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第一章习题解答

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第一章习题答案

第一章习题答案

第⼀章习题答案第⼀章思考题答案1.基于总线结构的计算机系统通常由哪5个部分构成？并简述各部分的主要作⽤。

解答：1.中央处理器CPU(central processor unit)或称微处理器(microprocessor unit)中央处理器具有算术运算、逻辑运算和控制操作的功能，是计算机的核⼼。

2.总线总线是把计算机各个部分有机地连接起来的导线，是各个部分之间进⾏信息交换的公共通道。

3.存储器(memory)存储器的功能是存储程序、数据和各种信号、命令等信息，并在需要时提供这些信息。

4.输⼊输出（I/O）接⼝外部设备与CPU之间通过输⼊输出接⼝连接。

5.输⼊输出(I/O)设备输⼊设备是变换输⼊信息形式的部件。

它将⼈们熟悉的信息形式变换成计算机能接收并识别的信息形式。

输出设备是变换计算机的输出信息形式的部件。

它将计算机处理结果的⼆进制信息转换成⼈们或其他设备能接收和识别的形式，如字符、⽂字、图形等。

2.试举例说明计算机进⾏加法运算的⼯作过程。

解答：⽰例如下：inta,b,c;c=a+b;⼯作过程简述：a，b，c都为内存中的数据，CPU⾸先需要从内存中分别将a，b的值读⼊寄存器中，然后再执⾏加法运算指令，加法运算的结果暂存在寄存器中，因此还需要执⾏数据存储指令，将运算结果保存到内存中，因此像上例中的C语⾔语句，实际上需要经过两条数据读取指令，⼀条加法运算指令，⼀条数据存储指令才能完成。

3.“冯·诺依曼型结构”计算机与哈佛结构计算机的差别是什么？各有什么优缺点？解答：冯·诺依曼结构计算机具有以下⼏个特点：①有⼀个存储器；②有⼀个控制器；③有⼀个运算器，⽤于完成算术运算和逻辑运算；④有输⼊和输出设备，⽤于进⾏⼈机通信；⑤处理器使⽤同⼀个存储器存储指令和数据，经由同⼀个总线传输。

哈佛结构计算机：①使⽤两个独⽴的存储器模块，分别存储指令和数据，每个存储模块都不允许指令和数据并存；②具有⼀条独⽴的地址总线和⼀条独⽴的数据总线，利⽤公⽤地址总线访问两个存储模块（程序存储模块和数据存储模块），公⽤数据总线则被⽤来完成程序存储模块或数据存储模块与CPU 之间的数据传输；③两条总线由程序存储器和数据存储器分时共⽤。

第一章 习题答案

第一章 习题答案

第一章 习题答案1-1 根据题1-1图所示的电动机速度控制系统工作原理图(1) 将a ，b 与c ，d 用线连接成负反馈状态；(2) 画出系统方框图。

解 （1）负反馈连接方式为：d a ↔，c b ↔；（2）系统方框图如图解1-1 所示。

1-2 题1-2图是仓库大门自动控制系统原理示意图。

试说明系统自动控制大门开闭的工作原理，并画出系统方框图。

题1-2图 仓库大门自动开闭控制系统解 当合上开门开关时，电桥会测量出开门位置与大门实际位置间对应的偏差电压，偏差电解 c u 增高，偏差电压 r 。

此时，-=r e u u 使c u 过程：系统中，加热炉是被控对象，炉温是被控量，给定量是由给定电位器设定的电压r u （表征炉温的希望值）。

系统方框图见图解1-3。

1-4 题1-4图是控制导弹发射架方位的电位器式随动系统原理图。

图中电位器1P 、2P 并联后跨接到同一电源0E 的两端，其滑臂分别与输入轴和输出轴相联结，组成方位角的给定元件和测量反馈元件。

输入轴由手轮操纵；输出轴则由直流电动机经减速后带动，电动机采用电枢控制的方式工作。

试分析系统的工作原理，指出系统的被控对象、被控量和给定量，画出系统的方框图。

题1-4图 导弹发射架方位角控制系统原理图解 当导弹发射架的方位角与输入轴方位角一致时，系统处于相对静止状态。

当摇动手轮使电位器1P 的滑臂转过一个输入角i θ的瞬间，由于输出轴的转角i o θθ≠,于是出现一个误差角o i e θθθ-=，该误差角通过电位器1P 、2P 转换成偏差电压o i e u u u -=，e u 经放大后驱动电动机转动，在驱动导弹发射架转动的同时，通过输出轴带动电位器2P 的滑臂转过一定的角度o θ，直至i o θθ=时，o i u u =，偏差电压0=e u ，电动机停止转动。

