(湖南大學出版社)大學物理下冊課后習題答案和全解　全冊

1、 大學物理下冊課后習題全解第十二章 真空中的靜電場121 如圖所示，在直角三角形abcd的a點處，有點電荷q1 = 1.810-9c，b點處有點電荷q2 = -4.810-9c，ac = 3cm，bc = 4cm，試求c點的場強e2ee1q2acq1b圖12.1解答根據點電荷的場強大小的公式，其中1/(40) = k = 9.0109nm2c-2點電荷q1在c點產生的場強大小為： 方向向下點電荷q2在c點產生的場強大小為，方向向右c處的總場強大小為，總場強與分場強e2的夾角為122 半徑為r的一段圓弧，圓心角為60，一半均勻帶正電，另一半均勻帶負電，其電線密度分別exxerdseyoy為+和-

2、，求圓心處的場強解答在帶正電的圓弧上取一弧元ds = rd，電荷元為dq = ds，在o點產生的場強大小為，場強的分量為dex = decos，dey = desin對于帶負電的圓弧，同樣可得在o點的場強的兩個分量由于弧形是對稱的，x方向的合場強為零，總場強沿著y軸正方向，大小為dsexxereyoy123 均勻帶電細棒，棒長a = 20cm，電荷線密度為 = 310-8cm-1，求：（1）棒的延長線上與棒的近端d1 = 8cm處的場強；（2）棒的垂直平分在線與棒的中點相距d2 = 8cm處的場強解答（1）建立坐標系，其中l(wèi) = a/2 = 0.1(m)，x = l+d1 = 0.18(m)o

3、lxxdlyp1r-lld1在細棒上取一線元dl，所帶的電量為dq = dl，根據點電荷的場強公式，電荷元在p1點產生的場強的大小為 場強的方向沿x軸正向因此p1點的總場強大小通過積分得 將數值代入公式得p1點的場強為= 2.41103(nc-1)，olxxdlr-llyp2deyde2dexd2方向沿著x軸正向（2）建立坐標系，y = d2在細棒上取一線元dl，所帶的電量為dq = dl，在棒的垂直平分在線的p2點產生的場強的大小為 ，由于棒是對稱的，x方向的合場強為零，y分量為 dey = de2sin由圖可知：r = d2/sin，l = d2cot，所以 dl = -d2d/sin2，

4、因此 ，總場強大小為 將數值代入公式得p2點的場強為= 5.27103(nc-1)方向沿著y軸正向討論（1）由于l = a/2，x = l+d1，代入式，化簡得，保持d1不變，當a時，可得， 這就是半無限長帶電直線在相距為d1的延長線上產生的場強大小（2）由式得，當a時，得 ， 這就是無限長帶電直線在線外產生的場強公式如果d1=d2，則有大小關系ey = 2e1124 一均勻帶電的細棒被彎成如圖所示的對稱形狀，試問為何值時，圓ro圖12.4心o點處的場強為零解答設電荷線密度為，先計算圓弧的電荷在圓心產生的場強在圓弧上取一弧元 ds =r d，所帶的電量為 dq = ds，在圓心處產生的場強的大

5、小為，由于弧是對稱的，場強只剩x分量，取x軸方向為正，場強為roxdde dex = -decos總場強為oeexr，方向沿著x軸正向再計算兩根半無限長帶電直線在圓心產生的場強根據上一題的公式可得半無限長帶電直線在延長上o點產生的場強大小為， 由于兩根半無限長帶電直線對稱放置，它們在o點產生的合場強為，方向沿著x軸負向當o點合場強為零時，必有，可得 tan/2 = 1，pbaqd圖12.5因此 /2 = /4， 所以 = /2125 一寬為b的無限長均勻帶電平面薄板，其電荷密度為，如圖所示試求：（1）平板所在平面內，距薄板邊緣為a處的場強（2）通過薄板幾何中心的垂直線上與薄板距離為d處的場強解

