电磁学第5章习题答案
电磁学智慧树知到答案章节测试2023年天津大学
第一章测试1.下列几个说法中哪一个是正确的？A:在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同B:电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向C:D:电场强度正比于检验电荷受到的力，反比与检验电荷的电荷量答案:C2.设有一无限大均匀带正电荷的平面。
取x轴垂直带电平面，坐标原点在带电平面上，则其周围空间各点的电场强度随距离平面的位置坐标x变化的关系曲线为(规定场强方向沿x轴正向为正、反之为负)：A:B:C:D:答案:D3.在无限大均匀带电平面M的附近, 有一面积为S的平面N．要使通过N的电通量最小, 应使A:N面与M面平行B:NN面与M面垂直C:NN面的法线与M面的法线成30°夹角D:NN面的法线与M面的法线成45°夹角答案:B4.在任何静电场中, 任一闭合曲面上各点的电场强度是由A:曲面内的电荷和曲面外的电荷共同提供B:曲面内的电荷提供C:曲面外的电荷提供D:电场强度的通量由曲面内的电荷和曲面外的电荷共同提供答案:A5.设无穷远处电势为零，则半径为R的均匀带电球体产生的电场的电势分布规律为(图中的φ0和b皆为常量)：A:B:C:D:答案:C6.静电场的高斯定理表明静电场是A:无源场B:无旋场C:有旋场D:有源场答案:D7.静电场的环路定理表明静电场是A:有旋场B:无旋场C:无源场D:有源场答案:B8.为什么静电场中可以引入电势？A:因为静电场是有旋场B:因为静电场是保守场C:因为静电场是无源场D:因为静电场是有源场答案:B9.若干根根电场线同时穿过三个大小不等的面S1、S2和S3．如果S1＞S2＞S3, 则它们的通量关系是A:B:C:D:答案:C10.半径为R的均匀带电球面, 若其面电荷密度为 , 则在球面外距离球面R处的电势为（选择无限远处的电势为零）A:B:C:D:答案:B第二章测试1.导体处于静电平衡中，其满足的条件描述正确的是：A:导体内部的场强处处为0B:导体内靠近表面处场强方向和表面处处垂直C:导体表面处电场强度和表面处处平行D:导体内部的场强和电荷的分布有关答案:A2.关于静电平衡中的导体，下列描述正确的是：A:导体表面是等势面B:导体表面的电势和曲率半径成反比C:导体表面电荷处处为0D:导体内部的电荷均匀分布答案:A3.如下图（图中表示的电荷等不一定正确），描述正确的是：A:导体外表面电荷和导体腔内的电荷大小相等，类型相同B:导体腔内的电势和导体相等C:导体外表面没有电荷D:导体不再是等势体，外表面电势为0，内部电势不为零答案:C4.关于静电场中的导体，描述正确的是：A:在电场作用下，电子是固定不动的B:在电场作用下，将产生感应电荷C:处于静电屏蔽中，外电场对导体的影响仍然存在D:在电场作用下，自由电子将重新排布答案:BCD5.关于介质中的高斯定理,下列描述正确的是：A:引入电位移矢量没有任何意义B:引入电位移矢量后只需要计算自由电荷即可C:真空中的高斯定理依然可以使用D:真空中的高斯定理不再适用答案:BC6.在孤立带电的导体板之间插入介质，导致的变化描述正确的是：A:在导体板之间以及插入的导体内部，电位移矢量的大小改变了B:介质内部和表面都不存在电荷C:导体板上的电量没有变化D:导体的电容减小了答案:C7.根据下图，选择从左到右各个力线表示的物理量：A:E、P、DB:P、D、EC:D、P、ED:E、D、P答案:D8.如图，介质进入电容器中，其经典能变化的描述正确的是：A:静电能减小B:Q不变静电能守恒C:无法判断D:外界作用，静电能增大答案:A9.如图，电介质插入电容中，静电能的变化为：A:无法判断B:静电能增加C:静电能减小D:U不变，静电能不变答案:B10.关于电容器的并联和串联，下列描述正确的是：A:和电阻的并联和串联的计算方法相反B:和电阻的并联和串联的计算方法相同C:是单独的规律，并联的电容不变，串联的电容增加D:无法计算答案:A第三章测试1.以下关于电流和电流密度的说法，错误的是：A:电流密度为垂直通过单位截面积的电流B:电荷的定向移动形成电流C:电流是标量电流密度是矢量D:流过某截面的电流等于穿过该截面的电流密度的通量答案:A2.恒定电流线是闭合的。
赵凯华-电磁学-第三版-第五章-电磁感应与暂态过程-(2)-42-pages
L2
L1
, L2匝数、形状、尺寸
L1
L1
,
L2相
对
位
置
当这些确定后，
周围介质（非铁磁质）
由i此1 增引大入多1互少2倍感i，1系数12 亦：原增1因大2多：M 少1i倍21，B 1 即 1两2 ( L 者)d 成B S B 正1• 比d 4 S 0 i1 位不置变(L 、时)尺为dl r 寸常 2 固数r ˆ定
K
速度。
表明：载流变化时，线圈具有 “电磁惯性”
二、互感系数 M 1、互感 M
两线圈L1 、L2 ，如右图。现考虑一个线圈载流 i( t ) ，而
另一不载流，分析互感磁通及电动势。
i1 ( t )
(1) L1 中载流 i1( t ) 线圈1 在线圈2产生的磁通由以下因素决定： N1
N2
B(t)
L1中 电 流i1 (t )
§4 暂态过程 作业P364 5，8，13，15
在RL、RC等电路中，施加阶跃电压时时 ， 电路中流过电感的电流或电容上的电压，从一 个稳态值到另一个稳态值的变化不是阶跃的， 而是需要一个过程，该过程被称为暂态过程 。
U
t
I,q
t
1、接通电源 一、RL电路
K→1，RL两端电压： ,电流？
eL
(a)回路方程：
(2) L2 中载流 i2 ( t )
21 M 2i1 2
可以证明： M 12 M 21 M ，称互感系数，简称互感。
2、互感电动势 e 互
e1 2dd1t 2 ddMt1iMddi1t
e2
1dd2t
1dM1iMdi2
dt
dt
di
M e
3、有关互感的一些问题
叶邦角电磁学课后答案第五章
V铜 j l周
0
/d
要使用最少量的铜，要求 j 达到允许的最大值，所消耗的功率
P = I 2 R铜 = ( j × s )2 l铜 / S = j 2 V铜 = (1000 ´ 104 ) 2 ´ 2 ´ 106 ´ = 9.5 ´ 10 4 W
所需铜的质量
1´ 6 ´ 0.1 1 ´ W 4 1000 ´ 10 4p ´ 10-7
4 = pe 0 UR 3 3
5-7
i = M ,分布在侧面。逐点考虑：
1．
B= H=
0
i=
0
0
M
题解 5-7 图
B
-M = 0
2 和 3.
B = 0, M = 0; H =0
5 和 6.
B=
0
i
2 M M H= -M =2 2
4 和 7.
=
0
M 2
B=
0
i
2 M H= 2
5-8
=
0
M , M = 0; 2
m铜 =
3 铜V铜 = 8 ´ 10 ´
0.6 107 ´ kg = 382kg 107 4p
磁极之间的吸引力为
F=
0
M 2 S极 2
0 极
S
2
（
B
0
2 ） = 7.96 ´ 105 N
梁彬灿电磁学第五章习题解答
///5．1．1 解答：(1) 质子所受洛伦兹力的方向向东(2) 质子的电荷量191.610q C -=⨯，质子所受洛伦兹力大小为163.210F qvB N -==⨯质子的质量271.6710m kg -=⨯，质子所受洛伦兹力与受到的地球引力相比较：101.9510F qvB F mg==⨯洛重 5．2．1 解答：O 点的磁场B 可看作两条半无限长直载流导线产生的磁场1B 、2B 和MN 部分阶段1/4圆周载流导线产生的磁场3B 的合成。
由于磁场方向均垂直纸面向外，所以直接求出它们大小并相加即可0012cos0cos 424I IB B R Rμμπππ⎛⎫==-=⎪⎝⎭ 40032448I IB Rd R Rππμμαπ-==⎰0123124I B B B B R μππ⎛⎫=++=+ ⎪⎝⎭方向垂直纸面向外 5．2．2 解答：（a ）延长线通过圆心的直长载流导线在O 点产生磁场为1B ，其大小为0；另一直长载流导线在O 点产生的磁场为2B ，方向垂直纸面向里；圆弧部分载流导线在O 点产生的磁场为3B ，方向垂直纸面向里。
故O 点的合磁场大小为0001233314842I I I B B B B R R R μμμπππ⎛⎫=++=+=+ ⎪⎝⎭方向垂直纸面向里（b ）两半直长载流导线在O 点产生的磁场分别为1B 、2B ，方向均垂直纸面向里；圆弧部分载流导线在O 点产生的磁场为3B ，方向垂直纸面向里。
故O 点的合磁场大小为()000012324444I I I IB B B B R R R Rμμμμππππ=++=++=+ 方向垂直纸面向里 5．2．3 解答：（a ）因为两直长载流导线延长线均通过圆心，所以对O 点的磁场没有贡献，故只需要考虑两个圆弧载流导线在O 点产生的磁场，它们所激发的磁场分别为1B 、2B ，方向均垂直纸面向里，故O 点的合磁场大小为00123312248I I B B B a b a b ππμμπ⎛⎫⎪⎛⎫=+=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭方向均垂直纸面向里（b ）两延长线的直长载流导线对O 点的磁场没有贡献，只需要考虑两长度为b 的直长载流导线对O 点的磁场1B 、2B 和圆弧载流导线对O 点的磁场3B ，方向均垂直纸面向里，其合磁场大小为()0001232332cos90cos13524442a I I I B B B B b a b a πμμμππππ⎛⎫⎛⎫⎪=++=-⨯+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭方向均垂直纸面向里。
大学物理习题电磁学。
第五章 电磁感应 电磁场习 题1. 如图所示，矩形区域为均匀稳恒磁场，半圆形闭合导线回路在纸面内绕轴O 作逆时针方向匀角速转动，O 点是圆心且恰好落在磁场的边缘上，半圆形闭合导线完全在磁场外时开始计时．图(A)-(D)的☜--t 函数图象中哪一条属于半圆形导线回路中产生的感应电动势？ ［ ］2. 一块铜板垂直于磁场方向放在磁感强度正在增大的磁场中时，铜板中出现的涡流(感应电流)将 (A) 加速铜板中磁场的增加． (B) 减缓铜板中磁场的增加．(C) 对磁场不起作用． (D) 使铜板中磁场反向． ［ ］3.半径为a 的圆线圈置于磁感强度为B 的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，线圈电阻为R ；当把线圈转动使其法向与B的夹角α =60°时，线圈中通过的电荷与线圈面积及转动所用的时间的关系是(A) 与线圈面积成正比，与时间无关． (B) 与线圈面积成正比，与时间成正比． (C) 与线圈面积成反比，与时间成正比．(D) 与线圈面积成反比，与时间无关． ［ ］4.磁场B 中，另一半位于磁场之外，如图所示．磁场B 应使(A) 线环向右平移． (B) 线环向上平移． (C) 线环向左平移． (D) 磁场强度减弱．5. 一矩形线框长为a 宽为b ，置于均匀磁场中，线框绕OO ′轴，以匀角速度ω旋转(如图所示)．设t =0时，线框平面处于纸面内，则任一时刻感应电动势的大小为(A) 2abB | cos ω t |． (B) ω abB (C) t abB ωωcos 21． (D) ω abB | cos ω t |． (E) ω abB | sin ωt |． ［ ］6. 在如图所示的装置中，把静止的条形磁铁从螺线管中按图示情况抽出时 (A) 螺线管线圈中感生电流方向如A 点处箭头所示．(B) 螺线管右端感应呈S 极． (C) 线框EFGH 从图下方粗箭头方向看去将逆时针旋转．(D) 线框EFGH 从图下方粗箭头方向看去将顺时针旋转． ［ ］7. 如图所示，导体棒AB 在均匀磁场B中 绕通过C 点的垂直于棒长且沿磁场方向的轴OO ′ 转动（角速度ω 与B 同方向），BC 的长度为棒长的31，则(A) A 点比B 点电势高． (B) A 点与B 点电势相等．(B) A 点比B 点电势低． (D) 有稳恒电流从A 点流向B点. [ ]8. 势与原电流Ｉ的方向相反．(A) 滑线变阻器的触点A 向左滑动． (B) 滑线变阻器的触点A 向右滑动． (C) 螺线管上接点B 向左移动(忽略长螺线管的电阻)． (D) 把铁芯从螺线管中抽出．9. 用导线制成一半径为r =10 cm 的闭合圆形线圈，其电阻R =10 Ω，均匀磁场垂直于线圈平面．欲使电路中有一稳定的感应电流i = 0.01 A ，B 的变化率应为d B /d t =_______________________________． 10. 一段导线被弯成圆心在O 点、半径为R 的三段圆弧ab 、bc 、ca ，它们构成了一个闭合回路，ab 位于xOy 平面内，bc 和ca 分别位于另两个坐标面中(如图)．均匀磁场B 沿x 轴正方向穿过圆弧bc 与坐标轴所围成的平面．设磁感强度随时间的变化率为K (K >0)，则闭合回路abca 中感应电动势的数值为______________；圆弧bc 中感应电流的方向是_________________． 11. 磁换能器常用来检测微小的振动．如图，在振动杆的一端固接一个N 匝的矩形线圈，线圈的一部分在匀强磁场B中，设杆的微小振动规律为x =A cos ω t ,线圈随杆振动时，线圈中的感应电动势为_______________________． 12. 在国际单位制中，磁场强度的单位是__________．磁感强度的单位是______，用H B ⋅21表示的单位体积内储存的磁能的单位是__________．13. 半径为r 的小绝缘圆环，置于半径为R 的大导线圆环中心，二者在同一平面内，且r <<R ．在大导线环中通有正弦电流（取逆时针方向为正）I =I 0sin ωt ，其中ω、I 0为常数，t 为时间，则任一时刻小线环中感应电动势（取逆时针方向为正）为 _________________________________．14. 在一马蹄形磁铁下面放一铜盘，铜盘可自由绕轴转动，如图所示．当上面的磁铁迅速旋转时，下面的铜盘也跟着以相同转向转动起来．这是因为____________________________________________________________________．xx×××15. 如图所示，aOc 为一折成∠形的金属导线(aO =Oc=L )，位于xy 平面中；磁感强度为B 的匀强磁场垂直于xy 平面．当aOc 以速度v 沿x 轴正向运动时，导线上a 、c两点间电势差U ac =____________；当aOc 以速度v 沿y轴正向运动时，a 、c 两点的电势相比较, 是____________点电势高．16. 金属杆AB 以匀速v =2 m/s 平行于长直载流导线运动，导线与AB 共面且相互垂直，如图所示．已知导线载有电流I = 40 A ，则此金属杆中的感应电动势i ε =____________，电势较高端为______．(ln2 = 0.69)17. 两个半径分别为R 和r 的同轴圆形线圈相距x ，且R >>r ，x >>R ．若大线圈通有电流I 而小线圈沿x 轴方向以速率v 运动，试求x =NR 时(N 为正数)小线圈回路中产生的感应电动势的大小．18. 如图所示，真空中一长直导线通有电流I (t ) =I 0e -λt(式中I 0、λ为常量，t 为时间)，矩形导线框与长直导线平行共面，二者相距a线框的滑动边与长直导线垂直，它的长度为b以匀速v (方向平行长直导线)自感电动势，并设开始时滑动边与对边重合，试求任意时刻t 在矩形线框内的感应电动势i ε并讨论i ε19. 一导线弯成如图形状，放在均匀磁场B 中，B的方向垂直图面向里． ∠bcd =60°，bc =cd =a ．使导线绕轴OO ＇旋转，如图，转速为每分钟n 转．计算i εOO ＇．20.一球形电容器, 内导体半径为R 1，外导体半径为R 2．两球间充有相对介电常数为εr 的介质. 在电容器上加电压，内球对外球的电压为 U = U 0sin ωt ．假设ω不太y x ×× ×××I (t ) vB大，以致电容器电场分布与静态场情形近似相同，求介质中各处的位移电流密度，再计算通过半径为r (R 1 < r < R 2) 的球面的总位移电流． 21. 如图所示，一电荷线密度为λ的长直带电线(形线圈共面并与其一对边平行)以变速率v =v (t )度方向运动，正方形线圈中的总电阻为R ，求t 圈中感应电流i (t )的大小(不计线圈自身的自感)．22. 如图所示，一长直导线通有电流I ，其旁共面地放置一匀质金属梯形线框abcda ，已知：da =ab =bc =L 边与下底边夹角均为60°，d 点与导线相距l 止开始自由下落H 共面，求： (1) 下落高度为H 少？(2) 电势差为多少？23. 如图所示，一长直导线中通有电流I ，有一垂直于导线、长度为l 的金属棒AB 在包含导线的平面内，以恒定的速度v 沿与棒成θ角的方向移动．开始时，棒的A 端到导线的距离为a ，求任意时刻金属棒中的动生电动势，并指出棒哪端的电势高． 24. 如图所示，在竖直面内有一矩形导体回路abcd 置于均匀磁场B 中，B的方向垂直于回路平面，abcd 回路中的ab 边的长为l ，质量为m ，可以在保持良好接触的情况下下滑，且摩擦力不计．ab 边的初速度为零，回路电阻R 集中在ab 边上． (1) 求任一时刻ab 边的速率v 和t 的关系； (2) 设两竖直边足够长，最后达到稳定的速率为若干？I a b。
第5章 第1课时功 功率
