ，处于均匀磁场B = 0.5T 中，B 的方向竖直向上．如果线圈平面与斜面平行，求通过回路的电流I 至少要多大时，圆柱才不致沿斜面向下滚动？[解答]线圈面积为 S = 2Rl ，磁矩大小为p m = NIS ，方向与B 成θ角，所以磁力矩大小为p m B sin θ =NI 2RlB sin θ， M m = |p m ×B | =方向垂直纸面向外．重力大小为 G = mg ，力臂为 L = R sin θ，重力矩为 M g = GL = mgR sin θ，方向垂直纸面向里．圆柱不滚动时，两力矩平衡，即NI 2RlB sin θ = mgR sin θ，解得电流强度为I = mg /2NlB = 5(A)．14.23 均匀带电细直线AB ，电荷线密度为λ，可绕垂直于直线的轴O 以ω角速度均速转动，设直线长为b ，其A 端距转轴O 距离为a ，求：（1）O 点的磁感应强度B ； （2）磁矩p m ； （3）若a >>b ，求B 0与p m ． [解答]（1）直线转动的周期为T = 2π/ω， 在直线上距O 为r 处取一径向线元d r ，所带的电量为图14.23d q = λd r ，形成的圆电流元为 d I = d q/T = ωλd r /2π，在圆心O 点产生的磁感应强度为d B = μ0d I /2r = μ0ωλd r /4πr ，整个直线在O 点产生磁感应强度为001d ln 44a b a a b B r r a μωλμωλππ++==⎰，如果λ > 0，B 的方向垂直纸面向外．（2）圆电流元包含的面积为S = πr 2，形成的磁矩为 d p m = S d I = ωλr 2d r /2，积分得233d [()]26a bm a p r r a b a ωλωλ+==+-⎰．如果λ > 0，p m 的方向垂直纸面向外．（3）当a >>b 时，因为00ln(1)(...)44b b B a a μωλμωλππ=+=+，所以04b B a μωλπ≈． 33[(1)1]6m a b p a ωλ=+-3223[33()()]62a b b b a b a a a ωλωλ=++≈．14.24一圆线圈直径为8cm ，共12匝，通有电流5A ，将此线圈置于磁感应强度为0.6T 的均强磁场中，求：（1）作用在线圈上的电大磁力矩为多少？（2）线圈平面在什么位置时磁力矩为最大磁力矩的一半．[解答]（1）线圈半径为R = 0.04m ，面积为 S = πR 2，磁矩为 p m = NIS = πR 2NI ，磁力矩为 M = p m B sin θ．当θ = π/2时，磁力矩最大M m = p m B = πR 2NIB = 0.18(N·m)．（2）由于M = M m sin θ，当M = M m /2时，可得sin θ = 0.5，θ = 30°或150°．14.25 在半径为R ，通以电流I 2的圆电流的圆周上，有一无限长通以电流I 1的直导线（I 1，I 2相互绝缘，且I 1与圆电流I 2所在平面垂直），如图所示，求I 2所受的力矩．若I 1置于圆电流圆心处（仍垂直），I 2所受力矩又如何？[解答]在x 轴上方的圆周上取一电流元I 2d l ，其大小为 I 2R d θ， I 2d l = 所受的安培力为 I 2d l ×B ， d F = 其大小为d F = |I 2d l ×B | = I 2R d θB sin φ， 其中φ =θ/2，B 是电流I 1在电流元I 2d l 处产生的磁感应强度010124cos I I B r R μμππϕ==，因此安培力的大小可化为012d t a n d 42I I F μθθπ=，力的方向垂直纸面向里．如果在x 轴下方取一电流元，其受力方向垂直纸面向外，因此，圆周所受的安培力使其绕x 轴旋转．电流元所受的力矩为2012d d (sin )sin d 22I I R M F R μθθθπ==电流所受的力矩为201201(1cos )d 22I I R M πμθθπ=-⎰0122I I Rμ=． 如果电流I 1置于圆电流圆心处，那么I 2就与I 1产生的磁力线重合，所受的力为零，力矩也为零． 14.26 一个电子在B = 20×10-4T 的磁场中，沿半径R = 2cm 的螺旋线运动，螺距h = 5cm ，如图所示，求：（1）电子的速度为多少？ （2）B 的方向如何？[解答]电子带负电，设速度v 的方向与磁力线的负方向成θ角，则沿着磁力线方向的速度为 v 1 = v cos θ，垂直速度为 v 2 = v sin θ．由 R = mv 2/eB ， 得 v 2 = eBR/m ．由 h = v 1T ，得v1 = h/T = heB/2πm，因此速度为v=== 7.75×106(m·s-1)；由212t a nv Rv hπθ=== 2.51，得θ = 68.3° = 68°18′．14.27 一银质条带，z1 = 2cm，y1 = 1mm．银条置于Y方向的均匀磁场中 B = 1.5T，如图所示．设电流强度I = 200A，自由电子数n = 7.4×1028个·m-3，试求：（1）电子的漂移速度；（2）霍尔电压为多少？[解答]（1）电流密度为δ = ρv，其中电荷的体密度为ρ = ne.电流通过的横截面为S = y1z1，电流强度为I =δS = neSv，得电子的漂移速度为281917.410 1.6100.0010.02IvneS-==⨯⨯⨯⨯⨯=8.45×10-4(m·s-1)．（2）霍尔系数为2819117.410 1.610HRne-==⨯⨯⨯= 8.44×10-11(m3·C-1)，霍尔电压为111200 1.58.44100.001H HIBU Ry-⨯==⨯= 2.53×10-5(V)。
大学物理(二)智慧树知到答案2024年湖南大学
大学物理（二）湖南大学智慧树知到答案2024年第一章测试1.电场中某点的电场强度与检验电荷无关。
A:错 B:对答案:B2.若闭合曲面内没有电荷，则闭合面上的电场强度处处为零。
A:错 B:对答案:A3.电场中某一点电势的量值与电势零点选择无关。
A:错 B:对答案:A4.静电场的电场线一定是闭合曲线。
A:对 B:错答案:B5.静电场中两点的电势差与电势零点选择无关。
A:对 B:错答案:A6.A:只适用于具有球对称性、轴对称性和平面对称性的静电场． B:只适用于真空中的静电场． C: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． D:适用于任何静电场．答案:D7.A: B: C:D:答案:C8.A: B:C:D:答案:C9.真空中，有一均匀带电细圆环，半径为R，电荷线密度为l，选无穷远处电势为零，则其圆心处的电势为A: B: C: D:答案:B10.A: B: C:D:答案:A第二章测试1.A:错 B:对答案:A2.A:对 B:错答案:A3.一般情况下电介质内部没有自由电荷。
A:对 B:错答案:A4.A:对 B:错答案:B5.如果自由电荷与介质分布都不具备对称性，不能由高斯定理求出电场。
A:对 B:错答案:A6.关于高斯定理，这些说法中哪一个是正确的？A: B:这些说法都不正确C:D:答案:D7.两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:大小关系无法确定． B:空心球电容值大． C:两球电容值相等． D:实心球电容值大．答案:C8.A:Ｃ1极板上电量减少，Ｃ2极板上电量减少． B:Ｃ1极板上电量增加，Ｃ2极板上电量减少． C:Ｃ1极板上电量增加，Ｃ2极板上电量增加． D:Ｃ1极板上电量减少，Ｃ2极板上电量增加．答案:C9.A: B: C: D:答案:C10.A:只适用于均匀电介质． B:适用于任何电介质． C:只适用于各向同性线性电介质． D:适用于线性电介质．答案:B第三章测试1.安培环路定理是磁场的基本规律之一。
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普通物理A （2）练习册 参考解答第12章 真空中的静电场一、选择题1(C)，2(A)，3(C)，4(D)，5(B)，二、填空题(1). 0，λ / (2ε0) ； (2). 0 ； (3). －2×103 V ；(4). ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-πb ar r q q 1140ε； (5). 0，pE sin α ；三、计算题1. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强． 解：在O 点建立坐标系如图所示． 半无限长直线A ∞在O 点产生的场强：()j i RE-π=014ελ半无限长直线B ∞在O 点产生的场强：()j i RE +-π=024ελ四分之一圆弧段在O 点产生的场强：()j i RE +π=034ελ由场强叠加原理，O 点合场强为：()j i RE E E E+π=++=03214ελ2. 两根相同的均匀带电细棒，长为l ，电荷线密度为λ，沿同一条直线放置．两细棒间最近距离也为l ，如图所示．假设棒上的电荷是不能自由移动的，试求两棒间的静电相互作用力．解：选左棒的左端为坐标原点O ，x 轴沿棒方向向右，在左棒上x 处取线元d x ，其电荷为d q ＝λd x ，它在右棒的x '处产生的场强为：()204d d x x xE -'π=ελ整个左棒在x '处产生的场强为：BA∞O B A ∞∞()⎰-'π=lx x xE 0204d ελ⎪⎭⎫⎝⎛'--'π=x l x 1140ελ 右棒x '处的电荷元λd x '在电场中受力为：x x l x x E F '⎪⎭⎫⎝⎛'--'π='=d 114d d 02ελλ整个右棒在电场中受力为：⎜⎠⎛'⎪⎭⎫ ⎝⎛'--'π=ll x x l x F 3202d 114ελ34ln 402ελπ=，方向沿x 轴正向． 左棒受力 F F -='另解：d d ,d d q x q x λλ''==220d d d 4()x x F x x λπε'='-232020d d d 4()ll lx x F F x x λπε'=='-⎰⎰⎰⎰223202000d d 11()d 4()423ll l l x x x x x x l x l λλπεπε'==-'---⎰⎰⎰ 204ln 43λπε= F F -='3. 一“无限长”圆柱面，其电荷面密度为： σ = σ0cos φ ，式中φ为半径R 与x 轴所夹的角，试求圆柱轴线上一点的场强．