大学物理参考答案第八单元

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

20

2

20)3

3

(π4130cos π412a q q a q '=?εε

解得 q q 3

3-=' (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(π41

sin cos θεθθl q F T m g T e

解得 θ

πεθtan 4sin 20mg l q

=

8-3 根据点电荷场强公式2

04r

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: 02

0π4r r q E

ε=

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

=

2

024d q πε,又有人说，因为

f =qE ,S

q E 0ε=

，所以

f

=S

q 02

ε．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S

q 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

S

q E 02ε=

，另一板受它的作用力

S

q S q

q f 02022=

=，这是两板间相互作用的电场力．

8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l

的夹角为θ

,(见题8-5图)，且

l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为

r E =

302cos r p πεθ, θE =3

04sin r

p πεθ

证: 如题8-5所示，将

p 分解为与r

平行的分量θ

sin p 和垂直于r

的分量

θ

sin p ．

∵ l r >>

∴ 场点P 在r 方向场强分量3

0π2cos r p E r

εθ=

垂直于r 方向，即θ方向场强分量3

00

π4sin 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=5.0x10-9

C ·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

2

0)(d π41d x a x E P -=

λε

2

22

)(d π4d x a x E E l l P P -=

=?

?-ελ

]2

12

1[π40

l 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 22

20d d π41d +=

x x E

Q

λε 方向如题8-6图所示 由于对称性?

=l

Qx E 0d ，即Q E

只有

y 分量，

∵ 2

2

2

222

20d

d d d π41d ++=

x x x E Qy

λε

2

2π4d d ελ

?==l

Qy

Qy E E ?

-+22

2

3

222)

d (d l l x x

22

2

0d

4π2+=

l l

ελ

以9100.5-?=λ

1cm C -?, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得 21096.14?==Q y 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?Rd dl =

题8-7图

?λλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为

2

0π4d d R R E ε?λ=

方向沿半径向外 则 ??ελ

?d sin π4sin d d 0R

E E x

=

=

??ελ

?πd cos π4)cos(d d 0R

E E

y

-=

-=

积分R

R E x

000

π2d sin π4ελ??ελπ

=

=

?

0d cos π400

=-=

?

??ελ

π

R

E y

∴

R

E E x 0π2λ=

=，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4

q

在P 点产生物强P E d 方向如图，大小为 ()4

π4cos cos d 2

2

21l r E P +

-=

εθθλ

∵

2

2cos 22

1l r

l +=

θ

12cos cos θθ-=

∴

2

4

π4d 22220

l r l l r E P +

+

=

ελ

P E

d 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥

∴

4

2

4

π4d 2

2

2

2

2

2

l r r

l r l r l

E +

+

+

=

⊥ελ

题8-8图

由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为

2

)4(π44d 422

22

0l r l r lr

E E P +

+=

?=⊥ελ

∵ l

q

4=

λ

∴

2

)4(π42

2220l r l r qr

E P ++

=

ε 方向沿OP

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．(x

R arctan

=α) 解: (1)由高斯定理

d εq S E s

?

=? 立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量0

6εq 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0

6εq e

=

Φ 对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则0

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

2

2x R +的球冠面的电通量，球冠面积*

]

1)[(π22

222x R x x R S +-

+=

∴ )

(π42

2

00

x R S

q +=Φε0

2εq =

[

2

2

1x

R

x +-]

*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图

ααα

?

?=

d sin π2r r S

ααα

??=0

2d sin π2r

)cos 1(π22α-=r

8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×5

10

-C ·m -3

求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．

解: 高斯定理

d ε∑?

=?q

S E s

,0

2π4ε∑=q r E

当5=r cm 时，0=∑q ,0=E

8=r cm 时，∑q 3

π4p =

3(r )3

内r -

∴ ()

2

02

3π43

π4r r r E ερ

内-=

41048.3?≈1C N -?， 方向沿半径向外．

12=r cm 时,3

π4∑=ρ

q -3(外r ）

内3

r ∴ ()

42

03

310

10.4π43π4?≈-=

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

d ε∑?=

?q

S E s

取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=

则 rl E S E S

π2d =??