这时，导弹发射架停留在相应的方位角上。

只要o i θθ≠，偏差就会产生调节作用，控制的结果是消除偏差e θ，使输出量o θ严格地跟随输入量i θ的变化而变化。

电路理论习题解答 第一章

电路理论习题解答 第一章

1.5
u /V
内阻不为零
+ us
R0
I
+
u
RL
−
伏安关系曲线
−
I/A 0.15
0
1.5
u /V
注：这里的伏安关系曲线只能在第一象限，原因也是，一旦出了第一象限， u 和 I 的比值就 变为负的了，反推出的 RL 就变为负值了，与题意不符。
V
V
1.5V
1.5V
R 内阻为零时 内阻不为零时
R
1-9 附图是两种受控源和电阻 RL 组成的电路。现以 RL 上电压作为输出信号,1)求两电路的电 压增益（A，gmRL）；2)试以受控源的性质，扼要地说明计算得到的结果。
1) 如果不用并联分压（在中学就掌握的东西），当然也可以用两个回路的 KVL 方程和顶部 节点的 KCL 方程，得出上面的 H(jω)的表达式，但是显然这样做是低效的。 2) 事实上，本课程的目的是希望学习者能够根据不同的题目，尽可能采用多种方法中的一 种最简单的方法去解决问题。因此， a) 只要没有要求，任意的逻辑完整的解题思路都是可取的； b) 学习者可以视自己的练习目的选择一种简单熟悉的方法、或者一种较为系统的方法、 或者多种方法来完成习题。
第一章习题答案 1-1 已知电路中某节点如图，I1=-1A,I2=4A,I4=-5A,I5=6A,用 KCL 定律建立方程并求解 I3 ( 4A )
图 1-1 解：由 KCL 定律：任一集中参数电路中的任一节点，在任一时刻，流入该节点的电流之和与 流出该节点的电流之和相同。 即： I1+I3+I4+I5=I2 =〉-1+（-5）+6+I3=4 =〉I3=4（A）
1 2

第一章部分习题解答

第一章部分习题解答

第一章部分习题解答1．设z 1，z 2，z 3三点适合条件：0321=++z z z ,1321===z z z 。

证明z 1，z 2，z 3是内接于单位圆1=z 的一个正三角形的顶点。

证 由于1321===z z z ，知321z z z Δ的三个顶点均在单位圆上。

因为 33331z z z ==()[]()[]212322112121z z z z z z z z z z z z +++=+−+−=21212z z z z ++=所以， 12121−=+z z z z ，又 )())((122122112121221z z z z z z z z z z z z z z +−+=−−=−()322121=+−=z z z z故 321=−z z ，同理33231=−=−z z z z ，知321z z z Δ是内接于单位圆1=z 的一个正三角形。

2．证明：z 平面上的直线方程可以写成C z a z a =+（a 是非零复常数，C 是实常数） 证 设直角坐标系的平面方程为C By Ax =+将)(i 21Im ),(21Re z z z y z z z x −==+==代入，得C z B A z B A =−+−)i (21)i (21令)i (21B A a +=，则)i (21B A a −=，上式即为C z a z a =+。

3．求下列方程（t 是实参数）给出的曲线。

（1）t z i)1(+=； （2）t b t a z sin i cos +=；（3）t t z i+=； （4）22it t z +=，解（1）⎩⎨⎧∞<<−∞==⇔+=+=t t y tx t y x z ,)i 1(i 。

