物理学第三版刘克哲张承琚课后习题答案第第章

第3节 电功与电热必备知识基础练1.关于电功和电热的计算,下列说法正确的是( )A.如果是纯电阻电路,电功可用公式W=UIt 计算,也可用公式W=I 2Rt 计算B.如果是纯电阻电路,电热可用公式W=I 2Rt 计算,但不能用公式W=UIt 计算C.如果不是纯电阻电路,电功只能用公式W=I 2Rt 计算D.如果不是纯电阻电路,电热可用公式W=I 2Rt 计算,也可用公式W=UIt 计算2.额定电压、额定功率均相同的电风扇、电烙铁和日光灯,各自在额定电压下正常工作了相同的时间。

比较它们产生的热量,结果是( ) A.电风扇最多 B.电烙铁最多 C.日光灯最多 D.一样多3.(福建福安检测)下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法正确的是( )A.电功率越大,电流做功越快,电路中产生的焦耳热一定越多B.W=UIt=I 2Rt=U 2Rt,对任何电路都适用C.U=IR 对于纯电阻电路和非纯电阻电路都适用D.焦耳热Q=I 2Rt 适用于任何电路4.室内有几种用电器,1.5 kW 的电饭煲、200 W 的电冰箱、750 W 的取暖器、250 W 的电视机和2 kW 的空调器。

如果进线处有13 A 的保险丝,供电电压为220 V,下列情况不可能同时使用的是( ) A.电饭煲和电冰箱 B.取暖器和空调器 C.电饭煲和空调器 D.电冰箱、电视机和空调器5.有一个电风扇,额定电压为U,额定功率为P,电动机线圈的电阻为R,把它接入电压为U 的电路中,关于时间t 内产生的热量,下列计算的方法正确的是( ) A.Q=U 2R tB.Q=(P U )2RtC.Q=PtD.Q=Pt-(P U)2Rt6.(广西钦州检测)把两根电阻相同的电热丝先串联后并联分别接在同一电源上,若要产生相等的热量,则两种方法所需的时间之比t 串∶t 并为( ) A.1∶1 B.2∶1 C.4∶1D.1∶47.一台小型电动机在380 V电压下正常工作时,能将30 kg的货物在30 s 内匀速提升30 m,通过它的电流是1 A。

物理学第三版习题答案【篇一：物理学第三版(刘克哲张承琚)课后习题答案第第五章】>5-1 作定轴转动的刚体上各点的法向加速度，既可写为an = v2 /r，这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离r成反比；也可以写为an = ?2 r，这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离r成正比。

这两者是否有矛盾？为什么？解没有矛盾。

根据公式，说法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距，说法向加速离r成反比，是有条件的，这个条件就是保持v不变；根据公式度的大小与刚体上各点到转轴的距离r成正比，也是有条件的，条件就是保持?不变。

5-2一个圆盘绕通过其中心并与盘面相垂直的轴作定轴转动，当圆盘分别在恒定角速度和恒定角加速度两种情况下转动时，圆盘边缘上的点是否都具有法向加速度和切向加速度？数值是恒定的还是变化的？解(1)当角速度?一定时，切向速度也是一定的，所以切向加速度,即不具有切向加速度。

而此时法向加速度,可见是恒定的。

(2)当角加速度一定时，即,这表示角速度是随时间变化的。

由此可得.切向加速度为,这表示切向加速度是恒定的。

法向加速度为,显然是时间的函数。

5-3 原来静止的电机皮带轮在接通电源后作匀变速转动，30 s后转速达到152 rad?s?1 。

求：(1)在这30 s内电机皮带轮转过的转数；(2)接通电源后20 s时皮带轮的角速度；恒定，于是可以得到(3)接通电源后20 s时皮带轮边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度，已知皮带轮的半径为5.0 cm。

解(1)根据题意，皮带轮是在作匀角加速转动，角加速度为.在30 s内转过的角位移为.在30 s内转过的转数为.(2)在t = 20 s时其角速度为.(3)在t = 20 s时，在皮带轮边缘上 r = 5.0 cm处的线速度为,切向加速度为,法向加速度为.5-4 一飞轮的转速为250 rad?s?1 ，开始制动后作匀变速转动，经过90 s停止。