对(1) 1R r <

0,0==∑E q (2) 2

1R r R <<

λl q =∑

∴ r

E

0π2ελ=

沿径向向外

(3) 2

R r

>

=∑q

∴ 0=E

题8-12图

8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强． 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 )(21210

σσε-=

1σ面外， n E

)(21210

σσε+-

= 2σ面外， n E

)(21210

σσε+=

n

：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．

8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．

解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．

(1) ρ+球在O 点产生电场010=E

， ρ-球在O 点产生电场d

π4π34303

20

r E ερ=

∴ O 点电场d

33

030r E ερ= ； (2) ρ+

在O '产生电场d

π4d 34

3

0301E ερπ='

ρ-球在O '产生电场002='E

∴ O ' 点电场 0

03ερ=

'

E

题8-13图(a) 题8-13图(b)

(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r '，相对O 点位矢为r

(如题8-13(b)图)

则 0

3ερr E

PO =

， 0

3ερr E O P '-

=' ,

∴ 0

003'3)(3ερερερd

OO r r E E E O P PO P

=

='-=+='

∴腔内场强是均匀的．

8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6

C 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1.0×105

N ·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

在外场E 中受力矩

E p M

?= ∴ qlE pE M ==max 代入数字

4536max 100.2100.1102100.1---?=?????=M m N ?

8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功? 解: ??

==?=

222

1

0212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(2

1r 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)(=-R

q

R q

0π41ε=

O U )3(R q R q -R

q 0π6ε-

= ∴ R

q q 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

d 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向

题8-17图

θεθ

λπ

π

cos π4d d 22

2

0??-

==R

R E E y R

0π4ελ=

［)2

sin(π

-

2

sin

π

-］

R

0π2ελ-=

(2)

AB

电荷在O 点产生电势，以0=∞

U

?

?===A

B

20

0012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ

同理CD 产生 2ln π40

2

ελ

=

U 半圆环产生 0

03

4π4πελελ=

=

R R U

∴ 0

032142ln π2ελ

ελ+=

++=U U U U O

8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104

m ·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 =9.1×10-31

kg ，电子电量e =1.60×10-19

C)

解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强

r

E 0π2ελ=

电子受力大小 r

e eE F e 0π2ελ=

= ∴

r

v m

r e 20π2=ελ

得 13

2

0105.12π2-?==e

m v 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

∴ 4

105.1d ?==E U

V 8-20 根据场强E 与电势U 的关系U E -?=

，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．

解: (1)点电荷 r

q U 0π4ε=

题 8-20 图

∴ 0200π4r r

q r r U E

ε=??-

= 0r

为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势

2

20π4x R q

U +=

ε

∴ ()

i x R qx

i x

U E

2

/32

20π4+=

??-=ε

(3)偶极子l q p

=在l r >>处的一点电势

2

00

π4cos ])cos 2

1(1)cos 2

(1[π4r ql l

l

r q

U εθθθε=

+

--

=

∴

3

0π2cos r p r U E r εθ=??-

=

3

0π4sin 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 s

σσ

∴ +2

σ03=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

022220

4

030201=---εσεσεσεσ

又∵ +2

σ03=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3.0×10-7

C ，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2

σ

题8-22图

(1)∵ AB AC U U =，即

∴ AB AB AC AC E E d d =

∴

2d d

21===AC

AB AB AC E E σσ 且 1σ+2σS

q A

= 得 ,32S q A =σ S

q A

321=

σ 而 711023

2

-?-=-=-=A C

q S q σC

C

10172-?-=-=S q B σ (2)

30

1

103.2d d ?==

=AC AC AC A E U εσV 8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算： (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

?

?

∞

∞

==

?=

2

2

02

0π4π4d d R R R q r

r q r E U εε

(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q

-产生：

π4π42

02

0=-=

R q R q

U

(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'π4'2

02

01

0=+-+

-

=

R q q R q R q U A εεε

得 q R R q 21='

外球壳上电势

()2

2

021202

02

0π4π4'π4'π4'R q

R 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

U

8-24图

由电势叠加原理有：

=

O U 03π4π4'00=+R

q

R q εε

得 -

='q 3

q

8-25 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 2

02

π4r

q F ε=

(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电

2

q q =

', 小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电

q q 4

3=

'' ∴ 此时小球1与小球2间相互作用力

0022

0183π483π4"'2

F r

q

r 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

3

2q

. ∴ 小球1、2间的作用力002

9

4π432322F 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

?