即直线x y =。

（2）π20,sin cos sin i cos i ≤<⎩⎨⎧==⇔+=+=t t b y ta x tb t a y x z ，即为椭圆12222=+b y a x ；（3）⎪⎩⎪⎨⎧==⇔+=+=t y t x t t y x z 1ii ，即为双曲线1=xy ； （4）⎪⎩⎪⎨⎧==⇔+=+=22221ii t y t x t t y x z ，即为双曲线1=xy 中位于第一象限中的一支。

物理化学 答案 第一章_习题解答

物理化学 答案 第一章_习题解答
1-2 1mol 理想气体从 25K、1.00×105Pa 经等容过程和等压过程分别升温到 100K，已
-
知此气体的 Cp,m=29.10 J·K 1，求过程的ΔU、ΔH、Q 和 W 。 解： （1）等容
ΔU = n ⋅ Cv ,m (T2 − T1 ) = 1 × (29.1 − 8.314) × 75 = 1559 J ΔH = n ⋅ C p ,m (T2 − T1 ) = 1 × 29.1 × 75 = 2183 J
η = −Wr / Q1 = (T1 − T2 ) / T1 = (500 − 300) / 600 = 40%
第二个卡诺热机效率
η ′ = −Wr / Q1′ = (T1 − T2′) / T1 = (500 − 250) / 600 = 50%
∵
η =η′
∴两个热机的效率不相同
（2）第一个热机吸收的热量： Q1 =
γ =1.4，试求 Cv,m。若该气体的摩尔热容近似为常数，试求在等容条件下加热该气体至 t2=
80℃所需的热。 解：∵ γ =
C p,m Cv , m
=
Cv , m + R Cv , m
= 1.4
∴ Cv, m =
R
γ
=
8.314 = 20.79 J ⋅ K -1 ⋅ mol-1 0.4
Qv = n ⋅ Cv ,m ⋅ ΔT = =
4
3 3 ⎧ ⎧ ⎪V1 = 5dm ⎪V2 = 6dm Q (可 ) = 0 ⎯⎯⎯⎯ → ⎨ ⎨ ⎪T1 = 298.15 K ⎪T2 = 278.15 K ⎩ ⎩
由理想气体绝热可逆过程方程式可知
T2 / T1 = (V1 / V2 ) Cv ,m =
R / Cv , m

运筹学教程(第三版)习题答案(第一章)

运筹学教程(第三版)习题答案(第一章)
page 13 14 March 2012
b 3/2 1
c x1 0 1 0
d x2 1 0 0
0 x3 5/14
0 x4 -3/4
-2/14 10/35 -5/14d+2/14c 3/14d-10/14c
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第一章习题解答
之间时最优解为图中的A点 当c/d在3/10到5/2之间时最优解为图中的 点 ； 当 在 到 之间时最优解为图中的 c/d大于 且c大于等于 时最优解为图中的 点；当c/d 大于5/2且 大于等于 时最优解为图中的B点 大于等于0时最优解为图中的 大于 小于3/10且 d大于 时最优解为图中的 点 ； 当 c/d大于 大于0时最优解为图中的 小于 且 大于 时最优解为图中的C点 大于 5/2且c小于等于 时或当 小于 小于等于0时或当 小于3/10且d小于 时最优解 小于0时最优解 且 小于等于 时或当c/d小于 且 小于 为图中的原点。 为图中的原点。
page 7 14 March 2012
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第一章习题解答
对下述线性规划问题找出所有基解， 1.3 对下述线性规划问题找出所有基解，指出哪 些是基可行解，并确定最优解。 些是基可行解，并确定最优解。
max Z = 3 x1 + x 2 + 2 x 3 12 x1 + 3 x 2 + 6 x 3 + 3 x 4 = 9 8 x + x − 4 x + 2 x = 10 1 2 3 5 st 3 x1 − x 6 = 0 x j ≥ 0（ j = 1, L , 6） ,
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《电磁场与电磁波》课后习题解答第一章


