习题11
11-1．直角三角形ABC 的A 点上，有电荷C 108.19
1-?=q ，B 点上有电荷
C 108.492-?-=q ，试求C 点的电场强度(设0.04m BC =，0.03m AC =)。
解：1q 在C 点产生的场强：
1
12
04AC
q E i
r πε=
v
v ，
2q 在C 点产生的场强：222
04BC q E j r πε=v v ，
∴C 点的电场强度：
4412 2.710 1.810E E E i j =+=?+?v v v v v ； C 点的合场强：
22
412 3.2410V
E E E m =+=?，
方向如图：
1.8
arctan
33.73342'2.7α===o o 。
11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm 50的圆环，两端间空隙为cm 2，电量为C 1012.39-?的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小
和方向。
解：∵棒长为2 3.12l r d m π=-=， ∴电荷线密度：91
1.010q C m l λ--==??
可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去m d 02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O 点产生的场强。 解法1：利用微元积分：
2
1cos 4O x Rd dE R λθ
θ
πε=
?
，
∴
2000cos 2sin 2444O d
E d R R R α
α
λλλθθααπεπεπε-==
?≈?=?10.72V m -=?；
解法2：直接利用点电荷场强公式：
由于d r <<，该小段可看成点电荷：11
2.010q d C λ-'==?，
则圆心处场强：119
1
22
0 2.0109.0100.724(0.5)O q E V m
R πε--'
?==??=?。
方向由圆心指向缝隙处。
11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电
荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强。
解：以O 为坐标原点建立xOy 坐标，如图所示。 ①对于半无限长导线A ∞在O 点的场强：
α
v v
2cm O R x αα
有：00(cos cos )42(sin sin )42Ax A y E R E R λπππελπππε=-=-?
???
???
②对于半无限长导线B ∞在O 点的场强：
有：00(sin sin )42(cos cos )42B x B y E R E R λπππελπππε=-=-????
???
③对于AB 圆弧在O 点的场强：有： ∴总场强：
04O x E R λπε=
，04O y E R λπε=，得：0()
4O E i j R λ
πε=+v v v 。
或写成场强：
22
024O x O y E E E R λ
πε=+=
，方向45o 。
11-4．一个半径为R 的均匀带电半圆形环，均匀地带有电荷，电荷的线密度为λ，求环心处O 点的场强E 。
解：电荷元dq 产生的场为：2
04d q
d E R πε=；
根据对称性有：0
y
d E
=?，则：
20
0sin sin 4x R d E dE d E R π
λθθθπε===???
02R λ
πε=
，
方向沿x 轴正向。即：
02E i R λπε=
v v
。
11-5．带电细线弯成半径为R 的半圆形，电荷线密度 为0sin λλ?=，式中0λ为一常数，?为半径R 与x 轴 所成的夹角，如图所示．试求环心O 处的电场强度。 解：如图，
0200sin 44d dl dE R R λ??λπεπε=
=
，
cos sin x y dE dE dE dE ?
?==?????考虑到对称性，有：0=x E ；
∴
200000000sin (1cos 2)sin 4428y d d E dE dE R R R π
πλ??λλ??
?πεπεε-=====
???
?，
方向沿y 轴负向。
11-6．一半径为R 的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心O 处的电场强度。
o
R
X
Y
λ
θd θ
dq
E
d ρx
y
E
v
解：如图，把球面分割成许多球面环带，环带宽为d l Rd θ=，所带电荷：2dq r d l πσ=。
利用例11-3结论，有：
332
22
22
2
0024()
4()x dq r xdl
d E x r x r σππεπε?=
=
++
∴3222
02cos sin 4[(sin )(cos )]
R R Rd dE R R σπθθθ
πεθθ???=
+，
化简计算得：
2
01sin 2224E d πσσ
θθεε=
=?
，∴04E i σε=v v 。
11-7．图示一厚度为d 的“无限大”均匀带电平板，电荷体密度为ρ。
求板内、外的场强分布，并画出场强随坐标x 变化的图线，即x E -图线(设原点在带电平板的中央平面上，Ox 轴垂直于平板)。
解：在平板内作一个被平板的中间面垂直平分的闭合圆柱面1S 为高斯面，
当2d x ≤时，由1
2S E dS E S ?=???v v ?和2q x S ρ=?∑， 有：
0x E ρε=
； 当2d x >时，由22S E dS E S ?=???v v ?和2q d S ρ=?∑， 有：
02d E ρε=
。图像见右。 11-8．在点电荷q 的电场中，取一半径为R 的圆形平面(如图所示)，
平面到q 的距离为d ，试计算通过该平面的E 的通量.
解：通过圆平面的电通量与通过与A 为圆心、AB 为半径、圆的平面 为周界的球冠面的电通量相同。
【先推导球冠的面积：如图，令球面的半径为r ，有22R d r +=， 球冠面一条微元同心圆带面积为：2sin dS r rd πθθ=? ∴球冠面的面积：
20
cos 2sin 2cos d r
S r rd r θ
θπθθπθ
=
=?=?
22(1)
d
r r π=-】
∵球面面积为：2
4S r π=球面，通过闭合球面的电通量为：
0q
εΦ=
闭合球面，
由：S S Φ=
Φ球冠
球面
球面
球冠，∴
22001(1)(122d q q r R d εεΦ=
-?=+球冠。
θ
x
O
r
2d ρε-
x
E
v 0
2d
ρε2
d 2
d -
O
?d θ
x
O r
sin r θ
11-9．在半径为R 的“无限长”直圆柱体内均匀带电，电荷体密度为ρ，求圆柱体内、外的场强分布，并作E ~r 关系曲线。 解：由高斯定律0
1
i
S
S E dS q ε?=∑??
v v ò内
，考虑以圆柱体轴为中轴，半径为r ，
长为l 的高斯面。
（1）当r R <时，
202r l
r l E ρππε?=
，有02E r ρε=； （2）当r R >时，202R l r l E ρππε?=，则：
E =即：02
0()2()2r
r R E R r R r ρερε???；
图见右。
11-10．半径为1R 和2R （21R R <）的两无限长同轴圆柱面，单位长度分别带有电量λ和λ-，试求：（1）1R r <；（2）21R r R <<；（3）2
R r >处各点的场强。 解：利用高斯定律：
1
i
S
S E dS q ε?=∑??
