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湖大版大学物理课后习题答案

第12章静电场

P35．

12．3 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

014q q

E k

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

4q E A C

πε

4-1

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||

4q E B C

πε

4-1

4.810910 2.710(N C )(410

)

--?=??

=???，

方向向右．

C 处的总场强大小为

E =

-1

10 3.24510(N C )==??，

总场强与分场强E 2的夹角为

arctan

33.69E E ==?θ．

12．4 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

0001

d 1d d d 444q

E R

λλ

θπεπεπε=

，

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 ==

000

sin d (cos )

22R

ππλλθθθπεπε

0(12

πε．

12．5 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)．

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

0d d d 4()

q l

E k

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 12

d 4()

l E x l λ

πε-=

x l

πε-=

011(

)4x L x L

πε=

24L x L

πε=

-． ①

将数值代入公式得P 1点的场强为

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

0d d d 4q l

E k

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 λθθπε-=，

总场强大小为

sin d 4L

y l L

E d λθθπε=--=

co s 4L

l L

d λ

πε=-=

=-=

． ②

将数值代入公式得P 2点的场强为

1/2

20.1310

9100.08(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

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．

12．6 一均匀带电无限长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

00d d d d 44q s

E k

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

πθθλ??πε--=

2/2

0/2

sin 4R

πθθλ?

πε--=

0sin

πε=

，

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

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

x E E R

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．

12．7 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

πε=

，

得带电直线在P 点产生的场强为

00d d d 22(/2)

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

0/2

1d 2/2b b E x b a x

πε-=

+-?

ln(/2)

2b b b a x σπε--=

ln(1)2b a

πε=

． 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

1/2

00d d d 22()

E r

b x λσπεπε=

+，

沿z 轴方向的分量为

1/2

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)

d 2b d z b d E σ

θπε-=

arctan()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

πε+=

，

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

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

πε=

，

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

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．

12．8 （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．

12．9 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．

12．10 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

E S E rl Φπ=

?==??

E S ?，

根据高斯定理Φe = q /ε0，所以

02E r

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）．

12．11 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

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

d ()222

d y

d E r ρρ

εε-=

，③

同理，上面板产生的场强为

d (

)222

d r

d E r ρρ

εε=

，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．

12.12

12．13 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

014

E r r ππρε=

P 点场强大小为

3E r ρ

ε=

．

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

014

E r R ππρε=

P 点场强大小为

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

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

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=++

222

(

)(`2`cos )3r r rr ρ

θε=++，

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．

12．14 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

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 ．

12．15 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．

12．16 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

04Q E r

πε=

，

由于

d d R R

U U E r ∞

∞

∞-=

?=??E l

0d 44R

Q Q r r r

πε

πε∞

∞

04Q R

πε=

，

当U R = 0时，04Q U R

πε∞=-

．

12．17 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

30(3)8Q R r U R

πε-=

．

[证明]球的体积为3

V R π=，

电荷的体密度为 3

34Q Q V

ρπ=

．

利用13．10题的方法可求球内外的电场强度大小为

034Q E r r R

επε=

，

（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

U E r E r ∞

∞

?=+???E l

d d 44R

Q Q r r r R r πε

πε

∞

0084R

Q Q r

πεπε∞

00()84Q Q R r R

πεπε=

0(3)8Q R r R

πε-=

．

12．18 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

．

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

C ρε=-

+，

在y = 0处U = 0，所以C = 0，因此电势为

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

2b b

U y ρρεε=-

，(b ≦y )．

当y ≦-b 时，电势为

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

2b b

U y ρρεε=

，

两个公式综合得

||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．

12．19 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

r r P B r r U U E r -=

?=??E l

()B P r r σε=

-，

由于U B = 0，所以P 点的电势为

612

3.310

0.048.8410

P U --?=

??=1.493×

104

(V)．（2）同理可得A 板的电势为 0

()A B A U r r σε=

-=1.866×104

(V)．

12．20 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

101

d d 4l

U r l

λπε=

总电势为

d 4L

l U r l

πε-=

ln()

l L

r l λπε=--=-

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

1/2

0d d 4()

U r l

πε=+，

积分得

1/2

1d 4()

U l r l λ

πε-=

)

l L

l λ

πε=-=

0ln

πε=

0ln

4q L

πε=．

（3）P 1点的场强大小为

11U E r ?=-?

