物理学第三版(刘克哲)11章习题解答
物理学第三版(刘克哲 张承琚)课后习题解答第十章
[物理学10章习题解答]10-3两个相同的小球质量都是m，并带有等量同号电荷q，各用长为l的丝线悬挂于同一点。
由于电荷的斥力作用，使小球处于图10-9所示的位置。
如果θ角很小，试证明两个小球的间距x可近似地表示为.解小球在三个力的共同作用下达到平衡，这三个力分别是重力m g、绳子的张力t和库仑力f。
于是可以列出下面的方程式,(1)图10-9,(2)(3)因为θ角很小，所以,.利用这个近似关系可以得到,(4). (5)将式(5)代入式(4)，得,由上式可以解得.得证。
10-4在上题中，如果l = 120 cm，m = 0.010 kg，x = 5.0 cm，问每个小球所带的电量q为多大？解在上题的结果中，将q解出，再将已知数据代入，可得.10-5氢原子由一个质子和一个电子组成。
根据经典模型，在正常状态下，电子绕核作圆周运动，轨道半径是r0 = 5.29⨯10-11m。
质子的质量m = 1.67⨯10-27kg，电子的质量m = 9.11⨯10-31kg，它们的电量为±e =1.60⨯10-19c。
(1)求电子所受的库仑力；(2)电子所受库仑力是质子对它的万有引力的多少倍？(3)求电子绕核运动的速率。
解(1)电子与质子之间的库仑力为.(2)电子与质子之间的万有引力为.所以.(3)质子对电子的高斯引力提供了电子作圆周运动的向心力，所以,从上式解出电子绕核运动的速率，为.10-6 边长为a的立方体，每一个顶角上放一个电荷q。
(1)证明任一顶角上的电荷所受合力的大小为.(2) f的方向如何？解立方体每个顶角上放一个电荷q，由于对称性，每个电荷的受力情况均相同。
对于任一顶角上的电荷，例如b 图10-10角上的q b，它所受到的力、和大小也是相等的，即.首先让我们来计算的大小。
由图10-10可见，、和对的作用力不产生x方向的分量；对的作用力f1的大小为,f1的方向与x轴的夹角为45︒。
对的作用力f2的大小为,f2的方向与x轴的夹角为0︒。
物理学(第三版)刘克哲,张承琚 第11章
Eγδ=第十一章 电流和恒磁场§11-1 恒定电流条件和导电规律一、电流强度和电流密度1、 电流强度：方向：正电荷运动的方向（规定）；大小：t q I ∆∆=,dt dqt q lim I t =∆∆=→∆0 单位：安培（A ）, 量纲：I（I 是标量，它只能描述通过导体中某一截面电流的整体特征。
而实际中有时会遇到电流在大块导体中流动的情形，这时导体的不同部分电流的大小和方向都不一样，形成一定的电流分布。
因此，必须引入能够细致描述电流分布的物理量）2、 电流密度矢量δ——描述电流分布的矢量点函数大小：通过与该点场强方向垂直的单位面积的电流强度 即：⊥=dS dIδ 方向：该点场强的方向，或该点正电荷运动的方向； 单位：2-Am量纲：2-IL3、 已知δ求I ：S d dS dI⋅==δθδcos⎰⎰⋅=⋅=ssdSS d I θδδcos二、 电流的连续性方程dt dqd S-=⋅⎰S j电流的稳恒条件 0=⋅⎰S j d S三、欧姆定律R dUR dU U U dI -=--=)( dS dl dS dl R γρ==dSE dldUdS dI ⋅=⋅-=γγδ−−−→−=⇒=同向E E E dS dI,δγδγ上式即为欧姆定律的微分形式，是电磁学中重要的辅助方程之一，且普适。
四、电动势要得到稳恒电流，就必须有非静电力存在。
非静电力：能使正电荷逆着电场方向运动或能使负电荷顺着电场方向运动的力。
1、 电源：能提供非静电力的装置。
能不断地把其它形式的能转变为电能的一种装置。
如：电池、发电机等。
2、 电动势ε：定量地描述电源转换能量本领大小的物理量。
定义：(1)单位正电荷从负极移到正极，非静电力所作的功。
qA k =ε (2)电源将单位正电荷从负极经电源内部移到正极，非静电力所作的功。
⎰+-⋅=l d E Kε(3)将单位正电荷绕闭合回路一周，非静电力所作的功。
⎰⋅=LK l d Eε电动势是标量，单位、量纲与电势一样，为方便，规定：自负极经过电源内部到正极的方向为电动势的方向。
物理学 第三版 上下卷 (刘克哲 张承琚 著) 高等教育出版社 课后答案第14章习题解答
[物理学14章习题解答]14-15 光源s 1 和s 2 在真空中发出的光都是波长为 λ的单色光，现将它们分别放于折射率为n 1 和n 2的介质中，如图14-5所示。
界面上一点p 到两光源的距离分别为r 1 和r 2。
(1)两束光的波长各为多大？(2)两束光到达点p 的相位变化各为多大？(3)假如s 1 和s 2 为相干光源，并且初相位相同，求点p干涉加强和干涉减弱的条件。
解 (1) 已知光在真空中的波长为λ，那么它在折射率为n的介质中的波长λ'可以表示为,所以，在折射率为n 1和n 2的介质中的波长可分别表示为和. (2)光传播r 的距离，所引起的相位的变化为,所以，第一束光到达点p 相位的变化为,第二束光到达点p 相位的变化为.(3)由于两光源的初相位相同，则两光相遇时的相位差是由光程差决定的，所以，点p 干涉加强的条件是,; 点p 干涉减弱的条件是, .14-16若用两根细灯丝代替杨氏实验中的两个狭缝，能否观察到干涉条纹？为什么？解 观察不到干涉条纹，因为它们不是相干光源。
14-17在杨氏干涉实验中，双缝的间距为0.30 mm ，以单色光照射狭缝光源，在离开双缝1.2 m 处的光屏上，从中央向两侧数两个第5条暗条纹之间的间隔为22.8 mm 。
求所用单色光的波长。
图14-5解在双缝干涉实验中，暗条纹满足,第5条暗条纹的级次为4，即，所以,其中。
两个第5条暗条纹的间距为,等于22.8 mm，将此值代入上式，可解出波长为.14-18在杨氏干涉实验中，双缝的间距为0.30 mm，以波长为6.0 102nm的单色光照射狭缝，求在离双缝50 cm远的光屏上，从中央向一侧数第2条与第5条暗条纹之间的距离。
解因为第1条暗条纹对应于，所以第2条暗条纹和第5条暗条纹分别对应于和。
根据双缝干涉的规律，暗条纹的位置应满足.所以，第2条与第5条暗条纹之间的距离为.14-20在空气中垂直入射到折射率为1.40的薄膜上的白光，若使其中的紫光(波长为400 nm)成分被薄膜的两个表面反射而发生干涉相消，问此薄膜厚度的最小值应为多大？解光从第一个表面反射要产生半波损失，但从第二个表面反射无半波损失，所以光程差应表示为,式中e为薄膜的厚度，此厚度应为最小值，干涉级次k最小应取1，因为当时，薄膜的厚度必须取零，上式才能成立。
物理学第三版_刘克哲_课后答案
[第1章习题解答]1-3如题1-3图所示，汽车从A 地出发，向北行驶60km 到达B 地，然后向东行驶60km 到达c 地，最后向东北行驶50km 到达D 地。
求汽车行驶的总路程和总位移。
解汽车行驶的总路程为S=AB 十BC 十CD ＝(60十60十50)km ＝170km ；汽车的总位移的大小为Δr=AB/Cos45°十CD ＝(84.9十50)km ＝135km ，位移的方向沿东北方向，与方向一致。
1-4现有一矢量是时阃t?为什么?解：因为前者是对矢量R 的绝对值(大小或长度)求导，表示矢量的太小随时间的变化率；而后者是对矢量的大小和方向两者同时求导，再取绝对值，表示矢量大小随时问的变化和矢量方向随时同的变化两部分的绝对值。
如果矢量方向不变，只是大小变化，那么这两个表示式是相等的。
1-5一质点沿直线L 运动，其位置与时间的关系为r =6t 2-2t 3，r 和t 的单位分别是米和秒。
求：(1)第二秒内的平均速度；(2)第三秒末和第四秒末的速度，(3)第三秒末和第四秒末的加速度。
解：取直线L 的正方向为x 轴，以下所求得的速度和加速度，若为正值，表示该速度或加速度沿x 轴的正方向，若为负值，表示该速度或加速度沿x 轴的反方向。
(1)第二秒内的平均速度11121220.412)26()1624(−−⋅=⋅−−−−=−−=s m s m t t x x v ；(2)第三秒末的速度因为2612t t dtdx v −==，将t=3s 代入，就求得第三秒末的速度为v 3=18m ·s -1；用同样的方法可以求得第口秒末的速度为V 4=48m s -1；(3)第三秒末的加速度因为t dtx d 1212a 22−==，将t=3s 代入，就求得第三秒末的加速度为a 3=-24m ·s -2；用同样的方法可“求得第四秒末的加速度为a 4=-36m ·s -21-6一质点作直线运动，速度和加速度的大小分别为dt d v s =和dtd v a =，试证明：(1)vdv=ads ：(2)当a 为常量时，式v 2=v 02+2a(s-s 0)成立。
大学物理学第三版修订版下册第11章答案
习题 11选择题(1 ）一圆形线圈在磁场中作以下运动时，那些状况会产生感觉电流（）（A）沿垂直磁场方向平移；（ B）以直径为轴转动，轴跟磁场垂直；（C）沿平行磁场方向平移；（ D）以直径为轴转动，轴跟磁场平行。
[ 答案： B](2)以下哪些矢量场为守旧力场（）（A）静电场；（ B）稳恒磁场；（ C）感生电场；（D）变化的磁场。
[ 答案： A](3)用线圈的自感系数L 来表示载流线圈磁场能量的公式W m 1LI2（）2( A )只合用于无穷长密绕线管；( B )只合用于一个匝数好多，且密绕的螺线环；( C )只合用于单匝圆线圈；( D ) 合用于自感系数 L必定的随意线圈。
[ 答案： D](4) 关于涡旋电场，以下说法不正确的选项是（）：（ A）涡旋电场对电荷有作使劲；（B）涡旋电场由变化的磁场产生；（ C）涡旋场由电荷激发；（ D）涡旋电场的电力线闭合的。
[ 答案： C]11.2填空题(1) 将金属圆环从磁极间沿与磁感觉强度垂直的方向抽出时，圆环将遇到。
[答案：磁力 ](2) 产生动生电动势的非静电场力是，产生感生电动势的非静电场力是，激发感生电场的场源是。
[答案：洛伦兹力，涡旋电场力，变化的磁场](3)长为 l的金属直导线在垂直于平均的平面内以角速度ω 转动，假如转轴的地点在，这个导线上的电动势最大，数值为；假如转轴的地点在，整个导线上的电动势最小，数值为。
