川师大学物理第十章 静电场中的导体和电介质习题解

第十章 静电场中的导体和电介质

10–1 如图10-1所示，有两块平行无限大导体平板，两板间距远小于平板的线度，设板面积为S ，两板分别带正电Q a 和Q b ，每板表面电荷面密度

σ1= ，σ2= ，σ3= ，σ4= 。

解：建立如图10-2所示坐标系，设两导体平板上的面电荷密度分别为σ1，σ2，σ3，σ4。由电荷守恒定律得

12a S S Q σσ+= （1）

34b S S Q σσ+= （2）

设P ，Q 是分别位于二导体板内的两点，如图10-2所示，由于P ，Q 位于导板内，由静电平衡条件知，其场强为零，即

3

1

2

4

02222P E σσσσεεεε=

-

-

-

= （3）

3

1

2

4

02222Q E σσσσεεεε=

+

+

-

= （4）

由方程（1）~（4）式得

142a b

Q Q S

σσ+==

（5） 232a

b

Q Q S

σσ-=-= （6） 由此可见，金属平板在相向的两面上（面2，3），带等量异号电荷，背向的两面上（面1，4），带等量同号电荷。

10–2 如图10-3所示，在半径为R 的金属球外距球心为a 的D 处放置点电荷+Q ，球内一点P 到球心的距离为r ，OP 与OD 夹角为θ，感应电荷在P 点产生的场强大小为 ，方向 ；P 点的电势为 。

解：（1）由于点电荷+Q 的存在，在金属球外表面将感应出等量的正负电荷，距+Q 的近

端金属球外表面带负电，远端带正电，如图10-4所示。P 点的场强是点电荷+Q 在P 点产生的场强E 1，与感应电荷在P 点产生的场强E 2的叠加，即E P =E 1+E 2，当静电平衡时，E P =E 1+E 2=0，由此可得

21r 2

2

04π(2cos )

Q

a

r

ar εθ=-=-

+-E E e

其中e r 是由D 指向P 点。

因此，感应电荷在P 点产生的场强E 2的大小为

图10–

4

x

σ1

2 4

σ3

Q

图10-2

σ1

σ2 σ4

σ3 Q a Q b

图10-1

图10-3

22

2

04π(2cos )

Q

E a

r

ar εθ=

+-

方向是从P 点指向D 点。

（2）静电平衡时，导体是等势体。P 点的电势V P 等于球心O 点的电势V O 。而由电势叠加原理，球心O 点的电势V O 是由点电荷+Q 在该点的电势V 1和感应电荷在该点的电势V 2的叠加，即

12

P O V V V V ==+

其中，点电荷+Q 在O 点的电势V 1为

104πQ V a

ε=

由于感应电荷是非均匀地分布在导体球外表面，设球面上面积元d S 处的面电荷密度为

σ，则它在球心的电势为

0d 4πS

R

σε，考虑球的半径是一常量，故整个球面上的感应电荷在球心

O 点产生的电势为

200d 1d 4π4πS S S

V S R

R

σσεε=

=

????

由电荷守恒可知，感应电荷的代数和d 0S

S σ=?? 。因此

201d 04πS V S R

σε=

=??

所以，P 点电势为

120004π4πP O Q Q V V V V a

a

εε==+=

+=

10–3 如图10-5所示，三个无限长、半径分别为R 1，R 2，R 3的同轴导体圆柱面。A 和C 接地，B 带电量为Q ，则B 的内表面的电荷Q 1和外表面的电荷Q 2之比为 。

解：三个导体圆柱面构成两个圆柱形电容器，电容分别为

1201

2πln

BA B A

Q R C L V V R ε=

=- 3202

2πln

BC B C

R Q C L V V R ε=

=-

由于A 和C 接地，则B A B C V V V V -=-，因此

21132

2

ln ln R Q R R Q R =

10–4 一平行板电容器，充电后断开电源，然后使两极板间充满相对介电常数为εr 的各向同性均匀电介质，此时电场能量是原来的 倍。如果在充入电介质时，电容器一直与电源相连，能量是原来的 倍。

解：一平行板电容器，充电后断开电源，其电荷量不变，根据电容器能量公式2

e 2q

W C

=，

可得电容器充入电介质后的能量W′与充入电介质前的能量W 之比为

图10–5

e e

r r

1

W C C

W C C

εε'=

=

=

'

若电容器一直与电源相连，电容器电压不变，根据公式2

12W C V

=

，可得

e r r e

W C

C W C C

εε''==

=

10–5 一平行板电容器两极板间电压为V ，其间充满厚度为d ，相对介电常数为εr 的各向同性均匀电介质，则电介质中的电场能量密度w e = 。

解：电介质内场强为V E d

=

。故电介质中的电场能量密度为

2

2

2

0r e 0r 2

11

2

22V V w E

d d

εεεεε??

=

==

???

10–6 如图10-6所示，真空中有一点电荷q ，旁边有一半径为R 的球形带电导体，q 距球心为d （d >R ），球体旁附近有一点P ，P 在q 与球心的连线上，静电平衡时，P 点附近导体的面电荷密度为σ 。以下关于P 点电场强度大小的答案中，正确的是[ ]。

A ．2

024π()q d R σεε+

-

B ．2

024π()

q d R σεε-

- C ．2004π()q d R σεε+

- D ．2004π()

q

d R σεε-

-

E ．

σε

F ．以上答案全不对

解：导体处于静电平衡时，邻近导体表面P 处的电场强度大小为σ /ε0，正确答案选（E ）。 10–7 如图10-7所示，一半径为R 的金属球接地，在与球心相距d =2R 处有一点电荷+q ，则金属球上的感应电荷q ′为[ ]。

A ．2

q +

B ．0

C ．2

q - D ．由于感应电荷分布非均匀，因此无法求出

解：金属球面上感应电荷q ′分布非均匀，设感应电荷的面电荷密度为σ，在导体球面面积元d S 处的感应电荷为d S σ，则它在球心的电势为

0d 4πS

R

σε，故整个球面上

感应电荷在球心O 处产生的电势为

1000d 1d 4π4π4πS S

S

q V S R

R

R

σσεεε'=

=

=

????

电荷+Q 在球心O 处产生的电势为

图10–6

图10–7

204π(2)

q V R ε=

由电势叠加原理，球心O 处的电势由点电荷+q 和导体表面的感应电荷q ′在该处产生的电势的叠加，又由于金属球接地，于是

12000

4π4π(2)

O q q V V V R

R εε'=+=

+

=

由此可求得导体表面上存在感应电荷为

2

q q '=-

故应选（C ）。

10–8 下列说法正确的是[ ]。

A ．高斯面上各点的D 为零，则面内必不存在自由电荷

B ．高斯面上各点的E 为零，则面内自由电荷的代数和为零，极化电荷的代数和也为零

C ．高斯面内不包围自由电荷，则面上各点

D 必为零 D ．高斯面上各点的D 仅与自由电荷有关

解：高斯面上各点的D 为零，表明曲面内自由电荷的代数和一定为零；所以（A ）说法错误。

由电介质的高斯定理d i Q ?=

∑??S

D S 和εD =

E ，可知高斯面上各点的E 为零，则曲

面内自由电荷的代数和一定为零。又由0

1

1

d in i q Q q εε'?==

+∑

∑??S

E S ，可知极化电荷

的代数和也为零，所以（B ）说法正确。

高斯面上的D 由空间中所有电荷（包括自由电荷和极化电荷）的分布决定，通过高斯面的D 的通量只由其中的自由电荷所决定，高斯面内不包围自由电荷，只能说明通过该高斯面的D 的通量为零。所以（C ）、（D ）说法错误。故答案应选（B ）。

10–9 极化强度P 是量度介质极化程度的物理量，有一关系式为P = ε0(εr -1)E ，电位移矢量公式为D = ε0E + P ，则[ ]。

A ．二公式适用于任何介质

B ．二公式只适用于各向同性电介质

C ．二公式只适用于各向同性且均匀的电介质

D ．前者适用于各向同性电介质，后者适用于任何电介质

解：在电磁学中，为简化数学，D = ε0E + P 是由一些特例得到的，对任何介质都适用，是一个一般结论，介质的特性由P 与E 的关系体现，对各向同性介质，才有0e εχ=P E ，由此可得到P = ε0(εr -1)E ，因此P = ε0(εr -1)E 只适用于各向同性介质。故答案应选（D ）。

10–10 空气平行板电容器保持电压不变，再在两极板内充满均匀介质，则电场强度大小E 、电容C 、极板上电量Q 及电场能量W 四个量与充入介质前比较，变化情况是[ ]。

A ．E 减小，C 、Q 、W 增大

B ．E 不变，

C 、Q 、W 增大 C ．E 、W 减小，C 、W 增大

D ．

E 不变，C 、Q 、W 减小

解：未插入介质前，设平行板电容器电容为C 0，极板上的电量为00Q C U =，插入介质后，电容r 0C C ε=增大，电容器接在电源上，两极板间的电势差0V V =仍不变，极板上的电

量r 0r 0Q CU C U Q εε===增大。

未插入介质前，电场强度0V E d

=，插入介质后，V E d

=

，因V ，d 不变，所以0E E =，

电场强度不变。

未插入介质前，电场能量2

0012W C V

=，插入介质后，2

2

r 0r 0

112

2

W CV

C V

W εε=

=

=增

大。

综上，正确答案是（B ）。

10–11如图10-8所示，一球形导体A 含有两个球形空腔，这导体本身的总电荷为零，但在两空腔中心分别有一个点电荷q 1和q 2，导体球外距导体球很远的r 处有另一个点电荷q 3。求：（1）球形导体A 外表面所带电量；（2）A ，q 1，q 2，q 3所受的力。

解：（1）在导体内作一闭合曲面包围q 1所在空腔。由于静电平衡时，导体内场强处处为零，因此闭合曲面的电通量为零。根据高斯定理，点电荷q 1空腔壁上有电量-q 1，同理，点电荷q 2空腔壁上有电量-q 2。已知导体本身的总电荷为零，根据电荷守恒，导体球A 外表面所带电量为（q 1+q 2）。由于静电屏蔽效应，-q 1，-q 2不受q 3影响，在腔内均匀分布。

（2）由于点电荷q 1所在球形空间被周围金属屏蔽，q 1相当于只受空腔1内表面电荷的作用，又因q 1处于带电空腔的中心，空腔表面上的感应电荷-q 1均匀分布，则感应电荷-q 1在q 1处产生的场强E 1=0，