1()8q

L r L r L

πε=

r L

πε=

-， ①

方向沿着x 轴正向．

P 2点的场强为

22U E r

?=-

01[4q

L r

πε=

1q =

， 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

24L E x L

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．

12．21 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

d d d 4O q U r r r

ρπεε=

，

球心处的总电势为

210

d ()2R O R U r r R R ρρ

εε=

，

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

120

()2B U R r ρ

ε=

-．

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

14()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

2100()43B B

Q U r R r r ρ

πεε=

-．

B 点的电势为

U B = U 1 + U 2

22120

(32

)6B

R R r r ρ

ε=

--．

（2）A 点的场强为

0A A A

U E r ?=-

=?．

B 点的场强为

120

()3B B B B

U R E r r r

ε?=-

?．

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

14()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

()3R E r r

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

214()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

212

00()

43R R q E r

ρπεε-=

，(R 2≦r )．

A 点的电势为

d d A

r r U

E r ∞

∞

?=??E l

312

0d ()d 3A

R R r R R r r r r

212

0()

d 3R R R r r

ρε∞

210

()2R R ρ

ε=

-．

B 点的电势为

d d B

B r r U E r ∞

∞

?=??E l

()d 3B

R r R r r r

212

0()

d 3R R R r r

ρε∞

22120

(32

)6B

R R r r ρ

ε=

--．

A 和

B 点的电势与前面计算的结果相同．

12．21 （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

9(6.37110)200

910

Q ??=-

?=-9.02×105(C)．

（2）在离地面高为h = 1400m 的球面

内的电量为

()`

`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13章静电场中的导体

和电介质

P70．

13．1 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

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=

．

13．2 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 ?

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．

13．3 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

000

1444o q q

Q q U r a

πεπεπε-+=

13．4 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

图14.3

图14.1

少？

（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)．

13．5 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．

13．6 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)．

13．7 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

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

图14.5

图14.6

容为

1210

1441/1/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

141/1/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

12120

0221

44R R C C C R R R πεπε=+=+-

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

`044q q R R πεπε+

=，

因此感应电荷为

`R q q R =-

．

根据高斯定理可得两球壳之间的场强为

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

d d R R R R U E r =

?=??E l

02()d 4R R R q r R r

πε=

1212021

()1

)44R q

R R q R R R R

πεπε-=

球面间的电容为

4R q C U R R πε=

=-．

13．8 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

1441/1/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：

012121

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+=+=

-．

13．9 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

2112

1212111d d d d C

C C S

εεεεεε+=

，总电容为 122112

S C d d εεεε=

+．

13．10 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 ?

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

d d d 2R L

R U E r r r λ

πε=

?E l

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．

13．11 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

d 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)

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

``01

(

44r

Q q R R σπεπ=

=-．

在介质层外表面，极化电荷为

21q q =-，

面密度为

(1)

44r Q q R R σπεπ=

．

13．12 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． 13．13 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 ． 13．14 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

01112

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 00112122/2

(1/)(1)r C U U Q S C C S

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

εεσε=

++．

13．15 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

000(

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

0(1)

2r r SU

εεε=-= 1.59×10-4(J)．

13．16 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

0d d 2

W w V E V ε==??

d ln

44R

R r r a

λλπε

πε=

?．

当R = b 时，能量为

b W a

λπε=

；

当R =

ln 48l

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 =

13．17 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

d d ln

44b

b W W r lr

πεπε=

?．

（3）由公式W = Q 2/2C 得电容为

22ln(/)

l C W

b a πε=

．

13．18 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

211

111C C C C C C C +=+=，

得 1212

120P F 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14章稳恒电流的磁场

P117．

补加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

=．

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 1

d 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

180

8.84210

2.1ln 2

ρ-=

???

