大学物理 下册 9-13章 (罗益民 余燕 著) 北京邮电大学出版社 课后答案 第12章 波动光学 课后答案【khdaw_l
大学物理学 北京邮电·第3版.修订版下册习题答案要点
习题99.3 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系?解: 如题9.3图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题9.3图 题9.4图9.4 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题9.4图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量． 解: 如题9.4图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 9.5 根据点电荷场强公式204r q E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．9.6 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024dq πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =Sq 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强SqE 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为Sq E 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力．9.7 长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m -1 的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强．解： 如题9.7图所示(1) 在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε 222)(d π4d x a xE E l l P P -==⎰⎰-ελ题9.7图 ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅方向水平向右(2)同理 2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题9.7图所示 由于对称性⎰=lQx E 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Q y Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向9.8 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强． 解: 如9.8图在圆上取ϕRd dl =题9.8图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y ∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．9.9 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如9.9图示，正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 方向如图，大小为 ()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥ ∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题9.9图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵ lq 4=λ ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿OP9.10 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量06εqe =Φ． (2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ， 如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题9.10图所示． 题9.10图9.11 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=rr r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外. 9.12 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ rE 0π2ελ=沿径向向外 (3) 2R r > 0=∑q ∴ 0=E题9.13图9.13 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题9.13图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， n E)(21210σσε-=1σ面外， n E)(21210σσε+-=2σ面外， n E)(21210σσε+=n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．9.14 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题9.14图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题9.14图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ- 球在O 点产生电场d π4π3430320r E ερ=∴ O 点电场'd33030r E ερ= ； (2) ρ+在O '产生电场d π4d 3430301E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E 'OO题9.14图(a) 题9.14图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r '，相对O 点位矢为r(如题8-13(b)图)则 03ερrE PO =，3ερr E O P '-=' , ∴ 00033)(3ερερερdr r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．9.15 一电偶极子由q =1.0×10-6C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C -1 的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解: ∵ 电偶极子p在外场E 中受力矩E p M⨯= ∴ qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅9.16 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功? 解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r -61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题9.17图9.17 如题9.17图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功． 