因此，点电荷q 1受到的作用力F 1= q 1E 1=0。同理，点电荷q 2受到的作用力F 2=0。

由于点电荷q 3距导体球A 很远，它对导体球外表面电荷的影响可忽略，因此，感应电荷在导体球A 外表面上近似均匀分布，它在q 3处产生的场强可等效看成是在球心的点电荷（q 1+q 2）激发

11

2

04πA q q E r

ε+=

因而导体球A 近似地对q 3产生的作用力为

312332

0()4πA q q q F q E r

ε+==

两空腔中心处的q 1，q 2对q 3的作用受导体球A 的屏蔽，对其无影响。q 3对导体球A 产生的作用力与F 3大小相等，方向相反。

10–12 面电荷密度为σ1的无限大均匀带电平面B 与无限大均匀带电导体平板A 平行放置，如图所示。静电平衡后，A 板两面的面电荷密度分别为σ2，σ3。求靠近A 板右侧面的一点P 的场强大小。

解：方法一：利用场强叠加原理。

在导体平板A 内任取一点P ′，如图10-10所示。取向右为电场强度的正方向，根据静电平衡条件，P ′点场强为

3

2

1

0222P E σσσεεε'=

-

-

=

图10–8

σ1

σ3 σ2

A B

P

图10-9

由此可得

321σσσ=+ （1）

而靠近A 板右侧面P 点的场强可看成是三个无限大的均匀带电平面产生的电场的叠加，

3

2

1

222P E σσσεεε=

+

-

（2）

联立（1）（2）式得

20

P E σε=

方法二：利用静电平衡时，导体表面附近任一点的场强大小与导体表面上对应点电荷面密度的关系，得

20

P E σε=

10–13 一导体球半径为R 1，球外有一个内、外半径分别为R 2，R 3的同心导体球壳，此系统带电后内球电势为V 1，外球所带总电量为Q 。求此系统各处的电势和电场分布。

解：设内球带电为q ，由于静电感应，则球壳内表面带电为–q ，而球壳外表面带电为（q +Q ），如图10-11所示。已知内球电势为V 1，它可看作是三个同心带电球面在r =R 1处产生的电势叠加，即

101

02

03

1

2

3

1()

4π4π4π4πq q q Q q q q Q V R R R R R R εεεε-++=

+

+

=

-+

由此式可解得

0123112231213

4πR R R V R R Q

q R R R R R R ε-=

+-

由高斯定理0

d in

q ε?=

∑??S

E S ，可得各区域的电场分布

10E =，

（1r R <） 22

04πq E r

ε=

，（12R r R <<）

30E =，

（23R r R <<） 42

04πq Q E r

ε+=

，（3r R >）

方向沿径向。

由电势叠加原理，系统的电势V 1可看作是三个同心带电球面在r 处产生的电势叠加，各区域的电势分布为

当1r R <时

1

2

3

1

2

3112340

R R R R R R V d d d d ∞

=

?+

?+

?+?????E r E r E r E r

01

02

03

1

2

3

1(

)

4π4π4π4πq q q Q

q q q Q R R R R R R εεεε-++=

+

+

=

-+

图10–11

x

σ1

2

B

P

图10–10

同理，当12R r R <<时

2002

03

2

3

1()

4π4π4π4πq q q Q q q q Q V r

R R r R R εεεε-++=

+

+

=

-+

当23R r R <<时

30003

03

4π4π4π4πq q q Q q Q V r

r

R R εεεε-++=

+

+

=

当3r R >时

400004π4π4π4πq q q Q q Q V r

r

r

r

εεεε-++=

+

+=

10–14 如图10-12所示，半径为r 1，r 2（r 1

（1）外球的电荷量及电势；

（2）把外球接地后再重新绝缘，外球的电荷量及电势； （3）然后把内球接地，内球的电荷量及外球的电势的改变。 解：（1）外球壳内表面的感应电荷量为-q ，由于外球原来没有电荷，根据电荷守恒，外球壳外表面感应电荷量为+q ，且均匀分布。由电势叠加原理，外球的电势V 1是内球电荷电场在外球壳处的电势

102

4πq V r ε=

（2）外球壳接地后，其外表面电荷为零。重新绝缘后，由高斯定理，外球壳的内表面电荷仍为-q ，外球电势V 2为

202

02

4π4πq q V r r εε-=

+

=

（3）内球接地后，它的电势为零。设内球电量为q ′，则外球壳的内表面带-q ′，球壳外表面带电（-q + q ′），由电势叠加原理，内球电势为

301

02

02

4π4π4πq q q q V r r r εεε'''--=

+

+=

由此解得

12

r

q q

r '=

此时，外球壳电势变为

1242

02

02

02

02

()4π4π4π4πr r q

q q q q V r r r r εεεε'''---=

+

+=

外球电势的改变量为

1212412202

0202()(2)4π4π4πr r q r r q q

V V V r r r εεε--?=-=

-= 结果表明，导体接地时，其电荷未必是零。导体接地时唯一可确定的条件是它的电势为零。

10–15 如图10-13所示，由半径分别为R 1=5cm ，R 2=10cm 的两个很长的共轴金属圆柱面构成一个圆柱形电容器。将它与一个直流电源相接。今将电子射入电容器中，如图（b ），

q

O r 1

r 2

图10–12

电子的速度沿其半径为r （R 1

解：电子在圆柱形电容器中垂直于轴线的平面上作圆周运动，则其所受的向心力由静电力提供，由牛顿定律有

2

e

F eE m r

==v

由此可得

2

e m E er

=

v

电容器极板间的电压为

2

221

1

1

2

2

2

e

e e 21

1

d d d ln

R R R R R R m m m R V r r er

e

r

e

R =

?=

=

=

???E r v v v

31

62

19

9.110(310)

10ln

5

1.610

--???=

?V=35.5 V

10–16 如图10-14所示，半径分别为R 1，R 2的两个金属导体球A ，B ，相距很远，求： （1）每个球的电容；

（2）若用细导线将两球连接后，利用电容的定义求此系统的电容； （3）若系统带电，静电平衡后，两球表面附近的电场强度之比。 解：（1）由于两球相距很远，可将两球看成是孤立导体球。球A 的电容为

1014πC R ε=

球B 的电容为

202

4πC R ε=

（2）设两球组成的系统带电Q ，细导线将两球连接后，两球分别带电量Q 1，Q 2，则

12Q Q Q +=

（1）

两球的电势分别为

1101

4πQ V R ε=

（2）

R 1

R 2

A

B

图10–14

图10–

13

（a ）

（b ）

2202

4πQ V R ε=

（3）

两球相连后电势相等，12V V =，则有

1201

02

4π4πQ Q R R εε=

由此可得

12121

2

1212

Q Q Q Q Q

R R R R R R +==

=

++

则

1112R Q Q R R =+ 2212

R Q Q R R =

+

代入（2）式和（3）式得

12101

0124π4π()

Q Q

V V V R R R εε===

=

+

由电容定义

0124π()

Q C R R V

ε=

=+

（3）两球表面附近的电场强度分别为

11

12

0011

4πQ E R σεε=

=

22

22

02

1

4πQ E R σεε=

=

则

2

1

1

12222221

1E Q R R

E Q R R σσ=== 10–17 两根平行的长直导线，两线中心线相距为b ，它们的横截面半径都等于a ，并且b >>a ，求单位长度上的电容。

解：如图10-15所示，假设两根导线单位长度上的电荷分别为+λ，-λ，因b >>a ，电荷在导线上均匀分布，在两导线中心连线上距离带正电荷导线中心为x 处的P 点的电场强度的大小为

002π2π()

E x

b x λ

λ

εε=

+

-

方向沿x 轴正方向。两导线之间的电势差为

d d b a

l

a

V E x

-=

?=

??E l

00d 2π2π()b a a

x

x

b x λ

λ

εε-?

?=

+

?-??

?

O

O ′

a

a

+λ

-λ

U

x b -x x

P E

图10–15

ln

ln

ln

2π2ππb a a b a a

b a

a

λ

λ

λ

εεε--=

-

=

-

由电容器电容的定义式q C V

=

，可得单位长度的电容为

0ππln()ln ln ln q C V b a a

b a

εε=

=

≈

---

10–18 将一个电容为4μF 的电容器和一个电容为6μF 的电容器串联起来接到200V 的电源上，充电后，将电源断开并将两电容器分离。在下列两种情况下，每个电容器的电压各变为多少？

（1）将每一个电容器的正板与另一个电容器的负板相连； （2）将两电容器的正板与正板相连，负板与负板相连。

解：当电容器C 1=4μF 与C 2=6μF 串联接到U =200V 的电源时，它们的总电容为

1212

4646

C C C C C ?=

=++μF 2.4=μF

由于是串联充电，所以两电容器带有相同的电荷量Q ，其值为

2.4200Q CV ==?μC 480=μC

（1）当每个电容器的正板与另一个电容器的负板相连时，正负电荷将等量中和，总电量为零，电容器的电压都变为零。

（2）将两电容器同极相连时，此时两电容器为并联，总电容为

12(46)C C C '=+=+μF 10=μF

总电量为

22480Q Q '==?μC 960=μC

两电容器的电压相等，均是

96010

Q V C ''=

='

V 96=V

10–19 平行板空气电容器的空气层厚1.5×10–2m ，两极间电压为40kV 时，电容器是否会被击穿（设空气的击穿场强为3×103

kV/m ）？再将一厚0.3cm ，相对电容率为7.0，介电强度为10MV/m 的玻璃片插入电容器中，并与两极板平行，这时电容器是否会被击穿？

解：未插入玻璃片时，电容器内的电场强度为

3

2

40 2.710

1.510

V E d

-=

=

=?? kV/m

因空气的击穿场强E b =3×103

kV/m ，b E E <，故电容器不会被击穿。

设空气中的场强为E 1，当所加电压不变时，插入厚度为d 2的玻璃片，玻璃片中场强为

1

12r

7.0

E E E ε=

=

于是

2212()E d E d d V

+-=

由此可得

12

2

2

22r

40

()/(1.510

0.310

)0.310

/7.0

V

E d d d ε---=

=

-+?-?+? kV/m= 3.2×103kV/m

由于31310b E E >=?kV/m ，因此，空气层首先被击穿。空气层被击穿后，40kV 电压全部加到玻璃片上，此时玻璃片内的场强增大到

22

400.310

V E d -=

=

?kV/m=13.3 MV/m

因玻璃的击穿场强为10MV/m ，210b E E '>=MV/m ，因此，玻璃片也相继被击穿，整个电容器被击穿。

10–20 如图10-16所示，三块平行金属板A ，B ，C ，面积均为0.02m 2，A 与B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0mm ，B 和C 两板都接地。若A 板带正电荷Q =3.0×10–7

