第五版大学物理答案(马文蔚)

第五章 静 电 场

5 －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( )

分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为0

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 ).

5 －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 )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零

(C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零

(D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B ).

5 －3 下列说法正确的是( )

(A ) 电场强度为零的点，电势也一定为零

(B ) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零

(C ) 电势为零的点，电场强度也一定为零

(D ) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零

分析与解 电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D ).

5 －9 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为 2204π1L r Q εE -= (2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为

2204π21L

r r Q εE += 若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.

分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直

线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为

r r q εe E 20d π41d '

=

整个带电体在点P 的电场强度 ?=E E d

接着针对具体问题来处理这个矢量积分.

(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，

?=L

E i E d (2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A )所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是

??==L

y E αE j j E d sin d 证 (1) 延长线上一点P 的电场强度?'=

L r πεq E 202d ，利用几何关系 r ′＝

r －x 统一积分变量，则 ()220022

204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=??????+--=-=?电场强度的方向沿x 轴.

(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为

E r εq αE L d π4d sin 20?

'= 利用几何关系 sin α＝r /r ′，22x r r +=' 统一积分变量，则

()2203/22222041π2d π41L r r εQ r x L x

rQ εE L/-L/+=+=?

当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度

r

ε

λ

L

r

L

Q

r

ε

E

l

2

2

π2

/

4

1

/

π2

1

lim

=

+

=

∞

→

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r2/L2＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.

5 －13如图为电四极子，电四极子是由两个大小相等、方向相反的电偶极子组成.试求在两个电偶极子延长线上距中心为z的一点P的电场强度(假设z＞＞d).

分析根据点电荷电场的叠加求P点的电场强度.

解由点电荷电场公式，得

()()k

k

k

E

2

2

2

π4

1

π4

1

2

π4

1

d

z

q

ε

d

z

q

ε

z

q

ε+

+

-

+

=

考虑到z＞＞d，简化上式得

()()

k

k

k

E

4

2

2

2

2

2

2

2

2

2

6

π4

...

3

2

1

...

3

2

1

1

2

π4

/

1

1

/

1

1

1

2

π4

z

qd

ε

q

z

d

z

d

z

d

z

d

z

z

ε

q

z

d

z

d

z

z

ε

q

=

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

+

+

-

+

+

+

+

+

-

=

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

-

+

-

+

-

=

通常将Q＝2qd2称作电四极矩，代入得P 点的电场强度

k

E

4

3

π4

1

z

Q

ε

=

5 －14设匀强电场的电场强度E与半径为R的半球面的对称轴平行，试

计算通过此半球面的电场强度通量.

分析 方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即

??=S

S d s E Φ 方法2：作半径为R 的平面S ′与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理

∑?==?01d 0

q εS S E 这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而

??'

?-=?=S S S E S E Φd d 解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有

??'

?-=?=S S S E S E Φd d 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，

E R πR E 22πcos π=??-=Φ

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①

()r θθθE e e e E sin sin cos sin cos ++=

r θθR e S d d sin d 2=

E R

θθ

ER

θ

θ

ER

S

S

2

π

π

2

2

2

2

π

d

sin

d

sin

d

d

sin

sin

d

=

=

=

?

=

??

?

?S

E

Φ

5 －17设在半径为R的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为

()

()R

r

ρ

kr

ρ

>

=

≤

≤

=

R

r

k为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E与r的函数关系.

分析通常有两种处理方法：(1) 利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有

2

S

π4

d r

E?

=

?

?S

E

根据高斯定理?

?=

?V

ρ

ε

d

1

d

S

E，可解得电场强度的分布.

(2) 利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为r

r

ρ

q'

'

?

