练习 六
知识点：电荷与库仑定律、电场与电场强度、电场线与电通量、高斯定理及其
应用
一、选择题：
1．下列几个说法中，正确的是 （ ）
(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)场强可由0/E F q =定出，其中0q 为试验电荷，F 为试验电荷所受的电场力； (D)以上三种说法都不正确。
解:(C); (A)不对是因为电场力的方向与点电荷的正负有关; (B)不对是因为场强是矢量’
2．在边长为a 的正立方体中心处放置一个电量为q 的点电荷，则正立方体顶角处的电场强度的大小为 (A)
2012q a επ； (B) 206q a επ； (C) 203q a επ； (D) 2
0q
a
επ。 （ ）
解:(C), 点电荷的场强大小2
04r
q E πε=
,式中r 为立方体中心到顶角的距离
2/32/2222a a a r =+=
3．关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是
（ ）
(A) 如果高斯面上场强处处为零，则高斯面内必定处处无电荷；
(B) 如果高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电场强度通量必不为零； (C) 如果高斯面内无电荷，则高斯面上场强处处为零； (D) 以上三种说法均不正确。
解:(B),高斯定理∑??=?0/εi S
q S d E
,E 是高斯面内、外所有电荷共同产生.
4．关于高斯定理∑??=?0/εi S q S d E
，下列哪个是错误的
（ ）
(A) S 表示电场中任意的闭合曲面； (B) q ∑是闭合曲面S 内电荷电量的代数和；
(C) E 是闭合曲面S 内电荷产生的总电场强度；(D) E 是电场中所有电荷产生的总电场强度。
解:(C), E 是高斯面内、外所有电荷共同产生.
5．一个点电荷，放在球形高斯面的球心处。下列几种情况中，通过该高斯面的
电场强度通量发生变化的是 （ ）
(A) 将另一个点电荷放在高斯面外； (B) 将另一个点电荷放进高斯面内； (C) 将高斯面半径增加一倍； (D) 将点电荷从球心处移开，但仍在高斯面内。
解:(B), Φ==?∑??0/εi S
q S d E ,通过该高斯面的电场强度通量与高斯面所包围的电
荷有关.
6．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
ε； (B)
02q ε； (C) 04q ε； (D) 0
6q ε。 解:(D)由高斯定理知通过正立方体六个表面的电通量为0/εq ,通过任一面的电通
量为06/εq 二、填空题：
1．边长为a 的正方形，三个顶点上分别放置电量均为q 的点电荷，则正方形中心处的电场强度大小E = 。解:1.20202141
a q r q E πεπε=
=
, 对角顶点上二个点电荷
在正方形中心处场强抵消.
2．在电场强度为E 的匀强电场中取一个半径为R 的半球面，电场强度的方向与半球面的对称轴平行。则通过这个半球面的电
通量Φ= 。
解:2R E π?,根据电场线的连续性,通过半球面底部的电场线必通过半球面.
3．如图所示，闭合曲面1S 内有点电荷q ，闭合曲面2S 内没有电荷，闭合曲面3S 内有点电荷q -，则通过这三个闭合曲面的电场强度通量分别为1Φ= ，2Φ= ，3Φ= 。
解:(D)由高斯定理Φ==?∑??0/εi S
q S d E
知03201/,0,/εεq q -=Φ=Φ=Φ
4．如图所示，点电荷q 位于正立方体的A 角上，则通过侧面S 的电场
强度通量Φ= 。
解: 将A 看成位于边长为图中二倍的正立方体中心,通过该正立方体
每个表面的电通量为06/εq ,S 是边长为图中二倍的正立方体一个表面积的4/1,因此024/εq =Φ 5*．两块无限大的均匀带电平行平面，其电荷面密度分别为2σ(0σ>)
及σ-，如图所示。则II 区的场强大小E = ，方向 。
解:无限大带电平面两侧电场强度02/εσ=E ,II 区的场强为两带电平面场强的叠加,0002/32/2/2εσεσεσ=+=II E ,方向向左
6．地球表面的场强大小为E ，方向指向地球中心。假设地球的半径为R ，所带电荷均匀分布在地球表面，则地球的总电量Q = 。解:由高斯定理
σ-2σ
I II III
,/0∑??
=?εi S
q S d E E R Q 024επ-= 三、计算题
1．如图所示，长为a 的细直线AB 上均匀地分布了线密度
为λ的正电荷。求细直线延长线上与B 端距离为b 的P 点处的电场强度。 1．解：建立x 轴,取线元dx ,其带电dx dq λ=，它在P 点场
强大小为
P 2
01d d 4π()
x
E a b x λε=
+- 根据场强的叠加原理,各线元所带电荷dq 在P 点场强方向一致, P 的场强大小为
P P 2
0001d 11d ()4π()4π4π()a
x a
E E a b x b a b a b b
λλλεεε===-=+-++??
,场强方向沿x 轴正方向.
2．如图所示，半径为R 的带电细圆环，电荷线密度0sin λλθ=（式中0λ为正常数，θ为细圆环半径R 与x 轴的夹角）。求细圆环中心O 处的电场强度。
2．解：在细圆环上位于θ处取长为d l 的线元，其电量0d d sin d q l R λλθθ==。d q 在细圆环中心o 处所激发的场强方向如图所示，其大小为 02
00sin d d d 4π4πq
E R R
λθθεε== 根据场强的叠加原理，细圆环中心o 处场强的分量分别为
0cos 4sin cos 2000=-
===???θθπεθ
λθπ
d R
dE dE E x x R d R d R dE dE E y y 00
20002000422cos 14sin 4sin sin πελθθπελθθπεθλθππ-=??
