大物下習(xí)題答案

1、11-3 .將一oo習(xí)題11“無限長”帶電細(xì)線彎成圖示形狀，設(shè)電荷均勻分布，電 荷線密度為A ,四分之一圓弧AB的半徑為R ,試求圓 心0點(diǎn)的場強(qiáng)。解：以0為坐標(biāo)原點(diǎn)建立xOy坐標(biāo)，如圖所示對于半無限長導(dǎo)線A-在0點(diǎn)的場強(qiáng)：有:對于半無限長導(dǎo)線兀JIEax =(cos一 一COST!)4兀 0R2AJIEav =(sin sin 兀)y4 兀 oR2B處在O點(diǎn)的場強(qiáng)：(sin 兀一sin 藝)2Ebx =(sin 兀I4兀気RZ兀Eb y =(cos - cos兀)y 4 兀 oR2有：對于AB圓弧在O點(diǎn)的場強(qiáng)：有:JI -Eabx = f COSO do =(sin 一sin 兀)0 4 兀

2、 oR4 兀2 扎入兀=sin 0 d 0 = (cos -cos兀)0 4兀名0R4兀0R2=Eo y =4兀査R ,4兀E0R，得：E = ZE2 EABy總場強(qiáng):EOx4兀 0RI I(F+j)II8R或?qū)懗蓤鰪?qiáng)：Y Ox Oy 4oR，方向45。11-5 .帶電細(xì)線彎成半徑為R的半圓形，電荷線密度 為譏sin護(hù)，式中入0為一常數(shù)，為半徑R與x軸 所成的夾角，如圖所示.試求環(huán)心 0處的電場強(qiáng)度。Adiss inddE =2 =解：如圖，4oR4oR ,IdEx =dEcosidEy =dEs in考慮到對稱性，有：E兀幾0s in 2dE = JdEy = JdEsin W = = 00

3、/f 兀(1-COS2護(hù))_ 禮4兀R4兀 E0R 028%R=0 ；方向沿y軸負(fù)向。11-15.圖示為一個均勻帶電的球殼，其電荷體密度為P,球殼內(nèi)表面 半徑為R1，外表面半徑為R2 .設(shè)無窮遠(yuǎn)處為電勢零點(diǎn)，1 / 8求空腔內(nèi)任一點(diǎn)的電勢。解：當(dāng)R1時，因高斯面內(nèi)不包圍電荷，有：Ei=0433P3兀（r -Ri） p（r3_Ri3）E2 =4吟r當(dāng)R, R2時，有： 以無窮遠(yuǎn)處為電勢零點(diǎn)，有：J J 比 R： P （r3R3）kP（R；R3）P 2211-19.如圖所示，一個半徑為R的均勻帶電圓板，其電荷面密度為 b （ 0）今有一質(zhì)量為m ,電荷為-q的粒子（q 0）沿圓板軸線（X軸） 方向

4、向圓板運(yùn)動，已知在距圓心 0 （也是X軸原點(diǎn)）為b的位置上時， 粒子的速度為V0，求粒子擊中圓板時的速度（設(shè)圓板帶 X電的均勻性始終不變）。解：均勻帶電圓板在其垂直于面的軸線上 x 0處產(chǎn)生的 電勢為：R2JrRi3如2Is, U=E-X0),那么,Uob=Uoio(R+b-E)1 m v2 =1 m v： (一qU Ob)=丄 mv： +(R + b-ylRb2) 由能量守恒定律，222“0v = jV： +竺(R+b-jR2 +b2)有： Vm%大學(xué)物理第12章課后習(xí)題12-3.有一外半徑為 R-，內(nèi)半徑R2的金屬球殼，在殼內(nèi)有一半徑為R3的金屬球，球殼和內(nèi)球均帶電量q，求球心的電勢.解：

5、由高斯定理，可求出場強(qiáng)分布：E =0=q24 兀 e0r=0r R3E2RgCr R1U0=r Eidp+ f01FR2 E2 dR3JR =J處JJr E3dj E4 drR2R17 / 8（內(nèi)）和圓筒（外）構(gòu)成，設(shè)內(nèi)圓柱V 求其離軸為r處（Ri r R2）的電勢為rR2q dr 亠嚴(yán) 2qq （ 11 丄 2、覽4兀坯r2冃4?！皉212-9 .同軸傳輸線是由兩個很長且彼此絕緣的同軸金屬圓柱 半徑為R1，電勢為V1，外圓筒的內(nèi)半徑為R2,電勢。解： R1r 內(nèi)外圓柱間電勢差為：y-V2 = f dr冃2応r則：丄=252 兀名0 ln (R2/R,)R,/同理，r處的電勢為：ur-V2 =