[物理学5章习题解答]5-1 作定轴转动的刚体上各点的法向加速度,既可写为a n= v2 /r,这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离r成反比；也可以写为a n= ω2 r,这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离r成正比.这两者是否有矛盾？为什么？解没有矛盾.根据公式,说法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离r 成反比,是有条件的,这个条件就是保持v不变；根据公式,说法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离r成正比,也是有条件的,条件就是保持ω不变.5-2一个圆盘绕通过其中心并与盘面相垂直的轴作定轴转动,当圆盘分别在恒定角速度和恒定角加速度两种情况下转动时,圆盘边缘上的点是否都具有法向加速度和切向加速度？数值是恒定的还是变化的？解<1>当角速度ω一定时,切向速度也是一定的,所以切向加速度,即不具有切向加速度.而此时法向加速度,可见是恒定的.<2>当角加速度一定时,即恒定,于是可以得到,这表示角速度是随时间变化的.由此可得.切向加速度为,这表示切向加速度是恒定的.法向加速度为,显然是时间的函数.5-3 原来静止的电机皮带轮在接通电源后作匀变速转动,30 s后转速达到152 rad⋅s-1 .求：<1>在这30 s内电机皮带轮转过的转数；<2>接通电源后20 s时皮带轮的角速度；<3>接通电源后20 s时皮带轮边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度,已知皮带轮的半径为5.0 cm.解<1>根据题意,皮带轮是在作匀角加速转动,角加速度为.在30 s内转过的角位移为.在30 s内转过的转数为.<2>在t = 20 s时其角速度为.<3>在t = 20 s时,在皮带轮边缘上r = 5.0 cm处的线速度为,切向加速度为,法向加速度为.5-4 一飞轮的转速为250 rad⋅s-1 ,开始制动后作匀变速转动,经过90 s停止.求开始制动后转过3.14⨯103 rad时的角速度.解飞轮作匀变速转动, ,经过90 s, ,所以角加速度为.从制动到转过,角速度由ω0变为ω,ω应满足.所以.5-5 分别求出质量为m = 0.50 kg、半径为r = 36 cm的金属细圆环和薄圆盘相对于通过其中心并垂直于环面和盘面的轴的转动惯量；如果它们的转速都是105 rad⋅s-1 ,它们的转动动能各为多大？解<1>细圆环：相对于通过其中心并垂直于环面的轴的转动惯量为,转动动能为.<2>相对于通过其中心并垂直于盘面的轴的转动惯量为,转动动能为.5-7转动惯量为20 kg⋅m2 、直径为50 cm的飞轮以105 rad⋅s-1 的角速度旋转.现用闸瓦将其制动,闸瓦对飞轮的正压力为400 n,闸瓦与飞轮之间的摩擦系数为0.50.求：<1>闸瓦作用于飞轮的摩擦力矩；<2>从开始制动到停止,飞轮转过的转数和经历的时间；<3>摩擦力矩所作的功.解<1>闸瓦作用于飞轮的摩擦力矩的大小为.