? ??--=-===???? 所以，细圆环中心处的场强为004x y E E i E j j R
λ
ε=+=-。
3*．如图所示，一块厚度为a 的无限大带电平板，电荷体密度为
(0)kx x a ρ=≤≤，k 为正常数，求：（1）平板外两侧任一点1M 、2
M 处的场强大小；（2）平板内任一点M 处的场强大小；（3）场强最小的点在何处。
3．解:(1)将带电平板分成许多厚度为dx 的薄片,面积为ds 的薄片所
带电荷为dxds dq ρ=,电荷面密度为 kxdx dx ds
dq
===ρσ,x 处厚度为dx
的无限大薄片在1M 、2M 的场强大小0
022εεσkxdx
dE =
=
积分可得厚度为a 的无限大带电平板在1M 、2M 的场强大小:0
2
042εεka kxdx E a
=
=? (2)设M 点离平板左表面距离为l , M 点两侧导体在M 点产生的场强方向相反
P
x
P
1M x
o
d E
θ
02
020202020
004244422εεεεεεεka kl kl ka kl kxdx kxdx E a l l
-=???? ??-=-=?? (3).令0420202=-εεka kl 得a l 22= 4．如图所示，内、外半径分别为a 和b 的均匀带电球形壳层，电荷体密度为ρ。
求壳层区域内任一点P 处的场强大小。
4．解：场强具有球对称性且方向沿径向。过P 点作一个半径r 、与带电球形壳层同心的球面作为高斯面S 。 高斯面内的总电量为
)3
434(3
3a r q i
ππρ-=∑ 对S 面应用高斯定理 ∑??=?0/εi S
q S d E ，得)34
34(43302a r r E ππερπ-=?
P 点的场强大小 )(323
0r
a r E -=?ερ
b r a ≤≤
5*．如图所示，电荷体密度为ρ的均匀带电球体中，挖去一个完整
的小球体，大球心指向小球心的矢量为a 。求球形空腔内任一点P 处的场强。
5．解：在空腔内任取一点P ，设大球心o 和小球心o '指向P 点的矢量分别为R 和r ，应用高斯定理可求得大球在P 点产生的场强 0321/344ερππR R E =?,013ερR E =,0
13ερR
E
=
应用高斯定理可求得同电荷密度小球在P 点产生的场强
0322/34
4ερππr r E =?,023ερr E =,0
23ερr E =
挖去一个小球后P 点的场强:()0
02133ερερa
r R E E E =-=-= 6*．半径为R 的带电球体，电荷体密度表达式为2kr ρ=()r R ≤式中，
k 为正的常量，r 为球体上一点到球心的距离。求带电球体的总电量和球内任一点P 处的场强大小。
6．解：如图所示，在球内取半径为r 、厚为d r 与带电球体同心的薄球壳.
薄球壳的带电量为 224
d d 4πd 4πq V kr r r kr ρ==?= 带电球体的总电量为 45
04πd 4πd 5
R
k Q q kr r R ===
?? 设带电球内任一点P 到球心距离为1r ，过P 点作一个与带电球同心的球面作为高斯面S 。
高斯面内的总电量为
1
45
10
4π4πd 5
r k q kr r r ==
∑? 应用高斯定理得2110
4πq
E r ε?=∑，P 点的场强大小3
112
010
45q
k E r r εε=
=
π∑ 1()r R ≤
o '
a
R
r
P
练习 七
知识点：静电场力的功、静电场的环路定理、电势能与电势、电场强度与电势
的关系
一、选择题
1．关于静电场中某点电势的正负，下列说法中正确的是 （ ）
(A) 正电荷的电场中，电势总为正值； (B) 负电荷的电场中，电势总为负值；
(C) 电势的正负由试验电荷的正负决定； (D) 电势的正负与电势零点的选取有关。
解：(D)某点的电势为场强从该点至势能零点的线积分.
2．下列说法中正确的是 （ ）
(A) 电势为零的物体一定不带电； (B) 电势为零的地方电场强度也一定为零；
(C) 负电荷沿电场线方向移动时，它的电势能增加；
(D) 电场中某点电势为正值时，点电荷在该处的电势能也为正值。
解：(C)电势能qV W =,电势沿电场线方向减小;外力作正功时,负电荷才能沿电场线方向移动.
3．电场中只有一个电量为q 的点电荷，处于边长为a 的正方形中心处。取无穷
远处为电势零点，则在正方形顶角处的电势为 （ ）
(A)
202q
a επ；
(B)
； (C) 0
4q
a επ； (D) 0 。
解：(B)点电荷的电势r
q
V 04πε=,正方形中心到顶角处距离2/2/222a a a r =+=
4．半径为a 的均匀带电球面，带电量为q 。以带电球面上的任一点为电势零点，则无限远处的电势为（ ）
(A)
04πq a ε； (B) 08πq a ε； (C) 04πq a ε-； (D) 08πq
a ε-。 解：(C),无限远处的电势为场强从该点至势能零点的线积分.?