第1课时 功 功率考纲解读 1.会判断功的正负，会计算恒力的功和变力的功.2.理解功率的两个公式P ＝Wt 和P ＝F v ，能利用P ＝F v 计算瞬时功率.3.会分析机车的两种启动方式．1．[功的理解]下列关于功的说法，正确的是( )A ．力作用在物体上的一段时间内，物体运动了一段位移，该力一定对物体做功B ．力对物体做正功时，可以理解为该力是物体运动的动力，通过该力做功，使其他形式的能量转化为物体的动能或用来克服其他力做功C ．功有正、负之分，说明功是矢量，功的正、负表示力的方向D ．当物体只受到摩擦力作用时，摩擦力一定对物体做负功 答案 B2．[功率的理解]关于功率公式P ＝Wt和P ＝F v 的说法正确的是( )A ．由P ＝Wt 知，只要知道W 和t 就可求出任意时刻的功率B ．由P ＝F v 既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率C ．由P ＝F v 知，随着汽车速度的增大，它的功率也可以无限制地增大D ．由P ＝F v 知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比 答案 BD3．[功和功率的计算]一质量为m 的物体静止在光滑的水平面上，从某一时刻开始受到恒定的外力F 作用，物体运动了一段时间t ，该段时间内力F 做的功和t 时刻力F 的功率分别为( )A.F 2t 22m ，F 2t 2mB.F 2t 2m ，F 2t mC.F 2t 22m ，F 2t mD.F 2t 2m ，F 2t 2m答案 C一、功1．做功的两个要素(1)作用在物体上的力．(2)物体在力的方向上发生的位移． 2．公式：W ＝Fl cos_α.(1)α是力与位移方向之间的夹角，l 为物体对地的位移． (2)该公式只适用于恒力做功． (3)功是标(标或矢)量． 3．功的正负(1)α<90°，力对物体做正功．(2)α>90°，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功．(3)α＝90°，力对物体不做功． 二、功率1．定义：功与完成这些功所用时间的比值．物理意义：描述力对物体做功的快慢． 2．公式(1)P ＝Wt ，P 为时间t 内的平均功率．(2)P ＝F v cos α(α为F 与v 的夹角) ①v 为平均速度，则P 为平均功率． ②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率．考点一 判断正、负功的方法1．恒力做功的判断：若物体做直线运动，则依据力与位移的夹角来判断．2．曲线运动中功的判断：若物体做曲线运动，则依据F 与v 的方向夹角来判断．当0°≤α<90°时，力对物体做正功；当90°<α≤180°时，力对物体做负功；当α＝90°时，力对物体不做功．3．依据能量变化来判断：根据功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断．特别提醒 1.作用力和反作用力虽然等大反向，但由于其分别作用在两个物体上，产生的位移效果无必然联系，故作用力和反作用力做的功不一定一正一负，大小也不一定相等．2．摩擦力并非只做负功，也可以做正功或不做功．例1 生活中有人常说在车厢内推车是没用的，如图1，在水平地面上运动的汽车车厢内一人用力推车，当车在倒车时刹车的过程中( )图1A ．人对车做正功B ．人对车做负功C ．人对车不做功D ．车对人的作用力方向水平向右解析 倒车表示速度向右，刹车表示减速运动，即a 、v 方向相反，加速度a 向左，人与车具有相同的加速度，对人受力分析，受到重力和车对人的作用力，则车对人的作用力方向为斜向左上方，D错；那么人对车的作用力方向斜向右下方，人对车的作用力与车运动位移方向成锐角，即人对车做正功(或对人由动能定理，人的动能减小，车对人做负功，人对车做正功来判断)，A对，B、C错．答案 A突破训练1如图2所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止．则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是()图2A．支持力一定做正功B．摩擦力一定做正功C．摩擦力可能不做功D．摩擦力可能做负功答案 B解析支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功．而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a＝g tan θ，当a>g tan θ，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；当a<g tan θ，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，则做负功．综上所述，B是错误的．考点二功的计算1．恒力做的功：直接用W＝Fl cos α计算．2．合外力做的功方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合l cos α求功．方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、……，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋……求合外力做的功．3．变力做的功(1)应用动能定理求解．(2)应用W＝Pt求解，此法适用于变力的功率P不变．(3)将变力做功转化为恒力做功，此法适用于力的大小不变，方向与运动方向相同或相反，或力的方向不变，大小随位移均匀变化的情况．例2一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s.从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F ，力F 和滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图3甲和乙所示，规定初速度的方向为正方向．求：图3(1)在第1秒内、第2秒内力F 对滑块做的功W 1、W 2； (2)前两秒内力F 的总功W F 及滑块所受合力的功W .解析 (1)第1秒内滑块的位移为l 1＝0.5 m ，第2秒内滑块的位移为l 2＝－0.5 m. 由W ＝Fl cos α可得，W 1＝0.5 J W 2＝－1.5 J.(2)前2秒内力F 的总功W F ＝W 1＋W 2＝－1 J. 由动能定理可求合力的功W ＝12m v 22－12m v 21＝0.答案 (1)0.5 J －1.5 J (2)－1 J 0突破训练2 一质量为m 的物体在水平恒力F 的作用下沿水平面运动，在t 0时刻撤去力F ，其v －t 图象如图4所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则下列关于力F 的大小和力F 做功W 的大小关系式正确的是( )图4A ．F ＝μmgB ．F ＝2μmgC ．W ＝μmg v 0t 0D ．W ＝32μmg v 0t 0答案 D解析 在t 0时刻前，F －μmg ＝m v 0t 0，在t 0时刻以后，－μmg ＝－m v 02t 0，由以上两式可得F ＝3μmg ，因此选项A 、B 均不正确；在0至t 0时间内，W －μmg ·12v 0t 0＝12m v 20，在t 0至3t 0时间内，－μmg ·12v 0(2t 0)＝－12m v 20，因此力F 做的功为W ＝32μmg v 0t 0，选项C 错误，选项D 正确． 考点三 功率的计算公式P ＝Wt和P ＝F v 的区别：(1)P ＝Wt 是功率的定义式，P ＝F v 是功率的计算式．(2)平均功率的计算方法 ①利用P ＝Wt.②利用P ＝F ·v cos α，其中v 为物体运动的平均速度． (3)瞬时功率的计算方法①利用公式P ＝F v cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度． ②P ＝F ·v F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度． ③P ＝F v ·v ，其中F v 为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力．例3 质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t ＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F 与时间t 的关系如图5所示，力的方向保持不变，则( )图5A ．3t 0时刻的瞬时功率为5F 20t 0mB ．3t 0时刻的瞬时功率为15F 20t 0mC ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为23F 20t 04mD ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为25F 20t 06m解析 2t 0时刻速度大小v 2＝a 1·2t 0＝2F 0m t 0.3t 0时刻的速度大小为v 3＝v 2＋a 2t 0＝F 0m ·2t 0＋3F 0m ·t 0＝5F 0t 0m ，3t 0时刻力F ＝3F 0，所以瞬时功率P ＝3F 0·v 3＝15F 20t 0m，A 错，B 对；0～3t 0时间段，水平力对物体做功W ＝F 0x 1＋3F 0x 2＝F 0×12·F 0m (2t 0)2＋3F 0·v 2＋v 32t 0＝25F 20t 202m，平均功率P ＝W t ＝25F 20t 06m ，C 错，D 对．答案 BD求力做功的功率时应注意的问题(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，对应于某一过程的功率为平均功率，对应于某一时刻的功率为瞬时功率．(2)求功率大小时要注意F 与v 方向间的夹角α对结果的影响．(3)用P ＝F v cos α求平均功率时，v 应容易求得，如求匀变速直线运动中某力的平均功率．突破训练3 一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物，当重物的速度为v 1时，起重机的有用功率达到最大值P ，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v 2匀速上升为止，则整个过程中，下列说法不正确的是( )A ．钢绳的最大拉力为Pv 1B ．钢绳的最大拉力为Pv 2C ．重物的最大速度为v 2＝PmgD ．重物做匀加速直线运动的时间为m v 21P －mg v 1答案 B解析 起重机达到最大功率后，钢绳的拉力逐渐减小，所以匀加速运动过程的拉力为最大拉力，F 1＝P v 1，A 正确，B 错误；达到最大速度v 2时，拉力F 2＝mg ，所以v 2＝P F 2＝P mg ，C 正确；重物做匀加速运动的加速度a ＝F 1－mg m ＝Pv 1－mgm ＝Pm v 1－g ，匀加速运动时间t 1＝v 1a ＝m v 21P －mg v 1，D 正确．21．机车的两种启动模型的分析1．模型综述物体在牵引力(受功率和速度制约)作用下，从静止开始克服一定的阻力，加速度不变或变化，最终加速度等于零，速度达到最大值． 2．模型特征(1)以恒定功率启动的方式： ①动态过程：②这一过程的速度—时间图象如图6所示：图6(2)以恒定加速度启动的方式：①动态过程：②这一过程的速度—时间图象如图7所示：图7深化拓展无论哪种启动方式，机车最终的最大速度都应满足：v m＝PF f，且以这个速度做匀速直线运动．例4如图8甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103 kg的汽车，正以10 m/s的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v－t图象如图乙所示，在t＝20 s时汽车到达C点，运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变．假设汽车在AB路段上运动时所受的恒定阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)F f1＝2 000 N．(解题时将汽车看成质点)求：图8(1)运动过程中汽车发动机的输出功率P；(2)汽车速度减至8 m/s时的加速度a的大小；(3)BC路段的长度．答案(1)20 kW(2)0.75 m/s2(3)93.75 m解析 (1)汽车在AB 路段时牵引力和阻力相等，则 F 1＝F f1，输出功率P ＝F 1v 1 解得P ＝20 kW(2)t ＝15 s 后汽车处于匀速运动状态，有 F 2＝F f2，P ＝F 2v 2，则F f2＝Pv 2解得F f2＝4 000 Nv ＝8 m/s 时汽车在做减速运动，有 F f2－F ＝ma ，F ＝Pv 解得a ＝0.75 m/s 2 (3)对BC 段由动能定理得 Pt －F f2x ＝12m v 22－12m v 21 解得x ＝93.75 m分析机车启动问题时的注意事项(1)在用公式P ＝F v 计算机车的功率时，F 是指机车的牵引力而不是机车所受到的合力． (2)恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用W ＝Pt 计算，不能用W ＝Fl 计算(因为F 是变力)；(3)以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W ＝Fl 计算，不能用W ＝Pt 计算(因为功率P 是变化的)．高考题组1．(2013·全国新课标Ⅰ·21)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图9(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭．阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t ＝0.4 s 时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图(b)所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000 m ．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g .则( )图9A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1 10B．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变答案AC解析速度时间图线与时间轴所围的面积表示飞机的位移大小，由题图(b)知，位移大小约为x＝70×0.4 m＋702×2.6 m＝119 m，约为无阻拦索时的110，A正确．在0.4 s～2.5s时间内，飞机所受阻拦索的张力的合力几乎不变，但由于两力方向的变化，阻拦索的张力要逐渐减小，B错误．该段时间内加速度约为a＝68－102.5－0.4m/s2≈27.6 m/s2>2.5g，C正确．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率P＝F合·v，随着v的减小，功率P减小，D错误．模拟题组2．一辆汽车在水平路面上以速度v0匀速行驶时，发动机的功率为P，牵引力为F0.从t1时刻起汽车开上一个倾角为θ的坡路，若汽车功率保持不变，水平路面与坡路路况相同，汽车经过一段时间的变速运动后又进入匀速运动状态，则下面关于汽车速度v、牵引力F与时间t的关系图象正确的是()答案 AC解析 当汽车开上坡路时，速度减小，由P ＝F v 可知牵引力F 增大，对斜面上的汽车受力分析可知，合力方向向下，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋F f －F ＝ma ，因F 增大，故加速度减小，v －t 图象中曲线斜率减小，故A 、C 选项正确．3．如图10所示，质量为m 的汽车以恒定功率P 从A 点由静止出发，先沿着长度为x 1，倾角为α的斜面运动到B 点(其受到的阻力为车重k 1倍)，随后沿着长度为x 2的水平面运动到D 点(其受到的阻力为车重k 2倍)．若x 1和x 2足够长，汽车在AB 、BD 段最后均可达到匀速行驶．求：图10(1)汽车在AB 段和BD 段分别耗时为多少？达到匀速时，其速度v 1和v 2分别为多大？ (2)汽车发动机在过B 点后，为了省油，至少还需工作多久才能到达D 点．(3)若汽车可先沿着长度为x 2的水平面运动(其受到的阻力为车重k 2倍)，随后沿着长度为x 1，倾角为α的斜面运动到D 点(其受到的阻力为车重k 1倍)．若k 1＝k 2＝k ，请问与原路径相比，哪个耗时更多，为什么？ 答案 见解析解析 (1)AB 间匀速v 1＝P k 1mg ＋mg sin α，Pt 1－k 1mgx 1－mgx 1sin α＝12m v 21解得t 1＝k 1mgx 1＋mgx 1sin α＋12m (Pk 1mg ＋mg sin α)2PBD 间匀速v 2＝Pk 2mgPt 2－k 2mgx 2＝12m v 22－12m v 21 解得t 2＝k 2mgx 2＋12m [(P k 2mg )2－(Pk 1mg ＋mg sin α)2]P(2)若以v 1为初速度汽车滑行能达到D 点，则汽车发动机在BD 段工作时间为t ＝0.若不能，设至少还需工作时间t ，恰好到达D .动能定理：0－12m v 21＝Pt －k 2mgx 2，解得t ＝k 2mgx 2－12m (Pk 1mg ＋mg sin α)2P.(3)两个路径克服阻力做功相同．动能定理：Pt －W 阻－mgx 1sin α＝12m v 2可知汽车到达D 点，末速度越大，汽车发动机工作时间越长．汽车沿原路径到达D 点，最后车速为v 2，而汽车沿新路径到D 点，末速度为v 1.因为v 2>v 1所以汽车沿原路径耗时更多．(限时：30分钟)►题组1 关于做功的判断1．如图1所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O 点，另一端系一小球．给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动．在此过程中( )图1A ．斜面对小球的支持力做功B ．重力对小球不做功C ．绳的张力对小球不做功D ．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量 答案 C解析 斜面的支持力、绳的张力总是与小球的运动方向垂直，故不做功，A 错，C 对；摩擦力总与速度方向相反，做负功；小球在重力方向上有位移，因而重力对小球做功，B 错；小球动能的变化量等于合外力做的功，即重力与摩擦力做功的和，D 错． 2．如图2所示，木块B 上表面是水平的，木块A 置于B 上并与B 保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中( )图2A ．A 所受的合外力对A 不做功B ．B 对A 的弹力做正功C ．B 对A 的摩擦力做正功D．A对B不做功答案CD解析A、B一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，设斜面倾角为θ，则加速度为g sin θ.由于A速度增大，由动能定理，A所受的合外力对A做正功，B对A的摩擦力做正功，B对A的弹力做负功，选项A、B错误，C正确．A对B不做功，选项D正确．3．一物体在粗糙的水平面上滑行．从某时刻起，对该物体再施加一水平恒力F，运动了一段时间，() A．如果物体改做匀速运动，则力F一定对物体做正功B．如果物体改做匀加速直线运动，则力F一定对物体做正功C．如果物体仍做匀减速运动，则力F一定对物体做负功D．如果物体改做曲线运动，则力F一定对物体不做功答案AB解析物体在粗糙的水平面上做匀减速直线运动．施加一水平恒力F后，如果物体改做匀速运动，则力F一定与摩擦力等大、反向，与物体运动方向相同，对物体做正功，A正确；如果物体改做匀加速直线运动，则力F一定与物体运动方向相同，且大于摩擦力，力F对物体做正功，B正确；如果物体仍做匀减速运动，则力F可能与物体运动方向相同，但大小小于摩擦力，对物体做正功，也可能与物体运动方向相反，对物体做负功，C错误；只要物体受力F与物体运动方向不共线，物体就做曲线运动，力F 与速度的夹角既可以是锐角也可以是钝角，还可以是直角，各种做功情况都有可能，D 错误．4．如图3甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t 的关系图象如图乙所示；设物块与地面间的静摩擦力最大值F fm与滑动摩擦力大小相等，则()图3A．0～t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t3时刻物块A的动能最大D．t1～t3时间内F对物块先做正功后做负功答案BC解析当拉力小于最大静摩擦力时，物块静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，当拉力大于最大静摩擦力时，物块开始加速，当拉力重新小于最大静摩擦力时，物块由于惯性继续减速运动．t 1时刻前，拉力小于最大静摩擦力，物块静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，合力为零，力F 的功率为零，故A 错误；t 1～t 2，合力向前，物块做加速度增大的加速运动，t 2时刻物块A 的加速度最大，故B 正确；t 3时刻之后合力向后，物块由于惯性减速前进，故t 3时刻A 的速度最大，动能最大，C 正确；t 1～t 3时间内物块速度一直增大，动能一直增大，F 对物块A 始终做正功，D 错误；故选B 、C. ►题组2 关于功和功率的计算5．用一水平拉力使质量为m 的物体从静止开始沿粗糙的水平面运动，物体的v －t 图象如图4所示．下列表述正确的是( )图4A ．在0～t 1时间内拉力逐渐减小B ．在0～t 1时间内物体做曲线运动C ．在t 1～t 2时间内拉力的功率不为零D ．