第2章习题+答案-PDF
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有机化学课后习题答案第二章
有机化学课后习题答案第⼆章2章思考题2.1 分析共轭效应和超共轭效应的异同点，重点阐述σ-π和p-π共轭。
2.2 请举例说明同分异构体中各种异构体的定义及其异同点。
2.3解释甲烷氯化反应中观察到的现象：（1）（1）甲烷和氯⽓的混合物于室温下在⿊暗中可以长期保存⽽不起反应。
（2）（2）将氯⽓先⽤光照射，然后迅速在⿊暗中与甲烷混合，可以得到氯化产物。
（3）（3）将氯⽓⽤光照射后在⿊暗中放⼀段时期,再与甲烷混合，不发⽣氯化反应。
（4）（4）将甲烷先⽤光照射后，在⿊暗中与氯⽓混合，不发⽣氯化反应。
（5）（5）甲烷和氯⽓在光照下起反应时，每吸收⼀个光⼦产⽣许多氯化甲烷分⼦。
2.4 3-氯-1,2-⼆溴丙烷是⼀种杀根瘤线⾍的农药，试问⽤什么原料，怎样合成？2.5 写出烯烃C5H10的所有同分异构体，命名之，并指出哪些有顺反异构体。
2.6 找出下列化合物的对称中⼼.(1)⼄烷的交叉式构象(2)丁烷的反交叉式构象(3)反-1,4-⼆甲基环已烷(椅式构象)(4)写出1,2,3,4,5,6-六氯环已烷有对称中⼼的异构体的构象式(椅式)。
2.7 ⼀个化合物的氯仿溶液的旋光度为+10o, 如果把溶液稀释⼀倍, 其旋光度是多少? 如化合物的旋光度为-350o, 溶液稀释⼀倍后旋光度是多少?2.8 ⼄烯、丙烯、异丁烯在酸催化下与⽔加成，⽣成的活性中间体分别为、、，其稳定性＞＞, 所以反应速度是＞＞。
解答2.1 答：在离域体系中，键长趋于平均化，体系能量降低⽽使分⼦稳定性增加。
共轭体所表现出来的这种效应叫共轭效应。
共轭体系分为π-π共轭体系和p-π共轭体系。
超共轭效应是当C—H键与相邻的π键处于能重叠位置时，C—H键的轨道与π轨道也有⼀定程度的重叠，发⽣电⼦的离域现象，此时，键向π键提供电⼦，使体系稳定性提⾼。
它分为-p 和-π超共轭。
超共轭效应⽐共轭效应⼩。
异构现象异同点举例构造异构分了中原互相联结的⽅式和次序不同1. 碳链异构碳链不同2. 位置异构取代基在碳链或环上的位置不同3.官能团异构官能团不同⽴体异构分⼦中原⼦在空间2.3 答：（1）⽆引发剂⾃由基产⽣（2）光照射，产⽣Cl·，氯⾃由基⾮常活泼与甲烷⽴即反应。
《材料科学与工程基础》-第二章-课后习题答案.pdf
材料科学与工程基础第二章课后习题答案1. 介绍材料科学和工程学的基本概念和发展历程材料科学和工程学是研究材料的组成、结构、性质以及应用的学科。
它涉及了从原子、分子层面到宏观的材料特性的研究和工程应用。
材料科学和工程学的发展历程可以追溯到古代人类使用石器和金属制造工具的时代。
随着时间的推移，人类不断发现并创造出新的材料，例如陶瓷、玻璃和合金等。
工业革命的到来加速了材料科学和工程学的发展，使得煤炭、钢铁和电子材料等新材料得以广泛应用。
2. 分析材料的结构和性能之间的关系材料的结构和性能之间存在着密切的关系。
材料的结构包括原子、晶体和晶界等方面的组成和排列方式。
而材料的性能则反映了材料在特定条件下的机械、热学、电学、光学等方面的性质。
材料的结构直接决定了材料的性能。
例如，金属的结晶结构决定了金属的塑性和导电性。
硬度和导电性等机械和电学性能取决于晶格中原子的排列方式和原子之间的相互作用。
因此，通过对材料的结构进行了解，可以预测和改变材料的性能。
3. 论述材料的性能与应用之间的关系材料的性能决定了材料的应用范围。
不同的材料具有不同的性能特点，在特定的应用领域中会有优势和局限。
例如，金属材料具有良好的导电性和导热性，适用于制造电子器件和散热器件。
聚合物材料具有良好的绝缘性和韧性，适用于制造电线和塑料制品等。
陶瓷材料具有良好的耐高温性和耐腐蚀性，适用于制造航空发动机和化学设备等。
