大学物理解答下13-19 湖南大学出版社

第十三章 静电场

P38．

13．1 如图所示，

在直角三角形ABCD 的A 点处，有点电荷q 1 = 1.8×10-9C ，B 点处有点电荷q 2 = -4.8×10-9

C ，AC = 3cm ，BC = 4cm ，试求C 点的场强．

[解答]根据点电荷的场强大小的公式

22

014q q

E k r r ==

πε， 其中1/(4πε0) = k = 9.0×109N·m 2·C -2．

点电荷q 1在C 点产生的场强大小为

1

12

01

4q E AC =

πε 9

94-1

22

1.810910 1.810(N C )(310)

--?=??

=???， 方向向下．

点电荷q 2在C 点产生的场强大小为

222

0||

1

4q E BC =

πε 99

4-1

22

4.810910 2.710(N C )(410)

--?=??=???， 方向向右．

C 处的总场强大小为

E =

44-110 3.24510(N C )==??，

总场强与分场强E 2的夹角为

1

2

arctan

33.69E E ==?θ．

13．2 半径为R 的一段圆弧，圆心角为

60°，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，其电线密度分别为+λ和-λ，求圆心处的场强．

[解答]在带正电的圆弧上取一弧元 d s = R d θ，

电荷元为d q = λd s ，

在O 点产生的场强大小为

22

0001

d 1d d d 444q s E R R R λλθπεπεπε=

==， 场强的分量为d E x = d E cos θ，d E y = d E sin θ．

对于带负电的圆弧，同样可得在O 点的场强的两个分量．由于弧形是对称的，x 方向

的合场强为零，总场强沿着y 轴正方向，大小为

2d sin y L

E E E ==?θ

/6/6

000

0sin d (cos )22R R

==-?ππλλθθθπεπε

0(12R

=λ

πε．

13．3 均匀带电细棒，棒长a = 20cm ，电荷线密度为λ = 3×10-8C·m -1，求：

（1）棒的延长线上与棒的近端d 1 = 8cm 处的场强；

（2）棒的垂直平分线上与棒的中点相距d 2 = 8cm 处的场强．

[解答]（1）建立坐标系，其中L = a /2 = 0.1(m)，x = L+d 1 = 0.18(m)．0

在

细棒上取一线元d l ，所带的电

量为d q = λd l ，

根据点电荷的场强公式，电荷元在P 1点产

图

13.1

生的场强的大小为

122

0d d d 4()

q l

E k r x l ==-λπε 场强的方向沿x 轴正向．因此P 1点的总场

强大小通过积分得

120d 4()L

L

l

E x l λπε-=

-? 014L

L

x l

λπε-=

-

011

()4x L x L

λπε=--+ 2201

24L x L λ

πε=

-． ①

将数值代入公式得P 1点的场强为

8

9

122

20.13109100.180.1

E -???=??- = 2.41×103(N·C -1)，

方向沿着x 轴正向．

（2）建立

坐标系，y = d 2． 在细棒上取一线元d l ，所

带的电量为 d q = λd l ，

在棒的垂直平

分线上的P 2点产生的场强的大小为

222

0d d d 4q l

E k

r r

λπε==， 由于棒是对称的，x 方向的合场强为零，y

分量为 d E y = d E 2sin θ．

由图可知：r = d 2/sin θ，l = d 2cot θ， 所以 d l = -d 2d θ/sin 2θ， 因此 02

d sin d 4y E d λ

θθπε-=，

总场强大小为

02

sin d 4L

y l L

E d λ

θθπε=--=

?

02

cos 4L

l L

d λθπε=-=

L

L

=-=

=

． ②

将数值代入公式得P 2点的场强为

8

9

221/2

20.13109100.08(0.080.1)y E -???=??

+ = 5.27×103(N·C -1)． 方向沿着y 轴正向．

[讨论]（1）由于L = a /2，x = L+d 1，代入①式，化简得

10110111

44/1

a E d d a d d a λλπεπε=

=

++， 保持d 1不变，当a →∞时，可得

101

4E d λ

πε→

， ③

这就是半无限长带电直线在相距为d 1的延长线上产生的场强大小．

（2）由②式得

y E =

=

，

当a →∞时，得 02

2y E d λ

πε→

， ④

这就是无限长带电直线在线外产生的场强公式．

如果d 1=d 2，则有大小关系E y = 2E 1．

13．4 一均匀带电的细棒被弯成如图所示的对称形状，试问θ为何值时，圆心O 点处的场强为零．

[解答]设电荷线

密度为λ，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场强．

在圆弧上取一

弧元 d s =R d φ， 所带的电量为

d q = λd s ，

在圆心处产生的场强的大小为

2200d d d d 44q s E k

r R R

λλ?πεπε===， 由于弧是对称的，场强只剩x 分量，取x 轴方向为正，场强为

d E x = -d E cos φ． 总场强为

2/2

0/2

cos d 4x E R πθθ

λ??πε--=

?

2/2

0/2

sin 4R

πθθλ?

πε--=

0sin 22

R λθπε=

，

方向沿着x 轴正向．

再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强．

根据上一题的公式③可得半无限

长带电直线在延长上O 点产生的场强大小为

`04E R

λ

πε=

，

由于两根半无限长带电直线对称放置，它们

在O 点产生的合场强为

``02cos

cos 2

22

x E E R θ

λθ

πε==

，

方向沿着x 轴负向．

当O 点合场强为零时，必有`

x x E E =，可得 tan θ/2 = 1， 因此 θ/2 = π/4， 所以 θ = π/2．

13．5 一宽为b 的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为ζ，

如图所示．试求：

（1）平板所在平面内，距薄板边缘为a

处的场强．

（2）通过薄板几

何中心的垂直线上与

薄板距离为d 处的场

强．

[解答]（1）建

立坐标系．在平面薄

板上取一宽度为d x 的带电直线，电荷的

线密度为

d λ = ζd x ， 根据直线带电线的场强公式

02E r

λ

πε=

， 得带电直线在P 点产生的场强为

00d d d 22(/2)

x

E r

b a x λσπεπε=

=

+-，

其方向沿x 轴正向．

由于每条无限长直线在P 点的产生的场强方向相同，所以总场强为

/2

0/2

1

d 2/2b b E x b a x σπε-=

+-? /2

/2

ln(/2)2b b b a x σ

πε--=+-

0ln(1)2b

a

σπε=

+． ①

图13.4

图13.5

场强方向沿x 轴正向．

（2）为了便于观察，将薄板旋转建立坐标系．仍然在平面薄板上取一宽度为d x 的带电直

线，电荷的线密度仍然为

d λ = ζd x ，

带电直线在Q 点产生的场强为

2

21/2

00d d d 22()

x

E r

b x λσπεπε=

=

+，

沿z 轴方向的分量为

221/2

0cos d d d cos 2()z x

E E b x σθθπε==

+，

设x = d tan θ，则d x = d d θ/cos 2θ，因此

d d cos d 2z E E σ

θθπε==

积分得

arctan(/2)

0arctan(/2)

d 2b d z b d E σ

θπε-=

? 0arctan()2b

d

σπε=

． ② 场强方向沿z 轴正向．

[讨论]（1）薄板单位长度上电荷为

λ = ζb ，

①式的场强可化为

0ln(1/)

2/b a E a b a

λπε+=

，

当b →0时，薄板就变成一根直线，应用罗

必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为

02E a

λ

πε→

， ③

这正是带电直线的场强公式．

（2）②也可以化为

0arctan(/2)

2/2z b d E d b d

λπε=

，

当b →0时，薄板就变成一根直线，应用罗

必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为

02z E d

λ

πε→

，

这也是带电直线的场强公式．

当b →∞时，可得

2z E σ

ε→

， ④ 这是无限大带电平面所产生的场强公式．

13．6 （1）点电荷q 位于一个边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体一面的电通量是多少？

（2）如果将该场源点电荷移到立方体的的一个角上，这时通过立方体各面的电通量是多少？

[解答]点电荷产生的电通量为

Φe = q/ε0．

（1）当点电荷放在中心时，电通量要穿过6个面，通过每一面的电通量为

Φ1 = Φe /6 = q /6ε0．

（2）当点电荷放在一个顶角时，电通量要穿过8个卦限，立方体的3个面在一个卦限中，通过每个面的电通量为

Φ1 = Φe /24 = q /24ε0；

立方体的另外3个面的法向与电力线垂直，通过每个面的电通量为零．

13．7 面电荷密度为ζ的均匀无限大带电平板，以平板上的一点O 为中心，R 为半径作一半球面，如图所示．求通过此半球面的

电通量．

[解答]设想

在平板下面补一个半球面，与上面的半球面合成一个球面．球面内包含的电荷为

q = πR 2ζ， 通过球面的电通量为

图13.7

Φe = q /ε0， 通过半球面的电通量为

Φ`e = Φe /2 = πR 2ζ/2ε0．

13．8 两无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2(R 1 > R 2)，带有等量异号电荷，单位长度的电量为λ和-λ，求（1）r < R 1；（2） R 1 < r < R 2；（3）r > R 2处各点的场强．

[解答]由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性．

（1）在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以

E = 0，（r < R 1）．

（2）在两个圆柱之间做一长度为l ，半径为r 的同轴圆柱形高斯面，高斯面内包含的电荷为 q = λl ， 穿过高斯面的电通量为

d d 2

e S

S

E S E rl Φπ=?==??E S ?，

根据高斯定理Φe = q /ε0，所以

02E r

λ

πε=

， (R 1 < r < R 2)． （3）在外圆柱面之外做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内电荷的代数和为零，所以

E = 0，（r > R 2）．

13．9 一厚度为d 的均匀带电无限大平板，电荷体密度为ρ，求板内外各点的场强．

[解答]方法一：高斯定理法．

（1）由于平板具有面对称性，因此产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E`．

在板

内取一底

面积为S ，

高为2r 的圆柱面作为高斯面，

场强与上

下两表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为

d e S

Φ=??E S

2

d d d S S S =?+?+????E S E S E S 1

`02ES E S ES =++=，

高斯面内的体积为 V = 2rS ， 包含的电量为 q =ρV = 2ρrS ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，

可得场强为 E = ρr/ε0，(0≦r ≦d /2)．①

（2）穿过平板作一底面积为S ，高为2r 的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为 Φe = 2ES ， 高斯面在板内的体积为V = Sd ， 包含的电量为 q =ρV = ρSd ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，

可得场强为 E = ρd /2ε0，(r ≧d /2)． ②

方法二：场强叠加法． （1）

由于平板的可视很多薄

板叠而成的，以r 为界，下面平

板产生的场强方向向上，上面平板产生的场强方向向下．在下面板中取一薄层d y ，面电荷密度为

d ζ = ρd y ，

产生的场强为 d E 1 = d ζ/2ε0， 积分得

100/2

d ()222r

d y d

E r ρρεε-=

=+?，③ 同理，上面板产生的场强为

/2

200d ()222

d r

y d E r ρρεε=

=-?

