大学物理第三版(北邮版)答案

大学物理学(北邮第三版) 习题及解答（全）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 tsd d . t rd d 只是速度在径向上的分量.∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆrˆt r t d d d d d d r r r += 式中t rd d 就是速度径向上的分量，∴t r td 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 tr d ˆd d ˆd 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 ＝22y x +，然后根据v =t rd d ，及a ＝22d 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 =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d 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+=，jt y i t x t r a jt y i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x yx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 trv ==其二，可能是将22d d d d t r tr 与误作速度与加速度的模。

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2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-=' (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2θ1,如题8-2解: 如题8-2图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin 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204rq 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: 020π4r r q Eε=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 =2024d q πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =S q 02ε．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Sq 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Sq E 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，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, θE =304sin 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 >>∴ 场点P 在r 方向场强分量30π2cos r p E r εθ=垂直于r 方向，即θ方向场强分量300π4sin rp E εθ=题8-5图 题8-6图 8-6 长l =15.0cmAB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m-1(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强．解： 如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε222)(d π4d x a xE E l l P P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右(2)2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题8-6图所示由于对称性⎰=l QxE 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向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ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵ lq 4=λ ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿OP8-9 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平面．q 在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(xRarctan =α)解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量06εqe =Φ． (2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ， 如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题8-9(a)图所示．题8-9(3)图题8-9(a)图 题8-9(b)图 题8-9(c)图(3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量，球冠面积*]1)[(π22222xR x x R S +-+= ∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221xR x+-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r Sααα⎰⋅=02d sin π2r)cos 1(π22α-=r8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅q S E s,02π4ε∑=q rE当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=rr r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外. 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0d ε∑⎰=⋅qS 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 =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， n E)(21210σσε-= 1σ面外， n E)(21210σσε+-= 2σ面外， n E)(21210σσε+=n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 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 ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ- 球在O 点产生电场d π4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030r E ερ= ；(2) ρ+在O '产生电场d π4d 3430301E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E 'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位矢为r (如题8-13(b)图)则 03ερrE PO =，3ερr E O P '-=' ,∴ 00033)(3ερερερdr r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6C d=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C-1解: ∵ 电偶极子p在外场E中受力矩 E p M⨯= ∴ qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功?解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r -61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-RqR q 0π41ε=O U )3(R qR q -R q 0π6ε-= ∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l = 则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U ∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 ∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E 与电势U 的关系U E -∇=，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)解: (1)点电荷 rqU 0π4ε=题 8-20 图∴ 0200π4r rq r r U E ε=∂∂-= 0r为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势220π4xR q U +=ε∴ ()i x R qxi x U E2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4rql llr q U εθθθε=+--=∴ 30π2cos r p r U E r εθ=∂∂-= 30π4sin 1rp U r E εθθθ=∂∂-= 8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2) 证: 如题8-21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有 0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ∴ +2σ03=σ说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ 又∵ +2σ03=σ ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB AC U U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d =∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C 10172-⨯-=-=S q B σ (2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q(1)(2)*(3)解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R Rqr r q r E U εε(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+Rq R q εε得 -='q 3q 8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求： (1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2解: 由题意知 2020π4rq F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =', 小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电q q 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'2F r qr q q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q . ∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r q q F ==ε *8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U U AB =可得以下6个方程题8-26图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd US q S qdU U C S S q B A 解得 Sq261==σσSq dU2032-=-=εσσ Sq dU2054+=-=εσσ 所以CB 间电场 S qd U E 00422εεσ+==)2d (212d 02Sq U E U U CB C ε+=== 注意：因为C 片带电，所以2U U C ≠，若C 片不带电，显然2UU C = 8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求：(1)电介质内、外的场强；(2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强303π4,π4r r Q E r Qr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεεrd r d⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内)11(π4210R R Q r r-+=εεε 8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=d21U E E == ∴r D D εσσ==1212题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求：(1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量；(2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82lr Q D w εε==薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B 的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求： (1) 1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度． 解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即2210π41r q q F ε=但2q 处于金属球壳中心，它受合力．．为零，没有加速度． (2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题8-30图 题8-31图8-31 如题8-31图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ． 解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C +=其上电荷123Q Q = ∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 8-32 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V?解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U ∴ 6001=U V ,4002=U V 即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求：(1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112*********U U U C U C q qU C U C q q q q 解得 (1) =1q U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失W W W -=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +-+= 221212U C C C C +=8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε= 3R r >时 302π4r rQ E ε=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε ∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B 的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B 的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B的方向．题9-2图9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)? (2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcdμ∴ 21B B=(2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B 方向相反，即21B B≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用． 9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管 外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L ·d l =0 但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为⎰外B L·d l =I 0μ这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ 外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发 生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m-2x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量． 解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S BΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BCD 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B两点处的磁题9-8图解：如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处 则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解： 如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。

习题88.1 选择题(1) 关于可逆过程和不可逆过程有以下几种说法：①可逆过程一定是准静态过程．②准静态过程一定是可逆过程．③不可逆过程发生后一定找不到另一过程使系统和外界同时复原．④非静态过程一定是不可逆过程．以上说法，正确的是：［］(A) ①、②、③、④. (B) ①、②、③.(C) ②、③、④. (D) ①、③、④.[答案：D. 准静态过程不一定是可逆过程．因准静态过程中可能存在耗散效应，如摩擦、粘滞性、电阻等。

](2) 热力学第一定律表明：［］(A) 系统对外做的功不可能大于系统从外界吸收的热量．(B) 系统内能的增量等于系统从外界吸收的热量．(C) 不可能存在这样的循环过程，在此循环过程中，外界对系统做的功不等于系统传给外界的热量．(D) 热机的效率不可能等于1．[答案：C。

热力学第一定律描述个热力学过程中的能量守恒定性质。

](3) 如题8.1图所示，bca为理想气体绝热过程，b1a和b2a是任意过程，则上述两过程中气体做功与吸收热量的情况是: ［］(A) b1a过程放热，做负功；b2a过程放热，做负功．(B) b1a过程吸热，做负功；b2a过程放热，做负功．(C) b1a过程吸热，做正功；b2a过程吸热，做负功．(D) b1a过程放热，做正功；b2a过程吸热，做正功．题8.1图[答案：B。

b1acb构成正循环，ΔE = 0，A净> 0，Q = Q b1a+ Q acb= A净>0，但Q acb= 0，∴Q b1a >0 吸热; b1a压缩，做负功b2a cb构成逆循环，ΔE = 0，A净< 0，Q = Q b2a+ Q acb= A净<0，但Q acb= 0，∴Q b2a <0 放热; b2a压缩，做负功](4) 根据热力学第二定律判断下列哪种说法是正确的．［］(A) 功可以全部变为热，但热不能全部变为功．(B) 热量能从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体．(C) 气体能够自由膨胀，但不能自动收缩．(D) 有规则运动的能量能够变为无规则运动的能量，但无规则运动的能量不能变为有规则运动的能量．[答案：C. 热力学第二定律描述自然热力学过程进行的条件和方向性。

