大学物理_上海交通大学_第四版-下册课后题全部答案[1]解析
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习题11
11-1．直角三角形ABC的A点上，有电荷C
10
8.19
1
-
?
=
q，B点上有电荷C
10
8.49
2
-
?
-
=
q，
试求C点的电场强度(设0.04m
BC=，0.03m
AC=)。
解：1
q在C点产生的场强：
1
12
4
AC
q
E i
r
πε
=
，
2
q在C点产生的场强：
2
22
0BC
q
E j
πε
=
，
∴C点的电场强度：44
12
2.710 1.810
E E E i j
=+=?+?
；
C
点的合场强：
4
3.2410V
E m
==?
，
方向如图：
1.8
arctan33.73342'
2.7
α===
。
11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm
50的圆环，两端间空隙为cm
2，电量为C
10
12
.39-
?的正电荷均
匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向。
解：∵棒长为
2 3.12
l r d m
π
=-=，
∴电荷线密度：
91
1.010
q C m
l
λ--
==??
可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0
闭合线圈产生电场再减去m
d02
.0
=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电
荷的塑料棒在O点产生的场强。
解法1：利用微元积分：
2
1
cos
4
O x
Rd
dE
R
λθ
θ
πε
=?
，
∴
2
000
cos2sin2
444
O
d
E d
R R R
α
α
λλλ
θθαα
πεπεπε
-
==?≈?=
?1
0.72V m-
=?；
解法2：直接利用点电荷场强公式：
由于d r
<<，该小段可看成点电荷：11
2.010
q d C
λ-
'==?
，
则圆心处场强：
11
91
22
2.010
9.0100.72
4(0.5)
O
q
E V m
R
πε
-
-
'?
==??=?
。
方向由圆心指向缝隙处。
11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB的
半径为R，试求圆心O点的场强。
解：以O为坐标原点建立xOy坐标，如图所示。
①对于半无限长导线
A∞在O点的场强：
有：
(cos cos)
42
(sin sin)
42
Ax
A y
E
R
E
R
λπ
π
πε
λπ
π
πε
=-
=-
?
?
?
?
?
??
②对于半无限长导线
B∞在O点的场强：
x
x
y
E
有：00(sin sin )42(cos cos )42B x B y E R E R λπππελπππε=-=-?
???
??? ③对于AB 圆弧在O 点的场强：有：
20
00
2000cos (sin sin )442sin (cos cos )442AB x AB y E d R R E d R R π
π
λλπθθππεπελλπθθππεπε==-=??????=--???
∴总场强：04O x E R λπε=，04O y E R λπε=，得：0()
4O E i j R λ
πε=+ 。
或写成场强：
0E ==
，方向45 。
11-4．一个半径为R 的均匀带电半圆形环，均匀地带有电荷，电荷的线密度为λ，
。
解：电荷元dq 产生的场为：
2
04d q
d E
R πε=；
根据对称性有：
y
d E
=?，则：
20
0sin sin 4x R d E dE d E R π
λθθθπε===???
02R λ
πε=
，
方向沿x 轴正向。即：
02E i R λπε=
。
11-5．带电细线弯成半径为R 的半圆形，电荷线密度 为
0sin λλ?=，式中0λ为一常数，?为半径R 与x 轴
所成的夹角，如图所示．试求环心O 处的电场强度。
解：如图，
02
00sin 44d dl
dE R R λ??λπεπε==， cos sin x y dE dE dE dE ?
?==?????考虑到对称性，有：0=x E ；
∴20000
0000sin (1cos 2)sin 4428y d d E dE dE R R R π
πλ??λ??πεπεε-=====
???
?，
方向沿
y 轴负向。
11-6．一半径为R 的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心O 处的电场强度。 解：如图，把球面分割成许多球面环带，环带宽为d l
Rd θ=，所带电荷：2dq r d l πσ=。
利用例11-3结论，有：
3
32
22
22
2
0024()
4()
x dq r xdl
d E x r x r σππεπε?=
=
++λ
∴
3222
02cos sin 4[(sin )(cos )]
R R Rd dE R R σπθθθ
πεθθ???=
+，
化简计算得：
2
1sin 2224E d πσσθθεε=
=?
，∴04E i
σε=
。
11-7．图示一厚度为d 的“无限大”均匀带电平板，电荷体密度为ρ。求板内、外的场强分布，并画出场强随坐标x 变化的图线，即x E
-图线(设原点在带电平板的中央平面上，
Ox 轴垂直于平板)。
解：在平板内作一个被平板的中间面垂直平分的闭合圆柱面1S 为高斯面， 当
2
d
x ≤
时，由
1
2S E dS E S
?=???
和
2q x S ρ=?∑，
有：0x E ρε=
；
当
2d
x >时，由22S E dS E S ?=???
和2q d S ρ=?∑，
有：
02d E ρε=
。图像见右。 11-8．在点电荷q 的电场中，取一半径为R 的圆形平面(如图所示)， 平面到q 的距离为d ，试计算通过该平面的E 的通量.
解：通过圆平面的电通量与通过与
A 为圆心、AB
为半径、圆的平面
为周界的球冠面的电通量相同。
【先推导球冠的面积：如图，令球面的半径为r ，有2
2R d r +=，
球冠面一条微元同心圆带面积为：2sin dS r rd πθθ=?
