大學(xué)物理習(xí)題答案-吳百詩.

1、一、選擇題（1）D解：先考慮一個板帶電q，它在空間產(chǎn)生的場強為Eq。注意是2 0S勻場。另一板上電荷“ |q|”在此電場中受力，將其化為無數(shù)個點電荷qdq ，每個電荷受力大小為 dF| dq E |q dq ，故整個 |q|受力2 0 S為：F |qdqq2dq E |。這既是兩板間作用力大小。2 0 S2 0S（2）B解：由電通量概念和電力線概念知：A、穿過 S 面的電通量不變，因為它只與 S 面內(nèi)的電荷相關(guān)，現(xiàn)內(nèi)面電荷沒有變化，所以穿過 S面的電通量不變。B、由于 S 面上場強與內(nèi)外電荷都有關(guān)， 現(xiàn)在外面電荷位置變化，所以 P 點場強也變化。故選 B。二、填空題（1） | q |3q /

2、3解：畫圖。設(shè)等邊三角形的邊長為a，則任一頂點處的電荷受到其余兩個電荷的作用力合力 F 為： F2F1 cos30(2 kq2 / a2) 3 / 23kq2 / a2設(shè)在中心處放置電荷 q ，它對頂點處電荷的作用力為：Fkqqqq3qqr 2k2ka 2( 3a / 3)再由 FF ，可解出q3q /3|q |3q /3 。（2） qi /(20a 2 )或 q /(20a2 ) ， i 方向指向右下角。解：當(dāng)相對稱的兩電荷同號則在O 點的場強抵消，若異號肯定有電力線過O 點，故只有左上角的電荷電力線指向右下角的“”電荷。是2q / (40 a2 )三、計算題9.39.4ln a b ,tg

3、 1 ( b )（6.7）2 0a02h解：將帶電平面薄板劃分為無數(shù)條長直帶電線（書中圖） ，寬為 dx 。求出每條帶電線在場點產(chǎn)生的場強 （微元表示），然后對全部長直帶電線積分，就得到該題的解。注意單位長度上的帶電量：dq dxdxdy dx（1）距邊緣為 a 處，每條帶電直線產(chǎn)生的場強為dEdx原點取在導(dǎo)體片中間， x 方向向0 rb220 ( ax)2左：lnE 的方向沿 x 軸故總的場強： Edxbb/ 2ab2 0ab/ 22 0(ax )2正向?；颍涸c取在場點處， x 軸方向向右 :,則總的場強為：a bdxab此時 E 的方向沿 x 軸“”向。E20 x 2lnaa0（2）在板

4、的垂直方向上，距板為 h 處。每條帶電直線在此處的場強為dEdqdx由于對稱性，故分解：0 ( x2h2 )1/ 220r2dExdqsindx xdEydqcosdx h2 0r20 ( x2h2 )2 0 r2 0( x2h2 )在 x 方向上，場強分量因?qū)ΨQ互相抵消，故Ex0 。所以： E Eyb /2dx h2 h1 tg 1 ( b )tg 1 ( b )b / 2 20 ( x2h2 ) 20h2h02h9.5AEy0Ex4 0b解：任取線元 dl ，所在角位置為 ，（如圖）。帶電為 dq A cosbd 。它在圓心處產(chǎn)生的電場強度分量各為：dE x k dq2cos()k dq2

5、cosdE yk dq2sin()k dq2sinbbbb整個圓環(huán)產(chǎn)生的：Ex2kdq)kAEy2dExb2 cos(b00Ak sin cos d 0 b9.7eSER2 ,eSER2 （ 6.15）12由電通量（本書定義為：電場強度通量）的物理意義，知通過S1 或 S2 面的電通量都等于通過圓平面R2 的電通量。電場強度通量（垂直通過R2面的）： eESES E R2 也即是通過 S1或 S2面的。或解：以 S1 和以圓面積R2 (R 為半徑的 )組成一個封閉曲面 S由高斯定理，知：E dSqi/00 ，又SEdSEdS 2EdS0SiRS1所以eS1S1E dS2E dSER 2R同理：

6、 eSE dS2 E dSER22S2R9.8q14.6105C ，3(q2q1 )4.7210 13 C / m34(r 3R3 )解： (1)由高斯定理：EdSqi / 0 可得：SE1 cos 4R2q1 /0q14.6 105 C同理（ 2） E2 cos4 r 2q2 /0q240 r 2 E2所以大氣的電荷平均體密度為：3(q2q1)4.7210 13C / m34(r 3R3 )9.9 E10 (r R1 ) ， E21(11)， E32r 02 r 0解：本題解被分成三個區(qū)域： rR1,R1rR2 ,R2r ,由高斯定理知：1域：E1 0(rR1) ,因為在該區(qū)域內(nèi)作的高斯面，