习题9之阳早格格创做(1)正圆形的二对付角线处各搁置电荷Q，另二对付角线各搁置电荷q，若Q所受到合力为整，则Q与q的关系为：（）（A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q[问案：A](2)底下道法精确的是：（）（A）若下斯里上的电场强度到处为整，则该里内肯定不电荷；（B）若下斯里内不电荷，则该里上的电场强度肯定到处为整；（C）若下斯里上的电场强度到处不为整，则该里内肯定有电荷；（D）若下斯里内有电荷，则该里上的电场强度肯定到处不为整.[问案：D](3)一半径为R的导体球表面的里面荷稀度为σ，则正在距球里R处的电场强度（）（A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [问案：C](4)正在电场中的导体里里的（）（A）电场战电势均为整；（B）电场不为整，电势均为整；（C）电势战表面电势相等；（D）电势矮于表面电势.[问案：C](1)正在静电场中，电势稳定的天区，场强肯定为 .[问案：相共](2)一个面电荷q搁正在坐圆体核心，则脱过某一致况的电通量为，若将面电荷由核心背中移动至无限近，则总通量将 .[问案：q/6ε0, 将为整](3)电介量正在电容器中效率（a）——（b）——.[问案：(a)普及电容器的容量;(b) 延少电容器的使用寿命](4)电量Q匀称分散正在半径为R的球体内，则球内球中的静电能之比 .[问案：5：6]9.3 电量皆是q的三个面电荷，分别搁正在正三角形的三个顶面．试问：(1)正在那三角形的核心搁一个什么样的电荷，便不妨使那四个电荷皆达到仄稳(即每个电荷受其余三个电荷的库仑力之战皆为整)?(2)那种仄稳与三角形的边少有无关系?(1) 以A处面电荷为钻研对付象，由力仄稳知：q 为背电荷解得 q q 33-=' (2)与三角形边少无关．9.4 二小球的品量皆是m ，皆用少为l 的细绳挂正在共一面，它们戴有相共电量，停止时二线夹角为2θ,如题9.4图所示．设小球的半径战线的品量皆不妨忽略不计，供每个小球所戴的电量．解:解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 9.5 根据面电荷场强公式204r q E πε=，当被观察的场面距源面电荷很近(r →0)时，则场强→∞，那是不物理意思的，对付此应怎么样明白?解: 020π4r r q Eε=仅对付面电荷创造，当0→r 时，戴电体不克不迭再视为面电荷，再用上式供场强是过失的，本量戴电体有一定形状大小，思量电荷正在戴电体上的分散供出的场强不会是无限大．9.6 正在真空中有A ，B 二仄止板，相对付距离为d ，板里积为S ，其戴电量分别为+q 战-q ．则那二板之间有相互效率力f，有人道f =2024dq πε,又有人道，果为f =qE ,SqE 0ε=，所以f =Sq 02ε．试问那二种道法对付吗?为什么? f 到底应等于几?解: 题中的二种道法均分歧过失．第一种道法中把二戴电板视为面电荷是分歧过失的，第二种道法把合场强Sq E 0ε=瞅成是一个戴电板正在另一戴电板处的场强也是分歧过失的．精确解允许为一个板的电场为Sq E 02ε=，另一板受它的效率力Sq S qq f 02022εε==，那是二板间相互效率的电场力．9.7 少l =的曲导线AB 上匀称天分散着线稀度λx10-9C ·m -1的正电荷．试供：(1)正在导线的延少线上与导线B 端相距1a =处P 面的场强；(2)正在导线的笔曲仄分线上与导线中面相距2d = 处Q 面的场强．解：(1) 正在戴电曲线上与线元x d ，其上电量q d 正在P面爆收场强为20)(d π41d x a xE P-=λε用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代进得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 目标火仄背左(2)共理2220d d π41d +=x x E Qλε由于对付称性⎰=l Qx E 0d ，即Q E惟有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代进得21096.14⨯==Q y Q E E 1C N -⋅，目标沿y 轴正背一个半径为R 的匀称戴电半圆环，电荷线稀度为λ,供环心处O 面的场强．ϕλλd d d R l q ==，它正在O 面爆收场强盛小为20π4d d R R E εϕλ=目标沿半径背中则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰ ∴ RE E x0π2ελ==，目标沿x 轴正背．9.9 匀称戴电的细线直成正圆形，边少为l ，总电量为q ．(1)供那正圆形轴线上离核心为r 处的场强E ；(2)道明：正在l r >>处，它相称于面电荷q 爆收的场强E ．解: 如9.9图示，正圆形一条边上电荷4q 正在P 面爆收物强P Ed 目标如图，大小为∵ 22cos 221l r l +=θ∴ 24π4d 22220l r l l r E P++=ελP Ed 正在笔曲于仄里上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ由于对付称性，P 面场强沿OP 目标，大小为 ∵ lq4=λ ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 目标沿OP(1)面电荷q 位于一边少为a 的坐圆体核心，试供正在该面电荷电场中脱过坐圆体的一个里的电通量；(2)如果该场源面电荷移动到该坐圆体的一个顶面上，那时脱过坐圆体各里的电通量是几?解: (1)由下斯定理0d εqS E s⎰=⋅坐圆体六个里，当q 正在坐圆体核心时，每个里上电通量相等∴ 各里电通量06εq e =Φ．(2)电荷正在顶面时，将坐圆体蔓延为边少a 2的坐圆体，使q 处于边少a 2的坐圆体核心，则边少a 2的正圆形上电通量6εq e =Φ 对付于边少a 的正圆形，如果它不包罗q 天圆的顶面，则24εq e =Φ，如果它包罗q 天圆顶面则0=Φe ．如题9.10图所示． 题9.10 图匀称戴电球壳内半径6cm ，中半径10cm ，电荷体稀度为2×510-C ·m -3供距球心5cm ，8cm ,12cm 各面的场强．解: 下斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=qr E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4r r r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 目标沿半径背中．12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=rr r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径背中. 半径为1R 战2R (2R ＞1R )的二无限少共轴圆柱里，单位少度上分别戴有电量λ战-λ,试供:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各面的场强．解: 下斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s与共轴圆柱形下斯里，正里积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对付(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ rE 0π2ελ=沿径背背中(3) 2R r > 0=∑q∴ 0=E9.13 二个无限大的仄止仄里皆匀称戴电，电荷的里稀度分别为1σ战2σ，试供空间各处场强．解: 如题9.13图示，二戴电仄里匀称戴电，电荷里稀度分别为1σ与2σ， 二里间， n E)(21210σσε-=1σ里中， n E)(21210σσε+-=2σ里中， n E)(21210σσε+=n：笔曲于二仄里由1σ里指为2σ里．9.14 半径为R 的匀称戴电球体内的电荷体稀度为ρ,若正在球内掘去一齐半径为r ＜R 的小球体，如题图所示．试供：二球心O 与O '面的场强，并道明小球空腔内的电场是匀称的．解: 将此戴电体瞅做戴正电ρ的匀称球与戴电ρ-的匀称小球的拉拢，睹题9.14图(a)．(1) ρ+球正在O 面爆收电场010=E，ρ-球正在O 面爆收电场'dπ4π3430320OO r E ερ=∴ O 面电场'd33030OO r E ερ= ；(2) ρ+正在O '爆收电场'dπ4d 3430301OO E ερπ='ρ-球正在O '爆收电场002='E∴ O ' 面电场 003ερ='E'OO 题9.14图(a) 题9.14图(b)(3)设空腔任一面P 相对付O '的位矢为r'，相对付O 面位矢为r(如题8-13(b)图)则 03ερrE PO =，3ερr E O P '-=' , ∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+='∴腔内场强是匀称的． 9.15 一电奇极子由q ×10-6C的二个同号面电荷组成，二电荷距离d=，把那电奇极子搁正在×105N ·C -1的中电场中，供中电场效率于电奇极子上的最大举矩．解: ∵ 电奇极子p正在中场E 中受力矩∴ qlE pE M ==max 代进数字二面电荷1q ×10-8C ，2q ×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离形成2r =25cm ，需做几功?解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r rq q r r q q r F A εε )11(21r r -中力需做的功 61055.6-⨯-=-='A A J9.17 如题图所示，正在A ，B 二面处搁有电量分别为+q ,-q 的面电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正考查面电荷0q 从O 面通过半圆弧移到C 面，供移动历程中电场力做的功．解:∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=9.18 如题图所示的绝缘细线上匀称分散着线稀度为λ的正电荷,二曲导线的少度战半圆环的半径皆等于R ．试供环核心O 面处的场强战电势．解: (1)由于电荷匀称分散与对付称性，AB 战CD 段电荷正在O 面爆收的场强互相对消，与θd d R l =则θλd d R q =爆收O 面Ed 如图，由于对付称性，O 面场强沿y 轴背目标R0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］(2) AB 电荷正在O 面爆收电势，以0=∞U 共理CD 爆收 2ln π402ελ=U 半圆环爆收 0034π4πελελ==R R U ∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 9.19 一电子绕一戴匀称电荷的少曲导线以2×104m ·s -1的匀速率做圆周疏通．供戴电曲线上的线电荷稀度．(电子品量0m ×10-31kg ，电子电量e ×10-19C)解: 设匀称戴电曲线电荷稀度为λ，正在电子轨讲处场强 电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 气氛不妨启受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超出那个数值时气氛要爆收火花搁电．今有一下压仄止板电容器，极板间距离为d =，供此电容器可启受的最下电压．解: 仄止板电容器里里近似为匀称电场9.21 道明：对付于二个无限大的仄止仄里戴电导体板(题图)去道，(1)相背的二里上，电荷的里稀度经常大小相等而标记差同；(2)相背的二里上，电荷的里稀度经常大小相等而标记相共．证: 如题9.21图所示，设二导体A 、B 的四个仄里匀称戴电的电荷里稀度依次为1σ，2σ，3σ，4σ(1)则与与仄里笔曲且底里分别正在A 、B 里里的关合柱里为下斯里时，有∴ +2σ03=σ道明相背二里上电荷里稀度大小相等、标记差同；(2)正在A 里里任与一面P ，则其场强为整，而且它是由四个匀称戴电仄里爆收的场强叠加而成的，即 又∵ +2σ03=σ ∴ 1σ4σ=道明相背二里上电荷里稀度经常大小相等，标记相共． 9.22 三个仄止金属板A ，B 战C 的里积皆是200cm 2，A 战B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 皆接天，如题图所示．如果使A 板戴正电×10-7C ，略去边沿效力，问B 板战C 板上的感触电荷各是几?以天的电势为整，则A 板的电势是几? 解: 如题9.22图示，令A 板左正里电荷里稀度为1σ，左正里电荷里稀度为2σ(1)∵ AB AC U U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d = ∴ 2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A =得 ,32Sq A =σ Sq A 321=σ而 7110232-⨯-=-=-=A Cq S q σCC 10172-⨯-=-=S q B σ (2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 二个半径分别为1R 战2R （1R ＜2R )的共心薄金属球壳，现给内球壳戴电+q ，试估计：(1)中球壳上的电荷分散及电势大小；(2)先把中球壳接天，而后断启接天线沉新绝缘，此时中球壳的电荷分散及电势；*(3)再使内球壳接天，此时内球壳上的电荷以及中球壳上的电势的改变量．解: (1)内球戴电q +；球壳内表面戴电则为q -,中表面戴电为q +，且匀称分散，其电势⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε(2)中壳接天时，中表面电荷q +进天，中表面不戴电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -爆收： (3)设此时内球壳戴电量为q '；则中壳内表面戴电量为q '-，中壳中表面戴电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为整，且得 q R R q 21=' 中球壳上电势半径为R 的金属球离大天很近，并用导线与天相联，正在与球心相距为R d 3=处有一面电荷+q ，试供：金属球上的感触电荷的电量．解: 如题9.24图所示，设金属球感触电荷为q '，则球接天时电势0=O U由电势叠加本理有： 得 -='q 3q 有三个大小相共的金属小球，小球1，2戴有等量共号电荷，相距甚近，其间的库仑力为0F ．试供：(1)用戴绝缘柄的不戴电小球3先后分别交战1，2后移去，小球1，2之间的库仑力；(2)小球3依次接替交战小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知 2020π4rq F ε=(1)小球3交战小球1后，小球3战小球1均戴电2q q =', 小球3再与小球2交战后，小球2与小球3均戴电 ∴ 此时小球1与小球2间相互效率力(2)小球3依次接替交战小球1、2很多次后，每个小球戴电量均为32q .∴ 小球1、2间的效率力00294π432322F r qq F ==ε正在半径为1R 的金属球除中包有一层中半径为2R 的匀称电介量球壳，介量相对付介电常数为r ε，金属球戴电Q ．试供：(1)电介量内、中的场强； (2)电介量层内、中的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介量时的下斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介量内)(21R r R <<场强303π4,π4rrQ E r r Q D r εε ==内; 介量中)(2R r <场强 (2)介量中)(2R r >电势 介量内)(21R r R <<电势 (3)金属球的电势9.27 如题图所示，正在仄止板电容器的一半容积内充进相对付介电常数为r ε的电介量．试供：正在有电介量部分战无电介量部分极板上自由电荷里稀度的比值． 解: 如题9.27图所示，充谦电介量部分场强为2E，真空部分场强为1E，自由电荷里稀度分别为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε= ∴ r r E E εεεεσσ==102012二个共轴的圆柱里，少度均为l ，半径分别为1R 战2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，二柱里之间充有介电常数εQ 战-Q 时，供：(1)正在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，薄度为dr ，少为l 的圆柱薄壳中任一面的电场能量稀度战所有薄壳中的电场能量； (2)电介量中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 与半径为r 的共轴圆柱里)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑ ∴ rlQD π2=(1)电场能量稀度 22222π82l r Q D w εε==薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介量中总电场能量(3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε== 如题9.29 图所示，1C =μF ，2C =μF ，3C =μF ．1C 上电压为50V ．供：AB U ． 解: 电容1C 上电量电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q =∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 9.30 1C 战2C 二电容器分别标明“200 pF 、500 V”战“300 pF 、900 V”，把它们串联起去后等值电容是几?如果二端加上1000 V的电压，是可会打脱?解: (1) 1C 与2C 串联后电容 (2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U ∴ 6001=U V ,4002=U V即电容1C 电压超出耐压值会打脱，而后2C 也打脱．半径为1R = 的导体球，中套有一共心的导体球壳，壳的内、中半径分别为2R =战3R =，当内球戴电荷Q ×10-8C 时，供：(1)所有电场储藏的能量；(2)如果将导体壳接天，估计储藏的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球戴电Q ，中球壳内表面戴电Q -，中表面戴电Q(1)正在1R r <战32R r R <<天区正在21R r R <<时 301π4r rQ E ε=3R r >时 302π4rrQ E ε=∴正在21R r R <<天区正在3R r >天区∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε(2)导体壳接天时，惟奇尔21R r R <<30π4rrQ E ε=,02=W ∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R QW C -==ε。

习 题 77、1选择题(1) 容器中贮有一定量的理想气体,气体分子的质量为m ,当温度为T 时,根据理想气体的分子模型与统计假设,分子速度在x 方向的分量平方的平均值就是:(A) 2x υ=. (B) 2x υ=. ［ ］(C) 23x kT m υ= . (D) 2x kT mυ=. [答案:D 。

2222x y z υυυυ=++, 222213x y z υυυυ===,23kT mυ=。

](2) 一瓶氦气与一瓶氮气的密度相同,分子平均平动动能相同,而且都处于平衡状态,则它们 ［ ］ (A) 温度相同、压强相同. (B) 温度、压强都不相同. (C) 温度相同,但氦气的压强大于氮气的压强. (D) 温度相同,但氦气的压强小于氮气的压强.[答案:C 。

由32w kT =,w w =氦氮,得T 氦=T 氮 ; 由molpM RTρ=,ρρ=氦氮,T 氦=T 氮 ,而M M <mol 氦mol 氮,故p p >氦氮。

](3) 在标准状态下,氧气与氦气体积比为V 1 /V 2=1/2,都视为刚性分子理想气体,则其内能之比E 1 / E 2为: ［ ］ (A) 3 / 10. (B) 1 / 2. (C) 5 / 6. (D) 5 / 3.[答案:C 。

由2mol M i E RT M =2ipV =,得111112222256E i pV i V E i pV i V ==⋅=。

](4) 一定质量的理想气体的内能E 随体积V 的变化关系为一直线,其延长线过E ~V 图的原点,题7、1图所示,则此直线表示的过程为: ［ ］ (A) 等温过程. (B) 等压过程. (C) 等体过程. (D) 绝热过程.[答案:B 。

由图得E =kV , 而2i E pV =,i 不变,2ik p =为一常数。

](5) 在恒定不变的压强下,气体分子的平均碰撞频率Z 与气体的热力学温度T的关系为 [ ] (A) Z 与T 无关. (B).Z 与T 成正比 . (C) Z 与T 成反比. (D) Z 与T 成正比.[答案:C。

习题 55.1选择题(1)一物体作简谐振动，振动方程为)2cos(πω+=t A x ，则该物体在0=t 时刻的动能与8/T t =（T 为振动周期）时刻的动能之比为： (A)1：4 （B ）1：2 （C ）1：1 (D) 2：1[答案：D](2)弹簧振子在光滑水平面上作简谐振动时，弹性力在半个周期内所作的功为(A)kA 2 (B) kA 2/2 (C) kA 2//4 (D)0[答案：D](3)谐振动过程中，动能和势能相等的位置的位移等于 (A)4A ±(B) 2A± (C) 23A±(D) 22A ± [答案：D]5.2 填空题(1)一质点在X 轴上作简谐振动，振幅A ＝4cm ，周期T ＝2s ，其平衡位置取作坐标原点。