6、答（1）建立坐標系在平面薄板上取一寬度為dx的帶電直線，電荷的線密度為d = d x，根據直線帶電線的場強公式，pbaoxdxy得帶電直線在p點產生的場強為，其方向沿x軸正向由于每條無限長直線在p點的產生的場強方向相同，所以總場強為 場強方向沿x軸正向（2）為了便于觀察，將薄板旋轉建立坐標系仍然在平面薄板上取一寬度為dx的帶電直線，電荷的線密度仍然為d = d x，帶電直線在q點產生的場強為qbdozdxxyrde，沿z軸方向的分量為，設x = dtan，則dx = dd/cos2，因此積分得 場強方向沿z軸正向討論（1）薄板單位長度上電荷為 = b，式的場強可化為，當b0時，薄板就變成一根直

7、線，應用羅必塔法則或泰勒展開式，場強公式變?yōu)椋?這正是帶電直線的場強公式（2）也可以化為，當b0時，薄板就變成一根直線，應用羅必塔法則或泰勒展開式，場強公式變?yōu)?，這也是帶電直線的場強公式當b時，可得：， 這是無限大帶電平面所產生的場強公式126 （1）點電荷q位于一個邊長為a的立方體中心，試求在該點電荷電場中穿過立方體一面的電通量是多少？（2）如果將該場源點電荷移到立方體的的一個角上，這時通過立方體各面的電通量是多少？解答點電荷產生的電通量為e = q/0（1）當點電荷放在中心時，電通量要穿過6個面，通過每一面的電通量為1 = e/6 = q/60（2）當點電荷放在一個頂角時，電通量要穿過8個

8、卦限，立方體的3個面在一個卦限中，通過每個面的電通量為1 = e/24 = q/240；立方體的另外3個面的法向與電力線垂直，通過每個面的電通量為零127 面電荷密度為的均勻無限大帶電平板，以平板上的一點o為中心，r為半徑作一半球面，ro如圖所示求通過此半球面的電通量解答設想在平板下面補一個半球面，與上面的半球面合成一個球面球面內包含的電荷為 q = r2，通過球面的電通量為圖12.7 e = q/0，通過半球面的電通量為e = e/2 = r2/20128 兩無限長同軸圓柱面，半徑分別為r1和r2(r1 r2)，帶有等量異號電荷，單位長度的電量為和-，求（1）r r1；（2） r1 r r2

9、處各點的場強解答由于電荷分布具有軸對稱性，所以電場分布也具有軸對稱性（1）在內圓柱面內做一同軸圓柱形高斯面，由于高斯內沒有電荷，所以e = 0，（r r1）（2）在兩個圓柱之間做一長度為l，半徑為r的同軸圓柱形高斯面，高斯面內包含的電荷為 q = l，穿過高斯面的電通量為，根據高斯定理e = q/0，所以， (r1 r r2）s2s1es1s2eed2rs0es0129 一厚度為d的均勻帶電無限大平板，電荷體密度為，求板內外各點的場強解答方法一：高斯定理法（1）由于平板具有面對稱性，因此產生的場強的方向與平板垂直且對稱于中心面：e = e在板內取一底面積為s，高為2r的圓柱面作為高斯面，場強與

10、上下兩表面的法線方向平等而與側面垂直，通過高斯面的電通量為，高斯面內的體積為 v = 2rs，包含的電量為 q =v = 2rs，根據高斯定理 e = q/0，可得場強為 e = r/0，(0rd/2)（2）穿過平板作一底面積為s，高為2r的圓柱形高斯面，通過高斯面的電通量仍為 e = 2es，高斯面在板內的體積為v = sd，包含的電量為 q =v = sd，根據高斯定理 e = q/0，可得場強為 e = d/20，(rd/2) 方法二：場強迭加法（1）由于平板的可視很多薄板迭而成的，以r為界，下面平板產生e2dyryoe1d的場強方向向上，上面平板產生的場強方向向下在下面板中取一薄層dy

11、，面電荷密度為d = dy，產生的場強為 de1 = d/20，積分得，同理，上面板產生的場強為，r處的總場強為e = e1-e2 = r/0（2）在公式和中，令r = d/2，得e2 = 0、e = e1 = d/20， e就是平板表面的場強平板外的場強是無數個無限薄的帶電平板產生的電場迭加的結果，是均強電場，方向與平板垂直，大小等于平板表面的場強，也能得出式1210 一半徑為r的均勻帶電球體內的電荷體密度為，若在球內挖去一塊半徑為rr的小球體，如圖所示，試求兩球心o與o處的電場強度，并證oraro圖12.10明小球空腔內的電場為勻強電場解答挖去一塊小球體，相當于在該處填充一塊電荷體密度為-

