大物第七章练习

第七章7-1 （1）由RT MmpV =把p =10atm, T=(47+273)K=320K.m =0.1kg, M=32×10-3kg R =8.31J ·mol -1·K -1代入.证V =8.31×10-3m 3(2) 设漏气后，容器中的质量为m ′，则T R M m V p ''=' 3201.0853*******⨯⨯='⇒⨯'=⇒R MR M m R Mm pV )kg (151='⇒m 漏去的氧气为kg 103.3kg 301kg )1511.0(2-⨯≈=-='-=m m m ∆ 7-2 太阳内氢原子数H Sm M N =故氢原子数密度为3827303)1096.6(341067.11099.134⨯⨯⨯⨯===-ππs H S R m M VN n)(105.8329-⨯=m由P =nkT 知)(1015.11038.1105.81035.17232914K nk p T ⨯=⨯⨯⨯⨯==- 7-3 如图混合前：2221112222111O He T M m T M m RT M m pV RT M m pV =⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫==气有对气有对 ①总内能 222111212523RT M m RT M m E E E +=+=前 ② ①代入②证1114RT M m E =前 混合后：设共同温度为T题7-2图()RT M m T T EF RT M m M m E 21210221125231,2523⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=式得又由后 ③ 又后前E E =，故由（2）（3）知)/53(8211T T T T +=7-4 (1) ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>≤≤≤≤=000002020)(v v v v v av v v v av f （2）由归一化条件⎰∞=01d )(v v f 得020032123d d 000v a av v a v v v a v v v =⇒==+⎰⎰（3）4d d )(00002/02/Nv v v a N v v Nf N v v v v =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎰⎰∆ （4）从图中可看出最可几速率为v 0~2v 0各速率. （5）⎰⎰⎰+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==∞0002/000d d d )(v v v v va v v v av v v vf v020911611v av ==（6）02/02/097d d d )(d )(0002121v v v v a v v av v v v f v v vf v v v v v v v v v =⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎭⎫⎝⎛==⎰⎰⎰⎰ 7-5 氧气未用时，氧气瓶中T T p L V V ====111,atm 130,32 V RTMp V RT Mp m 11111==① 氧气输出压强降到atm 102=p 时 V RTMp V RT Mp m 22222== ② 氧气每天用的质量 000V RTMP m =③L 400,atm 100==V P设氧气用的天数为x ,则021210m m m x m m xm -=⇒-= 由(1)(2)(3)知021021)(V p Vp p m m m x -=-=)(6.932400110130天=⨯⨯-=7-6 （1）)(m 1041.23001038.110325235--⨯=⨯⨯==KT p n （2）(kg)103.51002.61032262330--⨯=⨯⨯==N M μ （3）)kg/m (3.1103.51041.232625=⨯⨯⨯==-μρn （4）(m)1046.31041.21193253-⨯=⨯==nl（5）认为氧气分子速率服从麦克斯韦布，故 )(m s 1046.4103230031.86.16.11-23⨯=⨯⨯==-M RT v （6）122ms 1083.43-⨯==MRTv （7）(J)1004.13001038.12522023--⨯=⨯⨯⨯==KT i ε 7-7 3112310m 1006.12371038.1104---⨯=⨯⨯⨯==∴=kT p n nkTp )(cm 1006.135-⨯= 故1cm 3中有51006.1⨯个氮气分子.m101.21006.111d 43113-⨯≈⨯==n7-8 由课本P 257-258例7-4的结论知 )l n (0pp Mg RTh =(m)1096.1)8.01ln(8.9102930031.833⨯=⨯⨯⨯=- 7-9 (1) (J)1021.63001038.123232123--⨯=⨯⨯⨯==KT t （2）看作理想气体，则3132310101030028.16.16.1---⨯⨯⨯==μKTv 12ms 1003.1--⨯=7-10 (J)5.373930031.82323=⨯⨯===RT N E 平动平动ε (J)249330031.8122=⨯⨯===RT N E 转动转动ε内能(J)1023.630031.825253⨯=⨯⨯==RT E7-11 （1）由KTpn nKT p =⇒=∵是等温等压 ∴ 1:1:21=n n （2） MRT v 6.1=是等温，∴4:1322::1221====M M v v7-12317233102.33001038.11033.1---⨯=⨯⨯⨯==m KT P n m)(8.71033.110923001038.1d 2320232=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==---ππλpKT7-13 (1)8000021042.56.1d 2⨯=⇒⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎫===z M RT v KT p n v n z π（2）由公式MTRK p M RTKT p v n z 222d 26.1d 2d 2πππ===知 z 与T 和P 有关，由于T 不变，故z 只与P 有关.则1854000071.01042.510013.11033.1::--=⨯⨯⨯⨯='='⇒'='s z p p z p p z z 7-14 （1）如图MRT v 32=∴A c A c T T v v ::22=又 C B →等温过程，故C B T T =. 由B A A B V V P P RT Mm pV ===2则A B T T 2= ∴1:2:22=A c V V（2）AAc c A c P T P T pKT ::d 22==λλπλ C B →等温过程 A C A A A C B B C C p p V p V p V p V p =⇒=⨯⇒=221:2:=∴A C7-15 （1）MRTv 73.12= )(ms 100.7102400031.873.1133--⨯=⨯⨯=（2）m 10210)31(2122101021--⨯=⨯+=+=d d d （3）325202210710401042d 2⨯⨯⨯⨯⨯⨯==-ππv n z110s 105-⨯= 7-16 （1）题7-14图MTR k p z KT pn M RT v v n z ππππ8d 28d 222=⇒⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫=== ① 又由mREMT RT M m RT M m E 3326=⇒==② 把②代入①知EmkMpKN E m kM pR z ππ3d 43d 4022== EmMpN π3d 402=（2） MRTv P 2=把②代入得mEmR EM M R V P 3232=⨯=（3）平均平动动能 0232323mN EMmR EM k kT t =⨯==ε。