解：将柱面分成许多与轴线平行的细长条，每条可视为“无限长”均匀带电直线，其电荷线密度为 λ = σ0cos φ R d φ， 它在O 点产生的场强为： φφεσελd s co 22d 000π=π=RE 它沿x 、y 轴上的二个分量为：d E x =－d E cos φ =φφεσd s co 2200π-d E y =－d E sin φ =φφφεσd s co sin 200π 积分：⎰ππ-=2020d s co 2φφεσx E ＝002εσ0)d(sin sin 220=π-=⎰πφφεσy E ∴ i i E E x02εσ-==4. 如图所示，一厚为b 的“无限大”带电平板 ， 其电荷体密度分布为ρ＝kx (0≤x ≤b )，式中k 为一正的常量．求： (1) 平板外两侧任一点P 1和P 2处的电场强度大小；(2) 平板内任一点P 处的电场强度； (3) 场强为零的点在何处？解： (1) 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ．作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ，如图所示．按高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q SE S，即22d d 12εερεkSbx x kSx S SE bb===⎰⎰得到 E = kb 2 / (4ε0) (板外两侧) (2) 过P 点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E '，如图所示．按高斯定理有()022εεkSb xdx kSS E E x==+'⎰得到 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-='22220b x kE ε (0≤x ≤b ) (3) E '=0，必须是0222=-b x ， 可得2/b x =5. 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σ．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)． 解：将题中的电荷分布看作为面密度为σ的大平面和面密度为－σ的圆盘叠加的结果．选x 轴垂直于平面，坐标原点Ｏ在圆盘中心，大平面在x 处产生的场强为ixx E 012εσ=圆盘在该处的场强为i x R x x E⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=2202112εσ'∴ i x R x E E E 220212+=+=εσ该点电势为 ()220222d 2x R R xR x x U x+-=+=⎰εσεσ6．一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1＝5×10-4 m 的圆柱形阴极A 和一个套在阴极外的半径R 2＝4.5×10-3 m 的同轴圆筒形阳极B ，如图所示．阳极电势比阴极高300 V ，忽略边缘效应. 求电子刚从阴极射出时所受的电场力．(基本电荷e ＝1.6×10-19 C)解：与阴极同轴作半径为r (R 1＜r ＜R 2 )的单位长度的圆柱形高斯面，设阴极上电荷线密度为λ．按高斯定理有 2πrE = λ/ ε0得到 E = λ / (2πε0r ) (R 1＜r ＜R 2) 方向沿半径指向轴线．两极之间电势差⎰⎰π-=⋅=-21d 2d 0R R BA B A r rr E U U ελ 120ln 2R R ελπ-= 得到 ()120/ln 2R R U U A B -=πελ， 所以 ()rR R U U E A B 1/ln 12⋅-=在阴极表面处电子受电场力的大小为 ()()11211/c R R R U U eR eE F A B ⋅-==＝4.37×10-14 N 方向沿半径指向阳极．7. 如图所示，半径为R 的均匀带电球面，带有电荷q ．沿某一半径方向上有一均匀带电细线，电荷线密度为λ，长度为l ，细线左端离球心距离为r 0．设球和线上的电荷分布不受相互作用影响，试求细线所受球面电荷的电场力和细线在该电场中的电势能(设无穷远处的电势为零)．解：设x 轴沿细线方向，原点在球心处，在x 处取线元d x ，其上电荷为x q d d λ='，该线元在带电球面的电场中所受电场力为： d F = q λd x / (4πε0 x 2)整个细线所受电场力为：()l r r l q x x q F l r r +π=π=⎰+00024d 400ελελ方向沿x 正方向．电荷元在球面电荷电场中具有电势能：xd W = (q λd x ) / (4πε0 x )整个线电荷在电场中具有电势能：⎪⎪⎭⎫⎝⎛+π=π=⎰+0000ln 4d 400r l r q x x q W l r r ελελ四 研讨题1. 真空中点电荷q 的静电场场强大小为 2041r qE πε=式中r 为场点离点电荷的距离．当r →0时，E →∞，这一推论显然是没有物理意义的，应如何解释？参考解答：点电荷的场强公式仅适用于点电荷，当r →0时，任何带电体都不能视为点电荷，所以点电荷场强公式已不适用．若仍用此式求场强E ，其结论必然是错误的．当r →0时，需要具体考虑带电体的大小和电荷分布，这样求得的E 就有确定值．2. 用静电场的环路定理证明电场线如图分布的电场不可能是静电场．参考解答：证：在电场中作如图所示的扇形环路abcda ．在ab 和cd 段场强方向与路径方向垂直．在bc 和da 段场强大小不相等（电力线疏密程度不同）而路径相等．因而0d d d ≠⋅'-⋅=⋅⎰⎰⎰cb a d l E l E l E按静电场环路定理应有0d =⋅⎰l E，此场不满足静电场环路定理，所以不可能是静电场．3. 从工厂的烟囱中冒出的滚滚浓烟中含有大量颗粒状粉尘，它们严重污染了环境，影响到作物的生长和人类的健康。
湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案
第14章 稳恒电流的磁场 一、选择题1(B)，2(D)，3(D)，4(B)，5(B)，6(D)，7(B)，8(C)，9(D)，10(A) 二、填空题(1). 最大磁力矩，磁矩 ; (2). πR 2c ； (3). )4/(0a I μ； (4).RIπ40μ ；(5). μ0i ，沿轴线方向朝右. ； (6). )2/(210R rI πμ， 0 ; (7). 4 ; (8). )/(lB mg ； (9). aIB ; (10). 正，负.三 计算题1．一无限长圆柱形铜导体(磁导率μ0)，半径为R ，通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S (长为1 m ，宽为2 R )，位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量．解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小，由安培环路定 律可得：)(220R r r RIB ≤π=μ因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r R I Rd 2020⎰π=μπ=40Iμ 在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 )(20R r rIB >π=μ因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+Iμ1 m2. 横截面为矩形的环形螺线管，圆环内外半径分别为R 1和R 2，芯子材料的磁导率为μ，导线总匝数为N ，绕得很密，若线圈通电流I ，求．(1) 芯子中的B 值和芯子截面的磁通量． (2) 在r< R 1和r > R 2处的B 值．解：(1) 在环内作半径为r 的圆形回路, 由安培环路定理得NI r B μ=π⋅2， )2/(r NI B π=μ 在r 处取微小截面d S = b d r , 通过此小截面的磁通量r b rNIS B d 2d d π==μΦ穿过截面的磁通量⎰=SS B dΦr b rNId 2π=μ12ln2R R NIbπ=μ (2) 同样在环外( r < R 1 和r > R 2 )作圆形回路, 由于0=∑iI02=π⋅r B ∴ B = 03. 一根很长的圆柱形铜导线均匀载有10 A 电流，在导线内部作一平面S ，S 的一个边是导线的中心轴线，另一边是S 平面与导线表面的交线，如图所示．试计算通过沿导线长度方向长为1m 的一段S 平面的磁通量．(真空的磁导率μ0 =4π×10-7 T ·m/A ，铜的相对磁导率μr ≈1)解：在距离导线中心轴线为x 与x x d +处，作一个单位长窄条， 其面积为 x S d 1d ⋅=．窄条处的磁感强度 202RIxB r π=μμ所以通过d S 的磁通量为 x RIxS B r d 2d d 20π==μμΦ通过１m 长的一段S 平面的磁通量为⎰π=Rr x RIx20d 2μμΦ60104-=π=Ir μμ Wb4. 计算如图所示的平面载流线圈在P 点产生的磁感强度，设线圈中的电流强度为I ．解：如图，CD 、AF 在P 点产生的 B = 0x2EF D E BC AB B B B B B+++= )sin (sin 4120ββμ-π=aIB AB ， 方向⊗其中 2/1)2/(sin 2==a a β，0sin 1=β∴ a I B AB π=240μ， 同理, a IB BC π=240μ，方向⊗．同样)28/(0a I B B EF D E π==μ，方向⊙．∴ aI B π=2420μaIπ-240μaIπ=820μ 方向⊗．5. 如图所示线框，铜线横截面积S = 2.0 mm 2，其中OA 和DO ＇两段保持水平不动，ABCD 段是边长为a 的正方形的三边，它可绕OO ＇轴无摩擦转动．整个导线放在匀强磁场B 中，B 的方向竖直向上．已知铜的密度ρ = 8.9×103 kg/m 3，当铜线中的电流I =10 A 时，导线处于平衡状态，AB 段和CD 段与竖直方向的夹角α =15°．求磁感强度B的大小．解：在平衡的情况下，必须满足线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡(对OO ＇轴而言)．重力矩 αραρsin sin 2121gSa a a gS a M +⋅= αρsin 22g Sa =磁力矩 ααcos )21sin(222B Ia BIa M =-π=平衡时 21M M =所以 αρsin 22g Sa αcos 2B Ia = 31035.9/tg 2-⨯≈=I g S B αρ T6. 如图两共轴线圈，半径分别为R 1、R 2，电流为I 1、I 2．电流的方向相反，求轴线上相距中点O 为x 处的P 点的磁感强度． 解：取x 轴向右，那么有 2/322112101])([2x b R I R B ++=μ 沿x 轴正方向 2/322222202])([2x b R I R B -+=μ 沿x 轴负方向21B B B -=[2μ=2/32211210])([x b R I R ++μ]])([2/32222220x b R I R -+-μ若B > 0，则B 方向为沿x 轴正方向．若B < 0，则B的方向为沿x 轴负方向．P7. 如图所示．一块半导体样品的体积为a ×b ×c ．沿c 方向有电流I ，沿厚度a 边方向加有均匀外磁场B (B 的方向和样品中电流密度方向垂直)．实验得出的数据为 a ＝0.10 cm 、b ＝0.35 cm 、c ＝1.0 cm 、I ＝1.0 mA 、B ＝3.0×10-1 T ，沿b 边两侧的电势差U ＝6.65 mV ，上表面电势高．(1) 问这半导体是p 型(正电荷导电)还是n 型(负电荷导电)？(2) 求载流子浓度n 0 (即单位体积内参加导电的带电粒子数)．解：(1) 根椐洛伦兹力公式：若为正电荷导电，则正电荷堆积在上表面，霍耳电场的方向由上指向下，故上表面电势高，可知是p 型半导体。