v v ò内
。
（1）1r R <时，高斯面内不包括电荷，所以：10E =； （2）12R r R <<时，利用高斯定律及对称性，有：
202l
r l E λπε=
，则：
202E r λ
πε=
；
（3）2r R >时，利用高斯定律及对称性，有：320rlE π=，则：30E =；
即：
11202
0?20E r R E r
R r R r E r R E λπε?=
?=<?v
v
v 。
11-11．一球体内均匀分布着电荷体密度为ρ的正电荷，若保持电荷分布不变,在该球体中挖去半径为r 的一个小球体，球心为O '，两球心间距离d O O ='，如图所示。求：
（1）在球形空腔内，球心O '处的电场强度0E ；
（2）在球体内P 点处的电场强度E ，设O '、O 、P 三点在同一直径上，且d OP =。
r
解：利用补偿法，可将其看成是带有电荷体密度为ρ的大球和带有电荷体密度为ρ-的小球的合成。
（1）以O 为圆心，过O '点作一个半径为d 的高斯面，根据高斯定理有：
1
3043S E d S d ρπε?=??v v ??
003d
E ρε=，方向从O 指向O '； （2）过P 点以O 为圆心，作一个半径为d 的高斯面。根据高斯定
理有：
1
3043S E d S d ρπε?=??v v ??
103P d
E ρε=，方向从O 指向P ， 过P 点以O '为圆心，作一个半径为d 2的高斯面。根据高斯定
理有：
23043S E d S r ρπε?=-??v v ??3
22
03P r E d ρε=-，
∴
1
2
3
20()
34P P r E E E d d ρε=+=-，方向从O 指向P 。 11-12．设真空中静电场E v
的分布为E cx i =v v ，式中c 为常量，求空间电
荷的分布。
解：如图，考虑空间一封闭矩形外表面为高斯面， 有：0S E d S cx S
?=????v
v ò
由高斯定理：
1
S
S E d S q
ε?=
∑??
v v ò内
，
设空间电荷的密度为()x ρ，有：0
()x x Sd x cx S ρε???=
?
∴0
00
()x x x d x cd x
ρε=??，可见()x ρ为常数?0c ρε=。
11-13．如图所示，一锥顶角为θ的圆台，上下底面半径分别为1R 和2R ，
在它的侧面上均匀带电，电荷面密度为σ，求顶点O 的电势．(以无穷远处为电势零点)
解：以顶点为原点，沿轴线方向竖直向下为x 轴，在侧面上取环面元，如图示，易知，环面圆半径为：
tan
2r x θ
=，环面圆宽：
cos
2d x d l θ
=
22tan 2cos 2d x
dS r d l x θππθ
=?=??
，
y
x
z
S
?o
x
利用带电量为q 的圆环在垂直环轴线上0x 处电势的表达式：
22
14U r x πε=
?
+环，
有：22
002tan 2cos 12tan 422(tan )2d x
x dU d x x x θσπθ
σθπεεθ
??
=?=?+，
考虑到圆台上底的坐标为：
11cot 2x R θ=，22cot
2x R θ
=， ∴U =
2
1
0tan 22x x d x σθε??
21cot 2cot 02tan 22R R d x θθσθε=??210
()2R R σε-=。
11-14．电荷量Q 均匀分布在半径为R 的球体内，试求：离球心r 处（r R <）P 点的电势。 解：利用高斯定律：
1
S
S E dS q
ε?=∑??
v v ò内
可求电场的分布。
（1）r R <时，
3
2
3
04Q r r E R πε=?内；有：304Q r E R πε=内； （2）r R >时，
204Q r E πε=外；有：204Q
E r πε=
外； 离球心r 处（r R <）的电势：
R r r
R
U E d r E d r
∞
=?+???外内，即：
320044R r r
R Q r Q U d r d r R r πεπε∞=?+??
?2
300388Q Q r R R πεπε=-。
11-15．图示为一个均匀带电的球壳，其电荷体密度为ρ，球壳内表面
半径为1R ，外表面半径为2R ．设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势。
解：当1r R <时，因高斯面内不包围电荷，有：10E =，
当12R r R <<时，有：
203132
031323)(4)
(3
4r R r r R r E ερπεπρ-=
-=
，
当2r R >时，有：
2
0313
22
0313
233)(4)
(3
4r R R r R R E ερπεπρ-=
-=
，
以无穷远处为电势零点，有：
2
1223R R R U E d r E d r ∞=?+???v v v v ??∞-+-=2R dr r R R dr r R r R R 203
132203133)(3)(21ερερ)(221220R R -=ερ。
r
x cos
2
dx dl θ
=
P
r R
P
o
11-16．电荷以相同的面密度σ 分布在半径为110r cm =和220r cm =的两个同心球面上，设无限远处电势为零，球心处的电势为V 3000=U 。 （1）求电荷面密度σ；
（2）若要使球心处的电势也为零，外球面上电荷面密度σ'为多少？
（2
12120m N C 1085.8---??=ε）
解：（1）当1r r <时，因高斯面内不包围电荷，有：0E =，
当12r r r <<时，利用高斯定理可求得：2
122
0r E r σε=，
当
2r r >时，可求得：2212320()r r E r σε+=
， ∴
21
2
023r r r U E d r E d r ∞=?+???v v v v 2
1
2
222
1122200()r r r r r r d r d r r r σσεε∞+=+??)(210
r r +=εσ
那么：2
93
12210
01085.810303001085.8m
C r r U ---?=???=+=εσ （2）设外球面上放电后电荷密度'σ，则有：
0120'(')/0U r r σσε=+=，∴
1
2
'2r r σσ
σ=-
=-
则应放掉电荷为：
2'2
22
34()42
q r r πσσσπ?=-=?124 3.148.85103000.2-=?????96.6710C -=?。 11-17．如图所示，半径为R 的均匀带电球面，带有电荷q ，沿某一半
径方向上有一均匀带电细线，电荷线密度为λ，长度为l ，细线左端离球心距离为0r 。设球和线上的电荷分布不受相互作用影响，试求细线所受球面电荷的电场力和细线在该电场中的电势能（设无穷远处的
电势为零）。 解：（1）以O 点为坐标原点，有一均匀带电细线的方向为x 轴，
均匀带电球面在球面外的场强分布为：
2
04q E r πε=
（r R >）。
取细线上的微元：dq dl dr λλ==，有：d F E d q =v v
，
∴00
20000?44()r l r q ql r F dr x r r l λλπεπε+==+?v v v
（?r v 为r v 方向上的单位矢量）
（2）∵均匀带电球面在球面外的电势分布为：
04q
U r πε=
（r R >，∞1
r O
2
r
为电势零点）。
对细线上的微元d q d r λ=，所具有的电势能为：
04q dW d r
r
λπε=
?，
∴
00
000
0ln
44r l
r r l q
d r
q W r r λλ
πεπε++=
=
?