因此，在材料科学和工程学中，对材料性能的研究是为了确定材料的应用和优化材料的性能。
4. 解释与定义材料的特性及其测量方法材料的特性是指材料所具有的特定性质或行为。
它包括了物理、化学、力学、热学、电学等方面的特性。
测量材料的特性需要使用特定的实验方法和设备。
例如，材料的硬度通常可以通过洛氏硬度试验仪或布氏硬度试验仪进行测量。
材料的强度可以通过拉伸试验或压缩试验来测量。
材料的导电性可以通过四探针法或霍尔效应进行测量。
通过测量材料的特性，可以对材料的性能进行评估和比较，并为材料的应用提供参考。
第2章习题答案
U I = 0.9U = 0.9× 20V = 18V
UO = U Z = 6V
IO
= UO RL
=
6 2 ×103
A = 3mA
IR
= UR R
= UI
−UO R
= 18 − 6 1.2 ×103
A = 10mA
I Z = I R − IO = (10 − 3)mA = 7mA
（2）S1 和 S2 均合上时的 IO、IR 和 IZ；R=0 和 Dz 接反两种情况下电路能否起稳压作用。 此时电路是由单相桥式整流电路、电容滤波电路和稳压二极管稳压电路构成。
UO
式中 R2′ 为电位器 RP 滑动端以下的部分电阻。
U o′
=U+
R1
R2′ + + RP
R2 +
R2
U
O
（3）输出电压 Uo 的可调范围有如下关系式
当 R2′ =0 时
U o′ = U XX = U O
R1
R2′ + + RP
R2 +
R2
U
O
+ U XX
=Uo
Uo
−
R2′ + R2 R1 + RP + R2
IR
=
12 3.9
mA
=
3.08mA
IA =0
I B = I R = 3.08mA
（3）DA，DB 均导通，VY 被钳位在 3V。各元器件电流如下：
IR
=
12 − 3 mA = 3.9
2.30mA
IA
=
IB
=
1 2
IR
= 1.15mA
题解图 2
UO = U Z = 6V
IO
= UO RL
=
6 2 ×103
A = 3mA
IR
= UR R
= UI
−UO R
= 18 − 6 1.2 ×103
A = 10mA
I Z = I R − IO = (10 − 3)mA = 7mA
（2）S1 和 S2 均合上时的 IO、IR 和 IZ；R=0 和 Dz 接反两种情况下电路能否起稳压作用。 此时电路是由单相桥式整流电路、电容滤波电路和稳压二极管稳压电路构成。
UO
式中 R2′ 为电位器 RP 滑动端以下的部分电阻。
U o′
=U+
R1
R2′ + + RP
R2 +
R2
U
O
（3）输出电压 Uo 的可调范围有如下关系式
当 R2′ =0 时
U o′ = U XX = U O
R1
R2′ + + RP
R2 +
R2
U
O
+ U XX
=Uo
Uo
−
R2′ + R2 R1 + RP + R2
IR
=
12 3.9
mA
=
3.08mA
IA =0
I B = I R = 3.08mA
（3）DA，DB 均导通，VY 被钳位在 3V。各元器件电流如下：
IR
=
12 − 3 mA = 3.9
2.30mA
IA
=
IB
=
1 2
IR
= 1.15mA
题解图 2
《微观经济学》第2章需求与供给练习题及答案解析
第二章需求与供给一、选择题1.随着公共汽车车票的价格上升，会出现公共汽车车票的( )。
A. 需求量增加；B. 需求量减少；C. 需求增加；D. 需求减少解析：B.本题考察需求量的含义，商品本身价格的变化导致的需求数量的变化被称为需求量的变化。
表示在不同的价格下消费者改变了消费数量。
2.随着公共汽车票的价格大幅下降，会出现私人汽车的( )。
A. 需求量增加；B. 需求量减少；C. 需求增加；D. 需求减少解析：D.本题考察需求的含义，商品本身价格以外的因素发生变化也就是非价格因素的变化导致的需求数量的变化被称为需求的变化。