7、面內(nèi)無電荷。2 域內(nèi)作一同軸的圓柱形高斯面，高為l，半徑為 r ，滿足 R1 rR2則有：EdsE2r l1lE2E1s02r0在 3 域，類似 2 域方法作高斯面，滿足 R2r。則有：EdsE 2r l(11 )lE3E(11)2r 0s09.10 在 n 區(qū)： E ds E( x)S1 ( xnx)SND eE(x)N D e ( xnx)S00在 p 區(qū)： E ds E (x)S1 (xpx)SNA eE(x)N A e (xpx)S009.11A00解：這是點電荷系的場強求法和電場力的功概念。見P.69頁的題圖。因為： U0kqq0U所以： A0q0 (U0 U ) 0l / 2kl

8、/ 29.13|U ab | 90 V（6.22）解： | U ab | | U aUb| kq( 11) 90Vqab9.14up， 通過該點的等勢線是在中垂面上半徑為x 的2x2r 20圓。解：upu1u2kqkqqx2r 2x2r 22 0 x2r 2等勢面是中垂線內(nèi)， 半徑為 x 的圓，圓心在兩電荷的連線的中點。9.16U外R3U面上R2U內(nèi)(3R2r 2 )（6.25）3 0r3 06 0球體內(nèi)E1Q3 r13 r4R3r(rR)40 R433 00R球體外E2Q3( rR)40 r230r2R定義 U0,則可求出各區(qū)域的電勢球體外QQ143R3Ur 4r 2 dr4 r 4 r3R

9、3 r(r R)0000球面上QR2UR 4 0r 2 dr3 0( r )R球體內(nèi)RUEdrrE 1drRE 2drr（ rR 域）RQQ220 R3 rdr0 r 2 dr(3Rr)r 4R46 09.20U內(nèi)q111,U 外1q,U 殼上1q()40 r40 R24 0 r R1R2解：應(yīng)用高斯定理，可求得空間各域的電場強度：（ rR1 ）:Ek qr?1r 2（R1r R2 ）：E20R2r ）：Ek q ?r3r 2再由電勢定義，可求：（r R1 ）: u1R11q1qq1 11r 40 r 2 dr0R2 40 r 2 dr40 ( r R1R2 )R1 r R2 ）： u20q1

10、1qR2k 2 dr kqrR240 R2（ R2 r ）： u3kq11q2 drkqrrr40 r自行畫圖點電荷在球心，球殼內(nèi)、外表面上的電荷分布均勻。若點電荷偏離球心，球殼內(nèi)表面的感應(yīng)電荷分布不均勻?？拷c電荷的區(qū)域，電荷密度大，反之則較小。內(nèi)表面電荷與點電荷形成封閉場。但外表面的電荷仍然均勻分布。9.21解：（1）由電勢疊加原理，有，內(nèi)球電勢：U1kqkqk(q Q)1 qq( q Q)R1R2R340 R1R2R3球殼電勢：1(qQ)U 2R34 0（2）電勢差U U 1U 21( qq )40R1R2（3）連接球與球殼，則電荷全部跑到外球面上，所以球與球殼是等勢體U 11( q Q

11、)U 20U 2,UU14 0R3（4）外球面接地，則只有內(nèi)球與球殼間的局域場，所以U2 0，但U11( qq ) 。 另外 U U 1 U 21( qq )40 R1R40 R1R22注意，本題的解也可用電勢定義積分得到。9.22（7.4）證：兩帶電金屬球。半徑分別為R1, R2 。由于相距遠(yuǎn)，兩球產(chǎn)生的電場互不影響?，F(xiàn)用一根極細(xì)導(dǎo)線連接兩球，達(dá)到靜電平衡后記金屬球1 帶電為q1 , 電勢為 U1 ；金屬球 2 帶電為 q2 ,電勢為 U 2 。由于導(dǎo)線相連， 故有： U1U2。 又互不影響，所以有： U1k q1U 2 k q2R1R2q1q21 q1 R11 q2 R2又q1q2即： k