大学物理下册(湖南大学陈曙光)课后习题答案和全解
大学物理下册课后习题全解()第十二章 真空中的静电场12．1 如图所示，在直角三角形ABCD 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．[解答]根据点电荷的场强大小的公式 22014q q E k r r ==πε，其中1/(4πε0) = k = 9.0×109N·m 2·C -2． 点电荷q 1在C 点产生的场强大小为： 112014q E AC=πε994-1221.810910 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．12．2 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，其电线密度分别为+λ和-λ，求圆心处的场强． [解答]在带正电的圆弧上取一弧元d s = R d θ，电荷元为d q = λd s ， 在O 点产生的场强大小为 220001d 1d d d 444q s E R R Rλλθπεπεπε===， 场强的分量为d E x = d E cos θ，d E y = d E sin θ．对于带负电的圆弧，同样可得在O 点的场强的两个分量．由于弧形是对称的，x 方向的合场强为零，总场强沿着y 轴正方向，大小为2d sin y LE E E ==⎰θ/6/6000sin d (cos )22RR==-⎰ππλλθθθπεπε0(12R=λπε．12．3 均匀带电细棒，棒长a = 20cm ，电荷线密度为λ = 3×10-8C·m -1，求： （1）棒的延长线上与棒的近端d 1 = 8cm 处的场强；（2）棒的垂直平分在线与棒的中点相距d 2 = 8cm 处的场强．[解答]（1）建立坐标系，其中L = a /2 = 0.1(m)，x = L+d 1 = 0.18(m)． 在细棒上取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ，根据点电荷的场强公式，电荷元在P 1点产生的场强的大小为1220d d d 4()q lE k r x l ==-λπε图12.1场强的方向沿x 轴正向．因此P 1点的总场强大小通过积分得120d 4()L L l E x l λπε-=-⎰014LLx l λπε-=- 011()4x L x L λπε=--+220124L x Lλπε=-． ① 将数值代入公式得P 1点的场强为8912220.13109100.180.1E -⨯⨯⨯=⨯⨯-= 2.41×103(N·C -1)， 方向沿着x 轴正向．（2）建立坐标系，y = d 2．在细棒上取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ， 在棒的垂直平分在线的P 2点产生的场强的大小为2220d d d 4q lE kr rλπε==， 由于棒是对称的，x 方向的合场强为零，y 分量为 d E y = d E 2sin θ．由图可知：r = d 2/sin θ，l = d 2cot θ， 所以 d l = -d 2d θ/sin 2θ， 因此 02d sin d 4y E d λθθπε-=，总场强大小为02sin d 4Ly l LE d λθθπε=--=⎰02cos 4Ll Ld λθπε=-=LL=-==． ②将数值代入公式得P 2点的场强为89221/220.13109100.08(0.080.1)y E -⨯⨯⨯=⨯⨯+= 5.27×103(N·C -1)． 方向沿着y 轴正向．[讨论]（1）由于L = a /2，x = L+d 1，代入①式，化简得1011011144/1a E d d a d d a λλπεπε==++， 保持d 1不变，当a →∞时，可得1014E d λπε→， ③这就是半无限长带电直线在相距为d 1的延长线上产生的场强大小．（2）由②式得y E ==当a →∞时，得 022y E d λπε→， ④这就是无限长带电直线在线外产生的场强公式．如果d 1=d 2，则有大小关系E y = 2E 1．12．4 一均匀带电的细棒被弯成如图所示的对称形状，试问θ为何值时，圆心O 点处的场强为零．图12.4[解答]设电荷线密度为λ，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场强． 在圆弧上取一弧元 d s =R d φ， 所带的电量为 d q = λd s ，在圆心处产生的场强的大小为2200d d d d 44q s E kr R Rλλϕπεπε===， 由于弧是对称的，场强只剩x 分量，取x 轴方向为正，场强为 d E x = -d E cos φ． 总场强为2/20/2cos d 4x E Rπθθλϕϕπε--=⎰2/20/2sin 4Rπθθλϕπε--=0sin 22R λθπε=，方向沿着x 轴正向． 再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强．根据上一题的公式③可得半无限长带电直线在延长上O 点产生的场强大小为`04E Rλπε=，由于两根半无限长带电直线对称放置，它们在O 点产生的合场强为``02coscos 222x E E R θλθπε==，方向沿着x 轴负向．当O 点合场强为零时，必有`x x E E =，可得 tan θ/2 = 1，因此 θ/2 = π/4， 所以 θ = π/2．12．5 一宽为b 的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为ζ，如图所示．试求：（1）平板所在平面内，距薄板边缘为a 处的场强．（2）通过薄板几何中心的垂直线上与薄板距离为d 处的场强．[解答]（1）建立坐标系．在平面薄板上取一宽度为d x 的带电直线，电荷的线密度为d λ = ζd x ，根据直线带电线的场强公式02E rλπε=， 得带电直线在P 点产生的场强为00d d d 22(/2)xE rb a x λσπεπε==+-，其方向沿x 轴正向．由于每条无限长直线在P 点的产生的场强方向相同，所以总场强为/20/21d 2/2b b E x b a x σπε-=+-⎰/2/2ln(/2)2b b b a x σπε--=+-0ln(1)2b aσπε=+． ① 场强方向沿x 轴正向．（2）为了便于观察，将薄板旋转建立坐标系．仍然在平面薄板上取一宽度为d x 的带电直线，电荷的线密度仍然为d λ = ζd x ， 带电直线在Q 点产生的场强为221/200d d d 22()xE rb x λσπεπε==+，图12.5沿z 轴方向的分量为221/20cos d d d cos 2()z xE E b x σθθπε==+，设x = d tan θ，则d x = d d θ/cos 2θ，因此d d cos d 2z E E σθθπε==积分得arctan(/2)0arctan(/2)d 2b d z b d E σθπε-=⎰0arctan()2bd σπε=． ② 场强方向沿z 轴正向．[讨论]（1）薄板单位长度上电荷为λ = ζb ， ①式的场强可化为0ln(1/)2/b a E a b a λπε+=， 当b →0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为02E aλπε→， ③ 这正是带电直线的场强公式．（2）②也可以化为0arctan(/2)2/2z b d E d b dλπε=，当b →0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为02z E dλπε→，这也是带电直线的场强公式．当b →∞时，可得：02z E σε→， ④ 这是无限大带电平面所产生的场强公式．12．6 （1）点电荷q 位于一个边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体一面的电通量是多少？（2）如果将该场源点电荷移到立方体的的一个角上，这时通过立方体各面的电通量是多少？ [解答]点电荷产生的电通量为Φe = q/ε0．（1）当点电荷放在中心时，电通量要穿过6个面，通过每一面的电通量为Φ1 = Φe /6 = q /6ε0． （2）当点电荷放在一个顶角时，电通量要穿过8个卦限，立方体的3个面在一个卦限中，通过每个面的电通量为Φ1 = Φe /24 = q /24ε0；立方体的另外3个面的法向与电力线垂直，通过每个面的电通量为零．12．7 面电荷密度为ζ的均匀无限大带电平板，以平板上的一点O 为中心，R 为半径作一半球面，如图所示．求通过此半球面的电通量．[解答]设想在平板下面补一个半球面，与上面的半球面合成一个球面．球面内包含的电荷为 q = πR 2ζ，通过球面的电通量为 Φe = q /ε0，通过半球面的电通量为Φ`e = Φe /2 = πR 2ζ/2ε0．12．8 两无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2(R 1 > R 2)，带有等量异号电荷，单位长度的电量为λ和-λ，求（1）r < R 1；（2） R 1 < r < R 2；（3）r > R 2处各点的场强．