大學物理第二版答案

1、 習 題 解 答第一章 質(zhì)點運動學1-1 (1) 質(zhì)點t時刻位矢為：(m)(2) 第一秒內(nèi)位移 (3) 前4秒內(nèi)平均速度 (4) 速度 (5) 前4秒平均加速度 (6) 加速度1-2 當t=2時x=4代入求證 c=12即 將t=3s代入證1-3 (1) 由運動方程消去t得軌跡方程 (2) 1秒時間坐標和位矢方向為 4,5m: (3) 第1秒內(nèi)的位移和平均速度分別為 (4) 質(zhì)點的速度與加速度分別為 故t=1s時的速度和加速度分別為 1-4 該星云飛行時間為 即該星云是年前和我們銀河系分離的.1-5 實驗車的加速度為 基本上未超過25g. 1.80s內(nèi)實驗車跑的距離為1-6 (1)設(shè)第一塊石頭扔

2、出后t秒未被第二塊擊中，則代入已知數(shù)得解此方程，可得二解為 第一塊石頭上升到頂點所用的時間為由于,這對應于第一塊石頭回落時與第二塊相碰；又由于這對應于第一塊石頭上升時被第二塊趕上擊中.以和分別對應于在t1和時刻兩石塊相碰時第二石塊的初速度，則由于所以 同理. (2) 由于,所以第二石塊不可能在第一塊上升時與第一塊相碰.對應于t1時刻相碰，第二塊的初速度為 習題1-7圖1-7 以l表示從船到定滑輪的繩長，則.由圖可知于是得船的速度為負號表示船在水面上向岸靠近. 船的加速度為負號表示a的方向指向岸邊，因而船向岸邊加速運動.1-8 所求位數(shù)為1-9 物體a下降的加速度(如圖所示)為 此加速度也等于輪

3、緣上一點在時的切向加速度，即 在時的法向加速度為習題1-9圖 習題1-10圖1-10 ,.如圖所示，相對南面，小球開始下落時，它和電梯的速度為以t表示此后小球落至底板所需時間，則在這段時間內(nèi)，小球下落的距離為電梯下降的距離為又由此得而小球相對地面下落的距離為 1-11 畫出速度矢量合成圖(a)又，速度矢量合成如圖（b）兩圖中應是同一矢量.可知（a）圖必是底角為的等腰直角三角形，所以，風向應為西北風，風速為習題1-11圖習題1-12圖1-12 (1) (2) (3) ,如圖所示風速u由東向西，由速度合成可得飛機對地速度,則. 證畢1-13 （1）設(shè)船相對岸的速度為(如圖所示),由速度合成得習題1

4、-13圖v的大小由圖1.7示可得即而船達到b點所需時間ab兩點之距將式（1）、（2）代入可得 (2) 由船到對岸所需最短時間由極值條件決定即 故船頭應與岸垂直，航時最短.將值代入（3）式得最短航時為 (3) 設(shè),則欲使l最短，應滿足極值條件. 簡化后可得即 解此方程得故船頭與岸成，則航距最短.將值代入（4）式得最小航程為 ab兩點最短距離為第二章 質(zhì)點動力學2-1 （1）對木箱，由牛頓第二定律，在木箱將要被推動的情況下如圖所示，x向：y向：習題2-1圖還有 解以上三式可得要推動木箱所需力f的最小值為在木箱做勻速運動情況下，如上類似分析可得所需力f的大小為（2）在上面的表示式中，如果，則，這意味

5、著用任何有限大小的力都不可能推動木箱，不能推動木箱的條件是由此得的最小值為2-2 （1）對小球，由牛頓第二定律x向：y向：聯(lián)立解此二式，可得習題2-2圖由牛頓第三定律，小球?qū)π泵娴膲毫Γ?）小球剛要脫離斜面時n=0，則上面牛頓第二定律方程為由此二式可解得2-3 要使物體a與小車間無相對滑動，三物體必有同一加速度a,且掛吊b的繩應向后傾斜。作此時的隔離體受力圖如圖所示 習題2-3圖三物體只有水平方向的運動，只須列出水平方向的牛頓方程及相關(guān)方程：為繩中的雨拉力在水平向的合力聯(lián)立（1），（2），（3），（4），（5）解得（因為三個物體有同一加速度a，且在水平方向只受外力f的作同，所以，可將三個物體看