表示在每一个与以前相同的价格下消费者改变了消费数量。
公共汽车和私人汽车互为替代品，替代品价格下降，被研究对象的需求会跟着下降，消费者在相同的价格下减少了对私人汽车的需求数量。
3.随着汽油价格大幅下降，会出现私人汽车的( )。
A. 需求量增加；B. 需求量减少；C. 需求增加；D. 需求减少解析：C.本题考察需求的含义，商品本身价格以外的因素发生变化也就是非价格因素的变化导致的需求数量的变化被称为需求的变化。
表示在每一个与以前相同的价格下消费者改变了消费数量。
汽油和私人汽车互为互补品，互补品价格下降，被研究对象的需求数量会增加，消费者在相同的价格下增加了对私人汽车的需求数量。
4. 随着养猪专业户的增加，会出现生猪的( )。
A. 需求量增加；B. 需求量减少；C. 需求增加；D. 需求减少解析：A. 本题考察需求量的含义，商品本身价格的变化导致的需求数量的变化被称需求量的变化。
表示在不同的价格下消费者改变了消费数量。
本题供给增加导致生猪价格下降，在较低的价格下消费者增加了生猪的需求数量，是需求量的变化。
5.随着商品房价格上升，商品房的（）A.供给增加；B.供给量增加；C.供给减少；D.供给量减少。
解析：B.本题考察供给量的含义，商品本身价格的变化导致的供给数量的变化被称供给量的变化。
第二章习题答案参考
第二章 金属切削机床设计22. 什么是传动组的级比和级比指数？常规变速传动系的各传动组的级比指数有什么规律性？ 传动组的级比是指主动轴上同一点传往被动轴相邻两传动线的比值，用ϕxi 表示。
级比ϕxi 中的指数X i 值称为级比指数，它相当于由上述相邻两传动线与被动轴交点之间相距的格数。
设计时要使主轴转速为连续的等比数列，必须有一个变速组的级比指数为1，此变速组称为基本组。
基本组的级比指数用X 0表示，即X 0 ＝ 1，后面变速组因起变速扩大作用，所以统称为扩大组。
第一扩大组的级比指数X 1一般等于基本组的传动副数P 0，即X 1 ＝ P 0。
第二扩大组的作用是将第一扩大组扩大的变速范围第二次扩大，其级比指数X 2等于基本组的传动副数和第一扩大组传动副数的乘积，即X 2 ＝ P 0×P 1。
如有更多的变速组，则依次类推。
上述设计是传动顺序和扩大顺序相一致的情况，若将基本组和各扩大组采取不同的传动顺序，还有许多方案。
25. 某机床主轴转速n ＝100～1120 r/min ，转速级数z ＝8，电动机转速n 电＝1440 r/min ，试设计该机床主传动系，包括拟定结构式和转速图，画出主传动系图。
解：2.111001120min max ===n n R n ===-712.11Z n R φ 1.41查表可获得8级转速为 100，140，200，280，400，560，800，1120拟定8级转速的结构式：根据级比规律和传动副前多后少、传动线前密后疏的的原则确定4212228⨯⨯=241.141.111max ≤===ϕ主u 符合要求4/182.2/141.133min ≥===--ϕ主u 符合要求最后扩大组的变速范围：8441.1)12(4)1(≤===--i i P x i R ϕ符合要求 绘制传动系统图如下：26. 试从ϕ＝1.26，z ＝18级变速机构的各种传动方案中选出其最佳方案，并写出结构式，画出转速图和传动系图。
第二章习题答案
第二章习题答案2.1.1 质点的运动学方程为j t i t r j i t r ˆ)14(ˆ)32()2(ˆ5ˆ)23()1(-+-=++=求质点的轨迹并用图表示解：（1）⎭⎬⎫=+=523y t x 平行于x 轴的直线：y=5(2)⎭⎬⎫-=-=1432t y t x 消去t 的轨迹方程：0534=-+y x2.1.2 质点的运动学方程为kj e i e r t t ˆ2ˆˆ22++=-。
(1)求质点的轨迹。