C ，不计边缘效应，求：

（1）若平板间为空气（εr =1.00），求B 板、C 板上的感应电荷及A 板的电势； （2）若在A ，C 平板间充以另一εr =6的均匀电介质，求B 板、C 板上的感应电荷及A 板的电势。

解：（1）A 板上的电荷Q 分布于它的两个侧面上。设右侧面电量为Q 1，左侧面电量为Q 2，则

12Q Q Q =+

（1）

由高斯定理和静电平衡条件，可得B 板内侧面上感应电荷为-Q 1，C 板内侧面上感应电荷为-Q 2，因此，A ，B 两板间场强和A ，C 两板间场强分别为

11

0A B Q E S

σεε=

=

22

0A C Q E S

σεε=

=

由于B ，C 板同时接地，电势都为零，所以A ，B 两板间和A ，C 两板间电势差相等，即

AB AC

V V =

而

1

0AB AB AB AB

Q V E d d S

ε==

2

0A C A C A C A C

Q V E d d S

ε==

由此可得

1

2

00A B A C

Q Q d d S

S

εε=

即

12

A C A B

d Q Q d = （2）

联立方程（1）式和（2）式，可得

7313

3

3.010 2.010

4.010

2.010

AC AB AC

Q d Q d d ----???=

=+?+?C=1.0×10–7

C

图10–16

7323

3

3.010

4.0104.010

2.010

AB AB AC

Q d Q d d ----???=

=

+?+?C=2.0×10–7

C

所以，B 板上感应电荷为-Q 1= -1.0×10–7C ，C 板上感应电荷为Q 2= -2.0×10–7C 。A 板的电势

73

1

12

0 1.010 4.010

8.8510

0.02

A A

B AB AB AB Q V V E d d S

ε---?===

=

????V=2.3×103

V

（2）解法同（1）

A 板上的电荷Q 分布于它的两个侧面上。设右侧面电量为Q 1′，左侧面电量为Q 2′，则

12Q Q Q ''=+

（3） A ，B 两板间和A ，C 两板间电势差相等，即

AB

AC V V ''=

而

10AB AB AB AB Q V E d d S

ε'

''==

在A ，C 平板间充以另一εr =6的均匀电介质，则

2

0r AC AC AC AC

Q V E d d S

εε'''==

由此可得

12

00r AB AC Q Q d d S

S

εεε'

'=

即

12

r AC

AB

d Q Q d ε'=

' （4）

联立方程（3）（4），可得

7

3133r 3.010 2.010

2.0106 4.010AC AC AB

Q d Q d d ε----???'=

=

+?+??C=2.3×10–8C 73r 23

3

r 3.0106 4.0102.010

6 4.010

AB AC AB

Q d Q d d εε----????'=

=+?+??C=2.8×10–7C

所以，B 板上感应电荷为-Q ′1= -2.3×10–8C ，C 板上感应电荷为-Q ′2= -2.8×10–7C 。A 板的电势

8

3

112

0 2.310 4.010

8.8510

0.02

A A

B AB AB AB Q V V E d d S

ε---'

?'''===

=

????V=5.2×102V

10–21 两个同心的薄金属球壳，内、外球壳半径分别为R 1=0.02m ，R 2=0.06m 。球壳间充满两层均匀电介质，它们的相对介电常数分别为εr1=6和εr2=3。两层电介质的分界面半径R =0.04m 。设内球壳带电量Q = -6×10–8

C ，求

（1）D 和E 的分布，并画D -r ，E -r 曲线； （2）两球壳之间的电势差；

（3）贴近内金属壳的电介质表面上的面束缚电荷面密度。

解：（1）以r 为半径，与球壳同心的球面为高斯面，由电介质的高斯定理

d i Q ?∑??S D S = 及关系式0r εεεD =E =E 得

当1r R <时，有

10D =，10E =

当1R r R <<时，有

22

4πr

Q =

r

D e ，22

0r14πr Q r

εε=

E e

当2R r R <<时，有

32

4πr Q =

r

D e ，32

0r 24πr Q r

εε=E e

当2r R >时，有

42

4πr

Q =

r

D e ，42

04πr Q r

ε=

E e

D -r ，

E -r 曲线如图10-17所示。 （2）两球壳之间的电势差为

2

2

2

1

1

112232

2

0r10r 2d d d d d 4π4πR R

R R

R R R R

R R

Q

Q V V r r

r

r

ε

εεε-=

??+

?=

+

?????E l =

E l E l

0r110r 220r11r1r2r 22111111114π4π4πQ

Q Q R R R R R R R R εεεεεεεεε??????

=

-+-=-+- ? ? ?

??????

98

1111910(610

)(

)

60.02

60.04

30.04

30.06

-=??-?-

+

-

????V= -3750V

（3）贴近内金属壳的电介质表面上的面束缚电荷面密度为

0r120r12

0r1(1)(1)

4πr Q r

σεεεεεε'=?=-?-?P n E n =e n

贴近内金属壳的电介质表面处，e r 与n 反向，且r =R 1，由上式，得

0r1r12

2

0r11r11

(1)cos π(1)

4π4πin

Q Q R R σεεεεεε'=-=--

8

2

610

(61)

4 3.1460.02

--?=--???C/m 2=9.95×10–6 C/m 2

10–22 半径为R 的介质球，相对电容率为εr ，其电荷体密度01r R ρρ??

=-

??

?

，式中0ρ为常量，r 是球心到球内某点的距离。试求：（1）介质球内的电位移和场强分布；（2）在半径r 多大处的场强最大？

解：由电荷分布的球对称性，取与介质球同心，半径为r （r

D S =

得

2

00

d d 14πr

V

r V r dr R ρρ?

??=

-

??

?

????S

D S =

即

图10–

17

E ,D O

342

04π4π34r r

D r

R ρ??=-

? ???

可得

2034r r

D R ρ??=-

? ??

?

由关系式0r εε=D E 可得

200r

0r 3

4D

r r

E R ρεεεε??

=

=

-

? ?

?

?

电位移D 和场强E 的方向沿径向。

（2）令

d 0d E r

=，即

00r d 1

0d 32E r r

R ρεε??=

-= ???

得

R

r 32=

又因该处

2

2

d 0

d E r

<，故此处场强最大。

10–23 在图10-18各图中，平行板电容器极板面积均为S ，板间距为d ，如图（a ）（b ）（c ）所示，充以相对电容率分别为εr1，εr2，εr3的均匀电介质，求各电容器的电容。

解：（1）由电容器定义Q C V

=

求C 。

方法一：设电容器上极板带电+Q ，下极板带电－Q ，左边介质中两极板的电荷面密度为±σ

1，场强为E 1，右边介质中两极板的电荷面密度为±σ2

，场强为E 2，则由电荷守恒，可得

1

2

22S S Q

σσ+=

（1

）

又由于上极板为等势体，下极板为等势体，故左边和右边极板间的电势差相等，有

12V E d E d

==

则左、右两边电介质的场强相等，即12E E =。又因

110r1

E σεε=

，220r 2

E σεε=

可得

（a ）

S

2 2

（b ） 2 2

（c ）

图10–18

120r1

0r 2

σσεεεε=

（2）

联立（1）式和（2）式，解得

r11r1r 22()Q S

εσεε=

+，r 22r1r 22()Q S

εσεε=

+

由电容器定义Q C V

=

可得

0r1r 21()2S

Q Q C V E d

d

εεε=

=

=

+

此结果说明：该电容器相当于左、右两介质电容器并联。 方法二：利用两电容器并联关系求C 。

图10-18（a ）可看成是相对电容率为εr1的平行板电容器C 1和相对电容率为εr2的平行板电容器C 2的并联，如图10-19（a ）。

0r10r11/2

2S S C d

d

εεεε==

0r 20r22/2

2S S C d

d

εεεε=

=

0r10r 2012r1r 2()222S S S

C C C d d d

εεεεεεε=+=

+=+

（2）方法一：由电容器定义Q C V

=求C 。

设电容器上极板带电+Q ，下极板带电－Q ，在相对电容率为εr1的介质内场强为E 1，在相对电容率为εr2的介质内场强为E 2，则在两种介质中的场强分别为

10r1

0r1

Q E S σεεεε=

=

20r 2

0r 2

Q E S σεεεε=

=

上、下极板的电势差为

1

2

0r10r 2222

2

d d Q

d

Q

d

V E E S S εεεε=+=

+

由电容器电容的定义Q C V

=

，得

0r1r 2r1r 2

2S Q C V d

εεεεε=

=+

此结果说明：该电容器相当于上、下两介质电容器串联。

方法二：图10-18（b ）可看成是两个平行板电容器1C ，2C 串联，如图10-19（b ），则

0r10r112/2

S S

C d d εεεε==

0r 20r 222/2

S S

C d d

εεεε=

=

012r1r 212

r1r 2

2S C C C C C d

εεεεε=

=

++

（3）图10-18（c ）可看成是两个平行板电容器C 2，C 3串联，然后与平行板电容器C 1

并联，如图10-19（c ），有

0r10r11/2

2S S C d

d

εεεε==

0r 20r 22/2/2

S S C d d

εεεε==

0r30r33/2/2

S S C d d

εεεε=

=

则

23

0r 2r3

r1123r 2r3

()2C C S C C C C d εεεεεε=+

=+++

10–24 有两块平行板，面积各为100cm 2，板上带有8.9×10–7C 的等值异号电荷，两板间充以介质，已知介质内部电场强度为1.4×106V/m

，求：

（1）介质的相对电容率； （2）介质面上的极化面电荷。 解：（1）介质内部的场强

0r

0r Q

E S

σεεεε=

=

由此可得介质的相对电容率

7r 12

4

6

08.910

7.28.8510

10010 1.410

Q

SE

εε---?=

=

=?????