若t ＝0时质点第一次通过x ＝－2cm 处且向X 轴负方向运动，则质点第二次通过x ＝－2cm 处的时刻为____s 。

[答案：23s ](2)一水平弹簧简谐振子的振动曲线如题 5.2(2)图所示。

振子在位移为零，速度为－?A 、加速度为零和弹性力为零的状态，对应于曲线上的____________点。

振子处在位移的绝对值为A 、速度为零、加速度为－?2A 和弹性力为－KA 的状态，则对应曲线上的____________点。

题5.2(2) 图[答案：b 、f ； a 、e](3)一质点沿x 轴作简谐振动，振动范围的中心点为x 轴的原点，已知周期为T ，振幅为A 。

(a)若t=0时质点过x=0处且朝x 轴正方向运动，则振动方程为x=___________________。

(b) 若t=0时质点过x=A/2处且朝x 轴负方向运动，则振动方程为x=_________________。

[答案：cos(2//2)x A t T ππ=-； cos(2//3)x A t T ππ=+]5.3 符合什么规律的运动才是谐振动?分别分析下列运动是不是谐振动： (1)拍皮球时球的运动；(2)如题5.3图所示，一小球在一个半径很大的光滑凹球面内滚动(设小球所经过的弧线很 短)．题5.3图 题5.3图(b)解：要使一个系统作谐振动，必须同时满足以下三个条件：一 ，描述系统的各种参量，如质量、转动惯量、摆长……等等在运动中保持为常量；二，系统是在自己的稳定平衡位置附近作往复运动；三，在运动中系统只受到内部的线性回复力的作用． 或者说，若一个系统的运动微分方程能用描述时，其所作的运动就是谐振动．(1)拍皮球时球的运动不是谐振动．第一，球的运动轨道中并不存在一个稳定的平衡位置； 第二，球在运动中所受的三个力：重力，地面给予的弹力，击球者给予的拍击力，都不是线性回复力．(2)小球在题5.3图所示的情况中所作的小弧度的运动，是谐振动．显然，小球在运动过程中，各种参量均为常量；该系统(指小球凹槽、地球系统)的稳定平衡位置即凹槽最低点，即系统势能最小值位置点O ；而小球在运动中的回复力为θsin mg -，如题5.3图(b)中所示，因S ∆＜＜R ，故RS∆=θ→0，所以回复力为θmg -.式中负号，表示回复力的方向始终与角位移的方向相反．即小球在O 点附近的往复运动中所受回复力为线性的．若以小球为对象，则小球在以O '为圆心的竖直平面内作圆周运动，由牛顿第二定律，在凹槽切线方向上有令Rg=2ω，则有 5.4 弹簧振子的振幅增大到原振幅的两倍时，其振动周期、振动能量、最大速度和最大加速度等物理量将如何变化？解：弹簧振子的振动周期、振动能量、最大速度和最大加速度的表达式分别为所以当振幅增大到原振幅的两倍时，振动周期不变，振动能量增大为原来的4倍，最大速度增大为原来的2倍，最大加速度增大为原来的2倍。

大学物理习题及解答（第三版 北京邮电大学出版社）习题二2-1 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为1m 的物体，另一边穿在质量为2m 的圆柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动．今看到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度a '下滑，求1m ，2m 相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力(绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计)．解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为1a ，其对于2m 则为牵连加速度，又知2m 对绳子的相对加速度为a '，故2m 对地加速度，由图(b)可知，为a a a '-=12 ①又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f 在数值上等于绳的张力T ，由牛顿定律，有111a m T g m =-② 222a m g m T =-③联立①、②、③式，得2121211212212211)2()()(m m a g m m T f m m a m g m m a m m a m g m m a +'-==+'--=+'+-=讨论 (1)若0='a ，则21a a =表示柱体与绳之间无相对滑动．(2)若g a 2='，则0==f T ，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时1m , 2m 均作自由落体运动．题2-1图2-2 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平线AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道． 解: 物体置于斜面上受到重力mg ，斜面支持力N .建立坐标：取0v ϖ方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-2.题2-2图X 方向： 0=x F t v x 0= ① Y 方向： y y ma mg F ==αsin ② 0=t 时 0=y 0=y v2sin 21t g y α= 由①、②式消去t ，得 220sin 21x g v y ⋅=α2-3 质量为16 kg 的质点在xOy 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为x f ＝6 N ，y f ＝-7 N ，当t ＝0时，==y x 0，x v ＝-2 m ·s -1，y v ＝0．求当t ＝2 s 时质点的 (1)位矢；(2)速度．解： 2s m 83166-⋅===m f a x x2s m 167-⋅-==m f a y y(1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=20101200s m 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x于是质点在s 2时的速度1s m 8745-⋅--=j i v ϖϖϖ(2)m 874134)167(21)4832122(21)21(220j i j i j t a i t a t v r y x ϖϖϖϖϖϖϖ--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=2-4 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mk e v )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m k e )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0k m v ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e 1，式中m 为质点的质量． 答: (1)∵ t v m kv a d d =-= 分离变量，得m t k v v d d -=即 ⎰⎰-=v v t m t k vv 00d d mkt e v v -=ln ln 0∴ tm k e v v -=0(2) ⎰⎰---===t t t m k m k e k mv t e v t v x 000)1(d d(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有⎰∞-=='000d k mv t e v x t m k (4)当t=k m时，其速度为 e v e v ev v k m m k 0100===-⋅-即速度减至0v 的e 1. 2-5 升降机内有两物体，质量分别为1m ，2m ，且2m ＝21m ．用细绳连接，跨过滑轮,绳子不可伸长，滑轮质量及一切摩擦都忽略不计，当升降机以匀加速a ＝21g 上升时，求：(1) 1m 和2m 相对升降机的加速度．(2)在地面上观察1m ，2m 的加速度各为多少?解: 分别以1m ,2m 为研究对象，其受力图如图(b)所示．(1)设2m 相对滑轮(即升降机)的加速度为a '，则2m 对地加速度a a a -'=2；因绳不可伸长，故1m 对滑轮的加速度亦为a '，又1m 在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以1m 在水平方向对地加速度亦为a '，由牛顿定律，有)(22a a m T g m -'=-a m T '=1题2-5图联立，解得g a ='方向向下(2) 2m 对地加速度为 22g a a a =-'= 方向向上 1m 在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即牵相绝a a a ϖϖϖ+='∴g g g a a a 25422221=+=+'= a a '=arctan θo6.2621arctan ==，左偏上． 2-6一质量为m 的质点以与地的仰角θ=30°的初速0v ϖ从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量．解: 依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下,而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为o 30，则动量的增量为 0v m v m p ϖϖϖ-=∆ 由矢量图知，动量增量大小为0v m ϖ，方向竖直向下．2-7 一质量为m 的小球从某一高度处水平抛出，落在水平桌面上发生弹性碰撞．并在抛出1 s ，跳回到原高度，速度仍是水平方向，速度大小也与抛出时相等．求小球与桌面碰撞过程中，桌面给予小球的冲量的大小和方向．并回答在碰撞过程中，小球的动量是否守恒?解: 由题知，小球落地时间为s 5.0．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为g gt v 5.01==，小球上跳速度的大小亦为g v 5.02=．设向上为y 轴正向，则动量的增量 12v m v m p ϖϖϖ-=∆方向竖直向上， 大小mg mv mv p =--=∆)(12ϖ碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒． 2-8 作用在质量为10 kg 的物体上的力为i t F ϖ)210(+=N ，式中t 的单位是s ，(1)求4s 后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200 N ·s ，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度j ϖ6-m ·s -1的物体,回答这两个问题． 解: (1)若物体原来静止，则i t i t t F p t ϖϖϖϖ10401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向， i p I i m p v ϖϖϖϖϖϖ111111s m kg 56s m 6.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆若物体原来具有6-1s m -⋅初速，则 ⎰⎰+-=+-=-=t t t F v m t m F v m p v m p 000000d )d (,ϖϖϖϖϖϖϖ于是⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d ϖϖϖϖϖ, 同理， 12v v ϖϖ∆=∆,12I I ϖϖ= 这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理．(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即 0200102=-+t t解得s 10=t ，(s 20='t 舍去) 2-9 一质量为m 的质点在xOy 平面上运动，其位置矢量为 j t b i t a r ϖϖϖωωsin cos += 求质点的动量及t ＝0 到ωπ2=t 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量．解: 质点的动量为 )cos sin (j t b i t a m v m p ϖϖϖϖωωω+-== 将0=t 和ωπ2=t 分别代入上式，得 j b m p ϖϖω=1,i a m p ϖϖω-=2,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为 )(12j b i a m p p p I ϖϖϖϖϖϖ+-=-=∆=ω2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得b a t = (2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at t bt a I 0221d )(将b a t =代入，得 b a I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量0202bv a v I m ==2-11 一炮弹质量为m ，以速率v 飞行，其内部炸药使此炮弹分裂为两块，爆炸后由于炸药使弹片增加的动能为T ，且一块的质量为另一块质量的k 倍，如两者仍沿原方向飞行，试证其速率分别为v +m kT 2, v -km T2证明: 设一块为1m ，则另一块为2m ，21km m =及m m m =+21于是得1,121+=+=k m m k km m ①又设1m 的速度为1v , 2m 的速度为2v ，则有2222211212121mv v m v m T -+=②2211v m v m mv +=③联立①、③解得 12)1(kv v k v -+=④将④代入②，并整理得21)(2v v km T -=于是有km T v v 21±= 将其代入④式，有m kT v v 22±=又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取 km T v v m kT v v 2,221-=+=证毕． 2-12 设N 67j i F ϖϖϖ-=合．(1) 当一质点从原点运动到m 1643k j i r ϖϖϖϖ++-=时，求F ϖ所作的功．(2)如果质点到r 处时需0.6s ，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化． 解: (1)由题知，合F ϖ为恒力， ∴ )1643()67(k j i j i r F A ϖϖϖϖϖϖϖ++-⋅-=⋅=合 J 452421-=--=(2) w 756.045==∆=t A P(3)由动能定理，J 45-==∆A E k2-13 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm ，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同．解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图ky f -=第一锤外力的功为1A⎰⎰⎰==-='=s s k y ky y f y f A 1012d d d ①式中f '是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在0d →t 时，f 'f -=．设第二锤外力的功为2A ，则同理，有⎰-==21222221d y k ky y ky A ②由题意，有2)21(212k mv A A =∆== ③即 222122k k ky =-所以，22=y 于是钉子第二次能进入的深度为 cm 414.01212=-=-=∆y y y2-14 设已知一质点(质量为m )在其保守力场中位矢为r 点的势能为n P r k r E /)(=, 试求质点所受保守力的大小和方向．解: 1d )(d )(+-==n r nk r r E r F 方向与位矢r ϖ的方向相反，即指向力心．2-15 一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端，挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ，B 的下端一重物C ，C 的质量为M ，如题2-15图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比．解: 弹簧B A 、及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图Mg F F B A ==又 11x k F A ∆=22x k F B ∆=所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =∆∆弹性势能之比为12222211121212k k x k x k E E p p =∆∆= 2-16 (1)试计算月球和地球对m 物体的引力相抵消的一点P ，距月球表面的距离是多少?地球质量5.98×1024kg ，地球中心到月球中心的距离3.84×108m ，月球质量7.35×1022kg ，月球半径1.74×106m ．(2)如果一个1kg 的物体在距月球和地球均为无限远处的势能为零，那么它在P 点的势能为多少?解: (1)设在距月球中心为r 处地引月引F F =，由万有引力定律，有()22r R mM G r mM G -=地月经整理，得R M M M r 月地月+==2224221035.71098.51035.7⨯+⨯⨯81048.3⨯⨯m 1032.386⨯= 则P 点处至月球表面的距离为m 1066.310)74.132.38(76⨯=⨯-=-=月r r h(2)质量为kg 1的物体在P 点的引力势能为()r R M Gr M G E P ---=地月()72411722111083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯-=- J 1028.16⨯=2-17 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为1m 和2m 的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧的劲度系数为k ，自然长度等于水平距离BC ，2m 与桌面间的摩擦系数为μ，最初1m 静止于A 点，AB ＝BC ＝h ，绳已拉直，现令滑块落下1m ,求它下落到B 处时的速率．解: 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有])(21[)(21212212l k gh m v m m gh m ∆+-+=-μ式中l ∆为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则h BC AC l )12(-=-=∆联立上述两式，得()()212221122m m kh gh m m v +-+-=μ题2-17图2-18 如题2-18图所示，一物体质量为2kg ，以初速度0v ＝3m ·s -1从斜面A 点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N ，到达B 点后压缩弹簧20cm 后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点。