（2）求自t = -1 至t = 1质点的位移解：（1）由运动方程得质点轨迹的参数方程为 )3()2()1(222⎪⎩⎪⎨⎧===-z ey e x tt （1）x （2）消去t ，得轨迹方程 ⎩⎨⎧==21z xy（2）自t = -1 至t = 1质点的位移：je e i e e r r r k j e i e r k j e i e r t t ˆ)(ˆ)(ˆ2ˆˆˆ2ˆˆ,1,1222211221221-------+-=-=∆++=++==-= 2.1.3 质点的运动学方程为j t i t r ˆ)32(ˆ42++=。
（1）求质点的轨迹；（2）求自t=0至t=1质点的位移解：由质点的运动方程⎩⎨⎧+==)2(32)1(42t y t x （1） 质点的轨迹：消去t 得：2)3(-=y x（2） 位移：ji r r r j i r j r t t ˆ2ˆ4ˆ5ˆ4ˆ3101221+=-=∆+====2.2.1 雷达站于某瞬时测得飞机位置为R 1=4100m ，θ1=33.70，0.75s 后测得R 2=4240m ，θ2=29.30，R 1,R 2均在铅直平面内，求飞机瞬时速度的近似值和飞行方向（α角）。
解：取雷达站位置为原点，飞机在两个时刻的位置矢量分别为r 1和r 2，则| r 1|=R 1, | r 2|=R 2，如图所示由余弦定理，在0.75s 时间间隔内飞机的位移的大小为mR R R R r r r r r 4.349)3.297.33cos(42404100242404100)cos(2)cos(200222121222121212221≈-⨯⨯-+=--+=--+=∆θθθθ飞机的瞬时速度的大小：==∆∆≈smt r v 75.04.349465.8m/s飞机的瞬时速度方向：由正弦定理)3.297.33sin(4.349sin 4240)sin(sin 00212-=⇒-∆=γθθγr r100001207.341806.11193.0arcsin 18090,93.04.4sin 4.3494240sin ≈--=∴≈-=∴>∴>≈=γθαγγγr r另解：利用矢量在直角坐标系中的正交分解. 选平面直角坐标系,取雷达站的位置为坐标原点,x 轴沿水平方向,y 轴铅直向上,则在两个时刻飞机的位置矢量分别可表示为ji j i jR i R r ji j i jR i R r ˆ98.2074ˆ57.3697ˆ3.29sin 4240ˆ3.29cos 4240ˆsin ˆcos ˆ86.2274ˆ01.3411ˆ7.33sin 4100ˆ7.33cos 4100ˆsin ˆcos 00222220011111+=⨯+⨯=+=+=⨯+⨯=+=θθθθ 飞机飞行0.75s 后的位移矢量为j i r r r ˆ88.199ˆ56.28612-=-=∆飞机瞬时速度的大小的近似值:s m t rv /8.46575.038.34975.088.19956.28622=≅+=∆∆≈飞机瞬时速度的方向与x 轴的夹角:09.3482.038.34956.286ˆcos =∴==∆⋅∆=ααr i r2.2.2 一圆柱体沿抛物线轨道运动.抛物线的轨道方程为y=x 2/200(长度:mm).第一次观测到圆柱体在x=249mm 处,经过时间2ms 后圆柱体移到x=234mm 处.求圆柱体瞬时速度的近似解：第一次观测时，x=249mm, y=x 2/200=(249)2/200≈310mm ，j i r ˆ310ˆ2491+=2ms 后，x=234mm, y=x 2/200=(234)2/200≈273.78mm ，j i r ˆ78.273ˆ2342+=圆柱体的位移：mm r j i r r r 2.3922.3615ˆ22.36ˆ152212≈+=∆--=-=∆∴ms mm msmm t r v /6.1922.39==∆∆≈速度与x 轴的夹角：5.112383.02.3915ˆcos -≈∴-≈-=∆⋅∆=ααr i r2.2.3 一人在北京音乐厅内听音乐，离演奏着17m 。