[ 答案：端点，1 B l 2；中点，0]2一半径 r =10cm的圆形回路放在 B =的平均磁场中．回路平面与 B 垂直．当回路半径以恒定速率dr=80cm·s-1缩短时，求回路中感觉电动势的大小．dt解 :回路磁通m BS Bπr 2感觉电动势大小d m d(B πr 2)B2πrdr0.40 Vdtdt dt一对相互垂直的相等的半圆形导线组成回路，半径R =5cm ，如题图所示．平均磁场-3T ， B 的方向与两半圆的公共直径( 在 Oz 轴上 ) 垂直，且与两个半圆组成相等的B =80× 10 角 当磁场在 5ms 内平均降为零时，求回路中的感觉电动势的大小及方向．解 :取半圆形 cba 法向为 i ，题图πR 2则mB cos12同理，半圆形adc 法向为 j ，则πR 2m 2B cos2∵B 与 i 夹角和 B 与 j 夹角相等，∴ 45则π 2 cosm B Rd m πR 2 cosdB 8 .8910 2Vd td t方向与 cbadc 相反，即顺时针方向．题图如题图所示，载有电流I 的长直导线邻近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，且端点 MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为 b ，环心 O 与导线相距 a ．设半圆环以速 度 v 平行导线平移．求半圆环内感觉电动势的大小和方向及 MN 两头的电压U MU N ．解 : 作协助线 MN ，则在 MeNM 回路中，沿 v 方向运动时 dm∴MeNM即MeNMNa b dl0 Iv ln a b又∵MNvBcosa b2a b因此 MeN 沿 NeM 方向，大小为Ivlnab2a bM 点电势高于 N 点电势，即U M0 Iva bU Nlnb2 a 题图如题所示，在两平行载流的无穷长直导线的平面内有一矩形线圈． 两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以dI的变化率增大，求：dt(1) 任一时辰线圈内所经过的磁通量；(2) 线圈中的感觉电动势． 解 : 以向外磁通为正则 (1)(2)mb a 0 Il drd a 0 Ildr0Il[ln b a lnd a]b2πrd2πr2πbdd 0l[lndalnba ] dIt πdbdtd2如题图所示， 用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆． 令这半圆形导线在磁场中以频次 f绕图中半圆的直径旋转．整个电路的电阻为R ．求：感觉电流的最大值．题图解 :B S Bπr2t 0 )m2 cos(dmπ 2iB rsin( t 0 )dt2∴π2 π 22πf π2 r 2 BfmB rB r 2222 Bf∴ImπrRR如题图所示，长直导线通以电流 I =5A ，在其右方放一长方形线圈，二者共面．线圈长-1垂直于直线平移远离．求：d =0.05mb =0.06m ，宽 a =0.04m ，线圈以速度 v =0.03m ·s 时线圈中感觉电动势的大小和方向．题图解 : AB 、 CD 运动速度 v 方向与磁力线平行，不产生感觉电动势．DA 产生电动势A B) dlvBb vb0 I1(vD2 dBC 产生电动势C B) dlvb0 I2(v 2π(a d )B∴回路中总感觉电动势120Ibv( 1 1 ) 1.6 10 8V π d d a2方向沿顺时针．长度为 l 的金属杆 ab 以速率 v 在导电轨道 abcd 上平行挪动．已知导轨处于平均磁场B 中，B 的方向与回路的法线成60°角 (如题图所示 )， B 的大小为B = kt (k 为正常 )．设时杆t =0位于 cd 处，求：任一时辰 t 导线回路中感觉电动势的大小和方向．解 :mB dS Blvt cos60kt 2lv11klvt 22 2∴dmklvtdt即沿 abcd 方向顺时针方向．题图一矩形导线框以恒定的加快度向右穿过一平均磁场区， B 的方向如题图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系( 设导线框刚进入磁场区时 t =0) ．解 : 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时d0, 0 ；dt题图 (a) 题图 (b)在磁场中时d0 , 0；dt出场时d0 ， 0，故 I t 曲线如题 10-9 图(b) 所示 .dt题图导线 ab 长为 l ，绕过 O 点的垂直轴以匀角速转动， aO = l磁感觉强度 B 平行于转轴，3如下图．试求：（ 1） ab 两头的电势差；（ 2） a,b 两头哪一点电势高 ?解: (1)在 Ob 上取 rr dr 一小段2l2B则Ob3 rB drl 29l1 B 同理Oa3rB drl 20 18∴abaO Ob(12)B l 21 B l 21896(2) ∵ab0 即 U a U b∴ b 点电势高．题图如题图所示，长度为 2b 的金属杆位于两无穷长直导线所在平面的正中间，并以速度 v 平行于两直导线运动．两直导线通以大小相等、方向相反的电流 I ，两导线相距 2 a ．试求：金属杆两头的电势差及其方向．解：在金属杆上取dr 距左侧直导线为r ，则B dla b 0 Iv 11)dr0 Iv a bAB(v B)a b(lnA2r2a r a b∵AB∴实质上感觉电动势方向从 BA ，即从图中从右向左，∴U ABIvlnaba b题图磁感觉强度为B 的平均磁场充满一半径为 R 的圆柱形空间， 一金属杆放在题图中地点，杆长为2 R ，此中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当dB＞0时，求：杆两头的感觉电动势的大小dt和方向．解：∵acabbcdabdtdabdt ∴∵1d [3R2 B]3R dBdt44dtd [π2B]π2dB 2R Rdt1212dt[ 3R2π2ac R ] dB412dtdBdt∴ac0 即从a c半径为 R的直螺线管中，有dB＞0的磁场，一随意闭合导线abca ，一部分在螺线管内绷直dt成 ab 弦， a , b 两点与螺线管绝缘，如题10-13 图所示．设ab= R，试求：闭合导线中的感觉电动势．解：如图，闭合导线 abca 内磁通量B S π 23R2m B(R)64(π23 R2) dB∴i R64dt∵dB0 dt∴i 0 ，即感觉电动势沿acba ，逆时针方向．题图题图如题图所示，在垂直于直螺线管管轴的平面上搁置导体 ab 于直径地点，另一导体 cd 在一弦上，导体均与螺线管绝缘．当螺线管接通电源的一瞬时管内磁场如题图示方向．试求：（1）ab两头的电势差；（2）cd两点电势高低的状况．解：由E旋 dl dBdS 知，此时 E旋以 O 为中心沿逆时针方向．l dt(1)∵ ab 是直径，在 ab 上到处 E旋与 ab 垂直∴旋 dl 0l∴ ab 0, 有 U a U b(2) 同理，cE dldcd旋∴U d U c 0 即 U c U d题图一无穷长的直导线和一正方形的线圈如题图所示搁置 ( 导线与线圈接触处绝缘 ) ．求：线圈与导线间的互感系数． 解： 设长直电流为I ，其磁场经过正方形线圈的互感磁通为2a 0 Ia0 Ia3dr12ln 23a2πr2π∴M12aln 2I 2π两线圈顺串连后总自感为， 在它们的形状和地点都不变的状况下，反串连后总自感为． 试求：它们之间的互感．解： ∵顺串时 LL 1 L 2 2M反串连时 L L 1 L 22M∴L L 4MM L L4 0.15 H题图一矩形截面的螺绕环如题图所示，共有 N 匝．试求：(1) 此螺线环的自感系数；(2) 若导线内通有电流 I ，环内磁能为多少 ? 解：如题图示(1) 经过横截面的磁通为0 NI hdrNIhlnbba2r π2πa磁链N0 N 2Ihb2πlna∴L0 N2hb2πlnIa(2) ∵W m 1LI 22∴0 N 2 I 2hln bW m4πa一无穷长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为 I ．求：导线内部单位长度上所储藏的磁能．解：在 rR 时B0 Ir2πR2B 20 I2r 2∴w m2 428 π R取dV 2πrdr ( ∵导线长 l 1 )0 I 2 3 0I2RRr dr则Ww m 2 r dr4πR4 16π。
物理学第三版 刘克哲12章习题解答
[物理学12章习题解答]12-7 在磁感应强度大小为b = 0.50 t的匀强磁场中，有一长度为l = 1.5 m的导体棒垂直于磁场方向放置，如图12-11所示。
如果让此导体棒以既垂直于自身的长度又垂直于磁场的速度v向右运动，则在导体棒中将产生动生电动势。
若棒的运动速率v = 4.0 m⋅s-1 ，试求：(1)导体棒内的非静电性电场k；(2)导体棒内的静电场e；(3)导体棒内的动生电动势ε的大小和方向；(4)导体棒两端的电势差。
解(1)根据动生电动势的表达式,由于()的方向沿棒向上，所以上式的积分可取沿棒向上图12-11的方向，也就是d l的方向取沿棒向上的方向。
于是可得.另外，动生电动势可以用非静电性电场表示为.以上两式联立可解得导体棒内的非静电性电场，为,方向沿棒由下向上。
(2)在不形成电流的情况下，导体棒内的静电场与非静电性电场相平衡，即,所以，e的方向沿棒由上向下，大小为.(3)上面已经得到,方向沿棒由下向上。
(4)上述导体棒就相当一个外电路不通的电源，所以导体棒两端的电势差就等于棒的动生电动势，即,棒的上端为正，下端为负。
12-8如图12-12所表示，处于匀强磁场中的导体回路abcd，其边ab可以滑动。
若磁感应强度的大小为b = 0.5 t，电阻为r = 0.2 ω，ab边长为l = 0.5 m，ab边向右平移的速率为v= 4 m⋅s-1 ，求：(1)作用于ab边上的外力；图12-12(2)外力所消耗的功率；(3)感应电流消耗在电阻r上的功率。
解(1)当将ab向右拉动时，ab中会有电流通过，流向为从b到a。
ab中一旦出现电流，就将受到安培力f的作用，安培力的方向为由右向左。
所以，要使ab向右移动，必须。
对ab施加由左向右的力的作用，这就是外力f外在被拉动时，ab中产生的动生电动势为,电流为.ab所受安培力的大小为,安培力的方向为由右向左。
外力的大小为,外力的方向为由左向右。
(2)外力所消耗的功率为.(3)感应电流消耗在电阻r上的功率为.可见，外力对电路消耗的能量全部以热能的方式释放出来。
(完整版)大学物理学(第三版)课后习题答案
1-4 在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示．当人以0v (m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．图1-4解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知222s h l +=将上式对时间t 求导，得tss t l ld d 2d d 2= 题1-4图根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ tsv v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即 θcos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m -⋅，开始运动时，x ＝5 m ，v=0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置． 解：∵ t tva 34d d +==分离变量，得 t t v d )34(d +=积分，得 12234c t t v ++= 由题知，0=t ,00=v ,∴01=c故 2234t t v += 又因为 2234d d t t t x v +==分离变量， t t t x d )234(d 2+= 积分得 232212c t t x ++= 由题知 0=t ,50=x ,∴52=c故 521232++=t t x 所以s 10=t 时m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v1-10 以初速度0v ＝201s m -⋅抛出一小球，抛出方向与水平面成幔 60°的夹角，求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ．(提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．题1-10图 (1)在最高点，o 0160cos v v v x == 21s m 10-⋅==g a n又∵ 1211ρv a n =∴ m1010)60cos 20(22111=︒⨯==n a v ρ(2)在落地点，2002==v v 1s m -⋅,而 o60cos 2⨯=g a n∴ m 8060cos 10)20(22222=︒⨯==n a v ρ1-13 一船以速率1v ＝30km ·h -1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率2v ＝40km ·h -1沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何?