??????

???

???

++++==+=+-==+=

+===

+6

5432

15432

6

5

4

300210

1

σσσσσσσσσ

σεσ

σσ

σεσσd U S q

S

q d U U C S S q B A 解得 S

q 261==σσ

S

q d

U

2032-

=

-=εσσ S

q d U

2054+

=

-=εσσ 所以CB 间电场 S

q d

U E 00

42

2εεσ+

==

)2d (212d 02

S

q 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2

U 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

d

(1)介质内)(21R r R <<场强

303π4,π4r

r Q E r r Q D r εε ==内; 介质外)(2R r

<场强

303π4,π4r

r Q E r Qr D ε ==外 (2)介质外)(2R r

>电势

r

Q E U 0r

π4r d ε=

?=

?

∞

外 介质内)(21R r R <<电势

2

020π4)11(π4R Q R r q

r εεε+

-=

)

11(π42

0R r Q r r -+=

εεε

(3)金属球的电势

r d r d 2

2

1 ?+?=??

∞R R R E E U 外内

?

?

∞

+=22

2

2

0π44πdr R R R

r r Qdr r Q εεε

)1

1(π42

10R R Q r 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 ，真空部分场强为1E

，自由电荷面密度分别为2σ与1σ 由

∑?=?0d q S D

得

r

d r d ?+?=??

∞∞

r

r

E E U 外内

11σ=D ，22σ=D

而 101E D ε=,202E D r εε=

d

21U

E E ==

∴ r

D D εσσ==1

212

题8-28图 题8-29图

8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求：

(1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S

则 rlD

S D S π2d )

(=??

当)(21

R r R <<时，Q q =∑

∴ rl

Q D π2=

(1)电场能量密度 2

222

2

π82l r Q D w εε

=

=

薄壳中 rl

r

Q rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===

(2)电介质中总电场能量

?

?===2

1

1

2

2

2ln π4π4d d R R V

R R l Q rl r Q W W εε

(3)电容：∵ C

Q W 22

=

∴ )

/ln(π22122R R l

W 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

2

210π41r 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2

210π41r q q F ε=

，但此时2

q 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 =

∴ 35

50

25231123232?=

==

C U C C Q U 86)35

25

1(5021=+

=+=U U U AB V 8-32

1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加

上1000 V 的电压，是否会击穿? 解: (1) 1C 与2C 串联后电容

120300

200300

2002121=+?=+=

'C C C C C pF

(2)串联后电压比

2

3

1221==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?????

?

?==-=-=+2

12

2112121201021U U U C U C q q U C U C q q q q 解得 (1) =1

q U C C C C C q U C C C C C 2

121222

1211)(,)(+-=+-

(2)电场能量损失

W W W -=?0

)22()2121(2

2

21212

221C q C q U C U C +-+=

22

12

12U 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 =3.0×10-8

C 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

在21R r R <<时 3

01π4r r Q E ε

=

3R r >时 3

02π4r

r

Q E ε =

∴在21R r R <<区域

?

=2

1

d π4)π4(21222001R R r r r

Q W εε ?

-==2

1

)1

1(π8π8d 21022

02R R R R Q r

r Q εε 在3R r

>区域

?∞

=

=32

3022

20021π8d π4)π4(21R R Q r r r Q W εεε

∴ 总能量 )

111(π83

210221R R R Q W W W

+-=+=ε 41082.1-?=J

(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时3

0π4r r

Q E ε

=

,02=W

∴ 42

10211001.1)1

1(π8-?=-==R R Q W W ε J

(3)电容器电容 )1

1/(π42210

2

R R Q W C

-==

ε 121049.4-?=F

大学物理学下册答案第11章

第11章 稳恒磁场 习 题 一 选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计 算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定 习题11-1图 习题11-2图

则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正 确答案为（C ）。 11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大 （B ）Φ不变，B 也不变 （ C ）Φ增大，B 不变 （ D ）Φ不变，B 增大 答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图 习题11-3图

大学物理学 答案

作业 1-1填空题 (1) 一质点，以1-?s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大 小是 ；经过的路程 是 。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间 的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻 质点的速度v 0为5m 2s -1，则当t 为3s 时， 质点的速度v= 。 [答案： 23m 2s -1 ] 1-2选择题 (1) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时 速度s m v /2=，瞬时加速度2/2s m a -=，则 一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (2) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运 动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其