6、作一個物體：再與（1），（2），（3）式聯(lián)立求解即可。）2-4 由圖寫出力函數(shù)用積分法求解。 (1)由得 (2)在內(nèi) (3)當t=5時： 在5-7s內(nèi)再用（2）式 (4)當t=7時：再用積分法： (5)在0-5s內(nèi)，由（3）式積分即 再由（4）式求5得得 2-5 設(shè)兩物體未用繩連接則由牛頓第二定律，沿x方向，對a，有對于b，有由此得習題2-5圖（1）如圖所示，a在下，b在上。由于。所以繩被拉緊，二者一起下滑，而。以分別表示繩對a和b的拉力，則由牛頓第二定律，沿x方向?qū)： 對b： 由此得（2）圖中繩中張力為（3）如果互換位置，a在上，b在下，則由于，連接繩子將松弛，因而t=0，此時ab的加速度

7、即習題2-6圖2-6 當漏斗轉(zhuǎn)速較小時，m有下滑趨勢，小物體受最大靜摩擦力方向向上，如圖所示。對小物體，由牛頓第二定律x向：y向：還有 聯(lián)立解以上各式，可得或當n足夠大時，小物體將有上滑趨勢，它將受到向下的靜摩擦力，即的方向與圖2.6中所示的方向相反。與上類似分析可得最大轉(zhuǎn)速為總起來講，小物體在漏斗壁上不動，轉(zhuǎn)速n應滿足的條件是2-7 設(shè)圓柱與繩索間的摩擦力為f，繩對重物m1的拉力t1，m1和m2對地加速度分別為a1、a2，對m1、m2列出方程聯(lián)立解出：習題2-7圖2-8 質(zhì)點在x、y兩個方向都是勻加速直線運動。2-9 （1）積分得（2）積分得 （3）利用（1）的結(jié)果，令v=0得 代入（2）的

8、結(jié)果中得 （4）將代入（1）的結(jié)果中得 習題2-10圖2-10 初始時刻，t時刻受力如圖所示，設(shè)x為該時刻入水長度，棒的橫截面積為s，有當時有即 （1）（1）當時 （2）（2）當時，（2）式無意義，即此條件將使棒不可能全部沒入液體中，但（1）式仍然成立，當棒到達最大深度xm時v=0，由（1）式得： 即為所求（3）由（1）式求極值得：當時有2-11 以m和m分別表示木星和木衛(wèi)三的質(zhì)量，則由萬有引力定律和牛頓第二定律，可得習題2-12圖2-12 （1）設(shè)鏈條的質(zhì)量線密度為，鏈條開始下滑時，其下垂直度為，應滿足的條件是其下垂部分的重力等于或大于其在桌面部分的摩擦力，即：（2）據(jù)功能原理開始下滑時在桌

9、面部分的長度為當鏈條的a端從o點沿y軸運動到y(tǒng)0點過程中，摩擦力作功為設(shè)桌面為勢能零點，則鏈開始下滑到a端離桌面時的機機械能分別為于是有化簡可得習題2-13圖2-13 由于，故沖量的大小由圖所示可得i與水平方向的夾角為球受到的平均沖力2-14 （1）4秒內(nèi)力的沖量（2）由動量定量可得（3）據(jù)題設(shè)， 即2-15 忽略軌道阻力，故在加載過程中列車與礦砂系統(tǒng)在水平方向動量守恒，即由此得t時速度t時加速度為2-16 以分鐘計，槍對子彈的平均推力為槍視作靜止，此力也等于肩對槍托的平均推力，由牛頓第三定律可知，槍托對肩的壓力就等于11.6n.2-17 原子核蛻變過程應滿足動量守恒定律.以p3表示蛻變后原子