?∞
∞
=?=a a
dr r
q l d E V 2
04πε
5．如图所示，用电场线表示的电场中，a 和b 是一条电场线上的两个点，则 （ ） (A) a b E E >，a b V V >； (B) a b E E <，a b V V >；
(C) a b E E >，a b V V <； (D) a b E E <，a b V V <。
解：(B),电场线密处场强大, 电场线疏处场强小;沿着电场线方向,电势降低
6． 下面说法正确的是 （ ）
(A) 同一等势面上各点的场强大小都相等； (B) 电势高的地方，电势能也一定大；
(C) 场强越大的地方，电势也一定越高； (D) 场强的方向总是从高电势指向低电势。
解：(D),沿着电场线方向,电势降低 二、填空题
1．静电力作功的特点是功的值与 有关，与
无关，因而静电力属于 力。解：路径的起点和终点,具体路径无关,保守
2．边长为a 的正六边形每个顶点都有一个点电荷，电量如图所示。以无限远处为电势零点，则正六边形中心处的场强大小E = ，电势V = 。
解：20a q
E πε=,点电荷系在某点的场强∑==n i ri
i
i e r q E 12041 πε;0,点电荷系在某点的电势∑==n
i i
i
r q V 104πε. 3．真空中，有一个均匀带电细圆环，电荷线密度为λ。以无限远处为电势零点，则圆环中心处的电势V = 。解：连续分布电荷电场中的电势
002424ελ
πελππε=
=
=?
r r r
dq V P . 4．半径为10cm 的均匀带电球面，以无限远处为电势零点时，球面上的电势为300V ，则离球心5cm 处的电势V = ，离球心30cm 处的电势V = 。 解：球面和球内各点电势均为300V ;球外电势与距离成反比, 30cm 处的电势为100V
5．半径为R 的均匀带电球面，面电荷密度为σ(0σ>)，球心处另有一个电量为q 的点电荷。以无限远处为电势为零，则球内离球心距离为r 处的电势V = 。
解：均匀带电球面内各点电势相等,0
0201444εσ
πεσππεR R R R Q
V =
==;点电荷的电势r
q V 024πε=
根据电势叠加原理r
q
R V V V 00214πεεσ+
=+= 6*．电荷面密度为σ(0σ>)的无限大均匀带电平面。以该平面上的某点为电势零点，则离带电平面距离为a 处的电势V = 。 解：a 处的电势为场强从a 点至势能零点的线积分.000
22εσεσa dx l d E V a a
-==?=?? 三、计算题
1．如图所示，长为a 的细直线AB 上均匀分布线密度为λ的电荷。
-
以无限远处为电势零点，计算细直线延长线上与B 端距离为b 的P 点处的电势。 解:建立直角坐标系,取线元dx ,其带电λdx ，它在P 点电势
b x a dx
r dq dV +-=
=
λπεπε004141
根据电势叠加原理，P 点处的电势为b
b
a b
x a dx
V a
+=
+-=?ln
44100
0πελλπε 2．如图所示，半径为R 的均匀带电薄圆盘，电荷面密度为σ。以无限远处为电
势零点，计算圆盘中心的电势。
2．解：在圆盘上取半径为r ,宽为d r 的同心细圆环，其上的电量为d d 2πd q S r r σσ==?
均匀带电细圆环在盘中心的电势为 000
d 2πd d d 4π4π2q r r V r r r σσ
εεε?===
根据电势叠加原理，圆盘中心的电势为 000
d d 22R R
V V r σσεε===
?? 3*．半径为R 的带电球体，电荷体密度表达式为kr ρ=(r 为离球心的距离，k 为正
常量)。以无限远处为电势零点，计算离球心距离为a （a R <）的P 点的电势。 3．解：在带电球体上取半径为r ,厚为d r 的同心薄球层，其电量为 23d d 4πd 4πd q V kr r r kr r ρ==?= 该薄球层看作均匀带电球面，根据均匀带电球面的电势公式，r a ≤时的d q 在P 点产生的电势为: 33
000d 4πd d d 4π4πq kr r kr V r a a a
εεε===
a r R ≤≤时的d q 在P 点产生的电势为 32
000
d 4πd d d 4π4πq kr r kr V r r r εεε===
根据电势叠加原理，P 点的电势为:32
333
00000
d d d 433a
R a kr kr ka kR ka V V r r a εεεεε==+=+-
??? 4．两个带等量异号电荷的均匀带电同心球面，半径分别为1R 和2
R （21R R >）。已知内外球之间的电势差为U ，
4．解：设内球带电量为q ，根据高斯定理，两球面间的电场强度大小为2
04q E r
ε=π
根据电势差与场强的积分关系，两球间的电势差满足
???
? ??-=
=?=?=?
??
2102
0114421
21
2
1
R R q dr r q
dr E l d E U R R R R R R πεπε 内球面所带的电量为 1
22104R R U
R R q -=πε
5*．如图所示，内、外半径分别为1R 和2R 的两个无限长同轴带
电圆柱面，单位长度上的电量分别为λ和λ-，电荷在圆柱面上均匀分布。（1）试用高斯定理求电场强度的分布，画出~E r 曲
线（r 为场点到圆柱轴线的距离）。（2）计算内外圆柱面之间的电势差。 5．解：（1）根据电荷分布的对称性，场强具有轴对称性且方向沿径向。设任一点P 到轴线距离为r ，过P 点作一个与带电圆柱面同轴的长度为l 的圆柱面作为高斯面S 。应用高斯定理S 0d q
E S ε?=∑??，得0
2πq
E rl ε?=∑，即02q
E rl
ε=
π∑。
1r R ≤，0q =∑，0E =;12R r R ≤≤，q l λ=?∑，02E r
λ
ε=π 2r R ≥，0q =∑，0E =, ~E r 曲线如右图所示。
（2）根据电势差和场强的积分关系b
ab a d U E l =??，取路径沿圆柱的径向，则内外圆柱面之间的电势差为
2
2
21
1
1
2001
d d d ln 22R R R R R R R U E r E r r r R λλ
εε=?=?=?=ππ???