平均速度大小和平均速率大小分别为 (A)t R t R ππ2,2 (B) t R π2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R π [答案：B] (3)一运动质点在某瞬时位于矢径) ,(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d || (D) 22)()(dt dy dt dx + [答案：D] 1-4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3） x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的 速度和加速度，并说明该时刻运动是加速 的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于

大学物理第三版下册答案(供参考)

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 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 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? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为

2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 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0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外

大学物理课后习题答案第八章教学提纲

第八章 光的偏振 8．1 两偏振片组装成起偏和检偏器，当两偏振片的偏振化方向夹角成30o时观察一普通光源，夹角成60o时观察另一普通光源，两次观察所得的光强相等，求两光源光强之比． [解答]第一个普通光源的光强用I 1表示，通过第一个偏振片之后，光强为I 0 = I 1/2． 当偏振光通过第二个偏振片后，根据马吕斯定律，光强为I = I 0cos 2θ1 = I 1cos 2θ1/2． 同理，对于第二个普通光源可得光强为I = I 2cos 2θ2/2． 因此光源的光强之比I 2/I 1 = cos 2θ1/cos 2θ2 = cos 230o/cos 260o = 1/3． 8．2 一束线偏振光和自然光的混合光，当它通过一偏振片后，发现随偏振片的取向不同，透射光的强度可变化四倍，求入射光束中两种光的强度各占入射光强度的百分之几？ [解答]设自然光强为I 1，线偏振光强为I 2，则总光强为I 0 = I 1 + I 2． 当光线通过偏振片时，最小光强为自然光强的一半，即I min = I 1/2； 最大光强是线偏振光强与自然光强的一半之和，即I max = I 2 + I 1/2． 由题意得I max /I min = 4，因此2I 2/I 1 + 1 = 4， 解得I 2 = 3I 1/2．此式代入总光强公式得 I 0 = I 1 + 3I 1/2． 因此入射光中自然光强的比例为I 1/I 0 = 2/5 = 40%． 由此可得线偏振光的光强的比例为I 2/I 0 = 3/5 = 60%． [讨论]如果I max /I min = n ，根据上面的步骤可得 I 1/I 0 = 2/(n + 1)， I 2/I 0 = (n - 1)/(n + 1)， 可见：n 的值越大，入射光中自然光强的比例越小，线偏振光的光强的比例越大． 8．3 水的折射率为1.33，玻璃的折射率为1.50，当光由水射向玻璃时，起偏角为多少？若光由玻璃射向水时，起偏角又是多少？这两个角度数值上的关系如何？ [解答]当光由水射向玻璃时，水的折射率为n 1，玻璃的折射率为n 2，根据布儒斯特定律 tan i 0 = n 2/n 1 = 1.1278， 得起偏角为i 0 = 48.44o． 当光由玻璃射向水时，玻璃的折射率为n 1，水的折射率为n 2，根据布儒斯特定律 tan i 0 = n 2/n 1 = 0.8867， 得起偏角为i 0 = 41.56o． 可见：两个角度互为余角． 8．4 根据布儒斯特定律可测量不透明介质的折射率，今测得某釉质的起偏角为58o，则该釉质的折射率为多少？ [解答]空气的折射率取为1，根据布儒斯特定律可得釉质的折射率为n = tan i 0 = 1.6003． 8．5 三个偏振片堆叠在一起，第一块与第三块偏振化方 向互相垂直，第二块与第一块的偏振化方向互相平行，现令第二块偏振片以恒定的角速度ω0绕光传播方向旋转，如图所 示．设入射自然光的光强为I 0，试证明：此自然光通过这一系 统后出射光强度为I = I 0(1 – cos4ωt )/16． [证明]自然光通过偏振片P 1之后，形成偏振光，光强为 I 1 = I 0/2． 经过时间t ，P 3的偏振化方向转过的角度为θ = ωt ， 根据马吕斯定律，通过P 3的光强为I 3 = I 1cos 2θ． 由于P 1与P 2的偏振化方向垂直，所以P 2与P 3的偏振化方向的夹角为φ = π/2 – θ， 再根据马吕斯定律，通过P 2的光强为 I = I 3cos 2φ = I 3sin 2θ= I 0(cos 2θsin 2θ)/2 = I 0(sin 22θ)/8= I 0(1 – cos4θ)/16， 1P 3 2图8.5