第2章 习题提示和答案
2−10 空 气 在 某 压 气 机 中 被 压 缩 ， 压 缩 前 空 气 的 参 数 是 ： p1 = 0.1MPa ，
v1 = 0.845 m3 kg 。压缩后的参数是 p2 = 0.1MPa ，v2 = 0175 m3 kg 。设在压缩过程中每 kg
空气的热力学能增加 146.5kJ 同时向外放出热量 50kJ。压气机每分钟产生压缩空气 10kg。求： （1）压缩过程中对每 kg 气体所作的体积变化功；（2）每生产 1kg 的压缩空气所需的功（技 术功）；（3）带动此压气机要用多大功率的电动机？
氨进入和离开锅炉时的焓分别为 h1 = h ' = −396.2kJ/kg、h2 =h" = −223.2kJ/kg ，氨离开过热 器时的焓为 h = −25.1kJ/kg 。
提示和答案：氨在锅炉和过热器中过程均近似为定压过程，换热量等于焓差。
Φ g
=
0.865kW
， Φs
=
0.991kW
。
2−15 向大厦供水的主管线在地下 5m进入时，管内压力 600kPa。经水泵加压，在距地 面 150m高处的大厦顶层水压仍有 200kPa，假定水温为 10℃，流量为 10kg/s，忽略水热力学 能差和动能差，假设水的比体积为 0.001m3/kg，求水泵消耗的功率。
8
第二章 热力学第一定律
进口处蒸汽为 70m/s，出口处速度为 140m/s 时对汽轮机的功率有多大的影响；（4）蒸汽进 出、口高度并差是 1.6m 时，对汽轮机的功率又有多大影响？
提示和答案：（1）
p 1
=
p e ,1
+
p b
=
9.1MPa
、
p2
=
第2章习题参考答案
R12 (Rab // 8 Rbc //12) //(Rac //10) 4
(b) R12 (10 // 14) //(6 // 12 8) 3.92 5. 对图 x2.5 所示电桥电路， 应用 Y 等效变换求： （1） 对角线电压 U ； （2） 电压 U ab 。
。
A 为 0。因为已经被短路掉，没有电流。
2. 电路如图 x2.2 所示，求电压 U 12 以及电流表 A1 和 A2 的读数。
解：如图 x2.2a 所示： R12 20 // 20 10 ， R13 4 // 6 2.4
i2
30 0.97 A ， i1 i2 0.5 0.48 A 31
解： R12 4 得到 R1
R13 6
R23 10
R2 R12 R23 2 R12 R23 R13
R13 R12 6 R12 R23 R13 5 R23 R13 3 R12 R23 R13
R3
3 2 U 5 3 5 2 5V 5 5
A. U S 40V 的理想电压源 B. I S 4A 的理想电流源 C. U S 0.4V 的理想电压源与 R 10 的电阻相并联的电路 D. U S 40V 的理想电压源与 R 10 的电阻相并联的电路 3.有 3 个电阻相并联，已知 R1 2，R2 3，R3 6 。在 3 个并联电阻的两端 外加电流 I S 18A 的电流源，则对应各电阻中的电流值分别为（ A. I R1 3A, I R 2 6A，I R 3 9A C. I R1 6A，I R 2 9A，I R 3 3A B ） 。
U ab (
24 6 24) 5 150V 5 5
第2章习题与答案
相同的相互作用参数有 k 11,k 22和k 33 ，其值应为1；下标不同的相互作用参数有
k 12和k 21,k 23和k 32,k 31和k 12(已作k 12k 21,k 23k 32,k 31k 12处理) ，通常它们值是如何得到？从实验数据
拟合得到，在没有实验数据时，近似作零处理。 7. 简述对应态原理在对比状态下，物质的对比性质表现出较简单的关系。 8. 偏心因子的定义是 1 lg Prs