6、 f d r r 2兀 rIn (R2,；r)II ViMUr =V2 +二一I nR2兀名0r(Vl V2)ln( R2/R1)+V2?！咀ⅲ荷鲜揭部梢宰冃螢?U=V1-（V1-V2）普，與書后答案相同，或?qū)ⅲ?）dr =1 n二計(jì)算，結(jié)果如上】 ：12兀2兀 5 R1習(xí)題1313-3.面積為S的平行板電容器，兩板間距為d，求：（1）插入厚度d為3，相對介電常數(shù)為名r的電介質(zhì)，其電容量變?yōu)樵瓉淼亩嗌俦叮?（2）d插入厚度為3的導(dǎo)電板，其電容量又變?yōu)樵瓉淼亩嗌俦?？式用：V, Ur = L解：（1）電介質(zhì)外的場強(qiáng)為：O Er = 而電介質(zhì)內(nèi)的場強(qiáng)為：EoAU所以，兩板間電勢差為：C Q bs3s

7、（ASC = 一 =一那么， U Ud3（2）插入厚度為有：G-C2需 d-(2% + 1)d， d3的導(dǎo)電板， 3%sC古 而C0 d. Co 2片 +1可看成是兩個電容的串聯(lián),C1C2CC22 dC =3Co 一2。d3d313-6.如圖所示，半徑為R0的導(dǎo)體球帶有電荷Q,球外有一層均勻介 質(zhì)同心球殼，其內(nèi)、外半徑分別為R1和R2，相對電容率為務(wù)，求：介 質(zhì)內(nèi)、外的電場強(qiáng)度大小和電位移矢量大小。和 D dSS解：利用介質(zhì)中的高斯定理D =0。E(2)由于Js(1)導(dǎo)體內(nèi)外的電位移為：rAR0 ,qs內(nèi)。Q4兀 r2 ； r V R0 ,_D、務(wù)，所以介質(zhì)內(nèi)外的電場強(qiáng)度為：匚 D QE2=

8、= A204兀 “r ；E-$0=0 ； Rar A R。時，L DQE3 =2時,g 4兀 Er Snr ；13-12.一平行板電容器的板面積為r cRo 時，EiQR2 時，一4 呂0 4兀sr2。S，兩板間距離為d，板間充滿相 對介電常數(shù)為名r的均勻介質(zhì)，分別求出下述兩種情況下外力所做的 功：(1)維持兩板上面電荷密度不變而把介質(zhì)取出； 上電壓U不變而把介質(zhì)取出。解：(1 )維持兩板上面電荷密度& 0不變，1 21 cr02SdW =気 grE Sd =2 2 名0 (D =名0 名 r E , C 0 = D )W2 丄0E2Sd 取出介質(zhì)后：22(2)維持兩板有介質(zhì)時：iw =W2-

9、W1 =1外力所做的功等于靜電場能量的增加：_ 1(2)維持兩板上電壓U不變，有介質(zhì)時：W2CU1 2 1 2取出介質(zhì)后：W2hU=QZU，1名S.也W-W1 V乎U2(1 )-2 d。大學(xué)物理第14章課后習(xí)題半(1)2 % ;2 J土 U22 d ,14-1 .如圖所示的弓形線框中通有電流I，求圓心0處的磁感應(yīng)強(qiáng)度解：圓弧在0點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度:bJ。1 占上，方向：6R直導(dǎo)線在0點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度:B2=0-4iRcos60石Sin 60。-sin(60。)，方向：;.總場強(qiáng)：b=(3_1)，方向過。2R 兀 314-8. 橡皮傳輸帶以速度 V勻速向右運(yùn)動，如圖所示，橡皮帶上均勻帶有電荷，電荷面密

10、 度為(1) 小；(2)c。求像皮帶中部上方靠近表面一點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大/+ /中Z *+ * ff 十十* + 于/證明對非相對論情形，運(yùn)動電荷的速度V及它所產(chǎn)生的磁場B和電場E之間滿足下述關(guān)系：B)V X E (式中 c = ,cJso解：(1)如圖，垂直于電荷運(yùn)動方向作一個閉合回路abcda，考慮到橡皮帶上等效電流密度為：i =crv，橡皮帶上方的磁場方向水平向外，橡皮帶下方的磁場方向水平向里，根據(jù) 安培環(huán)路定理有：1 B d*0L i= B 2L =AoLcrv ,abcd磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的大?。築 =obV(2)非相對論情形下:勻速運(yùn)動的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的磁場為:qVr?點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場

11、為:尹宀4阻2 Ir.生4兀q = Br2B，即為結(jié)論：B = 2VxE (式中C =cTvs14-10 .如圖所示，兩無限長平行放置的柱形導(dǎo)體內(nèi)通過等 值、反向電流I，電流在兩個陰影所示的橫截面的面積皆為 0102 =d，試求兩導(dǎo)體中部真空部分的磁感應(yīng)強(qiáng)度。解：因?yàn)橐粋€陰影的橫截面積為 S，那么面電流密度為：i = %，利用補(bǔ)償法，將真空部分看成通有電流i，設(shè)其中一個陰影在真空部分某點(diǎn)為*1，另一個為B2、*2，有： 利用安培環(huán)路定理可得：% y r12B1 =2兀r1_L I ，.- I - - I. J S，兩圓柱軸線間的距離P處產(chǎn)生的磁場為 B1，距離* -卩2 = d。dMri=土2