大学物理作业(二)答案

班级___ ___学号____ ____姓名____ _____成绩______________ 一、选择题 1. m 与M 水平桌面间都是光滑接触，为维持m 与M 相对静止，则推动M 的水平力F 为：( B ) (A)(m +M )g ctg θ (B)(m +M )g tg θ (C)mg tg θ (D)Mg tg θ 2. 一质量为m 的质点，自半径为R 的光滑半球形碗口由静止下滑，质点在碗内某处的速率为v ，则质点对该处的压力数值为：( B ) (A)R mv 2 (B)R mv 232 (C)R mv 22 (D)R mv 252 3. 如图，作匀速圆周运动的物体，从A 运动到B 的过程中，物体所受合外力的冲量：( C ) (A) 大小为零 (B ) 大小不等于零，方向与v A 相同 (C) 大小不等于零，方向与v B 相同 (D) 大小不等于零，方向与物体在B 点所受合力相同 二、填空题 1. 已知m A =2kg ，m B =1kg ，m A 、m B 与桌面间的摩擦系数μ=0.5，(1)今用水平力F =10N 推m B ，则m A 与m B 的摩擦力f =_______0______，m A 的加速度a A =_____0_______. (2)今用水平力F =20N 推m B ，则m A 与m B 的摩擦力f =____5N____，m A 的加速度a A =_____1.7____. (g =10m/s 2) 2. 设有三个质量完全相同的物体，在某时刻t 它们的速度分别为v 1、v 2、v 3，并且v 1=v 2=v 3 ，v 1与v 2方向相反，v 3与v 1相垂直，设它们的质量全为m ，试问该时刻三物体组成的系统的总动量为_______m v 3________. 3.两质量分别为m 1、m 2的物体用一倔强系数为K 的轻弹簧相连放在光滑水平桌面上(如图)，当两物体相距为x 时，系统由静止释放，已知弹簧的自然长度为x 0，当两物体相距为x 0时，m 1的速度大小为 2 2 121 Km x m m m + . 4. 一弹簧变形量为x 时，其恢复力为F =2ax -3bx 2，现让该弹簧由x =0变形到x =L ，其弹力的功为： 2 3 aL bL - . 5. 如图，质量为m 的小球，拴于不可伸长的轻绳上，在光滑水平桌面上作匀速圆周运动，其半径为R ，角速度为ω，绳的另一端通过光 滑的竖直管用手拉住，如把绳向下拉R /2时角速度ω’为 F m A m B m M F θ A O B R v A v B x m 1 m 2 F m R

赵近芳版《大学物理学上册》课后答案

1 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和 t d d r 有无不同? t d d v 和 t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1） r ?是位移的模，? r 是位矢的模的增量，即r ?1 2r r -=，1 2r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与 r 不同如题1-1图所示 . 题1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即t v a d d = ， t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢） ，所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y = y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝2 2y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为

大学物理学(第三版)课后习题参考答案

习题1 1.1选择题 (1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d | | (D) 22)()(dt dy dt dx + [答案：D] (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2 /2s m a -=，则 一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 (A) t R t R ππ2, 2 (B) t R π2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R π [答案：B] 1.2填空题 (1) 一质点，以1 -?s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是 ；经过的路程是 。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的 速度v 0为5m ·s -1 ，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 [答案： 23m ·s -1 ] (3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以速度3V 行走。如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V 的关系是 。 [答案： 0321=++V V V ]

1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定： (1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。 解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。 1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2 -4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。 其速度和加速度表达式分别为 2 2484 dx v t dt d x a dt = =+== t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ，a =4m/s 2 。因加速度为正所以是加速的。 1.5 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零？ (1) 匀速直线运动；(2) 匀速曲线运动；(3) 变速直线运动；(4) 变速曲线运动。 解：(1) 质点作匀速直线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均为零； (2) 质点作匀速曲线运动时，其切向加速度为零，法向加速度和加速度均不为零； (3) 质点作变速直线运动时，其法向加速度为零，切向加速度和加速度均不为零； (4) 质点作变速曲线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。 1.6 ｜r ?｜与r ? 有无不同?t d d r 和d d r t 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即r ?12r r -=，12r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度在径向上的分量，