习题1010.1选择题(1) 对于安培环路定理的理解，正确的是：（A ）若环流等于零，则在回路L 上必定是H 处处为零； （B ）若环流等于零，则在回路L 上必定不包围电流；（C ）若环流等于零，则在回路L 所包围传导电流的代数和为零； （D ）回路L 上各点的H 仅与回路L 包围的电流有关。

[答案：C](2) 对半径为R 载流为I 的无限长直圆柱体，距轴线r 处的磁感应强度B （） （A ）内外部磁感应强度B 都与r 成正比；（B ）内部磁感应强度B 与r 成正比，外部磁感应强度B 与r 成反比； （C ）内外部磁感应强度B 都与r 成反比；（D ）内部磁感应强度B 与r 成反比，外部磁感应强度B 与r 成正比。

[答案：B](3）质量为m 电量为q 的粒子，以速率v 与均匀磁场B 成θ角射入磁场，轨迹为一螺旋线，若要增大螺距则要（） （A ） 增加磁场B ；（B ）减少磁场B ；（C ）增加θ角；（D ）减少速率v 。

[答案：B](4）一个100匝的圆形线圈，半径为5厘M ，通过电流为0.1安，当线圈在1.5T 的磁场中从θ=0的位置转到180度（θ为磁场方向和线圈磁矩方向的夹角）时磁场力做功为（） （A ）0.24J ；（B ）2.4J ；（C ）0.14J ；（D ）14J 。

[答案：A]10.2 填空题(1)边长为a 的正方形导线回路载有电流为I ，则其中心处的磁感应强度。

[答案：aIπμ220，方向垂直正方形平面] (2)计算有限长的直线电流产生的磁场用毕奥——萨伐尔定律，而用安培环路定理求得（填能或不能）。

[答案：能, 不能](3)电荷在静电场中沿任一闭合曲线移动一周，电场力做功为。

电荷在磁场中沿任一闭合曲线移动一周，磁场力做功为。

[答案：零，正或负或零](4)两个大小相同的螺线管一个有铁心一个没有铁心，当给两个螺线管通以电流时，管内的磁力线H 分布相同，当把两螺线管放在同一介质中，管内的磁力线H 分布将。

习题22.1 选择题(1) 一质点作匀速率圆周运动时，(A)它的动量不变，对圆心的角动量也不变。

(B)它的动量不变，对圆心的角动量不断改变。

(C)它的动量不断改变，对圆心的角动量不变。

(D)它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变。

[答案：C](2) 质点系的内力可以改变(A)系统的总质量。

(B)系统的总动量。

(C)系统的总动能。

(D)系统的总角动量。

[答案：C](3) 对功的概念有以下几种说法：①保守力作正功时，系统内相应的势能增加。

②质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。

③作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零。

在上述说法中：(A)①、②是正确的。

(B)②、③是正确的。

(C)只有②是正确的。

(D)只有③是正确的。

[答案：C]2.2填空题(1) 某质点在力i x F )54(+=（SI ）的作用下沿x 轴作直线运动。

在从x=0移动到x=10m的过程中，力F 所做功为 。

[答案：290J ](2) 质量为m 的物体在水平面上作直线运动，当速度为v 时仅在摩擦力作用下开始作匀减速运动，经过距离s 后速度减为零。

则物体加速度的大小为 ，物体与水平面间的摩擦系数为 。

[答案：22;22v v s gs](3) 在光滑的水平面内有两个物体A 和B ，已知m A =2m B 。

（a ）物体A 以一定的动能E k 与静止的物体B 发生完全弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为 ；（b ）物体A 以一定的动能E k 与静止的物体B 发生完全非弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为 。

[答案：2;3k k E E ]2.3 在下列情况下，说明质点所受合力的特点：（1）质点作匀速直线运动；（2）质点作匀减速直线运动；（3）质点作匀速圆周运动；（4）质点作匀加速圆周运动。

解：（1）所受合力为零；（2）所受合力为大小、方向均保持不变的力，其方向与运动方向相反；（3）所受合力为大小保持不变、方向不断改变总是指向圆心的力；（4）所受合力为大小和方向均不断变化的力，其切向力的方向与运动方向相同，大小恒定；法向力方向指向圆心。

习题二2-1因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a 1，其对于m 2则为牵连加速度，又知m 2对绳子的相对加速度为a ′，故m 2对地加速度，由图(b)可知，为 a 2=a 1-a ′ ①又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f 在数值上等于绳的张力T ，由牛顿定律，有m 1g-T=m 1a 1 ②T-m 2g=m 2a 2 ③联立①、②、③式，得2121211212212211)2()()(m m a g m m T f m m a m g m m a m m a m g m m a +'-==+'--=+'+-=讨论 (1)若a ′=0，则a 1=a 2表示柱体与绳之间无相对滑动．(2)若a ′=2g ，则T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m 1,m 2均作自由落体运动．题2-1图2-2以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，则在竖直方向上，N B -mg=0 ①又因梯无转动，以B 点为转动点，设梯子长为l ，则N A lsin θ-mg 2l cos θ=0 ② 在水平方向因其有加速度a ，故有f+N A =ma ③题2-2图式中f 为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能，即 f=±μ0mg ④联立①、②、③、④式得)(2tan ,)(2tan 00g a g g a g M m μθμθ-=+=2-3 283166-⋅===s m m f a x x 2167-⋅-==s m m f a y y (1) ⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=20101200872167452832s m dt a v v s m dt a v v y y y x x x于是质点在2s 时的速度18745-⋅--=s m j i v (2) m j i j i j t a i t a t v r y x 874134)167(21)4832122(21)21(220--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++= 2-4 (1)∵dtdv m kv a =-=分离变量，得 mkdt v dv -= 即⎰⎰-=v v t mkdt v dv 00 m kt e v v -=ln ln 0∴ t m k ev v -=0 (2)⎰⎰---===t t t m k m k e k mv dt e v vdt x 000)1( (3)质点停止运动时速度为零，即t →∞， 故有⎰∞-=='000kmv dt e v x t m k (4)当t=km 时，其速度为e v e v e v v k m m k 0100===-⋅- 即速度减至v 0的e1. 2-5分别以m 1,m 2为研究对象，其受力图如图(b)所示．(1)设m 2相对滑轮(即升降机)的加速度为a ′，则m 2对地加速度a 2=a ′-a ；因绳不可伸长，故m 1对滑轮的加速度亦为a ′，又m 1在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以m 1在水平方向对地加速度亦为a ′，由牛顿定律，有m 2g-T=m 2(a ′-a)T=m 1a ′题2-5图联立，解得a ′=g 方向向下(2) m 2对地加速度为a 2=a ′-a=2g 方向向上 m 1在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a 绝=a 相′+a 牵∴g g g a a a 25422221=+=+'= θ=arctan a a '=arctan 21=26.6°，左偏上． 2-6依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下，而抛物线具有对y 轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为30°，则动量的增量为Δp=mv-mv 0由矢量图知，动量增量大小为｜mv 0｜，方向竖直向下．2-7由题知，小球落地时间为0.5s ．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v 1=gt=0.5g ，小球上跳速度的大小亦为v 2=0.5g ．设向上为y 轴正向，则动量的增量Δp=mv 2-mv 1 方向竖直向上，大小 ｜Δp ｜=mv 2-(-mv 1)=mg碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒．2-8 (1)若物体原来静止，则Δp 1=⎰⎰=+=tidt t Fdt 04056)210( i kg ·m ·s -1,沿x 轴正向， 111111566.5--⋅⋅=∆=⋅=∆=∆s m kg i p I s m i mp v 若物体原来具有-6 m ·s -1初速，则⎰⎰+-=+-=-=t tFdt mv dt m F v m p mv p 000000)(,于是 ⎰∆==-=∆tp Fdt p p p 0102, 同理，Δv 2=Δv 1,I 2=I 1这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理．(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即⎰+=+=tt t dt t I 0210)210( 亦即t 2+10t-200=0解得t=10 s ，(t ′=-20 s 舍去)2-9 质点的动量为p=mv=m ω(-asin ωti+bcos ωtj)将t=0和t=ωπ2分别代入上式，得 p 1=m ωbj,p 2=-m ωai,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为I=Δp=p 2-p 1=-m ω(ai+bj)2-10 (1)由题意，子弹到枪口时，有F=(a-bt)=0,得t=ba (2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at dt bt a I 0221)( 将t=ba 代入，得 ba I 22= (3)由动量定理可求得子弹的质量0202bv a v I m ==2-11设一块为m 1，则另一块为m 2，m 1=km 2及m 1+m 2=m于是得 1,121+=+=k m m k km m ① 又设m 1的速度为v 1,m 2的速度为v 2，则有2222211212121mv v m v m T -+=② mv=m 1v 1+m 2v 2 ③联立①、③解得 v 2=(k+1)v-kv 1 ④将④代入②，并整理得21)(2v v kmT -= 于是有kmT v v 21±= 将其代入④式，有mkT v v 22±= 又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取kmT v v m kT v v 2,221-=+= 证毕．2-12 (1)由题知，F 合为恒力，∴ A 合=F ·r=(7i-6j)·(-3i+4j+16k)=-21-24=-45 J(2)w t A N 756.045==∆=(3)由动能定理，ΔE k =A=-45 J2-13 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图f=-ky第一锤外力的功为A 1⎰⎰⎰==-='=ss k kydy fdy dy f A 1012① 式中f ′是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在dt →0时，f ′=-f ． 设第二锤外力的功为A 2，则同理，有⎰-==21222221y k ky kydy A ② 由题意，有2)21(212k mv A A =∆== ③ 即222122k k ky =- 所以，22=y 于是钉子第二次能进入的深度为Δy=y 2-y 1=2-1=0.414 cm2-14 1)()(+-==n rnk dr r dE r F 方向与位矢r 的方向相反，即指向力心．2-15 弹簧A 、B 及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图F A =F B =Mg又 F A =k 1Δx 1F B =k 2Δx 2所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =∆∆ 弹性势能之比为12222211121212k k x k x k E E p p =∆∆= 2-16 (1)设在距月球中心为r 处F 月引=F 地引，由万有引力定律，有G 2r mM 月=G ()2rR mM -地 经整理，得 r=R M M M 月地月+=2224221035.71098.51035.7⨯+⨯⨯81048.3⨯⨯=38.32⨯106 m则p 点处至月球表面的距离为h=r-r 月 =(38.32-1.74)×106＝3.66×107 m(2)质量为1 kg 的物体在p 点的引力势能为()r R M G r M G E P ---=地月=()72411722111083.34.381098.51067.61083.31035.71067.6⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯-- =-1.28J 610⨯2-17 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有-μm 2gh=21 (m 1+m 2)v 2-［m 1gh+21k(Δl)2］ 式中Δl 为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则Δl=AC-BC=(2-1)h联立上述两式，得v=()()212221122m m kh gh m m +-+υ题2-17图2-18 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点则由功能原理，有-f r s=⎪⎭⎫ ⎝⎛︒+-37sin 212122mgs mv kx k=222137sin 21kx sf mgs mv r -︒+ 式中 s=4.8+0.2=5 m ，x=0.2 m ，再代入有关数据，解得 k=1390 N ·m -1题2-18图再次运用功能原理，求木块弹回的高度h ′-f t s ′=mgs ′sin37°-21kx 3 代入有关数据，得 s ′=1.4 m,则木块弹回高度h ′=s ′sin37°=0.84 m题2-19图2-19 m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M 地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有mgR=222121MV mv + 又下滑过程，动量守恒，以m,M 为系统则在m 脱离M 瞬间，水平方向有mv-MV=0联立，以上两式，得v=()M m MgR +2 2-20 两小球碰撞过程中，机械能守恒，有222120212121mv mv mv += 即 222120v v v += ①题2-20图(a) 题2-20图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有m v 0=m v 1+m v 2亦即 v 0=v 1+v 2 ②由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以v 0为斜边，故知v 1与v 2是互相垂直的．2-21 由题知，质点的位矢为r=x 1i+y 1j作用在质点上的力为f=-fi所以，质点对原点的角动量为L 0=r ×mv=(x 1i+y 1j)×m(v x i+v y j)=(x 1mv y -y 1mv x )k作用在质点上的力的力矩为M 0=r ×f=(x 1i+y 1j)×(-fi)=y 1fk2-22 哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有r 1mv 1=r 2mv 2∴m v v r r 12241021121026.51008.91046.51075.8⨯=⨯⨯⨯⨯== 2-23 (1) ⎰⎰-⋅⋅===∆301155s m kg j jdt fdt p(2)解(一) x=x 0+v 0x t=4+3=7j at t v y y 5.25335213621220=⨯⨯+⨯=+= 即r 1=4i,r 2=7i+25.5jv x =v 0x =11133560=⨯+=+=at v v y y 即v 1=i 1+6j,v 2=i+11j∴ L 1=r 1×mv 1=4i ×3(i+6j)=72kL 2=r 2×mv 2=(7i+25.5j)×3(i+11j)=154.5k∴ΔL=L 2-L 1=82.5k kg ·m 2·s -1解(二) ∵dtdz M =∴⎰⎰⨯=⋅=∆t t dtFrdtML00)(⎰⎰-⋅⋅=+=⨯⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯+++=313225.82)4(55)35)216()4(smkgkkdttjdtjtti t题2-24图2-24 在只挂重物M1时，小球作圆周运动的向心力为M1g，即M1g=mr0ω20 ①挂上M2后，则有(M1+M2)g=mr′ω′2 ②重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．即 r0mv0=r′mv′222ωω''=⇒rr③联立①、②、③得32211213212111)()(MMMmMgrgmMMrMMMmrgMmrgM+='+='+='=ωωω2-25 (1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N、N′是正压力，F r、F′r是摩擦力，F x和F y是杆在A点转轴处所受支承力，R是轮的重力，P是轮在O轴处所受支承力．题2-25图（a）题2-25图(b)杆处于静止状态，所以对A 点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有F l l l N l N l l F 1211210)(+='='-+ 对飞轮，按转动定律有β=-F r R/I ，式中负号表示β与角速度ω方向相反．∵ F r =μN N=N ′ ∴ F l l l N F r 121+='=μμ 又∵ ,212mR I = ∴F mRl l l I R F r 121)(2+-=-=μβ ① 以F=100 N 等代入上式，得234010050.025.060)75.050.0(40.02-⋅-=⨯⨯⨯+⨯⨯-=s rad β 由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为s t 06.74060329000=⨯⨯⨯=-=πβω 这段时间内飞轮的角位移为radt t ππππβωφ21.53)49(340214960290021220⨯=⨯⨯-⨯⨯=+= 可知在这段时间里，飞轮转了53.1转．(2)ω0=900×(2π)/60 rad ·s -1，要求飞轮转速在t=2 s 内减少一半，可知2021522-⋅-=-=-=s rad t t πωωωβ用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为NllmRlF1772)75.050.0(40.021550.025.060)(2211=⨯+⨯⨯⨯⨯⨯=+-=πμβ2-26 设a，a2和β分别为m1m2和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．题2-26(a)图题2-26(b)图(1)m1，m2和柱体的运动方程如下：⎪⎩⎪⎨⎧='-'=-=-3212111112222βIrTRTamTgmamgmT式中 T1′=T1,T2′=T2,a2=rβ,a1=Rβ而 I=(1/2)MR2+(1/2)mr2由上式求得2222222212113.68.910.0220.0210.042120.0102121.022.0-⋅=⨯⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯-⨯=++-=sradgrmRmIrmRmβ(2)由①式T2=m2rβ+m2g=2×0.10×6.13+2×9.8＝20.8 N由②式T1=m1g-m1Rβ=2×9.8-2×0.20×6.13＝17.1 N2-27 分别以m1，m2滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m1,m2运用牛顿定律，有m2g-T2=m2a ①T1=m1a ②对滑轮运用转动定律，有T2r-T1r=(1/2Mr2)β③又， a=rβ④联立以上4个方程，得22126.721520058.92002-⋅=++⨯=++=s m Mm m gm a题2-27(a)图 题2-27(b)图题2-28图2-28 (1)由转动定律，有mg(l/2)=[(1/3)ml 2]β∴ β=lg 23 (2)由机械能守恒定律，有mg(l/2)sin θ=(1/2)[(1/3)ml 2]ω2∴ω=lg θsin 3题2-29图2-29 (1)设小球的初速度为v 0，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v ，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：mv 0l=I ω+mvl ①(1/2)mv 20=(1/2)J ω2+(1/2)mv 2 ②上两式中J=1/3Ml 2，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度θ=30°，按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212︒-=l Mg Iω ③ 由③式得2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=lg I Mgl ω 由①式 mlI v v ω-=0 ④ 由②式 m I v v 222ω-= ⑤ 所以22001)(2ωωmv ml I v -=-求得 gl m Mm m M l mlI l v +-=+=+=31232(6)311(2)1(220ωω(2)相碰时小球受到的冲量为∫Fdt=Δmv=mv-mv 0由①式求得∫Fdt=mv-mv 0=-(I ω)/l=(-1/3)Ml ω=-gl M6)32(6-负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．题2-30图2-30 (1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度v 0=R ω设碎片上升高度h 时的速度为v ，则有v 2=v 20-2gh令v=0，可求出上升最大高度为2220212ωR gg v H ==(2)圆盘的转动惯量I=(1/2)MR2，碎片抛出后圆盘的转动惯量I′=(1/2)MR2-mR2，碎片脱离前，盘的角动量为Iω，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即Iω=I′ω′+mv0R式中ω′为破盘的角速度．于是(1/2)MR2ω=[(1/2)MR2-mR2]ω′+mv0R[(1/2)MR2-mR2]ω=[(1/2)MR2-mR2]ω′得ω′=ω(角速度不变)圆盘余下部分的角动量为[(1/2)MR2-mR2]ω转动动能为题2-31图E k=(1/2)[(1/2)MR2-mR2]ω22-31 (1)射入的过程对O轴的角动量守恒Rsinθm0v0=(m+m0)R2ω∴ω=Rmmvm)(sin+θ(2)22220sin21])(sin][)[(21mmmvmRmmvmRmmEEkk+=++=θθ2-32 以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有mgh=(1/2)mv2+(1/2)Iω2+(1/2)kh2又ω=v/R故有ImRkkhmghv+-=222)2(12220.25.03.00.63.0)4.00.24.08.90.62(-⋅=+⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=sm题2-32图 题2-33图2-33 (1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至B 点时，有I 0ω0=(I 0+mR 2)ω ①该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为v B ，以B 点为重力势能零点，则有(1/2)I 0ω20+mgR=(1/2)(I 0+mR 2)ω2+(1/2)mv 2B ②联立①、②两式，得2022002mR I R I gR v B ++=ω (2)当小球滑至C 点时，∵I c =I 0 ∴ωc =ω0故由机械能守恒，有mg(2R)=(1/2)mv 2c∴v c =2gR请读者求出上述两种情况下，小球对地速度．。