（2）介质面上的极化面电荷

7

r

r

1

1

1(1)(1)(1)8.910

7.2

q S S Q σσεε-''==-

=-

=-

??C=7.7×10–7C

10–25 一平行板电容器（极板面积为S ，间距为d ）中平行于极板放有一块厚为t ，面积为S ，相对电容率为εr 的均匀电介质，如图10-20所示。设极板间电势差为V ，忽略边缘效应，求：

（1）电介质中的电场强度E ，极化强度P 和电位移D ； （2）极板上的电荷量Q ；

（3）极板和介质之间区域的场强； （4）此电容器的电容。

解：设空气中的场强为E 0，介质中的场强为E ，极板自由电荷面密度为σ，则

图10–19

C 1 C 2

（a ）

C 2C 1（b ）

C 2 C 3

C 1（c ）

0()V E d t Et

=-+

作如图10-21所示的圆柱形高斯面1，由E 的高斯定理，有

00

d S E S σε??=?=

??S

E S

由此得

00

E σε=

为求介质中的E ，作如图10-21所示的圆柱形高斯面2，由电介质的高斯定理，有

d D S S σ?=?=???S D S

由此得介质中的电位移为

D σ

=

因此电介质中的电场强度为

0r

0r

r

E D

E σεεεεε=

=

=

代入U 的表达式有

0r ()()V E d t Et E d t Et ε=-+=-+

所以介质中的场强为

r r (1)V

E d t

εε=

+-

介质中的极化强度为

0r 0r r r (1)(1)(1)V P E d t

εεεεεε-=-=

+-

介质中的电位移为

0r 0r r r (1)V D E d t

εεεεεε==

+-

E ，D ，P ，的方向垂直于极板，由带正电荷的极板指向带负电荷的极板。

（2）极板上的电荷量为

0r r r (1)V S Q S D S d t

εεσεε===

+-

（3）极板和介质之间区域的场强为

r 00

r r (1)V D

E d t

εσεεεε=

=

=

+-

E 0的方向垂直于极板，由带正电荷的极板指向带负电荷的极板。

（4）此电容器的电容为

0r r r (1)S Q C V d t

εεεε=

=

+-

10–26 半径为a ，b （a

εεα=

+的非均匀电介质（ε0

与α为常数，r 是径向坐标）。电位移矢量D （r ）=ε E （r ）。内表面上有电荷Q ，

外表面接地，

t

图10–

21

S

t

图10-20

试计算：

（1）a

（3）a

解：（1）由电荷分布的球对称性及电介质的高斯定理d i Q ?∑??S

D S =

得

2

4π,()

D r

Q a r b =<<

则

2

,()

4πQ D a r b r

=

<<

写成矢量形式为

2

,

()

4πr Q a r b r

=

<

（2）由电位移矢量D (r )=ε E (r )，可得

2

2

0()

(1)()4π4πr r r Q Q r r r r

αε

ε

ε+=

=

D E =

e e

内、外球电势差为

2

00(1)

1

1d d d (

ln

)

4π4πb

b

b a

a

a

Q r Q

b V E r r a

b

a

r

ααεε+=

?=

=

=

-

+???E r

因此，系统电容为

04πln

ab Q

C b V b a ab a

εα=

=

-+

（3）电极化强度

0r 0(1)()4πr

Q r

αεεεε=-=-=-

P E E e

（4）r =a 时，面极化电荷密度为

4πa

Q P a

ασ'=?=-=P n

r =b 时，面极化电荷密度为

4πb

Q P b

ασ'=?==-P n

10–27 如图10-22所示，把原来不带电的金属板B 移近一块带有正电荷Q 的金属板A ，且两者平行放置。设两板面积均为S ，相距为d 。分别计算B 板接地和不接地两种情况下金属板间的电势差V A -V B 和电场能量W e 。

解：如果B 板接地，A ，B 两板可看成平行板电容器，其电容为

d

S C 0ε=

由电容的定义Q C V

=

，可得两板间的电势差为

图10-22

Q

0A B Q Q d

V V C

S

ε-=

=

两板间的电场能量为

2

2

e 022Q

Q d W C

S

ε=

=

如果B 板不接地，A ，B 板的两个表面上都带有电荷，如图10-23所示。由习题10–1可知，23q q -=，14q q =，又由电荷守恒定律

对A 板：12q q Q +=

对B 板：340q q +=，即210q q -+=，可得

122

Q q q ==

342

Q q q =-=-

则A ，B 板之间的电场强度为

01/2

2Q Q E S

S

σεεε=

=

=

因此两板间的电势差为

02A B Q d V V Ed S

ε-==

两板间的电场能量为

2

2

e e 0012

8Q d W w Sd E Sd S

εε==

=

10–28一平行板电容器极板面积为S ，接在电源上以保持电压为V ，使两极板间的距离由d 1缓慢拉开到d 2，必须对系统做多少功（不考虑损耗）？

解：极板拉开前，平行板电容器的电容为

011

S

C d ε=

能量为

2

2

0e111

1122S W C V

V d ε=

=

极板拉开后，平行板电容器的电容变为

022

S

C d ε=

能量为

2

2

0e 222

1122S W C V

V d ε=

=

因此，极板拉开后，电容器的静电能改变为

2

012e e 2e112

()

2SV d d W W W d d ε-?=-=

电源做的功为

A

q 1 q 2 q 图10–23

2

12

2

121212112

()

d ()()Q Q SV d d A V q Q Q V

C C V

d d ε-=

=-=-=? 根据功能原理，外力与电源做功之和等于电容器能量的增量，即

12e

W W W +=?

因此，拉力做功为

2

122e 112

()

2SV d d W W W d d ε-=?-=- 10–29 计算半径为R ，电荷体密度为ρ的均匀带电球体的电场总能量。

解：对于半径为R ，电荷体密度为ρ的均匀带电球体，由于电荷分布具有球对称性，取

与球体同心的球形高斯面，由高斯定理2

1

d 4πin

E r q ε?==

∑??

S

E S 求出场强分布。

球内（R r <），有

2

3

10

1

44ππ3

E r

r

ρ

ε=

10

,

()

3r

E r R ρε=

<

球外（R r >），有

2

3

20

1

44ππ3

E r

R

ρ

ε=

3

22

0,

()

3R

E r R r

ρε=

>

当R r <时，球体内的能量密度为

22

2

2e101000

11()2

2318r r

w E ρρεεεε=

=

=

当R r >时，球体外的能量密度为

3262

2

e 20202

4

0011(

)

2

2

318R

R

w E r r

ρρεεεε=

=

=

取半径为r ，厚度为d r 的球壳为体积元，如图10-24所示，其体积为2d 4πd V r r =，整个电场的能量为

22

2

62

5

2

2

e e 4

04πd 4πd 4πd 181518R

V R r

R

R W w V r r r r r

ρρρεεε

∞

=

=+

=

???

10–30 如图10-25所示，圆柱形电容器由半径为R 1和R 3的两同轴圆柱导体面构成，且圆柱体的长度l 比半径R 2大得多，内外筒间充满相对电容率分别为εr1和εr2的均匀电介质，两层电介质的分界面半径为R 2。设沿轴线单位长度上内、外筒带电为+λ和－λ，求：

（1）两介质中的D 和E ； （2）内外筒间的电势差； （3）电容C ；

（4）整个电介质内的电场总能量。

R

O

r d r ρ

图10-24

静电场中的导体和电介质习题详解

习题二 一、选择题 1．如图所示，一均匀带电球体，总电量为+Q ，其外部同心地罩一内、外半径分别为1r 和2r 的金属球壳。 设无穷远处为电势零点，则球壳内半径为r 的P 点处的场强和电势为［ ］ （A ）200, 44Q Q E U r r εε= = ππ； （B ）01 0, 4Q E U r ε==π； （C ）00, 4Q E U r ε==π； （D ）020, 4Q E U r ε== π。 答案：D 解：由静电平衡条件得金属壳内0=E ；外球壳内、外表面分别带电为Q -和Q +，根据电势叠加原理得 00 0202 Q Q Q Q U r r r r εεεε-= + += 4π4π4π4π 2．半径为R 的金属球与地连接，在与球心O 相距2d R =处有一电量为q 的点电荷，如图所示。设地的电势为零，则球上的感应电荷q '为［ ］ （A ）0； （B ）2 q ； （C ）2q -； （D ）q -。 答案：C 解：导体球接地，球心处电势为零，即000044q q U d R πεπε'=+ =（球面上所有感应电荷到 球心的距离相等，均为R ），由此解得2 R q q q d '=-=-。 3．如图，在一带电量为Q 的导体球外，同心地包有一各向同性均匀电介质球壳，其相对电容率为r ε，壳外是真空，则在壳外P 点处(OP r =)的场强和电位移的大小分别为［ ］ （A ）2 200,44r Q Q E D r r εεε= =ππ； （B ）22 ,44r Q Q E D r r ε==ππ； （C ）220,44Q Q E D r r ε==ππ； （D ）22 00,44Q Q E D r r εε==ππ。 答案：C

大学物理知识总结习题答案(第四章)静电场

第四章 静电场 本章提要 1．电荷的基本性质 两种电荷，量子性，电荷首恒，相对论不变性。 2．库仑定律 两个静止的点电荷之间的作用力 12122 2 04kq q q q r r = = F r r πε 其中 9 2 2 910(N m /C )k =?? 12 2-1 -2 018.8510 (C N m ) 4k -= =??επ 3．电场强度 q = F E 0q 为静止电荷。由 10102 2 04kq q q q r r == F r r πε 得 112 2 04kq q r r = = E r r πε 4．场强的计算 （1）场强叠加原理 电场中某一点的电场强度等于各个点电荷单独存在时在该点产生的电场强度的矢量和。 i = ∑E E （2）高斯定理 电通量：在电场强度为E 的某点附近取一个面元，规定S ?=?S n ， θ为E 与n 之间的夹角，通过S ?的电场强度通量定义为

e cos E S ?ψ=?=??v S θ 取积分可得电场中有限大的曲面的电通量 ψd e s S = ??? E 高斯定理：在真空中，通过任一封闭曲面的电通量等于该封闭曲面内的所有电荷电量的代数和除以0ε，与封闭曲面外的电荷无关。即 i 0 1 d s q = ∑?? E S 内 ε 5．典型静电场 （1）均匀带电球面 0=E （球面内） 2 04q r πε= E r （球面外） （2）均匀带电球体 3 04q R πε= E r （球体内） 204q r πε= E r （球体外） （3）均匀带电无限长直线场强方向垂直于带电直线，大小为 02E r λ πε= （4）均匀带电无限大平面场强方向垂直于带电平面，大小为 2E σ ε= 6．电偶极矩 电偶极子在电场中受到的力矩 =?M P E 思考题 4-1 02 0 4q q r = = πεr 与F E E 两式有什么区别与联系。