大学物理第八章习题及答案

V 第八章 热力学基础 8-1如图所示，bca 为理想气体绝热过程，b1a 和b2a 是任意过程，则上述两过程中气体做功与吸收热量的情况是：（B ） (A) b1a 过程放热，作负功；b2a 过程放热，作负功 (B) b1a 过程吸热，作负功；b2a 过程放热，作负功 (C) b1a 过程吸热，作正功；b2a 过程吸热，作负功 (D) b1a 过程放热，作正功；b2a 过程吸热，作正功 8-2 如图，一定量的理想气体由平衡态A 变到平衡态B ，且它们的压强相等，则在状态A 和状态B 之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然（ B ） (A)对外作正功 (B)内能增加 (C)从外界吸热 (D)向外界放热 8-3 两个相同的刚性容器，一个盛有氢气，一个盛氦气（均视为刚性分子理想气体），开始时它们的压强温度都相同，现将3J 热量传给氦气，使之升高到一定温度，若使氢气也升高同样温度，则应向氢气传递热量为（ C ） (A) 6 J (B) 3 J (C) 5J (D) 10 J 8-4 有人想象了如题图四个理想气体的循环过程，则在理论上可以实现的为 （ ） (A) (B)

(C) (D) 8-5一台工作于温度分别为327o C和27o C的高温热源和低温源之间的卡诺热机，每经历一个循环吸热2 000 J，则对外作功（ B ） (A) 2 000 J (B) 1 000 J (C) 4 000 J (D) 500 J 8-6 根据热力学第二定律（ A ） (A) 自然界中的一切自发过程都是不可逆的 (B) 不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程 (C) 热量可以从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体 (D)任何过程总是沿着熵增加的方向进行 8-7 一定质量的气体，在被压缩的过程中外界对气体做功300J，但这一过程中气体的内能减少了300J，问气体在此过程中是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？ 解：由于外界对气体做功，所以：300J = W - 由于气体的内能减少，所以：J ?E = 300 - 根据热力学第一定律,得:J ? + =W = E Q 300- 600 300 = - -

大学物理学上册习题解答

大学物理学习题答案 习题一答案 习题一 1.1 简要回答下列问题： (1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相等？ (2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？ (3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么？ (4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变？ (5) r ?v 和r ?v 有区别吗？v ?v 和v ?v 有区别吗？0dv dt =v 和0d v dt =v 各代表什么运动？ (6) 设质点的运动方程为：()x x t = ，()y y t =，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出 r = dr v dt = 及 22d r a dt = 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 及 a = 你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？ (7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性 的？ (8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度 也一定为零.”这种说法正确吗？ (9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？ (10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？ 1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。 解： (1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ?=-=-= 最初s 2内的平均速度为： 0(/)2 ave x v m s t ?= ==?

大学物理学吴柳下答案

大学物理学下册 吴柳 第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程 左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2)

《大学物理》 第二版 第八章课后习题答案解析

习题精解 8-1 一根无限长直导线有交变电流0sin i I t ω=，它旁边有一与它共面的矩形线圈ABCD ，如图8.3所示，长为l 的AB 和CD 两边与直导向平行，它们到直导线的距离分别为a 和b ，试求矩形线圈所围面积的磁通量，以及线圈中的感应电动势。 解 建立如图8.3所示的坐标系，在矩形平面上取一矩形面元dS ldx =，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为 02m i d B dS ldx x μφπ=?= 通过矩形面积CDEF 的总磁通量为 00ln 22b m a i il b ldx x a μμφππ==? 由法拉第电磁感应定律有 0ln cos 2m d il b t dt a φμωεωπ=- =- 8-2 有一无限长直螺线管，单位长度上线圈的匝数为n ，在管的中心放置一绕了N 圈，半径为r 的圆形小线圈，其轴线与螺线管的轴线平行，设螺线管内电流变化率为dI dt ，球小 线圈中感应的电动势。 解 无限长直螺线管内部的磁场为 0B nI μ= 通过N 匝圆形小线圈的磁通量为 20m NBS N nI r φμπ== 由法拉第电磁感应定律有 20m d dI N n r dt dt φεμπ=- =- 8-3 一面积为S 的小线圈在一单位长度线圈匝数为n ，通过电流为i 的长螺线管内，并与螺线管共轴，若0sin i i t ω=，求小线圈中感生电动势的表达式。 解 通过小线圈的磁通量为 0m BS niS φμ== 由法拉第电磁感应定律有 000cos m d di nS nSi t dt dt φεμμωω=- =-=- 8-4 如图8.4所示，矩形线圈ABCD 放在1 6.010B T -=?的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面的法线方向之间的夹角为60α=?，长为0.20m 的AB 边可左右滑动。若令AB 边以速率1 5.0v m s -=?向右运动，试求线圈中感应电动势的大小及感应电流的方向。 解 利用动生电动势公式