10、核的動量，應有習題2-17圖由圖可知，p3的大小為 p3的方向應p1和p2所在的平面內(nèi)，而且與p1的夾角為2-18 對太空慣性系，以的方向為正方向，以v1和v2分別表示火箭殼和儀器艙分開后各自的速度.由火箭殼和儀器艙的總動量守恒給出由于儀器艙應在前，所以,即.將此式代入上式得由此得v1,v2均為正值，故二速度皆沿正向，即與未分開前的方向相同.2-19 兩車相撞后的加速度為,由此可知剛撞后二者扣在一起時的速率為如果兩車均未超限制，并都以最大允許速率v1開行，則由兩車的動量守恒可得(如圖所示)習題2-19圖由此可得撞后速度應 由于實際撞后的初速，所以兩個司機的話并不都可信，至少一人撒謊.習題2-2

11、0圖2-20 (1)如圖所示，沿豎直方向，分別對m和m用牛頓第二定律可得由此可得(2)在加速的過程，起重間上升的距離為,這也就是電動機拖動鋼纜的距離，電動機做的功為 （3）起重間勻速上升時，滑輪兩側(cè)鋼纜中的張力分別為.拖動鋼纜的距離為時電動機又做的功是 2-21 如圖所示，以f表示馬拉雪橇的力，則對雪橇，由牛頓第二定律習題2-21圖 切向： 法向：再由可解得由此得馬拉雪橇做功 重力對雪橇做的功為 摩擦力對雪橇做的功為 2-22 設(shè)加速度為a, ab=s在b點速度為,在c點速度為，整個運動分為三個分過程:勻加速直線運動習題2-22 (1)：機械能守恒 (2)在c點,重力提供向心力 (3) ：平拋

12、運動 (4) (5) 聯(lián)立(1)、（2）、（3）、（4）、（5）,可解得 .習題2-23圖2-23 設(shè).如圖所示，寫出各個過程的相應方程. ：機械能守恒 (1)b點碰撞：動量、機械能守恒 ：平拋運動 m2在c點時: ：以上述速度作斜拋運動，但其加速度由下式確定 由(8)、（9）、（10）可確定射程cd為聯(lián)立（1）至（11）式可解證2-24 在c開始運動之前，a、b有同一加速度a,對a、b作受力分析（如圖所示）有習題2-24圖 (1) b: (2)由（1）、（2）解證設(shè)bc間繩長為l,，在t時間內(nèi)b作勻加速運動.則 證 b和c之間繩子剛要拉緊時，a和b所達到的速度為bc間繩拉緊前后，由動量原理有

13、 (作用時間短，重力的沖量可忽略，故可看作動量守恒.)聯(lián)立（3）、（4）、（5）解證2-25 設(shè)在t秒時，盒內(nèi)已落有的石子質(zhì)量為mt (1)而石子落入盒內(nèi)時速度為 (2)在此后dt時間內(nèi)，將有質(zhì)量dmt的石子落入盒內(nèi) (3)對這些石子用動量定理,設(shè)的石子受到盒對它的作用力為dn, 以向下為正則 而已有的質(zhì)量為mt的石子受到盒對它的作用力的大小等于石子的重力.mtg=n.秤的讀數(shù)為 2-26 用動量定理求解a到b的時間為重力的沖量為習題2-26圖方向向下(如圖所示)小球動量增量為其中r由小球的動力學方程 求證由動量定理由圖可證 與水平方向的夾角為2-27 設(shè)鐵錘與鐵釘撞擊中能量損耗不計，重力的功

14、不計，由動能定理有而，對第一次打擊對第二次打擊解證 第二次擊入的深度為2-28 靜止時各處t=mg，對兩彈簧有所以，兩彈簧的伸長量之比為兩彈簧的彈性勢能之比為2-29 （1）子彈與擺錘碰撞，水平方向動量守恒 (1)v1為擺錘碰撞后之速度，擺錘獲此速度后作圓周運動，在鉛直面內(nèi)機械能守恒 (2)欲完成一圓周運動，擺錘在最高點必須滿足條件 (3)由（3）式得代入（2）式得，再代入（1）式可得子彈的最小速度2-30 小球與彈簧振動系統(tǒng)相互碰撞，水平方向動量守恒 (1)v為彈簧系統(tǒng)的啟動速度，它在被壓縮過程中機械能守恒，設(shè)最大壓縮長度為，則有 (2)將（1）、（2）兩式聯(lián)立求解得 （2）碰撞是非彈性的，