大学物理习题及解答习题八8-1 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20220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得q q 33-='(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以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题8-2图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin 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204r qE 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:20π4r r q E ϖϖε=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 =2024d q πε,又有人说，因为f =qE ,S qE 0ε=，所以f=Sq2ε．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SqEε=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SqE2ε=，另一板受它的作用力SqSqqf222εε==，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 qpϖϖ=，场点到偶极子中心O点的距离为r,矢量rϖ与lϖ的夹角为θ,(见题8-5图)，且lr>>．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rE=32cosrpπεθ, θE=34sinrpπεθ证: 如题8-5所示，将pϖ分解为与rϖ平行的分量θsinp和垂直于rϖ的分量θsinp．∵lr>>∴场点P在r方向场强分量3π2cosrpErεθ=垂直于r方向，即θ方向场强分量30π4sinrpEεθ=题8-5图题8-6图8-6 长l=15.0cm的直导线AB上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C·m-1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B端相距1a=5.0cm处P点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d=5.0cm 处Q点的场强．解：如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d，其上电量q d在P点产生场强为2)(dπ41dxaxEP-=λε222)(dπ4dxaxEEllPP-==⎰⎰-ελ]2121[π4lala+--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右(2)同理2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题8-6图所示 由于对称性⎰=l QxE 0d ，即Q E ϖ只有y 分量，∵22222220d d d d π41d ++=x x xE Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d ll x x2220d 4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向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ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0R E E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0R E E y -=-=积分R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπR E y∴REExπ2ελ==，方向沿x轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l，总电量为q．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E；(2)证明：在lr>>处，它相当于点电荷q产生的场强E．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q在P点产生物强P Eϖd方向如图，大小为()4π4coscosd2221lrEP+-=εθθλ∵22cos221lrl+=θ12coscosθθ-=∴24π4d2222lrllrEP++=ελPEϖd在垂直于平面上的分量βcosddPEE=⊥∴424π4d222222lrrlrlrlE+++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P点场强沿OP方向，大小为2)4(π44d42222lrlrlrEEP++=⨯=⊥ελ∵lq4=λ∴2)4(π42222lrlrqrEP++=ε方向沿OP8-9 (1)点电荷q位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q的电场中取半径为R的圆平面．q在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(x Rarctan=α)解: (1)由高斯定理0d εq S E s⎰=⋅ϖϖ 立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等∴ 各面电通量06εqe =Φ．(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ，如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题8-9(a)图所示．题8-9(3)图题8-9(a)图 题8-9(b)图 题8-9(c)图(3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量，球冠面积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴)(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221x R x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r S ααα⎰⋅=02d sin π2r)cos 1(π22α-=r8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅q S E sϖϖ,02π4ε∑=qr E当5=r cm 时，0=∑q ,=E ϖ8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r -∴()2023π43π4r r r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外.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0d ε∑⎰=⋅q S E sϖϖ取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则rlE S E Sπ2d =⋅⎰ϖϖ对(1) 1R r < 0,0==∑E q(2) 21R r R <<λl q =∑∴r E 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r > 0=∑q ∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， nE ϖϖ)(21210σσε-= 1σ面外， nE ϖϖ)(21210σσε+-= 2σ面外， nE ϖϖ)(21210σσε+=n ϖ：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 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 ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E ϖ，ρ- 球在O 点产生电场'd π4π3430320OO r E ερ=ϖ∴ O 点电场'd 33030OO r E ερ=ϖ；(2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ϖρ-球在O '产生电场002='E ϖ∴ O ' 点电场003ερ='E ϖ'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r ϖ'，相对O 点位矢为r ϖ(如题8-13(b)图)则03ερrE PO ϖϖ=，03ερr E O P '-='ϖϖ,∴0003'3)(3ερερερd OO r r E E E O P PO P ϖϖϖϖϖϖ=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C -1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解: ∵ 电偶极子p ϖ在外场E ϖ中受力矩E p M ϖϖϖ⨯= ∴ qlE pE M ==max代入数字 4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功?解:⎰⎰==⋅=2221212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εεϖϖ)11(21r r - 61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-R qR q 0π41ε=O U )3(R q R q -R q 0π6ε-=∴R qq U U q A oC O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点E ϖd 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E y R 0π4ελ=［)2sin(π-2sinπ-］ R 0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB 200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产生 2ln π402ελ=U半圆环产生0034π4πελελ==R R U∴0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强r E 0π2ελ=电子受力大小r e eE F e 0π2ελ==∴ r v mre 20π2=ελ 得1320105.12π2-⨯==e mv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为均匀电场∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E ϖ与电势U 的关系U E -∇=ϖ，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．解: (1)点电荷r qU 0π4ε=题 8-20 图∴ 0200π4r r q r r U E ϖϖϖε=∂∂-= 0r ϖ为r 方向单位矢量．(2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势220π4x R qU +=ε∴ ()ix R qx i x U E ϖϖϖ2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p ϖϖ=在l r >>处的一点电势200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4r ql l l r q U εθθθε=+--=∴ 30π2cos r p r U E r εθ=∂∂-=30π4sin 1r p U r E εθθθ=∂∂-=8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题8-21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσϖϖ∴ +2σ03=σ 说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ又∵ +2σ03=σ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB AC U U =，即∴AB AB AC AC E E d d =∴ 2d d 21===AC ABAB AC E E σσ且 1σ+2σS q A=得,32S q A =σ S q A 321=σ 而7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ(2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； *(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εεϖϖ(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：π4π42020=-=R qR qU εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q '(电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21='外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+R qR q εε得 -='q 3q8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知2020π4r q F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =',小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电qq 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力0220183π483π4"'2F rqr q q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q.∴ 小球1、2间的作用力0294π432322F r qq F ==ε *8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U U AB =可得以下6个方程题8-26图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd US q S qdU U C S S q B A解得S q261==σσ S qd U 2032-=-=εσσ S qd U 2054+=-=εσσ所以CB 间电场S q d U E 00422εεσ+== )2d (212d 02S q U E U U CB C ε+===注意：因为C 片带电，所以2U U C ≠，若C 片不带电，显然2UU C =8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势． 解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅qS D Sϖϖd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εεϖϖϖϖ==内; 介质外)(2R r <场强303π4,π4r r Q E r Qr D εϖϖϖ==外(2)介质外)(2R r >电势r Q E U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞ϖϖ外介质内)(21R r R <<电势rd r d ϖϖϖϖ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内2020π4)11(π4R Q R rqr εεε+-=)11(π420R r Q r r -+=εεε(3)金属球的电势rd r d 221ϖϖϖϖ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=222020π44πdrR R R r r Qdrr Q εεε )11(π4210R R Q r r -+=εεε8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ϖ，真空部分场强为1E ϖ，自由电荷面密度分别为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d q S D ϖϖ得11σ=D ，22σ=D而101E D ε=,202E D r εε=d 21UE E ==∴ r D D εσσ==1212题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求： (1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S 则 rlDS D S π2d )(=⋅⎰ϖϖ当)(21R r R <<时，Q q =∑∴rl Q D π2=(1)电场能量密度22222π82l r Q D w εε== 薄壳中rl rQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222=== (2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R V R R l Q rl r Q W W εε(3)电容：∵C Q W 22=∴)/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B 的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求：(1) 1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度． 解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即2210π41r q q F ε=但2q 处于金属球壳中心，它受合力为零，没有加速度．(2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题8-30图 题8-31图8-31 如题8-31图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ．解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C +=其上电荷123Q Q =∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U86)35251(5021=+=+=U U U AB V8-32 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V 的电压，是否会击穿? 解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U∴ 6001=U V ,4002=U V即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求： (1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112121201021U U U C U C q q U C U C q q q q解得 (1) =1q UC C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失W W W -=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +-+= 221212U C C C C +=8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E ϖ在21R r R <<时 301π4r rQ E εϖϖ=3R r >时 302π4r rQ E εϖϖ=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r r Q W εε⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε ∴ 总能量)111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε 41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E εϖϖ=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容)11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B ϖ的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B ϖ的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B ϖ的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B ϖ的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B ϖ的方向．题9-2图9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B ϖ的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)? (2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B ρϖ=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcd μϖϖ ∴ 21B B ρϖ= (2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B ϖ方向相反，即21B B ρϖ≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管 外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L ϖ·d l ϖ=0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为⎰外B L ϖ·d l ϖ=I 0μ这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μϖϖ外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d ϖϖϖ外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B ϖ的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发 生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m -2的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是 24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S B ϖϖΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量 022=⋅=S B ϖϖΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ϖϖΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B )为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B )、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=B ϖCD 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题9-8图解：如题9-8图所示,A B ϖ方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B ϖ在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rIr I πμπμ解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度． 解： 如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。