大学物理上册答案详解

大学物理上册答案详解 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即r ?12r r -=， 12r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题1-1图 (3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d =，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中 dt dv 就是加速度的切向分量.

(t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加 速度时，有人先求出r ＝2 2 y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝22d d t r 而求 得结果；又有人 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 222 22d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标 系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 22d d d d t r a t r v == 其二，可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明 t r d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，22d d t r 也不是加速

大学物理D下册习题答案

习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零， 则Q与q的关系为：（） （A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（） （A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷； （B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零； （C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷； （D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（） （A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（） （A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零； （C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中 心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 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9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷

大学物理第八章练习题

10题图 第八章 磁场 填空题 （简单） 1、将通有电流为I 的无限长直导线折成1/4圆环形状，已知半圆环的半径为R ，则圆心O 点的磁 感应强度大小为 。 2、磁场的高斯定律表明磁场是 ，因为磁场发生变化而引起电磁感应，所 产生的场是不同于回路变化时产生的 。相同之处是 。 3、只要有运动电荷，其周围就有 产生；而法拉弟电磁感应定律表明，只要 发生变 化，就有 产生。 4、（如图）无限长直导线载有电流I 1，矩形回路载有电流I 2，I 2回路的AB 边与长直导线平行。电 流I 1产生的磁场作用在I 2回路上的合力F 的大小为 ，F 的方向 。 （综合） ， 5、有一圆形线圈，通有电流I ，放在均匀磁场B 中，线圈平面与B 垂直，I 则线圈上P 点将受到 , 力的作用，其方向为 ，线圈所受合力大小为 。（综合） 6、∑?==?n i i l I l d B 0 0μ 是 ，它所反映的物理意义是 。 7、磁场的高斯定理表明通过任意闭合曲面的磁通量必等于 。 8、电荷在磁场中 （填一定或不一定）受磁场力的作用。 9、磁场最基本的性质是对 有力的作用。 10、如图所示，在磁感强度为B 的均匀磁场中，有一半径为R 的半球面， B 与半球面轴线的夹角为α。求通过该半球面的磁通量为 。（综合） 11、当一未闭合电路中的磁通量发生变化时，电路中 产生感应电流；电路中 产生感应电动势(填“一定”或“不一定”) （综合） > 12、一电荷以速度v 运动，它既 电场，又 磁场。(填“产生”或“不产生”) 4题图 5题图

14题图 13、一电荷为+q ，质量为m ，初速度为0 的粒子垂直进入磁感应强度为B 的均匀磁场中，粒子将作 运动，其回旋半径R= ，回旋周期T= 。 14、把长直导线与半径为R 的半圆形铁环与圆形铁环相连接（如图a 、b 所示），若通以电流为I ，则 a 圆心O 的磁感应强度为 _____________； 图b 圆心O 的磁感应强度为 15、在磁场中磁感应强度B 沿 任意闭合路径的线积分总等于 。这一重要结论称为磁场的环路定理，其数学表达式为 。 16、磁场的高斯定理表明磁场具有的性质 。 17、在竖直放置的一根无限长载流直导线右侧有一与其共面的任意形状的平面线圈，直导线中的电流由上向下，当线圈以垂直于导线的速度背离导线时，线圈中的感应电动势 ，当线圈平行导线向上运动时，线圈中的感应电动势 。（填>0，<0，＝0）（设顺时针方向的感应电动势为正） 18、在磁场空间分别取两个闭合回路，若两个回路各自包围载流导线的根数不同，但电流的代数和相同，则磁感应强度沿两闭合回路的线积分 ,两个回路的磁场分布 。（填“相同”或“不相同” ） ( 判断题 （简单） 1、安培环路定理说明电场是保守力场。 （ ） 2、安培环路定理说明磁场是无源场。 （ ） 3、磁场的高斯定理是通过任意闭合曲面的磁通量必等于零。 （ ） 4、电荷在磁场中一定受磁场力的作用。 （ ） 5、一电子以速率V 进入某区域，若该电子运动方向不改变，则该区域一定无磁场；（ ） 6、在B=2特的无限大均匀磁场中，有一个长为L1=2.0米，宽L2=0.50米的矩形线圈，设线圈平 面的法线方向与磁场方向相同，则线圈的磁通量为1Wb 。 7、磁场力的大小正比于运动电荷的电量。如果电荷是负的，它所受力的方向与正电荷相反。 8、运动电荷在磁场中所受的磁力随电荷的运动方向与磁场方向之间的夹角的改变而变化。当电荷的运动方向与