在t 1～t 2时间内合外力做功为12m v 2答案 AC解析 由F －μmg ＝ma 及P ＝F v 知0～t 1时间内拉力F 逐渐减小，物体做直线运动，A 正确，B 错误；在t 1～t 2时间内，F ＝μmg ，F 合＝0，故C 正确，D 错误．6．质量为1 kg 的物体静止于光滑水平面上，t ＝0时刻起，物体受到向右的水平拉力F 作用，第1 s 内F ＝2 N ，第2 s 内F ＝1 N ．下列判断正确的是 ( )A ．2 s 末物体的速度为4 m/sB ．2 s 内物体的位移为3 mC ．第1 s 末拉力的瞬时功率最大D ．第2 s 末拉力的瞬时功率最大 答案 C解析 由牛顿第二定律知第1 s 内物体的加速度大小为2 m /s 2，第2 s 内的加速度大小为1 m/s 2，则第1 s 末物体的速度大小为v 1＝a 1t 1＝2 m /s ，第2 s 末物体的速度大小为v 2＝v 1＋a 2t 2＝3 m/s ，选项A 错误；2 s 内物体的位移为x ＝12a 1t 21＋(v 1t 2＋12a 2t 22)＝3.5 m ，选项B 错误；第1 s 末拉力的瞬时功率为P 1＝F 1v 1＝4 W ，第2 s 末拉力的瞬时功率为P 2＝F 2v 2＝3 W ，选项C 正确，选项D 错误．7．如图5所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，则在整个过程中，下列说法不正确的是( )图5A ．木板对小物块做功为12m v 2B ．摩擦力对小物块做功为mgL sin αC ．支持力对小物块做功为mgL sin αD ．滑动摩擦力对小物块做功为12m v 2－mgL sin α答案 B解析 在抬高A 端的过程中，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，其方向和小物块的运动方向时刻垂直，故在抬高阶段，摩擦力并不做功，这样在抬高小物块的过程中，由动能定理得：W N ＋W G ＝0，即W N －mgL sin α＝0，所以W N ＝mgL sin α.在小物块下滑的过程中，支持力不做功，滑动摩擦力和重力做功，由动能定理得：W G ＋W f ＝12m v 2，即W f＝12m v 2－mgL sin α，B 错，C 、D 正确．在整个过程中，设木板对小物块做的功为W ，对小物块在整个过程由动能定理得W ＝12m v 2，A 正确．8．如图6甲所示，物体受到水平推力F 的作用在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力F 、物体速度v 随时间t 变化的规律如图乙所示．取g ＝10 m/s 2.则( )图6A ．物体的质量m ＝1 kgB ．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2C ．第2 s 内物体克服摩擦力做的功W ＝2 JD ．前2 s 内推力F 做功的平均功率P ＝1.5 W 答案 CD解析 第2 s 内，根据速度－时间图象可知，物体的加速度为a ＝2 m/s 2，第3 s 内，物体做匀速直线运动，F ＝F f ＝μmg ＝2 N ，根据牛顿第二定律有3 N －μmg ＝ma ，解得m＝0.5 kg ，μ＝0.4，A 、B 选项错误；第2 s 内物体运动的位移为1 m ，摩擦力为2 N ，克服摩擦力做的功W ＝2 J ，C 选项正确；前2 s 内推力F 做的功为3 J ，平均功率P ＝32 W＝1.5 W ，D 选项正确．9．放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图7甲、乙所示．下列说法正确的是( )图7A ．0～6 s 内物体的位移大小为30 mB ．0～6 s 内拉力做的功为70 JC ．合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等D ．滑动摩擦力的大小为5 N 答案 ABC解析 由v －t 图象面积表示相应时间内的位移，得A 项正确；0～2 s 内，物体做匀加速运动，设拉力为F 1，由P 1＝F 1v ，得F 1＝306 N ＝5 N ，W 1＝F 1x 1＝5×2×62 J ＝30 J ，2 s ～6 s 内，W 2＝P 2t 2＝10×4 J ＝40 J ，所以0～6 s 内W ＝W 1＋W 2＝70 J ，B 项正确；由v －t 图象得0～2 s 内物体做匀加速运动，2 s ～6 s 内物体做匀速运动，由动能定理可得C 项正确；2 s ～6 s 内，F f ＝F 拉＝P v ＝106 N ＝53 N ，D 项错误．►题组3 关于机车的两种启动方式问题10．质量为m 的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图8所示，其中OA 段为直线，AB 段为曲线，B 点后为平行于横轴的直线．已知从t 1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为F f ，以下说法正确的是( )图8A ．0～t 1时间内，汽车的牵引力等于m v 1t 1B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于(m v 1t 1＋F f )v 2C ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速率小于v 1＋v 22D ．汽车运动的最大速率v 2＝(m v 1F f t 1＋1)v 1答案 D解析 0～t 1时间内汽车的加速度大小为v 1t 1，m v 1t 1为汽车所受的合外力大小，而不是牵引力大小，选项A 错误；t 1时刻汽车牵引力的功率为F v 1＝(m v 1t 1＋F f )v 1，之后汽车功率保持不变，选项B 错误；t 1～t 2时间内，汽车的平均速率大于v 1＋v 22，选项C 错误；牵引力等于阻力时速度最大，即t 2时刻汽车速率达到最大值，则有(m v 1t 1＋F f )v 1＝F f v 2，解得v 2＝(m v 1F f t 1＋1)v 1，选项D 正确．11．一辆汽车在水平路面上匀速直线行驶，阻力恒定为F f .t 1时刻驶入一段阻力为F f2的路段继续行驶．t 2时刻驶出这段路，阻力恢复为F f .行驶中汽车功率恒定，则汽车的速度v 及牵引力F 随时间t 的变化图象可能是( )答案 AC解析 0～t 1时间内，汽车做匀速运动，F ＝F f .t 1～t 2时间内P ＝F v ，随着v 的增大，F 减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动．t 2时刻，F <F f ，汽车做减速运动，随着v 的减小，F 增大，汽车做加速度逐渐减小的减速运动，当F ＝F f 时做匀速运动，所以正确选项为A 、C.12．高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象．现利用这架照相机对MD －2000家用汽车的加速性能进行研究，如图9所示为汽车做匀加速直线运动时连续曝光三次的照片，图中的标尺单位为米，照相机每两次曝光的时间间隔为1.0 s ．已知该汽车的质量为2 000 kg ，额定功率为72 kW ，汽车运动过程中所受的阻力始终为1 600 N.图9(1)求该汽车的加速度．(2)若汽车由静止以此加速度开始做匀加速直线运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间？(3)求汽车所能达到的最大速度． 答案 (1)1.0 m /s 2 (2)20 s (3)45 m/s解析 (1)汽车做匀加速直线运动，根据运动学公式有 x 1＝v 0·ΔT ＋12a ·ΔT 2v 1＝v 0＋a ΔT x 2＝v 1ΔT ＋12a ·ΔT 2由以上几式可得，Δx ＝x 2－x 1＝a ·ΔT 2 a ＝Δx ΔT 2＝3.00－2.001.02m /s 2＝1.0 m/s 2. (2)做匀加速直线运动的汽车所受合外力为恒力，由牛顿第二定律得：F －F f ＝ma ，所以F ＝ma ＋F f ＝3 600 N ，随着速度的增大，汽车的输出功率增大，当达到额定功率时，匀加速运动的速度不再增加，由P ＝F v 得v 1＝P F ＝72×1033 600 m /s ＝20 m/s ，由匀加速运动公式v ＝at 得：t ＝v 1a＝20 s.(3)当汽车达到最大速度时，有F ′＝F f ＝1 600 N. 由P ＝F ′·v max ，得v max ＝P F ′＝72×1031 600 m /s ＝45 m/s.。
热学电磁学习题答案
热学习题答案第一章温度1、设一定容气体温度计是按摄氏温标刻度的，它在冰点和汽化点时，其中气体的压强分和。
别为（1）当气体的压强为时，待测温度是多少？（2）当温度计在沸腾的硫中时（硫的沸点为解：解法一设P与t为线性关系：由题给条件可知：当时有当时得：由此而得（1）时（2）解法二若设t与P为线性关系利用第六题公式可得：时由此可得：（1）（2）时2、一立方容器，每边长20cm其中贮有，的气体，当把气体加热到时，容器每个壁所受到的压力为多大？解：对一定质量的理想气体其状态方程为因，而故，其中氧气的压强是，规定瓶内氧气压强降到时就3、一氧气瓶的容积是得充气，以免混入其他气体而需洗瓶，今有一玻璃室，每天需用氧气，问一瓶氧气能用几天。
解：先作两点假设，（1）氧气可视为理想气体，（2）在使用氧气过程中温度不变。
则：由可有每天用掉的氧气质量为瓶中剩余氧气的质量为天，温度为时的密度。
4、求氧气在压强为解：已知氧的密度5、一打气筒，每打一次可将原来压强为，温度为，体积的空气压缩到容器内。
设容器的容积为，问需要打几次气，才能使容器内的空气，压强为。
温度为解：打气后压强为：，题上未说原来容器中的气体情况，可设原来容器中没有空气，设所需打气次数为，则得：次6、按重量计，空气是由的氮，的氧，约的氩组成的（其余成分很少，可以忽略），计算空气的平均分子量及在标准状态下的密度。
解：设总质量为M的空气中，氧、氮、氩的质量分别为。
氧、氮、氩的分子量。
分别为空气的摩尔数则空气的平均摩尔质量为即空气的平均分子量为28.9。
空气在标准状态下的密度7、 把 的氮气压入一容积为 的容器，容器中原来已充满同温同压的氧气。
试求混合气体的压强和各种气体的分压强，假定容器中的温度保持不变。
解：根据道尔顿分压定律可知 又由状态方程且温度、质量M 不变。
第二章 气体分子运动论的基本概念1、 目前可获得的极限真空度为10-13mmHg 的数量级，问在此真空度下每立方厘米内有多少空气分子，设空气的温度为 27℃。
赵凯华电磁学及课后习题答案
电场线起始于正电荷或无穷 远，止于负电荷或无穷远
应用：直线
应用：平面
34推广
应用：球面
续41
应用：球体
比较结果
§4 电势及其梯度
静电保守力
续45
点电荷系
续47
保守力小结
环路定理
电势能
续51
点电荷例
电势
电势差
叠加原理
续56
简例
电势计算法
第一章
静电场
§1 静电场的基本现象 和基本规律
电荷守恒定律
真空库仑定律
续库仑定律
§2 电场 电场强度
第二节
电场强度
点电荷的场强
点电荷系场强
电偶极子场强
带电体的场强
带电直线场强
续16
续17
带电平面场强
带电平的场强
续19
两个常用公式
带电圆环场强
续22
带电圆环场强
带电圆盘场强
1 C
1 C1
1 C2
1 Ck
电容器的电场能
电容器的能量
电容器带电时具有能量，实验如下：
. K.
a. b
将K倒向a 端 电容充电 再将K到向b端
C
R
灯泡发出一次强的闪光!
能量从哪里来？
电容器释放。
问题：当电容器带有电量Q、相应的电压为U时， 所具有的能量W=？
电容器的电场能
W 1 Q2 2C
C的大小
(1)衡量一个实际的电容器的性能主要指标 耐压能力
(2)在电路中，一个电容器的电容量或耐压能力不够时，
可采用多个电容连接：
C1
如增大电容，可将多个电容并联：
C2
电磁场与电磁波（第三版）课后答案第5章
第五章习题解答5.1真空中直线长电流I 的磁场中有一等边三角形回路，如题 5.1图所示，求三角形回路内的磁通。
解根据安培环路定理，得到长直导线的电流I 产生的磁场2IrB e穿过三角形回路面积的磁通为d SB S32322[d ]d d 2db db zd dI I z z xxxx由题 5.1图可知，()tan63x d zx d ，故得到32d 3db dIx dxx3[ln(1)]223Ib d b d5.2通过电流密度为J 的均匀电流的长圆柱导体中有一平行的圆柱形空腔，如题 5.2图所示。
计算各部分的磁感应强度B ，并证明腔内的磁场是均匀的。
解将空腔中视为同时存在J 和J 的两种电流密度，这样可将原来的电流分布分解为两个均匀的电流分布：一个电流密度为J 、均匀分布在半径为b 的圆柱内，另一个电流密度为J 、均匀分布在半径为a 的圆柱内。
由安培环路定律，分别求出两个均匀分布电流的磁场，然后进行叠加即可得到圆柱内外的磁场。
由安培环路定律d CI B l，可得到电流密度为J 、均匀分布在半径为b 的圆柱内的电流产生的磁场为2222b b bbbbr bbr br J r B J r 电流密度为J 、均匀分布在半径为a 的圆柱内的电流产生的磁场为2222a a aaaar aar ar J r B J r 这里a r 和br 分别是点a o 和b o 到场点P 的位置矢量。
将aB 和bB 叠加，可得到空间各区域的磁场为圆柱外：22222babab a r rBJr r ()br b 圆柱内的空腔外：2022ba aar BJr r (,)b ar b r a 空腔内：22b aBJr r J d()ar a 式中d 是点和b o 到点a o 的位置矢量。
由此可见，空腔内的磁场是均匀的。
5.3下面的矢量函数中哪些可能是磁场？如果是，求其源变量J 。
dbIzx题 5.1 图Sbr ar Jboao ab题5.2图d(1) 0,r ar H e B H（圆柱坐标）(2) 0(),x y ay ax H e e BH(3) 0,x y axay H e e BH(4) 0,ar He BH （球坐标系）解根据恒定磁场的基本性质，满足0B 的矢量函数才可能是磁场的场矢量，否则，不是磁场的场矢量。
电磁学课后习题答案及解析
第五章 静 电 场5 －9若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：<1>在棒的延长线,且离棒中心为r 处的电场强度为<2>在棒的垂直平分线上,离棒为r 处的电场强度为若棒为无限长<即L →∞>,试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.分析这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略,因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示,在长直线上任意取一线元d x ,其电荷为d q ＝Q d x /L ,它在点P 的电场强度为整个带电体在点P 的电场强度接着针对具体问题来处理这个矢量积分.<1>若点P 在棒的延长线上,带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同,<2>若点P 在棒的垂直平分线上,如图<A >所示,则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零,因此,点P 的电场强度就是证 <1>延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r πεq E 202d ,利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量,则 ()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.<2>根据以上分析,中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴,大小为利用几何关系 sin α＝r /r ′,22x r r +='统一积分变量,则当棒长L →∞时,若棒单位长度所带电荷λ为常量,则P 点电场强度此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图<B >］.这说明只要满足r 2/L 2＜＜1,带电长直细棒可视为无限长带电直线.5 －14设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行,试计算通过此半球面的电场强度通量.分析方法1：由电场强度通量的定义,对半球面S 求积分,即⎰⋅=S S d s E Φ 方法2：作半径为R 的平面S ′与半球面S 一起可构成闭合曲面,由于闭合面内无电荷,由高斯定理这表明穿过闭合曲面的净通量为零,穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而解1由于闭合曲面内无电荷分布,根据高斯定理,有依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向,解2取球坐标系,电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为①5 －17设在半径为R 的球体内,其电荷为球对称分布,电荷体密度为k 为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E 与r 的函数关系.分析通常有两种处理方法：<1>利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布,因而电场分布也是球对称,选择与带电球体同心的球面为高斯面,在球面上电场强度大小为常量,且方向垂直于球面,因而有2S π4d r E ⋅=⋅⎰S E 根据高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E ,可解得电场强度的分布. <2>利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳,球壳带电荷为r r ρq ''⋅=d π4d 2,每个带电球壳在壳内激发的电场0d =E ,而在球壳外激发的电场由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布解1因电荷分布和电场分布均为球对称,球面上各点电场强度的大小为常量,由高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E 得球体内<0≤r ≤R > 球体外<r ＞R >解2将带电球分割成球壳,球壳带电由上述分析,球体内<0≤r ≤R >球体外<r ＞R >5 －20一个内外半径分别为R 1和R 2的均匀带电球壳,总电荷为Q 1,球壳外同心罩一个半径为R 3的均匀带电球面,球面带电荷为Q 2.求电场分布.电场强度是否为离球心距离r 的连续函数？试分析.分析以球心O 为原点,球心至场点的距离r 为半径,作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布,电场强度也为球对称分布,高斯面上电场强度沿径矢方向,且大小相等.因而24d r πE ⋅=⎰S E .在确定高斯面内的电荷∑q 后,利用高斯定理∑⎰=0/d εq S E 即可求出电场强度的分布.解取半径为r 的同心球面为高斯面,由上述分析r ＜R 1,该高斯面内无电荷,0=∑q ,故01=ER 1＜r ＜R 2,高斯面内电荷()31323131R R R r Q q --=∑ 故 ()()23132031312π4rR R εR r Q E --= R 2＜r ＜R 3,高斯面内电荷为Q 1,故r ＞R 3,高斯面内电荷为Q 1＋Q 2,故电场强度的方向均沿径矢方向,各区域的电场强度分布曲线如图<B >所示.