⼤学物理学（课后答案）第7章第七章课后习题解答、选择题7-1处于平衡状态的⼀瓶氦⽓和⼀瓶氮⽓的分⼦数密度相同，分⼦的平均平动动能也相同，则它们[](A) 温度，压强均不相同(B)温度相同，但氦⽓压强⼤于氮⽓的压强(C)温度，压强都相同(D)温度相同，但氦⽓压强⼩于氮⽓的压强3分析：理想⽓体分⼦的平均平动动能τk= kT，仅与温度有关，因此当氦⽓和氮2⽓的平均平动动能相同时，温度也相同。

⼜由理想⽓体的压强公式p =nkT ,当两者分⼦数密度相同时，它们压强也相同。

故选( C)O7-2理想⽓体处于平衡状态，设温度为T，⽓体分⼦的⾃由度为i ,则每个⽓体分⼦所具有的[](A)动能为-kT (B)动能为丄RT2 2(C)平均动能为^kT (D)平均平动动能为^RT分析：由理想⽓体分⼦的的平均平动动能3 kT和理想⽓体分⼦的的平均动能2T⼆丄kT ,故选择(C)O27-3三个容器A、B、C中装有同种理想⽓体，其分⼦数密度n相同，⽽⽅均根1/2 1/2 1/2速率之⽐为V A : V B : V C 1:2:4 ,则其压强之⽐为P A : P B : P C[](A) 1:2:4 (B) 1:4:8 (C) 1 : 4 : 16 (D) 4:2:1分析：由分⼦⽅均根速率公式= J3RT,⼜由物态⽅程p = nkT ,所以当三容器中得分⼦数密度相同时，得p1: P2： P3 =T1 :T2 :T3 =1:4:16 O故选择(C)O7-4图7-4中两条曲线分别表⽰在相同温度下氧⽓和氢⽓分⼦的速率分布曲线。

如果(VP O和(V P 分别表⽰氧⽓和氢⽓的最概然速率，则[](A)图中a表⽰氧⽓分⼦的速率分布曲线且V P O z V P H= 4(B) 图中a表⽰氧⽓分⼦的速率分布曲线且V P O/ V P H? =1/4(C) 图中b表⽰氧⽓分⼦的速率分布曲线且V P O / V P H=1/4(D) 图中b表⽰氧⽓分⼦的速率分布曲线且V P O/ V P H2 =4分析：在温度相同的情况下，由最概然速率公式'..P=I j2RT及氢⽓与氧⽓的摩尔质量M H2￡M o2,可知氢⽓的最概然速率⼤于氧⽓的最概然速率，故曲线a对应于氧分⼦的速率分布曲线。

第七章课后习题解答一、选择题7-1 处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，则它们[ ](A) 温度，压强均不相同 (B) 温度相同，但氦气压强大于氮气的压强 (C) 温度，压强都相同 (D) 温度相同，但氦气压强小于氮气的压强分析：理想气体分子的平均平动动能32k kT ε=，仅与温度有关，因此当氦气和氮气的平均平动动能相同时，温度也相同。

又由理想气体的压强公式p nkT =，当两者分子数密度相同时，它们压强也相同。

故选（C ）。

7-2 理想气体处于平衡状态，设温度为T ，气体分子的自由度为i ，则每个气体分子所具有的[ ](A) 动能为2i kT (B) 动能为2iRT(C) 平均动能为2i kT (D) 平均平动动能为2iRT分析：由理想气体分子的的平均平动动能32k kT ε=和理想气体分子的的平均动能2ikT ε=，故选择（C ）。

7-3 三个容器A 、B 、C 中装有同种理想气体，其分子数密度n 相同，而方均根速率之比为()()()1/21/21/222::2A B Cv v v =1:2:4，则其压强之比为A B C p :p :p[ ](A) 1:2:4 (B) 1:4:8 (C) 1:4:16 (D) 4:2:1=，又由物态方程p nkT =，所以当三容器中得分子数密度相同时，得123123::::1:4:16p p p T T T ==。

故选择（C ）。

7-4 图7-4中两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线。

如果()2p O v 和()2p H v 分别表示氧气和氢气的最概然速率，则[ ](A) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /4v v =(B) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /1/4v v =(C) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /1/4v v =(D) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /4v v =分析：在温度相同的情况下，由最概然速率公式p ν=质量22H O M M <，可知氢气的最概然速率大于氧气的最概然速率，故曲线a 对应于氧分子的速率分布曲线。