大学物理试卷期末考试试题答案

2003—2004学年度第2学期期末考试试卷（A 卷） 《A 卷参考解答与评分标准》 一 填空题：（18分） 1． 10V 2.（变化的磁场能激发涡旋电场），（变化的电场能激发涡旋磁场）. 3. 5， 4. 2， 5. 3 8 6. 293K ，9887nm . 二 选择题：（15分） 1. C 2. D 3. A 4. B 5. A . 三、【解】(1) 如图所示，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -. 选取半径为r （12R r R <<）的同心球面S ，则根据高斯定理有 2() 0d 4πS Q r E ε?==? E S 于是，电场强度 204πQ E r ε= (2) 内导体球与外导体球壳间的电势差 22 2 1 1 1 2200 01211d 4π4π4πR R R AB R R R Q Q dr Q U dr r r R R εεε?? =?=?==- ????? ? r E (3) 电容 12 001221114π/4πAB R R Q C U R R R R εε??= =-= ?-?? 四、【解】 在导体薄板上宽为dx 的细条，通过它的电流为 I dI dx b = 在p 点产生的磁感应强度的大小为 02dI dB x μπ= 方向垂直纸面向外. 电流I 在p 点产生的总磁感应强度的大小为 22000ln 2222b b b b dI I I dx B x b x b μμμπππ===? ? 总磁感应强度方向垂直纸面向外. 五、【解法一】 设x vt ＝, 回路的法线方向为竖直向上( 即回路的绕行方向为逆时

针方向)， 则 21 d cos602B S Blx klvt Φ=?=?= ? ∴ d d klvt t εΦ =- =- 0ac ε < ，电动势方向与回路绕行方向相反，即沿顺时针方向（abcd 方向）． 【解法二】 动生电动势 1 cos602 Blv klvt ε?动生＝＝ 感生电动势 d 111 d [cos60]d 222d d dB B S Blx lx lxk klvt t dt dt dt εΦ=- =?=--?===?感生－ klvt εεε==感生动生＋ 电动势ε的方向沿顺时针方向（即abcd 方向）。 六、【解】 1. 已知波方程 10.06cos(4.0)y t x ππ=- 与标准波方程 2cos(2) y A t x π πνλ =比较得 , 2.02, 4/Z H m u m s νλνλ==== 2. 当212(21)0x k ππΦ-Φ==+合时，A ＝ 于是，波节位置 21 0.52k x k m += =+ 0,1,2, k =±± 3. 当 21222x k A ππΦ-Φ==合时，A ＝ 于是，波腹位置 x k m = 0,1,2, k =±± ( 或由驻波方程 120.12cos()cos(4)y y y x t m ππ=+= 有 (21) 00.52 x k A x k m π π=+?=+合＝ 0,1,2, k =±± 20.122 x k A m x k m π π=?=合＝, 0,1,2, k =±± )

电场中的导体练习题(附答案)

三、电场中的导体练习题 一、选择题 1．用一根跟毛皮摩擦过的硬橡胶棒，靠近不带电验电器的金属小球a（图1），然后用手指瞬间接触一下金属杆c后拿开橡胶棒，这时验电器小球A和金箔b的带电情况是[ ] A．a带正电，b带负电 B．a带负电，b带正电 C．a、b均带正电 D．a、b均带负电 E．a、b均不带电 2．在绝缘板上放有一个不带电的金箔验电器A和一个带正电荷的空腔导体B，下列实验方法中能使验电器箔片张开的是[ ] A．用取电棒（带绝缘柄的导体棒）先跟B的内壁接触一下后再跟A接触 B．用取电棒先跟B的外壁接触一下后再跟A接触 C．用绝缘导线把验电器跟取电棒的导体部分相连，再把取电棒与B的内壁接触 D．使验电器A靠近B 3．在一个导体球壳内放一个电量为＋Q的点电荷，用E p表示球壳外任一点的场强，则[ ] A．当＋Q在球壳中央时，E p＝0 B．不论＋Q在球壳内何处，E p一定为零 C．只有当＋Q在球心且球壳接地时，E p＝0 D．只要球壳接地，不论＋Q在球壳内何处，E p一定为零 4．一个不带电的空心金属球，在它的球心处放一个正点荷，其电场分布是图2中的哪一个[ ] 5．一带正电的绝缘金属球壳A，顶部开孔，有两只带正电的金属球B、C用金属导线连接，让B球置于球壳A的空腔中与内表面接触后又提起到图3位置，C球放A球壳外离A球较远，待静电平衡后，正确的说法是[ ]

A．B、C球都带电 B．B球不带电，C球带电 C．让C球接地后，B球带负电 D．C球接地后，A球壳空腔中场强为零 6．如图4所示，把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在正电荷形成的电场中，导体处于静电平衡时，下叙说法正确的是[ ] A．A、B两点场强相等，且都为零 B．A、B两点的场强不相等 D．当电键K闭合时，电子从大地沿导线向导体移动． 二、填空题 7．如图5所示，导体棒AB靠近带正电的导体Q放置．用手接触B端，移去手指再移去Q，AB带何种电荷______．若手的接触点改在A端，情况又如何______．

《大学物理》 第二版 课后习题答案 第十章

习题精解 10-1 在平面简谐波的波射线上，A,B,C,D 各点离波源的距离分别是 3 ,,,424 λλλλ。设振源的振动方程为cos 2y A t πω? ?=+ ?? ? ，振动周期为T.（1）这4点与振源的振动相位差各为多少？（2）这4点的初相位各为多 少？（3）这4点开始运动的时刻比振源落后多少？ 解 （1） 122,2,2x x π ?π ?π πλ λ???== ?== 3432,222x x π?π?ππλλ ???==?== （2） 112233440,, 2 2 2 3 ,222π π π ????ππ ??π??π = -?== -?=- =-?=-=-?=- （3） 121234 3411 , ,,2422 3,,,242t T T t T T t T T t T T ??ππ??ππ ???==?==???==?== 10-2 波源做谐振动，周期为0.01s ，振幅为2 1.010m -?，经平衡位置向y 轴正方向运动时，作为计时起点，设此振动以1 400u m s -=?的速度沿x 轴的正方向传播，试写出波动方程。 解 根据题意可知，波源振动的相位为32 ?π= 2122200, 1.010,4000.01 A m u m s T ππωπ--====?=? 波动方程 231.010cos 2004002x y t m ππ-??? ?=?- + ??????? 10-3 一平面简谐波的波动方程为()0.05cos 410y x t m ππ=-，求（1）此波的频率、周期、波长、波速和振幅；（2）求x 轴上各质元振动的最大速度和最大加速度。 解 （1）比较系数法 将波动方程改写成 0.05cos10 2.5x y t m π??=- ??? 与cos x y A t u ω?? =- ??? 比较得

电场中的导体练习题

电场中的导体练习题 第4节电场中的导体 1.导体处于静电平衡时，下列说法正确的是( ) A．导体内部没有电场 B．导体内部没有电荷，电荷只分布在导体外表面 ．导体内部没有电荷的运动 D．以上说法均不对 答案：D 2．如图所示，某同学在桌上放两摞书，然后把一块洁净的玻璃板放在上面，使玻璃板离开桌面2～3，在宽约0.5的纸条上画出各种舞姿的人形，用剪刀把它们剪下，放在玻璃板下面，再用一块硬泡沫塑料在玻璃上回擦动，此时会看到小纸人翩翩起舞．下列哪种做法能使实验效果更好( ) A．将玻璃板换成钢板 B．向舞区哈一口气 ．将玻璃板和地面用导线连接 D．用一根火柴把舞区烤一烤 答案：D 3．每到夏季，我省各地纷纷进入雨季，雷雨等强对流天气频繁发生．当我们遇到雷雨天气时，一定要注意避防雷电．下列说法正确的是( )

①不宜使用无防雷措施的电器或防雷措施不足的电器及水龙头 ②不要接触天线、金属门窗、建筑物外墙，远离带电设备 ③固定电话和手提电话均可正常使用 ④在旷野，应远离树木和电线杆 A．①②③B．①②④ ．①③④ D．②③④ 答案：B 解析：表面具有突出尖端的导体，在尖端处的电荷分布密度很大，使得其周围电场很强，就可能使其周围的空气发生电离而引发尖端放电．固定电话和手提电话的天线处有尖端，易引发尖端放电造成人体伤害，故不能使用．4．金属球壳原带有电荷，而验电器原不带电，如图所示，现将金属球壳内表面与验电器的金属小球相连，验电器的金属箔( ) A．不会张开 B．一定会张开 ．先张开后闭合 D．可能会张开 答案：B 5．(2009•长沙市一中高二检测)如图所示，棒AB 上均匀分布着正电荷，它的中点正上方有一P点，则P点的场强方向为( )

大学物理学-习题解答-习题10

第十章 10-1 无限长直线电流的磁感应强度公式为B ＝μ0I 2πa ，当场点无限接近于导线时(即 a →0)，磁感应强度B →∞，这个结论正确吗？如何解释？ 答：结论不正确。公式a I B πμ20=只对理想线电流适用，忽略了导线粗细，当a →0， 导线的尺寸不能忽略，电流就不能称为线电流，此公式不适用。 10-2 如图所示，过一个圆形电流I 附近的P 点，作一个同心共面圆形环路L ，由于电流分布的轴对称，L 上各点的B 大小相等，应用安培环路定理，可得∮L B ·d l ＝0，是否可由此得出结论，L 上各点的B 均为零？为什么？ 答：L 上各点的B 不为零. 由安培环路定理 ∑?=?i i I l d B 0μρ ρ 得 0=??l d B ρ ρ，说明圆形环路L 内的电流代数和为零， 并不是说圆形环路L 上B 一定为零。 10-3 设题10-3图中两导线中的电流均为8A ，对图示的三条闭合曲线a ,b ,c ，分别写出安培环路定理等式右边电流的代数和．并讨论： (1)在各条闭合曲线上，各点的磁感应强度B ? 的大小是否相等? (2)在闭合曲线c 上各点的B ? 是否为零?为什么? 解： ?μ=?a l B 08d ? ? ? μ=?ba l B 08d ? ? ?=?c l B 0d ?? (1)在各条闭合曲线上，各点B ? 的大小不相等． (2)在闭合曲线C 上各点B ?不为零．只是B ? 的环路积分为零而非每点0=B ?． 习题10-2图