，④ r 处的总场强为E = E 1-E 2 = ρr/ε0．

（2）在公式③和④中，令r = d /2，得

E 2 = 0、E = E 1 = ρd /2ε0，

E 就是平板表面的场强．

平板外的场强是无数个无限薄的带电平板产生的电场叠加的结果，是均强电场，方向与平板垂直，大小等于平板表面的场强，也能得出②式．

13．10 一半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ，若在球内挖去

一块半径为R`

的小球体，如图所

示，试求两球心O 与O`处的电场强度，并证明小球空腔内的电场为均强电场．

[解答]挖去一块小球体，相当于在该处填充一块电荷体密度为-ρ的小球体，因此，空间任何一点的场强是两个球体产生的场强的叠加．

对于一个半径为R ，电荷体密度为ρ的球体来说，当场点P 在球内时，过P 点作一半径为r 的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程

23

01443

E r r ππρε=

P 点场强大小为

3E r ρε=．

当场点P 在球外时，过P 点作一半径为r 的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程

2

3014

43

E r R ππρε=

P 点场强大小为

3

2

03R E r

ρε=． O 点在大球体中心、小球体之外．大球体在O 点产生的场强为零，小球在O 点产生的场强大小为

3

2

0`3O R E a

ρε=， 方向由O 指向O `．

O`点在小球体中心、大球体之内．小球

体在O`点产生的场强为零，大球在O 点产生的场强大小为

`0

3O E a ρ

ε=

， 方向也由O 指向O `．

[证明]在小球内任一点P ，大球和小球产生的场强大小分别为 0

3r E r ρε=， `0

`3r E r ρ

ε=

，

方向如图所示．

设两场强之间的夹角为θ，合场强的平方为

222``2cos r r r r E E E E E θ=++

22

20

(

)(`2`cos )3r r rr ρθε=++， 根据余弦定理得

222

`2`c o s ()

a r r r r πθ=+--， 所以 0

3E a ρ

ε=

， 可见：空腔内任意点的电场是一个常量．还可以证明：场强的方向沿着O 到O `的方向．因此空腔内的电场为匀强电场．

13．11 如图所示，在A 、B 两点处放有电量分别为+q 和-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正

试验电荷q 0

从O 点经过半圆

弧路径移到C

点，求移动过程

中电场力所做的功．

[解答]正负电荷在O 点的电势的和为零：

U O = 0；

图13.10

图13.11

在C 点产生的电势为

0004346C q q q U R

R

R

πεπεπε--=

+

=

，

电场力将正电荷q 0从O 移到C 所做的功为

W = q 0U OD = q 0(U O -U D ) = q 0q /6πε0R ．

13．12 真空中有两块相互平行的无限大均匀带电平面A 和B ．A 平面的电荷面密度为2ζ，B 平面的电荷面密度为ζ，两面间的距离为d ．当点电荷q 从A 面移到B 面时，电场力做的功为多少？

[解答]两平面产生的电场强度大小分别为

E A = 2ζ/2ε0 = ζ/ε0，E B = ζ/2ε0，

两平面在它们之间产生的场强方向相反，因此，总场强大小为

E = E A - E B = ζ/2ε0， 方向由A 平面指向B 平面．

两平面间的电势差为

U = Ed = ζd /2ε0，

当点电荷q 从A 面移到B 面时，电场力做的功为

W = qU = qζd /2ε0．

13．13 一半径为R 的均匀带电球面，带电量为Q ．若规定该球面上电势值为零，则无限远处的电势为多少？

[解答]带电球面在外部产生的场强为

2

04Q E r

πε=

，

由于

d d R R

R

U U E r ∞

∞

∞-=?=??

E l

2

00d 44R

R

Q

Q

r r r πεπε∞

∞

-==?

04Q R

πε=

，

当U R = 0时，04Q U R

πε∞=-

．

13．14 电荷Q 均匀地分布在半径为R 的球体内，试证明离球心r （r

223

0(3)

8Q R r U R

πε-=． [证明]球的体积为34

3

V R π=， 电荷的体密度为 3

34Q Q

V R ρπ=

=

． 利用13．10题的方法可求球内外的电场强度大小为

3

0034Q

E r r R ρεπε=

=，

（r ≦R ）； 2

04Q E r

πε=

，（r ≧R ）．

取无穷远处的电势为零，则r 处的电势为

d d d R

r

r

R

U E r E r ∞

∞

=?=+???E l

32

00d d 44R

r

R

Q Q

r r r R r πεπε∞

=+?

?

2

3

0084R r

R

Q

Q r

R

r

πεπε∞

-=

+

223

00()84Q Q R r R

R

πεπε=

-+

223

0(3)

8Q R r R

πε-=． 13．15 在y = -b 和y = b 两个“无限大”平面间均匀充满电荷，电荷体密度为ρ，其他地方无电荷．

（1）求此带电系统的电场分布，画E-y 图；

（2）以y = 0作为零电势面，求电势分布，画E-y 图．

[解答]平板电荷产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E`，但方向相反．

（1）在板内取一底面

积为S ，高为

2y 的圆柱面作为高斯面，

场强与上下两表面的法线方

向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为

d e S

Φ=??E S

d d d 2S S S ES =?+?+?=???E S E S E S 1

2

．

高斯面内的体积为 V = 2yS ，

包含的电量为 q = ρV = 2ρSy ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，

可得场强为 E = ρy/ε0， (-b ≦y ≦b )．

穿过平板作一底面积为S ，高为2y 的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为地

Φe = 2ES ，

高斯面在板内的体积为 V = S 2b ， 包含的电量为 q = ρV = ρS 2b ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，

可得场强为 E = ρb/ε0， (b ≦y )；

E = -ρb/ε0， (y ≦-b )．

E-y 图如左图所示．

（2）对于平面之间的点，电势为

d d y

U y ρε=-?=-??

E l 2

2y C ρε=-+，

在y = 0处U = 0，所以C = 0，因此电势为

2

2y U ρε=-，(-b ≦y ≦b )． 这是一条开口向下的抛物线．

当y ≧b 时，电势为

d d nqb

nqb

U y y C εε=-?=-=-

+??

E l ，

在y = b 处U = -ρb 2/2ε0，所以C = ρb 2/2ε0，

因此电势为

2

00

2b b U y ρρεε=-+

，(b ≦y )． 当y ≦-b 时，电势为

00

d d b b

U y y C ρρεε=-?==+??E l ，

在y = -b 处U = -ρb 2/2ε0，所以C = ρd 2/2ε0，因此电势为

2

00

2b b U y ρρεε=+

， 两个公式综合得

2

00

||2b b U y ρρεε=-+

，(|y |≧d )． 这是两条直线．

U-y 图如右图所示．U-y 图的斜率就形成E-y 图，在y = ±b 点，电场强度是连续的，因此，在U-y 图中两条直线与抛物线在y = ±b 点相切．

[注意]根据电场求电势时，如果无法确定零势点，可不加积分的上下限，但是要在积分之后加一个积分常量．根据其他关系确定常量，就能求出电势，不过，线积分前面要加一个负号，即

d U =-??E l

这是因为积分的起点位置是积分下限．

13．16 两块“无限大”平行带电板如图所示，A 板带正电，B 板带负电并接地（地的电势为零），设A 和B 两

板相隔5.0cm ，板上各带电

荷ζ=3.3×10-6C·m -2，求： （1）在两板之间离A

板1.0cm 处P 点的电势；

（2）A 板的电势．

[解答]两板之间的电场强度为

E=ζ/ε0，

方向从A 指向B ．

以B 板为原点建立

坐标系，则r B = 0，r P = -0.04m ，r A = -0.05m ． （1）P 点和B 板间的电势差为

d d B

B

P

P

r r P B r r U U E r -=?=??E l

()B P r r σ

ε=-， 由于U B = 0，所以P 点的电势为

612

3.3100.048.8410

P U --?=??=1.493×104

(V)． （2）同理可得A 板的电势为

()A B A U r r σ

ε=-=1.866×104(V)．

13．17 电量q 均匀分布在长为2L 的细直线上，试求：

（1）带电直线延长线上离中点为r 处的电势；

（2）带电直线中垂线上离中点为r 处的电势；

（3）由电势梯度算出上述两点的场强． [解答]电荷的线密度为λ = q/2L ． （1）建

立坐标系，在细线上取一

线元d l ，所带的电量为

d q = λd l ，

根据点电荷的电势公式，它在P 1点产生的电势为

101d d 4l

U r l

λπε=

-

总电势为

10d 4L

L

l

U r l λπε-=

-? 0

ln()4L

l L

r l λ

πε=--=-

0ln

8q r L

L

r L

πε+=

-． （2）建立坐标系，在细线上取一线元d l ，所带的电量为

d q = λd l ，

在线的垂直平分线上的P 2点产生的电势为

2221/2

0d d 4()

l

U r l λπε=+， 积分得

2221/201

d 4()L

L

U l r l λ

πε-=

+?