6*．如图所示，两块无限大均匀带电平行平面，电荷面密度分别为σ+和σ-，两
带电平面分别与x 轴垂直相交于a 和a -
零，求空间的电势分布表达式，画出~V x 曲线。 6．解：根据高斯定理，可求得两平面之间的场强大小为 0
E σ
ε=()a x a -<< 场强方向沿x 轴正向。两平面外侧场强处处为零，是等势区。
根据场强和电势的积分关系，两平面之间()a x a -<<坐标x 处的电势为
0d d d x
x
x V E l E x x x σσ
εε=?=?==-???
, ~V x 曲线如右图所示。
练习 八
知识点：静电场中的导体和电介质、电容器、有介质时的高斯定理、静电场的
能量
一、选择题
1．孤立的导体球壳内，在偏离球心的某点放置一个点电荷，则球壳内、外表面上的电荷分布是 （ ）
(A) 内表面均匀，外表面也均匀； (B) 内表面不均匀，外表面均匀； (C) 内表面均匀，外表面不均匀； (D) 内表面不均匀，外表面也不均匀。 解:B,处于静电平衡的导体球壳内表面所带电荷与点电荷等量异号,外表面所带电荷与点电荷等量同号. 因为点电荷和内表面所带电荷对壳外电场无影响,壳外电场由外表面所带电荷决定,且电荷面密度和曲率半径成反比,所以外表面电荷分布均匀;壳内场强由内表面所带电荷和点电荷共同决定,点电荷偏离球心时,根据电场线的性质可知内表面电荷分
布不均匀.
2．如图所示为一个孤立带电圆柱形导体，a 、b 、c 是导体表面上的三个点，则 电荷密度 （ ） 电势 （ ）
(A) a 点处最大； (B) b 点处最大； (C) c 点处最大； (D)三点一样大。 解: (C)电荷面密度和曲率半径成反比,曲率半径愈小,电荷面密度愈大,(D)处于静电平衡的导体为等势体 3．对于带电的孤立导体球 （ ）
(A) 导体内的场强和电势均为零； (B) 导体内的场强为零，而电势为恒量；
(C) 导体内的电势比导体表面的电势高； (D) 导体内的电势比导体表面的电势低。
解:(B),处于静电平衡的导体球为等势体,球壳内场强为零
4．平行板电容器充电后保持与恒压电源相连，当用绝缘手柄将电容器两极板的
距离拉大时，电容器中的静电场能量 （ ）
(A) 减小； (B) 不变； (C) 增大； (D) 无法确定它的变化。 解:(A),因电势差不变,电容由d s c /0ε=因电容d 增加而减小,电场能量2
2
1CU W =因电容减小而减小.
5*．在静电场中，作闭合曲面S ，若有S d 0D S ?=??，则S 面内 （ ） (A) 没有自由电荷； (B) 既没有自由电荷，也没有束缚电荷； (C) 自由电荷的代数和为零； (D) 自由电荷与束缚电荷的代数和为零。
解:(C),??∑=?s i
i q s d D
6*．平行板电容器充电后与电源断开，然后将其左半部分充满介电常量为ε的各向同性均匀电介质(如图)，则左右两部分的
（ ）
(A) 电场强度相等； (B) 电位移矢量相等；
(C) 静电场能量相等； (D) 极板上的自由电荷面密度相等。解:( A) 二、填空题
1．带正电的金属球附近P 点处放置一个带正电的点电荷0q ，测得0q 受到的静电力大小为F ，则0/F q 的值一定 没有放0q 时P 点处的场强大小。(填大于、等于、小于) 解:由于带正电的点电荷0q 对金属球上正电荷斥力作用,使金属球的正电荷在点电荷0q 引入后,相对引入前远些,0q 受到的静电力F 小些。
2．金属球壳的带电量为Q ，在球壳空腔内距离球心r 处放置一个点电荷q 。则球壳内表面上的电量为 ，球壳外表面上的电量为 。解:处于静电平衡的导体内场强为零,在球壳内作一球形高斯面,由高斯定理可得球壳内表面上的电量为-q , 由电荷守恒可得外表面上的电量q +Q
3．不带电的金属球壳，内、外半径分别为1R 和2R ，在球心处放置一个电量为q 的点电荷。以无限远处为电势零点，则球壳上的电势V = 。解: 处于静电平衡的导体内场强为零、电势相等,球壳内表面带电-q ,外表面带电q ,且壳外场强由外表面所带电荷确定,则2
02
0442
2
R q dr r q l d E V R R
πεπε=
=?=?