题10-3图 10-4 图示为相互垂直的两个电流元，它们之间的相互作用力是否等值、反向？由此可得出什么结论？ 答：两个垂直的电流元之间相互作用力不是等值、反向的。 B l Id F d ρρρ ?= 2 0?4r r l Id B d ?=? ?πμ 2 21 2122110221212201112)?(4?4r r l d I l d I r r l d I l d I F d ??=??=? ρ?ρρπμπμ 2 12 12112 20212121102212)?(4?4r r l d I l d I r r l d I l d I F d ??=??=? ρ?ρρπμπμ ))?()?((42 12 121221************r r l d l d r r l d l d I I F d F d ??+??-=+? ρ?ρρρπμ 2 122112 210212112221212102112) (?4))?()?((4r l d l d r I I r l d r l d l d r l d I I F d F d ?ρ? ρ?ρρρ??=?-?=+πμπμ 一般情况下 02112≠+F d F d ρ ρ 由此可得出两电流元（运动电荷）之间相互作用力一般不满足牛顿第三定律。 10-5 把一根柔软的螺旋形弹簧挂起来，使它的下端和盛在杯里的水银刚好接触，形成串联电路，再把它们接到直流电源上通以电流，如图所示，问弹簧会发生什么现象？怎样解释？ 答：弹簧会作机械振动。 当弹簧通电后，弹簧内的线圈电流可看成是同向平行 的，而同向平行电流会互相吸引，因此弹簧被压缩，下端 会离开水银而电流被断开，磁力消失，而弹簧会伸长，于是电源又接通，弹簧通电以后又被压缩……，这样不断重复，弹簧不停振动。 10-6 如图所示为两根垂直于xy 平面放置的导线俯视图，它们各载有大小为I 但方向相反的电流.求：(1)x 轴上任意一点的磁感应强 度；(2)x 为何值时，B 值最大，并给出最大值B max . 习题10-4图 r 12 r 21 习题10-5图 y

大学物理知识总结习题答案(第十章)量子物理基础

第十章 量子物理基础 本章提要 1． 光的量子性 · 物体由于自身具有一定温度而以电磁波的形式向周围发射能量的现象称热辐射。 · 在任何温度下都能全部吸收照射到它表面上的各种波长的光（电磁波），则这种物体称为绝对黑体，简称黑体。 · 单位时间内物体单位表面积发出的包括所有波长在内的电磁波的辐射功率，称为辐射出射度。 2． 维恩位移定律 · 在不同的热力学温度T 下，单色辐射本领的实验曲线存在一个峰值波长λm ，维恩从热力学理论导出T 和λm 满足如下关系 λm T b = 其中b 是维恩常量。 3． 斯忒藩—玻尔兹曼定律 · 斯忒藩—玻尔兹曼定律表明黑体的辐射出射度M 与温T 的关系 4T M σ= 其中s 为斯忒藩—玻尔兹曼常量。对于一般的物体 4T M εσ= e 称发射率。 4． 黑体辐射 · 黑体辐射不是连续地辐射能量，而是一份份地辐射能量，并且每一份能量与电磁波的频率ν成正比，这种能量分立的现象被称为能量的量子化，每一份最小能量E hv =被称为一个量子。黑体辐射的能量为E nhv =，其中n ＝1，2，3，…，等正整数，h 为普朗克常数。 · 普朗克黑体辐射公式简称普朗克公式 25/λ2πhc 1()λ1 hc kT M T e l =-

· 光是以光速运动的粒子流，这些粒子称为光量子，简称光子。 · 一个光子具有的能量为νh E =。 5． 粒子的波动性 · 德布罗意认为实物粒子也具有波粒二象性，它的能量E 、动量p 跟和它相联系的波的频率ν、波长λ满足以下关系 2E mc h ν== λ h p m u == 这两个公式称为德布罗意公式或德布罗意假设。与实物粒子相联系的波称为物质波或德布罗意波。 · x x p D D ?h 或者E t D D ?h 这一关系叫做不确定关系。其中为位置不确定量、动量不确定量、能量不确定量、时间不确定量。 · 物质波是一种表示粒子在空间概率分布的概率波。 6．薛定谔方程及其应用 · 微观粒子的运动状态需要用波函数来描述，通常以y 表示。一般来说，y 是空间和时间的函数，即(,,,)x y z t y y =。波函数的运动方程为薛定谔方程。 · 粒子出现在单位体积内的概率就是2y 。因此，2y 又叫概率密度。 · 定态薛定谔方程的非相对论形式为 22222222()0m E U x y z y y y y 抖?+++-=抖?h 其中，m 为粒子的质量，U 为粒子在外力场中的势能函数，E 是粒子的总能量。 · 在无限深方势阱中的粒子能量为 22 2222 22n k h h E n m ma p == 整数n 称为量子数。每一个可能的能量值称为一个能级。 · 在势垒有限的情况下,粒子可以穿过势垒到达另一侧,这种现象叫做势垒贯穿。 7． 电子运动状态 · 量子力学给出的原子中电子的运动状态由以下四个量子数决定 （1） 主量子数n ，它大体上决定了原子中电子的能量。 （2） 角量子数l, 1,2,3,,(1)l n =-L 它决定电子绕核运动的角动量的大小。一般说来，主量子数n 相同，而角量子数

大学物理期末考试试题

西安工业大学试题纸 1.若质点的运动方程为：()2r 52/2t t i t j =+-+（SI ），则质点的v ＝ 。 2. 一个轴光滑的定滑轮的转动惯量为2/2MR ，则要使其获得β的角加速度，需要施加的合外力矩的大小为 。 3.刚体的转动惯量取决于刚体的质量、质量的空间分布和 。 4.一物体沿x 轴运动，受到F =3t (N)的作用，则在前1秒内F 对物体的冲量是 （Ns ）。 5. 一个质点的动量增量与参照系 。（填“有关”、“无关”） 6. 由力对物体的做功定义可知道功是个过程量，试回答：在保守力场中，当始末位置确定以后，场力做功与路径 。（填“有关”、“无关”） 7.狭义相对论理论中有2个基本原理(假设)，一个是相对性原理，另一个是 原理。 8.在一个惯性系下，1、2分别代表一对因果事件的因事件和果事件，则在另一个惯性系下，1事件的发生 2事件的发生（填“早于”、“晚于”）。 9. 一个粒子的固有质量为m 0，当其相对于某惯性系以0.8c 运动时的质量m = ；其动能为 。 10. 波长为λ，周期为T 的一平面简谐波在介质中传播。有A 、B 两个介质质点相距为L ，则A 、B 两个质点的振动相位差=?φ____；振动在A 、B 之间传播所需的时间为_ 。 11. 已知平面简谐波方程为cos()y A Bt Cx =-，式中A 、B 、C 为正值恒量，则波的频率为 ；波长为 ；波沿x 轴的 向传播（填“正”、“负”）。 12.惠更斯原理和波动的叠加原理是研究波动学的基本原理，对于两列波动的干涉而言，产生稳定的干涉现象需要三个基本条件：相同或者相近的振动方向，稳定的位相差，以及 。 13. 已知一个简谐振动的振动方程为10.06cos(10/5)()X t SI π=+，现在另有一简谐振动，其振动方程为20.07cos(10)X t =+Φ，则Φ= 时，它们的合振动振幅最 大；Φ= 时，它们的合振动振幅最小。 14. 平衡态下温度为T 的1mol 单原子分子气体的内能为 。 15. 平衡态下理想气体(分子数密度为n ，分子质量为m ，分子速率为v )的统计压强P= ;从统计角度来看，对压强和温度这些状态量而言， 是理想气体分子热运动激烈程度的标志。

大学物理 第十章 习题

第十章 机械振动和电磁振荡 例题：P 10 10-1 习题： 一、选择题（共5题） 1、一小球与轻弹簧组成的系统，按??? ? ?+=38cos 05.0ππt x 的规律振动，式中t 以s 为单位，x 以m 为单位，下列说法正确的是（ ） (A) 角频率为25.12rad/s ，周期为0.25s ，振幅为0.05m ，初相为 3π (B)角频率为25.12rad/s ，周期为4s ，振幅为0.05m ，初相为3 π (C)角频率为25.12rad/s ，周期为4s ，振幅为0.05m ，t=1s 时的相位为 3 25π (D)角频率为25.12rad/s ，周期为0.25s ，振幅为0.05cm ，t=1s 时的相位为325π 2、一弹簧谐振子，振幅A 变为原来的2倍，周期变为原来的0.5倍，初相变为原来的3倍，则谐振子能量变为原来的（ ） （A ）4倍 (B)不变 (C)0.5倍 (D)3倍 3、某质点做简谐振动，周期为2s ，振幅为0.06m ，t=0s 时质点恰好在A/2处，且向负方向运动，则该质点的运动学方程为（ ） (A)??? ??+=3cos 06.0ππt x (B)??? ? ?-=3cos 06.0ππt x (C)??? ??+=32cos 06.0ππt x (D)?? ? ??+=34cos 06.0ππt x 4、一谐振子从A 运动到-A/2，所需最短时间为（ ） (A) T/6 (B)T/12 (C)T/3 (D)T/2 5、一质点做简谐振动，位移等于振幅的一半时 ，系统的动能与势能的比值为（ ） (A) 1:6 (B)1:3 (C)6:1 (D)3:1 二、填空题（共5题） 1、一振动质点的振动曲线如图所示，质点的运动学方程为 ，点P 对应的相位 ，从振动开始到达P 点相应位置所需时间 。（建议利用旋转矢量法）