12、k2212 ,22此兩R1R24 0R140R24 R14 R2式代入上式，可得 1 R12 R2即 表1 -得證R9.23解：UUl / 0lU / d ，設(shè)充電后，板上電量為q ，板的面積為s，故板上面密度大小為q / s插入金屬板以前：E/0UEdd /0 。現(xiàn)斷開電源（ q 不變），插入金屬板，厚為l,故電容器兩板間距變?yōu)榱?d l ，此時： E/ 0UE (dl )( dl ) / 0電勢差的改變?yōu)閁Ul /0lU / dl / 0由式看出金屬板的位置對結(jié)果無影響。9.24 無圖9.25W1.9221 J0解：見圖，當(dāng)開關(guān) K撥向 1，電容 C1充 電 ，qCU0810 6 1209

13、.6104C11C1 的能量為 W11 C1U 021810 6 12025.76 10 2 J22當(dāng)開關(guān) K 撥向 2，電容 C1 向當(dāng)電容 C2 放電，電荷會重新分布，由于是電容并聯(lián)，故有： q1 q2 q1 ，又電壓相等q1 / C1q2 / C2q1 / q2C1/C22:1由此兩式解得： q16.4104C,q23.2104 C, Uq1 / C1 80 V故并聯(lián)后電容器中的總能量為W2 1C1U21C2U2181068021 4 106 8023.84 10 2 J2222故能量改變：WW2W11.92 10 2 J9.260 s;抽出時 A1d0 s2 U02d d2 ( d d

14、 )解：插入厚度為 d的金屬板后，相當(dāng)于把原來的一個電容器變成了串聯(lián)著的兩個電容器，分別設(shè)為C1 和 C2。設(shè) C1 的板間距為 l,則另一電容的板間距為 ddl t 。串聯(lián)后的總電容設(shè)為 C，則有111ltl (d dl ) d dC0 sC C1C 20 s0 s0 s0 sd d(1) 插入后的總電容為C0sd d(2) 這是先充電， 后改變電容（板上電量不變，改變電容） 。抽出金屬板，電容改變?yōu)镃0 " s "0 s" d "d因為原先電容儲能為 W1 q2 ,現(xiàn)在 qC U 0 不變，但電容變化2 C了。故新電容儲能 W1 q2 。2 CWCd

15、dWdW WdWCd dWW WWd dd ddd所以外力的功： AWWddWd1CU 021 d0 s2 U02ddd22 (dd )9.27 w1u2320( R)0.113 J / m解：導(dǎo)體球表面的電能密度：w10 E 210( / 0)210 (q2/ 0)210 (4q 2) 22224R2R0因為導(dǎo)體球電容： C40 RqCu40Ru ，代入上式得：1u23w20( R)0.113 J / m9.28解：靜電能9.29電場總能：W1CU21 40R1R2 U 220R1R2 U 222 R2R1R2R1Wq2( 111 )1.82106 J（可用電場能8 0R1R2R3密度積分求

16、解）導(dǎo)線連接后，電荷都在外表面?？偰埽篧q28.1 105 J8 0R39.30 (1)qB1.010 7C,qC2.0107C, UAU ABq1dAB2.3 103 V0 S(2)qB2.110 7C,qC8.6108C, UAUACq2d AC9.7 102 V0S9.31 無圖。9.35解：見題圖，（1）設(shè)介質(zhì)板與上極板的距離為x。介質(zhì)中的場強為E，空氣中的場強為E0。由電勢計算有uE0 xEtE0 (dxt)E0 (dt )Et再由高斯定理知，兩極板間任一點的D都相等。以及E0D/0ED/可得u D (d t) /0 Dt / ( r 0 )Du0u0 r，tt / rr dr t

17、td所以介質(zhì)中ED /uur d (1r )tr dr t t（2） QS 0SDSu0 rdr t tr（3） CQ / uS0rr dr tt9.36（7.11、7.12？ ？ ）解：先見35 題，再看本題可知電勢分別是U0、U，故是板上電量不變。（ 1）板上電量不變：（ 2）介質(zhì)高斯定理：Q Q0C0U 00SU0dDQ0U0, ED1 U 0Sdr 0r d（3）本題沒有給出 U，故計算如下：空氣中的場強： E0D/0 U0/ d ，所以U E0 (d t) E tU 0 (d t)U 0 tU0 r d (1r )tdr dr dQr 0 SC(1r )tUr d一、選擇題（ 1）B

18、解：自己畫圖知，兩個電流產(chǎn)生的磁場方向相反。 X 軸向電流的磁感穿出紙面。X 軸向電流的磁感大小為：BX0 I。同理BY0I20.20.40 I2所以 Bk BXBY k106故選 B。k 2.5T（2）D20.4解：B1B2B10 IB220 I（最后等式見下面算式）2a12a2其中： B22 0 I22 0 I4a2a22122a1a2a 1/ a 22 /8選 D。2a1a224（3）D？有錯。（B!C？）解：由于 A,D 兩圖，磁場 B 在 a 點不連續(xù)故只能選B,C 中之一。 B圖在 ab 段曲線上凸，故 B ( r) 0，C 圖反之，故應(yīng) B (r ) 0 。用安培22) ，可見