第七章 真空中的静电场7－1 在边长为a 的正方形的四角,依次放置点电荷q,2q,-4q 和2q,它的几何中间放置一个单位正电荷,求这个电荷受力的大小和偏向.解：如图可看出两2q 的电荷对单位正电荷的在感化力 将互相抵消,单位正电荷所受的力为)41()22(420+=a q F πε＝,2520a qπε偏向由q 指向-4q.7－2 如图,平均带电细棒,长为L,电荷线密度为λ.（1）求棒的延伸线上任一点P 的场强;(2)求经由过程棒的端点与棒垂直上任一点Q 的场强.解：（1）如图7－2 图a,在细棒上任取电荷元dq,树立如图坐标,dq ＝λd ξ,设棒的延伸线上任一点P 与坐标原点0的距离为x ,则2020)(4)(4ξπεξλξπεξλ-=-=x d x d dE则整根细棒在P 点产生的电场强度的大小为 )11(4)(40020xL x x d E L--=-=⎰πελξξπελ＝)(40L x x L-πελ偏向沿ξ轴正向.（2）如图7－2 图b,设经由过程棒的端点与棒垂直上任一点Q 与坐标原点0的距离为y204r dxdE πελ=θπελcos 420rdxdE y =, θπελsin 420r dxdE x =因θθθθcos ,cos ,2yr d ydx ytg x ===,习题7－1图dqξd ξ习题7－2 图axdx习题7－2 图by代入上式,则)cos 1(400θπελ--=y ＝)11(4220Ly y+--πελ,偏向沿x 轴负向.θθπελθd ydE E y y ⎰⎰==000cos 4 00sin 4θπελy =＝2204Ly y L+πελ7－3 一细棒弯成半径为R 的半圆形,平均散布有电荷q,求半圆中间O 处的场强. 解：如图,在半环上任取d l =Rd θ的线元,其上所带的电荷为dq=λRd θ.对称剖析E y =0.θπεθλsin 420R Rd dE x =⎰⎰==πθπελ0sin 4R dE E xR02πελ= 2022R q επ=,如图,偏向沿x 轴正向.7－4 如图线电荷密度为λ1的无穷长平均带电直线与另一长度为l .线电荷密度为λ2的平均带电直线在统一平面内,二者互相垂直,求它们间的互相感化力.解：在λ2的带电线上任取一dq,λ1的带电线是无穷长,它在dq 处产生的电场强度由高斯定理轻易得到为,xE 012πελ=两线间的互相感化力为θθπελθd y dE E x x ⎰⎰-=-=0sin4x习题7－3图λ1 习题7－4图⎰⎰==x dx dF F 0212πελλ⎰=la x dx 0212πελλ,ln 2021ala +πελλ如图,偏向沿x 轴正向. 7－5 两个点电荷所带电荷之和为Q,问它们各带电荷若干时,互相感化力最大？ 解：设个中一个电荷的带电量是q,另一个即为Q －q,若它们间的距离为r,它们间的互相感化力为204)(rq Q q F πε-=互相感化力最大的前提为04220=-=r qQ dq dF πε 由上式可得：Q=2q,q=Q/27－6 一半径为R 的半球壳,平均带有电荷,电荷面密度为σ,求球心处电场强度的大小. 解：将半球壳细割为诸多细环带,其上带电量为θθπσθπσd R rRd dq sin 222==dq 在o 点产生的电场据（7－10）式为304R ydqdE πε=,θcos R y =θθπεθπσπd R R dE E cos 4sin 200303⎰⎰==)(sin sin 200θθεσπd ⎰=20202sin 2πθεσ=4εσ=.如图,偏向沿y 轴负向. 7－7 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面临称轴平行,盘算经由过程此半球面电场强度的通量.习题7－6图成为闭合曲面高斯,对此高斯曲面电通量为0, 即021=⋅+⋅=⋅⎰⎰⎰S S SS d E S d E S d E2211R E S d E S d E S S S π-=⋅-=⋅=ψ⎰⎰7－8 求半径为R,带电量为q 的空心球面的电场强度散布.解： 因为电荷散布具有球对称性,因而它所产生的电场散布也具有球对称性,与带电球面齐心的球面上各点的场强E 的大小相等,偏向沿径向.在带电球内部与外部区域分离作与带电球面齐心的高斯球面S 1与S 2.对S 1与S 2,运用高斯定理,即先盘算场强的通量,然后得出场强的散布,分离为04d 21==⋅=⎰r E S πψS E得 0=内E （r<R ）24d 2επψqr E S ==⋅=⎰S Errˆ204q πε=外E (r>R) 7－9 如图所示,厚度为d 的“无穷大”平均带电平板,体电荷密度为ρ,求板表里的电场散布.解:带电平板平均带电,在厚度为d/2的等分街面上电场强度为零,取坐标原点在此街面上,树立如图坐标.对底面积为A,高度分离为x <d/2和x >d/2的高斯曲面运用高斯定理,有d ρψAxEA ==⋅=⎰S E r习题7－18图2d 2ερψd A EA S ==⋅=⎰S E)2( 202d x i d E > ερ＝7－10 一半径为R 的无穷长带电圆柱,其体电荷密度为)(0R r r ≤=ρρ,ρ0为常数.求场强散布.解： 据高斯定理有⎰⎰==⋅VSdV rl E S d E ρεπ012R r ≤时：⎰'''=rr ld r r krl E 022πεπ⎰''=rr d r lk202επ=rl E π23230r lk επn e kr E 023ε=→R r >时：⎰'''=Rr ld r r krl E 022πεπ⎰''=Rr d r lk202επ=rl E π23230R lk επn e rkR E 033ε=→7－11 带电为q.