大学物理练习题 静电场中的导体

练习六 静电场中的导体 一、选择题 1. 以下说法中正确的是 (A ) 电场强度相等的地方电势一定相等。 (B ) 电势梯度绝对值大的地方场强的绝对值也一定大。 (C ) 带正电的导体上电势一定为正。 (D ) 电势为零的导体一定不带电。 2. 以下说法中正确的是 (A ) 场强大的地方电位一定高。 (B ) 带负电的物体电位一定为负。 (C ) 场强相等处电势梯度不一定相等。 (D ) 场强为零处电位不一定为零。 3. 如图所示，真空中有一点电荷Q 及空心金属球壳A ，A 处于静电平衡，球内有一点M ，球壳中有一点N ，以下说法正确的是 ?Q q (A ) E M ≠ 0，E N = 0，Q 在M 处产生电场，而在N 处不产生电场。 (B ) E M = 0，E N ≠ 0，Q 在M 处不产生电场，而在N 处产生电场。 (C ) E M = E N = 0，Q 在M 、N 处都不产生电场。 (D ) E M ≠ 0，E N ≠ 0，Q 在M 、N 处都产生电场。 (E ) E M = E N = 0，Q 在M 、N 处都产生电场。 4. 如图所示，原先不带电的金属球壳的球心处放一点电荷q 1，球 外放一点电荷q 2，设q 2、金属内表面的电荷、外表面的电荷对q 1的 作用力分别为1F v 、2F v 、3F v ，q 1受的总电场力为F v ，则 (A ) F 1 = F 2 = F 3 = F =0。 (B ) F 1 = q 1q 2/(4πε0d 2)，F 2 = 0，F 3 = 0，F = F 1。 (C ) F 1 = q 1q 2/(4πε0d 2)，F 2 = 0，F 3 = ? q 1 q 2 /(4πε0d 2)(即与1F v 反向)，F = 0。 (D ) F 1 = q 1q 2/(4πε0d 2)，与 2F v 3F v 的合力与1F v 等值反向，F = 0。 (E ) F 1= q 1q 2 /(4πε0d 2)，F 2 = ? q 1q 2/(4πε0d 2)(即与1F v 反向)，F 3 = 0，F = 0。 5. 如图所示，一导体球壳A ，同心地罩在一接地导体B 上，今给A 球带负电?Q ，则B 球 Q (A ) 带正电。 (B ) 带负电。 (C ) 不带电。 (D ) 上面带正电，下面带负电。 6. A 、B 是两块不带电的导体，放在一带正电导体的电场中，如图所示。设无限远处为电势零点，A 的电势为 U A ，B 的电势为U B ，则： (A ) U B > U A ≠ 0。 (B ) U B < U A = 0。 (C ) U B = U A 。 (D ) U B < U A 。 7. 半径分别为R 和r 的两个金属球，相距很远。用一根长导线将两球连接，并使它们带电。在忽略导线影响的情况下，两球表面的电荷面密度之比σR /σr 为： (A ) R /r 。

大学物理期末考试题库

1某质点的运动学方程x=6+3t-5t 3 ，则该质点作 （ D ） （A ）匀加速直线运动，加速度为正值 （B ）匀加速直线运动，加速度为负值 （C ）变加速直线运动，加速度为正值 （D ）变加速直线运动，加速度为负值 2一作直线运动的物体，其速度x v 与时间t 的关系曲线如图示。设21t t →时间合力作功为 A 1，32t t →时间合力作功为A 2，43t t → 3 C ） （A ）01?A ，02?A ，03?A （B ）01?A ，02?A ， 03?A （C ）01=A ，02?A ，03?A （D ）01=A ，02?A ，03?A 3 关于静摩擦力作功，指出下述正确者（ C ） （A ）物体相互作用时，在任何情况下，每个静摩擦力都不作功。 （B ）受静摩擦力作用的物体必定静止。 （C ）彼此以静摩擦力作用的两个物体处于相对静止状态，所以两个静摩擦力作功之和等于 零。 4 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，经过时间T 转动一圈，那么在2T 的时间，其平均 速度的大小和平均速率分别为（B ） （A ） ， （B ） 0， （C ）0， 0 （D ） T R π2， 0 5、质点在恒力F 作用下由静止开始作直线运动。已知在时间1t ?，速率由0增加到υ；在2t ?， 由υ增加到υ2。设该力在1t ?，冲量大小为1I ，所作的功为1A ；在2t ?，冲量大小为2I ， 所作的功为2A ，则（ D ） A ．2121;I I A A <= B. 2121;I I A A >= C. 2121;I I A A => D. 2121;I I A A =< 6如图示两个质量分别为B A m m 和的物体A 和B 一起在水平面上沿x 轴正向作匀减速直线 运动，加速度大小为a ，A 与B 间的最大静摩擦系数为μ，则A 作用于B 的静摩擦力F 的 大小和方向分别为（D ） 轴正向相反与、轴正向相同 与、轴正向相同 与、轴正向相反 与、x a m D x a m x g m x g m B B B B ,,C ,B ,A μμT R π2T R π2T R π2t

大学物理期末考试试卷(含答案) 2

2008年下学期2007级《大学物理（下）》期末考试（A 卷） 一、选择题(共27分) 1. (本题3分) (2717) 距一根载有电流为3×104 A 的电线1 m 处的磁感强度的大小为 (A) 3×10-5 T ． (B) 6×10-3 T ． (C) 1.9×10-2T ． (D) 0.6 T ． (已知真空的磁导率μ0 =4π×10-7 T ·m/A) ［ ］ 2. (本题3分)(2391) 一电子以速度v 垂直地进入磁感强度为B 的均匀磁场中，此电子在磁场中运动轨道所围的面积内的磁通量将 (A) 正比于B ，反比于v 2． (B) 反比于B ，正比于v 2． (C) 正比于B ，反比于v ． (D) 反比于B ，反比于v ． ［ ］ 3. (本题3分)(2594) 有一矩形线圈AOCD ，通以如图示方向的电流I ，将它置于均匀磁场B 中，B 的方向与x 轴正方向一致，线圈平面与x 轴之间的夹角为α，α < 90°．若AO 边在y 轴上，且线圈可绕y 轴自由转动，则线圈将 (A) 转动使α 角减小． (B) 转动使α角增大． (C) 不会发生转动． (D) 如何转动尚不能判定． ［ ］ 4. (本题3分)(2314) 如图所示，M 、N 为水平面内两根平行金属导轨，ab 与cd 为垂直于导轨并可在其上自由滑动的两根直裸导线．外磁场垂直水平面向上．当外力使 ab 向右平移时，cd (A) 不动． (B) 转动． (C) 向左移动． (D) 向右移动．［ ］ 5. (本题3分)(2125) 如图，长度为l 的直导线ab 在均匀磁场B 中以速度v 移动，直导线ab 中的电动势为 (A) Bl v ． (B) Bl v sin α． (C) Bl v cos α． (D) 0． ［ ］ 6. (本题3分)(2421) 已知一螺绕环的自感系数为L ．若将该螺绕环锯成两个半环式的螺线管，则两个半环螺线管的自感系数 c a b d N M B

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质 点 运 动 学 选择题 [ ]1、某质点作直线运动的运动学方程为x ＝6+3t -5t 3 (SI)，则点作 A 、匀加速直线运动，加速度沿x 轴正方向． B 、匀加速直线运动，加速度沿x 轴负方向． C 、变加速直线运动，加速度沿x 轴正方向． D 、变加速直线运动，加速度沿x 轴负方向． [ ]2、某物体的运动规律为2v dv k t dt =-，式中的k 为大于零的常量．当0=t 时，初速v 0，则速度v 与时间t 的函数关系是 A 、0221v kt v += B 、022 1v kt v +-= C 、02211v kt v +=, D 、02211v kt v +-= [ ]3、质点作半径为R 的变速圆周运动时的加速度大小为(v 表示任一时刻 质点的速率) A 、dt dv B 、R v 2 C 、R v dt dv 2+ D 、 242)(R v dt dv + [ ]4、关于曲线运动叙述错误的是 A 、有圆周运动的加速度都指向圆心 B 、圆周运动的速率和角速度之间的关系是ωr v = C 、质点作曲线运动时，某点的速度方向就是沿该点曲线的切线方向 D 、速度的方向一定与运动轨迹相切 [ ]5、以r 表示质点的位失， ?S 表示在?t 的时间内所通过的路程，质点在?t 时间内平均速度的大小为 A 、t S ??; B 、t r ?? C 、t r ?? ; D 、t r ?? 填空题 6、已知质点的运动方程为26(34)r t i t j =++ (SI)，则该质点的轨道方程 为 ；s t 4=时速度的大小 ；方向 。 7、在xy 平面内有一运动质点，其运动学方程为：j t i t r 5sin 105cos 10+=（SI ）， 则t 时刻其速度=v ；其切向加速度的大小t a ；该质 点运动的轨迹是 。 8、在x 轴上作变加速直线运动的质点,已知其初速度为v 0，初始位置为x 0加速度为a=C t 2 (其中C 为常量),则其速度与时间的关系v= ， 运动

大学物理期末考试试卷(含答案)

《大学物理（下）》期末考试（A 卷） 一、选择题(共27分) 1. (本题3分) 距一根载有电流为3×104 A 的电线1 m 处的磁感强度的大小为 (A) 3×10-5 T ． (B) 6×10-3 T ． (C) 1.9×10-2T ． (D) 0.6 T ． (已知真空的磁导率μ0 =4π×10-7 T ·m/A) ［ ］ 2. (本题3分) 一电子以速度v 垂直地进入磁感强度为B 的均匀磁场中，此电子在磁场中运动轨道所围的面积内的磁通量将 (A) 正比于B ，反比于v 2． (B) 反比于B ，正比于v 2． (C) 正比于B ，反比于v ． (D) 反比于B ，反比于v ． ［ ］ 3. (本题3分) 有一矩形线圈AOCD ，通以如图示方向的电流I ，将它置于均匀磁场B 中，B 的方向与x 轴正方向一致，线圈平面与x 轴之间的夹角为α，α < 90°．若AO 边在y 轴上，且线圈可绕y 轴自由转动，则线圈将 (A) 转动使α 角减小． (B) 转动使α角增大． (C) 不会发生转动． (D) 如何转动尚不能判定． ［ ］ 4. (本题3分) 如图所示，M 、N 为水平面内两根平行金属导轨，ab 与cd 为垂直于导轨并可在其上自由滑动的两根直裸导线．外磁场垂直水平面向上．当外力使 ab 向右平移时，cd (A) 不动． (B) 转动． (C) 向左移动． (D) 向右移动．［ ］ 5. (本题3分) 如图，长度为l 的直导线ab 在均匀磁场B 中以速度v 移动，直导线ab 中的电动势为 (A) Bl v ． (B) Bl v sin α． (C) Bl v cos α． (D) 0． ［ ］ 6. (本题3分) 已知一螺绕环的自感系数为L ．若将该螺绕环锯成两个半环式的螺线管，则两个半环螺线管的自感系数 c a b d N M B