)4L

l L

l λ

πε=-=

0ln

8q L

πε=

0ln

4q L

πε=．

（3）P 1点的场强大小为

1

1U E r

?=-? 011

(

)8q

L r L r L πε=

--+

22

01

4q

r L πε=

-， ① 方向沿着x 轴正向．

P 2点的场强为

2

2U E r

?=-?

01[4q

L r πε=

=

， ②

方向沿着y 轴正向．

[讨论]习题13．3的解答已经计算了带电线的延长线上的场强为

122

01

24L E x L λ

πε=

-， 由于2L λ = q ，取x = r ，就得公式①．

（2）习题13．3的解答还计算了中

垂线上的场强为

y E =

取d 2 = r ，可得公式②． 由此可见，电场强度可用场强叠加原理计算，也可以用电势的关系计算．

13．18 如图所

示，一个均匀带电，内、外半径分别为R 1和R 2的均匀带电球壳，所带电荷体密度为ρ，试计算：

（1）A ，B 两点的电势；

（2）利用电势梯度求A ，B 两点的场强．

[解答]（1）A 点在球壳的空腔内，空腔内的电势处处相等，因此A 点的电势就等于球心O 点的电势．

在半径为r 的球壳处取一厚度为d r 的薄壳，其体积为

d V = 4πr 2

d r ，

包含的电量为 d q = ρd V = 4πρr 2

d r ，

在球心处产生的电势为

00

d d d 4O q U r r r

ρ

πεε=

=

， 球心处的总电势为

2

1

2

2210

d ()2R O R U r r R R ρρεε=

=

-?， 这就是A 点的电势U A ．

过B 点作一球面，B 的点电势是球面外的电荷和球面内的电荷共同产生

的．

球面外的电荷

在B 点产生的电势就等于这些电荷在球心处产生的电势，根据上面的推导可得

2

2120

()2B U R r ρε=

-． 球面内的电荷在B 点产生的电势等于这些电荷集中在球心处在B 点产生的电势．球壳在球面内的体积为

3314()3

B V r R π=

-， 包含的电量为 Q = ρV ，

这些电荷集中在球心时在B 点产生的电势为

3

32100()43B B

B

Q U r R r r ρπεε=

=

-． B 点的电势为

U B = U 1 + U 2

322

120(32)6B B

R R r r ρε=--． （2）A 点的场强为

0A

A A

U E r ?=-

=?． B 点的场强为

3120()3B B B B B

U R E r r r ρε?=-=-?．

图13.18

[讨论] 过空腔中A 点作一半径为r 的同心球形高斯面，由于面内没有电荷，根据高斯定理，可得空腔中A 点场强为

E = 0， (r ≦R 1)．

过球壳中B 点作一半径为r 的同心球形高斯面，面内球壳的体积为

3314

()3

V r R π=-，

包含的电量为 q = ρV ，

根据高斯定理得方程 4πr 2E = q/ε0， 可得B 点的场强为

3120()3R E r r

ρ

ε=-， (R 1≦r ≦R 2)．

这两个结果与上面计算的结果相同．

在球壳外面作一半径为r 的同心球形高斯面，面内球壳的体积为

3

3214()3

V R R π=-，

包含的电量为 q = ρV ，

根据高斯定理得可得球壳外的场强为

3

32122

00()

43R R q

E r r

ρπεε-==，(R 2≦r )． A 点的电势为

d d A

A

A r r U E r ∞

∞

=?=??E l

12

1

31200d ()d 3A

R R r R

R r r r r ρε=+-??

2

33212

0()d 3R

R R r r ρε∞

-+? 2

2210

()2R R ρε=-．

B 点的电势为

d d B

B

B r r U E r ∞

∞

=?=??E l

2

3120()d 3B

R r

R r r r ρ

ε=-?23

3212

0()d 3R R R r r ρε∞

-+? 322

120(32)6B B

R R r r ρε=--．

A 和

B 点的电势与前面计算的结果相同．

13．19 一圆盘，半径为R ，均匀带电，面电荷密度为ζ，求：

（1）圆盘轴线上任一点的电势（用该点与盘心的距离x 来表示）；

（2）从电场强度的和电势梯度的关系，求该点的电场强度．

（此题解答与书中P38页例13．13的解答相同，在此省略）

13．20 （1）设地球表面附近的场强约为200V·m -1，方向指向地球中心，试求地球所带有的总电量．

（2）在离地面1400m 高处，场强降为20V·m -1，方向仍指向地球中心，试计算在1400m 下大气层里的平均电荷密度．

[解答]地球的平均半径为

R =6.371×106m ．

（1）将地球当作导体，电荷分布在地球表面，由于场强方向指向地面，所以地球带负量．

根据公式 E = -ζ/ε0， 电荷面密度为 ζ = -ε0E ； 地球表面积为 S = 4πR 2， 地球所带有的总电量为

Q = ζS = -4πε0R 2E = -R 2E /k ，

k 是静电力常量，因此电量为

629

(6.37110)200910

Q ??=-?=-9.02×105

(C)． （2）在离地面高为h = 1400m 的球面内的电量为

2()`

`R h E Q k

+=-

=-0.9×105(C)， 大气层中的电荷为

q = Q - Q` = 8.12×105(C)．

由于大气层的厚度远小于地球的半径，其体积约为

V = 4πR 2h = 0.714×1018(m 3)，

平均电荷密度为

ρ = q /V = 1.137×10-12(C·m -3)．

第十四章 静电场中的导体

和电介质

P80．

14．1 一带电量为q ，半径为r A 的金

属球A ，与一原先不带电、内外半径分别为r B 和r C 的金属球壳B 同心放置，如图所示，则图中P 点的电场强度如何？若用导线将

A 和

B 连接起来，则

A 球的电势为多少？（设无穷远处电势为零）

[解答]过P 点作一个同心球面作为高斯面，尽管金属球壳内侧会感应出异种，但是高斯面内只有电荷q ．根据高斯定理可得 E 4πr 2 = q /ε0， 可得P 点的电场强度为

2

04q E r

πε=

．

当金属球壳内侧会感应出异种电荷-q

时，外侧将出现同种电荷q ．用导线将A 和B 连接起来后，正负电荷将中和．A 球是一个等势体，其电势等于球心的电势．A 球的电势是球壳外侧的电荷产生的，这些电荷到球心的距离都是r c ，所以A 球的电势为

04c

q U r πε=

．

14．2 同轴电缆是由半径为R 1的导体圆柱和半径为R 2的同轴薄圆筒构成的，其间充满了相对介电常数为εr 的均匀电介质，设沿轴线单位长度上导线的圆筒的带电量分别为+λ和-λ，则通过介质内长为l ，半径为r 的同轴封闭圆柱面的电位移通量为多少？圆柱面上任一点的场强为多少？

[解答]介质中的

电场强度和电位移是轴对称分布的．在

内外半径之间作一个半径为r 、长为l 的圆柱形高斯面，根据介质中的高斯定理，通过圆柱面的电位移通过等于该面

包含的自由电荷，即 Φd = q = λl ．

设高斯面的侧面为S 0，上下两底面分别为S 1和S 2．通过高斯面的电位移通量为

d d S

Φ=??D S ?

1

2

d d d 2S S S rlD π=?+?+?=???D S D S D S ，

可得电位移为 D = λ/2πr ， 其方向垂直中心轴向外．

电场强度为 E = D/ε0εr = λ/2πε0εr r ， 方向也垂直中心轴向外．

14．3 金属

球壳原来带有电量Q ，壳内外半径分别为a 、b ，壳内距球心为r 处有一点电

荷q ，求球心o 的电

势为多少？

[解答]点电荷q 在内壳上感应出负电荷-q ，不论电荷如何分布，距离球心都为a ．外壳上就有电荷q+Q ，距离球为b ．球心的电势是所有电荷产生的电势叠加，大小为

0001

11444o q q Q q

U r a b

πεπεπε-+=

++

14．4 三块平行金属板A 、B 和C ，面积都是S = 100cm 2，A 、B 相距d 1 = 2mm ，A 、C 相距d 2 = 4mm ，B 、C 接地，A 板带有正电荷q = 3×10-8C ，

忽略边缘效应．求

（1）B 、C 板上的电荷为多少？

图14.3

（2）A板电势为多少？

[解答](1)设A的左右两面的电荷面密度分别为ζ1和ζ2，所带电量分别为

q1 = ζ1S和q2 = ζ2S，

在B、C板上分别感应异号电荷-q1和-q2，由电荷守恒得方程

q = q1 + q2 = ζ1S + ζ2S．①

A、B间的场强为E1 = ζ1/ε0，

A、C间的场强为E2 = ζ2/ε0．

设A板与B板的电势差和A板与C板的的电势差相等，设为ΔU，则

ΔU = E1d1 = E2d2，②

即ζ1d1 = ζ2d2．③解联立方程①和③得

ζ1 = qd2/S(d1 + d2)，

所以q1 = ζ1S = qd2/(d1+d2) = 2×10-8(C)；

q2 = q - q1 = 1×10-8(C)．

B、C板上的电荷分别为

q B= -q1 = -2×10-8(C)；

q C= -q2 = -1×10-8(C)．

(2)两板电势差为

ΔU = E1d1 = ζ1d1/ε0 = qd1d2/ε0S(d1+d2)，由于k = 9×109 = 1/4πε0，

所以ε0 = 10-9/36π，

因此ΔU = 144π= 452.4(V)．

由于B板和C板的电势为零，所以

U A = ΔU = 452.4(V)．

14．5 一无限大均匀带电平面A，带电量为q，在它的附近放一块与A平行的金属导体板B，板B有一定的厚度，如图所示．则在板B的两个表面1和2上的感应电荷分别为多少？