《大学物理学》(袁艳红主编)下册课后习题答案

第9章 静电场 习 题 一 选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案：B 解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q ，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B 解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案（B ） 9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变 习题9-3图

(C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变 答案：D 解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ，移动电荷后，由于OP =OT ， 即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。因而正确答案（D ） 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D 解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0，答案（D ） 9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零，则面上各点的E 必为零 答案：C 解析：高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案（C ） 9-6 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1

大学物理第八章课后习题答案

大学物理第八章课后习 题答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

第八章电磁感应电磁场 8 －1一根无限长平行直导线载有电流I，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示），则（） （A）线圈中无感应电流 （B）线圈中感应电流为顺时针方向 （C）线圈中感应电流为逆时针方向 （D）线圈中感应电流方向无法确定 分析与解由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱．因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定．因而正确答案为（B）． 8 －2将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（） （A）铜环中有感应电流，木环中无感应电流 （B）铜环中有感应电流，木环中有感应电流 （C）铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小 （D）铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大 2

3 分析与解 根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等， 但在木环中不会形成电流．因而正确答案为（A ）． 8 －3 有两个线圈，线圈1 对线圈2 的互感系数为M 21 ，而线圈2 对线圈1的互感系数为M 12 ．若它们分别流过i 1 和i 2 的变化电流且t i t i d d d d 21<，并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为ε12 ，由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ，下述论断正确的是（ ）． （A ）2112M M = ，1221εε= （B ）2112M M ≠ ，1221εε≠ （C ）2112M M =， 1221εε< （D ）2112M M = ，1221εε< 分析与解 教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律 t i M εd d 12121=；t i M εd d 21212=．因而正确答案为（D ）． 8 －4 对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是（ ） （A ） 位移电流的实质是变化的电场 （B ） 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷 （C ） 位移电流服从传导电流遵循的所有定律 （D ） 位移电流的磁效应不服从安培环路定理 分析与解 位移电流的实质是变化的电场．变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为（A ）．

《大学物理(上册)》课后习题答案

第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解：（1）j t t i t r )432 1()53(2-+++=m ⑵ 1=t s,2=t s 时，j i r 5.081-= m ；2114r i j =+m ∴ 213 4.5r r r i j ?=-=+m ⑶0t =s 时，054r i j =-；4t =s 时，41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404 r r r i j i j t --?+= ===+??-v ⑷ 1d 3(3)m s d r i t j t -==++?v ，则：437i j =+v 1s m -? (5) 0t =s 时，033i j =+v ；4t =s 时，437i j =+v 24041 m s 44 j a j t --?= ===??v v v (6) 2d 1 m s d a j t -==?v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x =+，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x ===v v v v 得：2 d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分 210 d (26)d x x x =+? ?v v v 得：2322 250x x =++v ∴ 1m s -=?v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为θ=2+33t ，式中θ以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度 的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2==== ωβθω ⑴ s 2=t 时，2 s m 362181-?=??==βτR a 2 222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a τ?== 即：βωR R =2 ，亦即t t 18)9(2 2=，解得：9 23= t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t θ=+=+? = 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为α=0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2=t 时，4.022.0=?== t αω 1s rad -? 则0.40.40.16R ω==?=v 1s m -? 064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2 s m -? 0.4 0.20.0a R τα==?=2s m -? 22222 s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+= τa a a n 与切向夹角arctan()0.06443n a a τ?==≈?