?∞∞
4．平行板电容器的极板面积为S ，极板间距为d ，A 板带电量为q ，B 板不带电，则极板间的电势差U = 。把B 板接地，静电平衡时极板间的电势差U = 。解:B 板不接地,由静电平衡条件可知,A 板两面电荷均为q /2, B 板上与A 板相对
一面电荷为-q /2、相背一面电荷为q /2, 两板间场强为
s
q
02ε电势差为s qd
Ed 02ε=
;B 板接地,A 板与B 板相对面上电荷分别为q 、-q ,两板间场强为s q 0ε,电势差为s
qd
0ε
5．平行板电容器，充电后将电源断开。将极板间的距离增加一些，则极板间场
强 ；电势差 ；电容 ；电容器中电场能量 。(填增大、减小或不变) 解:不变, 增大, 减小, 增大
电容器充电后将电源断开,电容器极板上电荷不变,电荷面密度不变,极板间场强不变,电势差Ed U =随d 增加而增大.电容d s c /0ε=随d 增加而减小, 电场能量C
q W 2
21=随C 减小而增大. 6*．真空中的平行板电容器，充电后与电源保持连接，然后在极板间充满相对介电常数为r ε的各向同性均匀电介质。此时两极板间的电场强度是原来的 倍；电容是原来的 倍；电场能量是原来的 倍。解:1,εr , εr ;充电后将与电源保持连接,因电势差Ed U =不变且d 不变,两极板间的电场强度不变; 电容由d s c /0ε=变为电容d s c r /0εε=;电场能量22
1CU W =因电容增加
而增加. 三、计算题
1．半径为1r 和2r (21r r >)的两个同心导体薄球壳，且都不带电。现让内球带q 的电量，以无限远处为电势零点，求：（1）外球的电荷量及电势；（2）把外球接地后外球的电荷量及电势。 1．解：（1）根据电荷守恒定律和静电平衡条件，外球壳的内表面带电q -，外球壳的外表面带电q ，外球的电量代数和为零。外球壳外场强由外表面电荷确定,外球壳电势2
02
0442
2
r q dr r
q l d E V r r
πεπε=
=?=?
?∞∞
（2）根据静电平衡条件，外球壳的内表面带电仍为q -，接地外球电势为零，外球的外表面将不带电。
2．三块平行金属板A 、B 、C 面积均为S ，其中B 和C 两板都接地，A 与C 相距
1d ，A 与B 相距2d 。若A 板带电量为q ，求：
（1）B 、C 板上的感应电荷；（2）A 板的电势。
解(1) 设A 板左侧面电量为1q ,右侧面电量为2q ;静电平衡时1q q c -=,,2q q B -=,再设
A 、
B 板间电势差为AB U ,A 、
C 板间电势差为Ac U ,则
21q q q +=,AC AB U U =,即 202101d s
q
d s q εε=解得
q d d d q q c 2121+-=-= q d d d
q q B 2
112+-=-=
A 板的电势为 )
(2102
1202d d s d qd d s q U V AB A +===εε
3．两块互相平行的金属板，面积均为S ，间距为d ，用电源使两板分别维持在电势V 和电势0。现将带电量为q 的第三块相同面积
而厚度可忽略的金属板插在两板正中间，求此板的电势。
3．解：未插入第三块金属板时,在两极板间场强大小为d V E /1=,方向向右.第三块金属板插在两板正中间,其上带电荷q 在两侧产生的场强大小为022/εs q E =,方向由第三块金属板指向两侧该板的电势为
d s q V d E E V 0
21422/)(ε+=
+=' 4*．半径为0R 的导体球，外面套一个内、外半径分别为1R 和2R 的同心导体球壳，球与壳之间是空气，壳外也是空气。当内球带上q 的电量时，计算系统的静电能。
4．解：根据静电感应规律可知，球壳内表面带电q -，球壳外表面带电q ，所有电荷都均匀分布在表面。根据高斯定理可求得
10R r R >>和2r R >区域的场强方向沿径向且大小表达式为2
04πq E r
ε=
，其它区域场
强为零。系统静电能为
dV E wdV W 2
021ε??==dr r r q
dr r r q R R R 22
2
0022
200442442210ππεεππεε???
?
??+????
?
?=??∞ ???? ??+-=
210
21114R R R q πε 5*．一个电容器由两个长为L 的同轴薄金属圆筒组成，内、
外圆筒半径分别为1R 和2R ，其间充满相对介电常量为r ε的各向同性均匀电介质。忽略边缘效应，计算电容器的电容。
5．解：设内、外圆筒沿轴向单位长度上分别带有电量λ和λ-, 根据高斯定理可求得两圆筒之间的场强大小为: 0r 2E r
λ
εε=
π,场强方向沿着圆筒径向。式中，r 是场点到圆筒轴线的距离。
根据电势差与场强的积分关系可求得内、外圆筒的电势差为
222
1
1
1
20r 0r 1
d d d ln 22R R R R R R
R U E r E r r r R λλ
εεεε=?=?=?=ππ???