解：(1)大船看小艇，则有1221v v v ρϖϖ-=，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)题1-13图由图可知 1222121h km 50-⋅=+=v v v方向北偏西 ︒===87.3643arctan arctan21v v θ (2)小船看大船，则有2112v v v ρϖϖ-=，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得5012=v 1h km -⋅2-2 一个质量为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线AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．解: 物体置于斜面上受到重力mg ，斜面支持力N .建立坐标：取0v ϖ方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-2.题2-2图X 方向： 0=x F t v x 0= ①Y 方向： y y ma mg F ==αsin ②0=t 时 0=y 0=y v2sin 21t g y α=由①、②式消去t ，得220sin 21x g v y ⋅=α 2-4 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mk ev )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m ke )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0kmv ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e1，式中m 为质点的质量． 答: (1)∵ tvm kv a d d =-=分离变量，得mtk v v d d -=即 ⎰⎰-=vv t mt k v v00d d m kte v v -=ln ln 0∴ tm k ev v -=0(2) ⎰⎰---===tttm k m ke kmv t ev t v x 000)1(d d (3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有 ⎰∞-=='00d kmv t ev x tm k(4)当t=km时，其速度为 ev e v ev v km m k 0100===-⋅- 即速度减至0v 的e1. 2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量． 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得ba t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at t bt a I 0221d )(将bat =代入，得 ba I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m == 2-13 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm ，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同．解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图ky f -=第一锤外力的功为1A⎰⎰⎰==-='=ssky ky y f y f A 112d d d ① 式中f '是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在0d →t 时，f 'f -=．设第二锤外力的功为2A ，则同理，有⎰-==21222221d y kky y ky A ② 由题意，有2)21(212kmv A A =∆== ③即222122k k ky =- 所以， 22=y于是钉子第二次能进入的深度为cm 414.01212=-=-=∆y y y2-15 一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端，挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ，B 的下端 一重物C ，C 的质量为M ，如题2-15图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比．解: 弹簧B A 、及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图Mg F F B A ==又 11x k F A ∆=22x k F B ∆=所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =∆∆ 弹性势能之比为12222211121212k kx k x k E E p p =∆∆= 2-17 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为1m 和2m 的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧的劲度系数为k ，自然长度等于水平距离BC ，2m 与桌面间的摩擦系数为μ，最初1m 静止于A 点，AB ＝BC ＝h ，绳已拉直，现令滑块落下1m ,求它下落到B 处时的速率．解: 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有])(21[)(21212212l k gh m v m m gh m ∆+-+=-μ 式中l ∆为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则h BC AC l )12(-=-=∆联立上述两式，得()()212221122m m khgh m m v +-+-=μ题2-17图2-19 质量为M 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽，如题2-19图所示．质量为m 的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度．解: m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M ，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有222121MV mv mgR +=又下滑过程，动量守恒，以m ,M 为系统则在m 脱离M 瞬间，水平方向有0=-MV mv联立，以上两式，得()M m MgR v +=2习题八8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系?解: 如题8-1图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题8-1图 题8-2图8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题8-2图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式204r q E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r r q E ϖϖε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024dq πε,又有人说，因为f =qE ,SqE 0ε=，所以f =Sq 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强Sq E 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为Sq E 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力． 8-5一电偶极子的电矩为l q p ϖϖ=，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r ϖ与l ϖ的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin r p πεθ证: 如题8-5所示，将p ϖ分解为与r ϖ平行的分量θsin p 和垂直于r ϖ的分量θsin p ．∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量30π2cos r p E r εθ=垂直于r 方向，即θ方向场强分量300π4sin r p E εθ=题8-5图 题8-6图8-6 长l =15.0cm的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m-1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强． 解： 如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a x E P -=λε222)(d π4d x a x E E l l P P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅方向水平向右(2)同理2220d d π41d +=x xE Qλε 方向如题8-6图所示由于对称性⎰=l QxE 0d ，即Q E ϖ只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε 22π4d d ελ⎰==l QyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强．解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为 20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y-=-= 积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰ 0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y ∴ RE E x0π2ελ==，方向沿x 轴正向． 8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q 在P 点产生物强PE ϖd方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220l r l l r E P++=ελP E ϖd 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵ lq 4=λ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P++=ε 方向沿8-9 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平面．q 在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(xR arctan =α)解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅ϖϖ立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量06εq e=Φ．