半径为R 1的导体球,其外齐心肠放一金属球壳,球壳内.外半径为R 2.R 3. （1）球壳的电荷及电势散布;（2）把外球接地后再绝缘,求外球壳的电荷及球壳表里电势散布; （3）再把内球接地,求内球的电荷及外球壳的电势. 解：（1）静电均衡,球壳内概况带－q,外概况带q 电荷. 据（7－23）式的结论得：),)(111(4132101R r R R R q V ≤+-=πε );)(111(212R r R qV ≤≤+-=习题7－10图r),(432303R r R R q V ≤≤=πε).(4304R r rq V ≥=πε （2）),)(11(412101R r R R q U ≤-=πε );)(11(421202R r R R r qV ≤≤-=πε),(0323R r R V ≤≤=).(034R r V >>= （3）再把内球接地,内球的电荷及外球壳的电荷从新散布设静电均衡,内球带q /,球壳内概况带－q /,外概况带q /－q.),)((41132101R r R q q R q R q V ≤-'+'-'=πε 得：21313221R R R R R R qR R q +-='=-'=3034R qq V πε)(4)(213132021R R R R R R q R R +--πε)(32R r R ≤≤ 7－12 一平均.半径为R 的带电球体中,消失一个球形空腔,空腔的半径r(2r<R),试证实球形空腔中随意率性点的电场强度为匀强电场,其偏向沿带电球体球心O 指向球形空腔球心O /. 证实：运用补缺法,此空腔可视为同电荷密度的一个完全的半径为R 的大球和一个半径为r 与大球电荷密度异号完全的小球构成,两球在腔内随意率性点P 产生的电场分离据〔例7－7〕成果为03ερ11r E =, 03ερ22r E -= E =E 1+E 2=03ερ1r 03ερ2r - o o '=3ερ上式是恒矢量,得证.习题7－12图7－13 一平均带电的平面圆环,内.外半径分离为R 1.R 2,且电荷面密度为σ.一质子被加快器加快后,自圆环轴线上的P 点沿轴线射向圆心O.若质子到达O 点时的速度正好为零,试求质子位于P 点时的动能E K .（已知质子的带电量为e,疏忽重力的影响,OP=L ）解：圆环中间的电势为⎰=210042R R r rdr V πεπσ )(2120R R -=εσ圆环轴线上p 点的电势为⎰+=2122042R R P Lr rdrV πεπσ)(22221222022021L R L R L r R R +-+=+=εσεσ质子到达O 点时的速度正好为零有k P E E E +=0p k E E E -=→0 p k eV eV E -=0=210()2e R R σε=-02e σε-210(2e R R σε=- 7－14 有一半径为R 的带电球面,带电量为Q,球面外沿直径偏向上放置一平均带电细线,线电荷密度为λ,长度为L （L>R ）,细线近端离球心的距离为L.设球和细线上的电荷散布固定,试求细线在电场中的电势能.解：在带电细线中任取一长度为dr 的线元,其上所带的电荷元为dq=λdr,据（7－23）式带电球面在电荷元处产生的电势为rQ V 04πε=电荷元的电势能为: rdrQ dW 04πελ=细线在带电球面的电场中的电势能为：习题7－13图r习题7－14图===⎰⎰LLr dr Q dW W 204πελ2ln 40πελQ*7－15 半径为R 的平均带电圆盘,带电量为Q.过盘心垂直于盘面的轴线上一点P 到盘心的距离为L.试求P 点的电势并运用电场强度与电势的梯度关系求电场强度.解：P 到盘心的距离为L,p 点的电势为⎰+=RP Lr rdrV 022042πεπσ)(222220220L L R L r R -+=+=εσεσ 圆盘轴线上随意率性点的电势为⎰+=Rxr rdrx V 022042)(πεπσ)(22222200220x x R RQ x r R -+=+=πεεσ运用电场强度与电势的梯度关系得：i x R xR Q i dx dV x E)1(2)(22220+-=-=πε P 到盘心的距离为L,p 点的电场强度为：i L R LR Q L E)1(2)(22220+-=πε7－16 两个齐心球面的半径分离为R 1和R 2,各自带有电荷Q 1和Q 2.求：（1）各区城电势散布,并画出散布曲线;（2）两球面间的电势差为若干？解：（1）据（7－23）式的结论得各区城电势散布为),( )(411221101R r R Q R Q V ≤+=πε );( )1(41212102R r R R r Q V ≤≤+=πε ).( 420213R r rQ Q V ≥+=πε（2）两球面间的电势差为p习题7－15图习题7－16图==⎰dr rQ V R R 21201124πε )11(42101R R Q -πε 7－17 一半径为R 的无穷长带电圆柱,其内部的电荷平均散布,电荷体密度为ρ,若取棒概况为零电势,求空间电势散布并画出电势散布曲线. 解： 据高斯定理有R r ≤时：22ερππl r rl E S d E S==⋅⎰ n e r E 02ερ=→ R r =时,V=0,则 R r ≤时：⎰=R r rdr V 02ερ)(4220r R -=ερR r >时：022ερππlR rl E S d E S==⋅⎰ n e r R E 022ερ=→ ⎰=Rrr dr R V 022ερrR R ln 202ερ= 空间电势散布并画出电势散布曲线大致如图.7－18 两根很长的同轴圆柱面半径分离为R 1.R 2,带有等量异号的电荷,两者的电势差为U,求：（1）圆柱面单位长度带有若干电荷？