<2>从开始制动到停止,飞轮的角加速度α可由转动定理求得,根据,所以飞轮转过的角度为,飞轮转过的转数为.因为,所以飞轮从开始制动到停止所经历的时间为.<3>摩擦力矩所作的功为.5-8轻绳跨过一个质量为m 的圆盘状定滑轮,其一端悬挂一质量为m 的物体,另一端施加一竖直向下的拉力f ,使定滑轮按逆时针方向转动,如图5-7所示.如果滑轮的半径为r ,求物体与滑轮之间的绳子X 力和物体上升的加速度.解 取定滑轮的转轴为z 轴,z 轴的方向垂直与纸面并指向读者.根据牛顿第二定律和转动定理可以列出下面的方程组 ,, ,. 其中,于是可以解得,.5-10一根质量为m 、长为l 的均匀细棒,在竖直平面内绕通过其一端并与棒垂直的水平轴转动,如图5-8所示.现使棒从水平位置自由下摆,求：<1>开始摆动时的角加速度；<2>摆到竖直位置时的角速度.解<1>开始摆动时的角加速度：此时细棒处于水平位置,所受重力矩的大小为,相对于轴的转动惯量为 ,于是,由转动定理可以求得.<2>设摆动到竖直位置时的角速度为 ,根据机械能守恒,有图5-7图5-8,由此得.5-13如果由于温室效应,地球大气变暖,致使两极冰山熔化,对地球自转有何影响？为什么？解地球自转变慢.这是因为冰山融化,水向赤道聚集,地球的转动惯量增大,地球的自转角动量守恒,即jω = 恒量.所以角速度变小了.5-15一水平放置的圆盘绕竖直轴旋转,角速度为ω1 ,它相对于此轴的转动惯量为j1 .现在它的正上方有一个以角速度为ω2 转动的圆盘,这个圆盘相对于其对称轴的转动惯量为j2.两圆盘相平行,圆心在同一条竖直线上.上盘的底面有销钉,如果上盘落下,销钉将嵌入下盘,使两盘合成一体.<1>求两盘合成一体后的角速度；<2>求上盘落下后两盘总动能的改变量；<3>解释动能改变的原因.解<1>将两个圆盘看为一个系统,这个系统不受外力矩的作用,总角动量守恒,即,所以合成一体后的角速度为.<2>上盘落下后两盘总动能的改变量为.<3>动能减少是由于两盘合成一体时剧烈摩擦,致使一部分动能转变为热能.5-16一均匀木棒质量为m1 = 1.0 kg、长为l = 40 cm,可绕通过其中心并与棒垂直的轴转动.一质量为m2= 10 g的子弹以v = 200 m⋅s-1 的速率射向棒端,并嵌入棒内.设子弹的运动方向与棒和转轴相垂直,求棒受子弹撞击后的角速度.解将木棒和子弹看为一个系统,该系统不受外力矩的作用,所以系统的角动量守恒,即, <1>其中j1是木棒相对于通过其中心并与棒垂直的轴的转动惯量,j2是子弹相对于同一轴的转动惯量,它们分别为, . <2>将式<2>代入式<1>,得.5-17有一质量为m且分布均匀的飞轮,半径为r,正在以角速度ω旋转着,突然有一质量为m的小碎块从飞轮边缘飞出,方向正好竖直向上.试求：<1>小碎块上升的高度；<2>余下部分的角速度、角动量和转动动能<忽略重力矩的影响>.解<1>小碎块离开飞轮时的初速为,于是它上升的高度为.<2>小碎块离开飞轮前、后系统不受外力矩的作用,所以总角动量守恒.小碎块离开飞轮前,飞轮的角动量就是系统的总角动量,为；飞轮破裂后,小碎块相对于转轴的转动惯量为,角动量为.碎轮的角动量为,式中ω2是碎轮的角速度.总角动量守恒,l = l1 + l2 ,即,整理后为,.所以.这表明飞轮破碎后其角速度不变.碎轮的角动量为.碎轮的转动动能为.。