(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εqe=Φ对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则24εq e =Φ，如果它包含q 所在顶点则0=Φe．如题8-9(a)图所示．题8-9(3)图题8-9(a)图 题8-9(b)图 题8-9(c)图(3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量，球冠面积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq =[221xR x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r Sααα⎰⋅=02d sin π2r)cos 1(π22α-=r8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强． 解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s ϖϖ,02π4ε∑=qr E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E ϖ8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r cm时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外.8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E sϖϖ取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰ϖϖ对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r > 0=∑q ∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， n E ϖϖ)(21210σσε-= 1σ面外， n E ϖϖ)(21210σσε+-= 2σ面外， n E ϖϖ)(21210σσε+= n ϖ：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的． 解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)． (1) ρ+球在O 点产生电场010=E ϖ，ρ-球在O 点产生电场'dπ4π3430320OO r E ερ=ϖ∴ O 点电场'd 33030OO r E ερ=ϖ；(2) ρ+在O '产生电场'dπ4d 3430301OO E ερπ='ϖρ-球在O '产生电场002='E ϖ∴ O ' 点电场 003ερ='E ϖ'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r ϖ'，相对O 点位矢为r ϖ (如题8-13(b)图)则 03ερrE PO ϖϖ=，3ερr E O P '-='ϖϖ,∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P ϖϖϖϖϖϖ=='-=+='∴腔内场强是均匀的．8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C -1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解: ∵ 电偶极子p ϖ在外场E ϖ中受力矩E p M ϖϖϖ⨯=∴ qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功?解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r rq q r r q q r F A εεϖϖ)11(21r r - 61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功． 解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-RqR q 0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-= ∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-= 8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点E ϖd 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］ R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===A B200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e0π2ελ== ∴ rv mr e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 ∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E ϖ与电势U 的关系U E -∇=ϖ，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．解: (1)点电荷 rqU 0π4ε=题 8-20 图∴ 0200π4r r q r r U E ϖϖϖε=∂∂-= 0r ϖ为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势220π4xR q U +=ε∴ ()i x R qxi x U E ϖϖϖ2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q pϖϖ=在l r >>处的一点电势 200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4r ql llr qU εθθθε=+--=∴ 30π2cos r p r U E rεθ=∂∂-= 30π4sin 1r p U r E εθθθ=∂∂-=8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题8-21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσϖϖ∴ +2σ03=σ 说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反； (2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ 又∵ +2σ03=σ ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同． 8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB ACU U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d =∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A =得 ,32Sq A =σ Sq A 321=σ而 7110232-⨯-=-=-=A Cq S q σCC10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC ACAC A E U εσV 8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qrr q r E U εεϖϖ (2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε 得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+RqR q εε 得 -='q 3q8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力；(2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知 2020π4r q F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电 2q q =',小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电 q q 43=''∴此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'2F rqr q q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为 32q .∴ 小球1、2间的作用力 00294π432322F r q q F ==ε *8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U U AB =可得以下6个方程题8-26图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd US q S qdU U C S S q B A解得 Sq 261==σσSq d U2032-=-=εσσ Sq dU2054+=-=εσσ所以CB 间电场 S qd U E 00422εεσ+==)2d(212d 02Sq U E U U CB C ε+=== 注意：因为C 片带电，所以2U U C≠，若C 片不带电，显然2U U C =8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D S ϖϖd(1)介质内)(21R r R <<场强 303π4,π4r rQ E r r Q D r εεϖϖϖϖ==内;介质外)(2R r <场强 303π4,π4r rQ E r Qr D εϖϖϖ==外(2)介质外)(2R r >电势 rQE U 0r π4r d ε=⋅=⎰∞ϖϖ外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε (3)金属球的电势 r d r d 221ϖϖϖϖ⋅+⋅=⎰⎰∞R R RE E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdr r Q εεε)11(π4210R R Qr r-+=εεε 8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ϖ，真空部分场强为1E ϖ，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D ϖϖ得 11σ=D ，22σ=D 而 101E D ε=,202E D r εε=d21U E E ==∴r D D εσσ==1212 r d r d ϖϖϖϖ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求： (1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S DS π2d )(=⋅⎰ϖϖ当)(21R r R <<时，Q q =∑ ∴ rlQ D π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε== 薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量 ⎰⎰===211222ln π4π4d d R RV R R l Q rl r Q W W εε(3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B 的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求：(1) 1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度．