（2）两圆柱面之间的电场强度.解：设圆柱面单位长度带电量为λ,则两圆柱面之间的电场强度大小为E λ=习题7－10图r由上式可得：120ln 2R R U=πελ 所以n e r E 02πελ=)( ln 2112R r R e rR R Un <<⋅= 7－19 在一次典范的闪电中,两个放电点间的电势差约为109V,被迁徙的电荷约为 30库仑,假如释放出来的能量都用来使00C 的冰熔化成00C 的水,则可熔化若干冰?（冰的熔 ×105J ﹒kg -1)解：两个放电点间的电势差约为109V,被迁徙的电荷约为30库仑,其电势能为J W p 91030⨯=上式释放出来的能量可熔化冰的质量为：=⨯⨯=∆591034.31030m ×104kg 7－20 在玻尔的氢原子模子中,电子沿半径为a 的玻尔轨道上绕原子核作圆周活动.（1）若把电子从原子中拉出来须要战胜电场力作若干功?（2）电子在玻尔轨道上活动的总能量为若干？解：电子沿半径为a 的玻尔轨道上绕原子核作圆周活动,其电势能为aeeW p 04πε-=（1）把电子从原子中拉出来须要战胜电场力作功为：ae W W p 024πε=-=外（2）电子在玻尔轨道上活动的总能量为：k p E W W +=221mv W p += →a v m a e 22024＝πε 2mv ae 024πε=221mv E k =∴ae 028πε=电子的总能量为：221mv W W p +=a e 024πε-=a e 028πε+ae 028πε-=第八章 静电场中的导体与电介质8－1 点电荷+q 处在导体球壳的中间,壳的表里半径分离为R l 和R 2,试求,电场强度和电势的散布.解：静电均衡时,球壳的内球面带－q.外球壳带q 电荷 在r<R 1的区域内rr q ˆ4E 201πε=,)111(42101R R r qU +-=πε 在R 1<r<R 2的区域内,02=E .,4202R q U πε=在r>R 2的区域内:.ˆ4E 203r r πεq=.403rq U πε= 8－2 把一厚度为d 的无穷大金属板置于电场强度为E 0的匀强电场中,E 0与板面垂直,试求金属板两概况的电荷面密度.解：静电均衡时,金属板内的电场为0,金属板概况上电荷面密度与紧邻处的电场成正比 所以有,001E εσ-=.002E εσ=8－3 一无穷长圆柱形导体,半径为a ,单位长度带有电荷量λ1,其外有一共轴的无穷长导体圆简,表里半径分离为b 和c,单位长度带有电荷量λ2,求（1）圆筒表里概况上每单位长度的电荷量;（2）求电场强度的散布.解：（1）由静电均衡前提,圆筒表里概况上每单位长度的电荷量为;,21λλλ+-（2）在r<a 的区域内:E=0R 2R 1习题 8－1图q-q qE 0E 0习题 8－2图σ1 σ2在a<rb 的区域内:E r012πελ=e n在r>b 的区域内:E r0212πελλ+=e n8－4 三个平行金属板A.B 和C,面积都是200cm 2,A.B 相距,A.C 相距,B.C 两板都接地,如图所示.假如A 板带正电×10－7C,略去边沿效应（1）求B 板和C 板上感应电荷各为若干?（2）以地为电势零点,求A 板的电势.解：（1）设A 板两侧的电荷为q 1.q 2,由电荷守恒 道理和静电均衡前提,有A q q q =+21（1） 1q qB -=,2q qC -=（2）依题意V AB =V AC ,即101d S q ε＝202d Sq ε112122q q d dq ==→代入（1）（2）式得 q 1＝×10-7C,q 2×10-7C,q B ×10-7C,q C =-q 2×10-7C,（2）101d S q U A ε=＝202d S q ε==⨯⨯⨯⨯⨯⨯----312471021085810200102.×103V 8－5 半径为R 1=l.0cm 的导体球带电量为×10－10C ,球外有一个表里半径分离为R 2=和R 3=的齐心导体球壳,壳带有电量Q=11×10－10C ,如图所示,求（1）两球的电势;（2）用导线将两球衔接起来时两球的电势;（3）外球接地时,两球电势各为若干？（以地为电势零点）解：静电均衡时,球壳的内球面带－q.外球壳带q+Q 电荷 （1）)(4132101R Qq R q R q U ++-=πε代入数据 )41113111(101085.814.34100.1212101++-⨯⨯⨯⨯⨯=---UA BC习题 8－4图d 1d 2q+Q＝×102V2024R Qq U πε+=4)111(101085.814.34100.121210+⨯⨯⨯⨯⨯=---=×102V（2）用导线将两球衔接起来时两球的电势为2024R Q q U πε+=4)111(101085.814.34100.121210+⨯⨯⨯⨯⨯=---=×102V （3）外球接地时,两球电势各为)(412101R q R q U -=πε)3111(101085.814.34100.1212101-⨯⨯⨯⨯⨯=---U ＝60V 02=U8－6 证实:两平行放置的无穷大带电的平行平面金属板A 和B 相向的两面上电荷面密度大小相等,符号相反,相背的两面上电荷面密度大小等,符号雷同.假如两金属板的面积同为100cm 2,带电量分离为Q A =6×10－8 C 和Q B =4×10－8C,略去边沿效应,求两个板的四个概况上的电面密度.证：设A 板带电量为Q A .两侧的电荷为q 1.q 2, B 板板带电量为Q B.两侧的电荷为q 3.q 4.