d d σ2σ
根据电容器电容的定义 0r 2
20r 1
1
2ln ln 2L
Q L
C R R U
R R εελλ
εεπ=
==
π 6*．半径为0R 的导体球带电量为q ，球外有一层内、外半径分别为1R 和2R 的均匀介质同心球壳，介质的相对电容率为r ε，求：（1）介质中的电位移、电场强度和电极化强度；（2）介质表面的极化电荷面密度。 6．解：由介质中的高斯定理可求得介质中的电位移大小2
4πq
D r
=
由电场强度与电位移的关系可求得场强大小2
r 0
r 04πD
q E r
εεεε=
=
，由
电极化强度与场强的关系可求得电极化强度
r 0r 2
r 0(1)(1)
4πq P E r
εεεεε=-=-，它们的方向均沿着径向。
由极化电荷面密度与电极化强度关系n P σ'=，可求得介质内表面上的极化电荷面密度为
2
1014)
1()(1
R q R P r r R επεεσ--=-='
介质外表面上的极化电荷面密度为 2
2
024)
1()(1
R
q R P r r R επεεσ--=-='
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14 14.1 选择题 （1）在夫琅禾费单缝衍射实验中，对于给定的入射单色光，当缝宽度变小时，除中央亮纹的中心位置不变外，各级衍射条纹[ ] (A) 对应的衍射角变小． (B) 对应的衍射角变大． (C) 对应的衍射角也不变． (D) 光强也不变． [答案：B] （2）波长nm (1nm=10-9m)的单色光垂直照射到宽度a=0.25mm的单缝上，单缝后面放一凸透镜，在凸透镜的焦平面上放置一屏幕，用以观测衍射条纹。今测得屏幕上中央明条纹一侧第三个暗条纹和另一侧第三个暗条纹之间的距离为d=12mm，则凸透镜的焦距是[ ] (A)2m. (B)1m. (C)0.5m. (D)0.2m. (E)0.1m [答案：B] （3）波长为的单色光垂直入射于光栅常数为d、缝宽为a、总缝数为N的光栅上．取k=0，±1，±2．．．．，则决定出现主极大的衍射角的公式可写成[ ] (A) N a sin=k． (B) a sin=k． (C) N d sin=k． (D) d sin=k． [答案：D] （4）设光栅平面、透镜均与屏幕平行。则当入射的平行单色光从垂直于光栅平面入射变为斜入射时，能观察到的光谱线的最高级次k [ ] (A)变小。 (B)变大。 (C)不变。 (D)的改变无法确定。 [答案：B] （5）在光栅光谱中，假如所有偶数级次的主极大都恰好在单缝衍射的暗纹方向上，因而实际上不出现，那么此光栅每个透光缝宽度a和相邻两缝间不透光部分宽度b的关系为[ ] (A) a=0.5b (B) a=b (C) a=2b (D)a=3b [答案：B] 14.2 填空题 （1）将波长为的平行单色光垂直投射于一狭缝上，若对应于衍射图样的第一级暗纹位置的衍射角的绝对值为，则缝的宽度等于________________． λθ] [答案：/sin （2）波长为的单色光垂直入射在缝宽a=4 的单缝上．对应于衍射角=30°，单缝处的波面可划分为______________个半波带。 [答案：4] （3）在夫琅禾费单缝衍射实验中，当缝宽变窄，则衍射条纹变；当入射波长变长时，则衍射条纹变。（填疏或密） [答案：变疏，变疏]
作业 1-1填空题 (1) 一质点，以1-?s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大 小是 ；经过的路程 是 。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间 的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻 质点的速度v 0为5m 2s -1，则当t 为3s 时， 质点的速度v= 。 [答案： 23m 2s -1 ] 1-2选择题 (1) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时 速度s m v /2=，瞬时加速度2/2s m a -=，则 一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (2) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运 动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其
平均速度大小和平均速率大小分别为 (A)t R t R ππ2,2 (B) t R π2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R π [答案：B] (3)一运动质点在某瞬时位于矢径) ,(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d || (D) 22)()(dt dy dt dx + [答案：D] 1-4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3） x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的 速度和加速度，并说明该时刻运动是加速 的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于
大学物理（下）练习册答案 包括（波动、电磁、光的干涉、光的偏振、光的衍射、振动） 波动 选择： 1B, 2A, 3D, 4D, 5D, 6D, 7C, 8A, 9C, 10D 二，填空： 1， t x y ππ?=-20cos )2 1 cos(10 0.122 (SI) 2分 )12(+=n x m ， 即 x = 1 m ，3 m ，5 m ，7 m ，9 m 2分 n x 2= m ，即 x = 0 m ，2 m ，4 m ，6 m ，8 m ，10 m 1分 2， φλ+π-/2L 1分 λk L ± ( k = 1，2，3，…) 2分 λ)12(1+±k L ( k = 0, 1，2，…) 2分 3， 答案见图 3分 4， 17 m 到1.7×10-2 m 3分 5， λ2 1 3分 一， 计算 1， 解：(1) 原点O 处质元的振动方程为 )21 21cos(10 22 π-π?=-t y ， (SI) 2分 波的表达式为 )2 1)5/(21c o s (1022 π--π?=-x t y ， (SI) 2分 x = 25 m 处质元的振动方程为 )32 1 cos(10 22 π-π?=-t y ， (SI) 振动曲线见图 (a) 2分 (2) t = 3 s 时的波形曲线方程 )10/cos(1022 x y π-π?=-， (SI) 2分
波形曲线见图 2分 2， 解：(1) 与波动的标准表达式 )/(2cos λνx t A y -π= 对比可得： ν = 4 Hz ， λ = 1.50 m ， 各1分 波速 u = λν = 6.00 m/s 1分 (2) 节点位置 )21 (3/4π+π±=πn x )2 1 (3+±=n x m , n = 0，1，2，3, … 3分 (3) 波腹位置 π±=πn x 3/4 4/3n x ±= m , n = 0，1，2，3, … 2分 3， 解：(1) )1024cos(1.0x t y π-π=)20 1(4cos 1.0x t -π= (SI) 3分 (2) t 1 = T /4 = (1 /8) s ，x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的位移 )80/4/(4cos 1.01λ-π=T y m 1.0)8 18/1(4cos 1.0=-π= 2分 (3) 振速 )20/(4sin 4.0x t t y -ππ-=??=v ． )4/1(2 1 2== T t s ，在 x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的振速 26.1)2 1 sin(4.02-=π-ππ-=v m/s 3分 电磁 §3.1 静止电荷的电场 一， 选择题： t (s) O -2×10-2 1y (m) 234(a) 2×
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
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 >>
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