解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即2210π41r q q F ε=但2q 处于金属球壳中心，它受合力．．为零，没有加速度． (2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题8-30图 题8-31图8-31 如题8-31图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ．解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q =∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 8-321C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V的电压，是否会击穿?解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF (2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U∴ 6001=U V ,4002=U V即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿． 8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求：(1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112121201021U U U C U C q q U C U C q q q q解得 (1) =1q UC C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失W W W -=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +-+= 221212U C C C C +=8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C 时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E ϖ在21R r R <<时 301π4r r Q E εϖϖ=3R r >时 302π4r r Q E εϖϖ=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q r r Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r r Q E εϖϖ=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R QW C -==ε 121049.4-⨯=F习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B ϖ的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B ϖ的方向? 解: 在同一磁感应线上，各点B ϖ的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B ϖ的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B ϖ的方向．9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B ϖ的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)?(2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B ρϖ=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcdμϖϖ∴ 21B B ρϖ=(2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B ϖ方向相反，即21B B ρϖ≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L ϖ·d l ϖ=0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为⎰外B L ϖ·d l ϖ=I 0μ这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μϖϖ外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d ϖϖϖ外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B ϖ的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m-2的均匀磁场，方向沿x轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S B ϖϖΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S B ϖϖΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ϖϖΦWb(或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B )为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B )、CD 三部分电流产生．其中AB产生 01=B ϖ CD产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题9-8图解：如题9-8图所示,A B ϖ方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B ϖ在2L 外侧距离2L 为r 处 则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解： 如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
物理学第三版(刘克哲 张承琚)课后习题答案第1章到第十章
物理学第三版（刘克哲张承琚）课后习题答案第1章到第十章[第1章习题解答] 1-3 如题1-3图所示，汽车从A地出发，向北行驶60 km到达B地，然后向东行驶60 km到达c地，最后向东北行驶50km到达D地。
求汽车行驶的总路程和总位移。
解汽车行驶的总路程为S=AB十BC十CD＝(60十60十50)km ＝170 km；汽车的总位移的大小为Δr=AB/Cos45°十CD＝(十50)km＝135km，位移的方向沿东北方向，与CD 方向一致。
1-4 现有一矢量R是时阃t 的函数，问等?为什么? 解：dRdt 与dRdtdRdt与dRdt在一般情况下是否相在一般情况下是不相等的。
因为前者是对矢量R的绝对值(大小或长度)求导，表示矢量R的太小随时间的变化率；而后者是对矢量R的大小和方向两者同时求导，再取绝对值，表示矢量R大小随时问的变化和矢量R方向随时同的变化两部分的绝对值。
如果矢量R方向不变，只是大小变化，那么这两个表示式是相等的。
1-5 一质点沿直线L运动，其位置与时间的关系为r =6t2-2t3，r和t的单位分别是米和秒。
求：(1)第二秒内的平均速度；(2)第三秒末和第四秒末的速度，1 (3)第三秒末和第四秒末的加速度。
解：取直线L的正方向为x 轴，以下所求得的速度和加速度，若为正值，表示该速度或加速度沿x轴的正方向，若为负值，表示该速度或加速度沿x轴的反方向。
(1)第二秒内的平均速度v2?x2?x1(24?16)?(6?2)?m?s?1??s?1；t2?t12?1(2)第三秒末的速度因为v?dx?12t?6t2，将t=3 s代入，就求得第三秒末的速度为dt v3=18m·s-1；用同样的方法可以求得第口秒末的速度为V4=48m s-1；(3)第三秒末的加速度d2x因为a?2?12?12t，将dtt=3 s代入，就求得第三秒末的加速度为a3= -24m·s-2；用同样的方法可“求得第四秒末的加速度为a4= -36m·s-2 1-6 一质点作直线运动，速度和加速度的大小分别为v?试证明：(1)vdv=ads：(2)当a为常量时，式v2=v02+2a(s-s0)成立。
大学物理第十一章课后答案
第十一章 电流与磁场11-1 电源中的非静电力与静电力有什么不同？答：在电路中，电源中非静电力的作用是，迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极移动到高电位的电源正极，使两极间维持一电位差。
而静电场的作用是在外电路中把正电荷由高电位的地方移动到低电位的地方，起到推动电流的作用；在电源内部正好相反，静电场起的是抵制电流的作用。
电源中存在的电场有两种：1、非静电起源的场；2、稳恒场。
把这两种场与静电场比较，静电场由静止电荷所激发，它不随时间的变化而变化。
非静电场不由静止电荷产生，它的大小决定于单位正电荷所受的非静电力，q非F E =。
当然电源种类不同，非F 的起因也不同。
11-2静电场与恒定电场相同处和不同处？为什么恒定电场中仍可应用电势概念？ 答：稳恒电场与静电场有相同之处，即是它们都不随时间的变化而变化，基本规律相同，并且都是位场。
但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生，电荷本身却在移动。
正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化，因此静电场的两条基本定理，即高斯定理和环路定理仍然适用，所以仍可引入电势的概念。
11-3一根铜导线表面涂以银层，当两端加上电压后，在铜线和银层中，电场强度是否相同？电流密度是否相同？电流强度是否相同？为什么？答：此题涉及知识点：电流强度d sI =⋅⎰j s ，电流密度概念，电场强度概念，欧姆定律的微分形式j E σ=。
设铜线材料横截面均匀，银层的材料和厚度也均匀。
由于加在两者上的电压相同，两者的长度又相等，故铜线和银层的场强E相同。
由于铜线和银层的电导率σ不同，根据j E σ=知，它们中的电流密度j 不相同。
电流强度d sI =⋅⎰j s ，铜线和银层的j 不同但相差不太大，而它们的横截面积一般相差较大，所以通过两者的电流强度，一般说来是不相同的。