=d

π

4

d2，每个带电球壳在壳内激发的电场0

d=

E，而在球壳外激发的电场

r

r

ε

q

e

E

2

π4

d

d=

由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布

()()()()R r r r R r

>=≤≤=?? d R r 0 d 00E E E E

解1 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理??=?V ρεd 1d 0

S E 得球体内(0≤r ≤R ) ()40

0202πd π41π4r εk r r kr εr r E r ==? ()r εkr r e E 0

2

4= 球体外(r ＞R )

()40

0202πd π41π4r εk r r kr εr r E R ==? ()r εkR r e E 0

2

4= 解2 将带电球分割成球壳，球壳带电

r r r k V ρq '''==d π4d d 2

由上述分析，球体内(0≤r ≤R )

()r r r

εkr r r r r k εr e e E 02

22004d π4π41=''?'=? 球体外(r ＞R )

()r r R

r εkR r r r πr k πεr e e E 2

0222004d 441=''?'=? 5 －21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 ＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，

(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .

分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且

??=rL E d π2S E ，求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.

解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理

∑=?0/π2εq rL E

r ＜R 1 ， 0=∑q

01=E 在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变

R 1 ＜r ＜R 2 ，L λq =∑

r

ελE 02π2= r ＞R 2， 0=∑q

03=E

在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变

00π2π2ΔεσrL εL λr ελE === 这与5 －20 题分析讨论的结果一致.

5 －22 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.

分析 由库仑力的定义，根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为

l E d 0

2?∞=Q W 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

()0202V Q V V Q W =-=∞

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

()

02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 4

14132-=-=

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 ()2/322031π2y d εQ E E E y

y y +=+=

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 ()d εQ

y y d εQ Q Q W y 0

22/3220002π8d π241d =+???????--=?-='??∞∞l E 解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 41

2-=，并由电势

的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势

d

εQ d εQ d εQ V 003010π2π4π4=+= 将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功

d

εQ V Q W 02

02π8=-=' 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.. 5 －27 两个同心球面的半径分别为R 1 和R 2 ，各自带有电荷Q 1 和Q 2 .求：

(1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？

分析 通常可采用两种方法(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?∞

?=p p 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

r

εQ V 0π4= 在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势

R

εQ V 0π4= 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

()()()22021321201211 π4 π4

0R r r εQ Q R r R r εQ R r r r >+=

<<=

<=e E e E E 由电势?∞

?=r V l E d 可求得各区域的电势分布.

当r ≤R 1 时，有

202101202121

13211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r +=++??????-+=?+?+?=???∞

l E l E l E 当R 1 ≤r ≤R 2 时，有

20201202120

1322π4π4π411π4d d 2

2R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r +=++?????

?-=?+?=??∞l E l E

当r ≥R 2 时，有

r

εQ Q V r 02133π4d +=?=?∞l E (2) 两个球面间的电势差

???? ??-=?=?21

0121211π4d 21R R εQ U R R l E 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

2

021011π4π4R εQ R εQ V += 若该点位于两个球面之间，即R 1 ≤r ≤R 2 ，则

2

02012π4π4R εQ r εQ V += 若该点位于两个球面之外，即r ≥R 2 ，则

r

εQ Q V 0213π4+=

(2) 两个球面间的电势差 ()2

011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-== 5 －30 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝3.0×10－2 m ，R 2 ＝0.10 m )，带有

等量异号的电荷，两者的电势差为450 Ｖ.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5 －21 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为

r

ελE 0π2=

根据电势差的定义有 1

20212ln π2d 21R R ελU R R =?=?l E

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

10m V 7475π2-?==r

ελE 第六章 静电场中的导体与电介质 6 －1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ）

（A ） 升高 （B ） 降低 （C ） 不会发生变化 （D ） 无法确定 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）。

6 －2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ）

（A ） N 上的负电荷入地 （B ）N 上的正电荷入地

（C ） N 上的所有电荷入地 （D ）N 上所有的感应电荷入地

分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关。因而正确答案为（A ）。

6 －3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图。设无穷远处为零电势，

则在导体球球心O 点有（ ）

（A ）d εq V E 0π4,0== （B ）d

εq V d εq E 020π4,π4== （C ）0,0==V E

（D ）R

εq V d εq E 020π4,π4==

分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。因而正确答案为（A ）。

第七章 恒定磁场

7 －1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R ＝2r ，螺线管通过的电流相同为I ，螺线管中的磁感强度大小B R 、B r 满足（ ）

（A ） r R B B 2= （B ） r R B B = （C ） r R B B =2 （D ）r R B B 4= 分析与解 在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位