在带电球面的两侧,电场强度的左右极限不同,电场强度不连续,而在紧贴r ＝R 3的带电球面两侧,电场强度的跃变量这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果,且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳,壳层内外的电场强度也是连续变化的,本题中带电球壳内外的电场,在球壳的厚度变小时,E 的变化就变陡,最后当厚度趋于零时,E 的变化成为一跃变.5 －21两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面,半径分别为R 1和R 2＞R 1>,单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：<1>r ＜R 1,<2> R 1＜r ＜R 2,<3>r ＞R 2.分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上,电场强度也必定沿轴对称分布,取同轴圆柱面为高斯面,只有侧面的电场强度通量不为零,且⎰⋅=rL E d π2S E ,求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.解作同轴圆柱面为高斯面,根据高斯定理r ＜R 1,0=∑q 在带电面附近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变 R 1＜r ＜R 2,L λq =∑r ＞R 2,0=∑q 在带电面附近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变这与5－20题分析讨论的结果一致.5 －22如图所示,有三个点电荷Q 1、Q 2、Q 3沿一条直线等间距分布且Q 1＝Q 3＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零,求在固定Q 1、Q 3的情况下,将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.分析由库仑力的定义,根据Q 1、Q 3所受合力为零可求得Q 2.外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值,即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种：<1>根据功的定义,电场力作的功为 其中E 是点电荷Q 1、Q 3产生的合电场强度.<2>根据电场力作功与电势能差的关系,有其中V 0是Q 1、Q 3在点O 产生的电势<取无穷远处为零电势>.解1由题意Q 1所受的合力为零解得 Q Q Q 414132-=-=由点电荷电场的叠加,Q 1、Q 3激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为将Q 2从点O 沿y 轴移到无穷远处,<沿其他路径所作的功相同,请想一想为什么？>外力所作的功为解2与解1相同,在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=,并由电势的叠加得Q 1、Q 3在点O 的电势将Q 2从点O 推到无穷远处的过程中,外力作功比较上述两种方法,显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大,而求电势分布要简单得多.5 －23已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为为电荷线密度.<1>求在r ＝r 1和r ＝r 2两点间的电势差；<2>在点电荷的电场中,我们曾取r →∞处的电势为零,求均匀带电长直线附近的电势时,能否这样取？试说明.解 <1>由于电场力作功与路径无关,若沿径向积分,则有<2>不能.严格地讲,电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线,而此时电荷分布在无限空间,r →∞处的电势应与直线上的电势相等.5 －27两个同心球面的半径分别为R 1和R 2,各自带有电荷Q 1和Q 2.求：<1>各区域电势分布,并画出分布曲线；<2>两球面间的电势差为多少？分析通常可采用两种方法<1>由于电荷均匀分布在球面上,电场分布也具有球对称性,因此,可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面,借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布,再由⎰∞⋅=p p V l E d 可求得电势分布.<2>利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面,在球面外产生的电势为在球面内电场强度为零,电势处处相等,等于球面的电势其中R 是球面的半径.根据上述分析,利用电势叠加原理,将两个球面在各区域产生的电势叠加,可求得电势的分布.解1 <1>由高斯定理可求得电场分布由电势⎰∞⋅=r V l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1时,有当R 1≤r ≤R 2时,有当r ≥R 2时,有<2>两个球面间的电势差解2 <1>由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内,即r ≤R 1,则若该点位于两个球面之间,即R 1≤r ≤R 2,则若该点位于两个球面之外,即r ≥R 2,则<2>两个球面间的电势差第六章 静电场中的导体与电介质6 －1将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近,则导体B 的电势将〔 〔A 升高 〔B 降低 〔C 不会发生变化 〔D 无法确定分析与解不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。
《电磁场与电磁波》课后习题解答(第五章)
《电磁场与电磁波》课后习题解答(第五章)————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：习题及参考答案5.1 一个点电荷 Q 与无穷大导体平面相距为d ，如果把它移动到无穷远处，需要作多少功？解：用镜像法计算。
导体面上的感应电荷的影响用镜像电荷来代替，镜像电荷的大小为-Q ，位于和原电荷对称的位置。
当电荷Q 离导体板的距离为x 时，电荷Q 受到的静电力为2)2(042x Q F επ-=静电力为引力，要将其移动到无穷远处，必须加一个和静电力相反的外力2)2(042x Q f επ=在移动过程中，外力f 所作的功为d Q d dx dx Q dx f 016220162επεπ=⎰∞⎰∞= 当用外力将电荷Q 移动到无穷远处时，同时也要将镜像电荷移动到无穷远处，所以，在整个过程中，外力作的总功为dq8/2επ。
也可以用静电能计算。
在移动以前，系统的静电能等于两个点电荷之间的相互作用能：d Q d Q Q d Q Q q q W 082)2(04)(21)2(042122211121επεπεπϕϕ-=-+-=+=移动点电荷Q 到无穷远处以后，系统的静电能为零。
因此，在这个过程中，外力作功等于系统静电能的增量，即外力作功为dq8/2επ。
5．2 一个点电荷放在直角导体内部（如图5-1），求出所有镜像电荷的位置和大小。
解：需要加三个镜像电荷代替 导体面上的感应电荷。
在（-a ，d ）处，镜像电荷为-q ，在（错误！链接无效。
）处， 镜像电荷为q ，在（a ，-d ）处，镜像电荷为-q 。
图5-1 5．3 证明：一个点电荷q 和一个带有电 荷Q 、半径为R 的导体球之间的作用力为]2)22(2[04R D DRq D D qR Q q F --+=επ其中D 是q 到球心的距离（D ＞R ）。
证明：使用镜像法分析。
电磁场与电磁波(金立军)第五章答案
半
圆
受
到
的
力
为
题 5-9 图
F2 Idl B I ade Be z
BIa e d
0
BIa (cos e y sin e x )d
0
2 BIae x
2 1.25 120 1a x 50ex
e z 0 I 5 z x 2 ( y 1) 2 ( z 5) 2 ln 2 2 2 4 5 z x ( y 1) ( z 5)
则 A(3, 4,0) = ez 4.5 10 Wb / m
-6
y 1 y 1 B = A = ex (5 z x 2 ( y 1) 2 ( z 5) 2 ) x 2 ( y 1) 2 ( z 5) 2 (5 z x 2 ( y 1) 2 ( z 5) 2 ) x 2 ( y 1) 2 ( z 5) 2 y 1 y 1 e x (5 z x 2 ( y 1) 2 ( z 5) 2 ) x 2 ( y 1) 2 ( z 5) 2 (5 z x 2 ( y 1) 2 ( z 5) 2 ) x 2 ( y 1) 2 ( z 5) 2 x x e y (5 z x 2 ( y 1) 2 ( z 5) 2 ) x 2 ( y 1) 2 ( z 5) 2 (5 z x 2 ( y 1) 2 ( z 5) 2 ) x 2 ( y 1) 2 ( z 5) 2 x x e y (5 z x 2 ( y 1) 2 ( z 5) 2 ) x 2 ( y 1) 2 ( z 5) 2 (5 z x 2 ( y 1) 2 ( z 5) 2 ) x 2 ( y 1) 2 ( z 5) 2
大学物理习题答案解析第五章
第二篇 电磁学求解电磁学问题的基本思路和方法本书电磁学部分涉及真空中和介质中的静电场和恒定磁场、电磁感应和麦克斯韦电磁场的基本概念等内容，涵盖了大学物理课程电磁学的核心内容.通过求解电磁学方面的习题，不仅可以使我们增强对有关电磁学基本概念的理解，还可在处理电磁学问题的方法上得到训练，从而感悟到麦克斯韦电磁场理论所体现出来的和谐与美.求解电磁学习题既包括求解一般物理习题的常用方法，也包含一些求解电磁学习题的特殊方法.下面就求解电磁学方面的方法择要介绍如下.1.微元法在求解电场强度、电势、磁感强度等物理量时，微元法是常用的方法之一.使用微元法的基础是电场和磁场的叠加原理.依照叠加原理，任意带电体激发的电场可以视作电荷元d q 单独存在时激发电场的叠加，根据电荷的不同分布方式，电荷元可分别为体电荷元ρd V 、面电荷元σd S 和线电荷元λd l .同理电流激发的磁场可以视作为线电流元激发磁场的叠加.例如求均匀带电直线中垂线上的电场强度分布.我们可取带电线元λd l 为电荷元，每个电荷元可视作为点电荷，建立坐标，利用点电荷电场强度公式将电荷元激发的电场强度矢量沿坐标轴分解后叠加统一积分变量后积分，就可以求得空间的电场分布.类似的方法同样可用于求电势、磁感应强度的分布. 此外值得注意的是物理中的微元并非为数学意义上真正的无穷小，而是测量意义上的高阶小量.从形式上微元也不仅仅局限于体元、面元、线元，在物理问题中常常根据对称性适当地选取微元.例如，求一个均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布，我们可以取宽度为d r 的同心带电圆环为电荷元，再利用带电圆环轴线上的电场强度分布公式，用叠加的方法求得均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布.2.对称性分析对称性分析在求解电磁场问题时是十分重要的.通过分析场的对称性，可以帮助我们了解电磁场的分布，从而对求解电磁学问题带来极大方便.而电磁场的对称性有轴对称、面对称、球对称等.下面举两个例子.在利用高斯定律求电场强度的分布时，需要根据电荷分布的对称性选择适当的高斯面，使得电场强度在高斯面上为常量或者电场强度通量为零，就能够借助高斯定律求得电场强度的分布.相类似在利用安培环路定律求磁感强度的分布时，依照电流分布的对称性，选择适当的环路使得磁感强度在环路上为常量或者磁场环流为零，借助安培环路定律就可以求出磁感强度的分布.3.补偿法补偿法是利用等量异号的电荷激发的电场强度，具有大小相等方向相反的特性；或强度相同方向相反的电流元激发的磁感强度，具有大小相等方向相反这一特性，将原来对称程度较低的场源分解为若干个对称程度较高的场源，再利用场的叠加求得电场、磁场的分布.例如在一个均匀带电球体内部挖去一个球形空腔，显然它的电场分布不再呈现球对称.为了求这一均匀带电体的电场分布，我们可将空腔带电体激发的电场视为一个外半径相同的球形带电体与一个电荷密度相同且异号、半径等于空腔半径的小球体所激发电场的矢量和.利用均匀带电球体内外的电场分布，即可求出电场分布.4.类比法 在电磁学中，许多物理量遵循着相类似的规律，例如电场强度与磁场强度、电位移矢量与磁感强度矢量、电偶αr l λεE l l cos d π4122/2/0⎰-=极子与磁偶极子、电场能量密度与磁场能量密度等等.他们尽管物理实质不同，但是所遵循的规律形式相类似.在分析这类物理问题时借助类比的方法，我们可以通过一个已知物理量的规律去推测对应的另外一个物理量的规律.例如我们在研究L C 振荡电路时，我们得到回路电流满足的方程显然这个方程是典型的简谐振动的动力学方程，只不过它所表述的是含有电容和自感的电路中，电流以简谐振动的方式变化罢了.5.物理近似与物理模型几乎所有的物理模型都是理想化模型，这就意味着可以忽略影响研究对象运动的次要因素，抓住影响研究对象运动的主要因素，将其抽象成理想化的数学模型.既然如此，我们在应用这些物理模型时不能脱离建立理想化模型的条件与背景.例如当带电体的线度远小于距所考察电场这一点的距离时，一个带电体的大小形状可以忽略，带电体就可以抽象为点电荷.但是一旦去研究带电体临近周围的电场分布时，将带电体当作点电荷的模型就失效了.在讨论物理问题时一定要注意物理模型的适用条件.同时在适用近似条件的情况下，灵活应用理想化模型可大大简化求解问题的难度.电磁学的解题方法还有很多，我们希望同学们通过练习自己去分析、归纳、创新和总结.我们反对在学习过程中不深入理解题意、不分析物理过程、简单教条地将物理问题分类而“套”公式的解题方法.我们企盼同学们把灵活运用物理基本理论求解物理问题当成是一项研究课题，通过求解问题在学习过程中自己去领悟、体会，通过解题来感悟到用所学的物理知识解决问题后的愉悦和快乐，进一步加深理解物理学基本定律，增强学习新知识和新方法的积极性.01d d 22=+i LCt i第五章 静 电 场5 －1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( )分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ).5 －2 下列说法正确的是( )(A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷(B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零(C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零(D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B ).5 －3 下列说法正确的是( )(A ) 电场强度为零的点，电势也一定为零(B ) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零(C ) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D ) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零分析与解 电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D ).*5 －4 在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p 的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( )(A ) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p 水平指向棒尖端而停止(B ) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C ) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D ) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动2εσ分析与解 电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B ).5 －5 精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21 e ，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e ，由最极端的情况考虑，一个有8 个电子，8 个质子和8 个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？ 若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小. 分析 考虑到极限情况， 假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21 e ，中子电量为10－21 e ，则由一个氧原子所包含的8 个电子、8 个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解 一个氧原子所带的最大可能净电荷为二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e 范围内时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力. 5 －6 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带 的上夸克和两个带的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10－20 m)，中子内的两个下夸克之间相距2.60×10－15 m .求它们之间的相互作用力.解 由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.5 －7 质量为m ，电荷为－e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为E ｋ .证明电子的旋转频率满足其中ε0 是真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律.分析 根据题意将电子作为经典粒子处理.电子、氢核的大小约为10－15 m ，轨道半径约为10－10 m ，故电子、氢核都可视作点电荷.点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有由此出发命题可证.()e q 21max 10821-⨯⨯+=1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e e 32e 31-()r r r r e εr q q εe e e F N 78.3π41π412202210===4320232me E εk =v 2202π41r e εr m =v证 由上述分析可得电子的动能为电子旋转角速度为由上述两式消去r ，得5 －8 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl －与其最邻近的八个一价铯离子Cs +构成如图所示的立方晶格结构.