n(x2
y2
z2)
(x2 y2 z2)2 (x2 y2 z2)
(n 3)rn
【习题 1.20 解】
1
已知 r (x2 y2 z2 )2
r xex yey zez
所以
(1)
r
(ex
x
ey
y
ez
z
)
(
xex
yey
zez )
ex ey ez
xyz
Bx ex By ey Bz ez
取一线元： dl exdx eydy ezdz
则有
B dl
ex ey ez Bx By Bz 0 dx dy dz
则矢量线所满足的微分方程为
dx dy dz Bx By Bz
或写成
dx dy dz ＝k(常数) a2 z a3 y a3x a1z a1 y a2x
对（3）（4）分别求和
（4）
d (a1x) d (a2 y) d (a3 z) 0 xdx ydy zdz 0
d (a1x a2 y a3 z) 0 d(x2 y2 z2) 0
所以矢量线方程为
a1x a2 y a3 z k1
x2 y2 z2 k2
【习题 1.6 解】
ex ey ez A B (ex 9ey ez ) (2ex 4ey 3ez ) 1 9 1
2 4 3
31ex 5ey 14ez
【习题 1.3 解】
已知 A ex bey cez , B ex 3ey 8ez ,
（1）要使 A B ，则须散度 A B 0
所以从 A B 1 3b 8c 0 可得： 3b 8c 1
即 12ex 9ey ez • aex bey 12a 9b 0 ⑴

物理初二第一章练习题答案

物理初二第一章练习题答案1. 速度和加速度的关系根据物理学的基本概念，速度是物体运动的一个重要参量，而加速度则表示物体速度变化的快慢。

在初二的物理学习中，我们常常需要研究速度和加速度之间的关系。

以下是第一章练习题的答案：题目1：一个从静止开始的物体以恒定的加速度3 m/s²沿着一条直线运动，求它在5秒后的速度是多少？答案：根据物理学中的加速度公式v = u + at，其中v是末速度，u是初速度，a是加速度，t是时间。

给定初速度u=0，加速度a=3 m/s²，时间t=5秒。

代入公式计算可得v = 0 + 3 × 5 = 15 m/s。

题目2：一辆汽车在道路上以25 m/s的速度匀速行驶，经过10秒后它的位置是多少？答案：根据物理学中的位移公式s = ut，其中s是位移，u是速度，t 是时间。

给定速度u=25 m/s，时间t=10秒。

代入公式计算可得s = 25 ×10 = 250 m。

题目3：一个物体的速度从10 m/s增加到20 m/s，经过2秒的时间，求它的加速度是多少？答案：根据物理学中的加速度公式a = (v - u) / t，其中a是加速度，v是末速度，u是初速度，t是时间。

给定初速度u=10 m/s，末速度v=20 m/s，时间t=2秒。

代入公式计算可得a = (20 - 10) / 2 = 5 m/s²。

2. 动量守恒定律在物理学中，动量守恒定律是一个重要的原理，它指出在一个系统内，所有物体的总动量在没有外力作用的情况下保持不变。

以下是第一章练习题中涉及到动量守恒定律的答案：题目1：一辆质量为1000 kg的小轿车以20 m/s的速度向东行驶，和一辆质量为1500 kg的卡车以15 m/s的速度向东行驶发生碰撞，碰撞后两车结合在一起，求结合后的速度是多少？答案：根据动量守恒定律，碰撞前的总动量等于碰撞后的总动量。

小轿车的动量为mv1，卡车的动量为mv2，碰撞后的总动量为(m1 +m2)v。

(完整版)自动控制原理_第一章课后习题解答

第一章1.1 图1.18是液位自动控制系统原理示意图。

在任意情况下，希望液面高度c维持不变，试说明系统工作原理并画出系统方块图。

c+-SM___ 1Q浮浮浮浮浮浮2Q浮浮浮浮浮浮浮浮浮浮浮浮fi-+解：系统的控制任务是保持液面高度不变。

水箱是被控对象，水箱液位是被控变量。

电位器用来设置期望液位高度*c(通常点位器的上下位移来实现) 。

当电位器电刷位于中点位置时，电动机不动，控制阀门有一定的开度，使水箱的流入水量与流出水量相等，从而使液面保持在希望高度*c上。

一旦流出水量发生变化(相当于扰动)，例如当流出水量减小时，液面升高，浮子位置也相应升高，通过杠杆作用使电位器电刷从中点位置下移，从而给电动机提供一定的控制电压，驱动电动机通过减速器减小阀门开度，使进入水箱的液体流量减少。