15、其機械能損失為 (3) 小球與m完全非彈性碰撞，碰撞后彈簧被壓縮，據(jù)此可列式解得機械能損失 第三章 剛體的定軸轉(zhuǎn)動3-1 （1）鐵餅離手時的角速度為（2）鐵餅的角加速度為（3）鐵餅在手中加速的時間為3-2 （1）初角速度為末角速度為角加速度為（2）轉(zhuǎn)過的角度為（3）切向加速度為法向加速度為總加速度為總加速度與切向的夾角為3-3 （1）對軸i的轉(zhuǎn)動慣量對軸ii的轉(zhuǎn)動慣量（2）對垂軸的轉(zhuǎn)動慣量3-4 （1）設(shè)垂直紙面向里的方向為正，反之為負，則該系統(tǒng)對o點的力矩為（2）系統(tǒng)對o點的總轉(zhuǎn)動慣量等于各部分對o點的轉(zhuǎn)動慣之和，即（3）由轉(zhuǎn)動定律 可得3-5 （1）摩擦力矩恒定，則轉(zhuǎn)輪作勻角加速度運動，故

16、角加速度為第二秒末的角速度為（2）設(shè)摩擦力矩與角速度的比例系數(shù)為，據(jù)題設(shè)可知據(jù)題設(shè)時，故可得比例系數(shù)由此時，轉(zhuǎn)輪的角速度為3-6 設(shè)飛輪與閘瓦間的壓力為n，如圖示，則二者間摩擦力，此摩擦力形成阻力矩，由轉(zhuǎn)動定律其中飛輪的轉(zhuǎn)動慣量，角加速度，故得習題3-6圖見圖所示，由制動桿的平衡條件可得得制動力3-7 如圖所示，由牛頓第二定律習題3-7圖對 對對整個輪，由轉(zhuǎn)動定律又由運動學關(guān)系 聯(lián)立解以上諸式，即可得3-8 設(shè)米尺的總量為m，則直尺對懸點的轉(zhuǎn)動慣量為(a) (b)又從水平位置擺到豎直位置的過程中機械能守恒（以水平位置為o勢能點）即 3-9 m視為質(zhì)點，m視為剛體（勻質(zhì)圓盤）。作受力分析（如圖所

17、示）習題3-9圖(1)（1）由方程組可解得物體作勻加速運動（2）物體下落的距離為當t=4時（3）繩中張力由方程組解得解法2：以t=0時物體所處位置為坐標原點o，以向下為x正方向.習題3-9圖(2)（1）由機械能守恒： 兩邊就t求導得（2）（3）勻加速運動，由以及知3-10 如圖所示，唱片上一面元面積為,質(zhì)量為,此面元受轉(zhuǎn)盤的摩擦力矩為各質(zhì)元所受力矩方向相同，所以整個唱片受的磨擦力矩為 習題3-10圖唱片在此力矩作用下做勻加速轉(zhuǎn)動，角速度從0增加到需要時間為唱機驅(qū)動力矩做的功為唱片獲得的動能為3-11 對整個系統(tǒng)用機械能守恒定律以代入上式，可解得3-12 （1）丁字桿對垂直軸o的轉(zhuǎn)動慣量為對軸o

18、的力矩，故由可得釋手瞬間丁字桿的角加速度（2）轉(zhuǎn)過角后，知矩。由機械能守恒知此時角動量轉(zhuǎn)動動能為3-13 （1）利用填補法，將小碎片填入缺口，此時為均勻圓盤對o軸的轉(zhuǎn)動慣量，挖去小碎片，相應減少，故剩余部分對o的轉(zhuǎn)動慣量為（2）碎片飛離前后，其角動量守恒故剩余部分的角速度與原來的角速度相等。3-14 由于轉(zhuǎn)臺和人系統(tǒng)未受到沿軸方向外力矩，所以系統(tǒng)的角動量守恒，即由此可得轉(zhuǎn)臺后來的角速度為3-15 慧星在有心力場中運動，角動量守恒。設(shè)其質(zhì)量為m，近日點速率為v1，與太陽之距r1;遠日點速率為v2，與太陽之距r2，則有3-16 （1）由于（2）由飛船和宇航員系統(tǒng)角動量守恒可得由此得飛船角速度為（3