[解答]由于板B原来不带电，两边感应出电荷后，由电荷守恒得

q1 + q2 = 0．①虽然两板是无限大的，为了计算的方便，不妨设它们的面积为S，则面电荷密度分别为

ζ1 = q1/S、ζ2 = q2/S、ζ = q/S，

它们产生的场强大小分别为

E1 = ζ1/ε0、E2 = ζ2/ε0、E = ζ/ε0．在B板内部任取一点P，其场强为零，其中1面产生的场强向右，2面和A板产生的场强向左，取向右的方向

为正，可得

E1 - E2–E = 0，

即ζ1 - ζ2–ζ= 0，

或者说q1 - q2 + q = 0．②

解得电量分别为

q2 = q/2，q1 = -q2 = -q/2．

14．6 两平行金属板带有等异号电荷，若两板的电势差为

120V，两板间相距为

1.2mm，忽略边缘效应，

求每一个金属板表面的

电荷密度各为多少？

[解答]由于左板接

地，所以ζ1 = 0．

由于两板之间的电荷相互吸引，右板右面的电荷会全部吸引到右板左面，所以ζ4 = 0．

由于两板带等量异号的电荷，所以

ζ2 = -ζ3．

两板之间的场强为

E = ζ3/ε0，

而 E = U/d，

所以面电荷密度分别为

ζ3 = ε0E = ε0U/d = 8.84×10-7(C·m-2)，

ζ2 = -ζ3 = -8.84×10-7(C·m-2)．

14．7 一球形电容器，内外球壳半径分别为R1和R2，球壳与地面及其他物体相距很远．将内球用细导线接地．试证：球面间

电容可用公式

2

02

21

4R

C

R R

πε

=

-

表示．

（提示：可看作两个球电容器的并联，且地球半径R>>R2）

[证明]方法

一：并联电容法．在

外球外面再接一个

半径为R3大外球

壳，外壳也接地．内

球壳和外球壳之间

是一个电容器，电

容为

P

2

图14.5

图14.6

1210

01221

1

441/1/R R C R R R R πεπε==--

外球壳和大外球壳之间也是一个电容器，电

容为

20

23

1

41/1/C R R πε=-．

外球壳是一极，由于内球壳和大外球壳都接地，共用一极，所以两个电容并联．当R 3趋于无穷大时，C 2 = 4πε0R 2．并联电容为

12

120

0221

44R R C C C R R R πεπε=+=+-

2

0221

4R R R πε=-． 方法二：电容定义法．假设外壳带正电为q ，则内壳将感应电荷q`．内球的电势是两个电荷产生的叠加的结果．由于内球接地，所以其电势为零；由于内球是一个等势体，其球心的电势为

02

01

`044q q R R πεπε+

=，

因此感应电荷为

1

2

`R q q R =-

． 根据高斯定理可得两球壳之间的场强为

122

002`44R q q E r R r

πεπε=

=-， 负号表示场强方向由外球壳指向内球壳．

取外球壳指向内球壳的一条电力线，两球壳之间的电势差为

1

1

2

2

d d R R R R U E r =

?=??E l

1

2

12

02()d 4R R R q

r R r

πε=

-

? 1212

021202

()11

()44R q R R q R R R R πεπε-=

-= 球面间的电容为

2

02

21

4R q C U R R πε==-．

14．8 球形电容器的内、外半径分别为R 1和R 2，其间一半充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，求电容C 为多少？

[解答]球形电容器的电容为

120

01221

1

441/1/R R C R R R R πεπε==--．

对于半球来说，由于相对面积减少了一

半，所以电容也减少一半：

012

121

2R R C R R πε=

-．

当电容器中充满介质时，电容为：

012

221

2r R R C R R πεε=

-．

由于内球是一极，外球是一极，所以两个电容器并联：

012

1221

2(1)r R R C C C R R πεε+=+=

-．

14．9 设板面积为S 的平板电容器析板间有两层介质，介电常量分别为ε1和ε2，厚度分别为d 1和d 2，求电容器的电容．

[解答]假设在

两介质的介面插入一薄导体，可知两个电容器串联，电

容分别为

C 1 = ε1S/d 1和C 2 = ε2S/d 2． 总电容的倒数为

122112*********

d d d d C C C S S S

εεεεεε+=+=+=， 总电容为 122112

S

C d d εεεε=+．

14．10 圆柱形电容器是由半径为R 1的导线和与它同轴的内半径为R 2的导体圆筒构成的，其长为l ，其间充满了介电常量为ε的介质．设沿轴线单位长度导线上的电荷为λ，圆筒的电荷为-λ，略去边缘效应．求：

（1）两极的电势差U ；

（2）介质中的电场强度E 、电位移D ； （3）电容C ，它是真空时电容的多少倍？

[解答]介质中

的电场强度和电位移是轴对称分布

的．在内外半径之

间作一个半径为r 、

长为l 的圆柱形高

斯面，侧面为S 0，上下两底面分别为

S 1和S 2．通过高斯面的电位移通量为

d d S

Φ=??D S ?

1

2

d d d 2S S S rlD π=?+?+?=???D S D S D S ，

高斯面包围的自由电荷为 q = λl ， 根据介质中的高斯定理 Φd = q ， 可得电位为 D = λ/2πr ， 方向垂直中心轴向外．

电场强度为 E = D/ε = λ/2πεr ， 方向也垂直中心轴向外．

取一条电力线为积分路径，电势差为

2

1

d d d 2R L

L

R U E r r r λ

πε=?==

???E l 21

ln 2R R λ

πε=

． 电容为 212ln(/)

q l

C U R R πε=

=

． 在真空时的电容为

00212ln(/)

l q

C U R R πε=

=

， 所以倍数为C/C 0 = ε/ε0．

14．11 在半径为R 1的金属球外还有一层半径为R 2的均匀介质，相对介电常量为εr ．设金属球带电Q 0，求：

（1）介质层内、外D 、E 、P 的分布； （2）介质层内、外表面的极化电荷面密度．

[解答]（1）在介质内，电场强度和电位移以及极化强度是球对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 的球形高斯面，通过高斯面的电位移通量为

2d d 4d S S

D S r D Φπ=?=

=??

D S 蜒

高斯面包围的自由电荷为q = Q 0， 根据介质中的高斯定理 Φd = q ， 可得电位为 D = Q 0/4πr 2， 方向沿着径向．用矢量表示为

D = Q 0r /4πr 3．

电场强度为

E = D /ε0εr = Q 0r /4πε0εr r 3， 方向沿着径向．

由于 D = ε0E + P ， 所以 P = D - ε0E = 03

1

(1)

4r

Q r

επ-

r

． 在介质之外是真空，真空可当作介电常量εr = 1的介质处理，所以

D = Q 0r /4πr 3，

E = Q 0r /4πε0r 3，P = 0． （2）在介质层内靠近金属球处，自由电荷Q 0产生的场为

E 0 = Q 0r /4πε0r 3；

极化电荷q 1`产生的场强为

E` = q 1`r /4πε0r 3；

总场强为 E = Q 0r /4πε0εr r 3． 由于 E = E 0 + E `，

解得极化电荷为 `101(1)r

q Q ε=-，

介质层内表面的极化电荷面密度为

``011

22

111

(1)

44r Q q R R σπεπ==-． 在介质层外表面，极化电荷为

``21q q =-，

面密度为

``0

22

22

221(1)44r Q q R R σπεπ==-．

14．12 两个电容器电容之比C 1:C 2 = 1:2，把它们串联后接电源上充电，它们的静电能量之比为多少？如果把它们并联后接到电源上充电，它们的静电能之比又是多少？

[解答]两个电容器串联后充电，每个电容器带电量是相同的，根据静电能量公式W = Q 2/2C ，得静电能之比为

W 1:W 2 = C 2:C 1 = 2:1． 两个电容器并联后充电，每个电容器两端的电压是相同的，根据静电能量公式W = CU 2/2，得静电能之比为

W 1:W 2 = C 1:C 2 = 1:2． 14．13 一平行板电容器板面积为S ，板间距离为d ，接在电源上维持其电压为U ．将一块厚度为d 相对介电常量为εr 的均匀介电质板插入电容器的一半空间内，求电容器的静电能为多少？

[解答]平行板电容器的电容为

C = ε0S/d ，

当面积减少一半时，电容为C 1 = ε0S /2d ； 另一半插入电介质时，电容为C 2 = ε0εr S /2d ．

两个电容器并联，总电容为

C = C 1 + C 2 = (1 + εr )ε0S /2d ，

静电能为

W = CU 2/2 = (1 + εr )ε0SU 2/4d ． 14．14 一平行板电容器板面积为S ，板间距离为d ，两板竖直放着．若电容器两板

充电到电压为U 时，断开电源，使电容器的一半浸在相对介电常量为εr 的液体中．求：

（1）电容器的电容C ；

（2）浸入液体后电容器的静电能； （3）极板上的自由电荷面密度．

[解答]（1）如前所述，两电容器并联的电容为

C = (1 + εr )ε0S /2d ． （2）电容器充电前的电容为C 0 = ε0S/d ， 充电后所带电量为 Q = C 0U ． 当电容器的一半浸在介质中后，电容虽然改变了，但是电量不变，所以静电能为

W = Q 2/2C = C 02U 2/2C = ε0SU 2/(1 + εr )d ． （3）电容器的一半浸入介质后，真空的一半的电容为 C 1 = ε0S /2d ；