这时，水箱液位下降．浮子位置相应下降，直到电位器电刷回到中点位置为止，系统重新处于平衡状态，液位恢复给定高度。

反之，当流出水量在平衡状态基础上增大时，水箱液位下降，系统会自动增大阀门开度，加大流入水量，使液位升到给定高度*c。

系统方框图如图解1. 4.1所示。

1.2恒温箱的温度自动控制系统如图1.19所示。

（1） 画出系统的方框图；（2） 简述保持恒温箱温度恒定的工作原理;（3） 指出该控制系统的被控对象和被控变量分别是什么。

M放大器电机减速器调压器 220～热电偶电阻丝－ ＋－ ＋图1.19 恒温箱的温度自动控制系统解：恒温箱采用电加热的方式运行，电阻丝产生的热量与调压器电压平方成正比，电压增高，炉温就上升。

调压器电压由其滑动触点位置所控制，滑臂则由伺服电动机驱动．炉子的实际温度用热电偶测量，输出电压作为反馈电压与给定电压进行比较，得出的偏差电压经放大器放大后，驱动电动机经减速器调节调压器的电压。

在正常情况下，炉温等于期望温度T ，热电偶的输出电压等于给定电压。

此时偏差为零，电动机不动，调压器的滑动触点停留在某个合适的位置上。

基础化学习题解答(第一章)

习题解答（第一章物质结构基础）思考与习题1．填空题（1）原子核外电子运动具有波粒二象性、能量变化不连续的特征，其运动规律可用量子力学来描述。

（2）当主量子数为3时，包含有3s、3p、3d三个亚层，各亚层为分别包含1、3、5个轨道，分别能容纳2、6、10个电子。

（3）同时用n、l、m和m s四个量子数可表示原子核外某电子的运动状态；用n、l、m 三个量子数表示核外电子运动的一个轨道；而n、l两个量子数确定原子轨道的能级。

（4）改错的现象称为能级交错。

3d4S（6）原子序数为35的元素，其基态原子的核外电子分布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，用原子实表示为[Ar]3d104s24p5，其价电子构型为4s24p5，价电子构型的轨道表示式为；该元素位于元素周期表的第ⅦA 族，第四周期，元素符号是Br 。

（7）等价轨道处于全充满（p6、d10、f14）、半充满（p3、d5、f7）和全空（p0、d0、f0）状态时，具有较低的能量，比较稳定。

这一规律通常又称为洪德规则的特例。

（8）原子间通过共用电子对而形成的化学键，叫做共价键。

共价键的本质是原子轨道的重叠，其形成条件是两个具有自旋相反单电子的原子轨道，尽可能达到最大重叠。

（9）表征化学键性质的物理量，统称为键参数，常用的有键能、键长、键角。

（10）H2S分子的构型为V形，中心原子S采取sp3不等性杂化，键角∠HSH＜109°28′(提示：填写＞，＝或＜)。

（11）完成下表2．选择题（1）下列原子轨道中，属于等价轨道的一组是（ C ）。

A ．2s ，3sB ．2p x ，3p xC ．2p x ，2p yD ．3d xy ，4d xy（2）下列用一套量子数表示的电子运动状态中，能量最高的是（ B ）。