19、）飛船轉(zhuǎn)過用的時間，宇航員對飛船的角速度為，在時間t內(nèi)跑過的圈數(shù)為3-17 太陽自轉(zhuǎn)周期按25d計算，太陽的自轉(zhuǎn)角動量為此角動量占太陽系總角動量的百分數(shù)為3-18 （1）由于外力沿轉(zhuǎn)動中心o，故外力矩恒為零，質(zhì)點的角動量守恒，即故小球作半徑r2的圓周運動的角速度為（2）拉力f做功為3-19 （1）（2）在轉(zhuǎn)動過程中無耗散力，系統(tǒng)機械能守恒，設(shè)初始時刻重力勢能為零，有解得： 3-20 （1）子彈射入木棒中為完全非彈性碰撞，角動量守恒：解得（2）上擺過程機械能守恒即，上式可近似為解得 即為第二象限的角度，本題中即棒向上擺可超水平位置（）。由于棒的最大擺角約為第四章 狹義相對論4-1 利用 其中 習

20、題4.2圖4-2 x1=0 x2=1200 km 即，則長沙的班機后起飛. （代入數(shù)據(jù)可得）4-3 地球與星球的距離l0=5光年（固有長度），宇航員測量的長度l=3光年（運動長度），由長度收縮公式得得火箭對地的速度4-4 則代入得4-5 解法一 (1) 根據(jù)題意(a) (b) 習題4-5圖 長度沿運動方向縮短因為 因為(2) 解法二 , 由 4-6 (1)對oa(或ob) 習題4-6 (a)圖 在s系（相對系以）周長(2) 習題4-6 (b)圖對oa(或ab)s系中長度為 對ob,在s系中長度為周長 4-7 s系測量的時間間隔為固有時系測量的時間間隔為運動時,根據(jù)時間延緩公式得s系對s系的速率

21、在s系測量的兩個事件的空間間隔為或 4-8 (因為流星是從船頭飛向船尾) 4-9 根據(jù)相對論動力學基本方程得 (1)對上式積分 得 (1) 當t時， 則v=at時, v=c時 4-10 4-11 略4-12 略4-13 略4-14 略4-15 略4-16 根據(jù)質(zhì)能公式得太陽因輻射能量每秒減少的質(zhì)量為與太陽質(zhì)量的比值 這個比值是非常小的.4-17 略第5章 靜電場5-1 兩小球處于如題5-1圖所示的平衡位置時，每小球受到張力t，重力mg以及庫侖力f的作用，則有和,由于很小，故習題5-1圖 5-2 設(shè)q1,q2在c點的場強分別為和，則有 習題5-2圖 方向沿ac方向 方向沿cb方向 c點的合場強的

22、大小為： 設(shè)e的方向與cb的夾角為，則有5-3 坐標如題9-3圖所示，帶電圓弧上取一電荷元，它在圓心o處的場強為習題5-3圖，方向如題9-3圖所示，由于對稱性，上、下兩帶電圓弧中對應電荷元在圓心o處產(chǎn)生的de1和de2在x方向分量相互抵消。，圓心o處場強e的y分量為 方向沿y軸正向。5-4 （1）如題5-4圖(a)，取與棒端相距d1的p點為坐標原點,x軸向右為正。設(shè)帶電細棒電荷元至p點的距離x，它在p點的場強大小為習題5-4圖（a） 方向沿x軸正向 各電荷元在p點產(chǎn)生的場強方向相同，于是 方向沿x軸方向。（2）坐標如題5-4圖(b)所示，在帶電細棒上取電荷元與q點距離為r，電荷元在q點所產(chǎn)生的