12、SdiOiO213 / 8則：B-Fb B2=&丄，2S 丄2S 丄占工+百2=號駅1?丄+2?滬蟹A。1 I d即空腔處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B =，方向向上。2S14-12 .在電視顯象管的電子束中， 電子能量為12000 eV，這個顯像管的取向使電子沿水平 方向由南向北運(yùn)動。該處地球磁場的垂直分量向下，大小為B=5.5x105T，問：(1)電子束將偏向什么方向？( 2)電子的加速度是多少？( 3)電子束在顯象管內(nèi)在南北方向上通過20 cm時將偏轉(zhuǎn)多遠(yuǎn)？II解：(1)根據(jù)f=qVxB可判斷出電子束將偏向東。1 2(2)利用 E =-mv ,有：v2丄北*電子束方向B而 f =qvB =ma ,

13、 -qv = qB J2 =6.28d014m “s m m /m11 L(3) y =2at2 =2a()2 =3mm。大學(xué)物理第15章課后習(xí)題15-2.螺繞環(huán)平均周長l =10cm ,環(huán)上繞有線圈 N =200匝，通有電流I =100mA。試求:(1) 管內(nèi)為空氣時B和H的大?。?2) 若管內(nèi)充滿相對磁導(dǎo)率 Ar =4200的磁介質(zhì)，B和H的大小。N_7_34解：(1) B =卩0nl = #0I =4兀天10 X100X10=2.5咒10 T ,LH =旦= 200 A/m ;%(2) H =*1 =200Am , B = AH =4。* =4Z10S 4200X200 =1.05T。1

14、5-5.圖a為鐵氧體材料的B - H磁滯曲線，圖b為此材料制成的計(jì)算機(jī)存貯元件的環(huán)形磁500=A/m。設(shè)磁芯的磁兀芯。磁芯的內(nèi)、外半徑分別為 0.5mm和0.8mm，矯頑力為He化方向如圖b所示，欲使磁芯的磁化方向翻轉(zhuǎn)，試問：(1) 軸向電流如何加？至少加至多大時，磁芯中磁化方向開始翻轉(zhuǎn)？(2) 若加脈沖電流，則脈沖峰值至少多大時，磁芯中從內(nèi)而外的磁化方向全部翻轉(zhuǎn)?fl!/(a)解：(1)利用介質(zhì)磁場的安培環(huán)路定理：H dl =送 I，有 He 0內(nèi)=iimax=2兀r內(nèi)Hc =2兀咒0.5勺0沢(2)同理：imax = 2 兀 r 外 H C =2 兀 xOxiO”500 =0.8 A。兀大

15、學(xué)物理第16章課后習(xí)題16-3.電流為I的無限長直導(dǎo)線旁有一弧形導(dǎo)線，圓心角為120 ,A乙Ov平行于長直幾何尺寸及位置如圖所示。求當(dāng)圓弧形導(dǎo)線以速度 導(dǎo)線方向運(yùn)動時，弧形導(dǎo)線中的動生電動勢。0,所以圓弧形導(dǎo)線電動勢與解法一：(用等效法)連接 AO、OB，圓弧形導(dǎo)線與 AO、OB 形成閉合回路，閉合回路的電動勢為AOB直導(dǎo)線的電動勢相等。喙可曲B)d_olv屮n2,2兀名 OB =J(vxB) d卩=聲2R27!解法二:(直接討論圓弧切割磁感應(yīng)線)從圓心處引一條半徑線，與水平負(fù)向夾角為么，B4ol-，再由E =(gx B)有:2兀 X 2兀(2R-RCOS0)2；iR(2-cos8)空d S

16、= B，Rd9 vs in 日，. s = 一PolRvsined9 =-出1 n?。2兀 R(2-coM)2兀2dB16-6.如圖所示，半徑為 a的長直螺線管中，有 0的磁場，一直導(dǎo)線彎成等腰梯形的dt閉合回路ABCDA，總電阻為R，上底為a，下底為2a，求：回路中的感應(yīng)電動勢；(2) B、C兩點(diǎn)間的電勢差Ub-Uc。解: (1 )首先考慮人OAD ,a73 2=一a4 ddt齊%D =乎 diL jaoE渦di+dBdt(1)IDA亡渦唱I =先A- %dBdt再考慮OBC，有效面積為S扇OAD同理可得：BC兀2 dB =a 6 dtJod渦“dAD.,_2 dB-感2一云a dr那么，梯形閉合回路的感應(yīng)電動勢為:兀 732 dB=(5T)a dB，逆時針方向。I(2)由圖可知,AB =CD =a，所以，梯形各邊每段 a上有電阻r回路中的電流:z 兀 J3 a2 d B“訂匸頁，逆時針方向;I c12兀十品、2 dB=1 2r-gBC =1 虧 R - BC = -(10 )a ”不。16-14 .一同軸電纜由中心導(dǎo)體圓柱和外層導(dǎo)體圓筒組成，兩者半徑分別為 圓柱的磁導(dǎo)率為 卩1，筒與圓柱之間充以磁導(dǎo)