[解答]由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性． （1）在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以E = 0，（r < R 1）．（2）在两个圆柱之间做一长度为l ，半径为r 的同轴圆柱形高斯面，高斯面内包含的电荷为 q = λl ，穿过高斯面的电通量为d d 2e SSE S E rl Φπ=⋅==⎰⎰E S Ñ，根据高斯定理Φe = q /ε0，所以02E rλπε=， (R 1 < r < R 2)．（3）在外圆柱面之外做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内电荷的代数和为零，所以E = 0，（r > R 2）．12．9 一厚度为d 的均匀带电无限大平板，电荷体密度为ρ，求板内外各点的场强．[解答]方法一：高斯定理法．（1）由于平板具有面对称性，因此产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E`．在板内取一底面积为S ，高为2r 的圆柱面作为高斯面，场强与上下两表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为 d e SΦ=⋅⎰E S 2d d d S S S =⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰E S E S E S 1`02ES E S ES =++=，高斯面内的体积为 V = 2rS ，包含的电量为 q =ρV = 2ρrS ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，可得场强为 E = ρr/ε0，(0≦r ≦d /2)．①（2）穿过平板作一底面积为S ，高为2r 的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为 Φe = 2ES ，高斯面在板内的体积为V = Sd ，包含的电量为 q =ρV = ρSd ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，可得场强为 E = ρd /2ε0，(r ≧d /2)． ②方法二：场强迭加法．（1）由于平板的可视很多薄板迭而成的，以r 为界，下面平板产生的场强方向向上，上面平板产生的场强方向向下．在下面板中取一薄层d y ，面电荷密度为 d ζ = ρd y ，产生的场强为 d E 1 = d ζ/2ε0，积分得100/2d ()222r d y dE r ρρεε-==+⎰，③ 同理，上面板产生的场强为/2200d ()222d ry dE r ρρεε==-⎰，④ r 处的总场强为E = E 1-E 2 = ρr/ε0．（2）在公式③和④中，令r = d /2，得E 2 = 0、E = E 1 = ρd /2ε0， E 就是平板表面的场强．平板外的场强是无数个无限薄的带电平板产生的电场迭加的结果，是均强电场，方向与平板垂直，大小等于平板表面的场强，也能得出②式．12．10 一半径为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，如图所示，试求两球心O 与O`处的电场强度，并证明小球空腔内的电场为匀强电场．[解答]挖去一块小球体，相当于在该处填充一块电荷体密度为-ρ的小球体，因此，空间任何一点的场强是两个球体产生的场强的迭加．图12.10对于一个半径为R ，电荷体密度为ρ的球体来说，当场点P 在球内时，过P 点作一半径为r 的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程2301443E r r ππρε=P 点场强大小为 03E r ρε=． 当场点P 在球外时，过P 点作一半径为r 的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程2301443E r R ππρε=P 点场强大小为 3203R E rρε=． O 点在大球体中心、小球体之外．大球体在O 点产生的场强为零，小球在O 点产生的场强大小为320`3O R E aρε=，方向由O 指向O `． O`点在小球体中心、大球体之内．小球体在O`点产生的场强为零，大球在O 点产生的场强大小为`03O E a ρε=，方向也由O 指向O `． [证明]在小球内任一点P ，大球和小球产生的场强大小分别为03r E r ρε=， `0`3r E r ρε=，方向如图所示． 设两场强之间的夹角为θ，合场强的平方为 222``2cos r r r r E E E E E θ=++222()(`2`c o s )3r r r r ρθε=++， 根据余弦定理得222`2`c o s ()a r r r r πθ=+--， 所以 03E a ρε=， 可见：空腔内任意点的电场是一个常量．还可以证明：场强的方向沿着O 到O `的方向．因此空腔内的电场为匀强电场．12．11 如图所示，在A 、B 两点处放有电量分别为+q 和-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验电荷q 0从O 点经过半圆弧路径移到C 点，求移动过程中电场力所做的功．[解答]正负电荷在O 点的电势的和为零：U O = 0； 在C 点产生的电势为 0004346Cq q q U R R Rπεπεπε--=+=， 电场力将正电荷q 0从O 移到C 所做的功为W = q 0U OD = q 0(U O -U D ) = q 0q /6πε0R ．12．12 真空中有两块相互平行的无限大均匀带电平面A 和B ．A 平面的电荷面密度为2ζ，B 平面的电荷面密度为ζ，两面间的距离为d ．当点电荷q 从A 面移到B 面时，电场力做的功为多少？[解答]两平面产生的电场强度大小分别为 E A = 2ζ/2ε0 = ζ/ε0，E B = ζ/2ε0，两平面在它们之间产生的场强方向相反，因此，总场强大小为 E = E A - E B = ζ/2ε0， 方向由A 平面指向B 平面．两平面间的电势差为 U = Ed = ζd /2ε0，图12.11当点电荷q 从A 面移到B 面时，电场力做的功为 W = qU = qζd /2ε0．12．13 一半径为R 的均匀带电球面，带电量为Q ．若规定该球面上电势值为零，则无限远处的电势为多少？[解答]带电球面在外部产生的场强为 204Q E rπε=，由于 d d R R R U U E r ∞∞∞-=⋅=⎰⎰E l 200d 44RRQQr r r πεπε∞∞-==⎰04Q Rπε=，当U R = 0时，04QU Rπε∞=-．12．14 电荷Q 均匀地分布在半径为R 的球体内，试证明离球心r （r <R ）处的电势为2230(3)8Q R r U Rπε-=． [证明]球的体积为343V R π=，电荷的体密度为 334Q QV R ρπ==． 利用12．10题的方法可求球内外的电场强度大小为30034QE r r Rρεπε==，（r ≦R ）； 204QE rπε=，（r ≧R ）． 取无穷远处的电势为零，则r 处的电势为d d d RrrRU E r E r ∞∞=⋅=+⎰⎰⎰E l 3200d d 44RrRQ Qr r r R r πεπε∞=+⎰⎰230084RrRQ QrRrπεπε∞-=+22300()84QQR r R R πεπε=-+2230(3)8Q R r Rπε-=．12．15 在y = -b 和y = b 两个“无限大”平面间均匀充满电荷，电荷体密度为ρ，其它地方无电荷． （1）求此带电系统的电场分布，画E-y 图；（2）以y = 0作为零电势面，求电势分布，画E-y 图．[解答]平板电荷产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E`，但方向相反． （1）在板内取一底面积为S ，高为2y 的圆柱面作为高斯面，场强与上下两表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为 d e S Φ=⋅⎰E S 0d d d 2S S S ES =⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰E S E S E S 12．高斯面内的体积为 V = 2yS ， 包含的电量为 q = ρV = 2ρSy ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，可得场强为 E = ρy/ε0， (-b ≦y ≦b )．穿过平板作一底面积为S ，高为2y 的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为 Φe = 2ES ， 高斯面在板内的体积为 V = S 2b ，包含的电量为 q = ρV = ρS 2b ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，可得场强为 E = ρb/ε0， (b ≦y )； E = -ρb/ε0， (y ≦-b )． E-y 图如图所示．（2）对于平面之间的点，电势为0d d y U y ρε=-⋅=-⎰⎰E l 22y C ρε=-+，在y = 0处U = 0，所以C = 0，因此电势为 22y U ρε=-，(-b ≦y ≦b )．这是一条开口向下的抛物线．当y ≧b 时，电势为00d d nqb nqb U y y C εε=-⋅=-=-+⎰⎰E l ，在y = b 处U = -ρb 2/2ε0，所以C = ρb 2/2ε0，因此电势为2002b b U y ρρεε=-+，(b ≦y )． 当y ≦-b 时，电势为 00d d b bU y y C ρρεε=-⋅==+⎰⎰E l ， 在y = -b 处U = -ρb 2/2ε0，所以 C = ρd 2/2ε0，因此电势为2002b b U y ρρεε=+， 两个公式综合得 200||2b b U y ρρεε=-+，(|y |≧d )． 这是两条直线．U-y 图如右图所示．U-y 图的斜率就形成E-y 图，在y = ±b 点，电场强度是连续的，因此，在U-y 图中两条直线与抛物线在y = ±b 点相切．