23、場強，由于對稱性，場de的x方向分量相互抵消，所以ex=0,場強de的y分量為習題5-4圖（b） 因 其中 代入上式得 方向沿y軸正向。5-5 帶電圓弧長,電荷線密度。帶電圓弧在圓心o處的場強等價于一個閉合帶電圓環(huán)（線密度為）和一長為d、電荷線密度為-的小段圓弧在o處場強的矢量和。帶電閉合圓環(huán)在圓心處的場強為零，而dr,小段帶電圓弧可視為點電荷，所帶電量，故圓心處的場強，,方向由圓心指向空隙中心。5-6 （1）點電荷q位于一立方體中心，則通過立方體每一面的電通量相等， 通過每一面的電通量為總通量的,即（2）如果這點電荷移到立方體的一個角上，則電荷q所在頂角的三個面上，因為各點平行于該面，所以這

24、三個面的電通量均為零，另三個面的電通量相等。如果要把q全部包圍需要有8個立方體，相當于有24個面，每一面上通過的電通量為總通量的，即習題5-7圖（a）5-7 解法（一）通過圓形平面的電通量與通過以a為球心，為半徑，以圓平面的周界為周界的球冠面的電通量相等，該球冠面的面積，通過整個球面的電通量，所以通過該球冠面的電通量為 解法（二）在圖形平面上取一同心面元環(huán)，設(shè)其中半徑為r，寬為dr,此面元的面積。設(shè)此面元對a點的半張角為，見圖所示，由通量公式可得習題5-7(b)圖 5-8 通過此半球面的電通量與通過以o為圓心的圓平面電通量相等，無限大平面外任一點的場強為， 通過該球面的電通量為5-9 設(shè)想地球

25、表面為一均勻帶電球面，則它所帶總電量為 5-10 設(shè)均勻帶電球殼內(nèi)、外半徑分別為r1和r2，它所產(chǎn)生的電場具有球?qū)ΨQ性，以任意半徑r作一與均勻帶電球殼同心的高斯球面s，由高斯定理可得 當時，, 5-11 無限長均勻帶電圓柱面產(chǎn)生的電場具有軸對稱性，方向垂直柱面，以斜半徑r作一與兩無限長圓柱面的同車圓柱面以及兩個垂直軸線的平面所形成的閉合面為高斯面，由高斯定理可得 （1）當rr1， （2）當時 ; （3）當時，, 5-12 見題5-12圖所示，由于平面無限大，電荷分布均勻，且對中心面s0（圖中虛線）對稱，電場分布也應具有均勻性和對稱性，即在與帶電板平行且位于中心面s0兩側(cè)距離相等的平面上場強大小

26、應處處相等，且方向垂直該平面。過板內(nèi)p點或板外q點作軸線與x軸平行，兩底面積為s且相對中心面s0對稱的閉合正圓柱面為高斯面，由高斯定理可得：（1）平板內(nèi)習題5-12圖 方向垂直板面向外（2）平板外 方向垂直板面向外。5-13 由于電荷分布具有軸對稱性，故其場強必沿柱體的徑向，其大小也具有軸對稱性，故在圓柱體內(nèi)取下同心薄圓筒，其半徑為r，厚度dr，長l，見右圖示，根據(jù)高斯定理可得習題5-13圖 5-14 設(shè)想原來不帶電的小空腔內(nèi)同時存在電荷體密度為的兩種電荷，則原帶電荷等價于一個半徑為r，電荷體密度為的均勻帶電球體和一個半徑為r，電荷體密度為的均勻帶電球體的組合，空間各處的場強等于這兩個均勻帶電

27、球體產(chǎn)生場強的矢量和。對于球心o處，由于均勻帶電球體球心處的場強為零，所以習題5-14圖方向由o指向。 對于球心處， 方向由o指向。 對于空腔內(nèi)的任一點p，位置如圖所示。 以上計算表明空腔任意點的場強大小均為且方向均由o指向，所以，空腔內(nèi)為勻強電場。習題5-15圖5-15 電偶極子在均勻電場中所受的力矩為 為電矩與兩方向間的夾角，當時，外電場作用于電偶極子上的力矩最大 5-16 外力所作的功為 5-17 （1）氫原子內(nèi)負電荷的總電量為 （2）由于負電荷呈球狀對稱分布，故可采用高斯定理計算負電荷產(chǎn)生的電場強度的大小為 正電荷在球心，其產(chǎn)生的電場強度的大小為則在距球心r處的總電場強度為，其大小為的

