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大学物理第二版-课后习题答案-第九章

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习题精解9-1.在气垫导轨上质量为m 的物体由两个轻弹簧分别固定在气垫导轨的两端，如图9-1所示，试证明物体m 的左右运动为简谐振动，并求其振动周期。

设弹簧的劲度系数为k 1和k 2. 解：取物体在平衡位置为坐标原点，则物体在任意位置时受的力为根据牛顿第二定律有化简得 令212k k m ω+=则2220d x x dt ω+=所以物体做简谐振动，其周期 9-2 如图9.2所示在电场强度为E 的匀强电场中，放置一电偶极矩P=ql 的电偶极子，+q 和-q 相距l ，且l 不变。

若有一外界扰动使这对电荷偏过一微小角度，扰动消息后，这对电荷会以垂直与电场并通过l 的中心点o 的直线为轴来回摆动。

试证明这种摆动是近似的简谐振动，并求其振动周期。

设电荷的质量皆为m ，重力忽略不计。

解 取逆时针的力矩方向为正方向，当电偶极子在如图9.2所示位置时，电偶极子所受力矩为电偶极子对中心O 点的转动惯量为由转动定律知化简得当角度很小时有sin 0θ≈，若令22qE mlω=，则上式变为 所以电偶极子的微小摆动是简谐振动。

而且其周期为9-3 汽车的质量一般支承在固定与轴承的若干根弹簧上，成为一倒置的弹簧振子。

汽车为开动时，上下为自由振动的频率应保持在 1.3v Hz = 附近，与人的步行频率接近，才能使乘客没有不适之感。

问汽车正常载重时，每根弹簧松弛状态下压缩了多少长度？解 汽车正常载重时的质量为m ，振子总劲度系数为k ，则振动的周期为2T =频率为1v T == 正常载重时弹簧的压缩量为9-4 一根质量为m ，长为l 的均匀细棒，一端悬挂在水平轴O 点，如图9.3所示。

开始棒在平衡位置OO ，处于平衡状态。

将棒拉开微小角度后放手，棒将在重力矩作用下，绕O 点在竖直平面内来回摆动。

此装置时最简单的物理摆。

若不计棒与轴的摩擦力和空气的阻力，棒将摆动不止。

试证明摆角很小的情况下，细棒的摆动为简谐振动，并求其振动周期。

解 设在某一时刻，细棒偏离铅直线的角位移为θ，并规定细棒在平衡位置向右时θ为正，在向左时为负，则力矩为负号表示力矩方向与角位移方向相反，细棒对O 点转动惯量为213J ml =,根据转动定律有 化简得当θ很小时有sin θθ≈，若令232g lω=则上式变为所以细棒的摆动为简谐振动，其周期为9-5 一放置在水平光滑桌面上的弹簧振子，振幅2210A m -=⨯，周期0.50T s =，当t=0时，（1）物体在正方向的端点；（2）物体在负方向的端点；(3) 物体在平衡位置，向负方向运动;(4）物体在平衡位置，向负方向运动;(5)物体在21.010x m -=⨯处向负方向运动(6)物体在21.010x m -=-⨯处向正方向运动。

求以上各种情况的振动方程。

解 由题意知2122.010,0.5,4A m T s s Tπωπ--=⨯=== （1）由初始条件得初想为是10ϕ=,所以振动方程为（2）由初始条件得初想为是2ϕπ=，所以振动方程为（3）由初始条件得初想为是32πϕ=，所以振动方程为（4）由初始条件得初想为是432πϕ=，所以振动方程为 （5）因为2052110cos 0.5210x A ϕ--⨯===⨯，所以55,33ππϕ=，取53πϕ=（因为速度小于零），所以振动方程为 （6）2062110cos 0.5210x A ϕ---⨯===-⨯，所以624,33ππϕ=，取643πϕ=（因为速度大于零），所以振动方程为9-6一质点沿x 轴做简谐振动，振幅为0.12m ，周期为2s ，当t=0时，质点的位置在0.06m 处，且向x 轴正方向运动，求；（1）质点振动的运动方程；（2）t=0.5s 时，质点的位置、速度、加速度；（3）质点x=-0.06m 处，且向x 轴负方向运动，在回到平衡位置所需最短的时间。