∴球冠面的面积：
200
cos 2sin 2cos d r
S r rd r θ
θπθθπθ
=
=?=?
22(1)
d
r r π=-】
∵球面面积为：2
4S r
π=球面
，通过闭合球面的电通量为：
q
εΦ=
闭合球面，
由：S S
Φ=Φ
球冠球面球面
球冠
，∴
001(1)(122d q q r εεΦ=-?=球冠。
11-9．在半径为R 的“无限长”直圆柱体内均匀带电，电荷体密度为ρ，求圆柱体内、外的场强分布，并作E ~r 关系曲线。
解：由高斯定律
1
i
S
S E dS q ε?=∑??
内
，考虑以圆柱体轴为中轴，半径为r ，长为l 的高斯面。
（1）当r R <时，
202r l r l E ρππε?=，有02E r
ρε=
；
（2）当r R >时，
202R l r l E ρππε?=，则：2
02R r E ρε=
；
x
O
θ
r
即：02
0()2()2r
r R E R r R r ρερε???；
图见右。
11-10．半径为1R 和2R （21R R <）的两无限长同轴圆柱面，单位长度分别带有电量λ和λ-，试求：
（1）1R r
<；（2）21R r R <<；（3）2R r >处各点的场强。
解：利用高斯定律：01i S S E dS q ε?=∑?? 内。
（1）1r
R <时，高斯面内不包括电荷，所以：10E =； （2）12R r R <<时，利用高斯定律及对称性，有：
202l r l E λπε=
，则：202E r λ
πε=
；
（3）2r
R >时，利用高斯定律及对称性，有：320rlE π=，则：30E =；
即：112020?20E r R E r R r R r E r R E λπε?=
?=<?
。
11-11．一球体内均匀分布着电荷体密度为ρ的正电荷，若保持电荷分布不变,在该球体中挖去半径为r 的一个小球体，球心为O '，两球心间距离d O O ='，如图所示。求：
（1）在球形空腔内，球心O '处的电场强度0E ；
（2）在球体内P 点处的电场强度E ，设O '、O 、P 三点在同一直径上，且d OP =
。
解：利用补偿法，可将其看成是带有电荷体密度为ρ的大球和带有电荷体密度为ρ-的小球的合成。
（1）以O 为圆心，过O '点作一个半径为d 的高斯面，根据高斯定理有：
1
3043S E d S d ρπε?=?? ?
003d E ρε=，方向从O 指向O '； （2）过P 点以O 为圆心，作一个半径为d 的高斯面。根据高斯定理有：
1
3043S E d S d ρπε?=?? ?
103P d E ρε=，方向从O 指向P ， 过P 点以O '为圆心，作一个半径为d 2的高斯面。根据高斯定理有：
23
043S E d S r ρπε?=-?? ?322
03P r E d ρε=-，
∴
1
2
320()
34P P r E E E d d ρε=+=-，方向从O 指向P 。
11-12．设真空中静电场E
的分布为E cxi = ，式中c 为常量，求空间电荷的分布。
解：如图，考虑空间一封闭矩形外表面为高斯面，
有：
0S
E d S cx S
?=????
由高斯定理：
1
S
S E d S q
ε?=
∑??
内
，
设空间电荷的密度为()x ρ，有：0
()x x Sd x cx S ρε???=
?
∴0
00
()x x x d x cd x
ρε=?
?，可见()x ρ为常数?
0c ρε=。
11-13．如图所示，一锥顶角为θ的圆台，上下底面半径分别为1R 和2R ，在它的侧面上均匀带电，电荷面密度为σ，求顶点O 的电势．(以无穷远处为电势零点)
解：以顶点为原点，沿轴线方向竖直向下为x 轴，在侧面上取环面元，如图示，易
知，环面圆半径为：
tan
2r x θ
=，环面圆宽：
cos
2
d x d l θ
=
22tan 2cos 2d x
dS r d l x θππθ
=?=??
，
利用带电量为q 的圆环在垂直环轴线上0x 处电势的表达式：
14U πε=
环，
有：
02tan 2
cos
1tan 422d x
x dU d x
θσπθσθπεε??
=
=?，
考虑到圆台上底的坐标为：
11cot
2
x R θ
=，
22cot
2x R θ
=，
∴U
=
2
1
0tan 22x x d x σθε??
21cot 2cot 02tan 22R R d x θθσθε=
??210
()2R R σε-=。
11-14．电荷量Q 均匀分布在半径为R 的球体内，试求：离球心r 处（r
R <）P 点的电势。
解：利用高斯定律：
01
S
S E dS q
ε?=∑??
内
可求电场的分布。
（1）r R <时，
32
304Q r r E R πε=?内；有：304Q r
E R πε=
内； （2）r R >时，204Q r E πε=外；有：2
04Q
E r πε=外；
离球心r 处（r
R <）的电势：
R r r
R
U E dr E dr
∞
=?+???外内，即：
x
cos
2
dx θ
32
00
44
R
r r R
Q r Q
U dr dr
R r
πεπε
∞
=?+?