(1) 求氯离子所受的库仑力；(2) 假设图中箭头所指处缺少一个铯离子(称作晶格缺陷)，求此时氯离子所受的库仑力.分析 铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加.为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力.解 (1) 由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故F 1 ＝0.(2) 除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力F 2 的值为F 2 方向如图所示.5 －9 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为 若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.re εm E K 202π8121==v 3022π4mr εe ω=432022232π4me E εωK ==v N 1092.1π3π4920220212⨯===aεe r εq q F 2204π1Lr Q εE -=2204π21L r r Q εE +=分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为整个带电体在点P 的电场强度接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，(2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A )所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是证 (1) 延长线上一点P 的电场强度，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则电场强度的方向沿x 轴. (2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为利用几何关系 sin α＝r /r ′， 统一积分变量，则当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度r r q εe E 20d π41d '=⎰=E E d ⎰=LE i E d ⎰⎰==Ly E αE j j E d sin d ⎰'=L r πεq E 202d ()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰E r εq αE L d π4d sin 2⎰'=22x r r +='()2203/22222041π2d π41L r r εQ r x L xrQ εE L/-L/+=+=⎰此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B )］.这说明只要满足r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线. 5 －10 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.分析 这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第5 －3 节的例1 可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元，在点O 激发的电场强度为由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系，统一积分变量，有积分得 5 －11 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.rελL r L Q r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→θθR δS δq d sin π2d d 2⋅==()i E 3/2220d π41d r x qx ε+=θR x cos =θR r sin =()θθθεδθθR πδR θR πεr x q x πεE d cos sin 2 d sin 2cos 41d 41d 02303/2220=⋅=+=02/004d cos sin 2εδθθθεδE π⎰==分析 水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0 ，利用教材第5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布.解1 水分子的电偶极矩在电偶极矩延长线上解2 在对称轴线上任取一点A ，则该点的电场强度由于 代入得 测量分子的电场时， 总有x ＞＞r 0 ， 因此， 式中，将上式化简并略去微小量后，得 5 －12 两条无限长平行直导线相距为r 0 ，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x )；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.00er P =θer P cos 20=302π41x p εE =θer θP P cos 2cos 200==30030030cos π1cos 4π412π41x θer εx θer εx p εE ===+-+=E E E 2020π42π4cos 2cos 2x εe r εθer E βE E -=-=+θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=23/20202001cos 2cos π42x θxr r x θr x εe E ()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x θr x x θr x θxr r x cos 2231cos 21cos 2033/2033/20202300cos π1x θe r εE =分析 (1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F ＝q E ，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE .应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力. 解 (1) 设点P 在导线构成的平面上，E ＋、E －分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有(2) 设F ＋、F －分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有 显然有F ＋＝F －，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.5 －13 如图为电四极子，电四极子是由两个大小相等、方向相反的电偶极子组成.试求在两个电偶极子延长线上距中心为z 的一点P 的电场强度(假设z ＞＞d ).分析 根据点电荷电场的叠加求P 点的电场强度.解 由点电荷电场公式，得()i i E E E x r x r ελx r x ελ-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2i E F 00π2r ελλ==-+i E F 002π2r ελλ-=-=+-考虑到z ＞＞d ，简化上式得 通常将Q ＝2qd 2 称作电四极矩，代入得P 点的电场强度5 －14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.分析 方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即 方法2：作半径为R 的平面S ′与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为① ()()k k k E 202020π41π412π41d z q εd z q εz q ε++-+=()()k k k E 42022220222206π4...321...32112π4/11/1112π4z qd εq z d z d z d z d z z εq z d z d z z εq =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-=k E 403π41zQ ε=⎰⋅=S S d s E Φ∑⎰==⋅01d 0q εS S E ⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d ⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d E R πR E 22πcos π=⋅⋅-=Φ()r θθθE e e e E sin sin cos sin cos ++=5 －15 边长为a 的立方体如图所示，其表面分别平行于Oxy 、Oyz 和Ozx 平面，立方体的一个顶点为坐标原点.现将立方体置于电场强度 (k ，E 1 ，E 2 为常数)的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量.解 如图所示，由题意E 与Oxy 面平行，所以任何相对Oxy 面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即.而考虑到面CDEO 与面ABGF 的外法线方向相反，且该两面的电场分布相同，故有同理因此，整个立方体表面的电场强度通量5 －16 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析 考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.解 在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径(为地球平均半径).由高斯定理r θθR e S d d sin d 2=ER θθER θθER SS2π0π2222πdsin d sin dd sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰S E Φ()12E kx E +E =i +j 0==DEFG OABC ΦΦ()[]()2221ABGF d a E dS E kx E =⋅++=⋅=⎰⎰j j i S E Φ22a E ABGF CDEO -=-=ΦΦ()[]()2121AOEF d a E dS E E -=-⋅+=⋅=⎰⎰i j i S E Φ()[]()()2121BCDG d a ka E dS E ka E Φ+=⋅++=⋅=⎰⎰i j i S E 3ka ==∑ΦΦ1m V 120-⋅E R R ≈E R ∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E地球表面电荷面密度单位面积额外电子数5 －17 设在半径为R 的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为k 为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E 与r 的函数关系.分析 通常有两种处理方法：(1) 利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有根据高斯定理，可解得电场强度的分布. (2) 利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为，每个带电球壳在壳内激发的电场，而在球壳外激发的电场由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布解1 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理得球体内(0≤r ≤R )∑--⨯-=-≈=2902cm 1006.1π4/E εR q σE 25cm 1063.6/-⨯=-=e σn ()()R r ρkr ρ>=≤≤= 0R r 02Sπ4d r E ⋅=⋅⎰S E ⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E r r ρq ''⋅=d π4d 20d =E rrεqe E 20π4d d =()()()()R r r r Rr>=≤≤=⎰⎰d R r 0d 0E E E E ⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E ()4202πd π41π4r εk r r kr εr r E r==⎰球体外(r ＞R )解2 将带电球分割成球壳，球壳带电由上述分析，球体内(0≤r ≤R )球体外(r ＞R )5 －18 一无限大均匀带电薄平板，电荷面密度为σ，在平板中部有一半径为r 的小圆孔.求圆孔中心轴线上与平板相距为x 的一点P 的电场强度.分析 用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的对称性电场.本题的电场分布虽然不具有这样的对称性，但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的分布.若把小圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的带电平板和一个带相反电荷(电荷面密度σ′＝－σ)的小圆盘.这样中心轴线上的电场强度等效于平板和小圆盘各自独立在该处激发电场的矢量和. 解 由教材中第5 －4 节例4 可知，在无限大带电平面附近为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场它们的合电场强度为()r εkr r e E 024=()4202πd π41π4r εk r r kr εr r E R==⎰()r εkR r e E 024=r r r k V ρq '''==d π4d d 2()r r rεkr r r r r k εr e e E 0222004d π4π41=''⋅'=⎰()r r Rr εkR r r r πr k πεr e e E 20222004d 441=''⋅'=⎰n εσe E 012=n e n r x x εσe E ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+--=220212在圆孔中心处x ＝0，则E ＝0在距离圆孔较远时x ＞＞r ，则上述结果表明，在x ＞＞r 时，带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计.5 －19 在电荷体密度为ρ 的均匀带电球体中，存在一个球形空腔，若将带电体球心O 指向球形空腔球心O ′的矢量用a 表示(如图所示).试证明球形空腔中任一点的电场强度为分析 本题带电体的电荷分布不满足球对称，其电场分布也不是球对称分布，因此无法直接利用高斯定理求电场的分布，但可用补偿法求解.挖去球形空腔的带电球体在电学上等效于一个完整的、电荷体密度为ρ 的均匀带电球和一个电荷体密度为－ρ、球心在O ′的带电小球体(半径等于空腔球体的半径).大小球体在空腔内P 点产生的电场强度分别为E 1 、E 2 ，则P 点的电场强度 E ＝E 1 ＋E 2 . 证 带电球体内部一点的电场强度为所以 ， 根据几何关系，上式可改写为n rx x εσe E E E 22212+=+=n nεσx r εσe e E 02202/112≈+=a E 03ερ=r E 03ερ=r E 013ερ=2023r E ερ-=()210213r r E E E -=+=ερa r r =-21a E 03ερ=5 －20 一个内外半径分别为R 1 和R 2 的均匀带电球壳，总电荷为Q 1 ，球壳外同心罩一个半径为R 3 的均匀带电球面，球面带电荷为Q 2 .求电场分布.电场强度是否为离球心距离r 的连续函数？ 试分析.分析 以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因而 .在确定高斯面内的电荷后，利用高斯定理即可求出电场强度的分布.解 取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分析r ＜R 1 ，该高斯面内无电荷，，故 R 1 ＜r ＜R 2 ，高斯面内电荷 故 R 2 ＜r ＜R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ，故r ＞R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ＋Q 2 ，故电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图(B )所示.在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r ＝R 3 的带电球面两侧，电场强度的跃变量这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，本题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E 的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E 的变化成为一跃变.5 －21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 ＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .24d r πE ⋅=⎰S E ∑q ∑⎰=/d εq S E ∑=⋅02/π4εq r E 0=∑q 01=E ()31323131R R R r Q q --=∑()()23132031312π4r R R εR r Q E --=2013π4r εQ E =20214π4r εQ Q E +=230234π4ΔεσR εQ E E E ==-=分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且，求出不同半径高斯面内的电荷.即可解得各区域电场的分布.解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理r ＜R 1 ，在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变 R 1 ＜r ＜R 2 ，r ＞R 2，在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变这与5 －20 题分析讨论的结果一致.5 －22 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.⎰⋅=rL E d π2S E ∑q ∑=⋅0/π2εq rL E 0=∑q 01=E L λq =∑rελE 02π2=0=∑q 03=E 000π2π2ΔεσrL εL λr ελE ===分析 由库仑力的定义，根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度. (2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势). 解1 由题意Q 1 所受的合力为零解得由点电荷电场的叠加，Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时，并由电势 的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多.5 －23 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为l E d 02⎰∞=Q W ()0202V Q V V Q W =-=∞()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q Q Q Q 414132-=-=()2/322031π2yd εQ E E E yy y +=+=()dεQ y y d εQ Q Q W y 022/322002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E Q Q 412-=dεQd εQ d εQ V 003010π2π4π4=+=dεQ V Q W 0202π8=-='。