=1.4×1013(Ω·m)．

补加：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 12.5(1)24i 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

1d [2.5(1)]d 24Q i R t t R t =

2.5624(1)

t =-???

=300(J)．

补加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．

14．1 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： 0

d 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

012d d 4I l

B a

μπ=，

由于 d l = a d φ，积分得

11d L

B B =

3/2

d 4I a

πμ?

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

，

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

=，

积分得

3/402/2

d sin d 4L

B B b ππ

μθθπ=

3/4

00/2

(cos )

48I

I 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

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．

14．2 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

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

= μ0

I /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

μμπ=--=-

B i k i k ．

场强大小为

B =

，

与X 轴的夹角为

arctan

z x

B B θπ

==．

14．3 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

2A D B a

π=

，

O 点的磁感应强度为

04A D I

B B a

π==

，

方向垂直纸面向里．

14．4 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：

202

23/2

2()

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

012

3/2

2[()]

B R a x μ=

++，

022

3/2

2[()]

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

大学物理学下册课后答案(袁艳红主编)

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2 q ，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

大学物理教程 (上)课后习题答案

物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题） 27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位，求：（1）质点的运动轨迹；（2）从1t s =到2t s =质点的位移的大小；（3） 2t s =时，质点的速度和加速度。解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 代入，有 2 1) y =- 或 1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i = ， 241r i j =+ 213r r r i j =-=- 位移的大小 r = = （3） 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt = =- 22(1)v ti t j =+- 2 x x dv a dt = =， 2y y dv a dt = = 22a i j =+ 当2t s =时，速度和加速度分别为 42/v i j m s =+ 22a i j =+ m/s 2 1-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+ ，式中的R 、ω均为常量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。

解（1）质点的速度为 sin cos d r v R ti R t j dt ωωωω==-+ （2）质点的速率为 v R ω = = 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。解由于 4d t d t θω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 2 2 16n a R R t ω == 角加速度β的大小为 2 4/d ra d s d t ωβ== 77 页2-15, 2-30， 2-34， 2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作用下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。解由冲量的定义，有 2.0 2.0 2.02 (63)(33) 18I Fdt t dt t t N s = =+=+=? ? 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的阻力（空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ，求（1）滑行中速度v 与时间t 的关系；（2）0到t 时间内飞机所滑行的路程；（3）飞机停止前所滑行的路程。解（１）飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有 dv f m kv dt ==- 即 d v k dt v m =- 两边积分，速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等于地球

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 >>

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(上)课后习题标准答案

大学物理(上)课后习题答案

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3 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 v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时，054r i j v v v ；4t s 时，41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ，则：437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时，033i j v v v v ；4t s 时，437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v 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：2322250x x v ∴ 31225 m s x x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+33t ，式中以弧度计，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 ⑴ s 2 t 时，2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a 即： R R 2 ，亦即t t 18)9(2 2 ，解得：9 2 3 t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t 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 =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，4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a