11-4一束质子发生侧向偏转，造成这个偏转的原因可否是：（1）电场？（2）磁场？（3）若是电场和磁场在起作用，如何判断是哪一种场？答：造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。
大学物理学_(第3版.修订版)下----第11章--完全答案
大学物理学_(第3版.修订版)_下册_第十一章 电磁感应习题_答案习题1111.3一半径r =10cm 的圆形回路放在B =0.8T 的均匀磁场中．回路平面与B垂直．当回路半径以恒定速率tr d d =80cm ·s -1收缩时，求回路中感应电动势的大小． 解: 回路磁通 2πr B BS m ==Φ 感应电动势大小40.0d d π2)π(d d d d 2====trr B r B t t m Φε V11.4 一对互相垂直的相等的半圆形导线构成回路，半径R =5cm ，如题11.4图所示．均匀磁场B =80×10-3T ，B 的方向与两半圆的公共直径(在Oz 轴上)垂直，且与两个半圆构成相等的角α当磁场在5ms 内均匀降为零时，求回路中的感应电动势的大小及方向．解: 取半圆形cba 法向为i， 题11.4图则 αΦcos 2π21B R m =同理，半圆形adc 法向为j，则αΦcos 2π22B R m=∵ B 与i 夹角和B 与j 夹角相等，∴ ︒=45α 则 αΦcos π2R B m =221089.8d d cos πd d -⨯-=-=Φ-=tBR t m αεV 方向与cbadc 相反，即顺时针方向．题11.5图 11.5 如题11.5图所示，载有电流I 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，且端点MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b ，环心O 与导线相距a ．设半圆环以速度v 平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN 两端的电压N M U U -．解: 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v方向运动时0d =m Φ ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ⎰+-<+-==ba ba MN ba ba Iv vB 0ln 2dr cos 0πμπε 所以MeN ε沿NeM 方向，大小为ba b a Iv -+ln 20πμ M 点电势高于N 点电势，即b a ba Iv U U N M -+=-ln 20πμ题11.6图11.6如题11.6所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以tId d 的变化率增大，求： (1)任一时刻线圈内所通过的磁通量； (2)线圈中的感应电动势． 解: 以向外磁通为正则(1) ]ln [lnπ2d π2d π2000dad b a b Ilr l r Ir l r Iab b ad d m +-+=-=⎰⎰++μμμΦ (2) tIb a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-=μΦε11.7 如题11.7图所示，用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆．令这半圆形导线在磁场中以频率f 绕图中半圆的直径旋转．整个电路的电阻为R ．求：感应电流的最大值．题11.7图解: )cos(2π02ϕωΦ+=⋅=t r B S B m ∴ Bfr f r B r B t r B t m m i 222202ππ22π2π)sin(2πd d ===+=-=ωεϕωωΦε∴ RBfr R I m22π==ε11.8 如题11.8图所示，长直导线通以电流I =5A ，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长b =0.06m ，宽a =0.04m ，线圈以速度v =0.03m ·s -1垂直于直线平移远离．求：d =0.05m 时线圈中感应电动势的大小和方向．题11.8图解: AB 、CD 运动速度v方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA 产生电动势⎰==⋅⨯=AD I vb vBb l B v d2d )(01πμεBC 产生电动势)(π2d )(02d a Ivbl B v CB+-=⋅⨯=⎰με∴回路中总感应电动势8021106.1)11(π2-⨯=+-=+=ad d Ibv μεεε V 方向沿顺时针．11.9 长度为l 的金属杆ab 以速率v 在导电轨道abcd 上平行移动．已知导轨处于均匀磁场B中，B 的方向与回路的法线成60°角(如题11.9图所示)，B的大小为B =kt (k 为正常)．设t =0时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向．解: ⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ∴ klvt tm-=-=d d Φε 即沿abcd 方向顺时针方向．题11.9图11.10 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B的方向如题11.10图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t =0)． 解: 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时0d d <Φt,0>ε； 题11.10图(a)题11.10图(b)在磁场中时0d d =tΦ,0=ε； 出场时0d d >tΦ，0<ε，故t I -曲线如题10-9图(b)所示. 题11.11图11.11 导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速ω转动，aO =3l磁感应强度B 平行于转轴，如图11.11所示．试求： （1）ab 两端的电势差； （2）b a ,两端哪一点电势高?解: (1)在Ob 上取dr r r +→一小段 则 ⎰==320292d l Ob l B r rB ωωε 同理 ⎰==302181d l Oa l B r rB ωωε ∴ 2261)92181(l B l B Ob aO ab ωωεεε=+-=+= (2)∵ 0>ab ε 即0<-b a U U∴b 点电势高．题11.12图11.12 如题11.12图所示，长度为b 2的金属杆位于两无限长直导线所在平面的正中间，并以速度v平行于两直导线运动．两直导线通以大小相等、方向相反的电流I ，两导线相距2a ．试求：金属杆两端的电势差及其方向．解：在金属杆上取r d 距左边直导线为r ，则 ba b a Iv r r a r Iv l B v b a b a BA AB -+-=-+-=⋅⨯=⎰⎰+-ln d )211(2d )(00πμπμε ∵ 0<AB ε ∴实际上感应电动势方向从A B →，即从图中从右向左， ∴ ba ba Iv U AB -+=ln 0πμ题11.13图11.13 磁感应强度为B的均匀磁场充满一半径为R 的圆柱形空间，一金属杆放在题11.13图中位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当tBd d ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．解： ∵ bc ab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε =-=t abd d 2ΦεtBR B R t d d 12π]12π[d d 22=--∴ tBR R acd d ]12π43[22+=ε ∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a →11.14 半径为R 的直螺线管中，有dtdB＞0的磁场，一任意闭合导线abca ，一部分在螺线管内绷直成ab 弦，a ,b 两点与螺线管绝缘，如题10-13图所示．设ab =R ，试求：闭合导线中的感应电动势．解：如图，闭合导线abca 内磁通量)436π(22R R B S B m -=⋅= Φ∴ tB R R i d d )436π(22--=ε ∵0d d >tB∴0<i ε，即感应电动势沿acba ，逆时针方向．题11.14图题11.15图11.15 如题11.15图所示，在垂直于直螺线管管轴的平面上放置导体ab 于直径位置，另一导体cd 在一弦上，导体均与螺线管绝缘．当螺线管接通电源的一瞬间管内磁场如题11.15图示方向．试求：（1）ab 两端的电势差；（2）cd 两点电势高低的情况．解： 由⎰⎰⋅-=⋅l S tB l Ed d d d 旋知，此时旋E 以O 为中心沿逆时针方向．(1)∵ab 是直径，在ab 上处处旋E与ab 垂直 ∴ ⎰=⋅ll 0d 旋∴0=ab ε,有b a U U =(2)同理， 0d >⋅=⎰l E cddc旋ε∴ 0<-c d U U 即d c U U >题11.16图11.16 一无限长的直导线和一正方形的线圈如题11.16图所示放置(导线与线圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数．解： 设长直电流为I ，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为⎰==32300122ln π2d π2a a Iar rIaμμΦ∴ 2ln π2012aIM μΦ==11.17两线圈顺串联后总自感为1.0H ，在它们的形状和位置都不变的情况下，反串联后总自感为0.4H ．试求：它们之间的互感． 解： ∵顺串时 M L L L 221++= 反串联时M L L L 221-+='∴ M L L 4='-15.04='-=L L M H题11.18图11.18 一矩形截面的螺绕环如题11.18图所示，共有N 匝．试求： (1)此螺线环的自感系数；(2)若导线内通有电流I ，环内磁能为多少? 解：如题11.18图示 (1)通过横截面的磁通为 ⎰==baab NIhr h r NIln π2d π200μμΦ 磁链 ab IhN N ln π220μΦψ== ∴ abhN IL ln π220μψ==(2)∵ 221LI W m = ∴ ab hI N W m ln π4220μ=11.19 一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为I ．求：导线内部单位长度上所储存的磁能． 解：在R r <时 20π2R IrB μ=∴ 4222002π82R r I B w m μμ== 取 r r V d π2d =(∵导线长1=l ) 则 ⎰⎰===RRm I R rr I r r w W 0204320π16π4d d 2μμπ。
大学物理第三版第11章部分习题解答
2
(2) 如果用导线把AB两球连接起来再求以上两 点的电势
第11章部分习题解答
解: (1)
q E 2 4 0 r 1
R1 r R2
r R2
R2
q
R1
U1 q
R2
q 4 0 r
第11章 部分习题解答
第11章部分习题解答
P408题11.3.4 如图所示,两个无限大带电平板,电荷面密度 分别为 ,设P为两板间任意一点.(1)求A板上 的电荷在P点产生的场强 E A ; (2)求B板上的电 荷在P点产生的场强 E B ;(3)求A、B两板上的电 荷在P点产生的场强;(4)如果把B板拿走，A板 上的电荷如何分布?求它在P点产生的场强.