[物理学15章习题解答]15-1在恒星演化过程中，当能源耗尽时，星体将在万有引力作用下发生坍缩，而成为密度极高的星体。

同时，由于先前的核燃烧，这种星体的温度仍然很高，因而发出白光，故得名为白矮星。

天狼星的一个伴星，是人们发现的第一颗白矮星，如果测得其最大单色辐出度所对应的波长为0.352μm，试根据维恩位移律估计它的表面温度。

解根据维恩位移律,可以计算这颗白矮星的表面温度，为.15-2三个大小相同并可看作为黑体的球体，测得其最大单色辐出度所对应的波长分别为0.300 μm、0.400 μm和0.500 μm，试求它们的温度以及它们在单位时间内向空间辐射的能量之比。

解根据维恩位移律可以求得它们的温度，分别为;;.根据斯特藩-玻耳兹曼定律和上面已经得到的温度，就可以求出它们的辐出度m0。

辐出度是表示该黑体在单位时间内从其表面单位面积上辐射出的能量，因为三个球体大小相同，它们在单位时间内向空间辐射的能量之比，就等于它们的辐出度之比，即.15-3试由普朗克公式在短波近似情况下导出维恩公式，在长波近似情况下导出瑞利-金斯公式。

解黑体的单色辐出度可以用普朗克公式表示. (1)在短波近似情况下，有, .这样就可以在普朗克公式中略去1，而成为下面的形式.(2) 令、，并代入上式，得.这正是维恩公式。

在长波近似情况下，有, . 于是，普朗克公式称为下面的形式.这正是瑞利-金斯公式。

15-5试求波长为下列数值的光子的能量、动量和质量：(1)波长为1.2´103 nm的红外线；(2)波长为6.2´102 nm的可见光；(3)波长为0.34´102 nm的紫外线；(4)波长为1.6´10-2 nm的x射线；(5)波长为1.1´10-3 nm的γ射线。

解(1)对于波长为1.2´103 nm的红外线，:能量为;动量为;质量为.(2)对于波长为6.2´102 nm的可见光，:能量为;动量为;质量为.(3)对于波长为0.34´102 nm的紫外线，:能量为;动量为;质量为.(4)对于波长为1.6´10-2 nm的x射线，:能量为;动量为;质量为.(5)对于波长为1.1´10-3 nm的γ射线，:能量为;动量为;质量为.15-6已知金属钨的逸出功为4.38 ev，若用波长为429 nm的紫光照射其表面，问能否产生光电子？若在钨的表面涂敷一层铯，其逸出功变为2.61 ev，结果又将如何？若能产生光电子，求光电子的最大初动能。

[第1章习题解答]1-3如题1-3图所示，汽车从A 地出发，向北行驶60km 到达B 地，然后向东行驶60km 到达c 地，最后向东北行驶50km 到达D 地。

求汽车行驶的总路程和总位移。

解汽车行驶的总路程为S=AB 十BC 十CD ＝(60十60十50)km ＝170km ；汽车的总位移的大小为Δr=AB/Cos45°十CD ＝(84.9十50)km ＝135km ，位移的方向沿东北方向，与方向一致。

1-4现有一矢量是时阃t?为什么?解：因为前者是对矢量R 的绝对值(大小或长度)求导，表示矢量的太小随时间的变化率；而后者是对矢量的大小和方向两者同时求导，再取绝对值，表示矢量大小随时问的变化和矢量方向随时同的变化两部分的绝对值。

如果矢量方向不变，只是大小变化，那么这两个表示式是相等的。

1-5一质点沿直线L 运动，其位置与时间的关系为r =6t 2-2t 3，r 和t 的单位分别是米和秒。

求：(1)第二秒内的平均速度；(2)第三秒末和第四秒末的速度，(3)第三秒末和第四秒末的加速度。

解：取直线L 的正方向为x 轴，以下所求得的速度和加速度，若为正值，表示该速度或加速度沿x 轴的正方向，若为负值，表示该速度或加速度沿x 轴的反方向。

(1)第二秒内的平均速度11121220.412)26()1624(−−⋅=⋅−−−−=−−=s m s m t t x x v ；(2)第三秒末的速度因为2612t t dtdx v −==，将t=3s 代入，就求得第三秒末的速度为v 3=18m ·s -1；用同样的方法可以求得第口秒末的速度为V 4=48m s -1；(3)第三秒末的加速度因为t dtx d 1212a 22−==，将t=3s 代入，就求得第三秒末的加速度为a 3=-24m ·s -2；用同样的方法可“求得第四秒末的加速度为a 4=-36m ·s -21-6一质点作直线运动，速度和加速度的大小分别为dt d v s =和dtd v a =，试证明：(1)vdv=ads ：(2)当a 为常量时，式v 2=v 02+2a(s-s 0)成立。