。
11-18. 一电偶极子的电矩为p ，放在场强为E 的匀强电场中，
p 与E 之间夹角为θ，如图所示．若将此偶极子绕通过其中心且垂直于p 、E 平
面的轴转ο180，外力需作功多少？ 解：由功的表示式：d A Md θ=
考虑到：M p E =?v v v ，有：
sin 2cos A pE d pE πθ
θθθθ+==?。 11-19．如图所示，一个半径为R 的均匀带电圆板，其电荷面密度为
σ(＞0)今有一质量为m ，电荷为q -的粒子(q ＞0)沿圆板轴线(x 轴)方向向圆板运动，已知在距圆心O （也是x 轴原点）为b 的位置上时，
粒子的速度为0v ，求粒子击中圆板时的速度(设圆板带电的均匀性始终不变)。
解：均匀带电圆板在其垂直于面的轴线上0x 处产生的电势为：
22
000
)2U R x x σε=
+，那么，
220
()2Ob O b U U U R b R b σ
ε=-=
++，
由能量守恒定律，22222000
111()(2222Ob q m v m v qU mv R b R b σε=--=+++，
有：
)(220
2
0b R b R m q v v +-++
=εσ
思考题11
11-1．两个点电荷分别带电q 和q 2，相距l ，试问将第三个点电荷放在何处它所受合力为零?
答：由22
00244()qQ qQ
x l x πεπε=-，解得：21)x l =，即离点电荷q 的距离
为21)l 。
11-2．下列几个说法中哪一个是正确的？
（A ）电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向；
（B ）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相
同；
（C ）场强方向可由q /F E =定出，其中q 为试验电荷的电量，q 可正、可负，F 为试验电荷所受的电场力； （D ）以上说法都不正确。 答：（C ）
11-3．真空中一半径为R 的的均匀带电球面,总电量为q (q ＜0)，今在球面面上挖去非常小的一块面积S ?(连同电荷)，且假设不影响原来的电荷分布，则挖去S ?后球心处的电场强度大小和方向. 答：题意可知：
204q
R σπε=
，利用补偿法，将挖去部分
看成点电荷，
有：
204S
E R σπε?=
，方向指向小面积元。 11-4．三个点电荷1q 、2q 和3q -在一直线上，相距均为R 2，以1q 与2q 的
中心O 作一半径为R 2的球面，A 为球面与直线的一个交点，如图。求：
(1)通过该球面的电通量???S E d ； (2)A 点的场强A E 。
解：(1)
12
S
q q
E dS ε+?=??
v v ò；(2)2
03202
20144)3(4R πεq R πεq R πεq E A -+=。
11-5．有一边长为a 的正方形平面，在其中垂线上距中心O 点2/a 处，
有一电荷为q 的正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量 为多少？
解：设想一下再加5个相同的正方形平面将q 围在正方体的中心， 通过此正方体闭合外表面的通量为：0/q εΦ=闭合，那么，
通过该平面的电场强度通量为：
06q
εΦ=
。 11-6．对静电场高斯定理的理解，下列四种说法中哪一个是正确的？
(A )如果通过高斯面的电通量不为零，则高斯面内必有净电荷；
(B )如果通过高斯面的电通量为零，则高斯面内必无电荷； (C )如果高斯面内无电荷，则高斯面上电场强度必处处为零； (D )如果高斯面上电场强度处处不为零，则高斯面内必有电荷。 答：(A )
11-7．由真空中静电场的高斯定理
1S
E d S q
ε?=
∑?v v ?可知
(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都不为零；
(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都为零；
(D )闭合面内无电荷时，闭合面上各点场强一定为零。 答：(C )
11-8．图示为一具有球对称性分布的静电场的r E ~关系曲线．请指出该静电场是由下列哪种带电体产生的。
(A )半径为R 的均匀带电球面； (B )半径为R 的均匀带电球体；
(C )半径为R 、电荷体密度Ar =ρ(A 为常数）的非均匀带电球体； (D )半径为R 、电荷体密度r A /=ρ(A 为常数)的非均匀带电球体。 答：(D )
11-9．如图，在点电荷q 的电场中，选取以q 为中心、R 为半径的球面上一点P 处作电势零点，则与点电荷q 距离为r 的P'点的电势为
(A )r q
04επ (B )??? ??-πR r q 1140ε
(C )()R r q
-π04ε (D )??? ??-πr R q 1140
ε
答：(B )
11-10．密立根油滴实验，是利用作用在油滴上的电场力和重力平衡而测量电荷的，其电场由两块带电平行板产生．实验中，半径为r 、带有两个电子电荷的油滴保持静止时，其所在电场的两块极板的电势差为12U ．当电势差增加到412U 时，半径为2r 的油滴保持静止，则该油滴所带的电荷为多少？
解：g r πρq d U 31234?=┄①，g
r πρq d U 312)2(34
4?='┄②
∴①②联立有：e q q 42=='。
11-11．设无穷远处电势为零，则半径为R 的均匀带电球体产生的电场的电势分布规律为(图中的0U 和b 皆为常量)：
答：(C )
11-12．无限长均匀带电直线的电势零点能取在无穷远吗？ 答：不能。见书中例11-12。
大学物理第14章课后习题
14-1．如图所示的弓形线框中通有电流I ，求圆心O 处的磁感应强度B v
。
解：圆弧在O 点的磁感应强度：00146I I
B R R
μθμπ=
=，方向：e ； 直导线在O 点的磁感应强度：0000
20
3[sin 60sin(60)]4cos60
2I
I B R R
μμππ=
--=，方向：?；
∴总场强：03
1
)23
I
B R
μπ=
-，方向?。 14-2．如图所示，两个半径均为R 的线圈平行共轴放置，其圆心O 1、O 2相距为a ，在两线圈中通以电流强度均为I 的同方向电流。
（1）以O 1O 2连线的中点O 为原点，求轴线上坐标为x 的任意点的磁感应强度大小；
（2）试证明：当a R =时，O 点处的磁场最为均匀。 解：见书中载流圆线圈轴线上的磁场，有公式：2
032
22
2()
I R B R z μ=+。
（1）左线圈在x 处P 点产生的磁感应强度：2
013222
2[()]
2P I R B a R x μ=
++，
右线圈在x 处P 点产生的磁感应强度：2
02
3222
2[()]2
P I R B a
R x μ=+-，
1P B v 和2P B v
方向一致，均沿轴线水平向右，
∴P 点磁感应强度：12P P P B B B =+=23302
222
22[()][()]2
22I R a a R x R x μ--?