由电荷守恒有A Q q q =+21（1）B Q q q =+43（2）在A 板与B 板内部取两场点,金属板内部的电场为零有020122εεS q S q -0220403=--εεS qS q ,得04321=---q q q q （3） 020122εεS q S q +0220403=-+εεS qS q ,得04321=-++q q q q （4） 联立上面4个方程得：241B A Q Q q q +==,232BA Q Q q q -=-= 即相向的两面上电荷面密度大小相等,符号相反,相背的两面上电荷面密度大小等,符号2习题 8－6图q 1 q 4雷同,本题得证.假如两金属板的面积同为100cm 2,带电量分离为Q A =6×10－8 C 和Q B =4×10－8C,则=⨯⨯⨯+==--844110101002)46(σσ×10－6C/m 2, =⨯⨯⨯-=-=--843210101002)46(σσ×10-6C/m 2 8－7 半径为R 的金属球离地面很远,并用细导线与地相联,在与球心相距离为D=3R 处有一点电荷+q,试求金属球上的感应电荷.解：设金属球上的感应电荷为Q,金属球接地 电势为零,即04400=+DQ Rq πεπε3Rq q Q D =-=-8－8 一平行板电容器,南北极板为雷同的矩形,宽为a,长为b,间距为d,今将一厚度为t .宽度为a 的金属板平行地向电容器内拔出,略去边沿效应,求拔出金属板后的电容量与金属板拔出深度x 的关系.解：设如图左边电容为C 1,右边电容为C 2d x b a C )(01-=εtd ax C -=02ε阁下电容并联,总电容即金属板后的电容量与金属板拔出深度x 的关系,为d x b a C C C )(021-=+=εtd ax-+0ε=)(0td txb d a -+ε 8－9 收音机里的可变电容器如图（a ）所示,个中共有n 块金属片,相邻两片的距离均为d,奇数片联在一路固定不动（叫定片）偶数片联在起而可一同迁移转变（叫动片）每片的外形如图（b ）所示.求当动片转到使两组片重叠部分的角度为θ时,电容器的电容.解：当动片转到使两组片重叠部分的角度t习题 8－8图为θ时,电容器的电容的有用面积为1802)(2122⨯-=θπr r S 360)(2122θπr r -=此构造相当有n-1的电容并联,总电容为dS n C 0)1(ε-=＝d r r n 360)()1(21220--θπε8－10 半径都为a 的两根平行长直导线相距为d （d>>a ）,（1）设两直导线每单位长度上分离带电十λ和一λ求两直导线的电势差;（2）求此导线组每单位长度的电容.解：（1）两直导线的电电场强度大小为rE 022πελ⨯= 两直导线之间的电势差为⎰=r dr V 0πελ⎰-=ad ar dr 0πελaa d -=ln 0πελ （2）求此导线组每单位长度的电容为VC λ==aa d -ln0πε8－11 如图,C 1=10μF,C 2=5μF,C 3=5μF,求（1）AB 间的电容;（2）在AB 间加上100V 电压时,求每个电容器上的电荷量和电压;（3）假如C 1被击穿,问C 3上的电荷量和电压各是若干？解：（1）AB 间的电容为20155)(321213⨯=+++=C C C C C C C =μF;（2）在AB 间加上100V 电压时,电路中的总电量就是C 3电容器上的电荷量,为C CV q q 4631073.31001073.3--⨯=⨯⨯===C C q 10151073.3642121⨯⨯=+=--(a)(b)习题 8－9图AC 1C 2 oV V 75251003=-=C V C q 46111105.2251010--⨯=⨯⨯== C V C q 462221025.125105--⨯=⨯⨯==（3）假如C 1被击穿,C 2短路,AB 间的100V 电压全加在C 3上,即V 3=100V , C 3上的电荷量为C V C q 46333100.5100105--⨯=⨯⨯==8－12 平行板电容器,南北极间距离为l.5cm ,外加电压39kV ,若空气的击穿场强为30kV/cm ,问此时电容器是否会被击穿？现将一厚度为的玻璃拔出电容器中与两板平行,若玻璃的相对介电常数为7,击穿场强为100kV/cm ,问此时电容器是否会被击穿？成果与玻璃片的地位有无关系?解：（1）未加玻璃前,南北极间的电场为cm kV cm kV E /30/265.139<==不会击穿（2）加玻璃后,南北极间的电压为3973.02.1=+EE cm kV cm kV E /30/31>=→ 空气部分会击穿,此后,玻璃中的电场为cm kV cm kV E /100/1303.039>==,玻璃部分也被击穿.成果与玻璃片的地位无关. 8－13 一平行板电容器极板面积为S ,两板间距离为d,其间充以相对介电常数分离为εr1.εr2,的两种平均电介质,每种介质各占一半体积,如图所示.若疏忽边沿效应,求此电容器的电容.解：设如图左边电容为C 1,右边电容为C 2d S C r 2/101εε= dS C r 2/202εε=阁下电容并联,总电容为V习题 8－12图习题 8－13图=+=21C C C +d S r 2/10εεdS r 2/20εε)2(210r r d S εεε+=8－14 平行板电容器南北极间充满某种介质,板间距d 为2mm,电压600V ,如武断开电源后抽出介质,则电压升高到1800V .求（1）电介质相对介电常数;（2）电介质上极化电荷面密度;（3）极化电荷产生的场强.