[物理学9章习题解答]9-3两个相同的小球质量都是m，并带有等量同号电荷q，各用长为l的丝线悬挂于同一点。

由于电荷的斥力作用，使小球处于图9-9所示的位置。

如果θ角很小，试证明两个小球的间距x可近似地表示为.解小球在三个力的共同作用下达到平衡，这三个力分别是重力m g、绳子的张力t和库仑力f。

于是可以列出下面的方程式,(1),(2)(3)因为θ角很小，所以,.利用这个近似关系可以得到,(4). (5)将式(5)代入式(4)，得图9-9,由上式可以解得.得证。

9-4在上题中，如果l = 120 cm，m = 0.010 kg，x = 5.0 cm，问每个小球所带的电量q为多大？解在上题的结果中，将q解出，再将已知数据代入，可得.9-5氢原子由一个质子和一个电子组成。

根据经典模型，在正常状态下，电子绕核作圆周运动，轨道半径是r0 = 5.29⨯10-11m。

质子的质量m = 1.67⨯10-27kg，电子的质量m = 9.11⨯10-31kg，它们的电量为±e =1.60⨯10-19c。

(1)求电子所受的库仑力；(2)电子所受库仑力是质子对它的万有引力的多少倍？(3)求电子绕核运动的速率。

解(1)电子与质子之间的库仑力为.(2)电子与质子之间的万有引力为.所以.(3)质子对电子的高斯引力提供了电子作圆周运动的向心力，所以,从上式解出电子绕核运动的速率，为.9-6 边长为a的立方体，每一个顶角上放一个电荷q。