介质中的一半的电容为 C 2 = ε0εr S /2d ． 设两半的所带自由电荷分别为Q 1和Q 2，则

Q 1 + Q 2 = Q ． ① 由于C = Q/U ，所以

U = Q 1/C 1 = Q 2/C 2． ② 解联立方程得

0111221

1/C U C Q

Q C C C C =

=

++， 真空中一半电容器的自由电荷面密度为

001

12122/2(1/)(1)r C U U Q S C C S d

εσε=

==

++． 同理，介质中一半电容器的自由电荷面密度为

0021222(/1)(1)r r C U U

C C S d

εεσε=

=

++．

14．15 平行板电容器极板面积为200cm 2，板间距离为1.0mm ，电容器内有一块1.0mm 厚的玻璃板(εr = 5)．将电容器与300V 的电源相连．求：

（1）维持两极板电压不变抽出玻璃板，电容器的能量变化为多少？

（2）断开电源维持板上电量不变，抽出玻璃板，电容器能量变化为多少？

[解答]平行板电容器的电容为

C 0 = ε0εr S/d ，

静电能为 W 0 = C 0U 2/2． 玻璃板抽出之后的电容为

C = ε0S/d ．

（1）保持电压不变抽出玻璃板，静电能为 W = CU 2/2， 电能器能量变化为

ΔW = W - W 0 = (C - C 0)U 2/2 = (1 - εr )ε0SU 2/2d = -3.18×10-5(J)． （2）充电后所带电量为 Q = C 0U ， 保持电量不变抽出玻璃板，静电能为

W = Q 2/2C ，

电能器能量变化为

2

000(1)

2

C C U W W W C ?=-=- 2

0(1)

2r r SU d

εεε=-= 1.59×10-4(J)．

14．16 设圆柱形电容器的内、外圆筒半径分别为a 、b ．试证明电容器能量的一半

储存在半径R =

[解答]设圆柱形电容器电荷线密度为λ，场强为 E = λ/2πε0r ， 能量密度为 w = ε0E 2/2， 体积元为 d V = 2πrl d r ， 能量元为 d W = w d V ．

在半径a 到R 的圆柱体储存的能量为

20

d d 2

V

V

W w V E V ε==??

2200d ln 44R

a

l l R r r a λλπεπε==?．

当R = b 时，能量为

210ln 4l b W a

λπε=；

当R =

22200ln 48l l b

W a

λλπεπε==，

所以W 2 = W 1/2，即电容器能量的一半储存

在半径R =

14．17 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为a 、b ，柱面之间充满介电常量为ε的电介质（忽略边缘效应）．当这两个导体带有等量异号电荷(±Q )时，求：

（1）在半径为r (a < r < b )、厚度为d r 、长度为l 的圆柱薄壳中任一点处，电场能量体密度是多少？整个薄壳层中总能量是多少？

（2）电介质中总能量是多少（由积分算出）？

（3）由电容器能量公式推算出圆柱形电容器的电容公式？

[解答]（1）圆柱形内柱面的电荷线密度为 λ = Q/l ，

根据介质是高斯定理，可知电位移为

D = λ/2πr = Q /2πrl ，

场强为 E = D/ε = Q /2πεrl ， 能量密度为w = D ·E /2 = DE /2 = Q 2/8π2εr 2l 2．

薄壳的体积为d V = 2πrl d r ， 能量为 d W = w d V = Q 2d r /4πεlr ．

（2）电介质中总能量为

22d d ln 44b

V a

Q Q b

W W r lr l a πεπε===??．

（3）由公式W = Q 2/2C 得电容为

222ln(/)

Q l

C W b a πε==

．

14．18 两个电容器，分别标明为200PF/500V 和300PF/900V ．把它们串联起来，等效电容多大？如果两端加上1000V 电压，是否会被击穿？

[解答]当两个电容串联时，由公式

21

1212

111C C C C C C C +=+=

， 得 12

12

120PF C C C C C =

=+．

加上U = 1000V 的电压后，带电量为

Q = CU ，

第一个电容器两端的电压为

U 1 = Q/C 1 = CU/C 1 = 600(V)； 第二个电容器两端的电压为

U 2 = Q/C 2 = CU/C 2 = 400(V)． 由此可知：第一个电容器上的电压超过它的耐压值，因此会被击穿；当第一个电容器被击穿后，两极连在一起，全部电压就加在第二个电容器上，因此第二个电容器也接着被击穿．

第十五章 稳恒电流的磁场

P135．

15．1 充满εr = 2.1电介质的平行板电容器，由于电介质漏电，在3min 内漏失一半电量，求电介质的电阻率．

[解答]设电容器的面积为S ，两板间的距离为l ，则电

介质的电阻为

l R S

ρ

=． 设t 时刻电容器带电量为q ，则电荷面密度为 ζ = q/S ， 两板间的场强为 E = ζ/ε =q/εr ε0S ， 电势差为 U = El =ql/εr ε0S ， 介质中的电流强度为

0d 1d r q U q t R εερ

-

==， 负号表示电容器上的电荷减少．

微分方程可变为

0d 1

d r q t q εερ

=-， 积分得 0ln r t

q C εερ

=-

+，

设t = 0时，q = q m ，则得C = ln q m ，因此电

介质的电阻率的公式为

0ln(/)

r m t

q q ρεε=

．

当t = 180s 时，q = q m /2，电阻率为

12180

8.84210 2.1ln 2

ρ-=

???

=1.4×1013(Ω·m)．

15．2 有一导线电阻R = 6Ω，其中通有电流，在下列两种情况下，通过总电量都是30C ，求导线所产生的热量．

（1）在24s 内有稳恒电流通过导线； （2）在24s 内电流均匀地减少到零． [解答]（1）稳恒电流为 I = q/t = 1.25(A)， 导线产生的热量为

Q = I 2Rt = 225(J)．

（2）电流变化的方程为 1

2.5(1)24

i t =-

， 由于在相等的时间

内通过的电量是相等的，在i-t 图中，在0~24秒内，变化

电流和稳恒电流直线下的面积是相等的．

在d t 时间内导线产生的热量元为

d Q = i 2R d t ，

在24s 内导线产生的热量为

24

24

2

2

1d [2.5(1)]d 24

Q i R t t R t ==-

?? 24

2

3

11

2.5624(1)324

t =-????-

=300(J)．

15．3 已知铜的相对原子质量A = 63.75，质量密度ρ = 8.9×103kg·m -3．

（1）技术上为了安全，铜线内电流密度不能超过6A·mm -2，求此时铜线内电子的漂移速度为多少？

（2）求T = 300K 时，铜内电子热运动平均速度，它是漂移速度的多少倍？

[解答]（1）原子质量单位为

u = 1.66×10-27(kg)，

一个铜原子的质量为

m = Au = 1.058×10-25(kg)，

铜的原子数密度为

n = ρ/m = 8.41×1028(个·m -3)，

如果一个铜原子有一个自由电子，n 也是自由电子数密度，因此自由电子的电荷密度为

ρe = ne = 1.34×1010(C·m -3)． 铜线内电流密度为

δ = 6×106(A·m -2)，

根据公式δ = ρe v ，得电子的漂移速度为 v = ρe /δ = 4.46×10-4(m·s -1)．

（2）将导体中的电子当气体分子，称为“电子气”，电子做热运动的平均速度为

v =

其中k 为玻尔兹曼常数k = 1.38×10-23J·K -1，m e 是电子的质量m e = 9.11×10-31kg ，可得 v = 1.076×105(m·s -1)， 对漂移速度的倍数为

v /v = 2.437×108，

可见：电子的漂移速率远小于热运动的速度，其定向运动可认为是附加在热运动基础上的运动．

15．4 通有电流I 的导线形

状如图所示，图

中ACDO 是边

长为b 的正方

形．求圆心O 处的磁感应强度B

= ？

[解答]电流在O 点的产生的磁场的方

向都是垂直纸面向里的．根据毕-萨定

律： 002d d 4I r

μπ?=l r B ， 圆弧上的电流元与

到O 点的矢径垂

直，在O 点产生的磁场大小为

012

d d 4I l

B a μπ=

，

由于 d l = a d φ， 积分得

11d L B B =?3/2

00

d 4I a πμ?π=

?

038I

a

μ=

． OA 和OD 方向的直线在O 点产生的磁场为

零．在AC 段，电流元在O 点产生的磁场为

022

d sin d 4I l B r μθ

π=

，

由于 l = b cot(π - θ) = -b cot θ， 所以 d l = b d θ/sin 2θ；

又由于 r = b /sin(π - θ) = b /sin θ，

可得 02sin d d 4I B b

μθθ

π=，

积分得

3/4

02/2d sin d 4L

I B B b

ππμθθπ==

??