解 （1）由题意可知：0020.12,,cos A m x A T πωπϕ====可求得03πϕ=-（初速度为零），所以质点的运动方程为（2） 0.50.12cos 0.50.1()3t x m ππ=⎛⎫=-= ⎪⎝⎭ 任意时刻的速度为所以任意时刻的加速度为所以（3）根据题意画旋转矢量图如图9.4所示。

由图可知，质点在x=-0.06m 处，且向x 轴负方向运动，再回到平衡位置相位的变化为 所以9-7 一弹簧悬挂0.01kg 砝码时伸长8cm ，现在这根弹簧下悬挂0.025kg 的物体，使它作自由振动。

请建立坐标系，分析对下述3种情况列出初始条件，求出振幅和初相位，最后建立振动方程。

（1）开始时，使物体从平衡位置向下移动4cm 后松手；（2）开始时，物体在平衡位置，给以向上的初速度，使其振动；（3）把物体从平衡位置向下拉动4cm 后，又给以向上121cm s -•的初速度，同时开始计时。

解 （1）取物体处在平衡位置为坐标原点，向下为x 轴正方向，建立如图9.5所示坐标系。

系统振动的圆频率为根据题意，初始条件为振幅4A cm ==，初相位10ϕ=振动方程为（2）根据题意，初始条件为振幅3A cm ==，初相位22πϕ=振动方程为（3）根据题意，初始条件为振幅5A cm ==，030tan 0.75v x ϕω=-=，得30.64ϕ= 振动方程为9-8 质量为0.1kg 的物体，以振幅21.010A m -=⨯做简谐振动，其最大加速度为24.0m s -•，求：（1）振动周期；（2）通过平衡位置时的动能；（3）总能量。

解 （1）简谐振动的物体的最大加速度为()120s ω-===，所以周期为()220.31420T s ππω===。

（2）做简谐振动的物体通过平衡位置时具有最大速度所以动能为（3）总能量为9-9 弹簧振子在光滑的水平上面上做振幅为0A 的简谐振动，如图9.6所示，物体的质量为M ，弹簧的劲度系数为k ，当物体到达平衡位置且向负方向运动时，一质量为m 的小泥团以速度v '从右打来，并粘附于物体之上，若以此时刻作为起始时刻，求：（1）系统振动的圆频率；（2）按图示坐标列出初始条件；（3）写出振动方程；解 （1）小泥团粘附于物体之后与物体一起做简谐振动，总质量为M+m ，弹簧的劲度系数为k ，所以系统振动的圆频率为（2）小泥团粘附于物体之上后动量守恒，所以有按图9.6所示坐标初始条件为000x Mv mv v M m =⎧⎪'+⎨=-⎪+⎩（3）根据初始条件，系统振动的初相位为2πϕ=；假设，系统的振动振幅为A ，根据能量守恒，有其中 2201122Mv kA = 故得振动方程为9-10 有一个弹簧振子，振幅2210A m -=⨯，周期T=1s ，初相位34ϕπ=，（1）写出它的振动方程；（2）利用旋转矢量图，作x-t 图。

解 （1）由题意可知，22Tπωπ==，所以弹簧振子的振动方程为 （2）利用旋转矢量图做x-t 图如图9.7所示9-11 一物体做简谐振动，（1）当它的位置在振幅一半处时，试利用旋转矢量计算它的相位可能为哪几个值？做出这些旋转矢量；（2）谐振子在这些位置时，其动能。

势能各占总能量的百分比是多少？解 （1）根据题意做旋转矢量如图9.8所示。

由图9.8可知，当它的位置在振幅的一半时，它的可能相位是（2）物体做简谐振动时的总能量为212W kA =，在任意位置时的时能为212p W kx =，所以当它的位置在振幅的一半时的势能为22111228p W k A kA ⎛⎫== ⎪⎝⎭，势能占总能量的百分比为25%，动能占总能量的百分比为75%。

9-12 手持一块平板，平板上放以质量为0.5kg 的砝码，现使平板在竖直方向上下振动，设该振动是简谐振动，频率为2Hz ，振幅是0.04m,问：（1） 位移最大时，砝码对平板的正压力多大？（2）以多大的振幅振动时，会使砝码脱离平板？(3) 如果振动频率加快一倍则砝码随板保持一起振动的振幅上限是多大？解 （1）由题意可知，124,0.04v s A m ωππ-===。

因为物体在作简谐振动，物体在最大位移时加速度大小222max 0.04160.64a A ωππ==⨯= 根据牛顿第二定律有解得18.06N N =（最低位置），2 1.74N N = (最高位置)（2）当2max mg ma mA ω==，即时0.062A m = 会使砝码脱离平板。