?++++-????；
（2）因为P B 随x 变化，变化率为
d B
d x
，若此变化率在0x =处的变化最缓慢，则O 点处的磁场最为均匀，下面讨论O 点附近磁感应强度随x 变化情况，即对P B 的各阶导数进行讨论。 对B 求一阶导数：
当0x =时，0d B
d x
=，可见在O 点，磁感应强度B 有极值。 对B 求二阶导数：
当0x =时，202x d B d x ==222
07
222
3[()]2
a R I R a
R μ-+，
可见，当a R >时，
20
20x d B
d x =>，O 点的磁感应强度B 有极小值，
当a R <时，
20
20x d B
d x =<，O 点的磁感应强度B 有极大值，
当a R =时，
20
2
0x d B
d x ==，说明磁感应强度B 在O 点附近的磁场是相当均匀的，可看成匀
强磁场。
【利用此结论，一般在实验室中，用两个同轴、平行放置的N 匝线圈，相对距离等于线圈半径，通电后会在两线圈之间产生一个近似均匀的磁场，比长直螺线管产生的磁场方便实验，这样的线圈叫亥姆霍兹线圈】
14-3．无限长细导线弯成如图所示的形状，其中c 部分是在xoy 平面内半径为R 的半圆，试求通以电流I 时O 点的磁感应强度。
解：∵a 段对O 点的磁感应强度可用0S
B d l I μ?=∑?v
v ?求得，
有：04a I B R μπ=
，∴04a I B j R
μπ=-
v v
b 段的延长线过O 点，0b B =，
c 段产生的磁感应强度为：0044c I I
B R R μμππ=?=，∴04c I B k R μ=v v
则：O 点的总场强：0044O I I B j k R R
μμπ=-v
v +，方向如图。
14-4．如图所示，半径为R 的木球上绕有密集的细导线，线圈平面彼此平行，且以单层线圈
均匀覆盖住半个球面。设线圈的总匝数为N ，通过线圈的电流为I ，求球心O 的磁感强度。 解：从O 点引出一根半径线，与水平方向呈θ角，则有水平投影： cos x R θ=，圆环半径：sin r R θ=，取微元dl Rd θ=， 有环形电流：2N I
d I d θπ
=，
利用：B 2
02
232
2()
I R R x μ=
+，有：
dB 2022322()r dI
r x μ=+220222232
sin (sin cos )
N IR d R R μθθ
πθθ=+20sin N I d R μθθπ=， ∴B 0220sin N I d R πμθθπ=?02
01cos 22N I d R π
μθθπ-=?04N I R
μ=。 14-5．无限长直圆柱形导体内有一无限长直圆柱形空腔（如图所示），空腔与导体的两轴线
平行，间距为a ，若导体内的电流密度均匀为j v ，j v
的方向平行于轴线。求腔内任意点的磁感应强度B v
。
解：采用补偿法，将空腔部分看成填满了j ±v
的电流，那么， 以导体的轴线为圆心，过空腔中任一点作闭合回路，利用
0S
B d l I μ?=∑?v v ?，有：2102R B j R πμπ?=， ∴012
j B R μ=?v
v v
，
同理，还是过这一点以空腔导体的轴线为圆心作闭合回路：
2202()r B j r πμπ?=-，有：022
j B r μ=-
?v v ，
由图示可知：()R r a +-=v
v v
那么，12B B B =+v v v 0022
j
j R r μμ=
?-?v v
v v 012j a μ=?v v 。 14-6．在半径cm 1=R 的无限长半圆柱形金属片中，有电流A 5=I 自下而上通过，如图所
示。试求圆柱轴线上一点P 处的磁感应强度的大小。
解：将半圆柱形无限长载流薄板细分成宽为dl R d θ=的长直电流，
有：dl d d I R θ
ππ
==，利用0S B d l I μ?=∑?v v ?。 在P 点处的磁感应强度为：002
22d I I d dB R R
μμθ
ππ=
=， ∴02
sin sin 2x I
dB dB d R
μθθθπ==
，而因为对称性，0y B = 那么，005220sin 6.37102x x I I
B B dB d T R R
πμμθθππ-=====???。 14-7．如图所示，长直电缆由半径为R 1的导体圆柱与同轴的内外半径分别为R 2、R 3的导体圆筒构成，电流沿轴线方向由一导体流入，从另一导体流出，设电流强度I 都均匀地分布在横截面上。求距轴线为r 处的磁感应强度大小（∞< 解：利用安培环路定理0S B d l I μ?=∑?v v ?分段讨论。 （1）当10r R <≤时，有：2102 1 2r I B r R ππμπ?= ∴0121 2I r B R μπ=； （2）当12R r R ≤≤时，有：202B r I πμ?=，∴ 022I B r μπ= ； （3）当23R r R ≤≤时，有：22 2 3022 32 2()r R B r I I R R πππμππ-?=--， ∴22 32 0322 32I B R r R r R μπ--=?； （4）当3r R >时，有：402()B r I I πμ?=-，∴40B =。 则：02 1 011222323223230(0)()()0 ()222r R R r R B R r R r R I r R I r R r r I R R μπμπμπ?<≤???≤≤??=??-??≤≤-?? >?? 14-8．一橡皮传输带以速度v 匀速向右运动，如图所示，橡皮带上均匀带有电荷，电荷面密度为σ。 （1）求像皮带中部上方靠近表面一点处的磁感应强度B v 的大 小； （2）证明对非相对论情形，运动电荷的速度v v 及它所产生的 磁场B v 和电场E v 之间满足下述关系：21B v E c =?v v v （式中0 01 με=c ）。 解：（1）如图，垂直于电荷运动方向作一个闭合回路abcda ，考虑到橡皮带上等效电流密度为：i v σ=，橡皮带上方的磁场方向水平向外，橡皮带下方的磁场方向水平向里，根据 安培环路定理有： 0abcd B dl L i μ?=? v v ??02B L L v μσ?=， ∴磁感应强度B v 的大小：02 v B μσ=； （2）非相对论情形下： 匀速运动的点电荷产生的磁场为：02?4qv r B r μπ?=?v v v ， 点电荷产生的电场为：201?4q E r r πε= ?v v ， ∴0002220?11?44q qv r v E v r B c r r μεμπεπ??=??=?=v v v v v v v ， 即为结论：21B v E c =?v v v （式中0 01 με=c ）。 14-9．一均匀带电长直圆柱体，电荷体密度为ρ， 半径为R 。