12、的小球體，因此，空間任何一點的場強是兩個球體產生的場強的迭加對于一個半徑為r，電荷體密度為的球體來說，當場點p在球內時，過p點作一半徑為r的同心球形高斯面，根據高斯定理可得方程p點場強大小為 當場點p在球外時，過p點作一半徑為r的同心球形高斯面，根據高斯定理可得方程 p點場強大小為 o點在大球體中心、小球體之外大球體在o點產生的場強為零，小球在o點產生的場強大小為oarorererep，方向由o指向oo點在小球體中心、大球體之內小球體在o點產生的場強為零，大球在o點產生的場強大小為，方向也由o指向o證明在小球內任一點p，大球和小球產生的場強大小分別為， ，方向如圖所示設兩場強之間的夾角為，合場

13、強的平方為 ，根據余弦定理得 ，所以 ，可見：空腔內任意點的電場是一個常量還可以證明：場強的方向沿著o到o的方向因此空腔內的電場為勻強電場1211 如圖所示，在a、b兩點處放有電量分別為+q和-q的點電荷，ab間距離為2r，現將另一正試驗電荷q0從o點經過半圓弧路徑移到c點，-q+qobdca圖12.11求移動過程中電場力所做的功解答正負電荷在o點的電勢的和為零：uo = 0；在c點產生的電勢為，電場力將正電荷q0從o移到c所做的功為w = q0uod = q0(uo-ud) = q0q/60r1212 真空中有兩塊相互平行的無限大均勻帶電平面a和ba平面的電荷面密度為2，b平面的電荷面密度為

14、，兩面間的距離為d當點電荷q從a面移到b面時，電場力做的功為多少？ 解答兩平面產生的電場強度大小分別為ea = 2/20 = /0，eb = /20，兩平面在它們之間產生的場強方向相反，因此，總場強大小為 e = ea - eb = /20，方向由a平面指向b平面兩平面間的電勢差為 u = ed = d/20，當點電荷q從a面移到b面時，電場力做的功為 w = qu = qd/201213 一半徑為r的均勻帶電球面，帶電量為q若規(guī)定該球面上電勢值為零，則無限遠處的電勢為多少？解答帶電球面在外部產生的場強為 ，由于 ，當ur = 0時，1214 電荷q均勻地分布在半徑為r的球體內，試證明離球心r

15、（rr2）證明方法一：并聯電容法在外球外面再接一個半徑為r3大外球殼，外殼也接地內球殼和外球殼之間是一個電容器，電容為外球殼和大外球殼之間也是一個電容器，電容為 外球殼是一極，由于內球殼和大外球殼都接地，共享一極，所以兩個電容并聯當r3趨于無窮大時，c2 = 40r2并聯電容為 方法二：電容定義法假設外殼帶正電為q，則內殼將感應電荷q內球的電勢是兩個電荷產生的迭加的結果由于內球接地，所以其電勢為零；由于內球是一個等勢體，其球心的電勢為，因此感應電荷為根據高斯定理可得兩球殼之間的場強為 ，負號表示場強方向由外球殼指向內球殼取外球殼指向內球殼的一條電力線，兩球殼之間的電勢差為球面間的電容為138

16、球形電容器的內、外半徑分別為r1和r2，其間一半充滿相對介電常量為or2r1r圖13.8r的均勻電介質，求電容c為多少？解答球形電容器的電容為對于半球來說，由于相對面積減少了一半，所以電容也減少一半：當電容器中充滿介質時，電容為：由于內球是一極，外球是一極，所以兩個電容器并聯：139 設板面積為s的平板電容器析板間有兩層介質，介電常量分別為1和2，厚度分別為d1和d2，d212d1圖13.9求電容器的電容解答假設在兩介質的界面插入一薄導體，可知兩個電容器串聯，電容分別為 c1 = 1s/d1和c2 = 2s/d2總電容的倒數為 ，總電容為 1310 圓柱形電容器是由半徑為r1的導線和與它同軸的

