大学物理学习指导相应教材第七章习题与解答

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大学物理课后习题答案 第七章

大学物理课后习题答案 第七章
解:(1)气体在高温热源等温膨胀吸热,故
Q
RT1
ln
V2 V1
8.31 400 ln 0.005 0.001
5.35 103 J
(2) 根据卡诺循环的效率公式可得
1 T2 A净 T1 Q吸
A净
(1
T2 T1
)Q吸
(1
300 ) 5.35 103 400
1.34 103 J
(3)由能量守恒 Q吸 A净 Q放 可得
Pa Va )
1 2 (Pb
Pa ) (Vb
Va )
9.5 102 J
A 100 10.5% Q吸 950
B
C 2 V (L)
62
大学物理上习题册参考解答
10、一定质量理想气体(摩尔热容比为 γ)的某循环过程的 T-V 图如下,其中 CA 为绝
热过程,状态 A(T1,V1)和状态 B(T2,V2)为已知,试问:
RT2
ln
VA VB
R(T1 T2) ln
VA VB
T2 T1 T2
14、一台家用冰箱放在室温为 300K 的房间内,做一盘 2.09105 J 的热量。设冰箱为理想卡诺制冷机。 (1)求做一盘冰块所需要的功;
℃的冰块需从冷冻室取走
(2)若此冰箱能以 2.09102 J / s 的速率取出热量,求冰箱的电功率。
mR mR
60
大学物理上习题册参考解答
6、某理想气体在 P-V 图上等温线与绝热线相交于 A
点(如图所示)。 已知 A 点的压强 P1=2×105Pa,体积 V1=0.5 P ×10-3m3 ,而且 A 点处等温线的斜率与绝热线斜率之比为
0.714,现使气体从 A 点绝热膨胀至 B 点,其体积 V2=1×10-3m3。

大学物理习题答案解析第七章

大学物理习题答案解析第七章

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 ) (B ) (C ) (D )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 ) (C ) (D )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;.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( )r R B B 2=r R B B =r R B B =2r R B B 4=21==R r n n r R B r 2π2B r 2παB r cos π22αB r cos π2S B ⋅=m Φ(A ) ,(B ) ,(C ) ,(D ) ,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 -5 半径为R 的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中,若导体中流过的恒定电流为I ,磁介质的相对磁导率为μr (μr<1),则磁介质内的磁化强度为( ) (A )(B ) (C ) (D )分析与解 利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度,再由M =(μr-1)H 求得磁介质内的磁化强度,因而正确答案为(B ).7 -6 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m 的近似圆形轨道,当环中电子流强度为8 mA 时,在整个环中有多少电子在运行? 已知电子的速率接近光速。

大学物理第7章习题参考答案(钟韶 编)

大学物理第7章习题参考答案(钟韶 编)