若圆柱绕其轴线匀速旋转，角速度为ω， 求：（1）圆柱体内距轴线r 处的磁感应强度的大小； （2）两端面中心的磁感应强度的大小。 解：（1）考察圆柱体内距轴线r 处到半径R 的圆环等效电流。 ∵2dq rLdr d I Lr dr t T ρπρω?= ==，∴221 ()2 R r I L r dr L R r ρωρω==-?， 选环路a b c d 如图所示， 由安培环路定理：0S B d l I μ?=∑?v v ?， 有：22 01()2 B L L R r μρω?=?- ∴220()2 B R r μρω = - a b c d L r a b d c L L （2）由上述结论，带电长直圆柱体旋转相当于螺线管，端面的磁感应强度是中间磁感应强度的一半，所以端面中心处的磁感应强度：2 04 R B μρω= 端面中心。 14-10．如图所示，两无限长平行放置的柱形导体内通过等值、反向电流I ，电流在两个阴影所示的横截面的面积皆为S ，两圆柱轴线间的距离d O O =21，试求两导体中部真空部分的磁感应强度。 解：因为一个阴影的横截面积为S ，那么面电流密度为： I i S =，利用补偿法，将真空部分看成通有电流i ±，设 其中一个阴影在真空部分某点P 处产生的磁场为1B ，距离 为1r v ，另一个为2B 、2r v ，有：12r r d -=v v v 。 利用安培环路定理可得： 201011122I r I r S B r S μπμπ==，202022222I r I r S B r S μπμπ==， 则：0111?2I r B r S μ⊥=v v ，0222?2I r B r S μ⊥ =v v ， ∴00121122???()22I I d B B B r r r r d S S μμ⊥⊥⊥ =+=+=v v v v v v 。 即空腔处磁感应强度大小为02I d B S μ=，方向向上。 14-11．无限长直线电流1I 与直线电流2I 共面，几何位置如图所示， 试求直线电流2I 受到电流1I 磁场的作用力。 解：在直线电流2I 上任意取一个小电流元dl I 2， 此电流元到长直线的距离为x ，无限长直线电流1I 在小电流元处产生的磁感应强度为： 01 2I B x μπ= ?， 再利用d F I Bdl =，考虑到0cos60d x dl =，有：0120 2cos60I I d x d F x μπ=? ， ∴0120120ln 2cos60b a I I I I d x b F x a μμππ=?=?。 14-12．在电视显象管的电子束中，电子能量为12000eV ，这个显像管的取向使电子沿水平方向由南向北运动。该处地球磁场的垂直分量向下，大小为55.510B T -=?，问：（1）电 子束将偏向什么方向？（2）电子的加速度是多少？（3）电子束在显象管内在南北方向上通过20cm 时将偏转多远？ 解：（1）根据f q v B =?v v v 可判断出电子束将偏向东。 （2）利用2 2 1mv E =，有：m E v 2=， 而ma qvB f ==，∴1141028.62-??=== s m m E m qB m qvB a （3）2211()322L y at a mm v ===。 ? d v P 1 O 2 O 2 r v 1 r v 2?⊥ v 1?r ⊥ v ?d ⊥ v B 电子束方向 d -南 北 14-13．一半径为R 的无限长半圆柱面导体，载有与轴线上的 长直导线的电流I 等值反向的电流，如图所示，试求轴线上长 直导线单位长度所受的磁力。 解：设半圆柱面导体的线电流分布为1 I i R π= ， 如图，由安培环路定理，i 电流在O 点处产生的磁感应强度为： 02i d B Rd R μθπ= ?， 可求得：001 20sin 2O y iR I B d B d R R πμμθθππ== ?=? ?； 又∵d F I dl B =?v v v ， 故012 22O I I d F B I dl dl R μπ== ， 有：012 2I I d F f dl R μπ==，而21I I =， 所以：202I d F f dl R μπ==。 14-14．如图14-55所示，一个带有电荷q (0q >)的粒子， 以速度v 平行于均匀带电的长直导线运动，该导线的线电荷 密度为λ（0λ>），并载有传导电流I 。试问粒子要以多大 的速度运动，才能使其保持在一条与导线距离为d 的平行线上？ 解：由安培环路定律0l B d l I μ?=?v v ?知： 电流I 在q 处产生的磁感应强度为：02I B d μπ=，方向?； 运动电荷q 受到的洛仑兹力方向向左，大小：02q v I F q v B d μπ== 洛， 同时由于导线带有线电荷密度为λ，在q 处产生的电场强度可用高斯定律求得为： 02E d λπε= ，q 受到的静电场力方向向右，大小：02q F d λ πε=电； 欲使粒子保持在一条与导线距离为d 的平行线，需F F =洛电， 即：02q v I d μπ02q d λπε=，可得00v I λ με=。 14-15．截面积为S 、密度为ρ的铜导线被弯成正方形的三边， 可以绕水平轴O O '转动，如图14-53所示。导线放在方向竖 直向上的匀强磁场中，当导线中的电流为I 时，导线离开原来 的竖直位置偏转一个角度θ而平衡，求磁感应强度。 解：设正方形的边长为a ，质量为m ，aS m ρ=。 平衡时重力矩等于磁力矩： 由m M p B =?v v v ，磁力矩的大小：202sin (90)cos M BI a BI a θθ=-=； 重力矩为：sin 2sin 2sin 2 a M mga mg mga θθθ=+?= θ ? ? O y dB 平衡时：2cos 2sin BI a mga θθ=，∴22tan tan mg gS B I a I ρθθ= =。 14-16．有一个U 形导线，质量为m ，两端浸没在水银槽中， 导线水平部分的长度为l ，处在磁感应强度大小为B 的均匀 磁场中，如图所示。当接通电源时，U 导线就会从水银槽中 跳起来。假定电流脉冲的时间与导线上升时间相比可忽略， 试由导线跳起所达到的高度h 计算电流脉冲的电荷量q 。 解：接通电流时有F BIl =?d v m BIl dt =，而d q I dt =， 则：mdv Bl dq =，积分有：0v m mv q dv Bl Bl ==?； 又由机械能守恒：mgh mv =2 2 1，有：gh v 2=，∴2mv m q gh Bl Bl = = 14-17．半径为R 的半圆形闭合线圈，载有电流I ，放在均匀磁场中，磁场方向与线圈平面 平行，如图所示。求： （1）线圈所受力矩的大小和方向（以直径为转轴）； （2解：（1）线圈的磁矩为：m p I S n =v v 2 2 I R n π=v ， 由m M p B =?v v v ，此时线圈所受力矩的大小为： 21 sin 22m M p B R I B ππ==； 磁力矩的方向由B p m ?? ?