17、內半徑為r2的導體圓筒構成的，其長為l，其間充滿了介電常量為的介質設沿軸線單位長度導線上的電荷為，圓筒的電荷為-，略去邊緣效ds1s2s0rr2r1l應求：（1）兩極的電勢差u；（2）介質中的電場強度e、電位移d；（3）電容c，它是真空時電容的多少倍？解答介質中的電場強度和電位移是軸對稱分布的在內外半徑之間作一個半徑為r、長為l的圓柱形高斯面，側面為s0，上下兩底面分別為s1和s2通過高斯面的電位移通量為，高斯面包圍的自由電荷為 q = l，根據介質中的高斯定理 d = q，可得電位為 d = /2r，方向垂直中心軸向外電場強度為 e = d/ = /2r，方向也垂直中心軸向外取一條電力線為積

18、分路徑，電勢差為電容為 在真空時的電容為 ，所以倍數為c/c0 = /01311 在半徑為r1的金屬球外還有一層半徑為r2的均勻介質，相對介電常量為r設金屬球帶電q0，求：（1）介質層內、外d、e、p的分布；（2）介質層內、外表面的極化電荷面密度解答（1）在介質內，電場強度和電位移以及極化強度是球對稱分布的在內外半徑之間作一個半徑為r的球形高斯面，通過高斯面的電位移通量為高斯面包圍的自由電荷為q = q0，根據介質中的高斯定理 d = q，可得電位為 d = q0/4r2，方向沿著徑向用向量表示為 d = q0r/4r3電場強度為 e = d/0r = q0r/40rr3，方向沿著徑向由于d

19、= 0e + p， 所以 p = d - 0e = 在介質之外是真空，真空可當作介電常量r = 1的介質處理，所以d = q0r/4r3，e = q0r/40r3，p = 0（2）在介質層內靠近金屬球處，自由電荷q0產生的場為 e0 = q0r/40r3；極化電荷q1產生的場強為e = q1r/40r3；總場強為 e = q0r/40rr3由于 e = e0 + e，解得極化電荷為 ，介質層內表面的極化電荷面密度為 在介質層外表面，極化電荷為 ，面密度為 1312 兩個電容器電容之比c1:c2 = 1:2，把它們串聯后接電源上充電，它們的靜電能量之比為多少？如果把它們并聯后接到電源上充電，它們

20、的靜電能之比又是多少？解答兩個電容器串聯后充電，每個電容器帶電量是相同的，根據靜電能量公式w = q2/2c，得靜電能之比為 w1:w2 = c2:c1 = 2:1兩個電容器并聯后充電，每個電容器兩端的電壓是相同的，根據靜電能量公式w = cu2/2，得靜電能之比為 w1:w2 = c1:c2 = 1:21313 一平行板電容器板面積為s，板間距離為d，接在電源上維持其電壓為u將一塊厚度為d相對介電常量為r的均勻介電質板插入電容器的一半空間內，求電容器的靜電能為多少？解答平行板電容器的電容為 c = 0s/d，當面積減少一半時，電容為c1 = 0s/2d；另一半插入電介質時，電容為c2 = 0

21、rs/2d兩個電容器并聯，總電容為 c = c1 + c2 = (1 + r)0s/2d，靜電能為 w = cu2/2 = (1 + r)0su2/4d1314 一平行板電容器板面積為s，板間距離為d，兩板豎直放著若電容器兩板充電到電壓為u時，斷開電源，使電容器的一半浸在相對介電常量為r的液體中求：（1）電容器的電容c；（2）浸入液體后電容器的靜電能；（3）極板上的自由電荷面密度解答（1）如前所述，兩電容器并聯的電容為 c = (1 + r)0s/2d（2）電容器充電前的電容為c0 = 0s/d， 充電后所帶電量為 q = c0u當電容器的一半浸在介質中后，電容雖然改變了，但是電量不變，所以靜