大学物理第五版(马文蔚)电磁学习题答案
第五章 静 电 场5 －1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A)放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B)中的( )分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为02εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B).5 －2 下列说法正确的是( )(A)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷(B)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零(C)闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零(D)闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B).5 －3下列说法正确的是( )(A) 电场强度为零的点，电势也一定为零(B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零(C) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).*5 －4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( )(A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止(B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B).5 －5精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21e，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e，由最极端的情况考虑，一个有8 个电子，8 个质子和8 个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析 考虑到极限情况， 假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21 e ，中子电量为10－21 e ，则由一个氧原子所包含的8 个电子、8 个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解 一个氧原子所带的最大可能净电荷为()e q 21max 10821-⨯⨯+=二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e 显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e 范围内时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力. 5 －6 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e 32 的上夸克和两个带e 31-的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10－20 m)，中子内的两个下夸克之间相距2.60×10－15 m .求它们之间的相互作用力.解 由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律()r r r re εr q q εe e e F N 78.3π41π412202210=== F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.5 －7 质量为m ，电荷为－e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为E ｋ .证明电子的旋转频率满足4320232me E εk =v 其中ε0 是真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律.分析 根据题意将电子作为经典粒子处理.电子、氢核的大小约为10－15 m ，轨道半径约为10－10 m ，故电子、氢核都可视作点电荷.点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有2202π41r e εr m =v由此出发命题可证.证 由上述分析可得电子的动能为 r e εm E K 202π8121==v 电子旋转角速度为3022π4mr εe ω= 由上述两式消去r ，得432022232π4me E εωK ==v 5 －8 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl －与其最邻近的八个一价铯离子Cs +构成如图所示的立方晶格结构.(1) 求氯离子所受的库仑力；(2) 假设图中箭头所指处缺少一个铯离子(称作晶格缺陷)，求此时氯离子所受的库仑力.分析 铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加.为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力.解 (1) 由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故F 1 ＝0.(2) 除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力F 2 的值为N 1092.1π3π4920220212⨯===aεe r εq q F F 2 方向如图所示.5 －9 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为2204π1L r Q εE -= (2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为2204π21Lr r Q εE += 若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为r r q εe E 20d π41d '=整个带电体在点P 的电场强度⎰=E E d接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，⎰=LE i E d (2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A)所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是⎰⎰==Ly E αE j j E d sin d 证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r πεq E 202d ，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为E r εq αE L d π4d sin 2⎰'= 利用几何关系 sin α＝r /r ′，22x r r +=' 统一积分变量，则()2203/22222041π2d π41L r r εQ r x L xrQ εE L/-L/+=+=⎰当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度r ελL r L Q r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B)］.这说明只要满足r 2/L 2＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.5 －10 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.分析 这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第5 －3 节的例1 可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθR δS δq d sin π2d d 2⋅==，在点O 激发的电场强度为()i E 3/2220d π41d r x qx ε+=由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系θR x cos =，θR r sin =统一积分变量，有()θθθεδθθR πδR θR πεr x q x πεE d cos sin 2 d sin 2cos 41d 41d 02303/2220=⋅=+= 积分得 02/004d cos sin 2εδθθθεδE π⎰== 5 －11 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.分析 水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为00er P =，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θer P cos 20=，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0 ，利用教材第5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度302π41xp εE = 可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布.解1 水分子的电偶极矩θer θP P cos 2cos 200==在电偶极矩延长线上30030030cos π1cos 4π412π41xθer εx θer εx p εE === 解2 在对称轴线上任取一点A ，则该点的电场强度+-+=E E E2020π42π4cos 2cos 2xεe r εθer E βE E -=-=+ 由于 θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=代入得()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=23/20202001cos 2cos π42x θxr r x θr x εe E 测量分子的电场时， 总有x ＞＞r 0 ， 因此， 式中()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x θr x x θr x θxr r x cos 2231cos 21cos 2033/2033/20202，将上式化简并略去微小量后，得300cos π1x θe r εE = 5 －12 两条无限长平行直导线相距为r 0 ，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x )；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.分析 (1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F ＝q E ，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE .应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解 (1) 设点P 在导线构成的平面上，E ＋、E －分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有 ()i i E E E x r x r ελx r x ελ-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2 (2) 设F ＋、F －分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有 i E F 00π2r ελλ==-+ i E F 002π2r ελλ-=-=+- 显然有F ＋＝F －，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.5 －13 如图为电四极子，电四极子是由两个大小相等、方向相反的电偶极子组成.试求在两个电偶极子延长线上距中心为z 的一点P 的电场强度(假设z ＞＞d ).分析 根据点电荷电场的叠加求P 点的电场强度.解 由点电荷电场公式，得()()k k k E 202020π41π412π41d z q εd z q εz q ε++-+= 考虑到z ＞＞d ，简化上式得()()k k k E 42022220222206π4...321...32112π4/11/1112π4zqd εq z d z d z d z d z z εq z d z d z z εq =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-= 通常将Q ＝2qd 2称作电四极矩，代入得P 点的电场强度 k E 403π41z Q ε= 5 －14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.分析 方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即⎰⋅=SS d s E Φ 方法2：作半径为R 的平面S ′与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理∑⎰==⋅01d 0q εS S E 这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，E R πR E 22πcos π=⋅⋅-=Φ解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为①()r θθθE e e e E sin sin cos sin cos ++=r θθR e S d d sin d 2=ER θθER θθER SS 2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰S E Φ5 －15 边长为a 的立方体如图所示，其表面分别平行于Oxy 、Oyz 和Ozx 平面，立方体的一个顶点为坐标原点.现将立方体置于电场强度()12E kx E +E =i +j (k ，E 1 ，E 2 为常数)的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量.解 如图所示，由题意E 与Oxy 面平行，所以任何相对Oxy 面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即0==DEFG OABC ΦΦ.而()[]()2221ABGF d a E dS E kx E =⋅++=⋅=⎰⎰j j i S E Φ考虑到面CDEO 与面ABGF 的外法线方向相反，且该两面的电场分布相同，故有22a E ABGF CDEO -=-=ΦΦ同理 ()[]()2121AOEF d a E dS E E -=-⋅+=⋅=⎰⎰i j i S E Φ ()[]()()2121BCDG d a ka E dS E ka E Φ+=⋅++=⋅=⎰⎰i j i S E因此，整个立方体表面的电场强度通量3ka ==∑ΦΦ5 －16 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为1m V 120-⋅，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析 考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.解 在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E 地球表面电荷面密度∑--⨯-=-≈=2902cm 1006.1π4/E εR q σE单位面积额外电子数25cm 1063.6/-⨯=-=e σn5 －17 设在半径为R 的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为()()R r ρkr ρ>=≤≤= 0R r 0k 为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E 与r 的函数关系.分析 通常有两种处理方法：(1) 利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有2Sπ4d r E ⋅=⋅⎰S E 根据高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E ，可解得电场强度的分布. (2) 利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为r r ρq ''⋅=d π4d 2，每个带电球壳在壳内激发的电场0d =E ，而在球壳外激发的电场r rεq e E 20π4d d = 由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布()()()()R r r r R r>=≤≤=⎰⎰ d R r 0 d 00E E E E解1 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E 得球体内(0≤r ≤R )()400202πd π41π4r εk r r kr εr r E r ==⎰ ()r εkr r e E 024= 球体外(r ＞R )()400202πd π41π4r εk r r kr εr r E R ==⎰ ()r εkR r e E 024= 解2 将带电球分割成球壳，球壳带电r r r k V ρq '''==d π4d d 2由上述分析，球体内(0≤r ≤R )()r r rεkr r r r r k εr e e E 0222004d π4π41=''⋅'=⎰ 球体外(r ＞R )()r r Rr εkR r r r πr k πεr e e E 20222004d 441=''⋅'=⎰ 5 －18 一无限大均匀带电薄平板，电荷面密度为σ，在平板中部有一半径为r 的小圆孔.