大学物理课后习题答案(赵近芳)下册.doc

《大学物理课后习题答案(赵近芳)下册.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《大学物理课后习题答案(赵近芳)下册.doc（110页珍藏版）》请在三一办公上搜索。

1、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1q2224e0acos30=14e0(qq33a)2解得 q=-(2)与三角形边长无关 33q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2q ,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

2、题8-2图示Tcosq=mg2q Tsinq=F=1e24e0(2lsinq) 解得 q=2lsinq4pe0mgtanqq4pe0r28-3 根据点电荷场强公式E=，当被考察的场点距源点电荷很近(r0)时，则场强，这是没有物理意义的，对此应如何理解? v解: E=q4e0r2vr0仅对点电荷成立，当r0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=q224pe0d,又有人说，因为f=qE,E=q

3、e0S，所以f=q2e0S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E=qe0S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E=q2e0S，另一板受它的作用力f=qq2e0S=q22e0S，这是两板间相互作用的电场力vv8-5 一电偶极子的电矩为p=ql，场点到偶极子中心O点的距离为r,矢量rvv与l的夹角为q,(见题8-5图)，且rl试证P点的场强E在r方向上的分量Er和垂直于r的分量Eq分别为Er=pcosq2pe0r3, Eq=psinq4pe0r3vvv证: 如题8-5

4、所示，将p分解为与r平行的分量psinq和垂直于r的分量psinq rl 场点P在r方向场强分量Er=pcosq2e0r3 垂直于r方向，即q方向场强分量E0=psinq4e0r3 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l=5.0x10Cm的正电荷试求：(1)在导线的延长线上与导线B端相距a1=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d2=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dx，其上电量dq在P点产生场强为1-9-1dEP=ldx24e0(a-x) EP=dEP=l4e01a-l2l2l-2

5、dx(a-x)1a+l22 l4e0-=lle0(4a-l)22 -9-1用l=15cm，l=5.010Cm, a=12.5cm代入得 EP=6.74102NC-1方向水平向右(2)同理 dEQ=由于对称性dEQxl1ldx2224e0x+d方向如题8-6图所示vE=0，即Q只有y分量， dEQy=1ldx22d224e0x+d2 22x+dlEQy=dEQy=ld2l4e22l-2dx3 (x+d2)222=2e0lll+4d222 以l=5.010-9Ccm-1, l=15cm,d2=5cm代入得EQ=EQy=14.96102NC-1，方向沿y轴正向8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电

6、荷线密度为l,求环心处O点的场强解: 如8-7图在圆上取dl=Rdj 题8-7图dq=ldl=Rldj，它在O点产生场强大小为dE=lRdj4e0R2方向沿半径向外 则 dEx=dEsinj=l4e0Rsinjdj dEy=dEcos(p-j)=-l4e0Rcosjdj积分Ex=pl4e0R sinjdj=l2e0R Ey=p-l4e0R cosjdj=0 E=Ex=l2e0R，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rl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小为dEP=q4v

7、在P点产生物强dEP方向如图，大l(cosq1-cosq2)4e0r+2l2 4l cosq1=22r+l2 2cosq2=-cosq1 dEP=4e0lr+2ll2 l24r+22vdEP在垂直于平面上的分量dE=dEPcosb dE=4e02llr+l2rr+2 l2l242r+24 题8-8图由于对称性，P点场强沿OP方向，大小为EP=4dE=24llr4e0(r+l2 24)r+l22 l= EP=4e0(r+2q4l qrl2方向沿OP)r+2l2428-9 (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

8、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(a=arctanvvq解: (1)由高斯定理EdS=sRx)e0 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Fe=q6e0(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长2a的立方体，使q处于边长2a的q6e0立方体中心，则边长2a的正方形上电通量Fe= 对于边长a的正方形，如果它不包含q所在的顶点，则Fe=q24e0，如果它包含q所在顶点则Fe=0如题8-9(a)图所示题8-9(3)图 题8-9(a)图 题8-9(b

9、)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的电通量，球冠面积*S=2(R+x)1-22R+x22的球冠面xR+x22 F=q0Se04(R2+x2)=q2e01-xR+x22*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图S=a 2rsinarda =2r2a0sinada=2r(1-cosa) 28-10 均匀带电球壳 E=4324e0r(r3-rE=4324e0r(r3外-r 沿半径向外.8-11 半径为R1和R2(R2 R1)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量l和-l,试求:(1)rR1；(2) R1rR2；(3) rR2处各点的场强vv解: 高斯定理Ed

10、S=sq e0取同轴圆柱形高斯面，侧面积S=2rlvv则 EdS=E2rl S对(1) rR1 q=0,E=0 (2) R1rR2 q=0 E=0 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s1和s2，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s1与s2， 两面间， E=v12e0v(s1-s2)nv1v(s1+s2)n s1面外， E=-2e0vEs2面外， =12e0v(s1+s2)nvn：垂直于两平面由s1面指为s2面8-13 半径为R的均匀带电球体将此带电体看作带正电r的均匀球与带电-r的均匀小球的组合，见题8-13图(a