19、B( r a) 0 ，環(huán)路定理可求得 ab 域的磁感強度B0 I (r2a 22 r (ba)顯然 D 答案不符合。對上式二次求導(dǎo)： 若算得 B0 Ia20則選 B（可算到此結(jié)r 3 (b 2a )2果）若對上式二次求導(dǎo)：算得是B0I ( r 2a2 )0則選C(未r 3 (b2a2 )算到 )或 簡 單 解 ： 由 安 培 環(huán) 路 定 理 知 ： 在ra 的 區(qū) 域 ，i I i0L B dl0B0 ，顯然只有B 圖是對的，而其它均不為零。（ 4）B解：qqB0 I0evI2 R/ v2a4 a2 12.53 TT或用單個運動電荷的公式。B0ev sin 9012.53 T4a2(5) C解

20、：先給出板上離直線r 遠(yuǎn)處的元電流它的單位長度受到直線電流的力為jI / adIjdrddf0IdIdl2 r則整個板的單位長度受力為d dfdl2 a0 Ijdr0 I I / a ln 20 I2ln 2r a2r22a二、填空題（1） M(2ln3 1)0 I 2a /解：線元 Idl 2 受力 : dfIdl 2B kIdl 2 B( x)kIdx0 I2 x線 元 I d2 l相 對 O 點 力 矩 ： d Mrd f ( 4 j )a x 即d ：fd M ( 4 a0 I 2d x)x2 x223a0 Ia 0 I所以 Mx)dx(2ln 3 1)(4 aa2x0 NIhD1（2

21、） B0NI /2r ，磁通量lnBD22分析：本題沒有指明是細(xì)的通電螺繞環(huán)， 所以環(huán)中的磁感應(yīng)強度不能看成常數(shù)，必須用式 B 0 NI 對面元 hdr 積分得到磁通量。2r（3）磁力的功 AACIBa 2 / 2,ACD0 ,AAD2IBa 2 / 4解：磁力功，繞AC邊向外轉(zhuǎn)A ImI ( 2 1 )I (B a2 ) I 0I B a2繞 CD 邊向外轉(zhuǎn) ,22m0A0繞 AD 邊向外轉(zhuǎn)，此時： 22 cos452 IBa 2AI202 IBa 244（ 4）線圈中張力： IBR解：張力不是整個閉合線圈所受的磁場力。是線圈的張緊力。取y<o 的下半圓，它在勻磁場中受力為fI2R B

22、 ，方向沿 y 負(fù)方向。此半圓靜止，故受到上半圓的上拉力，大小為于兩端，所以每端受力為IBR。ff2 IBR ，力作用（ 5）不要（ 6）本題畫圖各個 L 路徑所包圍的通電導(dǎo)線數(shù)。 課堂上已畫各 L 圖，滿足右手。L1Hdl6 AHdl12AL2L3Hdl15 AHdl3AL4三、計算題10.310.4解： O 點的磁場由三部分線電流產(chǎn)生。其中圓弧電流在O 點的磁感強度為B10I 1200 I方向垂直紙面向里。2r3606r0 I左邊直線電流在 O 點的磁感強度為B2(cos1cos2) ，方向4a向里。其中10, 230 , ar cos60r / 2 ，可得 B20I(13/2)。2r0I

23、 (1同理可得左邊直線電流在O 點的磁感強度為B323/2)方r向向里。所以O(shè)點的B為：B B1B2B30 I20I (1 3 / 2) 0.21 0I10.56r2rr解：這是運動電荷的磁場。 將圓盤劃分為無數(shù)個細(xì)圓環(huán)， 任取一圓環(huán)，設(shè)半徑為 r，環(huán)寬為 dr。其上所帶電量為 dq 0 2 rdr ，由于它以 角速度轉(zhuǎn)動，所以形成電流，大小為dIdq0 2rdr0 2rdr0 rdr該電流dtT2在軸線上 x 處的磁感強度為dB0dIr 20 r 20 rdr2 ( r2x2 )3 22 (r 2x2 )3 2所以，總的磁感強度為R0 r30 dr00R22x2B(2x)0223 222(r