大学物理习题及解答习题八8-1 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21 q2 cos30 1qq4π 0 a24π0 ( 3a) 23q3 q 解得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 2 , 如题 8-2 图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所解 : 如题 8-2 图示T cosmg T sin1q 2F e4π 0 (2l sin ) 2解得q2l sin4 0 mg tanE q8-3 根据点电荷场强公式 4 0 r 2，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 ?Eqr 04π 0 r 2r时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求 解:仅对点电荷成立，当 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 2q．则这两板之间有相互作用力f，有人说 f =40 d2, 又有人说，因为Eqq 2S ，所以 f =0 S．试问这两种说法对吗 ?为什么 ? f到底应等于多少 ?f =qE ,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Eq0 S看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一把合场强Eqf qqq 22 0 S2 0 S个板的电场为 ，另一板受它的作用力2 0 S，这是两板间相互作用的电场力．8-5 一电偶极子的电矩为p ql ，场点到偶极子中心 O 点的距离为 r , 矢量 r 与 l 的夹角为, (见题 8-5 图 ) ，且 rl．试证 P 点的场强 E 在 r 方向上的分量Er和垂直于 r 的分量E分别为p cosp sinE r = 20 r 3,E =40r 3证: 如题 8-5 所示，将p分解为与 r 平行的分量p sin和垂直于 r 的分量p sin．∵rl∴ 场点 P 在 r 方向场强分量E rp cos 32π 0 r垂直于 r 方向，即方向场强分量E 0p sin4π 0 r3题8-5图题8-6图8-6 长 l=15.0cmAB 上均匀地分布着线密度=5.0x10 -9C ·m -1求： (1) 在导线的延长线上与导线 B 端相距a1 =5.0cm 处P 点的场强； (2) 在导线的垂直平分线上与导线中点相距 d 2=5.0cm 处Q点的场强．解： 如题 8-6 图所示(1) 在带电直线上取线元dx，其上电量dq在 P 点产生场强为 1 dxdE Px) 24π 0 (aldxE PdE Pl2x) 24π 0 2( a[11 ]l4πaa l22lπ 0 ( 4a 2l 2 )用l15 cm ，5.0 10 9C m 1,a 12.5cm代入得E P 6.74 10 2 N C 1 方向水平向右dE Q1 dx4π 0 x 2d 22(2)图所示方向如题 8-6由于对称性ldEQx0 ，即 E Q 只有 y分量，dE Qy1 dxd 24π 0 x2d 22x2d 22∵l dxd 2 2EQydE Qyl 2234π 22(x 2ld 2 )l2π 0l 2 4d 22以5.0 10 9C cm1,l 15 cm , d 25cm 代入得E Q E Qy 14.96 102NC 1 ，方向沿 y轴正向8-7 一个半径为 R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为 , 求环心处 O点的场强．解:如 8-7 图在圆上取dlRd题 8-7 图dqdlR d，它在 O点产生场强大小为dERd4πR 2 方向沿半径向外dE x dE sinsind则4π 0 RdE ydE cos()cos d4π 0 RE x0sin d积分4π0 R2π0 RE ycos d0 4π0 RE E x2π0 R，方向沿x轴正向．∴8-8均匀带电的细线弯成正方形，边长为l，总电量为q． (1) 求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E；(2)证明：在 r l 处，它相当于点电荷q产生的场强 Eq解:如 8-8 图示，正方形一条边上电荷4在 P 点产生物强dEP方向如图，大小为dE Pcos1cos2l 24π0r 24lcos12l 2r22∵cos 2cos 1dE Pll 2l 24π0 r 2r 2∴42 dEP 在垂直于平面上的分量dE dE P cosdEl rl 2l 2r 2l 24π0 r 2r 2∴424题8-8 图由于对称性，P 点场强沿OP方向，大小为E P4lr4 dEl 2) r2l 24π0 (r 242q∵4lE Pqr(r 2l 2 ) r 2 l 24π 0方向沿OP∴428-9(1) 点电荷 q位于一边长为 a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一 个面的电通量； (2) 如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面 的电通量是多少 ?*(3) 如题 8-9(3) 图所示，在点电荷q的电场中取半径为 R 的圆平面．qRA 点处，求：通过圆平面的电通量．arctan在该平面轴线上的(x )E dSqs解 : (1) 由高斯定理立方体六个面，当q在立方体中心时，每个面上电通量相等qe∴ 各面电通量6 0 ．(2) 电荷在顶点时，将立方体延伸为边长2a的立方体，使q 处于边长 2a的立方体中心，则eq边长 2a 的正方形上电通量6 0q对于边长 a 的正方形，如果它不包含 q所在的顶点，则e24 0，如果它包含 q所在顶点则e0 ．如题 8-9(a) 图所示．题 8-9(3) 图题 8-9(a) 图 题 8-9(b) 图 题 8-9(c) 图(3) ∵通过半径为 R 的圆平面的电通量等于通过半径为 R 2 x 2 的球冠面的电通量，球冠面积 *S 2π(R 2x 2 )[1x ]R 2 x 2q 0 Sq1x0 4π(R 2x 2 ) 2 0 [ R 2 x 2∴]* 关于球冠面积的计算：见题8-9(c) 图S2πr sinr d2πr 2 sind2πr 2 (1 cos )8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径 10cm ，电荷体密度为 2×105 -3C ·m 求距球心5cm ， 8cm ,12cm 各点的场强．E dSq2 qE 4πs解: 高斯定理,当r5 cm 时，q 0 , E 04πr8 cm 时，qp(r 333r 内 )4π r 3 r 内2E34π 0 r 23.48104 N C 1∴， 方向沿半径向外．q4π3 3r 12 cm 时 ,3( r 外r 内）4πr 外 3 r 内3E3 24.10 10 44π 0 rN C 1∴沿半径向外 .8-11半径为R 1 和R 2( R 2 ＞R 1) 的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和 -, 试求 :(1)r ＜R1； (2)R1 ＜ r＜R2 ； (3)r ＞R2处各点的场强．E dSqs解:高斯定理取同轴圆柱形高斯面，侧面积S2πrlE d SE 2π则rlS对(1) rR 1q 0, E(2)R 1 r R 2qlE2π 0 r∴沿径向向外(3) rR 2q∴E 0题 8-12 图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1和 2 ，试求空间各处解: 如题 8-12 图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为 1 与2 ，E12 )n2(1两面间，E1 ( 12 )n1面外，2 0E1 (12 )n2面外，2n ：垂直于两平面由1面指为2面．8-13半径为 R 的均匀带电球体内的电荷体密度为, 若在球内挖去一块半径为r ＜ R 的小球体，如题 8-13 图所示．试求：两球心O与O点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解 : 将此带电体看作带正电 的均匀球与带电 的均匀小球的组合，见题 8-13 图(a) ．(1)球在 O 点产生电场 E 10 0，4 πr 3E2033 OO'球在O点产生电场4π 0dE 0r 3 3 OO'3 0d∴O点电场；4 d 3E103 3OO'(2)在O产生电场 4π 0d球在 O 产生电场E 20∴O点电场E 03 0 OO '题 8-13 图 (a)题 8-13 图 (b)(3) 设空腔任一点P 相对O的位矢为 r ，相对O点位矢为 r ( 如题 8-13(b)图 )EPOr3则0 ，E POr3 0,E PEPO EPO(r r )OO'd3∴3 03∴腔内场强是均匀的．8-14一电偶极子由 q=1.0 ×10 -6 Cd=0.2cm ，把这电偶极子放在 1.0 ×10 5 -1N ·C解:∵ 电偶极子p在外场 E 中受力矩Mp E∴M maxpEqlE代入数字Mmax1.0 10 62 103 1.0 1052.0 10 4 N m8-15两点电荷q 1=1.5 ×10 -8C ，q 2=3.0 ×10 -8C ，相距 r 1=42cm ，要把它们之间的距离变为r2 =25cm ，需作多少功 ?Ar 2r 2 q 1q 2drq 1q 2 ( 1 1)F drr24π 0 r24π 0r 1 r 2解:r 16.55 10 6 J 10 6 外力需作的功AA6.55 J题 8-16 图8-16如题 8-16 图所示，在A， B 两点处放有电量分别为+ q ,- q的点电荷， AB 间距离为 2 R ，现将另一正试验点电荷 q 0 从O点经过半圆弧移到C点，求移动过程中电场力作的解:如题 8-16 图示U O1q ) 0( q4π 0 R RU O1 qqq4π 0()6π 0 R3RRA q 0 (U O U C )q o q∴6π 0 R8-17如题 8-17 图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为的正电荷 , 两直导线的长度和半圆环的半径都等于 R ．试求环中心O解 : (1) 由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD段电荷在O点产生的场强互相抵消，取dlRd则 dqRd产生O 点 dE如图，由于对称性，O点场强沿y轴负方向题 8-17 图2Rd 2 cosE dE y4πR24πRsin()sin［22 ］2π 0 R(2)AB 电荷在O点产生电势，以UU 1Adx2 Rdxln 2B4π 0 xR4π 0 x4π 0U 24π 0 ln 2同理CD产生U 3 πR4π 0 R4 0半圆环产生U O U 1 U 2 U 32πln 24 0∴4-18-18一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2× 10 m ·s 的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度． ( 电子质量 m 0=9.1 ×10 -31 kg ，电子电量 e =1.60 ×10 -19 C) 解: 设均匀带电直线电荷密度为 ，在电子轨道处场强E2π 0 rF eeEe2π 0 r电子受力大小e0 rm v 2 ∴2π r2π 0 mv 212.5 1013得eC m18-19空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1 ，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为 d=0.5cm ，求此电容器可承受的最高电解: 平行板电容器内部近似为均匀电场∴UEd1.5 104 V8-20根据场强 E 与电势U的关系EU，求下列电场的场强：(1) 点电荷 q的电场；(2) 总电量为 q，半径为 R 的均匀带电圆环轴上一点； *(3) 偶极子 pql的 rl 处 ( 见题8-20 图 )qU解: (1)点电荷4π 0 r题 8-20 图EUr 0q 2 r 0 r 0 为 r ∴r4π 0 r方向单位矢量．(2) 总电量 q，半径为 R 的均匀带电圆环轴上一点电势qU4π 0 R 2 x 2∴EUqx3 / 2 ii4π 0 R 2 x 2 x(3) 偶极子 pU∴ql 在 r q[ 4π(rl处的一点电势11lcos )](1 lcos )22 Up cos E r2π 0 r 3rql cos 24π 0 r1 U p sinE4π 0 r 3r8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板 ( 题 8-21 图) 来说， (1) 相向的两面上， 电荷的面密度总是大小相等而符号相反； (2) 相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而证 :如题 8-21 图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1 ，2，3，4题 8-21 图(1) 则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有 E dS(23)S 0s∴ 23 0说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2) 在 A 内部任取一点 P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即12342222又∵23∴ 1 4说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．8-22三个平行金属板 A ， B 和C的面积都是 200cm 2， A 和 B 相距 4.0mm ， A 与 C相距2.0 mm ． B ，C都接地，如题8-22 图所示．如果使A 板带正电 3.0 ×10 -7 C ，略去边缘效应，问 B 板和 C板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少 ?解:如题 8-22 图示，令 A 板左侧面电荷面密度为1，右侧面电荷面密度为 2题 8-22 图(1) ∵ UACUAB ，即∴E AC d ACE AB d AB1 E ACd AB2EABdAC∴2q A 且1+ 2S2q A , 12q A 得3S3S27而q C1S3qA2 10 Cq B2S1107CU AE ACdAC1d AC2.3 103(2)V8-23 两个半径分别为R1 和R2 （R1 ＜R2 ) 的同心薄金属球壳，现给内球壳带电 + q，试(1) (2)*(3)q；球壳内表面带电则为q, 外表面带电为q，且均匀分布，其电解:(1) 内球带电势题 8-23 图UE drqdrq4π 0 RR 2R 2 4π 0 r 2(2) 外壳接地时，外表面电荷 q入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q．所以球壳电势由内球q与内表面q产生：Uq q 04π 0 R 24π 0 R 2(3) 设此时内球壳带电量为q；则外壳内表面带电量为q，外壳外表面带电量为qq( 电荷守恒 ) ，此时内球壳电势为零，且U Aq' q'q q' 04π 0 R 14π 0 R 24π 0 R 2qR1q得R 2外球壳上电势U Bq'q'q q' R 1 R 2 q4π 0 R 2 4π 0 R 24π 0 R 24π 0 R 228-24半径为 R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为d 3R 处有一点电荷 + q，试求：金属球上的感应电荷的电量．解:如题 8-24 图所示，设金属球感应电荷为q，则球接地时电势UO8-24 图由电势叠加原理有：q'q U O 4π 0 R4π 0 3Rq得q 38-25 有三个大小相同的金属小球，小球 1，2 带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为 F 0．试求：(1) 用带绝缘柄的不带电小球 3 先后分别接触 1，2 后移去，小球 1，2 之间的库仑力； (2) 小球 3 依次交替接触小球 1， 2 很多次后移去，小球 1， 2F 0q 2解: 由题意知4 π 0r 2(1) 小球 3 接触小球 1后，小球 3和小球 1均带电qq2 ,小球 3再与小球 2 接触后，小球 2 与小球 3均带电q3q4∴ 此时小球 1与小球 2 间相互作用力q' q"3 q 2 3F 18 F 04π 0 r 24π 0 r 282q(2) 小球 3依次交替接触小球1、 2 很多次后，每个小球带电量均为3 .2 q 2 q 43 3F 2F 0∴ 小球 1、 2 间的作用力4π 0r 29* 8-26如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势U A =U 积也是 ， U B =0 不变．现把一块带有电量 q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解 :依 次 设A ,C ,B从上到下的6个表面的面电荷密度分 别 为1 ，2 ，3 ，4 ,5 ,6 如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U ABU可得以下6 个方程题 8-26 图1 2q A 1C 0UUS Sd34qS56q BUSd2 3 0 4 5 0123 456q1 6解得2S23U qd 2SUq452SdE 2 4Uqd 2 0 S所以CB间电场U CUCBE 2 d 1 (Uqd )2 2 2 0 SU CUU CU 注意：因为 C片带电，所以22 ，若 C片不带电，显然8-27在半径为R 1的金属球之外包有一层外半径为R 2的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r，金属球带电 Q．试求：(1) 电介质内、外的场强； (2) 电介质层内、外的电势；(3) 金属球的电势．D dSq解 : 利用有介质时的高斯定理S(1)介质内(R 1r R2) 场强QrQrD4π 3, E 内4πr 3r0 r;介质外(rR 2)场强DQr, E 外 Qr4π 34π 0 r 3r(2) 介质外(rR 2)电势UE 外 drQ4π 0 rr介质内(R1r R 2)电势Ur E 内drE 外 drrq (11 ) Q4π 0 r r R 2 4π 0 R 2Q 1 r 14π 0(R 2)rr(3) 金属球的电势UR 2 dr E外 dr E 内 R 1R 2R 2QdrQdrR4π 0 r r2R 24π 0 r 2Q(1r1)4π 0rR 1 R 28-28 如题 8-28 图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为 r的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题 8-28 图所示，充满电介质部分场强为 E 2，真空部分场强为E 1，自由电荷面密度分别为 2 与1由DdSq 0 得D 11， D22而D 10E 1 ,D20 rE2E 1E 2Ud2D 2 rD1∴1题 8-28 图 题 8-29 图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为R1和R 2(R2＞R1 ) ，且l >> R 2 - R1 ，两柱面之间充有介电常数 的均匀电介质 . 当两圆柱面分别带等量异号电荷Q和- Q时，求：(1) 在半径 r 处 (R 1＜ r ＜R 2＝，厚度为 dr ，长为 l的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2) 电介质中的总电场能量；(3) 圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为 r 的同轴圆柱面(S)D dS 2πrlD 则( S)当(R 1rR 2)时，qQQD∴2πrlD 2Q 2(1) 电场能量密度w22l 22 8π r dWwdQ 22 2πrdrl Q 2dr224π rl薄壳中8π r l(2) 电介质中总电场能量WdWR 2Q 2drQ 2R 2R14π rl 4πllnVR 1Q 2W(3) 电容：∵2CCQ 2 2πl2Wln( R 2 / R 1 )∴* 8-30 金属球壳 A 和 B 的中心相距为r ， A 和 B 原来都不带电．现在 A 的中心放一点电荷 q1 ，在 B 的中心放一点电荷 q 2，如题 8-30 图所示．试求：(1) q 1 对 q 2 作用的库仑力， q 2 有无加速度；(2) 去掉金属壳 B ，求 q 1 作用在 q 2 上的库仑力，此时 q 2有无加速度．解 : (1)q 1 作用在q2 的库仑力仍满足库仑定律，即F1 q 1 q 24π 0 r2但q 2处于金属球壳中心，它受合力为零，没有加速度．F1 q 1 q 2(2) 去掉金属壳 B ，q 1q 24π 0 r 2q 2作用在 上的库仑力仍是受合力不为，但此时零，有加速度．题 8-30 图题 8-31 图8-31 如题 8-31 图所示，C1 =0.25F ，C2 =0.15F ，C 3=0.20 F ．C1 上电压为50V ．求： U AB．解:电容C1 上电量Q 1 C 1U 1电容C 2 与C 3并联 C 23C 2C 3其上电荷Q23Q 1U 2Q23C 1U 125 50C23C2335∴UABU 1 U 2 50(125)8635V8-32C 1 和 C2 两电容器分别标明“ 200 pF 、500 V ”和“ 300 pF 、900 V ”，把它们串联起 来后等值电容是多少 ?如果两端加上 1000 V? 解: (1)C1 与C2 串联后电容C 1C 2 200 300 120CC 2 200 300pFC 1(2) 串联后电压比U 1C 2 3U 2C 12 ，而 U 1 U 2 1000∴ U 1600V ,U2400 V即电容C 1电压超过耐压值会击穿，然后C 2也击穿．8-33 将两个电容器 C 1 和 C2 充电到相等的电压 U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求：(1) 每个电容器的最终电荷；(2) 电场能量的损失．解: 如题 8-33 图所示，设联接后两电容器带电分别为q 1 ,q 2题 8-33 图q 1 q 2q10q20C 1U C 2Uq 1C 1U 1 q 2C 2U 2 则U1U 2q 1 C 1(C 1C 2 )U , q 2 C 2 (C 1 C 2)U 解得 (1)C 1 C 2 C 1 C 2(2) 电场能量损失W W 0 W(1C 1U 21 C 2U2 ) ( q 12 q 22 ) 22 2C 1 2C 22C 1C 2 U 2C 1 C 28-34 半径为R 1=2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为R2 =4.0cm 和R 3=5.0cm ，当内球带电荷Q=3.0 ×10 -8C(1) 整个电场储存的能量；(2) 如果将导体壳接地，计算储存的能量；(3) 此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q，外球壳内表面带电Q，外表面带电Q题 8-34 图(1) 在rR 1 和 R 2 rR 3 区域E 0E 1QrRrR4π 0 r 3在12 时E 2QrrR 3 时4π 0 r 3∴在R1rR2 区域W 1 R 21Q) 24πr 2dr2 0 (0 r2R 1 4πR 2Q 2 drQ211R18π 0r 2()8π 0 R 1R 2在rR3 区域W 210 (Q ) 2 4πr 2dr Q 2 1R324π 0 r 2 8π 0 R 3W W 1W 2Q 2 (111) ∴ 总能量8π 0 R 1 R 2 R 31.8210 4 JQrE4π 0 r3,W 20(2) 导体壳接地时，只有R 1rR2 时WQ 211) 1.0110 4W 1(∴8π 0 R 1 R 2JC 2W4π 0 /( 11 ) (3) 电容器电容Q 2R 1R 24.49 10 12 F习题九9-1 在同一磁感应线上，各点 B 的数值是否都相等 ?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度 B 的方向 ?解 : 在同一磁感应线上，各点B 的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度 B 的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁 场决定的，所以不把磁力方向定义为B 的方向．题 9-2 图9-2 (1) 在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B 的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化( 即磁场是否一定是均匀的 )? (2) 若存在电流，上述结论是否还对 ?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明B1B 2abcd B dl B 1 da B 2 bcI 0∴B 1 B 2(2) 若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但 B方向相反，即 B1B2 .9-3用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场 ?答:不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路 定理并不适用． 9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部 BnI，外面 B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周 ( 见题 9-4 图 ) 的环路积分LB 外 ·d l =0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流 I 穿过，环路积分应为LB 外·d l =0 I这是为什么 ?解: 我们导出 B 内nl B 外有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴,线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是B 外 dlI 0L，与B 外 dl0 dlL是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为 I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是 B 外的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量B0 I2 r , r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9-4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场 ?如果它发生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场 ?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度 B 2.0Wb ·m -2x轴正方向，如题9-6 图所示．试求： (1) 通过图中 abcd面的磁通量； (2) 通过图中befc面的磁通量； (3) 通过图中aefd面的磁通量．解： 如题 9-6 图所示题 9-6 图(1) 通过abcd面积S 1的磁通是1B S 1 2.0 0.3 0.40.24 Wb(2) 通过 befc 面积 S2的磁通量2B S 2(3) 通过aefd面积S 3的磁通量3 B S 3 2 0.3 0.5 cos20.3 0.5 40.245Wb ( 或曰 0.24 Wb )题 9-7 图9-7 如题 9-7 图所示， AB 、 CD 为长直导线， BC 为圆心在 O 点的一段圆弧形导线，其半径为 R ．若通以电流I ，求O点的磁感应强度．解：如题 9-7 图所示， O 点磁场由 AB 、 BC 、 CD 三部分电流产生．其中AB 产生 B 1 0B 20 ICD 产生 12R，方向垂直向里0I0 I 3 B 3R (sin 90 sin 60 )2 R(12 )4CD段产生 2，方向 向里B 0B 1I3B 2 B 3(1)∴2 R 2 6，方向向里．9-8在真空中，有两根互相平行的无限长直导线L1 和L2 ，相距 0.1m ，通有方向相反的电流，I1 =20A, I2 =10A ，如题 9-8图所示． A ， B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线L 2的距离均为 5.0cm ．试求 A ， B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位题 9-8 图解：如题 9-8 图所示 , BA 方向垂直纸面向里B A0 I10 I21.2 10 42( 0.1 0.05) 20.05T(2) 设B 0在L 2外侧距离 L2为 r 处0 II 2 02 (r 0.1)2 r则解得r 0.1 m题9-9图9-9 如题 9-9 图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心 O的磁感应强度．解： 如题 9-9 图所示，圆心 O点磁场由直电流A 和B 及两段圆弧上电流I1与 I2所产生，但 A 和B在O点产生的磁场为零。