??23
00
3
88
Q Q r
R R
πεπε
=-
。
11-15．图示为一个均匀带电的球壳，其电荷体密度为
ρ，球壳内表面半径为
1
R，外表面半径为
2
R．设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势。
解：当1
r R
<
时，因高斯面内不包围电荷，有：1
E=
，
当12
R r R
<<
时，有：
2
3
1
3
2
3
1
3
23
)
(
4
)
(
3
4
r
R
r
r
R
r
E
ε
ρ
πε
π
ρ
-
=
-
=
，
当2
r R
>
时，有：
2
3
1
3
2
2
3
1
3
2
33
)
(
4
)
(
3
4
r
R
R
r
R
R
E
ε
ρ
πε
π
ρ
-
=
-
=
，
以无穷远处为电势零点，有：
2
12
23
R
R R
U E d r E d r
∞
=?+?
??
?
?∞-
+
-
=
2
R
dr
r
R
R
dr
r
R
r
R
R
2
3
1
3
2
2
3
1
3
3
)
(
3
)
(
2
1ε
ρ
ε
ρ
)
(
2
2
1
2
2
R
R-
=
ε
ρ
。11-16．电荷以相同的面密度σ 分布在半径为1
10
r cm
=
和2
20
r cm
=
的两个同心球面上，设无限远处电势为零，球心处的电势为
V
300
=
U
。
（1）求电荷面密度
σ；
（2）若要使球心处的电势也为零，外球面上电荷面密度
σ'为多少？
（
2
1
2
12
m
N
C
10
85
.8-
-
-?
?
=
ε
）
解：（1）当1
r r
<
时，因高斯面内不包围电荷，有：1
E=
，
当12
r r r
<<
时，利用高斯定理可求得：
2
1
22
r
E
r
σ
ε
=
，
当2
r r
>
时，可求得：
22
12
32
()
r r
E
r
σ
ε
+
=
，
∴
2
12
023
r
r r
U E d r E d r
∞
=?+?
??
2
12
222
112
22
00
()
r
r r
r r r
d r d r
r r
σσ
εε
∞+
=+
??)
(
2
1
r
r+
=
ε
σ
那么：
2
9
3
12
2
1
010
85
.8
10
30
300
10
85
.8
m
C
r
r
U
-
-
-
?
=
?
?
?
=
+
=
ε
σ
（2）设外球面上放电后电荷密度'σ，则有：
0120
'(')/0
U r r
σσε
=+=
，∴
1
2
'
r
σσ
σ=-=-
则应放掉电荷为：
2'2
22
3
4()4
2
q r r
πσσσπ
?=-=?
12
4 3.148.85103000.2
-
=?????9
6.6710C
-
=?。
11-17．如图所示，半径为R的均匀带电球面，带有电荷q，沿某一半径方向上有一均匀带电细线，电荷线密度为
λ，长度为l，细线左端离球心距离为0r。设球和线上的电荷分布不受相互作用影响，试求细线所受球面电荷的电场力和细线在该电场中的电势能（设无穷远处的电势为零）。
解：（1）以O点为坐标原点，有一均匀带电细线的方向为x轴，
均匀带电球面在球面外的场强分布为：
2
4
q
E
r
πε
=
（r R
>）。
取细线上的微元：
dq dl dr
λλ
==，有：d F E dq
=
，
∴
2
0000
?
44()
r l
r
q ql r
F dr
x r r l
λ
λ
πεπε
+
==
+
?
（
?r 为r 方向上的单位矢量）
（2）∵均匀带电球面在球面外的电势分布为：0
4
q
U
r
πε
=
（r R
>，∞为电势零点）。
对细线上的微元
dq dr
λ
=，所具有的电势能为：
4
q
dW d r
r
λ
πε
=?
，
∴
000
ln
44
r l
r
r l
q dr q
W
r r
λλ
πεπε
++
==
?
。
11-18. 一电偶极子的电矩为
p，放在场强为E的匀强电场中，p与E之间夹角为θ，如图所示．若将此偶极子绕通过其中心且垂直于
p、E平面的轴转
180，外力需作功多少？
解：由功的表示式：
d A Mdθ
=
考虑到：
M p E
=?
，有：
sin2cos
A pE d pE
πθ
θ
θθθ
+
==
?
。
11-19．如图所示，一个半径为R的均匀带电圆板，其电荷面密度为σ(＞0)今有一质量为m，电荷为q
-的粒子(
q＞0)沿圆板轴线(x轴)方向向圆板运动，已知在距圆心O（也是x轴原点）为b的位置上时，粒子的速度为0
v
，求粒子击中圆板时的速度(设圆板带电的均匀性始终不变)。
解：均匀带电圆板在其垂直于面的轴线上0
x
处产生的电势为：
)
2
U x
σ
ε
=
，那么，
(
2
Ob O b
U U U R b
σ
ε
=-=+
，
由能量守恒定律，
222
00
111
()(
2222
Ob
q
m v mv qU mv R b
σ
ε
=--=++
，
有：
)
(2
2
2
b
R
b
R
m
q
v
v+
-
+
+
=
ε
σ
思考题11
11-1．两个点电荷分别带电
q和q2，相距l，试问将第三个点电荷放在何处它所受合力为零?