3/4

00/2

(cos )48I

I

b

b

ππμθππ=-=

同理可得CD 段在O 点产生的磁场B 3 = B 2． O 点总磁感应强度为

00123384I I

B B B B a b

μπ=++=

+

． [讨论]（1）假设圆弧张角为φ，电流在

半径为a 的圆心处产生的磁感应强度为

04I

B a

μ?π=

． （2）有限长直导线产生的磁感应大小为 012(cos cos )4I

B b

μθθπ=-． 对于AC 段，θ1 = π/2、θ2 = 3π/4；对于CD 段，θ1 = π/4、θ2 = π/2，都可得

0238I B B b π==

． 上述公式可以直接引用．

15．5 如图所示的载流导线，图中半圆的的半径为R ，直线部分伸向无限远处．求圆心O 处的磁感应强度B = ？

[解答]在直线磁场公式

4I

B R

μπ=中，

令θ1 = 0、

θ2 =

π/2，或者θ1 = π/2、θ2 = π，就得半无限长导线在端点半径为R 的圆周上产生的磁感应强度

04I B R

μπ=

． 两无限长半直线在O 点产生的磁场方向都向着-Z 方向，大小为B z

= μ

0I /2πR ．

半圆在O 处产生的磁场方向沿着-X 方向，大小为B x = μ0I /4R ． O 点的磁感应强度为

0042x z I

I

B B R

R

μμπ=--=-

-

B i k i k ． 场强大小为

B =

=

与X 轴的夹角为

2arctan

arctan z x B B θπ

==．

15．6 如图所示的正方形线圈ABCD ，每边长为a ，通有电流I ．求正方形中心O 处的磁感应强度B = ？

[解答]正方形每

一边到O 点的距离都是a /2，在O 点产生的

磁场大小相等、方向相同．以AD 边为例，利

用直线电流的磁场公式：

012(cos cos )4I

B R

μθθπ=

-， 令θ1 = π/4、θ2 = 3π/4、R = a /2，AD 在O 产生的场强为

AD B =

O 点的磁感应强度为

04AD I

B B a

π==

， 方向垂直纸面向里．

15．7 两个共轴圆线圈，每个线圈中的电流强度都是I ，半径为R ，两个圆心间距离O 1O 2 =

R ，试证：O 1、O 2中点O 处附近为

均匀磁场．

[证明]方法一：用二阶导数．一个半径为R 的环电流在离圆心为x 的轴线上产生的磁感应强度大小为：

2

0223/2

2()IR B R x μ=

+． 设两线圈相距为2a ，以O 点为原点建立坐标，两线圈在x 点产生的场强分别为

2

012

23/2

2[()]

IR B R a x μ=

++，

2

02223/2

2[()]IR B R a x μ=

+-．

方向相同，总场强为B = B 1 + B 2．

一个线圈产生的磁场的曲线是凸状，两边各有一个拐点．两个线圈的磁场叠加之后，如果它们相距太近，其曲线就是更高的凸状；如果它们相距太远，其曲线的中间部分就会下凹，与两边的峰之间各有一个拐点．当它们由远而近到最适当的位置时，两个拐点就会在中间重

合，这时的磁场最均匀，而拐点处的二阶导

图15.7

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 2, 2 (B) t R 2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R [答案：B] 1.2填空题 (1) 一质点，以1 s m 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 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

大学物理下答案习题14

习题14 14.1 选择题 （1）在夫琅禾费单缝衍射实验中，对于给定的入射单色光，当缝宽度变小时，除中央亮纹的中心位置不变外，各级衍射条纹[ ] (A) 对应的衍射角变小． (B) 对应的衍射角变大． (C) 对应的衍射角也不变． (D) 光强也不变． [答案：B] （2）波长nm (1nm=10-9m)的单色光垂直照射到宽度a=0.25mm的单缝上，单缝后面放一凸透镜，在凸透镜的焦平面上放置一屏幕，用以观测衍射条纹。今测得屏幕上中央明条纹一侧第三个暗条纹和另一侧第三个暗条纹之间的距离为d=12mm，则凸透镜的焦距是[ ] (A)2m. (B)1m. (C)0.5m. (D)0.2m. (E)0.1m [答案：B] （3）波长为的单色光垂直入射于光栅常数为d、缝宽为a、总缝数为N的光栅上．取k=0，±1，±2．．．．，则决定出现主极大的衍射角的公式可写成[ ] (A) N a sin=k． (B) a sin=k． (C) N d sin=k． (D) d sin=k． [答案：D] （4）设光栅平面、透镜均与屏幕平行。则当入射的平行单色光从垂直于光栅平面入射变为斜入射时，能观察到的光谱线的最高级次k [ ] (A)变小。 (B)变大。 (C)不变。 (D)的改变无法确定。 [答案：B] （5）在光栅光谱中，假如所有偶数级次的主极大都恰好在单缝衍射的暗纹方向上，因而实际上不出现，那么此光栅每个透光缝宽度a和相邻两缝间不透光部分宽度b的关系为[ ] (A) a=0.5b (B) a=b (C) a=2b (D)a=3b [答案：B] 14.2 填空题 （1）将波长为的平行单色光垂直投射于一狭缝上，若对应于衍射图样的第一级暗纹位置的衍射角的绝对值为，则缝的宽度等于________________． λθ] [答案：/sin （2）波长为的单色光垂直入射在缝宽a=4 的单缝上．对应于衍射角=30°，单缝处的波面可划分为______________个半波带。 [答案：4] （3）在夫琅禾费单缝衍射实验中，当缝宽变窄，则衍射条纹变；当入射波长变长时，则衍射条纹变。（填疏或密） [答案：变疏，变疏]

大学物理学(第三版)第二章课后标准答案

习题2 2.1 选择题 (1) 一质点作匀速率圆周运动时， (A)它的动量不变，对圆心的角动量也不变。 (B)它的动量不变，对圆心的角动量不断改变。 (C)它的动量不断改变，对圆心的角动量不变。 (D)它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变。 [答案：C] (2) 质点系的内力可以改变 (A)系统的总质量。 (B)系统的总动量。 (C)系统的总动能。 (D)系统的总角动量。 [答案：C] (3) 对功的概念有以下几种说法： ①保守力作正功时，系统内相应的势能增加。 ②质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。 ③作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零。 在上述说法中： (A)①、②是正确的。 (B)②、③是正确的。 (C)只有②是正确的。 (D)只有③是正确的。 [答案：C] 2.2填空题 (1) 某质点在力i x F )54(+=（SI ）的作用下沿x 轴作直线运动。在从x=0移动到x=10m 的过程中，力F 所做功为。 [答案：290J ] (2) 质量为m 的物体在水平面上作直线运动，当速度为v 时仅在摩擦力作用下开始作匀减速运动，经过距离s 后速度减为零。则物体加速度的大小为，物体与水平面间的摩擦系数为。 [答案：2 2 ;22v v s gs ] (3) 在光滑的水平面内有两个物体A 和B ，已知m A =2m B 。（a ）物体A 以一定的动能E k 与静止的物体B 发生完全弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为；（b ）物体A 以一定的动能E k 与静止的物体B 发生完全非弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为。 [答案：2; 3 k k E E ] 2.3 在下列情况下，说明质点所受合力的特点： （1）质点作匀速直线运动； （2）质点作匀减速直线运动； （3）质点作匀速圆周运动； （4）质点作匀加速圆周运动。 解：（1）所受合力为零；

大学物理课后习题答案(赵近芳)下册

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 2 220)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 解: 如题8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin 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 02 022εε= =，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, θ E =3 04sin r p πεθ 证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量 θsin p ． ∵ l r >>

湖南大学大学物理2期末试卷答案

大学物理试卷（二）答案与评分标准 一 选择题（每小题3分，共30分） 1（B ）2（D ）3（B ）4（B ）5（B ）6（D ）7（D ）8（C ）9（D ）10（C ） 二 填空题（共 30分） 1． λ / (2ε0) 3分 2． W e 0 / εr 4分 3． aIB 3分 4． E D r εε0= 3分 5． t E R d /d 2 0πε 3分 6． 不变 1分 变长 1分 波长变长 1分 7． 123ννν+= 2分 123 1 1 1 λλλ+ = 2分 8． 电子自旋的角动量的空间取向量子化 3分 9． 泡利不相容原理 2分 能量最低原理 2分 三．计算题（每小题10分，共40分） 1．解：在任意角φ 处取微小电量d q =λd l ，它在O 点产生的场强为： R R l E 002 04d s co 4d d εφ φλελπ=π= 3分 它沿x 、y 轴上的二个分量为： d E x =－d E cos φ 1分 d E y =－d E sin φ 1分 对各分量分别求和 ?ππ=20 2 00d s co 4φ φελR E x ＝ R 004ελ 2分

)d(sin sin 420 00 =π=?πφφελR E y 2分 故O 点的场强为： i R i E E x 004ελ-== 1分 2．解：(1) 在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为 d q = ρd V = qr 4πr 2d r /(πR 4) = 4qr 3d r/R 4 则球体所带的总电荷为 ( )q r r R q V Q r V ===??0 3 4 d /4d ρ 2分 (2) 在球内作一半径为r 1的高斯球面，按高斯定理有 4041 24 121 1 d 41 4R qr r r R qr E r r εε=π?π= π? 得 4 02 1 14R qr E επ= (r 1≤R)， 1E 方向沿半径向外． 2分 在球体外作半径为r 2的高斯球面，按高斯定理有 022 2/4εq E r =π 得 22024r q E επ= (r 2 >R )， 2E 方向沿半径向 外． 2分 (3) 球内电势 ?? ∞?+?=R R r r E r E U d d 2111 ??∞π+π=R R r r r q r R qr d 4d 420 402 1εε 4 03 10123R qr R q εεπ-π=???? ??-π=3310412R r R q ε ()R r ≤1 2分 球外电势 202 0224d 4d 2 2 r q r r q r E U r R r εεπ= π=?=? ?∞ ()R r >2 2分 3．解： 321B B B B ++= B 1、B 2分别为带电的大半圆线圈和小半圆线圈转动产生的磁感强度，B 3为沿直径的带电线段转动产生的磁感强度． ππ= 21b I λω， 422200101λωμλωμμ= π?π==b b b I B 3分 ππ= 22a I λω， 422200202λωμλωμμ=π?π==a a a I B 3分

大学物理学 (第3版.修订版) 北京邮电大学出版社 上册 习题1 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，

最新大学物理第三版下册答案

大学物理第三版下册 答案

习题八 8-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 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 8-2 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 ?? ? ? ? = = = 2 2 ) sin 2( π4 1 sin cos θ ε θ θ l q F T mg T e 仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢103

仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除 谢谢103 解得 θπεθtan 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 02 4d 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 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力．