习题1 1.1选择题 (1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d | | (D) 22)()(dt dy dt dx + [答案：D] (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2 /2s m a -=，则 一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 (A) t R t R ππ2, 2 (B) t R π2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R π [答案：B] 1.2填空题 (1) 一质点，以1 -?s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是 ；经过的路程是 。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的 速度v 0为5m ·s -1 ，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 [答案： 23m ·s -1 ] (3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以速度3V 行走。如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V 的关系是 。 [答案： 0321=++V V V ]
1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定： (1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。 解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。 1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2 -4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。 其速度和加速度表达式分别为 2 2484 dx v t dt d x a dt = =+== t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ，a =4m/s 2 。因加速度为正所以是加速的。 1.5 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零？ (1) 匀速直线运动；(2) 匀速曲线运动；(3) 变速直线运动；(4) 变速曲线运动。 解：(1) 质点作匀速直线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均为零； (2) 质点作匀速曲线运动时，其切向加速度为零，法向加速度和加速度均不为零； (3) 质点作变速直线运动时，其法向加速度为零，切向加速度和加速度均不为零； (4) 质点作变速曲线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。 1.6 ｜r ?｜与r ? 有无不同?t d d r 和d d r t 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即r ?12r r -=，12r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度在径向上的分量，
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
大学物理学习题答案 习题一答案 习题一 1.1 简要回答下列问题： (1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相等？ (2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？ (3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么？ (4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变？ (5) r ?v 和r ?v 有区别吗？v ?v 和v ?v 有区别吗？0dv dt =v 和0d v dt =v 各代表什么运动？ (6) 设质点的运动方程为：()x x t = ，()y y t =，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出 r = dr v dt = 及 22d r a dt = 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 及 a = 你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？ (7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性 的？ (8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度 也一定为零.”这种说法正确吗？ (9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？ (10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？ 1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。 解： (1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ?=-=-= 最初s 2内的平均速度为： 0(/)2 ave x v m s t ?= ==?
大学物理下练习题 一、选择题（每题1分，共41分） 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 的大小与试验电荷q 0的大小成反比； (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变； (C) 试验电荷受力F 的方向就是场强E 的方向； (D) 若场中某点不放试验电荷q 0，则F = 0，从而E = 0. 2．下列几个说法中哪一个是正确的？（C ） （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 E =F /q 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。 3．图1.1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+λ ( x < 0)和-λ ( 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. 边长为a 的正方形的四个顶点上放置如图1.2所示的点电荷,则中心O 处场强（C ） (A) 大小为零. (B) 大小为q/(2πε0a 2), 方向沿x 轴正向. (C) 大小为() 2022a q πε, 方向沿y 轴正向. (D) 大小为()2 022a q πε, 方向沿y 轴负向. 5. 如图1.3所示.有一电场强度E 平行于x 轴正向的均匀电场，则通过图中一半径为R 的半球面的电场强度通量为（D ） (A) πR 2E . (B) πR 2E /2 . (C) 2πR 2E . (D) 0 . 6. 下列关于高斯定理理解的说法中，正确的是：（B ） （Ａ）当高斯面内电荷代数和为零时，高斯面上任意点的电场强度都等于零 +λ -λ ? (0, a ) x y O 图 1.1 图1.2 图1.3
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)
大学物理上册答案详解 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即r ?12r r -=， 12r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题1-1图 (3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d =，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中 dt dv 就是加速度的切向分量.