第七章7-1 (1)由RT MmpV =把p =10atm, T=(47+273)K=320K.m =0.1kg, M=32×10-3kg R =8.31J ·mol -1·K -1代入.证V =8.31×10-3m 3(2) 设漏气后,容器中的质量为m ′,则T R M m V p ''=' 3201.0853*******⨯⨯='⇒⨯'=⇒R MR M m R Mm pV )kg (151='⇒m 漏去的氧气为kg 103.3kg 301kg )1511.0(2-⨯≈=-='-=m m m ∆ 7-2 太阳内氢原子数H Sm M N =故氢原子数密度为3827303)1096.6(341067.11099.134⨯⨯⨯⨯===-ππs H S R m M VN n)(105.8329-⨯=m由P =nkT 知)(1015.11038.1105.81035.17232914K nk p T ⨯=⨯⨯⨯⨯==- 7-3 如图混合前:2221112222111O He T M m T M m RT M m pV RT M m pV =⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫==气有对气有对 ①总内能 222111212523RT M m RT M m E E E +=+=前 ② ①代入②证1114RT M m E =前 混合后:设共同温度为T题7-2图()RT M m T T EF RT M m M m E 21210221125231,2523⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=式得又由后 ③ 又后前E E =,故由(2)(3)知)/53(8211T T T T +=7-4 (1) ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>≤≤≤≤=000002020)(v v v v v av v v v av f (2)由归一化条件⎰∞=01d )(v v f 得020032123d d 000v a av v a v v v a v v v =⇒==+⎰⎰(3)4d d )(00002/02/Nv v v a N v v Nf N v v v v =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎰⎰∆ (4)从图中可看出最可几速率为v 0~2v 0各速率. (5)⎰⎰⎰+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==∞0002/000d d d )(v v v v va v v v av v v vf v020911611v av ==(6)02/02/097d d d )(d )(0002121v v v v a v v av v v v f v v vf v v v v v v v v v =⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎭⎫⎝⎛==⎰⎰⎰⎰ 7-5 氧气未用时,氧气瓶中T T p L V V ====111,atm 130,32 V RTMp V RT Mp m 11111==① 氧气输出压强降到atm 102=p 时 V RTMp V RT Mp m 22222== ② 氧气每天用的质量 000V RTMP m =③L 400,atm 100==V P设氧气用的天数为x ,则021210m m m x m m xm -=⇒-= 由(1)(2)(3)知021021)(V p Vp p m m m x -=-=)(6.932400110130天=⨯⨯-=7-6 (1))(m 1041.23001038.110325235--⨯=⨯⨯==KT p n (2)(kg)103.51002.61032262330--⨯=⨯⨯==N M μ (3))kg/m (3.1103.51041.232625=⨯⨯⨯==-μρn (4)(m)1046.31041.21193253-⨯=⨯==nl(5)认为氧气分子速率服从麦克斯韦布,故 )(m s 1046.4103230031.86.16.11-23⨯=⨯⨯==-M RT v (6)122ms 1083.43-⨯==MRTv (7)(J)1004.13001038.12522023--⨯=⨯⨯⨯==KT i ε 7-7 3112310m 1006.12371038.1104---⨯=⨯⨯⨯==∴=kT p n nkTp )(cm 1006.135-⨯= 故1cm 3中有51006.1⨯个氮气分子.m101.21006.111d 43113-⨯≈⨯==n7-8 由课本P 257-258例7-4的结论知 )l n (0pp Mg RTh =(m)1096.1)8.01ln(8.9102930031.833⨯=⨯⨯⨯=- 7-9 (1) (J)1021.63001038.123232123--⨯=⨯⨯⨯==KT t (2)看作理想气体,则3132310101030028.16.16.1---⨯⨯⨯==μKTv 12ms 1003.1--⨯=7-10 (J)5.373930031.82323=⨯⨯===RT N E 平动平动ε (J)249330031.8122=⨯⨯===RT N E 转动转动ε内能(J)1023.630031.825253⨯=⨯⨯==RT E7-11 (1)由KTpn nKT p =⇒=∵是等温等压 ∴ 1:1:21=n n (2) MRT v 6.1=是等温,∴4:1322::1221====M M v v7-12317233102.33001038.11033.1---⨯=⨯⨯⨯==m KT P n m)(8.71033.110923001038.1d 2320232=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==---ππλpKT7-13 (1)8000021042.56.1d 2⨯=⇒⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎫===z M RT v KT p n v n z π(2)由公式MTRK p M RTKT p v n z 222d 26.1d 2d 2πππ===知 z 与T 和P 有关,由于T 不变,故z 只与P 有关.则1854000071.01042.510013.11033.1::--=⨯⨯⨯⨯='='⇒'='s z p p z p p z z 7-14 (1)如图MRT v 32=∴A c A c T T v v ::22=又 C B →等温过程,故C B T T =. 由B A A B V V P P RT Mm pV ===2则A B T T 2= ∴1:2:22=A c V V(2)AAc c A c P T P T pKT ::d 22==λλπλ C B →等温过程 A C A A A C B B C C p p V p V p V p V p =⇒=⨯⇒=221:2:=∴A C7-15 (1)MRTv 73.12= )(ms 100.7102400031.873.1133--⨯=⨯⨯=(2)m 10210)31(2122101021--⨯=⨯+=+=d d d (3)325202210710401042d 2⨯⨯⨯⨯⨯⨯==-ππv n z110s 105-⨯= 7-16 (1)题7-14图MTR k p z KT pn M RT v v n z ππππ8d 28d 222=⇒⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫=== ① 又由mREMT RT M m RT M m E 3326=⇒==② 把②代入①知EmkMpKN E m kM pR z ππ3d 43d 4022== EmMpN π3d 402=(2) MRTv P 2=把②代入得mEmR EM M R V P 3232=⨯=(3)平均平动动能 0232323mN EMmR EM k kT t =⨯==ε。