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

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

大学物理下册习题及答案

大学物理练习册物理教研室遍

热力学（一）一、选择题： 1、如图所示，当汽缸中的活塞迅速向外移动从而使汽缸膨胀时，气体所经历的过程（A）是平衡过程，它能用P—V图上的一条曲线表示。（B）不是平衡过程，但它能用P—V图上的一条曲线表示。（C）不是平衡过程，它不能用P—V图上的一条曲线表示。（D）是平衡过程，但它不能用P—V图上的一条曲线表示。 [ ] 2、在下列各种说法中，哪些是正确的？ [ ] （1）热平衡就是无摩擦的、平衡力作用的过程。（2）热平衡过程一定是可逆过程。（3）热平衡过程是无限多个连续变化的平衡态的连接。（4）热平衡过程在P—V图上可用一连续曲线表示。（A）（1）、（2）（B）（3）、（4）（C）（2）、（3）、（4）（D）（1）、（2）、（3）、（4） 3、设有下列过程： [ ] （1）用活塞缓慢的压缩绝热容器中的理想气体。（设活塞与器壁无摩擦）（2）用缓慢地旋转的叶片使绝热容器中的水温上升。（3）冰溶解为水。（4）一个不受空气阻力及其它摩擦力作用的单摆的摆动。其中是逆过程的为（A）（1）、（2）、（4）（B）（1）、（2）、（3）（C）（1）、（3）、（4）（D）（1）、（4） 4、关于可逆过程和不可逆过程的判断： [ ] （1）可逆热力学过程一定是准静态过程。（2）准静态过程一定是可逆过程。（3）不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程。（4）凡有摩擦的过程，一定是不可逆过程。以上四种判断，其中正确的是（A）（1）、（2）、（3）（B）（1）、（2）、（4）（C）（2）、（4）（D）（1）、（4） 5、在下列说法中，哪些是正确的？ [ ] （1）可逆过程一定是平衡过程。（2）平衡过程一定是可逆的。（3）不可逆过程一定是非平衡过程。（4）非平衡过程一定是不可逆的。（A）（1）、（4）（B）（2）、（3）（C）（1）、（2）、（3）、（4）（D）（1）、（3）

大学物理(吴柳主编)上册课后习题答案

大学物理(吴柳主编) 上册课后习题答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

说明：上册教材中，第5，6，7等章的习题有答案；第1，2，4，8章的习题有部分答案；第3，9，10，11章的习题没有答案。为方便学生使用，现根据上学期各位老师辛苦所做的解答，对书上原有的答案进行了校对，没有错误的，本“补充答案”中不再给出；原书中答案有误的，和原书中没有给出答案的，这里一并给出。错误之处，欢迎指正！第1章 1.4． 2.8×10 15 m 1.5．根据方程中各项的量纲要一致，可以判断：Fx= mv 2/2合理， F=mxv , Ft=mxa , Fv= mv 2/2, v 2+v 3=2ax 均不合理. 第2章 2.1 (1) j i )2615()2625(-+-m; )/]()2615()2625[(45 1151020)2615()2625(s m j i j i t r v -+-=++-+-=??= (2)52m; 1.16m/s 2.2 (1) 4.1 m/s; 4.001m/s; 4.0m/s (2) 4m/s; 2 m.s -2 2.3 3m; m 3 4π ; 140033-s .m π方向与位移方向相同; 1.0m/s 方向沿切线方向 2.5 2π (m); 0; 1(s) 2.6 24(m); -16(m) 2.8 2 22 t v R vR dt d +=θ 2.10 (1) 13 22 =+y x (2) t v x 4sin 43ππ-=;t v y 4 cos 4π π=;t a x 4cos 1632ππ-=;t a y 4sin 162ππ-= (3) 2 6= x ,22=y ;π86- =x v ,π82=y v ;,2326π-=x a 2 322π-=y a 2.12 (1) ?=7.382θ，4025.0=t (s)，2.19=y (m) (2) ?=7.382θ，48.2=t (s)，25.93=y (m)。 2.14 (1) 22119x y - = (2) j t i v 42-=;j a 4-= (3) 0=t 时，j r 19=； 3=t 时，j i r +=6。（4）当9=t s 时取“=”，最小距离为37（m ）。

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)

大学物理课后习题答案(上)