1 Q2 We 2 QU 球壳、 2 8 0 R3
Q 1 1 1 We We1 We 2 ( ) 8 0 R1 R2 R3
2
第11章部分习题解答
(2)
1 Q2 We ' QU 球 壳、 2 8 0 R3
2010.5.25
第11章部分习题解答
解： 因为A、B都是无限大带电平板,所以 (1) (2)
EA 2 0
方向向右
EB 2 0
EP E A EB 0
方向向右
(3)
方向向右
第11章部分习题解答
(4) 如果将B板拿走,A上的电荷将均匀分布在 左右两个面上,每一个面上的电荷面密度为 / 2 ,它们在P点产生的场强大小都是 2 E'A 方向向右 2 0 4 0
第11章部分习题解答
证明: 该电容器是由两个 电容分别为 C1 和 C2 的电容器并联而成 的
第物理学第三版(刘克哲 张承琚)课后习题答案第一章三章
[物理学3章习题解答]3-1用榔头击钉子，如果榔头的质量为500 g，击钉子时的速率为8.0 m⋅s-1，作用时间为2.0⨯10-3 s，求钉子所受的冲量和榔头对钉子的平均打击力。
解对于榔头：,式中i1是榔头所受的冲量，是榔头所受钉子的平均打击力；对于钉子：,式中i2是钉子受到的冲量，是钉子所受的平均打击力，显然= -。
题目所要求的是i2和：,i2的方向与榔头运动方向一致。
,的方向与榔头运动方向一致。
3-2 质量为10 g的子弹以500 m⋅s-1 的速度沿与板面垂直的方向射向木板，穿过木板，速度降为400 m⋅s-1 。
如果子弹穿过木板所需时间为1.00⨯10-5 s，试分别利用动能定理和动量定理求木板对子弹的平均阻力。
解(1)用动能定理求解：, (1)其中是木板对子弹的平均阻力，d为穿过木板的厚度，它可用下面的关系求得：, (2). (3)由式(2)和式(3)联立所求得的木板厚度为&nb .根据式(1)，木板对子弹的平均阻力为.(2)用动量定理求解：,.与上面的结果一致。
由求解过程可见，利用动量定理求解要简便得多。
3-4 质量为m 的小球与桌面相碰撞，碰撞前、后小球的速率都是v ，入射方向和出射方向与桌面法线的夹角都是α，如图3-3所示。
若小球与桌面作用的时间为δt ，求小球对桌面的平均冲力。
解 设桌面对小球的平均冲力为f ，并建立如图所示的坐标系，根据动量定理，对于小球可列出,.由第一个方程式可以求得,由第二个方程式可以求得.根据牛顿第三定律，小球对桌面的平均冲力为,负号表示小球对桌面的平均冲力沿y 轴的负方向。
3-5 如图3-4所示，一个质量为m 的刚性小球在光滑的水平桌面上以速度v 1 运动，v 1 与x 轴的负方向成α角。
当小球运动到o 点时，受到一个沿y 方向的冲力作用，使小球运动速度的大小和方向都发生了变化。
已知变化后速度的方向与x 轴成β角。
如果冲力与小球作用的时间为δt ，求小球所受的平均冲力和运动速率。
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(b)还可以看到，b*与竖直轴线op的夹角为α，所以载流导线ab在点p产 生的磁感应强度沿该竖直轴的分量为
. 由于对称性，载流导线bc和ca在点p产生的磁感应强度沿竖直轴的分
量，与上式相同。同样由于对称性，三段载流导线在点p产生的磁感应 强度垂直于竖直轴的分量彼此抵消。所以点p的实际磁感应强度的大小 为
, 方向沿竖直轴po向下。 11-10 两个半径相同、电流强度相同的圆电流，圆心重合，圆面正
交，如图11-10所示。如果半径为r，电流为i，求圆心处的磁感应强度 b。
解 两个正交的圆电流，一个处于xy平面内， 产生的磁感应强度b1，沿z轴正方向，另一个处于 xz平面内，产生的磁感应强度b2，沿y轴正方向。 这两个磁感应强度的大小相等，均为
动，速度v的大小应满足
, 所以速度的大小应为
. 11-29 半径为r的磁介质球被均匀磁化，磁化强度为m，求： (1) 由磁化电流在球心产生的磁感应强度和磁场强度； (2)由磁化电流产生的磁矩。 解 (1)取球心o为坐标原点、z轴水平向右建立如 图11-14所示的坐标系。根据
解 放电管中的电流是由电子和质子共同提供的，所以
. 电流的流向与质子运动的方向相同。 11-3 两段横截面不同的同种导体串联在一起，如图11-7所示，两端
施加的电势差为u。问： (1)通过两导体的电流是否相同？ (2)两导体内的电流密度是否相同？ (3)两导体内的电场强度是否相同？ (4)如果两导体的长度相同，两导体的电阻之比等于什么？ (5)如果两导体横截面积之比为1: 9，求以上四个问题中各 量的比例关系，以及两导体有相同电阻时的长度之比。 解 (1)通过两导体的电流相同，
,
. 电子到达点a的时间为
. 11-24 电子在匀强磁场中作圆周运动，周期为t = 1.0×10−8 s。 (1)求磁感应强度的大小； (2)如果电子在进入磁场时所具有的能量为3.0×103 ev，求圆周的半
径。
解
(1)洛伦兹力为电子作圆周运动提供了向心力，故有
, 由此解出b，得
. (2)电子在磁场中作圆周运动的轨道半径可以表示为
(当
时) .
11-15 一长直空心圆柱状导体，电流沿圆周方向流动，并且电流密度
各处均匀。若导体的内、外半径分别为r1和r2，单位长度上的电流为i，
求空心处、导体内部和导体以外磁感应强度的分布。
解 电流的这种分布方式，满足运用安培环
路定理求解所要求的对称性。必须使所取环路
的平面与电流相垂直，图11-13中画的三个环路
.