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

科学出版社大学物理(下)答案.docx

作业题一（静止电荷的电场） 班级: _____________ 姓名: _______________ 学号: _______________ 一、选择题 1. 一均匀带电球面，电荷面密度为 G球面内电场强度处处为零，球面上面元d S 带有Cd S的电荷，该电荷在球面内各点产生的电场强度 （A）处处为零.（B）不一定都为零.（C）处处不为零.（D）无法判定.[] 2. 电荷面密度均为+匚的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图放置，其周围 空间各点电场强度E随位置坐标X变化的关系曲线为：（设场强方向向右为正、向左为负）[ ] 3.将一个试验电荷q o （正电荷）放在带有负电荷的大导体附近P点处（如图），测 得 它所受的力为F ?若考虑到电荷q o不是足够小，则 （A） F / q o比P点处原先的场强数值大. （B） F / q o比P点处原先的场强数值小. （C） F / q o等于P点处原先场强的数值. （D） F / q o与P点处原先场强的数值哪个大无法确定. 4.如图所示，一个电荷为q的点电荷位于立方体的A角上, 则通 过侧面abed的电场强度通量等于： P V +q o (A)q(B) q. 6 ；。12 ；。 (C) q (D) q . C] 24 o48 o 5.高斯定理：S E VS=J dv- （A）适用于任何静电 场. 1

(B) 只适用于真空中的静电场. (C) 只适用于具有球对称性、轴对称性和平面对称性的静电场? (D) 只适用于虽然不具有(C)中所述的对称性、但可以找到合适的高斯面的静电 场. [ ] 6. 如图所示，两个“无限长”的、半径分别为R i和R2的共轴 圆柱面均匀带电，沿轴线方向单位长度上所带电荷分别为-1和?2, 则在内圆柱面里面、距离轴线为r处的P点的电场强度大小E为： (A) 丄丄?(B) 1 「 2πz0r 2 兀E0R12 兀E0R2 (C) - ?(D) 0 ? C ] 2兀名0 R1 7. 点电荷Q被曲面S所包围，从无穷远处引入另一点电荷至曲面 外一点，如图所示，贝冋入前后： (A) 曲面S的电场强度通量不变，曲面上各点场强不变. (B) 曲面S的电场强度通量变化，曲面上各点场强不变. (C) 曲面S的电场强度通量变化，曲面上各点场强变化. (D) 曲面S的电场强度通量不变，曲面上各点场强变 化. C ] 8. 根据高斯定理的数学表达式- E ?dS q/ ；。可知下述各种说法中，正确的 S 是： (A) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零. (B) 闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定处处不为零. (C) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定处处 为零. (D) 闭合面上各点场强均为零时，闭合面内一定处处无电C ] q ? 2

大学物理学(第三版)第三章课后答案(主编)赵近芳

习题3 3.1选择题 (1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转 动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台 中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 (A)02ωmR J J + (B) 02)(ωR m J J + (C) 02ωmR J (D) 0ω [答案： (A)] (2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角 速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止， 其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为 (A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s (a) (b) 题3.1（2）图 [答案： (A)] (3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端 连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度w 在距孔为R 的圆周 上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体 （A ）动能不变，动量改变。 （B ）动量不变，动能改变。 （C ）角动量不变，动量不变。 （D ）角动量改变，动量改变。 （E ）角动量不变，动能、动量都改变。 [答案： (E)] 3.2填空题 (1) 半径为30cm 的飞轮，从静止开始以0.5rad ·s -2的匀角加速转动，则飞轮边缘 上一点在飞轮转过240?时的切向加速度a τ= ，法向加速度

a n= 。 [答案：0.15; 1.256] (2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的守恒，原因是。木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒。 题3.2（2）图 [答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o 轴的合外力矩为零，机械能守恒] (3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为J A 和J B，则有J A J B 。（填>、<或=） [答案： <] 3.3刚体平动的特点是什么？平动时刚体上的质元是否可以作曲线运动？ 解：刚体平动的特点是：在运动过程中，内部任意两质元间的连线在各个时刻的位置都和初始时刻的位置保持平行。平动时刚体上的质元可以作曲线运动。 3.4刚体定轴转动的特点是什么？刚体定轴转动时各质元的角速度、线速度、向心加速度、切向加速度是否相同？ 解：刚体定轴转动的特点是：轴上所有各点都保持不动，轴外所有各点都在作圆周运动，且在同一时间间隔内转过的角度都一样；刚体上各质元的角量相同，而各质元的线量大小与质元到转轴的距离成正比。因此各质元的角速度相同，而线速度、向心加速度、切向加速度不一定相同。 3.5刚体的转动惯量与哪些因素有关？请举例说明。 解：刚体的转动惯量与刚体的质量、质量的分布、转轴的位置等有关。如对过圆心且与盘面垂直的轴的转动惯量而言，形状大小完全相同的木质圆盘和铁质圆盘中铁质的要大一些，质量相同的木质圆盘和木质圆环则是木质圆环的转动惯量要大。

科学出版社大学物理答案

O x -a a y +σ +σ 作业题一（静止电荷的电场） 班级:_____________ 姓名:_____________ 学号:_____________ 一、选择题 1. 一均匀带电球面，电荷面密度为 ，球面内电场强度处处为零，球面上面元d S 带有 d S 的电荷，该电荷在球面内各点产生的电场强度 (A) 处处为零． (B) 不一定都为零． (C) 处处不为零． (D) 无法判定 ．[ ］ 2. 电荷面密度均为＋的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图放置，其周 围空间各点电场强度E ? 随位置坐标x 变化的关系曲线为：(设场强方向向右为正、向 左为负) ［ ］ 3. 将一个试验电荷q 0 (正电荷)放在带有负电荷的大导体附近P 点处(如图)，测得它所受的力为F ．若考虑到电荷q 0不是足够小，则 (A) F / q 0比P 点处原先的场强数值大． (B) F / q 0比P 点处原先的场强数值小． (C) F / q 0等于P 点处原先场强的数值． (D) F / q 0与P 点处原先场强的数值哪个大无法确定． ［ ］ 4. 如图所示，一个电荷为q 的点电荷位于立方体的A 角上，则通过侧面abcd 的电场强度通量等于： (A) 06εq ． (B) 0 12εq ． (C) 024εq ． (D) 0 48εq ． ［ ］ 5. 高斯定理 ???=V S V S E 0/d d ερ? ? (A) 适用于任何静电场． (B) 只适用于真空中的静电场． O E -a +a 02εσ x (A) 0/εσ O E -a +a x (B) -0 /εσ0 /εσ O E -a +a x (D) /εσ O E -a +a (C) /ε σ － P +q 0 A b c q

湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案

湖南大学物理(2)第 14,15章课后习题参 考答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

第14章 稳恒电流的磁场 一、选择题 1(B)，2(D)，3(D)，4(B)，5(B)，6(D)，7(B)，8(C)，9(D)，10(A) 二、填空题 (1). 最大磁力矩，磁矩 ; (2). R 2c ； (3). )4/(0a I μ； (4). R I π40μ ； (5). 0i ，沿轴线方向朝右. ； (6). )2/(210R rI πμ， 0 ; (7). 4 ; (8). )/(lB mg ； (9). aIB ; (10). 正，负. 三 计算题 1．一无限长圆柱形铜导体(磁导率μ0)，半径为R ，通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S (长为1 m ，宽为2 R )，位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量． 解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小，由安培环路定 律可得： )(220R r r R I B ≤π=μ 因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为 ???==S B S B d d 1 Φr r R I R d 2020?π=μπ=40I μ 在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 )(20 R r r I B >π=μ 因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为 ??=S B d 2Φr r I R R d 220?π=μ2ln 20π=I μ 穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π +I μ I S 2R 1 m

大学物理科学出版社熊天信蒋德琼冯一兵李敏惠习题解

大学物理科学出版社熊天信蒋德琼冯一兵李敏惠习 题解 The pony was revised in January 2021

第四章刚体的定轴转动 4–1半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm 的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动，主动轮从静止开始作匀角加速度转动，在4s 内被动轮的角速度达到 π/s 8，则主动轮在这段时间内转过了圈。 解：被动轮边缘上一点的线速度为 在4s 内主动轮的角速度为 主动轮的角速度为 在4s 内主动轮转过圈数为 20π 520ππ2(π212π212121=?==αωN （圈） 4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为0ω＝5rad/s ，t ＝20s 时角速度为08.0ωω=，则飞轮的角加速度α＝，t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度θ＝。 解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为 t ＝0到t ＝100s 时间内飞轮所转过的角度为 4–3转动惯量是物体量度，决定刚体的转动惯量的因素有。 解：转动惯性大小，刚体的形状、质量分布及转轴的位置。 4–4如图4-1，在轻杆的b 处与3b 处各系质量为2m 和m 的质点，可绕O 轴转动，则质点系的转动惯量为。

解：由分离质点的转动惯量的定义得 4–5一飞轮以600r/min 的转速旋转，转动惯量为2.5k g·m 2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s 内停止转动，则该恒定制动力矩的大小M ＝_________。 解：飞轮的角加速度为 制动力矩的大小为 负号表示力矩为阻力矩。 4–6半径为0.2m ，质量为1kg 的匀质圆盘，可绕过圆心且垂直于盘的轴转动。现有一变力F =5t （SI ）沿切线方向作用在圆盘边缘上，如果圆盘最初处于静止状态，那么它在3秒末的角加速度为，角速度为。 解：圆盘的转动惯量为 222m kg 02.0)2.0(12 1 21?=??== mR J 。 3秒末的角加速度为 由 即 对上式积分，并利用初始条件：0=t 时，00=ω，得 4–7角动量守恒定律成立的条件是。 图4-1 m 2m b 3b O