[注意]根据电场求电势时，如果无法确定零势点，可不加积分的上下限，但是要在积分之后加一个积分常量．根据其它关系确定常量，就能求出电势，不过，线积分前面要加一个负号，即d U =-⋅⎰E l这是因为积分的起点位置是积分下限．12．16 两块“无限大”平行带电板如图所示，A 板带正电，B 板带负电并接地（地的电势为零），设A 和B 两板相隔5.0cm ，板上各带电荷ζ=3.3×10-6C·m -2，求：（1）在两板之间离A 板1.0cm 处P 点的电势；（2）A 板的电势．[解答]两板之间的电场强度为 E=ζ/ε0，方向从A 指向B ．以B 板为原点建立坐标系，则r B = 0，r P = -0.04m ，r A = -0.05m ． （1）P 点和B 板间的电势差为 d d BBPPr r P B r r U U E r -=⋅=⎰⎰E l 0()B P r r σε=-， 由于U B = 0，所以P 点的电势为6123.3100.048.8410P U --⨯=⨯⨯=1.493×104(V)． （2）同理可得A 板的电势为()A B A U r r σε=-=1.866×104(V)．12．17 电量q 均匀分布在长为2L 的细直线上，试求： （1）带电直线延长线上离中点为r 处的电势； （2）带电直线中垂在线离中点为r 处的电势；（3）由电势梯度算出上述两点的场强． [解答]电荷的线密度为λ = q/2L ．（1）建立坐标系，在细在线取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ， 根据点电荷的电势公式，它在P 1点产生的电势为101d d 4lU r lλπε=-总电势为 10d 4L L l U r l λπε-=-⎰0ln()4Ll Lr l λπε=--=-0ln8q r LLr Lπε+=-． （2）建立坐标系，在细在线取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ， 在线的垂直平分在线的P 2点产生的电势为2221/20d d 4()lU r l λπε=+，积分得2221/201d 4()LLU l r l λπε-=+⎰0)4Ll Ll λπε=-=08qLπε=0ln4q LLrπε=．（3）P 1点的场强大小为11U E r ∂=-∂011()8q L r L r L πε=--+22014q r L πε=-， ① 方向沿着x 轴正向．P 2点的场强为22U E r ∂=-∂01[4q L r πε==， ②方向沿着y 轴正向．[讨论]习题12．3的解答已经计算了带电线的延长线上的场强为1220124L E x L λπε=-，由于2L λ = q ，取x = r ，就得公式①． （2）习题12．3的解答还计算了中垂在线的场强为y E =d 2 = r ，可得公式②．由此可见，电场强度可用场强迭加原理计算，也可以用电势的关系计算．12．18 如图所示，一个均匀带电，内、外半径分别为R 1和R 2的均匀带电球壳，所带电荷体密度为ρ，试计算：（1）A ，B 两点的电势；（2）利用电势梯度求A ，B 两点的场强．[解答]（1）A 点在球壳的空腔内，空腔内的电势处处相等，因此A 点的电势就等于球心O 点的电势． 在半径为r 的球壳处取一厚度为d r 的薄壳，其体积为 d V = 4πr 2d r ，包含的电量为 d q = ρd V = 4πρr 2d r ，在球心处产生的电势为00d d d 4O q U r r rρπεε==， 球心处的总电势为2122210d ()2R O R U r r R R ρρεε==-⎰， 这就是A 点的电势U A ．过B 点作一球面，B 的点电势是球面外的电荷和球面内的电荷共同产生的．球面外的电荷在B 点产生的电势就等于这些电荷在球心处产生的电势，根据上面的推导可得22120()2B U R r ρε=-． 球面内的电荷在B 点产生的电势等于这些电荷集中在球心处在B 点产生的电势．球壳在球面内的体积为3314()3B V r R π=-，包含的电量为 Q = ρV ， 这些电荷集中在球心时在B 点产生的电势为332100()43B BBQ U r R r r ρπεε==-． B 点的电势为U B = U 1 + U 2322120(32)6B BR R r r ρε=--．（2）A 点的场强为 0AA AU E r ∂=-=∂． B 点的场强为3120()3B B B B BU R E r r r ρε∂=-=-∂．[讨论] 过空腔中A 点作一半径为r 的同心球形高斯面，由于面内没有电荷，根据高斯定理，可得空腔中A 点场强为E = 0， (r ≦R 1)．过球壳中B 点作一半径为r 的同心球形高斯面，面内球壳的体积为 3314()3V r R π=-， 包含的电量为 q = ρV ，根据高斯定理得方程 4πr 2E = q/ε0，可得B 点的场强为 3120()3R E r rρε=-， (R 1≦r ≦R 2)．这两个结果与上面计算的结果相同．在球壳外面作一半径为r 的同心球形高斯面，面内球壳的体积为 33214()3V R R π=-， 包含的电量为 q = ρV ，根据高斯定理得可得球壳外的场强为 33212200()43R R qE r rρπεε-==，(R 2≦r )． A 点的电势为d d AAA r rU E r ∞∞=⋅=⎰⎰E l 12131200d ()d 3A R R r R R r r r r ρε=+-⎰⎰2332120()d 3R R R r r ρε∞-+⎰ 22210()2R R ρε=-．B 点的电势为d d BBB r rU E r ∞∞=⋅=⎰⎰E l 23120()d 3BR r R r r r ρε=-⎰2332120()d 3R R R r r ρε∞-+⎰322120(32)6B B R R r r ρε=--． A 和B 点的电势与前面计算的结果相同．12．19 一圆盘，半径为R ，均匀带电，面电荷密度为ζ，求：（1）圆盘轴线上任一点的电势（用该点与盘心的距离x 来表示）； （2）从电场强度的和电势梯度的关系，求该点的电场强度． （此题解答与书中例题解答相同，在此省略）12．20 （1）设地球表面附近的场强约为200V·m -1，方向指向地球中心，试求地球所带有的总电量．（2）在离地面1400m 高处，场强降为20V·m -1，方向仍指向地球中心，试计算在1400m 下大气层里的平均电荷密度．[解答]地球的平均半径为 R =6.371×106m ．（1）将地球当作导体，电荷分布在地球表面，由于场强方向指向地面，所以地球带负量． 根据公式 E = -ζ/ε0，电荷面密度为 ζ = -ε0E ；地球表面积为 S = 4πR 2， 地球所带有的总电量为Q = ζS = -4πε0R 2E = -R 2E /k ，k 是静电力常量，因此电量为 629(6.37110)200910Q ⨯⨯=-⨯=-9.02×105(C)． （2）在离地面高为h = 1400m 的球面内的电量为 2()``R h E Q k+=-=-0.9×105(C)，大气层中的电荷为 q = Q - Q` = 8.12×105(C)．由于大气层的厚度远小于地球的半径，其体积约为 V = 4πR 2h = 0.714×1018(m 3)， 平均电荷密度为 ρ = q /V = 1.137×10-12(C·m -3)．第十三章 静电场中的导体和电介质13．1 一带电量为q ，半径为r A 的金属球A ，与一原先不带电、内外半径分别为r B 和r C 的金属球壳B 同心放置，如图所示，则图中P 点的电场强度如何？若用导线将A 和B 连接起来，则A 球的电势为多少？（设无穷远处电势为零）[解答]过P 点作一个同心球面作为高斯面，尽管金属球壳内侧会感应出异种，但是高斯面内只有电荷q ．根据高斯定理可得 E 4πr 2 = q /ε0， 可得P 点的电场强度为 204q E r πε=．当金属球壳内侧会感应出异种电荷-q 时，外侧将出现同种电荷q ．用导线将A和B 连接起来后，正负电荷将中和．A 球是一个等势体，其电势等于球心的电势．A 球的电势是球壳外侧的电荷产生的，这些电荷到球心的距离都是r c ，所以A 球的电势为 04cq U r πε=．13．2 同轴电缆是由半径为R 1的导体圆柱和半径为R 2的同轴薄圆筒构成的，其间充满了相对介电常数为εr 的均匀电介质，设沿轴线单位长度上导线的圆筒的带电量分别为+λ和-λ，则通过介质内长为l ，半径为r 的同轴封闭圆柱面的电位移通量为多少？圆柱面上任一点的场强为多少？[解答]介质中的电场强度和电位移是轴对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 、长为l 的圆柱形高斯面，根据介质中的高斯定理，通过圆柱面的电位移通过等于该面包含的自由电荷，即 Φd = q = λl ．设高斯面的侧面为S 0，上下两底面分别为S 1和S 2．通过高斯面的电位移通量为d d S Φ=⋅⎰D S Ñ012d d d 2S S S rlD π=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰D S D S D S ，可得电位移为 D = λ/2πr ，其方向垂直中心轴向外． 电场强度为 E = D/ε0εr = λ/2πε0εr r ，方向也垂直中心轴向外．13．3 金属球壳原来带有电量Q ，壳内外半径分别为a 、b ，壳内距球心为r 处有一点电荷q ，求球心o 的电势为多少？[解答]点电荷q 在内壳上感应出负电荷-q ，不论电荷如何分布，距离球心都为a ．外壳上就有电荷q+Q ，距离球为b ．球心的电势是所有电荷产生的电势迭加，大小为图13.3000111444o q q Q qU r a bπεπεπε-+=++13．4 三块平行金属板A 、B 和C ，面积都是S = 100cm 2，A 、B 相距d 1 = 2mm ，A 、C 相距d 2 = 4mm ，B 、C 接地，A 板带有正电荷q = 3×10-8C ，忽略边缘效应．求（1）B 、C 板上的电荷为多少？ （2）A 板电势为多少？ [解答](1)设A 的左右两面的电荷面密度分别为ζ1和ζ2，所带电量分别为q 1 = ζ1S 和q 2 = ζ2S ，在B 、C 板上分别感应异号电荷-q 1和-q 2，由电荷守恒得方程q = q 1 + q 2 = ζ1S + ζ2S ． ① A 、B 间的场强为 E 1 = ζ1/ε0，A 、C 间的场强为 E 2 = ζ2/ε0． 