求圆孔中心轴线上与平板相距为x 的一点P 的电场强度.分析 用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的对称性电场.本题的电场分布虽然不具有这样的对称性，但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的分布.若把小圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的带电平板和一个带相反电荷(电荷面密度σ′＝－σ)的小圆盘.这样中心轴线上的电场强度等效于平板和小圆盘各自独立在该处激发电场的矢量和. 解 由教材中第5 －4 节例4 可知，在无限大带电平面附近n εσe E 012= n e 为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场n r x x εσe E ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=220212 它们的合电场强度为 n r x x εσe E E E 220212+=+=在圆孔中心处x ＝0，则 E ＝0在距离圆孔较远时x ＞＞r ，则n n εσx r εσe e E 02202/112≈+= 上述结果表明，在x ＞＞r 时，带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计. 5 －19 在电荷体密度为ρ 的均匀带电球体中，存在一个球形空腔，若将带电体球心O 指向球形空腔球心O ′的矢量用a 表示(如图所示).试证明球形空腔中任一点的电场强度为a E 03ερ=分析 本题带电体的电荷分布不满足球对称，其电场分布也不是球对称分布，因此无法直接利用高斯定理求电场的分布，但可用补偿法求解.挖去球形空腔的带电球体在电学上等效于一个完整的、电荷体密度为ρ 的均匀带电球和一个电荷体密度为－ρ、球心在O ′的带电小球体(半径等于空腔球体的半径).大小球体在空腔内P 点产生的电场强度分别为E 1 、E 2 ，则P 点的电场强度 E ＝E 1 ＋E 2 .证 带电球体内部一点的电场强度为r E 03ερ= 所以 r E 013ερ=，2023r E ερ-= ()210213r r E E E -=+=ερ 根据几何关系a r r =-21，上式可改写为a E 03ερ= 5 －20 一个内外半径分别为R 1 和R 2 的均匀带电球壳，总电荷为Q 1 ，球壳外同心罩一个半径为R 3 的均匀带电球面，球面带电荷为Q 2 .求电场分布.电场强度是否为离球心距离r 的连续函数？ 试分析.分析 以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因而24d r πE ⋅=⎰S E .在确定高斯面内的电荷∑q 后，利用高斯定理∑⎰=0/d εq S E 即可求出电场强度的分布.解 取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分析∑=⋅02/π4εq r Er ＜R 1 ，该高斯面内无电荷，0=∑q ，故01=ER 1 ＜r ＜R 2 ，高斯面内电荷()31323131R R R r Q q --=∑ 故 ()()23132031312π4r R R εR r Q E --= R 2 ＜r ＜R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ，故 2013π4rεQ E = r ＞R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ＋Q 2 ，故20214π4r εQ Q E += 电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图(B)所示.在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r ＝R 3 的带电球面两侧，电场强度的跃变量0230234π4ΔεσR εQ E E E ==-= 这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，本题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E 的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E 的变化成为一跃变.5 －21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 ＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且⎰⋅=rL E d π2S E ，求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理∑=⋅0/π2εq rL Er ＜R 1 ， 0=∑q01=E在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变R 1 ＜r ＜R 2 ，L λq =∑ r ελE 02π2= r ＞R 2， 0=∑q03=E在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变00π2π2ΔεσrL εL λr ελE === 这与5 －20 题分析讨论的结果一致.5 －22 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.分析 由库仑力的定义，根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为l E d 02⎰∞=Q W 其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度.(2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有()0202V Q V V Q W =-=∞其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势).解1 由题意Q 1 所受的合力为零()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 414132-=-=由点电荷电场的叠加，Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为 ()2/322031π2y d εQ E E E yy y +=+=将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为()d εQ y y d εQ Q Q W y 022/3220002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E 解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=，并由电势的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势dεQ d εQ d εQ V 003010π2π4π4=+= 将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功dεQ V Q W 0202π8=-=' 比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多. 5 －23 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为r rελe E 0π2= 为电荷线密度.(1)求在r ＝r 1 和r ＝r 2 两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r →∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？ 试说明.解 (1) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E (2) 不能.严格地讲，电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，r →∞处的电势应与直线上的电势相等. 5 －24 水分子的电偶极矩p 的大小为6.20 ×10－30 C · m.求在下述情况下，距离分子为r ＝5.00 ×10－9 m 处的电势.(1) 0θ=︒；(2) 45θ=︒；(3) 90θ=︒，θ 为r 与p 之间的夹角.解 由点电荷电势的叠加2000P π4cos π4π4r εθp r εq r εq V V V =-+=+=-+-+ (1) 若o 0=θ V 1023.2π4320P -⨯==rεp V (2) 若o45=θ V 1058.1π445cos 320o P -⨯==r εp V (3) 若o90=θ 0π490cos 20oP ==r εp V 5 －25 一个球形雨滴半径为0.40 mm ，带有电量1.6 pC ，它表面的电势有多大？ 两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电势又是多大？分析 取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为Rq εV 0π41= 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为R 32，代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势.解 根据已知条件球形雨滴半径R 1 ＝0.40 mm ，带有电量q 1 ＝1.6 pC ，可以求得带电球形雨滴表面电势V 36π411101==R q εV 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径1322R R =，带有电量q 2 ＝2q 1 ，雨滴表面电势V 5722π4113102==R q εV 5 －26 电荷面密度分别为＋σ和－σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图(a)放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x 变化的关系曲线.分析 由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布. 解 由“无限大” 均匀带电平板的电场强度i 02εσ±，叠加求得电场强度的分布，()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a εσa x2 00i E 电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功()a x a x εσV x<<--=⋅=⎰ d 00l E ()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 00a -a x l E l E ()a x a εσV >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 00a-a x l E l E 电势变化曲线如图(b)所示.5 －27 两个同心球面的半径分别为R 1 和R 2 ，各自带有电荷Q 1 和Q 2 .求：(1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？分析 通常可采用两种方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由⎰∞⋅=p p V lE d 可求得电势分布.(2) 利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为rεQ V 0π4=在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势RεQ V 0π4= 其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.解1 (1) 由高斯定理可求得电场分布()()()22021321201211 π4 π40R r r εQ Q R r R r εQ R r r r >+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=rV l E d 可求得各区域的电势分布. 当r ≤R 1 时，有20210120212113211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞l E l E l E 当R 1 ≤r ≤R 2 时，有202012021201322π4π4π411π4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞l E l E当r ≥R 2 时，有rεQ Q V r 02133π4d +=⋅=⎰∞l E (2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E 解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r ≤R 1 ，则2021011π4π4R εQ R εQ V += 若该点位于两个球面之间，即R 1 ≤r ≤R 2 ，则202012π4π4R εQ r εQ V += 若该点位于两个球面之外，即r ≥R 2 ，则rεQ Q V 0213π4+=(2) 两个球面间的电势差 ()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-== 5 －28 一半径为R 的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.分析 无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理⎰⎰=⋅V V εd 1d 0S E可求得电场分布E (r )，再根据电势差的定义()l E d ⋅=-⎰ba b a r V V 并取棒表面为零电势(V b ＝0)，即可得空间任意点a 的电势.解 取高度为l 、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理 当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅得 ()02εr ρr E =当r ≥R 时 02/ππ2ερl R rl E =⋅得 ()rεR ρr E 022= 取棒表面为零电势，空间电势的分布有当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V R r -==⎰当r ≥R 时 ()rR εR ρr r εR ρr V Rr ln 2d 20202==⎰ 如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线. 5 －29 一圆盘半径R ＝3.00 ×10－2 m.圆盘均匀带电，电荷面密度σ＝2.00×10－5 C ·m －2.(1) 求轴线上的电势分布；(2) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布；(3) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度.分析 将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布，再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布.解 (1) 带电圆环激发的电势220d π2π41d xr r r σεV += 由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的()x x R εσx r r r εσV R -+=+=⎰22002202d 2 (1) (2) 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R x εσx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向. (3) 将场点至盘心的距离x ＝30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得V 1691=V-1m V 5607⋅=E当x ＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有V 1695π40==xεq V 1-20m V 5649π4⋅==xεq E 由此可见，当x ＞＞R 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E 和V 的误差分别不超过0.3％和0.8％，这已足以满足一般的测量精度.5 －30 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝3.0×10－2m ，R 2 ＝0.10 m)，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450 Ｖ.求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2) r ＝0.05 m 处的电场强度.解 (1) 由习题5 －21 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为 rελE 0π2=根据电势差的定义有 120212ln π2d 21R R ελU R R =⋅=⎰l E 解得 1812120m C 101.2ln /π2--⋅⨯==R R U ελ (2) 解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度10m V 7475π2-⋅==rελE 5 －31 轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的过程，叫做核聚变.在此过程中可以释放出巨大的能量.例如四个氢原子核(质子)结合成一个氦原子核(α粒子)时，可释放出25.9MeV 的能量.即MeV 25.9e 2He H 4014211++→这类聚变反应提供了太阳发光、发热的能源.如果我们能在地球上实现核聚变，就能获得丰富廉价的能源.但是要实现核聚变难度相当大，只有在极高的温度下，使原子热运动的速度非常大，才能使原子核相碰而结合，故核聚。
电磁学 (王楚 李椿 周乐柱 著) 北京大学出版社 课后答案 第五章 课后答案【khdaw_lxywyl】
电动势做功
W (Q Q0 )U (
r 0 S
d
U
0S
d
U )U ( r 1)
0S
d
电动势做功是电场能增加量的两倍，多余的能量哪里去了？ 我们不能简单地把本题看作一个恒压源
导线必然有电阻， 搬运 电源必然有内阻， 电荷形成电流，必然有伴随磁场，则必
后 答
w.