20 241 621 2 75 2 122 2 399 230 .44 9
V RT / P B 8.314 373 .15 / 0.5 230 .44 5974 .298 cm3 mol-1
4. 用 Antoine 方程计算正丁烷在 50℃时蒸汽压；用 PR 方计算正丁烷在 50℃时饱和汽、液相摩尔体 积（用软件计算） ；再用修正的 Rackett 方程计算正丁烷在 50℃时饱和液相摩尔体积。 （液相摩尔体 3 -1 积的实验值是 106.94cm mol ） 。 解：查附录得 Antoine 常数：A=6.8146， B=2151.63， C= -36.24 临界参数 T c=425.4K， Pc=3.797MPa，ω=0.193 修正的 Rackett 方程常数：α=0.2726， β=0.0003
Tr 0.7
，其含义是 lg Prs (简单流体 ) lg Prs (该流体) Tr 0.7 。
9. 正 丁 烷 的 偏 心 因 子 =0.193 ， 临 界 压 力 Pc=3.797MPa 则 在 Tr= 0.7 时 的 蒸 汽 压 为
P s Pc 10 1 0.2 4 3 MPa 5 。
y y
电工学-第二章习题答案
第二章 电路的分析方法2.1.1 在图2.01的电路中，V 6=E ，Ω=61R ，Ω=32R ，Ω=43R ，Ω=34R ，Ω=15R 。
试求3I 和4I 。
4I ↓图2.01解：图2.01电路可依次等效为图（a ）和图（b ）。
R 3R 1R(b)Ω=+×=+×=23636414114R R R R R Ω=+++×=+++×=2243)24(3)(14321432R R R R R R R A 22165=+=+=R R E IA 322363)(214323=×+=++=I R R R R IA 943263631414−=×+−=+−=I R R R I2.3.3 计算图2.12中的电流3I 。
Ω=1R A2S =图2.12解：根据电压源与电流源的等效变换，图2.12所示电路可依次等效为图（a ）和图（b ），由图（b ）可求得A 2.15.023=+=I由图（a ）可求得：A 6.02.121213=×==I IΩ=1R V22=Ω=14R(b)Ω=12R2.6.1 在图2.19中，（1）当将开关S 合在a 点时，求电流1I ，2I 和3I ；（2）当将开关S 合在b 点时，利用（1）的结果，用叠加定理计算电流321,I I I 和 。
I图2.19I (a)I (b)解：（1）当将开关S 合在a 点时，图2.19所示电路即为图（a ），用支路电流法可得：=+=+=+12042130423231321I I I I I I I 解得：===A 25A 10A 15321I I I(2)开关S 合在b 点时，利用叠加原理图2.19所示电路可等效为图（a ）和图（b ），其中图（a ）电路中130V 和120V 两个电压源共同作用时所产生的电流已在（1）中求得，即：A 151=,I A 102=,I A 253=,I由图3（b ）可求得：A 642422202=+×+=,,I A 464241−=×+−=,,IA26422=×+=则：A 11415111=−=+=,,,I I IA 16610,222=+=+=,,I I IA 27225333=+=+=,,,I I I2.6.2 电路如图2.20（a ）所示，V 10ab ,,V 124321=====U R R R R E 。
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斯定律求解。先假设内球壳的外表面上的感应电荷面密度，求出电场强度后，由两导体球壳间的电位差
确定出内球壳的外表面上的感应电荷面密度。
解 在内球壳的外表面和外球壳的内表面上都有感应电
b
荷。由于电荷分布具有球对称性，可用高斯定律求解。设内