（3）频率增大一倍，把12ωω=代入2max 11mg ma mA ω==得9-13 有两个完全相同的弹簧振子A 和B ，并排地放在光滑的水平面上，测得它们的周期都是2s 。

现将两个物体从平衡位置向右拉开5cm ，然后先释放A 振子，经过0.5s 后，再释放B 振子，如图9.9所示，若以B 振子释放的瞬间作为时间的起点，（1）分别写出两个物体的振动方程；（2）它们的相位差为多少？分别画出它们的x-t 图。

解 （1）由题可知，两物体做简谐振动的圆频率为2Tπωπ==，若以B 振子释放的瞬时作为时间的起点，则B 物体振动的初相位是0B ϕ=，振动方程应为由于A 物体先释放0.5s 时的时间，所以相位超前B 物体0.522T πϕπ∆=•=，所以A 物体振动的初相位是2A πϕ=，振动方程应为（2）它们的相位差为作A,B 两物体的振动曲线如图9.10所示。

9-14 一质点同时参与两个方向、同频率的简谐振动，它们的振动方程分别为试 用旋转矢量求出合振动方程。

解 作旋转矢量如图9.11所示。

由平面几何关系可知合振动的初相位是所以合振动的振动方程为9-15 有两个同方向、同频率的简谐振动，其合振动的振幅为0.2，合振动的相位于第一个振动的相位之差为6π，若第一个振动的振幅为0.173m ，求第二个振动的振幅，第一、第二两振动的相位差。

解 做旋转矢量如图9.12所示。

由平面几何关系可知假设1A 和2A 的夹角为，则由平面几何可知 把已知数代入解得2πϕ=，9-16 质量为0.4kg 的质点同时参与互相垂直的两个振动：式中x,y 以m 计，t 以s 计。

（1） 求运动轨迹方程；（2） 质点在任一位置所受的力。

解 （1）由振动方程消去时间因子得轨迹方程为（2） 质点在任意时刻的加速度为质点在任一位置所受的力为9-17 质点参与两个方向互相垂直的、同相位、同频率的简谐振动；（1）证明质点的合振动时简谐振动；（2）求合振动的振幅和频率。

解 （1）根据题意，假设两个分振动的振动方程分别为 合成的轨迹是直线x yA y x A =，在任意时刻质点离开平衡位置的距离为 所以质点的合振动是简谐振动。

（3）合振动的振幅为A =，圆频率为ω.。

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袁艳红主编大学物理学第九章课后习题答案

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----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------文档下载最佳的地方第9章 静电场习 题一 选择题9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ](A)4f (B) 8f (C) 38f (D) 16f答案：B解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间的作用力变为8f。

9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。

因而正确答案（B ）习题9-3图(B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变 (C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变 答案：D解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。

O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式204q E rπε=，移动电荷后，由于OP =OT ，即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。

因而正确答案（D ）9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ](A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。