(1)证明任一顶角上的电荷所受合力的大小为.(2) f的方向如何？解立方体每个顶角上放一个电荷q，由于对称性，每个电荷的受力情况均相同。

对于任一顶角上的电荷，例如b角上的qb ，它所受到的力、和大小也是相等的，即.首先让我们来计算的大小。

由图9-10可见，、和对的作用力不产生x方向的分量；对的作用力f1的大小为图9-10,f1的方向与x轴的夹角为45︒。

的大小为对的作用力f2,f2的方向与x轴的夹角为0︒。

1-4 在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示．当人以0v (m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．图1-4解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知222s h l +=将上式对时间t 求导，得tss t l ld d 2d d 2= 题1-4图根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ tsv v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即 θcos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m -⋅，开始运动时，x ＝5 m ，v=0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置． 解：∵ t tva 34d d +==分离变量，得 t t v d )34(d +=积分，得 12234c t t v ++= 由题知，0=t ,00=v ,∴01=c故 2234t t v += 又因为 2234d d t t t x v +==分离变量， t t t x d )234(d 2+= 积分得 232212c t t x ++= 由题知 0=t ,50=x ,∴52=c故 521232++=t t x 所以s 10=t 时m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v1-10 以初速度0v ＝201s m -⋅抛出一小球，抛出方向与水平面成幔 60°的夹角，求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ．(提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．题1-10图 (1)在最高点，o 0160cos v v v x == 21s m 10-⋅==g a n又∵ 1211ρv a n =∴ m1010)60cos 20(22111=︒⨯==n a v ρ(2)在落地点，2002==v v 1s m -⋅,而 o60cos 2⨯=g a n∴ m 8060cos 10)20(22222=︒⨯==n a v ρ1-13 一船以速率1v ＝30km ·h -1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率2v ＝40km ·h -1沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何?解：(1)大船看小艇，则有1221v v v ρϖϖ-=，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)题1-13图由图可知 1222121h km 50-⋅=+=v v v方向北偏西 ︒===87.3643arctan arctan21v v θ (2)小船看大船，则有2112v v v ρϖϖ-=，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得5012=v 1h km -⋅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= ①Y 方向： y y ma mg F ==αsin ②0=t 时 0=y 0=y v2sin 21t g y α=由①、②式消去t ，得220sin 21x g v y ⋅=α 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 ev )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m ke )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0kmv ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e1，式中m 为质点的质量． 答: (1)∵ tvm kv a d d =-=分离变量，得mtk v v d d -=即 ⎰⎰-=vv t mt k v v00d d m kte v v -=ln ln 0∴ tm k ev v -=0(2) ⎰⎰---===tttm k m ke kmv t ev t v x 000)1(d d (3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有 ⎰∞-=='00d kmv t ev x tm k(4)当t=km时，其速度为 ev e v ev v km m k 0100===-⋅- 即速度减至0v 的e1. 2-10 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ba t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at t bt a I 0221d )(将bat =代入，得 ba I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m == 2-13 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⎰⎰⎰==-='=ssky ky y f y f A 112d 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 kky y ky A ② 由题意，有2)21(212kmv 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 y2-15 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 kx k x k E E p p =∆∆= 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 khgh m m v +-+-=μ题2-17图2-19 质量为M 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽，如题2-19图所示．质量为m 的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度．解: 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222121MV mv mgR +=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0=-MV mv联立，以上两式，得()M m MgR v +=2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 q 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 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 =2024dq πε,又有人说，因为f =qE ,SqE 0ε=，所以f =Sq 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 ϖϖ=，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r ϖ与l ϖ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 ϖ分解为与r ϖ平行的分量θsin p 和垂直于r ϖ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 -=λε222)(d π4d x a x E 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)同理2220d d π41d +=x xE Qλε 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，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε 22π4d d ελ⎰==l QyQy 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 x0π2ελ==，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PE ϖd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 E ϖd 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．(xR arctan =α)解: (1)由高斯定理0d εqS 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06εq e=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06εqe=Φ对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则24εq e =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∑⎰=⋅qS E s ϖϖ,02π4ε∑=qr E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E ϖ8=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⨯≈-=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∑⎰=⋅qS E sϖϖ取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰ϖϖ对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ rE 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， n E ϖϖ)(21210σσε-= 1σ面外， n E ϖϖ)(21210σσε+-= 2σ面外， n E 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'dπ4π3430320OO r E ερ=ϖ∴ O 点电场'd 33030OO r E ερ=ϖ；(2) ρ+在O '产生电场'dπ4d 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=，3ερr E O P '-='ϖϖ,∴ 0003'3)(3ερερερdOO 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: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r rq 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)(=-RqR q 0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 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 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 yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］ R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===A B200012ln 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rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e0π2ελ== ∴ rv mr 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 ，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 rqU 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220π4xR q U +=ε∴ ()i x R qxi x U E ϖϖϖ2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q pϖϖ=在l r >>处的一点电势 200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4r ql llr qU εθθθε=+--=∴ 30π2cos r p r U E rεθ=∂∂-= 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0)(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2.0 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 ACU 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 σCC10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC ACAC 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 qrr 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：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=+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 q q 43=''∴此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'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 Sq 261==σσSq d U2032-=-=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2U U 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 S ϖϖd(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 rQ E r Qr D εϖϖϖ==外(2)介质外)(2R r >电势 rQE U 0r π4r d ε=⋅=⎰∞ϖϖ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 221ϖϖϖϖ⋅+⋅=⎰⎰∞R R RE E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdr r Q εεε)11(π4210R R Qr 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 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=d21U E E ==∴r D D εσσ==1212 r d r d ϖϖϖϖ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内题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 DS π2d )(=⋅⎰ϖϖ当)(21R r R <<时，Q q =∑ ∴ rlQ D π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε== 薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量 ⎰⎰===211222ln π4π4d d R RV R 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 8-321C 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 r Q E εϖϖ=3R r >时 302π4r r Q E εϖϖ=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q r r 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 r Q E εϖϖ=,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 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．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 abcdμϖϖ∴ 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 ϖ CD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=-+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。

第3章恒定电流第3节电功与电热基础过关练题组一电功和电功率1.(多选)关于三个公式P=UI、P=I2R、P=U 2R的适用范围,以下说法正确的是()A.第一个公式普遍适用于求电功率,后两式普遍适用于求电热功率B.在纯电阻电路中,三个公式既可适用于求电功率,又可适用于求电热功率C.在非纯电阻电路中,第一个公式可用于求电功率,第二个公式可用于求电热功率D.由U=IR可知,三个公式没有任何区别,它们表达相同的意义,既是电功率,也是电热功率2.国家航天局消息,“嫦娥四号”着陆器于 2019 年 7 月 26 日 19 时 12分成功完成唤醒设置,进入第8月昼工作期。