球壳的外表面上的感应电荷面密度 σ 。根据高斯定律，有
a
4πε 0 r 2 E
答案
qmax
=
a2 3
×10−3 C， ϕmax
= 3a ×106 V
2-14 空气中有一内外半径分别为 a 和 b 的带电介质球壳，介质的介电常数为 ε ，介质内有电荷密度为
ρ = A 的电荷分布，其中系数 A 为常数。求总电荷及空间电场强度、电位的分布。若 b → a ，结果如 r2
何？
答案 q = 4πA(b − a)
ε 0br
3ε0 2
br
说明 此题的要点在于导体的表面上有未知的感应电荷分布，用高斯定律求电场时，必须注意考虑
感应电荷产生的电场。
2-16 电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为 ρ = ρ0 C/m2 , 两圆柱面半径分别为 a 和 b ，轴线 相距为 c (c < b − a) ，如例 2.6 图所示。求空间各部分的电场。
⋅
v dS
=
D0∆Sevz
⋅ evz
+
D0∆S(−evz ) ⋅ (−evz ) =
2D0∆S
= σ∆S
s
注意侧面上 D0 的通量为零。
由边界条件可知 D0
|z=0+
−D0
|
z
=0−
=
σ 2
− (− σ ) = σ 2
因此求得 D0=σ/2，用矢量式表示时为
v D0
=
⎪⎩⎪⎨⎧σ2σ2(−evevzz )
故可求出极化电荷分布，再利用 D = ε0 E + P 和 ρ = ∇ ⋅ D 求出自由电荷体密度。
解 (1) 介质球内的束缚电荷体密度为
( ) ρp
= −∇ ⋅ P
=− 1 r2
d dr
r 2 Pr
=− 1 r2
d dr
⎜⎛ r 2 ⎝
K r
⎟⎞ ⎠
=
−K r2
在 r = R 的球面上，束缚电)
er
，
E
2
=
A(b ε0
− a) r2
e
r
2-15 在半径分别为 a 和 b 的两个同心导体球壳间有均匀的电荷分布，其电荷体密度 ρ = ρ0 C/m2。已知 外球壳接地，内球壳的电位为U0 ，如例 3.3 图所示。求两导体球壳间的电场和电位分布。
分析 在内球壳的外表面和外球壳的内表面上都有感应电荷。由于电荷分布具有球对称性，可用高
⎜⎜⎝⎛1 −
z ⎟⎞ a 2 + z 2 ⎟⎠
a
(2)若σ 不变，当 a → 0 时，则
Ez
=
σ 2ε 0
(1 −1)
=0
当 a → ∞ ，则
Ez
=
σ 2ε 0
(1 − 0) =
σ 2ε 0
(3)若保持 q
= πa2σ
不变，当 a
→
0
时，此带电圆面可视为一点电荷。则 Ez
=
q 4πε 0 z 2
当 a → ∞ 时，σ → 0 ，则 Ez = 0 。
ρ0
[b2 − a2
− a2 (b − a)]
ε0b
3ε0 2
b
得到
σ = ε0bU0 − ρ0 (b2 + ab − 2a2 ) a(b − a) 6a
故两导体球壳间的电位分布为
∫ ∫ ϕ(r)
=
b r
E(r)d r
=
b r
[
σa ε0r
2 2
+
ρ0 3ε 0
(r
−
a3 r2
)]d r
=
σ a2 (b − r) + ρ0 [b2 − r2 − a3(b − r)]
b
ρ0
a c
b
＝ ρ0
a c
＋
b −ρ0
a c
题 2-16 图
解 由高斯定律，可求得大、小圆柱中的正、负电荷在空间任意一点 P 产生的电场（分别用 r、r’
表示场点到大、小圆柱轴线的距离矢量）。
在 r > b 区域中，
点 P 处总的电场为
E1
=
er
π b2 ρ0 2πε 0 r
=
ρ0b2r 2ε0r 2
σp
=
P ⋅en
=
Pr
r=R
=
K R
(2)由于 D = ε0 E + P ，所以
E= P ε −ε0
由此可得到介质球内的自由电荷体密度为
( ) ( ) ρ = ∇ ⋅ D = 1 d r2 d r
r 2 Dr
= ε
ε −ε0
1 r2