大学物理答案第9章

大学物理答案第9章

第九章 静 电 场9－1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( )题9-1图 分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为2εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ). 9－2 下列说法正确的是( )(A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷(B )(C )(D )分析与解但不也9－3 (A )(B )(C )(D )*9－4 偶极子将(A )(B )(C )(D )题9-4图分析与解 电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B ).9－5 精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21e ，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e ，由最极端的情况考虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小. 分析 考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21e ，中子电量为10－21e ，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解 一个氧原子所带的最大可能净电荷为二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e 范围内时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力.9－6 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e 32的上夸克和两个带e31-的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10－20m)，中子内的两个下夸克之间相距2.60×10－15m .求它们之间的相互作用力.解 由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.9－7 点电荷如图分布，试求P 点的电场强度.分析依照电场叠加原理，P 点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P 点激发电场强度的矢量和.由于电荷量为q 2.0q 的解9－8 (2)分析 L ，它在点P (1)若点P (2)若点P P 的电证 (1)E L/-L/P =⎰(2)当棒长L 此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(b )］.这说明只要满足r 2/L 2＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.9－9 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.题9-9图分析 这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第9－3节的例2可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθδδd sin π2d d 2⋅⋅==R S q ，在点O 激发的电场强度为由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系θR x cos =，θR r sin =统一积分变量，有积分得02/π004d cos sin 2εδθθθεδ⎰==E9－10 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0.试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.题9-10图分析 水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为00er P =，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θcos 20er p =，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0，利用教材第5－3节中电偶极子在延长线上的电场强度可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布. 解1 水分子的电偶极矩解2 由于r 2=代入得(+r x2029－11 分析 (1(2)量，即：解 (1) (2)设F 显然有F ＋9－12 .分析 .因而方法2：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即⎰⋅=SS d s E Φ解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为9－13 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为1m V 120-⋅，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析 考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.解 在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理地球表面电荷面密度 单位面积额外电子数9－14 设在半径为R 的球体内电荷均匀分布，电荷体密度为ρ,求带电球内外的电场强度分布.分析电荷均匀分布在球体内呈球对称，带电球激发的电场也呈球对称性.根据静电场是有源场，电场强度应该沿径向球对称分布.因此可以利用高斯定理求得均匀带电球内外的电场分布.以带电球的球心为中心作同心球面为高斯面，依照高斯定理有上式中i Q 是高斯面内的电荷量，分别求出处于带电球内外的高斯面内的电荷量，即可求得带电球内外的电场强度分布.解依照上述分析，由高斯定理可得R r <R r >9－15 .求离轴线为r 分析只有侧面布.解 r ＜R 1， R 1＜r ＜R 2r ＞R 2，9－16 分析W ′＝－W .(1)其中E 是点电荷Q 1、Q 3产生的合电场强度.(2)根据电场力作功与电势能差的关系，有 其中V 0是Q 1、Q 3在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势). 解1 由题意Q 1所受的合力为零 解得Q Q Q 414132-=-=由点电荷电场的叠加，Q 1、Q 3激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为将Q 2从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为 解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=，并由电势的叠加得Q 1、Q 3在点O 的电势将Q 2从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多.9－17 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为其中λ为电荷线密度.(1)求在r ＝r 1和r ＝r 2两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r →∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？试说明. 解 (1)由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有 (2)不能.严格地讲，电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，r →9－18 分析 的电势.解 q 2＝2q 19－19 分析分布.解 9－20 (2)分析 通常可采用两种方法.方法(1)由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由⎰∞⋅=pp V l E d 可求得电势分布.(2)利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为 在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.解1 (1)由高斯定理可求得电场分布 由电势⎰∞⋅=rV l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1时，有当R 1≤r ≤R 2时，有 当r ≥R 2时，有(2)两个球面间的电势差解2 (1)由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r ≤R 1，则 若该点位于两个球面之间，即R 1≤r ≤R 2，则 若该点位于两个球面之外，即r ≥R 2，则 (2)两个球面间的电势差9－21 一半径为R 的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.题9-21图分析解 当r ≤R 时得()r E =当r ≥R 时得()r E =当r ≤R 时当r ≥R 时9－22 布；(2)分析解 由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的()x x Rεσxr r r εσV R-+=+=⎰22222d 2(1)(2)轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R xεσx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向.(3)将场点至盘心的距离x ＝30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得 当x ＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有由此可见，当x ＞＞R 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E 和V 的误差分别不超过0.3％和0.8％，这已足以满足一般的测量精度.9－23 两个很长的共轴圆柱面(R 1＝3.0×10－2m ，R 2＝0.10 m )，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450Ｖ.求：(1)圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2)r ＝0.05 m 处的电场强度.解 (1)由习题9－15的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为 根据电势差的定义有 解得1812120m C 101.2ln/π2--⋅⨯==R R U ελ (2)解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度9－24即 .但是要 m )分析 解由k0E 得=T9－25年消耗的能量为3000kW ·h ，则可为多少个家庭提供一年的能量消耗？解 (1)若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量 即可融化约90吨冰.(2)一个家庭一年消耗的能量为一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电能. 9－26 已知水分子的电偶极矩p =6.17×10－30C ·m .这个水分子在电场强度E ＝1.0×105V ·m -1的电场中所受力矩的最大值是多少?分析与解在均匀外电场中，电偶极子所受的力矩为当电偶极子与外电场正交时，电偶极子所受的力矩取最大值.因而有9-27电子束焊接机中的电子枪如图所示，K 为阴极，A 为阳极，阴极发射的电子在阴极和阳极电场加速下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上使两块金属熔化在一起.已知V 105.24AK ⨯=U ，并设电子从阴极发射时的初速度为零，求：（1）电子到达被焊接金属时具有的动能；（2）电子射到金属上时的速度.分析电子被阴极和阳极间的电场加速获得动能，获得的动能等于电子在电场中减少的势能.由电子动能与速率的关系可以求得电子射到金属上时的速度.解（1）依照上述分析，电子到达被焊接金属时具有的动能(2)由于电子运动的动能远小于电子静止的能量，可以将电子当做经典粒子处理.电子射到金属上时的速度题9-27。