设A 板与B 板的电势差和A 板与C 板的的电势差相等，设为ΔU ，则ΔU = E 1d 1 = E 2d 2， ② 即 ζ1d 1 = ζ2d 2． ③解联立方程①和③得 ζ1 = qd 2/S (d 1 + d 2)， 所以 q 1 = ζ1S = qd 2/(d 1+d 2) = 2×10-8(C)； q 2 = q - q 1 = 1×10-8(C)． B 、C 板上的电荷分别为 q B = -q 1 = -2×10-8(C)； q C = -q 2 = -1×10-8(C)．(2)两板电势差为 ΔU = E 1d 1 = ζ1d 1/ε0 = qd 1d 2/ε0S (d 1+d 2)， 由于 k = 9×109 = 1/4πε0，所以 ε0 = 10-9/36π， 因此 ΔU = 144π = 452.4(V)．由于B 板和C 板的电势为零，所以 U A = ΔU = 452.4(V)．13．5 一无限大均匀带电平面A ，带电量为q ，在它的附近放一块与A 平行的金属导体板B ，板B有一定的厚度，如图所示．则在板B 的两个表面1和2上的感应电荷分别为多少？[解答]由于板B 原来不带电，两边感应出电荷后，由电荷守恒得q 1 + q 2 = 0． ① 虽然两板是无限大的，为了计算的方便，不妨设它们的面积为S ，则面电荷密度分别为 ζ1 = q 1/S 、ζ2 = q 2/S 、ζ = q/S ，它们产生的场强大小分别为 E 1 = ζ1/ε0、E 2 = ζ2/ε0、E = ζ/ε0． 在B 板内部任取一点P ，其场强为零，其中1面产生的场强向右，2面和A 板产生的场强向左，取向右的方向为正，可得 E 1 - E 2 – E = 0，即 ζ1 - ζ2 – ζ = 0， 或者 q 1 - q 2 + q = 0． ② 解得电量分别为 q 2 = q /2，q 1 = -q 2 = -q /2．13．6 两平行金属板带有等异号电荷，若两板的电势差为120V ，两板间相距为1.2mm ，忽略边缘效应，求每一个金属板表面的电荷密度各为多少？[解答]由于左板接地，所以ζ1 = 0．由于两板之间的电荷相互吸引，右板右面的电荷会全部吸引到右板左面， 所以ζ4 = 0．由于两板带等量异号的电荷，所以ζ2 = -ζ3． 两板之间的场强为 E = ζ3/ε0，而 E = U/d ， 所以面电荷密度分别为ζ3 = ε0E = ε0U/d = 8.84×10-7(C·m -2)，ζ2 = -ζ3 = -8.84×10-7(C·m -2)．13．7 一球形电容器，内外球壳半径分别为R 1和R 2，球壳与地面及其它物体相距很远．将内球用细导线接地．试证：球面间电容可用公式202214R C R R πε=-表示．（提示：可看作两个球电容器的并联，且地球半径R >>R 2）图13.4图13.6[证明]方法一：并联电容法．在外球外面再接一个半径为R 3大外球壳，外壳也接地．内球壳和外球壳之间是一个电容器，电容为1210012211441/1/R R C R R R R πεπε==--外球壳和大外球壳之间也是一个电容器，电容为 2023141/1/C R R πε=-．外球壳是一极，由于内球壳和大外球壳都接地，共享一极，所以两个电容并联．当R 3趋于无穷大时，C 2 = 4πε0R 2．并联电容为12120022144R RC C C R R R πεπε=+=+-202214R R R πε=-． 方法二：电容定义法．假设外壳带正电为q ，则内壳将感应电荷q`．内球的电势是两个电荷产生的迭加的结果．由于内球接地，所以其电势为零；由于内球是一个等势体，其球心的电势为0201`044q q R R πεπε+=，因此感应电荷为12`Rq q R =-．根据高斯定理可得两球壳之间的场强为 122002`44R q q E r R rπεπε==-， 负号表示场强方向由外球壳指向内球壳．取外球壳指向内球壳的一条电力线，两球壳之间的电势差为1122d d R R R R U E r =⋅=⎰⎰E l 121202()d 4R R R q r R r πε=-⎰1212021202()11()44R q R R q R R R R πεπε-=-= 球面间的电容为202214R q C U R R πε==-．13．8 球形电容器的内、外半径分别为R 1和R 2，其间一半充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，求电容C 为多少？[解答]球形电容器的电容为 120012211441/1/R R C R R R R πεπε==--．对于半球来说，由于相对面积减少了一半，所以电容也减少一半：0121212R R C R R πε=-． 当电容器中充满介质时，电容为：0122212r R R C R R πεε=-．由于内球是一极，外球是一极，所以两个电容器并联：01212212(1)r R R C C C R R πεε+=+=-．13．9 设板面积为S 的平板电容器析板间有两层介质，介电常量分别为ε1和ε2，厚度分别为d 1和d 2，求电容器的电容．[解答]假设在两介质的界面插入一薄导体，可知两个电容器串联，电容分别为 C 1 = ε1S/d 1和C 2 = ε2S/d 2．总电容的倒数为 122112121212111d d d d C C C S S S εεεεεε+=+=+=，总电容为 122112S C d d εεεε=+．13．10 圆柱形电容器是由半径为R 1的导线和与它同轴的内半径为R 2的导体圆筒构成的，其长为l ，其间充满了介电常量为ε的介质．设沿轴线单位长度导线上的电荷为λ，圆筒的电荷为-λ，略去边缘效应．求：（1）两极的电势差U ；（2）介质中的电场强度E 、电位移D ；（3）电容C ，它是真空时电容的多少倍？[解答]介质中的电场强度和电位移是轴对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 、长为l 的圆柱形高斯面，侧面为S 0，上下两底面分别为S 1和S 2．通过高斯面的电位移通量为d d S Φ=⋅⎰D S Ñ012d d d 2S S S rlD π=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰D S D S D S ，高斯面包围的自由电荷为 q = λl ，根据介质中的高斯定理 Φd = q ，可得电位为 D = λ/2πr ，方向垂直中心轴向外．电场强度为 E = D/ε = λ/2πεr ，方向也垂直中心轴向外．取一条电力线为积分路径，电势差为21d d d 2R LLRU E r r r λπε=⋅==⎰⎰⎰E l 21ln 2R R λπε=． 电容为 212ln(/)q lC U R R πε==． 在真空时的电容为 00212ln(/)l qC U R R πε==，所以倍数为C/C 0 = ε/ε0．13．11 在半径为R 1的金属球外还有一层半径为R 2的均匀介质，相对介电常量为εr ．设金属球带电Q 0，求：（1）介质层内、外D 、E 、P 的分布；（2）介质层内、外表面的极化电荷面密度．[解答]（1）在介质内，电场强度和电位移以及极化强度是球对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 的球形高斯面，通过高斯面的电位移通量为2d d 4d S SD S r D Φπ=⋅==⎰⎰D S 蜒高斯面包围的自由电荷为q = Q 0， 根据介质中的高斯定理 Φd = q ， 可得电位为 D = Q 0/4πr 2，方向沿着径向．用向量表示为 D = Q 0r /4πr 3．电场强度为 E = D /ε0εr = Q 0r /4πε0εr r 3，方向沿着径向．由于 D = ε0E + P ， 所以 P = D - ε0E = 031(1)4r Q rεπ-r． 在介质之外是真空，真空可当作介电常量εr = 1的介质处理，所以 D = Q 0r /4πr 3，E = Q 0r /4πε0r 3，P = 0．（2）在介质层内靠近金属球处，自由电荷Q 0产生的场为 E 0 = Q 0r /4πε0r 3； 极化电荷q 1`产生的场强为E` = q 1`r /4πε0r 3； 总场强为 E = Q 0r /4πε0εr r 3．由于 E = E 0 + E `，解得极化电荷为 `101(1)rq Q ε=-，介质层内表面的极化电荷面密度为 ``01122111(1)44r Q q R R σπεπ==-． 在介质层外表面，极化电荷为 ``21q q =-， 面密度为 ``02222221(1)44r Q q R R σπεπ==-． 13．12 两个电容器电容之比C 1:C 2 = 1:2，把它们串联后接电源上充电，它们的静电能量之比为多少？如果把它们并联后接到电源上充电，它们的静电能之比又是多少？[解答]两个电容器串联后充电，每个电容器带电量是相同的，根据静电能量公式W = Q 2/2C ，得静电能之比为 W 1:W 2 = C 2:C 1 = 2:1．两个电容器并联后充电，每个电容器两端的电压是相同的，根据静电能量公式W = CU 2/2，得静电能之比为 W 1:W 2 = C 1:C 2 = 1:2．13．13 一平行板电容器板面积为S ，板间距离为d ，接在电源上维持其电压为U ．将一块厚度为d 相对介电常量为εr 的均匀介电质板插入电容器的一半空间内，求电容器的静电能为多少？[解答]平行板电容器的电容为 C = ε0S/d ，当面积减少一半时，电容为C 1 = ε0S /2d ；另一半插入电介质时，电容为C 2 = ε0εr S /2d ．两个电容器并联，总电容为 C = C 1 + C 2 = (1 + εr )ε0S /2d ， 静电能为 W = CU 2/2 = (1 + εr )ε0SU 2/4d ．13．14 一平行板电容器板面积为S ，板间距离为d ，两板竖直放着．若电容器两板充电到电压为U 时，断开电源，使电容器的一半浸在相对介电常量为εr 的液体中．求：（1）电容器的电容C ；（2）浸入液体后电容器的静电能；（3）极板上的自由电荷面密度．[解答]（1）如前所述，两电容器并联的电容为 C = (1 + εr )ε0S /2d ．（2）电容器充电前的电容为C 0 = ε0S/d ， 充电后所带电量为 Q = C 0U ． 当电容器的一半浸在介质中后，电容虽然改变了，但是电量不变，所以静电能为 W = Q 2/2C = C 02U 2/2C = ε0SU 2/(1 + εr )d ．（3）电容器的一半浸入介质后，真空的一半的电容为 C 1 = ε0S /2d ；介质中的一半的电容为 C 2 = ε0εr S /2d ．设两半的所带自由电荷分别为Q 1和Q 2，则Q 1 + Q 2 = Q ． ① 由于C = Q/U ，所以U = Q 1/C 1 = Q 2/C 2． ② 解联立方程得01112211/C U C QQ C C C C ==++， 真空中一半电容器的自由电荷面密度为00112122/2(1/)(1)r C U U Q S C C S dεσε===++． 同理，介质中一半电容器的自由电荷面密度为0021222(/1)(1)r r C U UC C S dεεσε==++． 13．15 平行板电容器极板面积为200cm 2，板间距离为1.0mm ，电容器内有一块1.0mm 厚的玻璃板(εr = 5)．将电容器与300V 的电源相连．求：（1）维持两极板电压不变抽出玻璃板，电容器的能量变化为多少？（2）断开电源维持板上电量不变，抽出玻璃板，电容器能量变化为多少？ [解答]平行板电容器的电容为 C 0 = ε0εr S/d ，静电能为 W 0 = C 0U 2/2． 玻璃板抽出之后的电容为 C = ε0S/d ．（1）保持电压不变抽出玻璃板，静电能为 W = CU 2/2， 电能器能量变化为。
