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大学物理第六章课后习题答案

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第六章 静电场中的导体与电介质

6 －1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ）

（A） 升高 （B） 降低 （C） 不会发生变化 （D） 无法确定

分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。由于带正电的带电体A

移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A）。

6 －2 将一带负电的物体M靠近一不带电的导体N，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ）

（A） N上的负电荷入地 （B）N上的正电荷入地

（C） N上的所有电荷入地 （D）N上所有的感应电荷入地

分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N在哪一端接地无关。因而正确答案为（A）。

6 －3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d，参见附图。设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ）

（A）dεqVE0π4,0

（B）dεqVdεqE020π4,π4

（C）0,0VE （D）RεqVdεqE020π4,π4

分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。点电荷q 在导

体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。因而正确答案为（A）。

6 －4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。下列推论正确的是( )

（A） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷

（B） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零

（C） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷

（D） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关

（E） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关

分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面

内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。因而正确答案为（E）。

6 －5 对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（ ）

（A） 电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍

（B） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （C） 在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍

（D） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍

分析与解 电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电介质中的高斯定理，仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，在电介质中任意高斯面S 有

iiSSεχq001dd1SESE

即E ＝E０/εｒ，因而正确答案为（A）。

6 －6 不带电的导体球A 含有两个球形空腔，两空腔中心分别有一点电荷qb 、qc ，导体球外距导体球较远的r 处还有一个点电荷qd （如图所示）。试求点电荷qb 、qc 、qd 各受多大的电场力。

分析与解 根据导体静电平衡时电荷分布的规律，空腔内点电荷的电场线终止于空腔内表面感应电荷；导体球A 外表面的感应电荷近似均匀分布，因而近似可看作均匀带电球对点电荷qd 的作用力。

20π4rεqqqFdcbd

点电荷qd 与导体球A 外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零，点电

荷qb 、qc处于球形空腔的中心，空腔内表面感应电荷均匀分布，点电荷qb 、qc受到的作用力为零.

6 －7 一真空二极管，其主要构件是一个半径R１ ＝5.0×10－4m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外，半径R２ ＝4.5×10－3m 的同轴圆筒形阳极．阳极电势比阴极电势高300V，阴极与阳极的长度均为L ＝2.5×10－２m．假设电子从阴极射出时的速度为零．求：（１） 该电子到达阳极时所具有的动能和速率；（２）电子刚从阳极射出时所受的力．

分析 （1） 由于半径R１＜＜L，因此可将电极视作无限长圆柱面，阴极和阳极之间的电场具有轴对称性．从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速，电子所获得的动能等于电场力所作的功，也即等于电子势能的减少．由此，可求得电子到达阳极时的动能和速率．

（2） 计算阳极表面附近的电场强度，由F ＝qE 求出电子在阴极表面所受的电场力．

解 （1） 电子到达阳极时，势能的减少量为

J108.4Δ17eVEep

由于电子的初始速度为零，故

J108.4ΔΔ17epekekEEE

因此电子到达阳极的速率为

1-7sm1003.122meVmEekv

（2） 两极间的电场强度为

rrελeE0π2

两极间的电势差 1200lnπ2π2d21RReελrελVRRrE

负号表示阳极电势高于阴极电势．阴极表面电场强度

rrRRRVRελeeE12110lnπ2

电子在阴极表面受力

N1037.414reeEF

这个力尽管很小，但作用在质量为９.1１ ×10－3１kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力加速度的5 ×10１5 倍．

6 －8 一导体球半径为R１ ，外罩一半径为R2 的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q，而内球的电势为V０ ．求此系统的电势和电场的分布．

分析 若200π4RεQV，内球电势等于外球壳的电势，则外球壳内必定为等势体，电场强度处处为零，内球不带电．

若200π4RεQV，内球电势不等于外球壳电势，则外球壳内电场强度不为零，内球带电．一般情况下，假设内导体球带电q，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示．依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布．并由ppVlEd或电势叠加求出电势的分布．最后将电场强度和电势用已知量V0、Q、R１、R2表示．

解 根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称．取同心球面为高斯面，由高斯定理02/π4dεqrErrESE，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各区域内的电场分布为