(t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加 速度时，有人先求出r ＝2 2 y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝22d d t r 而求 得结果；又有人 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 222 22d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标 系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 22d d d d t r a t r v == 其二，可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明 t r d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，22d d t r 也不是加速
狭义相对论基础（二）第十六页 1．电子的静止质量M0=9.1×10–31kg，经电场加速后具有 0.25兆电子伏特的动能，则电子速率V与真空中光速 C之比是：（C ） [ E k=mC2－m0C2, m=m0/(1－V2/C2)1/2 1兆=106, 1电子伏=1.6×10–19焦耳] (A) 0.1 ( B) 0.5 (C) 0.74(D) 0.85 2．静止质量均为m0的两个粒子，在实验室参照系中以相同大小的速度V=0.6C相向运动（C为真空中光速）， 碰撞后粘合为一静止的复合粒子,则复合粒子的静止 质量M0等于：（B ） [ 能量守恒E=M0C2=2mC2 =2m0C2/(1－V2/C2)1/2 ] ( A) 2m0(B) 2.5m0(C) 3.3m0(D) 4m0 3．已知粒子的动能为E K,动量为P，则粒子的静止能量（A ）(由 E = E K+E0和E2=E02 + C2P2 )（A）（P2C2－E K2）/（2E K）（B）（P2C2+E K2）/（2E K）（C）(PC－E K )2/(2E K) (D) (PC+E K )2/(2E K) 4．相对论中的质量与能量的关系是：E=mC2；把一个静止质量为M0的粒子从静止加速到V=0.6C时，需作功 A=(1/4)M0C2 A=MC2－M0C2 = γM0C2－M0C2=(γ－1)M0C2 5．某一观察者测得电子的质量为其静止质量的2倍，求
电子相对于观察者运动的速度V =0.87C [ m=m 0/(1－V 2/C 2)1/2, m=2m 0 , 则1－V 2/C 2=1/4 ] 6． 当粒子的速率由0.6C 增加到0.8C 时，末动量与初动 量之比是P 2：P 1=16:9，末动能与初动能之比是 E K2：E K1=8:3 V 1=0.6C,γ1=1/2211C V -=5/4, m 1=γ1m 0=5m 0/4 P 1=m 1V 1=3m 0C/4, V 2=0.8C 时, γ2=1/222/1C V -=5/3 m 2=γ2m 0=5m 0/3,P 2=m 2V 2=4m 0 C/3,∴P 2：P 1=16:9 E K1=m 1C 2－m 0C 2, E K2=m 2C 2－m 0C 2 ∴E K2：E K1=8:3 7． 在惯性系中测得相对论粒子动量的三个分量为：P x=P y = 2.0×10-21kgm/s, P z =1.0×10-21kgm/s ，总能量 E=9.4×106ev ，则该粒子的速度为V=0.6C [E=mC 2 P=mV P=(P x 2+P y 2 +P z 2 )1/2 ] 8． 试证：一粒子的相对论动量可写成 P=(2E 0E K +E 2K )1/2/C 式中E 0(=m 0C 2)和E K 各为粒子的静能量和动能。 证:E=E 0+E k ?E 2=E 20+P 2C 2 ? (E 0+E k )2= E 20+P 2C 2 ? P=(2E 0E K +E 2K )1/2/C 9．在北京正负电子对撞机中，电子可以被加速到动能为E K =2.8×109ev 这种电子的速率比光速差多少米/秒？这样的一个电子的动量多大？（已知电子的静止质量
大学物理C（上、下）练习册 ?质点动力学 ?刚体定轴转动 ?静电场电场强度 ?电势静电场中的导体 ?稳恒磁场 ?电磁感应 ?波动、振动 ?光的干涉 ?光的衍射 注：本习题详细答案，结课后由老师发放
一、质点动力学 一、选择题 1. 以下几种运动形式中，加速度a 保持不变的运动是： （A ）单摆的运动； （B ）匀速率圆周运动； （C ）行星的椭圆轨道运动； （D ）抛体运动 。 ［ ］ 2. 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每T 秒转一圈．在2T 时间间 隔中，其平均速度大小与平均速率大小分别为 (A) 2?R /T , 2?R/T ． (B) 0 , 2?R /T (C) 0 , 0． (D) 2?R /T , 0. ［ ］ 3. 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，S 表 示路程，a 表示切向加速度，下列表达式中， (1) a t d /d v ， (2) v t r d /d ， (3) v t S d /d ， (4) t a t d /d v ． (A) 只有(1)、(4)是对的． (B) 只有(2)、(4)是对的． (C) 只有(2)是对的． (D) 只有(3)是对的． ［ ］ 4. 一运动质点在某瞬时位于矢径r 的端点处，其速度大小的表达式为 (A )t d dr ； （B ）dt r d ； （C ）dt r d || ； （D ）222dt dz dt dy dt dx ［ ］ 5. 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) t d d v ． (B)2V R ． (C) R t 2d d v v ． (D) 2/1242d d R t v v ． ［ ］ 6. 质量为m 的质点，以不变速率v 沿图中正三角形ABC 的水平光滑轨道
第9章 静电场 习 题 一 选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案：B 解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q ，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B 解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案（B ） 9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变 习题9-3图
(C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变 答案：D 解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ，移动电荷后，由于OP =OT ， 即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。因而正确答案（D ） 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D 解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0，答案（D ） 9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零，则面上各点的E 必为零 答案：C 解析：高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案（C ） 9-6 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1 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 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解：（1）j t t i t r )432 1()53(2-+++=m ⑵ 1=t s,2=t s 时，j i r 5.081-= m ；2114r i j =+m ∴ 213 4.5r r r i j ?=-=+m ⑶0t =s 时，054r i j =-；4t =s 时，41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404 r r r i j i j t --?+= ===+??-v ⑷ 1d 3(3)m s d r i t j t -==++?v ，则：437i j =+v 1s m -? (5) 0t =s 时，033i j =+v ；4t =s 时，437i j =+v 24041 m s 44 j a j t --?= ===??v v v (6) 2d 1 m s d a j t -==?v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x =+，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x ===v v v v 得：2 d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分 210 d (26)d x x x =+? ?v v v 得：2322 250x x =++v ∴ 1m s -=?v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为θ=2+33t ，式中θ以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度 的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2==== ωβθω ⑴ s 2=t 时，2 s m 362181-?=??==βτR a 2 222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a τ?== 即：βωR R =2 ，亦即t t 18)9(2 2=，解得：9 23= t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t θ=+=+? = 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为α=0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2=t 时，4.022.0=?== t αω 1s rad -? 则0.40.40.16R ω==?=v 1s m -? 064.0)4.0(4.022=?==ωR a n 2 s m -? 0.4 0.20.0a R τα==?=2s m -? 22222 s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+= τa a a n 与切向夹角arctan()0.06443n a a τ?==≈?大学物理习题集(下)答案
《大学物理(上册)》课后习题答案
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