28、方向沿徑向向外。5-18 電場力的功 5-19 由高斯定理可求得是空間場強分布（略）離球心為處的電勢 習題5-20圖(a)5-20 （1）電荷線密度，坐標如題5-20圖(a)所示，距原點o為x處取電荷元，它在p點的電勢 p點的總電勢 習題5-20圖（b） （2）坐標如題5-20圖(b)所示，電荷元在q點的電勢 q點的總電勢 習題5-21圖5-21 半圓環(huán)中心o的場強（或電勢）是兩段帶電直線和帶電半圓環(huán)在該處場強（或電勢）的迭加，由于兩直線對o對稱，所以兩帶電直線在o處的場強大小相等，方向相反，相互抵消，因而o處的場強就是帶電半圓環(huán)在o處的場強，取電荷元,它在o處場強，由于對稱性，各的x分量相互

29、抵消。 的y分量為 o處的電勢 5-22 由高斯定理可求得兩無限長同軸圓柱面間的場強為，所以兩圓柱面間的電勢差 5-23 靜電平衡時，導體球殼內(nèi)、外表面均有感應電荷，由于帶電系統(tǒng)具有球?qū)ΨQ性，所以內(nèi)表面均勻分布有-q電荷，外表面均勻分布+q電荷，可判斷電場分布具有球?qū)ΨQ性，以任意半徑r作一與球殼同心的高斯球面s，由高斯定理可得當 由電勢定義式可求得電勢分布 5-24 （1）內(nèi)球電荷q均勻分布在外表面，外球內(nèi)表面均勻感應電荷-q，外表面均勻分布電荷q+q，由高斯定理可求得電場分布（略） 由電勢定義可求得內(nèi)球電勢 （2）用導線把兩球連接起來時，內(nèi)球和外球內(nèi)表面電荷中和，這時只有外球的外表面帶有q+

30、q電荷，外球殼外場強不變，外球電勢不變，這時兩球是等勢體，其電勢均為原外球殼電勢270v。 （3）若外球殼接地，外球電勢為零，外球外表面電荷為零，內(nèi)球的電荷以及外球內(nèi)表面電荷分布不變，所以內(nèi)球的電勢 5-25 由于帶電系統(tǒng)具有軸對稱性，所以電荷分布和電場分布也應具有軸對稱，靜電平衡時，圓柱形導體電荷均勻分布在其外表面，單位長度電量為，導體圓筒內(nèi)表面均勻分布有感應電荷，其單位長度的電量為，外表面電荷均勻分布，單位長度的電量為。以任意半徑r作同軸封閉圓柱面為高斯面，則由高斯定理得： 當 5-26 （1）a板帶正電荷q分布在左右兩表面上，設(shè)b板感應電荷為-q1，c板感應電荷為-q2，則ab、ac間均

31、可視為勻強電場依題意 可得 即b板上感應電荷為,c板上感應電荷為 a板的電勢 （2）當ab間充以電介質(zhì)時，則有下列關(guān)系 仍可解得 , 所以b板上的感應電荷為 c板上感應電荷為 a板上電勢 5-27 設(shè)ab兩板各面上的電荷面密度分別為，空間各處場強方向應與板面垂直，作如題9-27圖所示的閉合圓柱面為高斯面，由于導體內(nèi)場強處處為零，a、b兩板間場強方向平行于圓柱側(cè)面，所以通過高斯面的電通量為零，由高斯定理習題5-27圖 （1）a板內(nèi)的p點場強為 （2）若a板帶電qa，b板帶電qb，板面積為s，則有 （3） （4）由（1）、（2）、（3）、（4）式可得 5-28 點電荷q使金屬球上產(chǎn)生感應電荷，由于