长度的匝数之比 21==R r n n r R 因而正确答案为（C ）。

7 －2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量 为（ ）

（A ）B r 2π2 （B ） B r 2

π

（C ）αB r cos π22 （D ） αB r cos π2

分析与解 作半径为r 的圆S ′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S ′的磁通量；S B ?=m Φ．因而正确答案为（D ）． 7 －3 下列说法正确的是（ ）

（A ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过

（B ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零

（C ） 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零

（D ） 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零

分析与解 由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零。因而正确答案为（B ）．

7 －4 在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流I3 ，P 1 、P 2 为两圆形回路上的对应点，则（ ）

（A ） ???=?21L L d d l B l B ，21P P B B = （B ） ??

?≠?21L L d d l B l B ，21P P B B = （C ） ?

??=?21L L d d l B l B ，21P P B B ≠ （D ） ?

??≠?21L L d d l B l B ，21P P B B ≠

分析与解 由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C ）． 7 －10 如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a 、b 两点，并与很远处的电源相接。求环心O 的磁感强度．

分析 根据叠加原理，点O 的磁感强度可视作由ef 、b e 、fa 三段直线以及ac b 、a d b 两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远，0=ef B ．而b e 、fa 两段直线的延长线通过点O ，由于0Idl r ?=，由毕－萨定律知

0be fa ==B B ．流过圆弧的电流I 1 、I 2的方向如图所示，两圆弧在点O 激发的磁场分别为

21101π4r l I μB =,2

2202π4r l I μB = 其中I 1 、I 2 分别是圆弧ac b 、a d b 的弧长，由于导线电阻R 与弧长l 成正比，而圆弧ac b 、a d b 又构成并联电路，故有

2211l I l I =

将B1 、B2 叠加可得点O 的磁感强度B ．

解 由上述分析可知，点O 的合磁感强度

0π4π42220211021=-=-=r

l I μr l I μB B B 7 －11 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，它们在点O 的磁感强度各为多少？

分析 应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度∑=i

B B 0 解 （ａ） 长直电流对点O 而言，有0=?r l Id ，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有

R

I μB 800=

B 0 的方向垂直纸面向外． （ｂ） 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得

R

I μR I μB π22000-=

B 0 的方向垂直纸面向里． （c ） 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得

R

I μR I μR I μR I μR I μB 4π24π4π4000000+=++= B 0 的方向垂直纸面向外．

7 －12 载流导线形状如图所示（图中直线部分导线延伸到无穷远），求 点O 的磁感强度B ．

分析 由教材7 －4 节例题可知，圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度

R

αI μB π40=

，其中α为圆弧载流导线所张的圆心角，磁感强度的方向依照右手定则确定；半无限长载流导线在圆心点O 激发的磁感强度R I μB π40=，磁感强度的方向依照右手定则确定。

点O 的磁感强度B O 可以视为由圆弧载流导线、半无限长载流导线等激发的磁场在空间点O 的叠加。

解 根据磁场的叠加

在图（ａ）中，

k i k k i B R

I μR I μR I μR I μR I μπ24π4π44000000--=---

= 在图（ｂ）中， k i k i i B R

I μR I μR I μR I μR I μπ41π14π44π4000000-??? ??+-=---

= 在图（c ）中， k j i B R

I μR I μR I μπ4π4830000---= 7 －15 如图所示，载流长直导线的电流为I ，试求通过矩形面积的磁通量．

分析 由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量Φ≠BS ．为此，可在矩形平面上取一矩形面元d S ＝l d x ［图（ｂ）］，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为

x l x

l μΦd π2d d 0=

?=S B 矩形平面的总磁通量 ΦΦ?=d

解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量

?==2

11

200ln π2d π2d d d d Il μx l x l μΦ 7 －17 有一同轴电缆，其尺寸如图（ａ）所示．两导体中的电流均为I ，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑．试计算以下各处的磁感强度：（1） r ＜R 1 ；（2） R 1 ＜r ＜R 2 ；（3） R 2 ＜r ＜R 3 ；（4） r ＞R 3 ．画出B －r 图线．