解：设电介质抽出前后电容分离为C 与C /0022002253620050035550(1),1800,3600600(2)310/210(1) 5.3110/1800(3),910/210910/310/610/r r r r S SC C Q CU C U d d S S U V U U d d U V U V E V m d mD E E C m U VE E E E V m d mE E E V m V m V εεεεεεεσεεε---'''===='∴===='===⨯⨯∴=-=-=⨯''=+===⨯⨯'∴=-=⨯-⨯=⨯m0022002253620050035550(1),1800,3600600(2)310/210(1) 5.3110/1800(3),910/210910/310/610/r r r r S SC C Q CU C U d d S S U V U U d d U V U V E V m d mD E E C m U VE E E E V m d mE E E V m V m V εεεεεεεσεεε---'''===='∴===='===⨯⨯∴=-=-=⨯''=+===⨯⨯'∴=-=⨯-⨯=⨯m8－15 圆柱形电容器是由半径为R 1的导体圆柱和与它共轴的导体圆筒构成.圆筒的半径为R 2,电容器的长度为L,其间充满相对介电常数为εr 的电介质,设沿轴线偏向单位长度上圆柱的带电量为+λ,圆筒单位长度带电量为-λ,疏忽边沿效应.求（1）电介质中的电位移和电场强度;（2）电介质极化电荷面密度. 解：0110220122,22(1)(1),22rr r r r ds D rl lD E r r P D E P D E R R πλλλππεεελελσεσεεπεπ⋅=⋅=∴==--==-===-=⎰取同轴圆柱面为高斯面，由介质中的高斯定理可得D8－16 半径为R 的金属球被一层外半径为R /的平均电介质包裹着,设电介质的相对介电常数为εr ,金属球带电量为Q,求（1;（3）金属球的电势. 解：12122121222000012100220021(1)4,44411(2)()444(3)r r R R rr R R Q D ds D r Q D D r D D Q QE E r r Q QU E dl E dl r R R Q U E dl rU E dl E ππεεεπεεπεπεεπεπε'∞'∞'∞⋅=⋅=∴==∴=====⋅+⋅=-+''=⋅=⋅+⎰⎰⎰⎰⎰取同心高斯球面，由介质的高斯定理得介质层内的电势介质层外的电势＝金属球的电势101011()44R R r Q Qdl R R R πεεπε'⋅=-+''⎰8－17 球形电容器由半径为R 1的导体球和与它齐心的导体球壳构成,球壳内半径为R 2,其间有两层平均电介质,分界面半径为r,电介质相对介电常数分离为εr1.εr2,如图所示.求（1）电容器的电容;（2）当内球带电量为+Q 时各介质概况上的约束电荷面密度. 解：习题 8－16图21221221212220102010221022011021211221221(1)4,4,441111()()444()(r r r r rR R rr r r r r r r Q D ds D r Q D D r D D Q QE E r r Q Q U E dl E dl r R R rR R r QC U R R r R R ππεεεεπεεπεεπεεπεεπεεεεεεε⋅=⋅=∴==∴====∴=⋅+⋅=-+-∴==-+-⎰⎰⎰取同心高斯球面，由介质的高斯定理得1110112211112342221222)11(1)(1),(1)44111(1),(1),(1)444r r r r r r Q Q D E R R Q Q Q r r R σεσεεππσσσεεεπππ=-=-∴=--=-=--=-8－18 一平行板电容器有两层介质（如图）,εr1＝4,εr2＝2,厚度为d 1=,d 2=,极板面积S=40cm 2,南北极板间电压为200V .（1）求每层电介质中的能量密度;（2）盘算电容器的总能量;（3）盘算电容器的总电容.解：02112210122121122223110101122232202022020112210102121/221(1)/43350,15011() 1.110/,2211() 2.210/22(2)r r r r e r r e r r r r r r SU Q C d d S U Q C d d U V U VU E J m d U E J m d S SC C d d C S S C C d εεεεεεωεεεεωεεεεεεεεεεεε--⨯=====⨯∴==∴===⨯===⨯==++227002020*******0010212121122200 3.51022(3)2 1.7910r r r r W CU d S SC C d d C FS SC C d d εεεεεεεεεεε--=∴==⨯⨯=⨯====⨯++8－19 平板电容器的极板面积S=300cm 2南北极板相距d 1=3mm,在南北极板间有一个与地绝缘的平行金属板,其面积与极板的雷同,厚度d 1=1mm.当电容器被充电到600V 后,拆去电源,然后抽出金属板,问（1）电容器间电场强度是否变更;（2）抽出此板需作若干功?解：R 1 R 2r习题 8－17图习题 8－18图11531115322(1),600 3.010/(31)103,21.5600 3.010/3102,22SSQ CU Ud d d d U VE V m d d mSUSd d Qd UU U S d d d dU V E V m E d m Q QW W C C εεεεε--==--===⨯--⨯-''==='-'⨯'===⨯=⨯'=='00000未拆电源前，C=拆去电源并抽出金属板后，C =＝C 所以电场强度没有发生变化。