答：由
22
00
2
44()
qQ qQ
x l x
πεπε
=
-
，解得：
1)
x l=，即离点电荷q
的距离为
1)
l。
11-2．下列几个说法中哪一个是正确的？
（A）电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向；
（B）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同；
（C）场强方向可由
q/
F
E=定出，其中q为试验电荷的电量，q可正、可负，F为试验电荷所受的
（D ）以上说法都不正确。 答：（C ）
11-3．真空中一半径为R 的的均匀带电球面,总电量为q (q ＜0)，今在球面面上挖去非常小的一块面积S ?(连同电荷)，且假设不影响原来的电荷分布，则挖去S ?后球心处的电场强度大小和方向.
答：题意可知：
2
04q R σπε=
，利用补偿法，将挖去部分看成点电荷，
有：2
04S E R σπε?=
，方向指向小面积元。
11-4．三个点电荷1q 、2q 和3q -在一直线上，相距均为R 2，以1q 与2q 的中心O 作一半径为R 2的球面，
A 为球面与直线的一个交点，如图。求：
(1)通过该球面的电通量???S E d ；
(2)
A 点的场强A E 。
解：(1)
12
S
q q
E dS ε+?=??
；
(2)2
03202
20144)3(4R πεq R πεq R πεq E A -
+=
。
11-5．有一边长为a 的正方形平面，在其中垂线上距中心O 点2/a 处， 有一电荷为q 的正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量 为多少？
解：设想一下再加5个相同的正方形平面将q 围在正方体的中心， 通过此正方体闭合外表面的通量为：
0/q εΦ=闭合，那么，
通过该平面的电场强度通量为：0
6q εΦ=
。
11-6．对静电场高斯定理的理解，下列四种说法中哪一个是正确的？
(A )如果通过高斯面的电通量不为零，则高斯面内必有净电荷； (B )如果通过高斯面的电通量为零，则高斯面内必无电荷； (C )如果高斯面内无电荷，则高斯面上电场强度必处处为零； (D )如果高斯面上电场强度处处不为零，则高斯面内必有电荷。 答：(A )
11-7．由真空中静电场的高斯定理
1S
E d S q
ε?=
∑?
可知
(A )闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零； (B )闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定都不为零； (C )闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定都为零； (D )闭合面内无电荷时，闭合面上各点场强一定为零。
11-8．图示为一具有球对称性分布的静电场的r
E ~关系曲线．请指出该静电场是
由下列哪种带电体产生的。
(A )半径为R 的均匀带电球面； (B )半径为R 的均匀带电球体； (C )半径为R 、电荷体密度Ar =ρ
(A 为常数）的非均匀带电球体；
(D )半径为R 、电荷体密度r A /=ρ(A 为常数)的非均匀带电球体。 答：(D )
11-9．如图，在点电荷q 的电场中，选取以q 为中心、R 为半径的球面上一点P 处作电势零点，则与点电荷q 距离为r 的P'点的电势为
(A )r
q 04επ (B )??? ??-πR r q
1140ε (C )()R r q
-π04ε (D )??? ??-πr R q 1140
ε
答：(B )
11-10．密立根油滴实验，是利用作用在油滴上的电场力和重力平衡而测量电荷的，其电场由两块带电平行板产生．实验中，半径为r 、带有两个电子电荷的油滴保持静止时，其所在电场的两块极板的电势差为
12U ．当电势差增加到412U 时，半径为2r 的油滴保持静止，则该油滴所带的电荷为多少？ 解：g r πρq d U 31234?=┄①，g
r πρq d U 312)2(34
4?='┄②
∴①②联立有：e q q 42=='。
11-11．设无穷远处电势为零，则半径为R 的均匀带电球体产生的电场的电势分布规律为(图中的0U 和b 皆为常量)：
答：(C )
11-12．无限长均匀带电直线的电势零点能取在无穷远吗？ 答：不能。见书中例11-12。
大学物理第12章课后习题
12-1．一半径为10.0米的孤立导体球，已知其电势为V 100(以无穷远为零电势)，计算球表面的面电荷密度。
解：由于导体球是一个等势体，导体电荷分布在球表面，∴电势为：00
4Q R U
R
σπεε=
=
，
则：129208.85101008.85100.1
U
C m R εσ--??===?。
12-2．两个相距很远的导体球，半径分别为cm 0.61
=r ，cm 0.122=r ，都带有C 1038-?的电量，
如果用一导线将两球连接起来，求最终每个球上的电量。 解：半径分别为1r 的电量为1q ，2r 电量为2q ，
由题意，有：
1201
02
44q q r r πεπε=
┄①，821
106-?=+q q ┄②，
①②联立，有：81210q C -=?，82410q C -=?。
12-3．有一外半径为1R ，内半径2R 的金属球壳，在壳内有一半径为3R 的金属球，球壳和内球均带电量q ，求球心的电势．
解：由高斯定理，可求出场强分布：
132322
0321
412
00
4024E r R q E R r R r E R r R q
E r R r πεπε=
=<???
∴3213
2
1
012340
R R R R R R U E d r E d r E d r E d r ∞=?+?+?+?????