解: 如题9.17图示0π41ε=O U 0)(=-Rq R q 0π41ε=O U )3(R q R q -Rq 0π6ε-= ∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=9.18 如题9.18图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (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θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题9.18图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ 同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U ∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O9.19 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C) 解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅9.20 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 4105.1d ⨯==E U V9.21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题9.21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题9.21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题9.21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ∴ +2σ03=σ说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ 又∵ +2σ03=σ ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．9.22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题9.22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题9.22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题9.22图(1)∵ AB AC U U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σCC10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV9.23两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量． 解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε题9.23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：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=9.24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题9.24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U题9.24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+RqR q εε 得 -='q 3q9.25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知 2020π4rq F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =',小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电q q 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力0022018348342F r πqr π"q 'q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q . ∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r q q F ==ε9.26 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内; 介质外)(2R r <场强303π4,π4r rQ E r Qr D ε ==外 (2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R QR r qr εεε+-=rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内)11(π420R r Q r r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r -+=εεε9.27 如题9.27图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题9.27图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=d21U E E == ∴r r E E εεεεσσ==102012题9.27图 题9.28图9.28 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求：(1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑ ∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε== 薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε==题9.29图9.29 如题9.29 图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ． 解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q = ∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 9.30 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V 的电压，是否会击穿? 解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U ∴ 6001=U V ,4002=U V 即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．9.31半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C 时，求： (1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题9.31图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε=3R r >时 302π4r rQ E ε=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q r r Q εε在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε ∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4rrQ E ε=,02=W ∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F习题1010.3 在同一磁感应线上，各点B的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B的方向．题10.3图10.4 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)? (2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcdμ∴ 21B B=（2）若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B 方向相反，即21B B≠.10.5 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．10.6 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题10.6图)的环路积分⎰外B L·d l =0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为⎰外B L·d l =I 0μ 这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 10.6 图10.7 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场? 解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．10.8 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m -2 的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量． 