大物上海交大课后答案第七章第一篇：大物上海交大课后答案第七章习题7 7-1．如图所示的弓形线框中通有电流I，求圆心O处的磁感应强度B。

解：圆弧在O点的磁感应强度：B1=ϖμ0Iθμ0I，方向：ε；=4πR6Rμ0I[sin60-sin(-60)]=00B2=直导线在O点的磁感应强度：3μ0I2πR4πRcos600，方向：⊗；∴总场强：B=μ0I2R(1-)，方向⊗。

π337-2．如图所示，两个半径均为R的线圈平行共轴放置，其圆心O1、O2相距为a，在两线圈中通以电流强度均为I的同方向电流。

（1）以O1O2连线的中点O为原点，求轴线上坐标为x的任意点的磁感应强度大小；（2）试证明：当a=R时，O点处的磁场最为均匀。

解：见书中载流圆线圈轴线上的磁场，有公式：B=（1）左线圈在x处P点产生的磁感应强度：BP1=μ0IR22(R+z)2232。

μ0IR2右线圈在x处P点产生的磁感应强度：BP2ϖϖBP1和BP2方向一致，均沿轴线水平向右，∴P点磁感应强度：BP=BP1+BP2=（2）因为BP随x变化，变化率为3a2222[R+(+x)]2μ0IR2，=3a2[R2+(-x)2]22，μ0IR2⎧23-⎫a2-3a22⎨[R+(x+)]2+[R+(x-)]2⎬；22⎩⎭2dB，若此变化率在x=0处的变化最缓慢，则O点处的dx磁场最为均匀，下面讨论O点附近磁感应强度随x变化情况，即对BP的各阶导数进行讨论。

对B求一阶导数：3μ0IR2⎧⎫aa2-5aa2-5dB2222=-(x+)[R+(x+)]+(x-)[R+(x-)]⎨⎬22222dx⎩⎭dB当x=0时，=0，可见在O点，磁感应强度B有极值。

dx对B求二阶导数：ddBd2B()== 2dxdxdx⎧a2a2⎫5(x+)5(x-)⎪3μ0IR⎪11⎪⎪22--+-⎨5757⎬2aaaa⎪[R2+(x+)2]2[R2+(x+)2]2[R2+(x-)2]2[R2+(x-)2]2⎪⎪⎪⎩2222⎭2a2-R2，x=0=3μ0IR7a[R2+()2]22d2B>0，O点的磁感应强度B有极小值，可见，当a>R时，2x=0dxd2B当x=0时，dx22d2B当a<R时，dx2d2B当a=R时，dx2x=0<0，O点的磁感应强度B有极大值，=0，说明磁感应强度B在O点附近的磁场是相当均匀的，可看成匀x=0强磁场。

习题精解7-1一条无限长直导线在一处弯折成半径为R 的圆弧，如图所示，若已知导线中电流强度为I,试利用比奥—萨伐尔定律求：（1）当圆弧为半圆周时，圆心O 处的磁感应强度；（2）当圆弧为1/4圆周时，圆心O 处的磁感应强度。

解（1）如图所示，圆心O 处的磁感应强度可看作由3段载流导线的磁场叠加而成。

因为圆心O 位于直线电流AB 和DE 的延长线上，直线电流上的任一电流元在O 点产生的磁感应强度均为零，所以直线电流AB 和DE 段在O 点不产生磁场。

根据比奥—萨伐尔定律，半圆弧上任一电流元在O 点产生的磁感应强度为 024IdldB R μπ=方向垂直纸面向内。

半圆弧在O 点产生的磁感应强度为 00022444RIIdl I B R R R Rπμμμπππ===⎰方向垂直纸面向里。

（2）如图（b ）所示，同理，圆心O 处的磁感应强度可看作由3段载流导线的磁场叠加而成。

因为圆心O 位于电流AB 和DE 的延长线上，直线电流上的任一电流元在O 点产生的磁感应强度均为零，所以直线电流AB 和DE 段在O 点不产生磁场。

根据毕奥—萨伐尔定理，1/4圆弧上任一电流元在O 点产生的磁感应强度为 024Idl dB R μπ=方向垂直纸面向内，1/4圆弧电流在O 点产生的磁感应强度为0002224428RIIdl I R B R R Rπμμμπππ===⎰方向垂直纸面向里。

如图所示，有一被折成直角的无限长直导线有20A 电流，P 点在折线的延长线上，设a 为，试求P 点磁感应强度。

解 P 点的磁感应强度可看作由两段载流直导线AB 和BC 所产生的磁场叠加而成。

AB 段在P 点所产生的磁感应强度为零，BC 段在P 点所产生的磁感应强度为0120(cos cos )4IB r μθθπ=- 式中120,,2r a πθθπ=== 。

所以500(cos cos ) 4.010()42I B T a μπππ=-=⨯ 方向垂直纸面向里。