24、x)2x210.6R10.710.8解：取半徑為r 的同軸的圓周為安培環(huán)路，則當(dāng) rr1 時，有B dl2rBI iIr 2B10 Ir00222rI iL 里r12r1當(dāng) r1r r2 ，有B dl2 rB0 IB20 I22rr當(dāng) r2r r3 ，有B dl2 rB0I iB30 I ( r32r 2 )22)2rI i L 里2 r ( r3r2當(dāng) r3r 時，有B dl2rB0I i0B402rI i L里10.9 本題是相當(dāng)于無限大平板電流的磁力線證明，和電流兩側(cè)區(qū)域的 B 1 0 n i 的證明。2方法是：作一個包圍部分電流的安培環(huán)路，為矩形框，框的一邊與與平板平行，則可證。10.

25、10Im g/ ( B)l0 . 4 1 A解：見題圖，金屬導(dǎo)線的張力是重力引起的，方向向下。要抵消它，則金屬導(dǎo)線所受安培力必須向上。由于金屬導(dǎo)線垂直磁場， 大小為 f IBl mg所以： Img /(Bl )0.41 A 。由 f 及 B 的方向，知：I 流向從左到右。10.11 注意，本題不是無限長直導(dǎo)線，不能用兩平行導(dǎo)線作用力公式！解：在載流為 I2 的導(dǎo)線 2 上任取電流元 I 2 dl，它受到導(dǎo)線1 中電流I 1 的安培作用力| df| | I 2dl B | I 2dx B其中 B 由有限長電流 I1給出 B0I1 cos 1 - cos 24 a0 I1 cos 1 - cos

26、2 dx所以 L 長的導(dǎo)線 2 受力： f2LI 2 dxBLI 2004a0I1 LxL xa2 dx0I1I 222I 2 4 a 0 x2a2(L x)22 a( L aa)f2 方向向下。同理載流為 I 1 的導(dǎo)線 1 受力與 f2 大小相等，方向相反。10.12解：（1）將圓柱面劃分為無數(shù)條直線電流，再求出這些電流在軸線上的 B，再求受力。因為長直電流產(chǎn)生的磁感為： dB0dI0I dl2R2 RR考慮對稱性，對稱的兩長直電流的 dB 在某方向會抵消，其垂直方向相加設(shè)垂直方向在 x 的方向上，則有 dBx0I0 I2RR dl cos2 2 R2 R cos d故半圓柱面產(chǎn)生的 B

27、為 B0 I0 I/20 I22R cosd2cos d20 2RR 0R所以軸線上導(dǎo)線單位長度受力FBI 10 II0 I 22 R2 R方向在 IdlkBxj 方向上，所以F0 I 2j（2）設(shè)該導(dǎo)線放在2 R| y | j 處，則該導(dǎo)線電流與長圓柱面電流產(chǎn)生的磁感強度應(yīng)相等。即0 I0 I| y |R / 2yR/ 2。2 R 2| y |10.13要掌握。10.1410.15解：（1）受磁力矩Mpm B sin90ISBIR2B/27.8510 2Nm（2）回路中的電流不變，故磁力矩作功10 2JAImI (BSBS cos90 )IBS7.8510.16要掌握。10.17無圖。10.

28、18v7 . 5 7 61m0s /分析：先將電子速度分為互相垂直的兩部分v , v ，然后直接用帶電粒子在磁場中運動的公式來表示v ,v，最后用 vv2v 2 求解。解：h vTv2 mveB又： veBR由兩式合成eBhmm2得： vv2v2( heB )2(eBR) 2eB( h )2R27.57106 m / s10.192 mmm210.20H 200 A / m,B2.5104 T;H200 A / m,Br B1.05 T解：由 H dlI iH 2rNIHNIrB0N I2l代入數(shù)據(jù)， HNI200A / m,B2.5104T2 r在 r 介質(zhì)時： HH200 A / m,Br B1.05 T10.21一、選擇題（ 1）C解：由楞次定律知：線圈的運動是反對磁鐵的靠近。故線圈向左，又離磁鐵越近的線圈運動就越快，故選 C。（ 2）A,C解：注意轉(zhuǎn)軸過 C 點，且垂直于導(dǎo)體棒 A,B 。故先由 v B 給出電勢的高端，顯然有 C 點最低， A、B 電勢相等，且都高于 C 點。故選 A,C 答案。（3）（ a）解： OC 半徑與磁域邊緣的夾角設(shè)為。由于在圖示角度增大的過程中：B 1R2t,反之 OC在磁域外面：B 1R2t22所以 i d / dtB 1R2是常