解： 如题10.8图所示题10.8图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S BΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb (或24.0-Wb )题10.9图10.9 如题10.9图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题10.9图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BCD 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里．10.10 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题10.10图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题10.10图解：如题10.10图所示,A B方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T52010103310502050102-⨯=⨯++-=..)..(πμπμI I B B T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题10.11图10.11 如题10.11图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度． 解： 如题10.11图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
《大学物理学》(袁艳红主编)下册课后习题答案
第9章 静电场习 题一 选择题9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ](A)4f (B) 8f (C) 38f (D) 16f答案：B解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间的作用力变为8f。
9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。
因而正确答案（B ）9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ](A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变习题9-3图(C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变 答案：D解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。
O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式204q E r πε=，移动电荷后，由于OP =OT ，即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。
因而正确答案（D ）9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ](A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。
大学物理答案(下) 罗益民 北京邮电出版
第8章 机械振动8-1 解：取固定坐标xOy ，坐标原点O 在水面上（图题所示）设货轮静止不动时，货轮上的A 点恰在水面上，则浮力为S ρga .这时 ga s Mg ρ= 往下沉一点时，合力 )(y a g s Mg F +-=ρ gy s ρ-=.又 22d d t y M Ma F == 故0d d 22=+gy s ty M ρ022=+y M gs dtdy ρ 故作简谐振动M g s ρω=2)(35.68.910102101022223334s g s M T =⨯⨯⨯⨯⨯===πρπωπ8-2 解：取物体A 为研究对象，建立坐标Ox 轴沿斜面向下，原点取在平衡位置处，即在初始位置斜下方距离l 0处，此时：)(1.0sin 0m kmg l ==θ(1) (1) A 物体共受三力；重mg, 支持力N, 张力T.不计滑轮质量时，有 T =kx列出A 在任一位置x 处的牛顿方程式220d d )(sin sin txm x l k mg T mg =+-=-θθ将（1）式代入上式，整理后得0d d 22=+x m ktx 故物体A 的运动是简谐振动，且)rad/s (7==mkω 习题8-1图由初始条件,000⎩⎨⎧=-=v l x 求得,1.00⎩⎨⎧===πϕml A 故物体A 的运动方程为x =0.1cos(7t+π)m(2) 当考虑滑轮质量时，两段绳子中张力数值不等，如图所示，分别为T 1、T 2,则对A 列出任一位置x 处的牛顿方程式为:221d d sin txm T mg =-θ (2)对滑轮列出转动方程为：22221d d 2121t x Mr r a Mr J r T r T =⎪⎭⎫ ⎝⎛==-β (3)式中,T 2=k (l 0+x ) （4）由式（3）、(4)知2201d d 21)(t xM x l k T ++=代入(2)式知22021)(sin dtxd m M x l k mg ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+-θ又由（1）式知0sin kl mg =θ故0d d )21(22=++kx t xm M即0)2(d d 22=++x m M ktxm M k +=22ω可见，物体A 仍作简谐振动，此时圆频率为：rad/s)(7.52=+=m M k ω由于初始条件：0,000=-=v l x可知，A 、ϕ不变，故物体A 的运动方程为:m t x )7.5cos(1.0π+=由以上可知：弹簧在斜面上的运动，仍为简谐振动，但平衡位置发生了变化，滑轮的质量改变了系统的振动频率.习题8-2图8-3 解：简谐振动的振动表达式：)cos(ϕω+=t A x由题图可知，m 1042-⨯=A ,当t=0时，将m 1022-⨯=x 代入简谐振动表达式，得：21cos =ϕ 由)sin(ϕωωυ+-=t A ,当t=0时，ϕωυsin A -= 由图可知，υ>0,即0sin <ϕ,故由21cos =ϕ,取3πϕ-= 又因:t=1s 时，,1022m x -⨯=将其入代简谐振动表达式，得213cos ,3cos 42=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=πωπω由t=1s 时,⎪⎭⎫⎝⎛--=3sin πωωυA <0知，03sin >⎪⎭⎫ ⎝⎛-πω,取33ππω=-，即 s 32πω= 质点作简谐振动的振动表达式为m t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=-332cos 1042ππ8-4 解：以该球的球心为原点，假设微粒在某一任意时刻位于遂道中的位矢为r，由高斯定理可知304RrQ E πε=,则微粒在此处受电场力为:r R Qq F 304πε-= 式中，负号表明电场F 的方向与r的正方向相反，指向球心.由上式及牛顿定律，得：04d d 04d d 043022302230=+⇒=+=+r mRQqt r r R Qq t r mr RQqF πεπεπε令 mR Qq3024πεω=则 0d d 222=+r tr ω习题8-3图故微粒作简谐振动，平衡点在球心处.由ωπ2=T知: QqmR T 3042πεπ=8-5 解：（1）取弹簧原长所在位置为O '点.当弹簧挂上物体A 时，处于静止位置P 点，有：P O k Mg '=将A 与B 粘合后，挂在弹簧下端，静止平衡所在位置O 点，取O 点为原坐标原点如图题8-5所示，则有：g m M O O k )(+='设当B 与A 粘在一起后，在其运动过程的任一位置，弹簧形变量x O O +',则A 、B 系统所受合力为：kx x O O k g m M F -=+'-+=)()(即 0d d )(22=++kx txm M可见A 与B 作简谐和振动. (2) 由上式知，rad/s)(10=+=mM kω以B 与A 相碰点为计时起点，此时A 与B 在P 点，由图题8-5可知kmgk Mg g k m M P O O O OP =-+='-'= 则t=0时，m 02.00-=-=-=kmgOP x (负号表P 点在O 点上方) 又B 与A 为非弹性碰撞，碰撞前B 的速度为:m/s 2220101=-='gh υυ 碰撞后，A 、B 的共同速度为：m/s 4.0010=+'=mM m υυ （方向向上）则t=0时，⎩⎨⎧=-=s m mx /4.002.000υ可求得：)m (0447.02220=+=ωυx Aπωυϕ65.0arctan 00=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=x 可知A 与B 振动系统的振动表达式为：m t x )65.010cos(0447.0π+=习题8.5图(3) 弹簧所受的最大拉力，应是弹簧最大形变时的弹力，最大形变为：m A g kmM A O O x 1447.0=++=+'=∆则最大拉力 N 4.72max ==x k F ∆ 8-6 解：(1) 已知A=0.24m, 22ππω==T ,如选x 轴向下为正方向. 