《大学物理》练习题 No .1 电场强度班级 ___________ 学号 ___________ ___________ 成绩 ________ 说明：字母为黑体者表示矢量一、选择题 1．关于电场强度定义式E = F /q 0，下列说法中哪个是正确的？ [ B ] (A) 场强E 的大小与试探电荷q 0的大小成反比； (B) 对场中某点，试探电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变； (C) 试探电荷受力F 的方向就是场强E 的方向； (D) 若场中某点不放试探电荷q 0，则F = 0，从而E = 0. 2．如图1.1所示，在坐标(a , 0)处放置一点电荷+q ，在坐标(a ,0)处放置另一点电荷q ， P 点是x 轴上的一点，坐标为(x , 0).当x >>a 时，该点场强的大小为： [ D ](A) x q 04πε. (B) 2 04x q πε. (C) 3 02x qa πε (D) 30x qa πε. 3．图1.2所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为 ( x < 0)和 ( x > 0)，则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: [ A ] (A ) i a 02πελ . (B) 0. (C) i a 04πελ . (D) )(40j +i a πελ . 4. 真空中一“无限大”均匀带负电荷的平面如图1.3所示，其电场的场强分布图线应是(设场强方向向右为正、向左为负) ? [ D ] 5.在没有其它电荷存在的情况下,一个点电荷q 1受另一点电荷 q 2 的作用力为f 12 ,当放入第三个电荷Q 后,以下说法正确的是 [ C ] (A) f 12的大小不变,但方向改变, q 1所受的总电场力不变； (B) f 12的大小改变了,但方向没变, q 1受的总电场力不变； (C) f 12的大小和方向都不会改变, 但q 1受的总电场力发生了变化； -q -a +q a P (x,0) x x y O 图1.1 +λ -λ ? (0, a ) x y O 图1.2 σ -x O E x 02εσ O 02εσ-E x O 0 2εσ-E x 02εσO 02εσ -O E x 02εσ(D)图1.3

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

大学物理教程上课后习题答案

物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题）27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位，求：（1）质点的运动轨迹；（2）从1t s =到2t s =质点的位移的大小；（3） 2t s =时，质点的速度和加速度。解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 或1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r 位移的大小 r ==r V （3） 2x dx v t dt = = 2x x dv a dt = =， 2y y dv a dt == 当2t s =时，速度和加速度分别为 22a i j =+r r r m/s 2 1-4 设质点的运动方程为 cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r ，式中的R 、ω均为常量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。解（1）质点的速度为（2）质点的速率为速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。解由于 4d t dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为角加速度β的大小为 24/d rad s dt ω β== 77 页2-15, 2-30， 2-34，

2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作用下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。解由冲量的定义，有 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的阻力（空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ，求（1）滑行中速度v 与时间t 的关系；（2）0到t 时间内飞机所滑行的路程；（3）飞机停止前所滑行的路程。解（１）飞机在运动过程中只受到阻力作用，根据牛顿第二定律，有即 dv k dt v m =- 两边积分，速度v 与时间t 的关系为 2-31 一质量为m 的人造地球卫星沿一圆形轨道运动，离开地面的高度等于地球半径的2倍（即2R ），试以,m R 和引力恒量G 及地球的质量M 表示出：（1）卫星的动能；（2）卫星在地球引力场中的引力势能. 解 (1) 人造卫星绕地球做圆周运动，地球引力作为向心力，有卫星的动能为 212 6k GMm E mv R == （２）卫星的引力势能为 2-37 一木块质量为1M kg =，置于水平面上，一质量为2m g =的子弹以 500/m s 的速度水平击穿木块，速度减为100/m s ，木块在水平方向滑行了20cm 后停止。求：（1）木块与水平面之间的摩擦系数；（2）子弹的动能减少了多少。

大学物理(下)答案

大学物理学答案【下】北京邮电大学出版社习题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：D] (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，电势不变的区域，场强必定为 [答案：相同] (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：5：6] 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 1q212cos30?=4πε0a24πε0qq'(2a)3 解得q'=-q 3

(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

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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

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