大学物理课后答案第七章..

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第七章 静电场中的导体和电介质一、基本要求1.掌握导体静电平衡的条件及静电平衡时导体电荷的分布规律; 2.学会计算电容器的电容;3.了解介质的极化现象及其微观解释; 4.了解各向同性介质中D 和E 的关系和区别; 5.了解介质中电场的高斯定理; 6.理解电场能量密度的概念.二、基本内容1.导体静电平衡(1)静电平衡条件:导体任一点的电场强度为零(2)导体处于静电平衡时:①导体是等势体,其表面是等势面;②导体表面的场强垂直于导体表面。

(3)导体处于静电平衡时,导体内部处处没有净电荷存在,电荷只能分布在导体的表面上。

2.电容(1)孤立导体的电容 qC V=电容的物理意义是使导体电势升高单位电势所需的电量。

电容是导体的重要属性之一,它反映导体本身具有储存电荷和储存电能的能力。

它的大小仅由导体的几何形状、大小和周围介质决定,与导体是否带电无关. (2)电容器的电容BA V V qC -=q 为构成电容器两极板上所带等量异号电荷的绝对值。

B A V V -为A 、B 两极间电势差。

电容器电容与电容器形状、大小及两极间介质有关,与电容器是否带电无关。

(3)电容器的串并联串联的特点:各电容器的极板上所带电量相等,总电势差为各电容器上电势差之和。

等效电容由121111nC C C C =+++进行计算。

并联的特点:电容器两极板间的电势差相等,不同电容器的电量不等,电容大者电量多。

等效电容为12n C C C C =+++。

(4)计算电容的一般步骤①设两极带电分别为q +和q -,由电荷分布求出两极间电场分布。

②由BA B A V V d -=⋅⎰E l 求两极板间的电势差.③根据电容定义求BA V V qC -=3.电位移矢量D人为引入的辅助物理量,定义0ε=+D E P ,D 既与E 有关,又与P 有关.说明D 不是单纯描述电场,也不是单纯描述电介质的极化,而是同时描述场和电介质的。

定义式无论对各向同性介质,还是各向异性介质都适用.对于各向同性电介质,因为0e χε=P E ,所以0r εεε==D E E 。

大学物理课后习题ch7

大学物理课后习题ch7
ox 轴竖直向下,试求振动方程。
解 (1)分析物体、滑轮、弹簧的受力情况(如图示) 因为系统处于静止状态,所以
mg T1 0
题 7.7 图
T1R T2 R 0
T2 kx0
其中 x0 为弹簧伸长量。联立求解上述方程,可得
T1 T2 mg 1.510 15 N
x0
T2 k
mg k
1.5 9.8 50
由 x Acos(t ) , v dx A s i n( t ) 可得 dt
vmax A 0.4 ms-1
又因为
a dv A cos(t ) , 所以 dt
amax A 2 4 ms-2
(2)当 x 0.02 m 时,回复力 f kx 50 0.02 1N,
加速度 a f 2 ms-2 m
第 7 章 振动学基础
7.1 一个弹簧振子的质量 m 0.5 kg,弹簧的劲度系数 k 50 N/m,振幅 A 0.04 m,
求 (1
(2)当振子对平衡位置的位移为 x 0.02 m
(3)以速度具有正的最大值时为计时起点,写出振动的表达式。
解(1) k 50 10 rads-1 m 0.5
2gh]1 2
Mg [1 k
2hk ]1 2 (M m)g
(3)初位相
M 2gh
arctan( v0 ) arctan
M m
arctan
x0
( Mg ) k
k (M m)
2kh M m
又因为
x0
A cos
Mg k
,所以
x0 0 ,即 cos 0
v0 Asin sin v0 (A) 0 , 所以 sin 0
7.9 弹簧下面悬挂质量为 50 g 的物体,物体沿竖直方向的运动学方程为 x 2sin10t ,