11、)(1) +r球在O点产生电场E10=0， vrrv3球在O点产生电场E20=-r OO 34e0dv O点电场E0=rr3e0d3343OO；pdrvOO (2) +r在O产生电场E10=34e0dv-r球在O产生电场E20=0 43 O 点电场 E0=vr3e0OO 题8-13图(a) 题8-13图(b) v(3)设空腔任一点P相对O的位矢为r，相对O点位矢为r (如题8-13(b)图)vvrr则 EPO=， 3e0vvrrEPO=-, 3e0vvv EP=EPO+EPO=vr3e0vv(r-r)=r3e0OO=vrd3e0腔一电偶极子由q=1.010C的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=

12、0.2cm，把这电偶极子放在1.0105NC-1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩 vv解: 电偶极子p在外场E中受力矩vvvM=pE Mmax=pE=qlE代入数字 =1.010-6Mmax210-31.0105=2.010-4Nm8-15 两点电荷q1=1.510-8C，q2=3.010-8C，相距r1=42cm，要把它们之间的距离变为r2=25cm，需作多少功? 解: A=r2r1vvFdr=r2q1q2dr4e0r-6r22=q1q24e0(1r1-1r2)=-6.5510J外力需作的功 A=-A=-6.5510-6 J 题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A，B两

13、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q0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UO=14e0(q3R(qR-qR)=0UO=14e0-qR)=-q6e0R A=q0(UO-UC)=qoq6e0R 8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为l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dl=Rdqv则dq=lRdq产生O点dE如图，由于对称性，O点场强沿y轴负方向 题8-17图pE=2dEy=

14、p-2lRdq4e0R2cosq=l4e0R-l2e0Rsin(-p2)-sinp2=(2) AB电荷在O点产生电势，以U=0U1=Aldx4e0xB=2Rldx4e0xR=l4e0ln2同理CD产生 U2=l4e0Rl4e0Rln2半圆环产生 U3=l4e0 UO=U1+U2+U3=l2e0ln2+l4e08-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2104ms-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m0=9.110-31kg，电子电量e=1.6010C) -19解: 设均匀带电直线电荷密度为l，在电子轨道处场强E=l2e0r电子受力大小 Fe=eE=el2e0rel2e0rv

15、2 =mr得 l=2e0mve2=12.510-13Cm-18-19 空气可以承受的场强的最大值为E=30kVcm-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 U=Ed=1.510Vvv8-20 根据场强E与电势U的关系E=-U，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p=ql的rl处(见题8-20图)解: (1)点电荷 U=q4e0r 题 8-20 图 E=-vUvqvv为r方向单位矢量 rr0=r002r4e0r(2)总电量q，半径为R的

16、均匀带电圆环轴上一点电势q4e0R2U=+x2vvUvqx E=- i=i3/222x4e0(R+x)(3)偶极子p=ql在rl处的一点电势U=q4e0(r-1l2cosq)Urvv-(1+1l2cosq)=qlcosq4e0r2 Er=-=pcosq2e0r3 Eq=-1Urq=psinq4e0r3 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s1，s2，s3，s4 题8-21图

17、(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vvEdS=(s2+s3)DS=0s s2+s3=0说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A s+s3=0 s1=s4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，A和B相距4.0mm，A与C相距2.0 mmB，C都接地，如题8-22图所示如果使A板带正电3.010C，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s1，右侧面电荷面密度为-72s2 题8-22图(1) UAC

18、=UAB，即 EACdAC=EABdAB s1s2=EACEAB=dABdAC=2且 s1+s 2=qAS 得 s2=qA3S, s1=232qA3S -7而 qC=-s1S=-qA=-210-7CqB=-s2S=-110C3(2) UA=EACdAC=s1e0dAC=2.310V8-23 两个半径分别为R1和R2（R1R2)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

19、,外表面带电为+q，且均匀分布，其电势 题8-23图 U=R2vvEdr=qdr4e0r2R2=q4e0R (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：U=q4e0R2-q4e0R2=0(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 q=外球壳上电势UB=q4e0R2-R1R2qq4e0R2+-q+q4e0R2=(R1-R2)q224e0R 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

20、题8-24图所示，设金属球感应电荷为q，则球接地时电势UO=0 8-24图由电势叠加原理有：UO=q4e0R+q4e03R=0得 q=-q3 8-25 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F0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 F0= q224e0r (1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电q=q234,小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电q=q 此时小球1与小球2间相互作用力3F1=qq"4

21、e0r2-84e0rq2=238F02q3(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22.q433 小球1、2间的作用力F2=F04e0r29*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q维持电势UA=U，UB=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s1，s2，s3，由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持Us4,s5,s6如图所示AB=U可得以下6个方程 题8-26图 s1s3s5s2s4s1+s+s+s2=qASqS