2
3
1
2
2
00244R R R q q dr dr r r
πεπε∞
=+?
?
321
112
(
)4q R R R πε=-+。
12-4．一电量为q 的点电荷位于导体球壳中心，壳的内外半径分别为1R 、2R ．求球壳内外和球壳上场强和电势的分布，并画出r E ~和r V ~曲线.
解：由高斯定理，可求出场强分布：
112
021232
200404q E r R r E R r R q E r R r πεπε?=<
=<
?=
>??
∴电势的分布为： 当10r
R <≤时，12
12
2
0044R r
R q q U dr
r
r πεπε∞
=+?
?012
111
()4q
r R R πε=-+； 当12R r R <≤时，2
22
002
44R q q U dr r R πεπε∞
==?
；
当2R r ≥时，32
0044r
q q
U dr r
r
πεπε∞==
?
。
12-5．半径
10.05,R m =，带电量8310C q -=?的金属球，被一同心导体球壳包围，球壳内半径
20.07R m =，外半径30.09R m =，带电量8210C Q -=-?。试求距球心r 处的P 点的场强与电势。（1）0.10r m =（2）0.06r m =（3）0.03r m =。
解：由高斯定理，可求出场强分布：
r
r
12
112122032343
200404E r R q E R r R r E R r R Q q E r R r πεπε=
<
=<
>???
∴电势的分布为： 当1r
R ≤时，21
312200
44R R R q Q q U dr dr r
r πεπε∞
+=+?
?0120311()44q Q q
R R R πεπε+=-+
，
当12R r R <≤时，2322
20044R r R q
Q q U dr dr r
r πεπε∞
+=+?
?0203
11()44q Q q
r R R πεπε+=-+
， 当23R r R <≤时，3320
4R Q q U dr r πε∞
+=?
034Q q
R πε+=
， 当3r
R >时，4200
44r Q q Q q
U dr r r πεπε∞
++==
?
， ∴（1）0.10r m =，适用于3r R >情况，有：
3
420910N 4Q q E r πε+==?，4
0900V 4Q q U r πε+==； （2）0.06r m =，适用于12R r R <<情况，有： 422
07.510N 4q E r πε=
=?，320203
11
() 1.6410V 44q
Q q U r R R πεπε+=
-+=?； （3）0.03r
m =，适用于1r R <情况，有：
10E =，310
1203
11
(
) 2.5410V 44q Q q U R R R πεπε+=
-+=?。
12-6．两块带有异号电荷的金属板A 和B ，相距mm 0.5，两板面积都是2
cm 150
，电量分别为C 1066.28-?±，A 板接地，略去边缘效应，求：（1）B 板的电势；（2）AB 间离A 板mm 0.1处的
电势。
解：（1）由0E σε=有：0q
E S
ε=
，
则：0AB
qd U Ed S
ε==
，而0A
U =，
∴83
122
2.661051010008.8510 1.510B U V ----???=-
=-???， 离A 板mm 0.1处的电势：3
1(10)2005
P U V
=?-=-
12-7．平板电容器极板间的距离为d ，保持极板上的电荷不变，忽略边缘效应。若插入厚度为t (t 解：（1）设极板带电量为0Q ，面电荷密度为0σ。 B 5mm 无金属板时电势差为：0 1 00 U E d d σε=?= ， 有金属板时电势差为：0 200 ()()U E d t d t σε=?-=-， 电势差比为：0 01020 ()d U d U d t d t σεσε==--； （2）设无金属板时极板带电量为0Q ，面电荷密度为0σ， 有金属板时极板带电量为Q ，面电荷密度为σ。 由于12U U =，有0()E d E d t ?=?-，即000 ()d d t σσ εε?=- ∴00Q d t Q d σσ-==。 解法二： 无金属板时的电容为：00 S C d ε= ，有金属板时的电容为：00 S C d t ε= -。那么： （1）当极板电荷保持不变时，利用Q C U = 知：12U d U d t =-； （2）当极板电压保持不变时，利用Q C U =知：0Q d t Q d -=。 12-8．实验表明，在靠近地面处有相当强的电场E 垂直于地面向下，大小约为V/m 130.在离地面km 5.1的高空的场强也是垂直向下，大小约为5V/m 2. （1）试估算地面上的面电荷密度(设地面为无限大导体平面)； （2）计算从地面到km 5.1高空的空气中的平均电荷密度． 解：（1）因为地面可看成无穷大导体平面，地面上方的面电荷密度可用00 E σ ε= 考察，选竖直向上为正向， 考虑到靠近地面处场强为0 130E V =-，所以： 129208.8510(130) 1.1510E C m σε--==??-=-?； （2）如图，由高斯定理01 i S S E dS q ε?=∑?? 内 ，有： 00 '()h S E S E S ρε??+-?= ，则：3121.51025(130)8.8510ρ-??---=?， 得：13 36.210C m ρ-=?。 12-9．同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属圆柱(内)和圆筒(外)构成，设内圆柱半径为1R ，电势为1V ，外圆筒的内半径为2R ，电势为2V .求其离轴为r 处(1R λ πε= ， ∴内外圆柱间电势差为：2 1 2 12 001 ln 22R R R V V dr r R λλ πεπε-==? σ+ U km '25 E =-2 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) 16 f 答案：B 解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2 q ，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球 A 、 B 间的作用力变为 8 f 。 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 ） 9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变 习题9-3图 (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2 04q E r πε= ，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。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0，答案（D ） 9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零，则面上各点的E 必为零 答案：C 解析：高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案（C ） 9-6 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1 第11章 稳恒磁场 习 题 一 选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计 算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定 习题11-1图 习题11-2图 则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正 确答案为（C ）。 11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大 （B ）Φ不变，B 也不变 （ C ）Φ增大，B 不变 （ D ）Φ不变，B 增大 答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图 习题11-3图 习 题 四 4-1 质量为m =的弹丸，其出口速率为300s m ，设弹丸在枪筒中前进所受到的合力 9800400x F -=。开抢时，子弹在x =0处，试求枪筒的长度。 [解] 设枪筒长度为L ，由动能定理知 2022121mv mv A -= 其中??-==L L dx x Fdx A 00)9 8000400( 9 40004002 L L - = 而00=v ， 所以有： 22 300002.05.09 4000400??=-L L 化简可得： m 45.00 813604002==+-L L L 即枪筒长度为。 4-2 在光滑的水平桌面上平放有如图所示的固定的半圆形屏障。质量为m 的滑块以初速度0v 沿切线方向进入屏障内，滑块与屏障间的摩擦系数为μ，试证明：当滑块从屏障的另一端滑出时，摩擦力所作的功为() 12 1220-= -πμe mv W [证明] 物体受力：屏障对它的压力N ，方向指向圆心，摩擦力f 方向与运动方向相反，大小为 N f μ= (1) 另外，在竖直方向上受重力和水平桌面的支撑力，二者互相平衡与运动无关。 