32、金屬球與地相聯(lián)，其電勢為零，球心處的電勢應是點電荷q和球上感應電荷在此處產(chǎn)生電勢之和，即 即金屬球上感應q/3的負電荷。5-29 （1） （2） （3） （4） （5） 設(shè)極化電荷產(chǎn)生的場強為，則，其中為極板上極化電荷面密度，則極化電荷 （6） 或 5-30 （1）以任意r為半徑作金屬球的同心球面為高斯面，由介質(zhì)中的高斯定理得當 （2）由電勢定義式可得 （3） 5-31 （1） （2） （3） （4） 5-32 設(shè)a、b兩導體球分別帶有電荷q和-q，則兩球的電勢差為 5-33 用導線連接二導體，這相當將電容c1和c2并聯(lián)，此時等效電容和總電量分別為 根據(jù)電容，故聯(lián)接二導體后它們的電勢為 這時電

33、容上的電量為 則由導體1流向?qū)w2的電量為 5-34 （1）以任意半徑r作金屬球的同心球面為高斯面，由介質(zhì)中的高斯定理可得：當 （2）電勢分布： （3）這相當于內(nèi)外半徑分別為r與a的球形空氣電容器c1與內(nèi)外半徑分別為a與b的球形介質(zhì)電容器c2，二者相串聯(lián)，其等效電容為其中將c1、c2代入上式5-35 （1）在介質(zhì)中以任意半徑r作圓柱體同軸的閉合圓柱面為高斯面，由介質(zhì)中的高斯定理可得 （2）設(shè)介質(zhì)內(nèi)表面上單位長度的極化電荷為，則對上述高斯面應用高斯定理則介質(zhì)內(nèi)表面上的極化電荷面密度為介質(zhì)外表面上的極化電荷密度為5-36 （1）設(shè)兩電介質(zhì)中的電位移和場強分別為d1、d2和e1、e2，兩板板間的電勢

34、差 則兩介質(zhì)中各點的能量體密度為 （2） （3） 5-37 （1）由高斯定理可求得電場分布 整個電場儲存的能量 （2）導體球殼接地，導體球殼外表面不帶電，球殼外場強為零，這時電場的能量 由 得5-38 （1）平行板電容器抽出金屬板后的電容為，插入金屬板時的電容為，當充電到后拆去電源，然后抽出金屬板，除金屬板秘在位置外的空間場強不變，均為 （2） 抽出金屬板需作功 5-39 由高斯定理可求得帶球體內(nèi)、外的場強為（略）其電場所儲存的能量 5-40 由于并聯(lián)前后電量不變，所以有由此可得能量減少為 第6章 穩(wěn)恒磁場6-1 由畢沙定律可得 點， 點， 點， 點， 點， 6-2 在x軸上p點的磁感應強度如

35、圖示，可得 習題6-2圖 顯然x=0處為b的最大值6-3 解法（一）由直電流磁場公式習題6-3圖-3圖可得a點的磁感（見圖示） 的方向由右手定則知為垂直紙面向外。習題6.3圖（2） 解法（二） p點的磁感應強度大小為 b為場點p到載流直導線的垂直距離。第1段載流直導線在a點產(chǎn)生的。第2段載流直導線在a點產(chǎn)生的b2。 則習題6.3圖（3） 6-4 方向垂直紙面向外。6-5 （1）p點的磁感應強度為 （2）據(jù)題設(shè)，則p點的b為令 則 當x=0時，u=v, 這表明a=r, x=0處的o點磁場最為均勻。將上述條件代入b中，可得o點磁感6-6 在薄金屬板上距邊界o點為l處取一元電流di，其寬度dl，見圖示，則此元電流在p點產(chǎn)生的磁感為習題6-6圖 故整個電流i在p點產(chǎn)生的磁感為的方向垂直平面向外。6-7 在半球面上任意取一圓形元電流，如圖所示，設(shè)此元電流半徑為r，寬為，故。di對球心o的半張角為，其中心與球心o相距為x，則，則此元電流di在o點產(chǎn)生磁感為：由此可得o點的磁感應強度習題6-7圖 的方