确定，为垂直于B 的方向向上，如图； （2）线圈旋转时，磁力矩作功为： ()21m m m A I I =?Φ=Φ-Φ22 1(0)22 B R I I B R ππ=?-= 。 【或：2 201sin 2A Md R I B d πθπθθ==??212 R I B π=】 思考题 14-1．在图（a ）和（b ）中各有一半径相同的圆形回路1L 、2L ，圆周内有电流1I 、2I ，其分布相同，且均在真空中，但在（b ）图中2L 回路外有电流3I ，1P 、2P 为两圆形回路上的对应点，则： 1212()d d P P L L A ?= ?=??B l B l B B 蜒，；121 2 ()d d P P L L B ?≠ ?=?? B l B l B B 蜒，； 12 1 2 ()d d P P L L C ?=?≠?? B l B l B B 蜒，；121 2 ()d d P P L L D ?≠?≠?? B l B l B B 蜒，。 答：B 的环流只与回路中所包围的电流有关，与外面的电流无关，但是回路上的磁感应强 度却是所有电流在那一点产生磁场的叠加。所以（C ）对。 14-2．哪一幅图线能确切描述载流圆线圈在其轴线上任意点所产生的B 随x 的变化关系？（x 坐标轴垂直于圆线圈平面，原点在圆线圈中心O ） 答：载流圆线圈在其轴线上任意点所产生的磁感应强度2 32 2 2 0) (2x R IR B += μ ∴0=x 时，R I B 20μ= （x R >>），2 03 2IR B x μ≈ 。 根据上述两式可判断（C ）图对。 B ?R I B v S v M v o 14-3．取一闭合积分回路L ，使三根载流导线穿过它所围成的面．现改变三根导线之间的相互间隔，但不越出积分回路，则： (A)回路L 内的 ∑I 不变，L 上各点的B 不变； (B)回路L 内的∑I 不变，L 上各点的B 改变； (C)回路L 内的∑I 改变，L 上各点的B 不变； (D)回路L 内的 ∑I 改变，L 上各点的B 改变. 答：（B ）对。 14-4．一载有电流I 的细导线分别均匀密绕在半径为R 和r 的长直圆筒上形成两个螺线管(r R 2=)，两螺线管单位长度上的匝数相等．两螺线管中的磁感应强度大小R B 和r B 应满足： ()2R r A B B =；()R r B B B =；()2R r C B B =；()4R r D B B =. 答：对于长直螺线管：nI B 0μ=，由于两螺线管单位长度上的匝数相等，所以两螺线管磁感应强度相等。（B ）对。 14-5．均匀磁场的磁感应强度B 垂直于半径为r 的圆面。今以该圆周为边线，作一半球面S ，则通过S 面的磁通量的大小为多少？ 答：2 B r πΦ=。 14-6．如图，匀强磁场中有一矩形通电线圈，它的平面与磁场平行，在磁场作用下，线圈向什么方向转动？ 答：ab 受力方向垂直纸面向里，cd 受力外， 在力偶矩的作用下，ab 垂直纸面向里运动，cd 垂直纸面向外运动，从上往下看，顺时针旋转。 14-7．一均匀磁场，其磁感应强度方向垂直于纸面，两带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则 （A ） 两粒子的电荷必然同号； （B ） 粒子的电荷可以同号也可以异号； （C ） 两粒子的动量大小必然不同； （D ） 两粒子的运动周期必然不同。 答：选（B ） 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 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 习 题 四 4-1 质量为m =的弹丸，其出口速率为300s m ，设弹丸在枪筒中前进所受到的合力 9800400x F -=。开抢时，子弹在x =0处，试求枪筒的长度。 [解] 设枪筒长度为L ，由动能定理知 2022121mv mv A -= 其中??-==L L dx x Fdx A 00)9 8000400( 9 40004002 L L - = 而00=v ， 所以有： 22 300002.05.09 4000400??=-L L 化简可得： m 45.00 813604002==+-L L L 即枪筒长度为。 4-2 在光滑的水平桌面上平放有如图所示的固定的半圆形屏障。质量为m 的滑块以初速度0v 沿切线方向进入屏障内，滑块与屏障间的摩擦系数为μ，试证明：当滑块从屏障的另一端滑出时，摩擦力所作的功为() 12 1220-= -πμe mv W [证明] 物体受力：屏障对它的压力N ，方向指向圆心，摩擦力f 方向与运动方向相反，大小为 N f μ= (1) 另外，在竖直方向上受重力和水平桌面的支撑力，二者互相平衡与运动无关。 由牛顿运动定律 切向 t ma f =- (2) 法向 R v m N 2 = (3) 联立上述三式解得 R v a 2 t μ-= 又 s v v t s s v t v a d d d d d d d d t === 所以 R v s v v 2 d d μ -= 即 s R v v d d μ-= 两边积分，且利用初始条件s =0时，0v v =得 0ln ln v s R v +- =μ 即 s R e v v μ -=0 由动能定理 2 022 121mv mv W -= ，当滑块从另一端滑出即R s π=时，摩擦力所做的功为 () 12 1212122020220-=-=--πμ πμ e mv mv e mv W R R 4-3 质量为m 的质点开始处于静止状态，在外力F 的作用下沿直线运动。已知 T t F F π2sin 0=，方向与直线平行。求：(1)在0到T 的时间内，力F 的冲量的大小；(2)在0到2T 时间内，力F 冲量的大小；(3)在0到2T 时间内，力F 所作的总功；(4)讨论质点的运动情况。 [解]由冲量的定义?=1 2 d t t t F I ，在直线情况下，求冲量I 的大小可用代数量的积分，即 ?= 1 2 d t t t F I (1) 从t ＝0到 t=T ，冲量的大小为： ?= =T t F I 01d ?