大学物理习题及解答习题八8-1 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20220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得q q 33−='(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以忽略不计，求每个小球所带的电量． 解: 如题8-2图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin 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204r qE 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:20π4r 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 =2024d q πε,又有人说，因为f =qE ,S qE 0ε=，所以f =S q 02ε．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 qE 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 qE 02ε=，另一板受它的作用力S q S q q f 02022εε==，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, θE =304sin 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 >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量30π2cos r p E r εθ=垂直于r 方向，即θ方向场强分量300π4sin r p E εθ=题8-5图 题8-6图8-6 长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C·m -1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强． 解： 如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a x E P −=λε2220)(d π4d x a xE E llP P −==⎰⎰−ελ]2121[π40l a l a +−−=ελ)4(π220l a l−=ελ用15=l cm ，9100.5−⨯=λ1m C −⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N −⋅ 方向水平向右 (2)同理2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题8-6图所示 由于对称性⎰=l QxE 0d ，即Q E只有y 分量，∵22222220d d d d π41d ++=x x x E Qy λε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰−+2223222)d (d l l x x2220d 4π2+=l lελ以9100.5−⨯=λ1cm C −⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N −⋅，方向沿y 轴正向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ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0R E E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0R E E y −=−=积分R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=−=⎰ϕϕελπR E y∴R E E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q 在P 点产生物强P Ed 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +−=εθθλ ∵22cos 221l r l +=θ 12cos cos θθ−= ∴24π4d 22220l r ll r E P ++=ελ P Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴424π4d 222222l r r l r l r lE +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ ∵l q 4=λ∴2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿OP 8-9 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平面．q 在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(x Rarctan=α)解: (1)由高斯定理0d εq S E s⎰=⋅ 立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等∴ 各面电通量06εqe =Φ．(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ，如果它包含q 所在顶点则=Φe ．如题8-9(a)图所示．题8-9(3)图题8-9(a)图 题8-9(b)图 题8-9(c)图(3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量，球冠面积*]1)[(π22222xR x x R S +−+=∴)(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221x R x +−] *关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r S ααα⎰⋅=02d sin π2r)cos 1(π22α−=r8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510−C·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p =3(r )3内r −∴()2023π43π4r r r E ερ内−=41048.3⨯≈1C N −⋅， 方向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq −3(外r ）内3r∴ ()420331010.4π43π4⨯≈−=r r r E ερ内外 1C N −⋅ 沿半径向外.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0d ε∑⎰=⋅q S E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则rlE S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r < 0,0==∑E q(2) 21R r R <<λl q =∑∴r E 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，d ε ∑⎰= ⋅ q S E s两面间， nE )(21210σσε−=1σ面外， nE )(21210σσε+−= 2σ面外， nE )(21210σσε+=n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 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 ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ−的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场10=E，ρ− 球在O 点产生电场'd π4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd 33030OO r E ερ= ；(2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ=' ρ−球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场003ερ='E 'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r '，相对O 点位矢为r(如题8-13(b)图)则03ερrE PO =，03ερr E O P '−=' ,∴0003'3)(3ερερερd OO r r E E E O P PO P=='−=+='∴腔内场强是均匀的．8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N·C -1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解: ∵ 电偶极子p 在外场E中受力矩E p M ⨯= ∴qlEpE M ==m ax 代入数字4536max 100.2100.1102100.1−−−⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功? 解:⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r rq q r F A εε )11(21r r −61055.6−⨯−=J外力需作的功 61055.6−⨯−=−='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=−R qR q 0π41ε=O U )3(R q R q −R q 0π6ε−=∴R qq U U q A oC O 00π6)(ε=−=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰−==R R E E yR 0π4ελ=［)2sin(π−2sinπ−］R 0π2ελ−=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===A B 200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产生 2ln π402ελ=U半圆环产生0034π4πελελ==R R U∴0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强r E 0π2ελ=电子受力大小r e eE F e 0π2ελ==∴r v m r e 20π2=ελ得1320105.12π2−⨯==e mv ελ1m C −⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为均匀电场∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E与电势U 的关系U E −∇= ，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．解: (1)点电荷r qU 0π4ε=题 8-20 图∴ 0200π4r r q r r U E ε=∂∂−= 0r 为r 方向单位矢量．(2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势220π4x R qU +=ε∴ ()ix R qx i x U E 2/3220π4+=∂∂−=ε(3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4r ql l l r q U εθθθε=+−−=∴ 30π2cos r p r U E r εθ=∂∂−=30π4sin 1r p U r E εθθθ=∂∂−=8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题8-21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ∴ +2σ03=σ 说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=−−−εσεσεσεσ又∵ +2σ03=σ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少? 解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ ABAC U U =，即∴ABAB AC AC E E d d =∴ 2d d 21===AC ABAB AC E E σσ且 1σ+2σS q A=得,32S q A =σ S q A321=σ 而7110232−⨯−=−=−=A C q S q σC C10172−⨯−=−=S q B σ(2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； *(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q −,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε (2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q −．所以球壳电势由内球q +与内表面q −产生：π4π42020=−=R qR qU εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '−，外壳外表面带电量为+−q q '(电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且π4'π4'π4'202010=+−+−=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21='外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε−=+−+−=8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+RqR q εε得 −='q 3q8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知2020π4r q F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =',小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电qq 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力0220183π483π4"'2F rqr q q F =−=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q.∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r q q F ==ε*8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U U AB =可得以下6个方程题8-26图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+−==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd US q S qdU U C S S q B A解得S q261==σσ S qd U 2032−=−=εσσ S qd U 2054+=−=εσσ所以CB 间电场S q d U E 00422εεσ+==)2d (212d 02S q U E U U CB C ε+===注意：因为C 片带电，所以2U U C ≠，若C 片不带电，显然2UU C =8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势． 解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅qS D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强303π4,π4r r Q E r Qr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势r Q E U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞ 外介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+−=)11(π420R r Q r r −+=εεε(3)金属球的电势rd r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=222020π44πdrR R R r r Qdrr Q εεε )11(π4210R R Q r r −+=εεε8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值． 解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D 得11σ=D ，22σ=D而101E D ε=,202E D r εε=d 21UE E ==∴ r D D εσσ==1212题8-28图 题8-29图rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求：(1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S 则 rlDS D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴rl QD π2=(1)电场能量密度22222π82l r Q D w εε== 薄壳中rl rQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222=== (2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R V R R l Q rl r Q W W εε(3)电容：∵C Q W 22=∴)/ln(π22122R R lW Q C ε==*8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B 的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求：(1) 1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度． 解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即2210π41r q q F ε=但2q 处于金属球壳中心，它受合力为零，没有加速度． (2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题8-30图 题8-31图8-31 如题8-31图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ． 解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C +=其上电荷123Q Q =∴355025231123232⨯===C U C C Q U86)35251(5021=+=+=U U U AB V8-32 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF、500 V”和“300 pF、900 V”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V 的电压，是否会击穿? 解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U∴ 6001=U V ,4002=U V即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求： (1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==−=−=+2122112121201021U U U C U C q q U C U C q q q q解得 (1) =1q UC C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+−=+−(2)电场能量损失WW W −=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +−+=221212UC C C C +=8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C 时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q −，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε =3R r >时 302π4r rQ E ε =∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r r Q W εε ⎰−==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r r Q W εεε ∴ 总能量)111(π83210221R R R Q W W W +−=+=ε41082.1−⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε =,02=W∴ 4210211001.1)11(π8−⨯=−==R R Q W W ε J(3)电容器电容)11/(π422102R R Q W C −==ε121049.4−⨯=F习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B 的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B 的方向．题9-2图9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B 的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)?(2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B = ∑⎰==−=⋅0d 021I bc B da B l B abcdμ∴ 21B B= (2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B 方向相反，即21B B≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nIB 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L ·d l =0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为 ⎰外B L ·d l=I 0μ这是为什么? 解: 我们导出nl B 0μ=内,=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B 的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量r IB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转． 9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb·m-2的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是 24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量 022=⋅=S BΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb (或曰24.0−Wb ) 题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BCD 产生R I B 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生)231(2)60sin 90(sin 24003−πμ=−πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里∴)6231(203210ππμ+−=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题9-8图解：如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2−⨯=⨯+−=πμπμI I B A T(2)设0=B 在2L 外侧距离2L 为r 处则 02)1.0(220=−+r I r Iπμπμ解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解： 如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。