湖南大学大学物理练习册答案(一二上下两册全)
大学物理（一）练习册 参考解答第1章 质点运动学一、选择题1(D)，2(D)，3(B)，4(D)，5(D)，6(D)，7(D)，8(D )，9(B)，10(B)， 二、填空题(1). s i n2t A ωω，()ωπ+1221n (n = 0,1,… ), (2). 8 m ，10 m. (3). 23 m/s.(4). 16Rt 2 ，4 rad /s 2(5). 4t 3-3t 2 (rad/s)，12t 2-6t (m/s 2). (6).331ct ，2ct ，c 2t 4/R . (7). 2.24 m/s 2，104o(8). )5cos 5sin (50j t i t+-m/s ，0，圆.(9). h 1v /(h 1-h 2) (10). 0321=++v v v三、计算题1. 有一质点沿x 轴作直线运动，t 时刻的坐标为x = 4.5 t 2 – 2 t 3 (SI) ．试求：(1) 第2秒内的平均速度； (2) 第2秒末的瞬时速度； (3) 第2秒内的路程．解：(1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2, v (2) =-6 m/s. (3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m.2. 一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt t v = 2t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI)3. 质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为 a ＝2＋6 x 2 (SI)，如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速度．解：设质点在x 处的速度为v ，62d d d d d d 2x txx t a +=⋅==v v ()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v v()2213x x +=v4. 一物体悬挂在弹簧上作竖直振动，其加速度为-=a ky ，式中k 为常量，y 是以平衡位置为原点所测得的坐标. 假定振动的物体在坐标y 0处的速度为v 0，试求速度v 与坐标y 的函数关系式．解： yt y y t a d d d d d d d d vvv v ===又 -=a ky ∴ -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C ky y ky 222121 , d d v v v已知 =y y 0 ，=v v 0 则 20202121ky C --=v)(220202y y k -+=v v5. 一质点沿半径为R 的圆周运动．质点所经过的弧长与时间的关系为221ct bt S += 其中b 、c 是大于零的常量，求从0=t 开始到切向加速度与法向加速度大小相等时所经历的时间．解： ct b t S +==d /d v c t a t ==d /d v ()R ct b a n /2+=根据题意： a t = a n 即 ()R ct b c /2+=解得 cb c R t -=6. 如图所示，质点P 在水平面内沿一半径为R =2 m 的圆轨道转动．转动的角速度ω与时间t 的函数关系为2kt =ω (k 为常量)．已知s t 2=时，质点P 的速度值为32 m/s ．试求1=t s 时，质点P 的速度与加速度的大小．解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//s Rt t k ===v ω24t =ω, 24Rt R ==ωvs t 1=时， v = 4Rt 2 = 8 m/s2s /168/m Rt dt d a t ===v 22s /32/m R a n ==v()8.352/122=+=nt a a a m/s 27. (1)对于在xy 平面内，以原点O 为圆心作匀速圆周运动的质点，试用半径r 、角速度ω和单位矢量i 、j表示其t 时刻的位置矢量．已知在t = 0时，y = 0, x = r , 角速度ω如图所示；(2)由(1)导出速度 v 与加速度 a的矢量表示式； (3)试证加速度指向圆心．解：(1) j t r i t r j y i x rsin cos ωω+=+=(2) j t r i t r t rcos sin d d ωωωω+-==v j t r i t r ta sin cos d d 22ωωωω--==v(3) ()r j t r i t r a sin cos 22ωωωω-=+-=这说明 a 与 r方向相反，即a 指向圆心8. 一飞机驾驶员想往正北方向航行，而风以60 km/h 的速度由东向西刮来，如果飞机的航速（在静止空气中的速率）为 180 km/h ，试问驾驶员应取什么航向？飞机相对于地面的速率为多少？试用矢量图说明．解：设下标A 指飞机，F 指空气，E 指地面，由题可知：v FE =60 km/h 正西方向 v AF =180 km/h 方向未知v AE 大小未知， 正北方向由相对速度关系有： FE AF AE v v v +=AE v 、 AF v 、EE v 构成直角三角形，可得 ()()k m /h 17022 v v v =-=FE AF AE () 4.19/tg 1==-AE FE v v θ（飞机应取向北偏东19.4︒的航向）．西北θFE v vAFv vAE v v四 研讨题1. 在下列各图中质点M 作曲线运动，指出哪些运动是不可能的？参考解答： (1)、(3)、(4)是不可能的．(1) 曲线运动有法向加速度，加速度不可能为零；(3) 曲线运动法向加速度要指向曲率圆心；(4) 曲线运动法向加速度不可能为零.2. 设质点的运动方程为)(t x x =，)(t y y =在计算质点的速度和加速度时：第一种方法是，先求出22y x r +=，然后根据 td d r=v 及 22d d t r a =而求得结果；第二种方法是，先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即22)d d ()d d (t y t x +=v 和 222222)d d ()d d (ty t x a +=.你认为两种方法中哪种方法正确？参考解答：第二种方法是正确的。
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湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第14章 稳恒电流的磁场 一、选择题1(B)，2(D)，3(D)，4(B)，5(B)，6(D)，7(B)，8(C)，9(D)，10(A) 二、填空题(1). 最大磁力矩，磁矩 ; (2). R 2c ； (3). )4/(0a I μ； (4).RIπ40μ ；(5).0i ，沿轴线方向朝右. ； (6). )2/(210R rIπμ， 0 ;(7). 4 ; (8). )/(lB mg ； (9). aIB ; (10). 正，负.三 计算题1．一无限长圆柱形铜导体(磁导率μ0)，半径为R ，通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S (长为1 m ，宽为2 R )，位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量．解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小，由安培环路定律可得： )(220R r rRIB ≤π=μ 因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r R I Rd 2020⎰π=μπ=40Iμ在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为)(20R r rIB >π=μ 因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+IμIS 2R1 m2. 横截面为矩形的环形螺线管，圆环内外半径分别为R 1和R 2，芯子材料的磁导率为μ，导线总匝数为N ，绕得很密，若线圈通电流I ，求．(1) 芯子中的B 值和芯子截面的磁通量． (2) 在r < R 1和r > R 2处的B 值．解：(1) 在环内作半径为r 的圆形回路, 由安培环路定理得 NI r B μ=π⋅2， )2/(r NI B π=μ 在r 处取微小截面d S = b d r , 通过此小截面的磁通量r b rNIS B d 2d d π==μΦ穿过截面的磁通量⎰=S S B d Φr b r NId 2π=μ12ln 2R R NIb π=μ (2) 同样在环外( r < R 1 和r > R 2 )作圆形回路, 由于0=∑i I02=π⋅r B ∴ B = 03. 一根很长的圆柱形铜导线均匀载有10 A 电流，在导线内部作一平面S ，S 的一个边是导线的中心轴线，另一边是S 平面与导线表面的交线，如图所示．试计算通过沿导线长度方向长为1m 的一段S 平面的磁通量．