(完整版)大学物理学(课后答案)第7章

(完整版)大学物理学(课后答案)第7章

第七章课后习题解答、选择题7-1处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同,分子的平均平动动能也相同,则它们[](A)温度,压强均不相同(B)温度相同,但氦气压强大于氮气的压强(C)温度,压强都相同(D)温度相同,但氦气压强小于氮气的压强3分析:理想气体分子的平均平动动能 \ - kT,仅与温度有关,因此当氦气和氮气的平均平动动能相同时,温度也相同。

又由理想气体的压强公式p nkT ,当两者分子数密度相同时,它们压强也相同。

故选( C)。

7-2理想气体处于平衡状态,设温度为T,气体分子的自由度为i,则每个气体分子所具有的[](A)动能为-kT (B)动能为丄RT2 2(C)平均动能为-kT (D)平均平动动能为-RT2 23分析:由理想气体分子的的平均平动动能 \ 3kT和理想气体分子的的平均动能2-丄kT,故选择(C)。

27-3三个容器A、B、C中装有同种理想气体,其分子数密度n相同,而方均根1/2 1/2 1/2速率之比为v A : v B : v C 1:2:4,则其压强之比为P A:P B:P c[](A) 1:2:4 (B) 1:4:8 (C) 1:4:16 (D) 4:2:1分析:由分子方均根速率公式厂2,又由物态方程p nkT,所以当三容器中得分子数密度相同时,得p1: P2: P3 T1 :T2 :T3 1: 4:16。

故选择(C)。

7-4图7-4中两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线。

如果V p O和V p H分别表示氧气和氢气的最概然速率,则[] O 2 H 2(A)图中a表示氧气分子的速率分布曲线且V p O/ V p H4质量M H 2 M O 2,可知氢气的最概然速率大于氧气的最概然速率,故曲线 M 1 ( ) i于氧分子的速率分布曲线。

又因16,所以盘4。

故选择(B )。

f(v)习题7-4图7-5在一个体积不变的容器中,储有一定量的某种理想气体,温度为T 。

大学物理第七章习题及答案

大学物理第七章习题及答案

第七章 振动学基础一、填空1.简谐振动的运动学方程是 。

简谐振动系统的机械能是 。

2.简谐振动的角频率由 决定,而振幅和初相位由 决定。

3.达到稳定时,受迫振动的频率等于 ,发生共振的条件 。

4.质量为10-2㎏的小球与轻质弹簧组成的系统,按20.1cos(8)3x t ππ=-+的规律做运动,式中t 以s 为单位,x 以m 为单位,则振动周期为 初相位 速度最大值 。

5.物体的简谐运动的方程为s ()x A in t ωα=-+,则其周期为 ,初相位 6.一质点同时参与同方向的简谐振动,它们的振动方程分别为10.1cos()4x t πω=+,20.1cos()4x t πω=-,其合振动的振幅为 ,初相位为 。

7.一质点同时参与两个同方向的简谐振动,它们的振动方程分别为)4cos(06.01πω+=t x ,250.05cos()4x t πω=+,其合振动的振幅为 ,初相位为 。