A ．4，1，－1，－12B ．4，2，0，－12C ．4，0，0，＋12D ．3，1，1，＋12（3）下列不存在的能级是（ C ）。

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ρ = ρ0x
∂ 2ϕ ρ0x = − 2 ε0 ∂x 2 ∂ϕ ρ0x = − + C1 ∂x 2ε 0
-
ρ0x3 + C1x + C 2 ϕ = − 6ε 0
静电场习题解答
边界条件: 边界条件 x=0:
ϕ = 0 x=d ϕ = U0
C2 = 0
ρ 0d 3 = − + C 1d 6ε 0
ρ0x3 + C1x + C 2 ϕ = − 6ε 0
C3 C5 − − 2 =− 2 ε 0 R2 R2 R2
α
静电场习题解答
求解得
α R1 C2 = ln ε 0 R2
α C4 = (1 + ln R2 ) ε0
α C3 = − R1 ε0
α C5 = ( R2 − R1 ) ε0
静电场习题解答
1-4-2 两平行导体平板 相距为 板的尺寸远大于 两平行导体平板,相距为 相距为d,板的尺寸远大于 d,一板电位为零 另一板电位为 0,两板间充满电 一板电位为零,另一板电位为 一板电位为零 另一板电位为U 两板间充满电 电荷体密度与距离成正比.试求两板见的电位 荷,电荷体密度与距离成正比 试求两板见的电位 电荷体密度与距离成正比 分布. 分布
b = h −a = 2
2 2
( 以 y 轴为电 位为参考点 )
静电场习题解答
如图此时空间任意点的电位
τ ρ1 ϕ= ln 2πε 0 ρ 2
设+τ圆柱的电位为ϕ1，设-τ圆柱的电位为ϕ2，则
U 0 = ϕ1 − ϕ 2 = b + (h − a) b − (h − a) b + (h − a) τ τ τ ln − ln = × 2 ln 2πε 0 b − (h − a ) 2πε 0 b + (h − a ) 2πε 0 b − (h − a)
2ε 2 2 × 80ε 0 τ ′′ = τ= τ = 1.97τ ε1 + ε 2 ε 0 + 80ε 0
静电场习题解答
1-7-5 两根平行圆柱形导线，半径均为2cm， 相距12cm，设加以100V电压，求圆柱表面上 相距最近点和最远点的电荷密度。
a=2cm=0.02m h=12cm/2=0.06m
U
0
ρ = ρ0x
U0 ρ 0d 2 C1 = + 6ε 0 d
-
U0 ρ0x3 ρ 0d 2 + x + x ϕ = − 6ε 0 6ε 0 d
静电场习题解答
P46 1-7-2 河面上方h处，有一输电线经过，其电 荷线密度为τ，河水介电常数为80ε0，求镜像电荷的 值。
τ
ε0 h 80ε0
静电场习题解答
解：
∫ D ⋅ dS = q,
S
∫
S
v v 2 D ⋅ d S = 4π r D = q
D = q
2
qr a
4 πr v D q v r<a:E = = er 2 ε0 4 πε 0 r
er
v D r >a:E = =
q 4πεr
ε
v e 2 r
静电场习题解答
D = ε0 E + P v v v P = D − ε0 E
极化电荷面密度
v ε − ε0 P=
ε
q r er 2 4π r
σ p = P⋅ en
v v σ p = P ⋅ en = Pencos180 = −P
°
v en
静电场习题解答
1-4-1 电荷ρ=a/r2，分布于R1<r<R2的球壳中，其中a 为 常数，用泊松方程直接积分求电位分布。 选取无穷远处为电位参考点
静电场习题解答
半径r′（ ）、厚度 半径 （r′<r）、厚度 r′的带电薄壳的电荷元 ）、厚度d 的带电薄壳的电荷元
dq = ρ 0 4πr ′ dr ′
2
它在r处的场强为： 它在r处的场强为：
ρ 0 4πr ′ dr ′ d E1 = er 2 4πε 0 r
2
半径r′（ 处的场强为： 半径 （r′>r）带电薄壳在 处的场强为： ）带电薄壳在r处的场强为 球内场强dE=dE1+dE2 E = e r ρ 0 球内场强 ε 0r 2
ε1 −ε2 τ' = τ ε1 +ε2
和
80ε0 80ε0
2ε2 τ'' = τ ε1 +ε2
静电场习题解答
简单求解： 简单求解： 利用两介质分解平面的镜像公式， 利用两介质分解平面的镜像公式，有