由牛顿运动定律 切向 t ma f =- (2) 法向 R v m N 2 = (3) 联立上述三式解得 R v a 2 t μ-= 又 s v v t s s v t v a d d d d d d d d t === 所以 R v s v v 2 d d μ -= 即 s R v v d d μ-= 两边积分，且利用初始条件s =0时，0v v =得 0ln ln v s R v +- =μ 即 s R e v v μ -=0 由动能定理 2 022 121mv mv W -= ，当滑块从另一端滑出即R s π=时，摩擦力所做的功为 () 12 1212122020220-=-=--πμ πμ e mv mv e mv W R R 4-3 质量为m 的质点开始处于静止状态，在外力F 的作用下沿直线运动。已知 T t F F π2sin 0=，方向与直线平行。求：(1)在0到T 的时间内，力F 的冲量的大小；(2)在0到2T 时间内，力F 冲量的大小；(3)在0到2T 时间内，力F 所作的总功；(4)讨论质点的运动情况。 [解]由冲量的定义?=1 2 d t t t F I ，在直线情况下，求冲量I 的大小可用代数量的积分，即 ?= 1 2 d t t t F I (1) 从t ＝0到 t=T ，冲量的大小为： ?= =T t F I 01d ?-=T T T t T F t T t F 0 00]2cos [2d 2sin πππ=0 (2) 从t =0到 t =T /2，冲量的大小为 π πππ0000 0022 2 2]2cos [2d 2sin d TF T t T F t T t F t F I T T T =-=== ?? (3) 初速度00=v ，由冲量定理 0mv mv I -= 当 t =T /2时，质点的速度m TF m I v π0== 又由动能定理，力F 所作的功 m F T m F mT mv mv mv A 22022 22022 20222212121ππ===-= (4) 质点的加速度)/2sin()/(0T t m F a π=，在t =0到t =T /2时间内，a >0，质点 作初速度为零的加速运动，t =T /2时，a =0，速度达到最大；在t =T /2到t =T 时间内，a <0，但v >0，故质点作减速运动，t =T 时 a =0，速度达到最小，等于零；此后，质点又进行下一 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 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (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 解: 如题8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin 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2 04r 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: 02 0π4r r q E ε= 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 = 2 024d q πε,又有人 说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =S q 02 ε．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S q 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S q E 02ε= ，另一板受它的作用 力S q S q q f 02 022εε= =，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 =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l 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, θ E =3 04sin r p πεθ 证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量 θsin p ． ∵ l r >> 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 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 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? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为 2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 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0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外 大学物理上册答案详解 习题解答 习题一 1—１ |r ?｜与r ? 有无不同？ t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里？试举例说明． 解：(1)r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即 r ?12r r -=,12r r r -=?； (２) t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量。 ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1—1图所示. 题1—1图 （３）t d d v 表示加速度的模,即t v a d d =，t v d d 是加速度a 在切向上的分 量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中 dt dv 就是加速度的切向分量. （t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) １－2 设质点的运动方程为x =x （t ），y =y (t )，在计算质点的速度 和加速度时，有人先求出r =2 2 y x +,然后根据v ＝t r d d ，及a =22d d t r 而 求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果,即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确。因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标 系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 22 222 2 22 2 22d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 22d d d d t r a t r v == 题1.1：已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --?-?+= 。求（l ）质点在运动开始后s 0.4内位移的大小；（2）质点在该时间内所通过的路程。 题1.1解：（1）质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x （2）由 0)s m 6()s m 12(d d 232=?-?=--t t t x 得知质点的换向时刻为 ｓ2=P t （t = 0不合题意） 则：m 0.8021=-=?x x x m 40x 242-=-=?x x 所以，质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 题1.2：一质点沿x 轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时，0=x 。试根据已知的图t v -，画出t a -图以及t x -图。 题1.2解：将曲线分为AB 、BC 、CD 三个过程，它们对应的加速度值分别为 2A B A B AB s m 20-?=--=t t v v a （匀加速直线运动） 0BC =a （匀速直线） 2C D C D CD s m 10-?-=--= t t v v a （匀减速直线运动） 根据上述结果即可作出质点的a －t 图 在匀变速直线运动中，有 2002 1at t v x x + += 间内，质点是作v = 201s m -?的匀速直线运动，其x －t 图是斜率k = 20的一段直线。 