r ＜R１时， 01rE

R１＜r＜R2 时，202π4rεqrE

r＞R2 时， 202π4rεqQrE

由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布．

r ＜R１时，

20103211π4π4dddd2211RεQRεqVRRRRrrlElElElE

R１＜r＜R2 时，

200322π4π4ddd22RεQrεqVRRrrlElElE

r＞R2 时，

rεQqVr03π4dlE3

也可以从球面电势的叠加求电势的分布．在导体球内（r ＜R１）

20101π4π4RεQRεqV

在导体球和球壳之间（R１＜r＜R2 ）

2002π4π4RεQrεqV

在球壳外（r＞R2）

rεQqV03π4

由题意

102001π4π4RεQRεqVV

得

102001π4π4RεQRεqVV

代入电场、电势的分布得 r ＜R１时，

01E；01VV

R１＜r＜R2 时，

22012012π4rRεQRrVRE；rRεQRrrVRV201012π4)(

r＞R2 时，

220122013π4)(rRεQRRrVRE；rRεQRRrVRV2012013π4)(

6 －9 在一半径为R１ ＝6.0 cm 的金属球A 外面套有一个同心的金属球壳B．已知球壳B 的内、外半径分别为R2＝8.0 cm，R3 ＝10.0 cm．设球A 带有总电荷QA ＝3.0 ×10－８C，球壳B 带有总电荷QB ＝2.0×10－８C．（１） 求球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势；（2） 将球壳B 接地然后断开，再把金属球A 接地，求金属球A 和球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势．

分析 （１） 根据静电感应和静电平衡时导体表面电荷分布的规律，电荷QA均匀分布在球A 表面，球壳B 内表面带电荷－QA ，外表面带电荷QB ＋QA ，电荷在导体表面均匀分布［图（ａ）］，由带电球面电势的叠加可求得球A 和球壳B 的电势．（2） 导体接地，表明导体与大地等电势（大地电势通常取为零）．球壳B 接地后，外表面的电荷与从大地流入的负电荷中和，球壳内表面带电－QA ［图（ｂ）］．断开球壳B 的接地后，再将球A 接地，此时球A 的电势为零．电势的变化必将引起电荷的重新分布，以保持导体的静电平衡．不失一般性可设此时球A 带电qA ，根据静电平衡时导体上电荷的分布规律，可知球壳B 内表面感应－qA，外表面带电qA －QA

［图（c）］．此时球A 的电势可表示为

0π4π4π4302010RεQqRεqRεqVAAAAA

由VA ＝0 可解出球A 所带的电荷qA ，再由带电球面电势的叠加，可求出球A 和球壳B 的电势．

解 （１） 由分析可知，球A 的外表面带电3.0 ×10－８C，球壳B 内表面带电－3.0 ×10－８C，外表面带电5.0 ×10－８C．由电势的叠加，球A 和球壳B 的电势分别为

V106.5π4π4π43302010RεQQRεQRεqVAAAAA

V105.4π4330RεQQVBAB

（2） 将球壳B 接地后断开，再把球A 接地，设球A 带电qA ，球A 和球壳B的电势为

0π4π4π4302010RεqQRεqRεqVAAAAA

30π4RεqQVAAB

解得

C1012.2831322121RRRRRRQRRqAA

即球A 外表面带电2.12 ×10－８C，由分析可推得球壳B 内表面带电－2.12

×10－８C，外表面带电-0.9 ×10－８C．另外球A 和球壳B 的电势分别为

0AV

27.2910VBV

导体的接地使各导体的电势分布发生变化，打破了原有的静电平衡，导体表

面的电荷将重新分布，以建立新的静电平衡．

6 －10 两块带电量分别为Q１ 、Q2 的导体平板平行相对放置（如图所示），假设导体平板面积为S，两块导体平板间距为d，并且S ＞＞d．试证明（１）

相向的两面电荷面密度大小相等符号相反；（2） 相背的两面电荷面密度大

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大学物理第六章静电场习题答案

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第六章 静电场习题

6-1 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：（1）如图任选一点电荷为研究对象，分析其受力有1230FFFFvvvv合 y轴方向有

21322002032cos24243 3304qqQFFFaaqqQa合

得 33Qq

（2）这种平衡与三角形的边长无关。

6-2 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：对其中任一小球受力分析如图所示，有

220)sin2(π41sincoslqFTmgTe

解得 tan4sin20mglq

6-3 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl－与其最邻近的八个一价铯离子Cs+构成如图所示的立方晶格结构。（1）求氯离子所受的库仑力；（2）假设图中箭头所指处缺少一个铯离子（称作晶格缺陷），求此时氯离子所受的库仑力。

（1）由对称性可知 F1= 0

（2）2912222001.9210N43qqeFra 方向如图所示

6-4 长l＝ cm的直导线AB上均匀地分布着线密度95.010Cm的正电荷。试求：（1）在导线的延长线上与导线B端相距15.0cma处P点的场强；（2）在导线的垂直平分线上与导线中点相距25.0dcm处Q点的场强。

解：（1）如图所示，在带电直线上取线元，其上电量在点产生场强为 20)(dπ41dxaxEP

大学物理习题解 第一章

大学物理习题解 第一章

1 第一章习题题解

题1.5解：（1）质点在4.0 s内位移的大小

m3204xxx

（2）由0)sm6()sm12(dd232tttx得知质点的换向时刻为:

ｓ2Pt（t 0不合题意）

则：m0.8021xxx, m40x242xx

所以，质点在4.0 s时间间隔内的路程为: m4821xxs

题1-6解（1）由运动方程有：22,2xtyt，消去参数t即得到质点运动的轨迹方程。由,2xt代入得到：224xy

（2）02tts和时，质点的位置矢量分别为：02ˆˆˆ2,42rjrij

（3）02tts到时，质点的位移为：20ˆˆ44rrrij

02tts到时，质点的径向增量为：

22220422202251rrr（）=2.47(m)

题1-7解（1）由运动学方程有：

111060(),1540()xydxdyvtmsvtmsdtdt 2 初速度为0t时的速度，即110010(),15()xyvmsvms，

其大小为：22100018()xyvvvms，速度与x轴的夹角为：0003tan,123412yxvv

加速度为：2260(),40()yxxydvdvamsamsdtdt，为一衡量，其大小为：

22272.1()xyaaams，加速度与x轴的夹角为：02tan,33413yxaa

题1-9解(1)本问题属于运动学第二类问题即已知加速度求运动学方程，必须利用积分加上初始条件来确定。已知初始条件为：1333,2(),9()tvmsxm

由于质点作直线运动：,dvdxavdtdt，所以有：33,vtvdvadt有3331124(3)(3)4133vtttt

大学物理第6章(题库)含答案

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06章

一、填空题

（一）易（基础题）

1、热力学第二定律的微观实质可以理解为：在孤立系统内部所发生的不可逆过程，总是沿着熵 增大 的方向进行。

2、热力学第二定律的开尔文表述和克劳修斯表述是等价的，表明在自然界中与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的，开尔文表述指出了____功热转换__________的过程是不可逆的，而克劳修斯表述指出了___热传导_______的过程是不可逆的．

3．一定量的某种理想气体在某个热力学过程中，外界对系统做功240J，气体向外界放热620J，则气体的内能 减少 (填增加或减少)，E2—E1= -380 J。

4．一定量的理想气体在等温膨胀过程中，内能 不变 ，吸收的热量全部用于对外界做功 。

5．一定量的某种理想气体在某个热力学过程中，对外做功120J，气体的内能增量为280J，则气体从外界吸收热量为 400 J。

6、在孤立系统内部所发生的过程，总是由热力学概率 小 的宏观状态向热力学概率 大 的宏观状态进行。

7、一定量的单原子分子理想气体在等温过程中,外界对它作功为200J.则该过程中需吸热____-200____J.

补充1、一定量的双原子分子理想气体在等温过程中,外界对它作功为200J.则该过程中需吸热____-200____J.

补充2、一定量的理想气体在等温膨胀过程中，吸收的热量为500J。理想气体做功为

500 J。

补充3、一定量的理想气体在等温压缩过程中，放出的热量为300J，理想气体做功为

-300 J。

8、要使一热力学系统的内能增加，可以通过 做功 或 热传递 两种方式，或者两种方式兼用来完成。

9、一定量的气体由热源吸收热量526610J,内能增加541810J,则气体对外作

功______J.

10、工作在7℃和27℃之间的卡诺致冷机的致冷系数为 14 ，工作 在7℃和27℃之间的卡诺热机的循环效率为 6.67% 。

大学物理(一)练习册 参考解答

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1 第16章 电磁场 参考答案

一、选择题

1(A)，2(A)，3(C)，4(C)，5(D)，6(D)，7(C)，8(B)，9(B)，10(B)

二、填空题

(1). )2/cos(/ddtANbBtxNbB或tNBbAsin.

(2). BnR2, O . (3). 相同(或221RB), 沿曲线由中心向外.

(4). 小于, 有关. (5). 0

(6). )8/(2220aI. (7). 9.6 J.

(8). SSDtd 或 tD/dd , SSBtd 或 tm/dd.

(9). tERd/d02， 与E方向相同（或由正极板垂直指向负极板）.

(10). tBrd/d21.

三 计算题

1. 如图所示，有一半径为r =10 cm的多匝圆形线圈，匝数N =100，置于均匀磁场B中(B = 0.5 T)．圆形线圈可绕通过圆心的轴O1O2转动，转速 n =600 rev/min．求圆线圈自图示的初始位置转过时，

(1) 线圈中的瞬时电流值(线圈的电阻R为 100 ，不计自感)；

(2) 圆心处的磁感强度．(=4×10-7 H/m)

解：(1) 设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场之间的夹角为，则通过该圆线圈平面的磁通量为

cos2rB, ntt2

∴ ntrB2cos2

在任意时刻线圈中的感应电动势为

ntnrNBtN2sin2dd2ntnBNr2sin222