8.相互垂直的同频率简谐振动,当两分振动相位差为0或π时,质点的轨迹是 当相位差为2π或32π时,质点轨迹是 。

二、简答1.简述弹簧振子模型的理想化条件。

2.简述什么是简谐振动,阻尼振动和受迫振动。

3.用矢量图示法表示振动0.02cos(10)6x t π=+,(各量均采用国际单位).三、计算题7.1 质量为10×10-3㎏的小球与轻质弹簧组成的系统,按X=0.1cos (8πt+2π/3)的规律做运动,式中t 以s 为单位,x 以m 为单位,试求: (1)振动的圆频率,周期,初相位及速度与加速度的最大值; (2)最大恢复力,振动能量;(3)t=1s ,2s ,5s ,10s 等时刻的相位是多少?(4)画出振动的旋转矢量图,并在图中指明t=1s ,2s ,5s ,10s 等时刻矢量的位置。

7.2 一个沿着X 轴做简谐振动的弹簧振子,振幅为A ,周期为T ,其振动方程用余弦函数表示,如果在t=0时刻,质点的状态分别为: (1)X 0=-A ;(2)过平衡位置向正向运动; (3)过X=A/2处向负向运动; (4)过X=2A 处向正向运动。

大学物理学课后习题7第七章答案

大学物理学课后习题7第七章答案


q 6 0
对于边长 a 的正方形,如果它不包含 q
所在的顶点,则 e

q 24 0

如果它包含 q 所在顶点则 e 0 .
7.8 均匀带电球壳内半径6cm,外半径10cm,电荷体密度为2×
105 C·m-3求距球心5cm,8cm ,12cm 各点的场强.
解:
高斯定理 当 r 5 cm
均匀分布,其电势U

E

dr

R2
qdr R2 4π 0 r 2
q 4π 0 R
题 7.16 图
(2)外壳接地时,外表面电荷 q 入地,外表面不带电,内表面电荷仍
为 q .所以球壳电势由内球 q 与内表面 q 产生:
U

q 4π 0 R2
q 4π 0 R2
(2)同理
dEQ

1 4π 0
dx
x2

d
2 2
方向如题 7.6 图所示
由于对称性 l dEQx 0 ,即 EQ 只有 y 分量,

dEQy

1 4π 0
dx
x2

d
2 2
d2
x2

d
2 2
EQy

l dEQy
d2 4π 2
l 2
dx
l
3
2
(x2

d
2 2
)
2

l
1由于电荷均匀分布与对称性ab和cd段电荷在o点产生的场强互相抵消取?ddrl?则??ddrq?产生o点e?d如图由于对称性o点场强沿y轴负方向题714图??????cos4dd2220?????rreeyr04???2sin??2sin??r02????2ab电荷在o点产生电势以0??u?????ab200012ln44d4drrxxxxu??????同理cd产生2ln402???u半圆环产生00344??????rru0032142ln2?????????uuuuo715两个平行金属板ab的面积为200cm2a和b之间距离为2cmb板接地如图715所示
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Q r Qr ⋅ 3 有 E内 = ε0 R 4π ε 0 R 3 Q Q 4π r 2 E 外 = 有 E外 = ε0 4π ε 0 r 2
4π r 2 E 内=