(完整版)湖南大学生物理竞赛试题及答案,推荐文档

湖南省第 3 届大学生物理竞赛试卷 （2010 年 4 月 24 日） 时间 150 分钟 满分 120 分 一、选择题（每题 3 分，共 12 分） 1、真空中波长为的单色光，在折射率为 n 的透明介质中从 A 沿某路径传播到 B ，若A ，B 两点相位差为3，则此路径 AB 的光程为 [ ] (A) 1.5 (B) 1.5n (C) 1.5n (D) 3 2、氢原子中处于 2p 状态的电子，描述其量子态的四个量子数(n , l , m l , m s ) 可能取的值为 [ ] (A) (2, 2,1, - 1 ) 2 (B) 1 (2, 0, 0, ) 2 (C) (2,1, -1, - 1 ) 2 1 (D) (2, 0,1, ) 2 3、某元素的特征光谱中含有波长分别为 = 450nm 和 = 750nm （1nm = 10-9 m ）的 1 2 光谱线。在光栅光谱中，这两种波长的谱线有重叠现象，重叠处 2 的谱线的级数将是 [ ] (A) 2,3,4,5…… (B) 2,5,8,11…… (C) 2,4,6,8…… (D) 3,6,9,12…… 4、长为 2L 、质量为 m 的均匀直棒的两端用绳自天花板竖直吊住，若一端突然剪断，剪断 绳的瞬间另一端绳中的张力为： [ ] (A) 1 mg 2 (B) mg (C) 3 mg 4 (D) 1 mg 4 二、填空题（每题 3 分，共 18 分） 1、电子枪的加速电压U = 5?104V ，则电子的速度（考虑相对论效应） ，电子的德布罗意波长 。 2、弦上一驻波，其相邻两节点的距离为65cm ，弦的振动频率为230Hz ，则波长为 ，形成驻波的行波的波速为 。 3、长为 L 的铜棒 ab 在垂直于匀强磁场 B 的平面内以角速度作逆时 针转动， B 垂直于转动平面向里，如图所示。则棒中的动生电动势为 a ，a 、b 两端何端电势高 （填 a 或 b ）。 4、一均匀带正电的无限长直导线，电荷线密度为，其单位长度上总共发出的电场线（E 线）的条数是 。 5、用白光垂直照射在厚度为4 ?10-5 cm ，折射率为 1.5 的薄膜表面上，在可见光范围内， b B

大学物理习题集(下)答案

一、 选择题 1. 对一个作简谐振动的物体，下面哪种说法是正确的？ [ C ] (A) 物体处在运动正方向的端点时，速度和加速度都达到最大值； (B) 物体位于平衡位置且向负方向运动时，速度和加速度都为零； (C) 物体位于平衡位置且向正方向运动时，速度最大，加速度为零； (D) 物体处在负方向的端点时，速度最大，加速度为零。 2. 一沿X 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，振动方程用余弦函数表示，如果该振子 的初相为4 3 π，则t=0时，质点的位置在： [ D ] (A) 过1x A 2=处，向负方向运动； (B) 过1x A 2 =处，向正方向运动； (C) 过1x A 2=-处，向负方向运动；(D) 过1 x A 2 =-处，向正方向运动。 3. 一质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为/2A ，且向x 轴的正方向运动，代表 此简谐振动的旋转矢量图为 [ B ] 4. 图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统，组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示，(a)、(b)、(c)三个振动系统的ω (ω为固有圆频率)值之比为： [ B ] (A) 2：1：1； (B) 1：2：4； (C) 4：2：1； (D) 1：1：2 5. 一弹簧振子，当把它水平放置时，它可以作简谐振动，若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图，试判断下面哪种情况是正确的： [ C ] (A) 竖直放置可作简谐振动，放在光滑斜面上不能作简谐振动； (B) 竖直放置不能作简谐振动，放在光滑斜面上可作简谐振动； (C) 两种情况都可作简谐振动； (D) 两种情况都不能作简谐振动。 6. 一谐振子作振幅为A 的谐振动，它的动能与势能相等时，它的相位和坐标分别为： [ C ] (4) 题(5) 题

大学物理(下 )课后习题答案吴百诗科学出版社

第九章 9.1 (1) D (2) B 9.2 (1) q 33 (2) i a q 2 02πε 9.4 h b b a 2a r c t a n ,2ln 200πεσπεσ+ 9.12 13.6 eV 9.14 等势线是中垂面内半径为x 的圆，圆心在两电荷连线的中点 9.16 )3(6,3,3220 0203r R R r R -ερερερ 9.18 )(ln 24),(4020220R r r R R R R r r ≥+-≤-ερερερ 9.20 )(4)(4)()111(420212 012 10R r r q ， R r R R q ，R r R R r q ≥≤≤≤+-πεπεπε 9.24 0 9.26 2 2 00) (21,U d d d S d d S '-''-εε 9.28 21 22 10 2U R R R R -πε 9.30 , V 103.2,C 100.2,C 100.1377??-?--- V 107.9,C 106.8,C 101.22 87??-?--- 9.32 0，0；3.5?10-8 C/m 2，8.0?102 N/C ；1.3?10-8 C/m 2，1.4?103 N/C ； 5.4?102 V ；4.8?102 V ；3.6?102 V 9.34 2.7?10-5 C/m 2 9.36 (1) d S U 00ε (2) d U d U r εε000, (3) t d S r r r )1(0εεεε-+ 第十章 10.1 (1) B (2) D (3) D (4) B (5) C 10.2 (1) )13ln 2(20-πμa I (2) 2100ln 2,2D D NIh r NI πμπμ (3) 2242 ,0,2IBa IBa - (4) IBR (5) 2.86?1014 m -3，n (6) -6A ，12A ，15A ，-3A 10.4 r I 021.0μ

湖南大学物理化学期末考试复习习题 (1)

复习习题 1. 某理想气体反应过程的)g (B ∑ν＝1，反应过程的m ,r V C ?＝5.6 J ?mol -1?k -1 , m ,r p C ?＝( 13.914 ) J ?mol -1?k -1 2.（ 系统内部及系统与环境之间发生的一系列无限接近平衡的 ）过程称为可逆过程。 3. 状态函数E 的微小变量应记为（ d E ）。 4．一定量理想气体节流膨胀过程中：μJ -T ＝（ 0 ）；△H ＝（ 0 ）； △U ＝（ 0 ）。 5．任一不可逆循环过程的热温商的总和，可表示为；?（δQ /T ）不可逆( > ) 0。 6．△A 与△G 分别代表（等温、等容、可逆过程中，系统对外所作的最大非体积等于系统亥姆霍兹函数的减少值；等温、等压、可逆过程中，系统对外所作的最大非体积等于系统吉布斯函数的减少值）。 7．在恒温恒压下，一切化学变化必然是朝着化学势（降低）的方向自动的进行。 8. 在80℃下，将过量的NH 4HCO 3（s ）放人真空密闭容器内，NH 4HCO 3（s)按下式进行分 解： NH 4HCO 3（s ）＝ NH 3（g ）＋CO 2（g ）＋H 2O （g ） 达平衡后，系统的C ＝（1）；F ＝（0）。 9．在一定温度下，一定量理想气体所进行的可逆过程与不可逆过程，体积功的大小相比较 可知： 可逆过程系统对环境作（a ）； 环境对系统做(b)功。 选择填入：（a ）最大；（b ）最小；（c ）大小无法确定。 10．在25℃的标准状态下，反应 C 2H 6（g ）＋3 .5O 2 → 2CO 2（g ）＋3H 2O （l ） 此反应过程的△H m （b ）； △U m （b ）； W （a ）。 选择填入：（a ）＞0；（b ）＜0；（c ）＝0；（d ）无法确定。 11．在恒压、绝热、W ’＝0的条件下发生某化学反应，使系统的温度上升、体积变大，则此 过程的△H （b ）；△U （c ）；W （c ）。 选择填入：（a ）＞0；（b ）＝0；（c ）＜0；（d ）无法确定。 12．在同一温度下，W ′＝0，同一个化学反应的Q p ,m (d )Q V ,m 。 选择填入：（a ）＞；（b ）＜；（c ）＝；（d ）无法确定。 13. 在隔离系统内自动发生某过程，则此过程系统总的熵变△iso S （a ）。

大学物理下册练习及答案

大学物理下册练习及答 案 文件排版存档编号：[UYTR-OUPT28-KBNTL98-UYNN208]

电磁学 磁力 A 点时，具有速率s m /10170?=。 （1） 欲使这电子沿半圆自A 至C 运动，试求所需 的磁场大小和方向； （2） 求电子自A 运动到C 所需的时间。 解：（1）电子所受洛仑兹力提供向心力 R v m B ev 20 0= 得出T eR mv B 3197 310101.105 .0106.11011011.9---?=?????== 磁场方向应该垂直纸面向里。 （2）所需的时间为s v R T t 87 0106.110 105 .0222-?=??===ππ eV 3100.2?的一个正电子，射入磁感应强度B =的匀强磁场中，其速度 B 成89角，路径成螺旋线，其轴在B 的方向。试求这螺旋线运动的周期T 、螺距h 和半径r 。 解：正电子的速率为 731 19 3106.210 11.9106.110222?=?????==--m E v k m/s 做螺旋运动的周期为 1019 31 106.31 .0106.11011.922---?=????==ππeB m T s 螺距为410070106.1106.389cos 106.289cos --?=????==T v h m 半径为319 7310105.1 0106.189sin 106.21011.989sin ---?=??????==eB mv r m d =1.0mm ，放在 知铜片里每立方厘米有2210?个自由电子，每个电子的电荷19106.1-?-=-e C ，当铜片中有I =200A 的电流流通时， （1）求铜片两侧的电势差'aa U ； （2）铜片宽度b 对'aa U 有无影响为什么 解：（1）53 1928'1023.210 0.1)106.1(104.85 .1200---?-=???-???== nqd IB U aa V ，负号表示'a 侧电势高。 v A C