(真空的磁导率μ0 =4π×10-7 T ·m/A ，铜的相对磁导率μr ≈1)解：在距离导线中心轴线为x 与x x d +处，作一个单位长窄条， 其面积为 x S d 1d ⋅=．窄条处的磁感强度202R IxB r π=μμ所以通过d S 的磁通量为 x RIxS B r d 2d d 20π==μμΦx通过１m 长的一段S 平面的磁通量为⎰π=Rr x R Ix20d 2μμΦ60104-=π=Ir μμ Wb4. 计算如图所示的平面载流线圈在P 点产生的磁感强度，设线圈中的电流强度为I ．解：如图，CD 、AF 在P 点产生的 B = 0EF DE BC AB B B B B B+++=)sin (sin 4120ββμ-π=aIB AB ， 方向⊗ 其中 2/1)2/(sin 2==a a β，0sin 1=β ∴ a I B AB π=240μ， 同理, aIB BC π=240μ，方向⊗．同样 )28/(0a I B B EF DE π==μ，方向⊙． ∴ aI B π=2420μaIπ-240μaIπ=820μ 方向⊗．5. 如图所示线框，铜线横截面积S = 2.0 mm 2，其中OA和DO ＇两段保持水平不动，ABCD 段是边长为a 的正方形的三边，它可绕OO ＇轴无摩擦转动．整个导线放在匀强磁场B 中，B的方向竖直向上．已知铜的密度ρ = 8.9×103 kg/m 3，当铜线中的电流I =10 A 时，导线处于平衡状态，AB 段和CD 段与竖直方向的夹角α =15°．求磁感强度B的大小．解：在平衡的情况下，必须满足线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡(对OO ＇轴而言)．重力矩 αραρsin sin 2121gSa a a gS a M +⋅=αρsin 22g Sa =磁力矩 ααcos )21sin(222B Ia BIa M =-π=平衡时 21M M =所以 αρsin 22g Sa αcos 2B Ia =2a2aaaIPIP AB C D E IIIO B A D C O ＇α α B31035.9/tg 2-⨯≈=I g S B αρ T6. 如图两共轴线圈，半径分别为R 1、R 2，电流为I 1、I 2．电流的方向相反，求轴线上相距中点O 为x 处的P 点的磁感强度．解：取x 轴向右，那么有2/322112101])([2x b R I R B ++=μ 沿x 轴正方向 2/322222202])([2x b R I R B -+=μ 沿x 轴负方向21B B B -=[2μ=2/32211210])([x b R I R ++μ]])([2/32222220x b R I R -+-μ若B > 0，则B 方向为沿x 轴正方向．若B < 0，则B的方向为沿x 轴负方向．7. 如图所示．一块半导体样品的体积为a ×b ×c ．沿c 方向有电流I ，沿厚度a 边方向加有均匀外磁场B (B的方向和样品中电流密度方向垂直)．实验得出的数据为 a ＝0.10 cm 、b ＝0.35cm 、c ＝1.0 cm 、I ＝1.0 mA 、B ＝3.0×10-1 T ，沿b 边两侧的电势差U ＝6.65 mV ，上表面电势高．(1) 问这半导体是p 型(正电荷导电)还是n 型(负电荷导电) (2) 求载流子浓度n 0 (即单位体积内参加导电的带电粒子数)．解：(1) 根椐洛伦兹力公式：若为正电荷导电，则正电荷堆积在上表面，霍耳电场的方向由上指向下，故上表面电势高，可知是p 型半导体。
(2) 由霍耳效应知，在磁场不太强时，霍耳电势差U 与电流强度I ，磁感强度B 成正比，而与样品厚度a 成反比，即：a IBK U = 而 q n K 01=∴ 根椐题给条件，载流子浓度为： 2001082.2⨯==aqUIBn m -3 四 研讨题1. 将磁场的高斯定理与电场的高斯定理相比，两者有着本质上的区别。
从类比的角度可作何联想？参考解答：磁场的高斯定理与电场的高斯定理：⎰⎰∑⎰⎰=⋅=⋅s s q S D S Bd ,0d作为类比，反映自然界中没有与电荷相对应“磁荷”（或叫单独的磁极）的存在。
但是狄拉克1931年在理论上指出，允许有磁单极子的存在，提出：2n q q m =⋅ 式中q 是电荷、qm 是磁荷。
电荷量子化已被实验证明了。
然而迄今为止，人们还没有发现可以确定磁单极子存在可重复的直接实验证据。
如果实验上找到了磁单极子，那么磁场的高斯定理以至整个电磁理论都将作重大修改。
1982年，美国斯坦福大学曾报告，用直径为5cm 的超导线圈放入直径20cm 的超导铅筒，由于迈斯纳效应屏蔽外磁场干扰，只有磁单极子进入才会引起磁通变化。
运行151天，记录到一次磁通变化，但此结果未能重复。
据查阅科学出版社1994年出版的，由美国引力、宇宙学和宇宙线物理专门小组撰写的《90年代物理学》有关分册，目前已经用超导线圈，游离探测器和闪烁探测器来寻找磁单极子。
在前一种情况，一个磁单极子通过线圈会感应出一个阶跃电流，它能被一个复杂装置探测出来，但这种方法的探测面积受到线圈大小的限制。
游离探测器和闪烁探测器能做成大面积的，但对磁单极子不敏感。
现在物理学家们仍坚持扩大对磁单极子的研究，建造闪烁体或正比计数器探测器，相应面积至少为1000m 2。
并建造较大的，面积为100m 2量级的环状流强探测器，同时加强寻找陷落在陨石或磁铁矿中的磁单极子的工作。
2. 当带电粒子由弱磁场区向强磁场区做螺旋运动时，平行于磁场方向的速度分量如何变化动能如何变化垂直于磁场方向的速度分量如何变化参考解答：当带电粒子由弱磁场区向强磁场区做螺旋运动时，它所受到的磁场力有一个和前进方向相反的分量，这个分量将使平行于磁场方向的速度分量减小，甚至可使此速度分量减小到零，然后使粒子向相反方向运动（这就是磁镜的原理）。
当带电粒子由弱磁场区向强磁场区做螺旋运动时，由于平行于磁场方向的速度分量减小，因而与这个速度分量相关的动能也减小。
然而磁力对带电粒子是不做功的，粒子的总动能不会改变，因此，与垂直于磁场方向的速度分量相关的动能在此运动过程中将会增大，垂直于磁场方向的速度分量也相应地增大。
3. 电磁流量计是一种场效应型传感器,如图所示：截面矩形的非磁性管,其宽度为d 、高度为h ，管内有导电液体自左向右流动, 在垂直液面流动的方向加一指向纸面内的匀强磁场,当磁感应强度为B 时,测得液体上表面的a 与下表面的b 两点间的电势差为U ,求管内导电液体的流量。
参考解答：导电液体自左向右在非磁性管道内流动时, 在洛仑兹力作用下, 其中的正离子积累于上表面,负离子积累于下表面, 于是在管道中又形成了从上到下方向的匀强霍尔电场E ,它同匀强磁场B 一起构成了速度选择器。
因此在稳定平衡的条件下,对于以速度v 匀速流动的导电液体, 无论是对其中的正离子还是负离子,都有 B q dUqqE v == ∴流速,Bd U =v 液体流量.BUhhd Q ==v如果截面园形的非磁性管, B －磁感应强度；D －测量管内径；U －流量信号（电动势）；v －液体平均轴向流速, L 测量电极之间距离。
霍尔电势U e(1) v kBL U e = k （无量纲）的常数，在圆形管道中，体积流量是：(2)42 v D Q π=把方程(1)、(2) 合并得：液体流量 BUkL D Q ⋅=42π或者BUK Q =，K 校准系数，通常是靠湿式校准来得到。
第15章 磁介质的磁化 一、选择题1(C)，2(B)，3(B)，4(C)，5(D) 二、填空题(1). －8.88×10-6 ，抗 . (2). 铁磁质，顺磁质，抗磁质. (3). 7.96×105 A/m ， 2.42×102 A/m.(4). 各磁畴的磁化方向的指向各不相同，杂乱无章.全部磁畴的磁化方向的指向都转向外磁场方向. (5). 矫顽力大，剩磁也大；例如永久磁铁．(6). 磁导率大，矫顽力小，磁滞损耗低． 变压器，交流电机的铁芯等．三 计算题1. 一根同轴线由半径为R 1的长导线和套在它外面的内半径为R 2、外半径为R 3的同轴导体圆筒组成．中间充满磁导率为μ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．解：由安培环路定理： ∑⎰⋅=iI l Hd0< r <R 1区域： 212/2R Ir rH =π212R Ir H π=， 2102R IrB π=μR 1< r <R 2区域： I rH =π2r I H π=2， rIB π=2μI R1R 2R 3R 2< r <R 3区域： )()(22223222R R R r I I rH ---=π )1(22223222R R R r r IH ---π= )1(2222322200R R R r r IH B ---π==μμ r >R 3区域： H = 0，B = 02. 一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为a )和同轴的导体圆管(内、外半径分别为b ，c )构成，使用时，电流I 从一导体流出，从另一导体流回．设电流都是均匀地分布在导体的横截面上，求∶导体圆柱内(r <a )和两导体之间(a <r <b )的磁场强度H 的大小．解∶由电流分布的轴对称性可知，在同一横截面上绕轴半径为r 的圆周上各点的B 值相等，其方向是沿圆周的切线方向．用H 的环路定律可求出．(1) r <a 222a r I r H ππ=π⋅ ∴ 22aIrH π= (2) a <r <b I r H =π⋅2， rIH π=23. 螺绕环中心周长l = 10 cm ，环上均匀密绕线圈N = 200匝，线圈中通有电流I = 0.1 A ．管内充满相对磁导率μr = 4200的磁介质．求管内磁场强度和磁感强度的大小．解： ===l NI nI H /200 A/m ===H H B r μμμ0 1.06 T4. 一铁环的中心线周长为0.3 m ，横截面积为1.0×10-4 m 2，在环上密绕300匝表面绝缘的导线，当导线通有电流3.2×10-2 A 时，通过环的横截面的磁通量为2.0×10-6 Wb ．求：(1) 铁环内部的磁感强度； (2) 铁环内部的磁场强度；(3) 铁的磁化率； (4) 铁环的磁化强度．解：(1) 2102-⨯==SB ΦT(2) n = 1000 m -1，H = nI 0＝32 A/m(3) 相对磁导率 4970==HBr μμ ∴ 磁化率 χm = μr 1 = 496(4) 磁化强度 M = χm H ＝1.59×104 A/m四 研讨题1. 顺磁质和铁磁质的磁导率明显地依赖于温度，而抗磁质的磁导率则几乎与温度无关，为什么？参考解答：顺磁质的磁性主要来源于分子的固有磁矩沿外磁场方向的取向排列。