o rP
R

P
离球心 r 处
r<R
的电势
Ur = ∫ E内 ⋅ d r + ∫ E外 ⋅ d r
r R
R

Ur = ∫
4.13
R
r
∞ Qr Q 3Q Q r2 ⋅ d r + ⋅ d r = − ∫R 4π ε 0 r 2 8π ε 0 R 8π ε 0 R 3 4π ε 0 R 3
0.15 k A
图 4.27
题 4.16 图
图 4.28
题 4.18 图
4.18 图 4.28 所示为一 有球对 性分布的静电场的 E~r 关系曲线 请指 该静电场 是由 列哪种带电体产生的 D A 半径为 R 的均匀带电球面 B 半径为 R 的均匀带电球体 C 半径为 R 电荷体密度 ρ = Ar A 为常数 的非均匀带电球体 D 半径为 R 电荷体密度 ρ = A / r A 为常数 的非均匀带电球体 4.19 电荷为+q 和−2q 的两个点电荷分 置于 x=1m 和 x = −1m 处 何处 它 到的合力等于零
r2
=−
σ
2
3 ∆q = 4π r22 (σ − σ ' ) = σ ⋅ 4π r22 = 4 × 3.14 × 8.85 ×10 −12 × 300 × 0.2 = 6.67 ×10 −9 C 2
4.14 如图 4.25 所示 在坐标 a 0 处放置一点电荷 q 在坐标 -a 0 处放置另 一点电荷 q P 点是 x 轴 的一点 坐标为 x 0 当 x >> a 时 该点场强的大小为 B q qa qa q A B C D 3 3 4πε 0 x πε 0 x 2πε 0 x 4πε 0 x 2 4.15 如图 4.26 所示为一沿轴放置的无限长分段均匀带电直线 电荷线密度分 + λ ( x < 0) 和 −λ ( x > 0) 则 O-xy 坐标平面 P 点 o, a 处的电场强度矢量为 B v v v v λi λi λ (i + j ) A 0 B C D 2πε 0 a 4πε 0 a 2πε 0 a
4.7 一个半径为 R
电荷线密度为 λ1 的均匀带电圆环 在
轴线 放一长为 l
电荷线
密度为 λ2 的均匀带电直线段 该线段的一端处于圆环中心处 如图 4.21 所示 求该直线段
到的电场力
图 4.19
题 4.6 图
图 4.21
题 4.7 图
图 4.22
题 4.8 图

答案
λ1λ2 R 1 1 − 1 / 2 2ε 0 R (l 2 + R 2 )
半径为 R1 和 R2
1 r < R1 2
R1 < R2
的两无限长同轴圆柱面
3
i
单位长度分
带有电量 λ 和
−λ
试求 解
1 2 3
R1 < r < R2
r > R2 处各点的场强
利用高斯定律
Ò ∫∫ E ⋅ dS = ε ∑ q
S
0 S内
v
v
1
r < R1 时 高斯面内 包括电荷 所以
E1 = 0
R1 < r < R2 时 利用高斯定律及对 性 有 2π r l E2 =
E = EP1 + EP2 =
ρ r3 ( d − 2 ) 方向从 O 指向 P 3ε 0 4d
r<R P 点的电势
4.12 电荷量 Q 均匀分布在半径为 R 的球体内 试求 离球心 r 处

利用高斯定律
Ò ∫∫ E ⋅ dS = ε ∑ q 可求电场的分布
S 0 S内 3
v
v
1
1 2
r < R时 r > R时
2 2 1 2 1 2
那么
2
σ=
ε 0U 0
r1 + r2
=
8.85 × 10 −12 × 300 = 8.85 × 10 − 9 C m 2 30 × 10 − 3
则有
设外球面 放电后电荷密度 σ '
U 0 ' = (σ r1 + σ ' r2 ) / ε 0 = 0
则 放掉电荷为
σ '=−
σ r1
0
x0
可见 ρ ( x ) 为常数 ⇒ ρ = ε 0 c 电荷体密度为 ρ 球壳内表面半径为 R1
4.25 如图 4.33 所示为一个均匀带电的球壳
外表面半径为 R2
设无穷远处为电势零点 求空腔内任一点的电势
解 如图 考虑空间一封闭矩形外表面为高斯面

Ò ∫∫ E ⋅ d S = cx
S
v
v
0
⋅ ∆S
v 1
由高斯定理
Ò ∫∫ E ⋅ d S = ε ∑ q
S 0 S内
v
设空间电荷的密度为 ρ ( x )