22、電能為w = q2/2c = c02u2/2c = 0su2/(1 + r)d（3）電容器的一半浸入介質后，真空的一半的電容為 c1 = 0s/2d；介質中的一半的電容為 c2 = 0rs/2d設兩半的所帶自由電荷分別為q1和q2，則q1 + q2 = q 由于c = q/u，所以u = q1/c1 = q2/c2 解聯立方程得，真空中一半電容器的自由電荷面密度為同理，介質中一半電容器的自由電荷面密度為1315 平行板電容器極板面積為200cm2，板間距離為1.0mm，電容器內有一塊1.0mm厚的玻璃板(r = 5)將電容器與300v的電源相連求：（1）維持兩極板電壓不變抽出玻璃板，電容器的能

23、量變化為多少？（2）斷開電源維持板上電量不變，抽出玻璃板，電容器能量變化為多少？解答平行板電容器的電容為 c0 = 0rs/d，靜電能為 w0 = c0u2/2玻璃板抽出之后的電容為 c = 0s/d（1）保持電壓不變抽出玻璃板，靜電能為 w = cu2/2，電能器能量變化為w = w - w0 = (c - c0)u2/2= (1 - r)0su2/2d = -3.1810-5(j)（2）充電后所帶電量為 q = c0u，保持電量不變抽出玻璃板，靜電能為w = q2/2c，電能器能量變化為= 1.5910-4(j)1316 設圓柱形電容器的內、外圓筒半徑分別為a、b試證明電容器能量的一半儲存

24、在半徑的圓柱體內解答設圓柱形電容器電荷線密度為，場強為 e = /20r，能量密度為 w = 0e2/2，體積元為 dv = 2rldr，能量元為 dw = wdv在半徑a到r的圓柱體儲存的能量為當r = b時，能量為；當時，能量為，所以w2 = w1/2，即電容器能量的一半儲存在半徑的圓柱體內1317 兩個同軸的圓柱面，長度均為l，半徑分別為a、b，柱面之間充滿介電常量為的電介質（忽略邊緣效應）當這兩個導體帶有等量異號電荷(q)時，求：（1）在半徑為r(a r b)、厚度為dr、長度為l的圓柱薄殼中任一點處，電場能量體密度是多少？整個薄殼層中總能量是多少？（2）電介質中總能量是多少（由積分算

25、出）？（3）由電容器能量公式推算出圓柱形電容器的電容公式？解答（1）圓柱形內柱面的電荷線密度為 = q/l，根據介質是高斯定理，可知電位移為 d = /2r = q/2rl，場強為 e = d/ = q/2rl，能量密度為w = de/2 = de/2 = q2/82r2l2薄殼的體積為dv = 2rldr，能量為 dw = wdv = q2dr/4lr（2）電介質中總能量為（3）由公式w = q2/2c得電容為 1318 兩個電容器，分別標明為200pf/500v和300pf/900v把它們串聯起來，等效電容多大？如果兩端加上1000v電壓，是否會被擊穿？解答當兩個電容串聯時，由公式，得 加

26、上u = 1000v的電壓后，帶電量為 q = cu，第一個電容器兩端的電壓為 u1 = q/c1 = cu/c1 = 600(v)；第二個電容器兩端的電壓為 u2 = q/c2 = cu/c2 = 400(v)由此可知：第一個電容器上的電壓超過它的耐壓值，因此會被擊穿；當第一個電容器被擊穿后，兩極連在一起，全部電壓就加在第二個電容器上，因此第二個電容器也接著被擊穿第十四章 穩(wěn)恒磁場141 充滿r = 2.1電介質的平行板電容器，由于電介質漏電，在3min內漏失一半電量，求電介質rsq-ql的電阻率解答設電容器的面積為s，兩板間的距離為l，則電介質的電阻為 設t時刻電容器帶電量為q，則電荷面密