11-26 在匀强磁场中叠加一匀强电场，让两者
互相垂直。假如磁感应强度和电场强度的大小分别
为b = 1.0×10−2 t和e = 3.0×104 v⋅m−1 ，问垂直于磁
场和电场射入的电子要具有多大的速率才能沿直线
运动？
图11-21
解 根据题意，电场、磁场和电子的运动速度v
三者的相对取向如图11-21所示。要使电子沿直线运
. 11-7 当对某个蓄电池充电时，充电电流为2.0 a，测得蓄电池两极间
的电势差为6.6 v；当该蓄电池放电时，放电电流为3.0 a，测得蓄电池两 极间的电势差为5.1 v。求该蓄电池的电动势和内阻。
解 设蓄电池的电动势ε、为内阻为r。充电时，电流为i1 = 2.0 a，两 端的电压为u1 = 6.6 v，所以
. 电流元所受的磁场力的大小为
图11-19 、 代入上式，得
. 这个力的方向沿径向并指向圆心(坐标原点)。将
. 其x分量为
, 整个圆线圈所受磁场力的大小为
, 负号表示fx沿x轴的负方向。 11-20 有一10匝的矩形线圈，长为0.20 m，宽为0.15 m，放置在磁
感应强度大小为1.5×10−3 t的匀强磁场中。若线圈中每匝的电流为10 a，求它所受的最大力矩。
, 导线所受磁场力的大小为
, 力的方向垂直于纸面向里。 11-17 有一长度为1.20 m的金属棒，质量为0.100 kg，用两根细线
缚其两端并悬挂于磁感应强度大小为1.00 t的匀强磁场中，磁场的方向 与棒垂直，如图11-16所示。若金属棒通以电流时正好抵消了细线原先 所受的张力，求电流的大小和流向。
图11-10
. 圆心o处的磁感应强度b等于以上两者的合
成，b的大小为
, 方向处于yz平面内并与轴y的夹角为45°。
图11-11 的大小分别为
11-11 两长直导线互相平行并相距d，它 们分别通以同方向的电流i1 和i2。a点到两 导线的距离分别为r1 和r2，如图11-11所 示。如果d = 10.0 cm , i1 = 12 a，i2= 10 a，r1 = 6.0 cm，r2= 8.0 cm，求a点的磁感应强 度。
受到的最大力矩为多大？ 解 线圈磁矩的大小为
. 所受最大力矩为
. 11-22 由细导线绕制成的边长为a的n匝正方形线圈，可绕通过其相
对两边中点的铅直轴旋转，在线圈中通以电流i，并将线圈放于水平取 向的磁感应强度为b的匀强磁场中。求当线圈在其平衡位置附近作微小 振动时的周期t。设线圈的转动惯量为j，并忽略电磁感应的影响。
解 该矩形线圈的磁矩的大小为
, 磁矩的方向由电流的流向根据右手定则确定。 当线圈平面与磁场方向平行，也就是线圈平面的法向与磁场方向相
垂直时，线圈所受力矩为最大，即
. 11-21 当一直径为0.020 m的10匝圆形线圈通以0.15 a电流时，其磁
矩为多大？若将这个线圈放于磁感应强度大小为1.5 t的匀强磁场中，所
.
11-23 假如把电子从图11-20中的o点沿y方向以
1.0×107 m⋅s−1 的速率射出，使它沿图中的半圆周
由点o到达点a，求所施加的外磁场的磁感应强度b
的大小和方向，以及电子到达点a的时间。
图11-20
解 要使电子沿图中所示的轨道运动，施加的外
磁场的方向必须垂直于纸面向里。磁场的磁感应强
度的大小可如下求得
解 设金属棒所通电流为i。根据题意，载流金
属棒在磁场中所受安培力与其重力相平衡，即
, 所以
图11-16 .
电流的流向为自右向左。 11-18 在同一平面内有一长直导线和一矩形单匝线圈，矩形线圈的 长边与长直导线平行，如图11-17所示。若直导线中的电流为i1 = 20 a， 矩形线圈中的电流为i2= 10 a，求矩形线圈所受的磁场力。
. 又因为
, 所以
. 于是两球壳之间的电势差为
. 从上式解出电流i，得
. 11-5 一个电阻接在电势差为180 v电路的两点之间，发出的热功率
为250w。现将这个电阻接在电势差为300 v的电路上，问其热功率为多
大？ 解 根据焦耳定律，热功率可以表示为
, 该电阻可以求得，为
. 当将该电阻接在电压为u2= 300 v的电路上时其热功率为
,
将
代入上式，得
. 11-25 电子在磁感应强度大小为b = 2.0×10−3 t的匀强磁场中，沿半
径为r = 2.0 cm的螺旋线运动，螺距为h = 5.0 cm。求电子的运动速率。 解 电子速度垂直于磁场的分量
可如下求得
, 所以
. 电子速度平行于磁场的分量v// 可根据螺距的公式求得
, 所以
. 于是，电子的运动速率为
面上电流密度均匀分布。求导体内、外磁感应强度的分布。 解 电流的分布具有轴对称性，可以运用安培环路定理求解。 以轴线上一点为圆心、在垂直于轴线的平面内 作半径为r的圆形环路，如图11-12所示，在该环路 上运用安培环路定理：
在圆柱体内部
, 由上式解得
图11-12
(当
时). 在圆柱体外部
, 由上式解得
解 根据题意，矩形线圈的短边bc和da(见图 11-18)所受磁场力的大小相等、方向相反，互相抵 消。所以矩形线圈所受磁场力就是其长边ab和cd所 受磁场力的合力。ab边所受磁场力的大小为
图11-18
, 方向向左。cd边所受磁场力的大小为
, 方向向右。矩形线圈所受磁场力的合力的大小
为
图11-17 ,
, 于是可以解得
,
方向向左与轴线平行。
12-16 有一长为l = 2.6×10−2m的直导线，通
有i = 15 a的电流，此直导线被放置在磁感应强度大
小为b = 2.0 t的匀强磁场中，与磁场方向成α =
30°角。求导线所受的磁场力。
图12-15
解 导线和磁场方向的相对状况如图12-15所
示。根据安培定律
方向沿水平向左，与图11-18中f1的方向相同。 11-19 在半径为r的圆形单匝线圈中通以电流i1 ，另在一无限长直导 线中通以电流i2，此无限长直导线通过圆线圈的中心并与圆线圈处于同 一平面内，如图11-19所示。求圆线圈所受的磁场力。
解 建立如图所示的坐标系。根据对称性，整 个圆线圈所受磁场力的y分量为零，只考虑其x分量 就够了。在圆线圈上取电流元i1 dl，它所处位置的 方位与x轴的夹角为θ，如图所示。电流元离开y轴 的距离为x，长直电流在此处产生的磁场为
解 设线圈平面法线与磁感应强度b成一微小夹角α，线圈所受力 矩为
. (1) 根据转动定理，有
, 式中负号表示l的方向与角加速度的方向相反。将式(1)代入上式，得
, 或写为
. (2) 令
,(3) 将式(3)代入式(2)，得
(4) 因为ω是常量，所以上式是标准的简谐振动方程，立即可以得到线
圈的振动周期，为
. (1) 放电时，电流为i2= 3.0 a，两端的电压为u2= 5.1 v，所以
. (2) 以上两式联立，解得
,
. 11-8 将阻值为3.6 ω的电阻与电动势为2.0 v的电源相联接，电路中的