题1.3：如图所示，湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ，滑轮到原船位置的绳长为0l ，试求：当人以匀速v 拉绳，船运动的速度v '为多少？ 大学物理上册课后习题答案 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解： （1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量， 即r ?1 2r r -=，1 2 r r r ? ?-=?； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r = =v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题 1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即 t v a d d ? ?= ，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ??(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d τ τ???+= 式中dt dv 就是加速度的切向分量. ( t t r d ?d d ?d τ??Θ与的运算较复杂，超出教材规定，故不予 讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝ 2 2 y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果； 又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种 方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有 j y i x r ? ??+=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v ??? ???? ?222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 )ωt sin ωt (cos j i +=R r 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。 解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω= 消去t 可得轨道方程 222R y x =+ 2） j r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求： （1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。 解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知 2t 4x = t 23y += 消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） j v 2(0)= j i v 28(1)+= 1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单 位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。 解：1）j i r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== n a == 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。 解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 2012 1 at t v y += （1） 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 t = 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t = 大学物理 练 习 册 物理教研室遍 热力学（一） 一、选择题： 1、如图所示，当汽缸中的活塞迅速向外移动从而使汽缸膨胀时，气体所经历的过程 （A）是平衡过程，它能用P—V图上的一条曲线表示。 （B）不是平衡过程，但它能用P—V图上的一条曲线表示。 （C）不是平衡过程，它不能用P—V图上的一条曲线表示。 （D）是平衡过程，但它不能用P—V图上的一条曲线表示。 [ ] 2、在下列各种说法中，哪些是正确的？ [ ] （1）热平衡就是无摩擦的、平衡力作用的过程。 （2）热平衡过程一定是可逆过程。 （3）热平衡过程是无限多个连续变化的平衡态的连接。 （4）热平衡过程在P—V图上可用一连续曲线表示。 （A）（1）、（2）（B）（3）、（4） （C）（2）、（3）、（4）（D）（1）、（2）、（3）、（4） 3、设有下列过程： [ ] （1）用活塞缓慢的压缩绝热容器中的理想气体。（设活塞与器壁无摩擦）（2）用缓慢地旋转的叶片使绝热容器中的水温上升。 （3）冰溶解为水。 （4）一个不受空气阻力及其它摩擦力作用的单摆的摆动。 其中是逆过程的为 （A）（1）、（2）、（4）（B）（1）、（2）、（3） （C）（1）、（3）、（4）（D）（1）、（4） 4、关于可逆过程和不可逆过程的判断： [ ] （1）可逆热力学过程一定是准静态过程。 （2）准静态过程一定是可逆过程。 （3）不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程。 （4）凡有摩擦的过程，一定是不可逆过程。 以上四种判断，其中正确的是 （A）（1）、（2）、（3）（B）（1）、（2）、（4） （C）（2）、（4）（D）（1）、（4） 5、在下列说法中，哪些是正确的？ [ ] （1）可逆过程一定是平衡过程。 （2）平衡过程一定是可逆的。 （3）不可逆过程一定是非平衡过程。 （4）非平衡过程一定是不可逆的。 （A）（1）、（4）（B）（2）、（3） （C）（1）、（2）、（3）、（4）（D）（1）、（3） 库仑定律 7-1 把总电荷电量为Q 的同一种电荷分成两部分，一部分均匀分布在地球上，另一部分均匀分布在月球上， 使它们之间的库仑力正好抵消万有引力，已知地球的质量M ＝l024kg ，月球的质量m =l022 kg 。（1）求 Q 的最小值；（2）如果电荷分配与质量成正比，求Q 的值。 解：（1）设Q 分成q 1、q 2两部分，根据题意有 2 221r Mm G r q q k =，其中041πε=k 即 2221q k q GMm q q Q += +=。求极值，令0'=Q ，得 0122=-k q GMm C 1069.5132?== ∴k GMm q ，C 1069.51321?==k q GMm q ，C 1014.11421?=+=q q Q （2）21q m q M =Θ ，k GMm q q =21 k GMm m q mq Mq ==∴2122 解得C 1032.6122 2?==k Gm q ， C 1015.51421?==m Mq q ，C 1021.51421?=+=∴q q Q 7-2 三个电量为 –q 的点电荷各放在边长为 l 的等边三角形的三个顶点上，电荷Q （Q ＞0）放在三角形 的重心上。为使每个负电荷受力为零，Q 值应为多大 解：Q 到顶点的距离为 l r 33= ，Q 与-q 的相互吸引力为 20141r qQ F πε=， 两个-q 间的相互排斥力为 2 2 0241l q F πε= 据题意有 10 230cos 2F F =，即 2 022041300cos 41 2r qQ l q πεπε=?，解得：q Q 33= 电场强度 7-3 如图7-3所示，有一长l 的带电细杆。（1）电荷均匀分布，线密度为+，则杆上距原点x 处的线元 d x 对P 点的点电荷q 0 的电场力为何q 0受的总电场力为何（2）若电荷线密度=kx ，k 为正常数，求P 点的电场强度。 解：（1）线元d x 所带电量为x q d d λ=，它对q 0的电场力为 200200)(d 41 )(d 41 d x a l x q x a l q q F -+=-+= λπεπε q 0受的总电场力 )(4)(d 400020 0a l a l q x a l x q F l +=-+= ?