习 题 77.1选择题(1) 容器中贮有一定量的理想气体，气体分子的质量为m ，当温度为T 时，根据理想气体的分子模型和统计假设，分子速度在x 方向的分量平方的平均值是：(A)2x υ=．(B) 2x υ= ［ ］(C) 23x kT m υ= ． (D) 2x kT mυ=． [答案：D 。

2222x y z υυυυ=++， 222213x y z υυυυ===，23kT mυ=。

](2) 一瓶氦气和一瓶氮气的密度相同，分子平均平动动能相同，而且都处于平衡状态，则它们 ［ ］ (A) 温度相同、压强相同． (B) 温度、压强都不相同． (C) 温度相同，但氦气的压强大于氮气的压强． (D) 温度相同，但氦气的压强小于氮气的压强．[答案：C 。

由32w kT =，w w =氦氮，得T 氦=T 氮 ； 由molpM RTρ=，ρρ=氦氮，T 氦=T 氮 ，而M M <mol 氦mol 氮，故p p >氦氮。

](3) 在标准状态下，氧气和氦气体积比为V 1 /V 2=1/2，都视为刚性分子理想气体，则其内能之比E 1 / E 2为: ［ ］ (A) 3 / 10． (B) 1 / 2． (C) 5 / 6． (D) 5 / 3．[答案：C 。

由2mol M i E RT M =2ipV =，得111112222256E i pV i V E i pV i V ==⋅=。

](4) 一定质量的理想气体的内能E 随体积V 的变化关系为一直线，其延长线过E ~V 图的原点，题7.1图所示，则此直线表示的过程为： ［ ］ (A) 等温过程． (B) 等压过程． (C) 等体过程． (D) 绝热过程．题7.1图[答案：B 。

由图得E =kV , 而2i E pV =，i 不变，2ik p =为一常数。

] (5) 在恒定不变的压强下，气体分子的平均碰撞频率Z 与气体的热力学温度T的关系为 [ ] (A) Z 与T 无关． (B)．Z 与T 成正比 ． (C) Z 与T 成反比． (D) Z 与T 成正比．[答案：C。