cx 0
∫ ⋅∆S =
x0
0
ρ ( x)∆ Sd x ε0


x0
0
ρ ( x) d x = ∫ ε 0cd x

图 4.17
题 4.1 图
图 4.18
题 4.3 图
4.3 如图 4.18 所示 两无限大平行平板 度的大小分 为 A σ σ A 0 ε0 ε0 C
4.4 A B C D
电荷面密度均为+σ 则图中 处的电场强 B 0
D 0
σ 2ε 0
σ ε0
σ 2ε 0
σ 0 ε0 σ 0 2ε 0
C
关于静电场中某点电势值的正负 列说法中正确的是 电势值的正负 决于置于该点的实验电荷的正负 电势值的正负 决于电场力对实验电荷作功的正负 电势值的正负 决于电势零点的选 电势值的正负 决于产生电场的电荷的正负 r 1 4.5 由真空中静电场的高斯定理 d E ⋅ dS = q 可知 C S ε0
电荷以相同的面密度 σ 分布在半径为 r1 = 10cm 和 r2 = 20cm 的两个同心球面
设无限远处电势为零 球心处的电势为 U 0 = 300V .
1 2 解
ε 0 = 8.85 × 10−12 C 2 ⋅ N −1m −2
求电荷面密度 σ 若要使球心处的电势 为零 外球面 电荷面密度 σ ′ 为多少 1 当 r < r1 时 因高斯面内 包围电荷 有 E1 = 0
σ r12 当 r1 < r < r 2 时 利用高斯定理可求得 E 2 = ε0 r2 σ (r12 + r22 ) 当 r > r 2 时 可求得 E 3 = ε0 r2 2 2 2 r v r σ r1 ∞ σ ( r1 + r2 ) σ v ∞v v = + U0 = ∫ E2 ⋅ d r + ∫ E3 ⋅ d r ∫ dr ∫ d r = (r1 + r2 ) 2 r r r ε r2 r ε0 r ε0 0


A 闭合面内的电荷代数和为零时 闭合面 各点场强一定为零 B 闭合面内的电荷代数和 为零时 闭合面 各点场强一定都 为零 C 闭合面内的电荷代数和为零时 闭合面 各点场强 一定都为零 D 闭合面内无电荷时 闭合面 各点场强一定为零 4.6 如图 4.19 所示 在点电荷 q 的电场中 选 以 q 为中心 R 为半径的球面 一点 P 处为电势零点 则 点电荷 q 距离为 r 的 P'点的电势为 B q 1 1 q q 1 1 q A B C D − − 4πε 0 r 4πε 0 r R 4πε 0 ( r − R ) 4πε 0 R r
大学物理学习指导相应教材第七章真空中的静电场习题与解答 4.5 习题一
4.1 图 4.17 所示的曲线表示某种球对 性静电场的场强大小 E 随径向距离 r 化的关 请指 该电场是由 列哪一种带电体产生的 A A 半径为 R 的均匀带电球面 B 半径为 R 的均匀带电球体 C 点电荷 D 外半径为 R 内半径为 R/2 的均匀带电球壳体 4.2 电场中 列说法中正确的是 D A 带正电的导体 电势一定是正值 B 等势面 各点的场强一定相等 C 场强为零处 电势 一定为零 D 场强相等处 电势梯度矢量一定相等
λl ε0

E2 =
λ 2π ε 0 r
r > R2 时 利用高斯定律及对 性 有 2π rlE3 = 0 则 E3 = 0 v E = 0 r < R1 λ v ˆ R1 < r < R2 即 E = E = r π ε r 2 0 v E r > R2 =0 ϖ ϖ r 4.24 如图 设真空中静电场 E 的分布为 E = ci 式中 c 为常量 求空间电荷的分布
如题 4.10 解图所示
题 4.10 解图
4.11 一球体内均匀分布着电荷体密度为 ρ 的正电荷 若保持电荷分布
在该球体
中挖去半径为 r 的一个小球体 球心为 O′ 两球心间距离 OO′ = d 1 在球形空腔内 球心 O′ 处的电场强度 E0
如图 4.24 所示 求
2 在球体内 P 点处的电场强度 E 设 O′ O P 点在同一直径 且 OP = d 解 利用补偿法 可将 看成是带有电荷体密度为 ρ 的大球和带有电荷体密度为 − ρ 的
4.8 一个细玻璃棒被弯成半径为 R 的半圆形 沿 半部分均匀分布有电荷+Q 沿 半部分均匀分布有电荷 Q 如图 4.22 所示 试求圆心 O 处的电场强度
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