图一 R
案 网
1 2
平行导体板之间的电位移矢量： D c
无电介质填充的时候，平行导体板之间的电场为：
则此时电(场)能密度为：
填充介质后电场为：
w.
电能密度为：
we
kh
we
ww
则有：
we' we r
即系统的电能在填充介质后变为原来的 1 r 。
da
E D
后 答
课
1 D2 DE 2 2 0
（2）束缚电荷在球内产生方向与 P 相反的均匀电场 束缚电荷在球外的场，可视为电偶极矩的电场
kh
p sin 96.3sin Vm 1 3 4 0 r 1
1 2 p cos 2 1.07 1011 cos 9 Er 9.0 10 192 cos Vm 1 3 3 4 0 r 0.1
P ，电动势对束缚电流做功，并储存成电场 t
与束缚力场的性互作用能，增加电能。
da
A
课
后 答
w.
案 网
co
m
设两板间距离为 d
1 U2 w (We ' We ) Sd ( r 1) 0 S 2 d
（3） 电动势做功为搬运电荷 Q Q0 升高电势 U 所做的功，Q0 为充
电磁学(赵凯华,陈熙谋第三版)第五章 习题及解答
*%+$!）+&·#$
，
+ $" % * $" ’ * $" ! * $" ( * $" " * $" ) * % * #% $" $!’ # $" % # $" %*’ # $" &’ # $" ’% # $" *( # % #
当 % ) %$ $ 时，上式化为 取以下几点作图：
#%
)
* +·%$ %$ *& ,* +
的，如本题图所示。表头的内阻 ## $%### !，满度电流 %# $ "!& "$，将其改装为量程是 !&& "$、"&%$、"&&%$"
试算出 #" 、#% 、## 的阻值，并标出三个接头的量程。 解：设 %" $!&& "$，%% $"& %$，%# $"&& %$，三个接
的长度 ’& )+，求加到 % 上的电压 #% 与 + 的关系。用 方格纸画出当 % )$" %$ 和 % )%$$ 时的 #% !+ 曲线。
习题 ! ! "
解：按图中电路可得
#
#
#
#%
) $&(
#
· $’&%
, $’&% $’& ,%
$’& ,%
)
$’&% #
，
$&($’& ,$&(% ,$’&%
电磁学赵凯华陈熙谋第三版习题及解答
设
$’&
)
$ *
+，则
$&(
)
$*（ * !+），代入上式得
$+%#
#
#
#%
) （
*
!+）$·+
$
* ,（ * !+）$·% ,+
$·%
**
*
*
###
)
*&
%
# ,$
* *
+ +
% !$
+&
，
当 % ) $" % $ 时，上式化为
######### 取以下几点作图：
#
#%
)
$
* +（$" " % *& ,
# # ! ! "" 在本题图所示的电路中，求 ：（$）#$%，
（ % ）#& $ ，（ & ）#’ &’
解：（$） $ ) $ * $ * $ ， #$% ( ! %( *$( $(( $( *!
# # # ) #$% )"" $ !"
#
（%） $ ) $ #&$ ( ! !
* $(
$ *$((
+ &( ，#
浓度。
解： $ %
&’ &()
* +) )(!
*+!
& ( （* + ) )+ ! ）& ( （* , ) ), ! ）-
! ! ! ! ! & ( （* , ) ), ! ）. / 0，
! ! ! ! + (&
电磁学答案第二版习题答案第五章
J G
J G
J G
J G
J G
J G
B1 = B3 =
uI 3u0 I B2 = 0 (cos 900 − cos1350 ) 4π b 4 × 2a ， u0 I (cos 450 − cos 900 ) B = B5 = 0 4π b ， 4
解得： 5.2.4
B0 = B1 + B2 + B3 =
5.3.2 二无限长载流直导线与一长方形架共面（如图） ，已知a=b=c=10cm， l =10m，I=100A，求框架 的磁通量。 解 ： 建 立 坐 标 如 图 ， 取 dS = ldx ， ds 所 在 处 的 磁 场 ： ∵
B=
u0 I u0 I + 2π x 2π (a + b + c − x)
u0 I u dI Q dI = 2nπ rdr 2 dB = 0 2 R ，此处 2R ， 2a
∴
B = ∫ dB = ∫
a
0
u0 nQ u nQR dr = 0 2 a a
5.2.17 半径为R的非倒替球面均匀带电，电荷面密度为 σ ，球心的直线为轴旋转，角速率为 ω ，求球 心的磁场大小B。
3 u0 I 1 u0 I B3 = 4 2R ， 2 2π R u0 I 3π (1 + .2 电流I沿附图（a） （b）所示的导线流过（图中直线部分伸向无限远） ，求O点的磁场B。
解： （a）∵B1=0，
B2 =
解得：
B0 = B1 + B2 =
l
B=
u0 ΔI 2π R ， B= u0 h πR
∵ ΔI = 2 h ∴
5.2.13 将上题的导体管沿轴向割去一半（横截面为半圆） ，令所余的半个沿轴向均匀地流过电流I，求 轴线上的磁场（大小）B。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
以 d为轴线， a为底 l
面作圆柱体，则
dl 线元所穿过的分子电流数目为 dl 线元所穿过的分子电流总强度为
V adl cos a dl
N nV na dl
IN nIa dl M dl
L m轨 B0
在力矩作用下，电子的角动量绕外磁场方向 进动。 由于进动，电子产生了附加磁矩.
太原理工大学物理系李孟春编写
不管电子轨道运动方向如何， 附加磁矩总与外磁场方向相反。
对自旋磁矩，外磁场也有同 样作用。
e
电子轨道平面 对顺磁质
角动量
m分 m
附加磁矩可以忽略
m轨
太原理工大学物理系李孟春编写
不与S相交——如A分子， 对∑I 无贡献。 整个为S所切割，即分子电流与S相交两次——如 B分子，对∑I 无贡献。 被L穿过的分子电流，即与S相交一次——如C分 子，对∑I 有贡献。
太原理工大学物理系李孟春编写
在闭合环路上取线元为 d，计算该线元所穿过的分 l
金属有：锂、钠、铂、铝；非金属有：氧; 化合 物有：氧化铜、氯化铜、氧化钾 等 抗磁质：磁介质在磁化过程中，磁介质所产生 的附加磁场与外磁场相反。 金属有：汞、铜、锌、金、银；非金属有：硫、 碳、氮等；化合物有：水、二氧化碳、氧化钠、 硫酸 等
太原理工大学物理系李孟春编写
二、顺磁质的磁化 1.顺磁质分子结构特征:分子的固有磁矩不为零 即：无外磁场时， m分 0
B B0 B' B0与B' 反方向， B' B0
采用一些物理量来定量描述磁介质在外场中的磁 化行为。
不论顺磁质还是抗磁质，在外磁场中的磁化 微观机制不同，但宏观上有共同之处。
太原理工大学物理系李孟春编写
在磁介质内取一小体积Δ v,没有外磁场时，
有外磁场时， m 0 分 m分 0 1、磁化强度矢量 m分 M V
2.无外磁场
由于热运动，分子固磁矩排列混乱，在宏观上， 任意体积内分子的固有磁矩矢量之和为零，对 外不显出磁性。
V
太原理工大学物理系李孟春编写
m分 0
3.有外磁场 有磁场时，分子固有磁矩沿着外磁场方向排列， 在宏观上的任意体积内,分子的固有磁矩矢量之 和不为零，对外显出磁性。
B0 V
相同点：
都有电流的磁效应，磁场满足毕奥-萨伐尔定 律，由磁化电流所产生的磁场附加磁场。
太原理工大学物理系李孟春编写
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
五、磁化强度矢量与磁化电流的关系 设一个分子的磁矩
m分子 Ia
m
a
I
设单位体积内的分子数为n，每个分子磁矩的大 小都相同，则磁化强度矢量
M nIa
磁介质体内取任意面S，其周界线为L，现在求 通过该曲面的磁化电流∑I 。 介质中的分子环流与回路L有三种关系：
m分 0
当外磁场越强、分子固磁矩排列越整齐、所产 生的附加磁场越强。
太原理工大学物理系李孟春编写
在磁介质的V内, m分 0, m分 排列整齐,产生附 加磁场B
B B0 B' B0与B'同方向， B' B0
4.电子的进动 当分子处于外磁场中时，电子的轨道运动 会受一力矩
太原理工大学物理系李孟春编写
上式两边沿环路L积分：
M dl I '
L
磁化强度矢量 过以L为周界的曲面所包含的磁化电流的代数和。
沿任意闭合回路L的积分，等于通 M
3.有外磁场
虽然抗磁质分子的固有磁矩为零（即m分 = 0 ) ， 但是在外磁场的作用下，电子的角动量绕外磁场 方向进动。
太原理工大学物理系李孟春编写
抗磁质的磁化
太原理工大学物理系李孟春编写
由于电子进动，产生与外磁场方向相反的附加磁 矩．附加磁矩产生的附加磁场和外磁场相反。所 以抗磁质磁化结果使介质内部的磁场削弱。 四、磁化的描述
. . . . .. . . .
l
I0
管内是均 匀顺磁质
B0
对于非均匀磁化，磁化电流也可以出现在磁介 质的内部。 对于均匀磁化的磁介质，磁化电流分布在磁介 质的表面 。
太原理工大学物理系李孟春编写
磁化电流与传导电流的异同：
不同点：
（1）磁化电流由束缚在分子内部的电子运动形 成的，因此磁化电流与传导电流有区别，也称为 束缚电流。 （2）另外磁化电流无热效应（因分子内部电子 运动无阻力），而传导电流有热效应。
电流,可看成是一通电小圆线圈。 2.分子磁矩 电子的轨道磁矩与轨道运动对应，电子自旋磁 矩与自旋运动对应。 分子磁矩是分子中所有电子的轨道磁矩和自旋 磁矩与所有核磁矩的矢量和。
太原理工大学物理系李孟春编写
用分子电流观点解释物质磁性的来源。
B0
无外磁场
有外磁场
太原理工大学物理系李孟春编写
顺磁质：磁介质在磁化过程中，磁介质所产生的 附加磁场与外磁场相同。
2、分子电流观点：磁现象的本质是电流，物质 的磁性来源于其中的 “分子电流”。 分子电流模型中的电流的来源，实际上是物质分 子内部带电粒子运动的结果，是目前流行的观点.
磁介质分类
弱磁性物质 附加磁场较弱 强磁性物质 附加磁场较强
顺磁质 抗磁质 铁磁质
太原理工大学物理系李孟春编写
§1 分子电流观点
一、分子磁矩 1.分子电流 分子中电子有 轨道运动 ,分子中所有电子的运动形成分子 自旋运动
单位体积内分子磁矩的矢量和。
（1）磁化强度矢量（M）越大，磁化越强。
（2）如果磁化强度矢量（M）处处相等，则称 为均匀磁化，否则称为非均匀磁化。
（3）化强度矢量方向与外场方向相同为顺磁质， 相反为抗磁质。
太原理工大学物理系李孟春编写
2.磁化电流 磁介质磁化后，在磁介质体内和表面上可出现磁化 电流. 传导电流
Δm
太原理工大学物理系李孟春编写
电子的进动
太原理工大学物理系李孟春编写
三、抗磁质的磁化 1.抗磁质分子结构特征:分子的固有磁矩为零 即：无外磁场时， m分 = 0
2.无外磁场
由于抗磁质分子的固有磁矩为零（即m分 = 0 )， 在宏观上，任意体积内分子的固有磁矩矢量之和 仍然为零，对外不显出磁性。