大学物理课后答案第十一章

第十一章 机械振动 一、基本要求 1．掌握简谐振动的基本特征，学会由牛顿定律建立一维简谐振动的微分方程，并判断其是否谐振动。 2. 掌握描述简谐运动的运动方程)cos(0?ω+=t A x ，理解振动位移，振幅，初位相，位相，圆频率，频率，周期的物理意义。能根据给出的初始条件求振幅和初位相。 3. 掌握旋转矢量法。 4. 理解同方向、同频率两个简谐振动的合成规律，以及合振动振幅极大和极小的条件。 二、基本内容 1. 振动 物体在某一平衡位置附近的往复运动叫做机械振动。如果物体振动的位置满足)()(T t x t x +=，则该物体的运动称为周期性运动。否则称为非周期运动。但是一切复杂的非周期性的运动，都可以分解成许多不同频率的简谐振动（周期性运动）的叠加。振动不仅限于机械运动中的振动过程，分子热运动，电磁运动，晶体中原子的运动等虽属不同运动形式，各自遵循不同的运动规律，但是就其中的振动过程讲，都具有共同的物理特征。 一个物理量，例如电量、电流、电压等围绕平衡值随时间作周期性（或准周期性）的变化，也是一种振动。 2. 简谐振动 简谐振动是一种周期性的振动过程。它可以是机械振动中的位移、速度、加速度，也可以是电流、电量、电压等其它物理量。简谐振动是最简单，最基本的周期性运动，它是组成复杂运动的基本要素，所以简谐运动的研究是本章一个重点。 （1）简谐振动表达式)cos(0?ω+=t A x 反映了作简谐振动的物体位移随时间的变化遵循余弦规律，这也是简谐振动的定义，即判断一个物体是否作简谐振动的运动学根据。但是简谐振动表达式更多地用来揭示描述一个简谐运动必须

涉及到的物理量A 、ω、0?（或称描述简谐运动的三个参量），显然三个参量确定后，任一时刻作简谐振动的物体的位移、速度、加速度都可以由t 对应地得到。 )2 cos()sin(00π ?ωω?ωω+ +=+-=t A t A v )cos()cos(0202π?ωω?ωω±+=+-=t A t A a （2）简谐运动的动力学特征为：物体受到的力的大小总是与物体对其平衡位置的位移成正比、而方向相反，即kx F -=，它是判定一个系统的运动过程是否作简谐运动的动力学根据，只要受力分析满足动力学特征的，毫无疑问地系统的运动是简谐运动。这里应该注意，F 系指合力，它可以是弹性力或准弹性力。 （3）和简谐运动的动力学特征相一致的是简谐运动的运动学特征：作简谐 运动物体的加速度大小总是与其位移大小成正比、而方向相反，即x dt x d 222ω-=， 它也是物体是否作简谐运动的判据之一。只要加速度与位移大小成正比、而方向恒相反，则该物理量的变化过程就是一个简谐运动的过程。在非力学量，例如电量、电流和电压等电学量，就不易用简谐振动的动力学特征去判定，而LC 电路中的电量q 就满足q LC dt q d 1 22-=，故电量q 的变化过程就是一个简谐振荡的过程，显然用运动学的特征来判定简谐运动更具有广泛的意义。 3. 简谐振动的振幅、周期、频率和相位 （1）振幅A 是指最大位移的绝对值。A 是由初始条件来决定的，即 2 20 2 ω v + =x A 。 （2）周期T 是指完成一次完整的振动所用时间。ω π 2=T ，式中ω是简谐振 动的圆频率，它是由谐振动系统的构造来决定的，即m k =ω,ω也称为固有圆频率。对应的T 称为固有周期。v T 1 = ，式中v 称为频率（即固有频率），它与圆频率的关系2v ωπ=，是由系统本身决定的。

电磁场与电磁波课后习题及答案--第四章习题解答

习题解答 如题图所示为一长方形截面的导体槽，槽可视为无限长，其上有一块与槽相绝缘的盖板，槽的 电位为零，上边盖板的电位为，求槽内的电位函数。 解 根据题意，电位满足的边界条件为 ① ② ③ 根据条件①和②，电位的通解应取为 由条件③，有 故得到槽内的电位分布 两平行无限大导体平面，距离为，其间有一极薄的导体片由到。 上板和薄片保持 电位，下板保持零电位，求板间电位的解。设在薄 片平面上，从到，电位线性变 化， 故得到 求在上题的解中，除开一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。并按定出边缘电容。 解 在导体板（）上，相应于的电荷面密度 则导体板上（沿方向单位长）相应的总电荷 相应的电场储能为 其边缘电容为 如题图所示的导体槽，底面保持电位，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。 两边同乘以，并从 0 到对积分，得到 解 应用叠加原理，设板间的电位 为 其中，为不存在薄片的平行 位，即；是两个电位为零的 位，其边界条件为： ① ② ③ 根据条件①和②， 由条件 ③有 两边同乘以，并从 无限大导体平面间（电压为）的电 平行导体板间有导体薄片时的电 可设的通 0到对积分，得到 解为 y

解根据题意，电位满足的边界条件为 ① ② ③根据条件①和②，电位的通解应取为 由条件③，有两边同乘以，并从0 到对积分，得到 故得到槽内的电位分布为一长、宽、高分别为、、的长方体表面保持零电位， 体积内填充密度为 题图 的电荷。求体积内的电位。 解在体积内，电位满足泊松方程 （1） 长方体表面上，电位满足边界条件。由此设电位的通解为 代入泊松方程（1），可得 由此可得 或 （2） 由式（2），可得 故 如题图所示的一对无限大接地平行导体板，板间有一与轴平行的线电荷，其位置为。求板间的电位函数。解由于在处有一与轴平行的线电荷，以为界将场空间分割为和两个区域，则这两个区域中的电位和都满足拉普拉斯方程。而在的分界面上，可利用函数将线电荷表示成电荷面密度。 电位的边界条件为 题图

《大学物理(一)》期末考试试题]

《大学物理（一）》综合复习资料 一．选择题 1． 某人骑自行车以速率V 向正西方行驶，遇到由北向南刮的风（设风速大小也为V ），则他感到风是从 （A ）东北方向吹来．（B ）东南方向吹来．（C ）西北方向吹来．（D ）西南方向吹来． [ ] 2．一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为j bt i at r 2 2 +=（其中a 、b 为常量）则该质点作 （A ）匀速直线运动．（B ）变速直线运动．（C ）抛物线运动．（D ）一般曲线运动． [ ] 3．一轻绳绕在有水平轮的定滑轮上，滑轮质量为m ，绳下端挂一物体．物体所受重力为P ，滑轮的角加速度为β．若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子，滑轮的角加速度β将 （A ）不变．（B ）变小．（C ）变大．（D ）无法判断． 4． 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 ）系统的总动量． 5．一弹簧振子作简谐振动，当位移为振幅的一半时，其动能为总能量的 （A ）1/2 .（B ）1/4.（C ）2/1.(D) 3/4.（E ）2/3. [ ] 6．一弹簧振子作简谐振动，总能量为E 1，如果简谐振动振幅增加为原来的两倍，重物的质量增为原来的四倍，则它的总能量E 1变为 （A ）4/1E .（B ） 2/1E ．（C ）12E .（D ）14E ． [ ] 7．在波长为λ的驻波中，两个相邻波腹之间的距离为 （A ）λ／4． （B ）λ/2．（C ） 3λ/4 . （D ）λ． [ ] 8．一平面简谐波沿x 轴负方向传播．已知x ＝b 处质点的振动方程为)cos(0φω+=t y ，波速为u ，则波动方程为：

大学物理3第10章习题分析与解答

习 题 解 答 10-1 把单摆摆球从平衡位置向位移正方向拉开，是摆线与竖直方向成一微小角度θ，然后由静止放手任其振动，从放手时开始计时.若用余弦函数表示其运动方程，则该单摆振动的初相为（ ） (A) 2π （B ）π/2 (C)0 (D)θ 解 由已知条件可知其初始时刻的位移正向最大。利用旋转矢量图可知，初相相位是0.故选C 10-2 如图所示，用余弦函数描述一简谐振动。已知振幅为A ，周期为T ，初相3 π ?-=， 则振动曲线为（ ） 解 由已知条件可知初始时刻振动的位移是2 3co s A A y =??? ??-=π，速度是 ()A t A v ω?ωω2 3 sin = +-=，方向是向y 轴正方向，则振动曲线上0=t 时刻的斜率是正值。故选A 10-3 已知某简谐振动的振动曲线和旋转矢量图如附图（a ）、（b ）所示，位移的单位为厘米，时间单位为秒，则此简谐振动的振动方程为（ ） （A ）cm t x ??? ??+=ππ323 2 cos 2 （B ）cm t x ??? ??-=ππ3232cos 2 （C)cm t x ??? ??- =ππ323 4 cos 2 （D ）cm t x ??? ??+=ππ323 4 cos 2 习题10-3图 习题 10-2 图

解 由振动图像可知，初始时刻质点的位移是2 A - ，且向y 轴负方向运动，附图（b ）是其对应的旋转矢量图，由图可知，其初相位是π3 2 ，振动曲线上给 出了质点从2A -到A 的时间是s 1，其对应的相位从π3 2 变化到π2，所以它的角 速度 1-s rad 3 2T 2?== ππω 简谐振动的振动方程为 ??? ??+=ππ323 4 cos 2t x 故选D 10-4 弹簧振子做简谐振动，已知此振子势能的最大值为100J,当振子处于最大位移 的一半时其动能为（ ） （A ）25J （B ）50J （C)75J （D)100J 解 物体做简谐运动时，振子势能的表达式是2 2 1kx E P = ，其动能和势能都随时间做周期性变化，物体通过平衡位置时，势能为零，动能达到最大值；位移 最大时，势能达到最大值2 2 1kA E P = ，动能为零，但其总机械能却保持不变.当振子处于最大位移的一半时其势能为228 1 )2(21'kA A k E p ==,所以此时的动能是 J J J kA kA kA E k 7543 10043218121222=?=?=-= 故选C 10-5 一质点作简谐振动，速度最大值Vm=0.05m/s ，振幅A=2cm.若令速度具有正最大值的那一时刻为t=0，则振动表达式为 。 解 速度的最大值105.0-?==s m A v m ω,A =0.02m,所以 )(5.202 .005.01-?=== s rad A v m ω 振动的一般表达式)cos(?ω+=t A x ，现在只有初相位没确定，速度具有正最大值时位于原点处，由旋转矢量法可知2 π ?- =，振动的表达式为 m t y )2 5.2cos(02.0π -=.