27、度為 = q/s，兩板間的場強為 e = / =q/r0s，電勢差為 u = el =ql/r0s，介質中的電流強度為 ，負號表示電容器上的電荷減少微分方程可變?yōu)?，積分得 ，設t = 0時，q = qm，則得c = lnqm，因此電介質的電阻率的公式為 當t = 180s時，q = qm/2，電阻率為 =1.41013(m)142 有一導線電阻r = 6，其中通有電流，在下列兩種情況下，通過總電量都是30c，求導線所產生的熱量（1）在24s內有穩(wěn)恒電流通過導線；（2）在24s內電流均勻地減少到零 解答（1）穩(wěn)恒電流為 i = q/t = 1.25(a)，導線產生的熱量為 q = i2rt =

28、 225(j)（2）電流變化的方程為 ，由于在相等的時間內通過的電量是相等的，在i-t圖中，在024秒內，變化電流和穩(wěn)恒電流直線下的面i24ot/si/a1.252.5積是相等的在dt時間內導線產生的熱量元為 dq = i2rdt，在24s內導線產生的熱量為=300(j)143 已知銅的相對原子質量a = 63.75，質量密度 = 8.9103kgm-3 （1）技術上為了安全，銅線內電流密度不能超過6amm-2，求此時銅線內電子的漂移速度為多少？ （2）求t = 300k時，銅內電子熱運動平均速度，它是漂移速度的多少倍？解答（1）原子質量單位為 u = 1.6610-27(kg)，一個銅原子的

29、品質為 m = au = 1.05810-25(kg)，銅的原子數密度為 n = /m = 8.411028(個m-3)，如果一個銅原子有一個自由電子，n也是自由電子數密度，因此自由電子的電荷密度為e = ne = 1.341010(cm-3)銅線內電流密度為 = 6106(am-2)，根據公式 = ev，得電子的漂移速度為 v = e/ = 4.4610-4(ms-1)（2）將導體中的電子當氣體分子，稱為“電子氣”，電子做熱運動的平均速度為 其中k為玻爾茲曼常數k = 1.3810-23jk-1，me是電子的質量me = 9.1110-31kg，可得 = 1.076105(ms-1)，對漂移

30、速度的倍數為 /v = 2.437108，可見：電子的漂移速率遠小于熱運動的速度，其定向運動可認為是附加在熱運動基礎上的運動144 通有電流i的導線形狀如圖所示，圖中acdo是邊長為b的正方形求圓心o處的磁感應強icobada圖14.4度b = ？解答電流在o點的產生的磁場的方向都是垂直紙面向里的根據畢-薩定律：，圓弧上的電流元與到o點的矢徑垂直，在o點產生的磁場大小為， 由于 dl = ad，積分得 oa和od方向的直線在o點產生的磁場為零在ac段，電流元在o點產生的磁場為lridlidlcobada，由于 l = bcot( - ) = -bcot， 所以 dl = bd/sin2；又由于

31、 r = b/sin( - ) = b/sin，可得 ，積分得同理可得cd段在o點產生的磁場b3 = b2o點總磁感應強度為 bi1b2討論（1）假設圓弧張角為，電流在半徑為a的圓心處產生的磁感應強度為（2）有限長直導線產生的磁感應大小為 對于ac段，1 = /2、2 = 3/4；對于cd段，1 = /4、2 = /2，都可得上述公式可以直接引用145 如圖所示的載流導線，圖中半圓的的半徑為r，直線部分伸向無限遠處求圓心o處的磁感應強度b = ？xyrizo圖14.5解答在直線磁場公式中，令1 = 0、2 = /2，或者1 = /2、2 = ，就得半無限長導線在端點半徑為r的圓周上產生的磁感應強度 兩無限長半直線在o點產生的磁場方向都向著-z方向，大小為bz = 0i/2r半圓在o處產生的磁場方向沿著-x方向，大小為bx = 0i/4ro點的磁感應強度為場強大小為，與x軸的夾角為 146 如圖所示的正方形線圈abcd，每邊長為a，通有電流i求正方形中心o處的磁感應強度b = ？解答正方形每一邊到o點的距離都是a/2，在o點產生的磁場大小相等、方向相同以ad邊為例，iodbca圖14.6利用直線電流的磁場公式：，令1 = /4、2 = 3/4、r = a/2，ad在o產生的場強為，o點的磁感應強度為 ，方向垂直紙面向里147 兩個共軸圓線圈，每個線圈中的電流強