-=T T T t T F t T t F 0 00]2cos [2d 2sin πππ=0 (2) 从t =0到 t =T /2，冲量的大小为 π πππ0000 0022 2 2]2cos [2d 2sin d TF T t T F t T t F t F I T T T =-=== ?? (3) 初速度00=v ，由冲量定理 0mv mv I -= 当 t =T /2时，质点的速度m TF m I v π0== 又由动能定理，力F 所作的功 m F T m F mT mv mv mv A 22022 22022 20222212121ππ===-= (4) 质点的加速度)/2sin()/(0T t m F a π=，在t =0到t =T /2时间内，a >0，质点 作初速度为零的加速运动，t =T /2时，a =0，速度达到最大；在t =T /2到t =T 时间内，a <0，但v >0，故质点作减速运动，t =T 时 a =0，速度达到最小，等于零；此后，质点又进行下一 习题1 3 选择题 （1）在双缝干涉实验中，为使屏上的干涉条纹间距变大，可以采取的办法是[ ] (A) 使屏靠近双缝． (B) 使两缝的间距变小． (C) 把两个缝的宽度稍微调窄． (D) 改用波长较小的单色光源． [答案：C] （2）两块平玻璃构成空气劈形膜，左边为棱边，用单色平行光垂直入射．若上面的平玻璃以棱边为轴，沿逆时针方向作微小转动，则干涉条纹的[ ] (A) 间隔变小，并向棱边方向平移． (B) 间隔变大，并向远离棱边方向平移． (C) 间隔不变，向棱边方向平移． (D) 间隔变小，并向远离棱边方向平移． [答案：A] （3）一束波长为的单色光由空气垂直入射到折射率为n 的透明薄膜上，透明薄膜放在空气中，要使反射光得到干涉加强，则薄膜最小的厚度为[ ] (A) ． (B) / (4n )． (C) ． (D) / (2n )． [答案：B] （4）在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n ，厚度为d 的透明薄片，放入后，这条光路的光程改变了[ ] (A) 2 ( n -1 ) d ． (B) 2nd ． (C) 2 ( n -1 ) d + / 2． (D) nd ． (E) ( n -1 ) d ． [答案：A] （5）在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n 的透明介质薄膜后，测出两束光的光程差的改变量为一个波长，则薄膜的厚度是 ［ ］ (A) ． (B) / (2n )． (C) n ． (D) / [2(n-1)]． [答案：D] 填空题 （1）如图所示，波长为的平行单色光斜入射到距离为d 的双缝上，入射角为．在图中的屏中央O 处(O S O S 21=)，两束相干光的相位差为________________． [答案：2sin /d πθλ] （2）在双缝干涉实验中，所用单色光波长为＝ nm (1nm ＝10-9 m)，双缝与观察屏的距离D ＝1.2 m ，若测得屏上相邻明条纹间距为x ＝1.5 mm ，则双缝的间距d ＝__________________________． [答案：0.45mm] （3）波长＝600 nm 的单色光垂直照射到牛顿环装置上，第二个明环与第五个明环所对应的空气膜厚度之差为____________nm ．(1 nm=10-9 m) [答案：900nm ] （4）在杨氏双缝干涉实验中，整个装置的结构不变，全部由空气中浸入水中，则干涉条纹的间距将变 。（填疏或密） [答案：变密 ] 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 >> 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 题1.1：已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --?-?+= 。求（l ）质点在运动开始后s 0.4内位移的大小；（2）质点在该时间内所通过的路程。 题1.1解：（1）质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x （2）由 0)s m 6()s m 12(d d 232=?-?=--t t t x 得知质点的换向时刻为 ｓ2=P t （t = 0不合题意） 则：m 0.8021=-=?x x x m 40x 242-=-=?x x 所以，质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 题1.2：一质点沿x 轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时，0=x 。试根据已知的图t v -，画出t a -图以及t x -图。 题1.2解：将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程，它们对应的加速度值分别为 2A B A B AB s m 20-?=--=t t v v a （匀加速直线运动） 0BC =a （匀速直线） 2C D C D CD s m 10-?-=--= t t v v a （匀减速直线运动） 根据上述结果即可作出质点的a －t 图 在匀变速直线运动中，有 2002 1at t v x x + += 间内，质点是作v = 201s m -?的匀速直线运动，其x －t 图是斜率k = 20的一段直线。 题1.3：如图所示，湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ，滑轮到原船位置的绳长为0l ，试求：当人以匀速v 拉绳，船运动的速度v '为多少？ 《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。 解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2） j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求： （1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。 解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单 位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。 解：1）j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 2012 1 at t v y += （1） 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 t = 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t = 大学物理下册 学院： 姓名： 班级： 第一部分：气体动理论与热力学基础 一、气体的状态参量：用来描述气体状态特征的物理量。 气体的宏观描述，状态参量： （1）压强p：从力学角度来描写状态。 