大学物理课后习题答案第九章

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第9章 电稳感应和电磁场 习题及答案1. 通过某回路的磁场与线圈平面垂直指向纸面内，磁通量按以下关系变化：23(65)10t t Wb -Φ=++⨯。

求2t s =时，回路中感应电动势的大小和方向。

解：310)62(-⨯+-=Φ-=t dtd ε 当s t 2=时，V 01.0-=ε由楞次定律知，感应电动势方向为逆时针方向2. 长度为l 的金属杆ab 以速率υ在导电轨道abcd 上平行移动。

已知导轨处于均匀磁场B ϖ中，B ϖ的方向与回路的法线成60°角，如图所示，B ϖ的大小为B =kt (k 为正常数)。

设0=t 时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向。

解：任意时刻通过通过回路面积的磁通量为202160cos t kl t Bl S d B m υυ==⋅=Φρρ导线回路中感应电动势为 t kl tmυε-=Φ-=d d 方向沿abcda 方向。

3. 如图所示，一边长为a ，总电阻为R 的正方形导体框固定于一空间非均匀磁场中，磁场方向垂直于纸面向外，其大小沿x 方向变化，且)1(x k B +=，0>k 。

求： （1）穿过正方形线框的磁通量；（2）当k 随时间t 按t k t k 0)(=(0k 为正值常量)变化时，线框中感生电流的大小和方向。

解：（1）通过正方形线框的磁通量为⎰⎰=⋅=Φa S Badx S d B 0ρρ⎰+=a dx x ak 0)1()211(2a k a +=（2）当t k k 0=时，通过正方形线框的磁通量为)211(02a t k a +=Φ 正方形线框中感应电动势的大小为dt d Φ=ε)211(02a k a += 正方形线框线框中电流大小为)211(02a R k a R I +==ε，方向：顺时针方向4.如图所示，一矩形线圈与载有电流t I I ωcos 0=长直导线共面。

设线圈的长为b ，宽为a ；0=t 时，线圈的AD 边与长直导线重合；线圈以匀速度υρ垂直离开导线。

大学物理第九章课后习题答案

大学物理第九章课后习题答案

自治区精品课程—大学物理学
题库
第九章 静电场的基本规律
一、 填空 1. 电荷分为 和 ，一般把用 摩擦过的玻璃棒上所带的电 荷称为 ， 把用毛皮摩擦过的 上所带的电荷称为 。 2. 物体所带电荷的多寡程度的物理量称为 。 3. 物体所带的电荷量不是以连续值出现，而是以不连续的量值出现的，这称 为 。 4. 试探电荷满足的两个条件是 ， 。 5. 穿过电场中某曲面的电场线条数称为电场对该曲面的 。 6. 静电场的电场线起始于， ，终止于 ， 是 （填 “闭合” 或 “不闭合” ） 的曲线， 在没有电荷的空间里， 电场线既不会 ， 也不会 。 7. 高斯定理的表达式是 。 8. 电场中电势相等的点所构成的曲面称为 。 点电荷的等势面是以点电 荷为球心的一系列 。 9. 沿等势面移动电荷，电场力做功为 ，等势面和电场线处处 。 10. 沿电场线方向，电势 （填“升高”或“降低” ） 。 二、 简答 1. 2. 3. 4. 5. 简述真空中点电荷满足的库仑定律的内容及矢量表达式。 简述研究电场性质时，试探电荷需满足的两个条件。 简述电场线怎样描述电场的性质，以及静电场的电场线的特点。 简述高斯定理。 简述等势面具有的性质。
s
q内
0
。
8. 等势面，同心球面。 9. 零，正交。 10. 降低。 二、 简答 1. 答：内容：真空中两个点电荷之间的相互作用力沿其连线方向，同号相斥， 异号相吸；作用力的大小与两电荷的电荷量的乘积成正比，与两电荷之间的距离 的平方成反比。 矢量表达式： F =
q1 q 2 r0 。 4πε 0 r 2
� q j 2π 2 ε 0 R 2
联立①②， 可得 Q = 3 q 3
① ②
∴在三角形的中心应放置一电量为 − 的合力为零. 5.