“嫦娥四号”的电子仪器及各种动作的控制都是靠太阳能电池供电的。

由于光照而产生电动势的现象称为光伏效应,在正常照射下,太阳能电池的光电转换效率可达23%。

单片单晶硅太阳能电池可产生0.6 V的电动势,可获得0.1 A 的电流,则每秒照射到单片单晶硅太阳能电池上太阳光的能量大约是() A.0.48 J B.0.12 JC.0.26 JD.0.52 J3.(2022山东滨州期末)某款手机部分说明书如下。

关于该手机的说法正确的是()A.该电池的容量为4.6 CB.该手机工作时的电流为0.23 AC.该电池储存的电能为8.28×106 JD.该电池通过静电力做功将其他形式的能转化为电能4.(2022山东滨州沾化实验高级中学阶段练习)北京市国民体质监测中心曾经调查显示,由于长时间低头看书、看手机时坐姿不正等原因造成我国青少年探颈、驼背比例高达46.1%。

如图是某矫正器的铭牌信息,已知当剩余电池容量为总容量的20%时,智能感应式矫正器将停止工作。

若该智能感应式矫正器工作时一直处于额定工作状态,使用前电池容量为零,则下列说法正确的是()A.理论上该矫正器充满电可以连续工作约4.6小时B.第一次充满电的时间和可正常工作的时间之比约为2546C.电池容量的单位 mAh是能量单位D.该矫正器充满电所储存的能量约为6.7×103 J5.(2022重庆西南大学附属中学月考)物理爱好者小张想根据自己所学的物理知识估算喷泉广场上一眼喷泉的电机输出功率。

[物理学11章习题解答]11-1如果导线中的电流强度为a，问在15 s内有多少电子通过导线的横截面解设在t秒内通过导线横截面的电子数为n，则电流可以表示为,所以.11-2 在玻璃管内充有适量的某种气体，并在其两端封有两个电极，构成一个气体放电管。

当两极之间所施加的电势差足够高时，管中的气体分子就被电离，电子和负离子向正极运动，正离子向负极运动，形成电流。

在一个氢气放电管中，如果在3 s内有1018 个电子和1018 个质子通过放电管的横截面，求管中电流的流向和这段时间内电流的平均值。

解放电管中的电流是由电子和质子共同提供的，所以.电流的流向与质子运动的方向相同。

11-3 两段横截面不同的同种导体串联在一起，如图11-7所示，两端施加的电势差为u。

问：(1)通过两导体的电流是否相同(2)两导体内的电流密度是否相同(3)两导体内的电场强度是否相同(4)如果两导体的长度相同，两导体的电阻之比等于什么(5)如果两导体横截面积之比为1: 9，求以上四个问题中各量的比例关系，以及两导体有相同电阻时的长度之比。

解(1)通过两导体的电流相同，。

(2)两导体的电流密度不相同，因为,图11-7又因为,所以.这表示截面积较小的导体电流密度较大。

(3)根据电导率的定义,在两种导体内的电场强度之比为.上面已经得到，故有.这表示截面积较小的导体中电场强度较大。

(4)根据公式,可以得到,这表示，两导体的电阻与它们的横截面积成反比。

(5)已知，容易得到其他各量的比例关系,,,.若，则两导体的长度之比为.11-4两个同心金属球壳的半径分别为a和b(>a)，其间充满电导率为的材料。

已知是随电场而变化的，且可以表示为= ke，其中k为常量。

现在两球壳之间维持电压u，求两球壳间的电流。

解在两球壳之间作一半径为r的同心球面，若通过该球面的电流为i，则.又因为,所以.于是两球壳之间的电势差为.从上式解出电流i，得.11-5一个电阻接在电势差为180 v电路的两点之间，发出的热功率为250w。