垂直作用于容器器壁上单位面积上的力，是由分子与器壁碰撞产生的。单位 Pa （2）体积V：从几何角度来描写状态。 分子无规则热运动所能达到的空间。单位m 3 （3）温度T：从热学的角度来描写状态。 表征气体分子热运动剧烈程度的物理量。单位K。 二、理想气体压强公式的推导： 三、理想气体状态方程： 1122 12 PV PV PV C T T T =→=； m PV RT M ' =；P nkT = 8.31J R k mol =；23 1.3810J k k - =?；231 6.02210 A N mol- =?； A R N k = 四、理想气体压强公式： 2 3kt p nε =2 1 2 kt mv ε=分子平均平动动能 五、理想气体温度公式： 2 13 22 kt mv kT ε== 六、气体分子的平均平动动能与温度的关系： 七、刚性气体分子自由度表 八、能均分原理： 1.自由度：确定一个物体在空间位置所需要的独立坐标数目。 2.运动自由度： 确定运动物体在空间位置所需要的独立坐标数目，称为该物体的自由度 （1）质点的自由度： 在空间中：3个独立坐标在平面上：2 在直线上：1 （2）直线的自由度： 中心位置：3（平动自由度）直线方位：2（转动自由度）共5个 3.气体分子的自由度 单原子分子 (如氦、氖分子)3 i=；刚性双原子分子5 i=；刚性多原子分子6 i= 4.能均分原理：在温度为T的平衡状态下，气体分子每一自由度上具有的平均动都相等，其值为 1 2 kT 推广：平衡态时，任何一种运动或能量都不比另一种运动或能量更占优势,在各个自由度上，运动的机会均等,且能量均分。 5.一个分子的平均动能为： 2 k i kT ε= 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） 大学物理课后习题答案第六章 ————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 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：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3220)(41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z 第15章 量子物理 一 选择题 15-1 下列物体中属于绝对黑体的是[ ] (A) 不辐射可见光的物体 (B) 不辐射任何光线的物体 (C) 不能反射可见光的物体 (D) 不能反射任何光线的物体 解：选(D)。绝对黑体能够100%吸收任何入射光线，因而不能反射任何光线。 15-2 用频率为υ的单色光照射某种金属时，逸出光电子的最大动能为k E ；若改用频率为2υ的单色光照射此金属，则逸出光电子的最大初动能为[ ] (A) k 2E (B) k 2h E υ- (C) k h E υ- (D) k h E υ+ 解：选(D)。由k E h W υ=-，'2k E h W υ=-，得逸出光电子的最大初动能 'k ()k E hv hv W hv E =+-=+。 15-3 某金属产生光电效应的红限波长为0λ，今以波长为λ(0λλ<)的单色光照射该金属，金属释放出的电子(质量为e m )的动量大小为[ ] (A) /h λ (B) 0/h λ (C) (D) 解：选(C)。由2e m 012 hv m v hv =+，2e m 012hc hc m v λλ= +，得m v = ， 因此e m p m v == 。 15-4 根据玻尔氢原子理论，氢原子中的电子在第一和第三轨道上运动速率之比13/v v 是[ ] (A) 1/3 (B) 1/9 (C) 3 (D) 9 解：选(C)。由213.6n E n =-，n 分别代入1和3，得22 1122331329112mv E E mv ===，因 此 1 3 3v v =。 15-5 将处于第一激发态的氢原子电离，需要的最小能量为[ ] (A) 13.6eV (B) 3.4eV (C) 1.5eV (D) 0eV 解：选(B)。由2 13.6 n E n =- ，第一激发态2n =，得2 3.4eV E =-，设氢原子电离需要的能量为2'E ，当2'20E E +>时，氢原子发生电离，得2' 3.4eV E >，因此最小能量为3.4eV 。 15-6 关于不确定关系x x p h ??≥有以下几种理解，其中正确的是[ ] (1) 粒子的动量不可能确定 (2) 粒子的坐标不可能确定 (3) 粒子的动量和坐标不可能同时确定 (4) 不确定关系不仅适用于电子和光子，也适用于其他粒子 (A) (1), (2) (B) (2), (4) (C) (3), (4) (D) (4), (1) 解：选(C)。根据h p x x ≥???可知，(1)、(2)错误，(3)正确；不确定关系适用于微观粒子，包括电子、光子和其他粒子，(4)正确。 二 填空题 15-7 已知某金属的逸出功为W ，用频率为1υ的光照射该金属能产生光电效应，则该金属的红限频率0υ=________，截止电势差c U =________。 解：由0W hv =，得h W v = 0；由21e m 12hv m v W =+，而2 e m c 12m v eU =，所以 1c hv eU W =+，得1c h W U e υ-= 。 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(上)课后习题答案 ————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 2 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 第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 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 第一章质点运动学 1、(习题 1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时 速度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速 度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2gh d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=大学物理学下册课后答案(袁艳红主编)
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