ε1 − ε 2 ε 0 − 80ε 0 τ′ = τ= τ = −0.96τ ε1 + ε 2 ε 0 + 80ε 0
∫ E ⋅dBiblioteka = ∫ E e ⋅eS S r
r
dS
ρ0
r
= E ∫ dS =
S
1
4π r 3 ρ E ⋅ 4π r 2 = 3ε0
ε0
∫
V
ρdV ′ ′
E=
ρr
3ε0
er
所以：球内各点的场强与到球心的距离成正比 所以：
静电场习题解答
1-1-4证明两等量异号的长直平行线电荷场中 证明两等量异号的长直平行线电荷场中 的等位面为一组圆柱面. 的等位面为一组圆柱面
τ
ε0 80ε0 ε0 ε0
τ
80ε0 80ε0
τ
τ
上半空间 边值问题： 下半空间
∇ ϕ1 = 0
2
(除 τ线外的上半空间)
∇2ϕ2 = 0
(下半空间)
静电场习题解答
τ
ε0 ε0
E 1t = E
τ
2t
D 1n = D 2 n
τ τ
τ' τ '' cosθ + cosθ = cosθ 2πε0r 2πε0r 160πε0r τ τ' τ '' sinθ − sinθ = sinθ 2πε0r 2πε0r 160πε0r
2
这是圆的方程。可见， xoy平面上 等位线为一簇圆心在x 平面上， 这是圆的方程。可见，在xoy平面上，等位线为一簇圆心在x 轴上的偏心圆，即等位面是一些偏心圆柱面。 轴上的偏心圆，即等位面是一些偏心圆柱面。
静电场习题解答
P19 1—2—1 一点电荷放在无界均匀介质中的一个球形空 腔中，介质介电常数为ε ，空腔半径为a，求空腔表面的 极化电荷面密度。
圆柱单位长度的电荷τ与圆柱间电压的关系
τ U0 = = 283.65 2πε 0 2 ln b + (h − a)
b − (h − a)
静电场习题解答
点A场强与电荷面密度最大
σ max = ε 0 Emax
τ 1 −1 = 0.1775 × 10− 6 C / m 2 = ε0 + 2πε 0 b − (h − a ) b + (h − a )
∇ ϕ1 = 0
2
0≤r<R1
ρ
R1 ϕ1
R2
ρ ∇ ϕ2 = − ε0
2
R1<r<R2
ϕ2 ϕ3
∇ ϕ3 = 0
2
R2<r<∞
静电场习题解答
选球坐标，球心与原点重合。由对称性可知， 选球坐标，球心与原点重合。由对称性可知，电 仅为r坐标的函数 坐标的函数， 位ϕ仅为 坐标的函数，故泊松方程为
1 d 2 dϕ1 r =0 2 r dr dr
y
ρ
p
1
+τ
d
o
ρ 2
d
τ
τ
x
证明： 证明：设两等量 异号的长直平行 线电荷τ和-τ都与 xoy平面垂直 xoy平面垂直， 平面垂直， 且分别位于（ 且分别位于（d， 0）和（-d ，0）， 那么xoy平面内 那么 平面内 任一点的电位为 （取x=0平面为 平面为 电位参考点）
静电场习题解答
τ ln ϕ ( x, y ) = 2πε 0
0≤r<R1
1 d 2 dϕ 2 ρ α R1<r<R2 r =− =− 2 2 r dr dr ε0 ε 0r
1 d 2 dϕ 3 r =0 2 r dr dr
积分， 积分，通解为
R2<r<∞
静电场习题解答
C1 ϕ1 (r ) = + C2 r
α C3 ϕ 2 (r ) = − ln r + + C4 ε0 r
静电场习题解答
P13：1-1-2 一充满电荷 电荷体密度为ρ0)的 ： 一充满电荷(电荷体密度为 的 证明球内各点的场强与到球心的距离成正比) 球,证明球内各点的场强与到球心的距离成正比 证明球内各点的场强与到球心的距离成正比
解（1）：分析题意， ）：分析题意 分析题意， 场的分布呈球对称性， 场的分布呈球对称性， 以对称中心为坐标原 建立球坐标。 点，建立球坐标。 将带电球体分割成无 数多个同心薄球壳， 数多个同心薄球壳， 它们可视为一均匀带 电球面（ ），球 电球面（例1-3），球 内离球心r处的场强。 内离球心r处的场强。
点B场强与电荷面密度最小 场强与电荷面密度最小
σ min = ε 0 Emin = ε 0
τ 1 1 = 0.0887 × 10− 6 C / m 2 − 2πε 0 a + (h − b) a + (h + b)
则
r = R1
∂ϕ1 ∂ϕ 2 = ε0 ε0 ∂r r = R1 ∂r
α C3 − − 2 = 0 ⇒ C3 = − R1 ε 0 R1 R1 ε0