πελπελ 00>q 时，其方向水平向右；00 大学物理课后习题答案第六章 ————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 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) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3220)(41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z 习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零， 则Q与q的关系为：（） （A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（） （A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷； （B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零； （C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷； （D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（） （A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（） （A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零； （C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中 心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 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9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷 大学物理学下册 吴柳 第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程 左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2) 物理部分课后习题答案（标有红色记号的为老师让看的题） 27页 1-2 1-4 1-12 1-2 质点的运动方程为22,(1)x t y t ==-，,x y 都以米为单位，t 以秒为单位， 求： （1） 质点的运动轨迹； （2） 从1t s =到2t s =质点的位移的大小； （3） 2t s =时，质点的速度和加速度。 解：（1）由运动方程消去时间t 可得轨迹方程，将t = 21)y = 或 1= （2）将1t s =和2t s =代入，有 11r i =u r r ， 241r i j =+u r r r 213r r r i j =-=-r u r u r r r V 位移的大小 r ==r V （3） 2x dx v t dt = = 2(1)y dy v t dt ==- 22(1)v ti t j =+-r r r 2x x dv a dt ==， 2y y dv a dt == 22a i j =+r r r 当2t s =时，速度和加速度分别为 42/v i j m s =+r r r 22a i j =+r r r m/s 2 1-4 设质点的运动方程为cos sin ()r R ti R t j SI ωω=+r r r ，式中的R 、ω均为 常量。求（1）质点的速度；（2）速率的变化率。 解 （1）质点的速度为 sin cos d r v R ti R t j dt ωωωω==-+r r r r （2）质点的速率为 v R ω== 速率的变化率为 0dv dt = 1-12 质点沿半径为R 的圆周运动，其运动规律为232()t SI θ=+。求质点在 t 时刻的法向加速度n a 的大小和角加速度β的大小。 解 由于 4d t dt θ ω= = 质点在t 时刻的法向加速度n a 的大小为 2216n a R Rt ω== 角加速度β的大小为 24/d rad s dt ω β== 77 页2-15, 2-30， 2-34， 2-15 设作用于质量1m kg =的物体上的力63()F t SI =+，如果物体在这一力作用 下，由静止开始沿直线运动，求在0到2.0s 的时间内力F 对物体的冲量。 解 由冲量的定义，有 2.0 2.0 2.020 (63)(33) 18I Fdt t dt t t N s ==+=+=? ?g 2-21 飞机着陆后在跑道上滑行，若撤除牵引力后，飞机受到与速度成正比的阻力 （空气阻力和摩擦力）f kv =-（k 为常数）作用。设撤除牵引力时为0t =，初速度为0v ， 大学物理(上)课后习题答案 ————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 2 3 第1章 质点运动学 P21 1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y = 2 1t 2 +3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计。⑴以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；⑶ 计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)。 解：（1）j t t i t r )432 1()53(2 m ⑵ 1 t s,2 t s 时，j i r 5.081 m ；2114r i j v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时，054r i j v v v ；4t s 时，41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ，则：437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时，033i j v v v v ；4t s 时，437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v v 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。 1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2 26a x ，a 的单位为m/s 2， x 的单位为m 。质点在x =0处，速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值。 解：由d d d d d d d d x a t x t x v v v v 得：2 d d (26)d a x x x v v 两边积分 210 d (26)d x x x v v v 得：2322250x x v ∴ 31225 m s x x v 1.11 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 =2+33t ，式中 以弧度计，t 以秒计，求：⑴ t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；⑵当加速度 的方向和半径成45°角时，其角位移是多少? 解： t t t t 18d d ,9d d 2 ⑴ s 2 t 时，2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a 即： R R 2 ，亦即t t 18)9(2 2 ，解得：9 2 3 t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t 1.13 一质点在半径为0.4m 的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动，其角加速度为 =0.2 rad/s 2，求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度。 解：s 2 t 时，4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a 1 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和 t d d r 有无不同? t d d v 和 t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1） r ?是位移的模，? r 是位矢的模的增量，即r ?1 2r r -=，1 2r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与 r 不同如题1-1图所示 . 题1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即t v a d d = ， t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢） ，所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y = y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝2 2y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=大学物理学下册课后答案(袁艳红主编)
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