d dr
r 2 Pr
=ε K ε −ε0 r2
，
E1′
=
e r′
−π a2ρ0 2πε 0 r ′
=
−
ρ0a2r′ 2ε 0 r ′2
E
=
E1
+
E 1′
=
ρ 2ε 0
(
b2r r2
−
a2r r′2
′
)
在 r < b 且 r′ > a 区域中，同理可求得大、小圆柱中的正、负电荷在点 P 产生的电场分别为
点 P 处总的电场为
E2
=
er
πr2ρ 2πε 0 r
=
ρr 2ε 0
，
E2′
=
e r′
−π a2ρ 2πε 0 r ′
=
−
ρa2r′ 2ε 0 r ′2
E
=
E2
+
E2′
=
ρ0 2ε 0
(r
−
a2r′) r′2
在 r′ < a 的空腔区域中，大、小圆柱中的正、负电荷在点 P 产生的电场分别为
E3
=
er
π r2ρ0 2πε 0 r
=
ρ0r 2ε 0
，
E3′
习题二
2-3 已知真空中静电场的电位ϕ(x) = x2 + U x V，求电场强度的分布及电荷体密度 ρ 。
ε0 d
解：
E
=
−∇ϕ
=
−
∂ϕ ∂x
ex
=
−⎜⎜⎝⎛
2x ε0
+
U d
⎟⎟⎠⎞e x
V/m
ρ
= ∇ ⋅ D = −ε 0∇ ⋅ E
= −ε 0
∂E x ∂x
=
−ε
0
⎜⎜⎝⎛
2 ε0
⎟⎟⎠⎞ = −2
分析 由于两圆柱面间的电荷不是轴对称分布，不能直接用高斯定律求解。但可把半径为 a 的小圆 柱面内看作同时具有体密度分别为 ±ρ0 的两种电荷分布，这样在半径为 b 的整个圆柱体内具有体密度 为 ρ0 的均匀电荷分布，而在半径为 a 的整个圆柱体内则具有体密度为 −ρ0 的均匀电荷分布，如例 3.6 图 (b) 所示。空间任一点的电场是这两种电荷所产生的电场的叠加。
说明 在给定 E 或ϕ = 分布，可应用 ρ = ε∇ ⋅ E 或 ρ = −ε∇2ϕ 求电荷分布。但应注意：在 E 或ϕ 的 奇异点处可能有点电荷，而在 E 的突变面上，可能有面分布的自由电荷。
2-13 一个半径为 a 的导体球，要使得它在空气中带点且不放电，试求它所能带点最大电荷量级表面电
位各是多少？已知空气的击穿场强为 3×106 V/m。
答案
Ei
=
ρ0 ε 0ra
⎜⎛ ⎝
1 a
− re−α r
−
1 e−α r a
⎟⎞e ⎠
r
Eo
=
ρ0 ε 0ra
⎜⎛ ⎝
1 a
− ae−α r
−
1 a
e−α a
⎟⎞e ⎠
r
2-8
已知电场强度 E =
E0 r 3 a3
er , (0 ≤ r < a, E0为常数) ，求体电荷密度 ρ (r) ，其中介电常数为 ε
C/m2
2-4 半径为 a 的圆面上均匀带电，电荷面密度为 σ ，试求：(1)轴线上离圆心为 z 处的场强，(2)在保持 σ 不变的情况下，当 a → 0 和 a → ∞ 时结果如何？(3)在保持总电荷不变的情况下，当 a → 0 和 a → ∞ 时
结果如何?
解：(1)如图所示，在圆环上任取一半径为 r 、厚度为 dr 的圆环，它所带的电荷量为 dq = σ 2π r dr 。由
。
解：因为
由球坐标系中散度展开式
ρ = ∇ ⋅ D = −ε 0∇ ⋅ E
( ) ∇ ⋅
A
=
1 r2
∂ ∂r
r 2 Ar
+1 r sinθ
∂ ∂θ
(sinθ
Aθ
)+
1 r sinθ
∂Aφ ∂φ
得
( ) ρ
=∇⋅D
= ε∇ ⋅ E
=ε
1 r2
∂ ∂r
r 2 Er
= 5εE0r 2 a3
2-9 已知在半径为 a 的球体区域内外，电场强度矢量表达式为
∫ Q = ε 0
E
S
⋅
dS
=
ε
0 E(r)4πr
2
= q(1 + α r)e−α r
该球面 S 内的体分布电荷的总电荷量 Q′ 为
∫ ∫ ∫ Q′ = ρ dV = rρ(ξ )dξ = r − α 2q e−α ξ 4πξ 2dξ =q(1+ α r)e−α r − q