22、qBS=1SC0U=e0Ud46=-e0Ud +s3=0+s5=0=s2+s3+sq2S4+s5+s6解得 s1=s6=q2Sq2Ss2=-s3=e0Ud-s4=-s5=e0Ud+所以CB间电场 E2=s4e0=Udd2+q2e0S12 UC=UCB=E2U2=(U+qd2e0S)U2注意：因为C片带电，所以UC，若C片不带电，显然UC= 8-27 在半径为R1的金属球之外包有一层外半径为R2的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为er，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vv解: 利用有介质时的高斯定理DdS=Sq(1)介质内(R1rR

23、2)场强 vvvvQrQr; D=,E内=334r4e0err介质外(rR2)电势U=rvvE外dr=Q4e0r 介质内(R1rR2)电势 U=rvvE内dr+rvvE外dr =q4e0er(1r-1R2)+Q4e0R2 =Q4e0er(1r+er-1R2)(3)金属球的电势U=R2R1vvE内dr+Qdr4e0err2R2vvE外dr=R2R+Qdr4e0r2 R2=Q4e0er(1R1+er-1R2)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er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 vv解: 如题8-28图所示，充满电介质部分

24、场强为E2，真空部分场强为E1，自由电荷面密度分别为s2与s1 由DdS=q0得D1=s1，D2=s2vv而 D1=e0E1,D2=e0erE2E1=E2=Ud s2s1=D2D1=er 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R1和R2(R2R1)，且l>>R2-R1，两柱面之间充有介电常数e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(R1rR2，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)v

25、v则 DdS=2rlD(S) 当(R1rR3时 E2=vQr4e0rvQr4e0r33 在R1rR3区域W2=12R3e0(Q4e0rQ22)4rdr=22Q218e0R3 总能量 W=W1+W2=8e0-4(1R1-1R2+1R3)=1.8210J v(2)导体壳接地时，只有R1rR2时E=2vQr4e0r-43,W2=0 W=W1=Q8e0(1R1-1R2)=1.0110 J(3)电容器电容 C=2WQ2=4e0/(1R1-1R2)=4.4910-12F 习题九v9-1 在同一磁感应线上，各点B的数值是否都相等?为何不把作用于运动电v荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?v解: 在同一磁感

26、应线上，各点B的数值一般不相等因为磁场作用于运动电v荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，v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的方向题9-2图v9-2 (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rvB1=B2 abcdvvBdl=B1da-B2bc=m0I=0rv B1=B2(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r

27、vv行直线，但B方向相反，即B1B2.9-3 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B=2.0Wb

28、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S1的磁通是vvF1=BS1=2.00.30.4=0.24Wb(2)通过befc面积S2的磁通量F2=BS2=0 vv(3)通过aefd面积S3的磁通量F3=BS3=20.30.5cosq=20.30.5-0.24Wb) vv45=0.24Wb (或曰题9-7图)9-7 如题9-7图所示，AB、CD为长直导线，BC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

29、强度 解：如题9-7图所示，O点磁场由AB、BC、CD三部分电流产生其中vAB 产生 B1=0 )CD 产生B2=m0I12R，方向垂直向里 CD 段产生 B3=m0I4pR2(sin90-sin60)=m0I2pR(1-32方向向)，里 B0=B1+B2+B3=m0I2pR(1-32+p6)，方向向里9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线L1和L2，相距0.1m，通有方向相反的电流，I1=20A,I2=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L2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v解：如题9-8图所示,B

30、A方向垂直纸面向里BA=m0I12p(0.1-0.05)+m0I22p0.05=1.210-4Tv(2)设B=0在L2外侧距离L2为r处 则m0I2p(r+0.1)-mI22pr=0解得 r=0.1 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I1与I2所产生，但A和B在O点产生的磁场为零。且I1I2=电阻R2电阻R1=q2p-q.vI1产生B1方向纸面向外B1=vI2产生B2方向纸面向里m0I1(2p-q)2R2p，B2=m0I

31、2q2R2pB1B2= I1(2p-q)I2q=1vvv有 B0=B1+B2=09-10 在一半径R=1.0cm的无限长半圆柱形金属薄片中，自上而下地有电流I=5.0 A通过，电流分布均匀.如题9-10图所示试求圆柱轴线任一点P处的磁感应强度 题9-10图解：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点P的磁感应强度方向都在圆柱截面上，取坐标如题9-10图所示，取宽为dl的一无限长直电流dI=IpRvdl，在轴上P点产生dB与R垂直，大小为dB=m0dI2pRm0=RdqmIdqpR=022pR2pRm0Icosqdq2I2pRmIsinqdqpdBy=dBcos(+q)=-0 222pRpdBx=dBcosq= Bx=2p-2mIcosqdq2pR2=m0I2pR2s