已知初始条件0m,12.000<=υx 即 3,21c o s ,c o s24.012.0πϕϕϕ±=== 而 ,0sin ,0sin 0><-=ϕϕωυA 取3πϕ=,故：m t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=32cos 24.0ππ(2) 如图题所示坐标中，在平衡位置上方0.12m, 即x=-0.12m 处，有32322132cos πππππ±=+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+t t因为所求时间为最短时间，故物体从初始位置向上运动，0<υ.故0)32sin(>+ππt则取3232πππ=+t 可得：s t 32min =(3) 物体在平衡位置上方0.12m 处所受合外力0.3N x m =-=ωF ,指向平衡位置.8-7 解：子弹射入木块为完全非弹性碰撞，设u 为子弹射入木块后二者共同速度，由动量定理可知：m/s)(0.2=+=υmM mu不计摩擦，弹簧压缩过程中系统机械能守恒，即：20221)(21kx u m M =+ （x 0为弹簧最大形变量） m u kmM x 20100.5-⨯=+=由此简谐振动的振幅 20100.5-⨯==x A 系统圆频率rad/s)(40=+=mM kω习题8-6图若取物体静止时的位置O （平衡位置）为坐标原点，Ox 轴水平向右为正，则初始条件为： t =0时，x =0,0m/s 0.20>==u υ由,sin ,cos 00ϕωυϕA A x -==得：2πϕ-=则木块与子弹二者作简谐振动，其振动表达式为：m t x )240cos(100.52π-⨯=-8-8 解：当物体m 1向右移动x 时，左方弹簧伸长x ，右方弹簧缩短x ，但它们物体的作用方向是相同的，均与物体的位移方向相反，即)(21x k x k F +-=令F =-kx ,有:N/m 421=+=k k k 由 kmT π2= 得)kg (1.0442212211≈==ππkT k T m则粘上油泥块后，新的振动系统质量为：kg 20.021=+m m新的周期 )s (4.12212=+=km m T π在平衡位置时，m 2与m 1发生完全非弹性碰撞. 碰撞前，m 1的速度m/s 10.0111πωυ==A 设碰撞后，m 1和m 2共同速度为υ. 根据动量守恒定律，υυ)(2111m m m +=则m/s 05.0)(2111πυυ=+=m m m新的振幅 m)(035.0222===πυωυTA 8-9 解：（1）由振动方程)25sin(60.0π-=t x 知，5(rad/s)m,6.0==ωA故振动周期： )s (26.1)s (256.1522≈===πωπT (2) t=0时，由振动方程得：)25cos(0.3|m60.0000=-==-==πυt dt dx x t (3) 由旋转矢量法知，此时的位相：3πϕ-=速度 m/s)(6.2m/s )23(560.0sin =-⨯⨯-=-=ϕωυA 加速度 )m /s (5.7m /s 21560.0cos 2222-=⨯⨯-=-=ϕωA a 所受力 N)(5.1N )5.7(2.0-=-⨯==ma F（4）设质点在x 处的动能与势能相等，由于简谐振动能量守恒，即：221kA E E E p k ==+ 故有： )21(21212kA E E E p k ===即 22212121kA kx ⨯=可得： m)(42.022±=±=A x 8-10 解：（1）砝码运动到最高点时，加速度最大，方向向下，由牛顿第二定律，有：N mg ma -=maxN 是平板对砝码的支持力.故N)(74.1)4()()(22max =-=-=-=vA g m A g m a g m N πω砝码对板的正压力与N 大小相等，方向相反.砝码运动到最低点时，加速度也是最大，但方向向上，由牛顿第二定律，有：mg N ma -'=max故 N)(1.8)4()(22max =+=+='A v g m a g m N π 砝码对板的正压力与板对砝码的支持力N '大小相等，方向相反. （2）当N=0时，砝码开始脱离平板，故此时的振幅应满足条件：m)(062.040)4(22max max 2===-=v g A vA g m N ππ(3) 由22max 4vg A π=,可知，2max v A 与成反比，当v v 2='时，m 0155.041max max=='A A 8-11 解：（1）设振子过平衡位置时的速度为υ，由机械能守恒，有：222121υm kA = A mk=υ 由水平方向动量定理： ⇒='+υm u m m )(υm m mu '+=此后，系统振幅为A '，由机械能守恒，有：22)(2121u m m A k '+=' 得： A m m mA '+='有： km m T '+='π2 （2）碰撞前后系统总能量变化为：)21()1(2121212222kA m m m m m m kA kA A k E '+'-=-'+=-'=∆ 式中，负号表示能量损耗，这是泥团与物体的非弹性碰撞所致.（3）当m 达到振幅A 时，m '竖直落在m 上，碰撞前后系统在水平方向的动量均为零，因而系统的振幅仍为A ，周期为km m '+π2，系统的振动总能量不变，为221kA （非弹性碰撞损耗的能量为源于碰撞前m '的动能）. 物体系统过平衡位置时的速度υ'由：22)(2121υ''+=m m kA 得：A m m k'+±='υ8-12 解：（1）由放置矢量法可知，振子从2A 运动到2A -的位置处，角相位的最小变化为：3πϕ∆=则圆频率 rad/s 3π∆ϕ∆ω==t 周期 s T 62==ωπ由初始状态，在图示坐标中，初始条件为：m)(1.00m1.000=⇒⎩⎨⎧=-=A x υ则振幅 m 1.022020=+=ωυx A习题8-12图（2）因为E E p 41=又 2221,21kA E kx E p == 故 )21(412122kA kx =得： m)(05.0±=x 根据题意，振子在平衡位置的下方，取x =－0.05m.根据振动系统的能量守恒定律：222212121kA m kx =+υ 故 )s m (091.0122-⋅±=-±=x A ωυ根据题意，取m/s 091.0-=υ 再由 )sin()cos(ϕωωυϕω+-=+=t A t t A x)cos(d d 2ϕωω+-==t A tva x 2ω-= 得： )m /s (055.02=a（3）t=0时，(J)108.681)21(41413222-⨯====mA kA E E p ω (J)102183)21(43433222-⨯====mA kA E E k ω(J)108.273-⨯=+=p k E E E （4）由简谐振动的振动表达式)cos(ϕω+=t A x 当t=0时，0m/s 091.0m,05.000<-=-=υx ,可得：πϕ32= 又 3,10.0πω==m A故 m t x )323cos(1.0ππ+= 8-13 解：（1）据题意，两质点振动方程分别为：mt x mt x Q P )3cos(1000.2)3cos(1000.522ππππ-⨯=+⨯=--（2）P 、Q 两质点的速度及加速度表达分别为：)m/s )(3sin(1000.52ππωυ+⨯⨯-==-t dt dx P P )m/s )(3sin(1000.22ππωυ-⨯⨯-==-t dt dx QQ )m/s )(3cos(1000.5222ππωυ+⨯⨯-==-t dt d a P P )m/s )(3cos(1000.2222ππωυ-⨯⨯-==-t dtd a Q Q当t=1s 时，有：)(m/s 1087.9/32cos 1000.2)(m/s 1068.24/34cos 1000.5(m/s)1044.5/32sin 1000.2(m/s)1060.13/34sin 1000.5(m)1000.132cos 1000.2)(m 105.234cos1000.5222222222222222222------------⨯=⨯⨯-=⨯=⨯⨯-=⨯-=⨯⨯-=⨯=⨯⨯-=⨯-=⨯=⨯=⨯=s m a s m a s m s m m x m x Q P Q P Q P ππππππυππυππ（3）由相位差32)3(3)()(πππϕϕϕωϕωϕ∆=--=-=+-+=Q P Q P t t 可见，P 点的相比Q 点的相位超前32π. 8-14 解：（1）由题意得初始条件：⎪⎩⎪⎨⎧<=02100υA x 可得：3πϕ=(由旋转矢量法可证出)在平衡位置的动能就是质点的总能量)J (1008.3212152222-⨯====⇒=A m kA E m k m kωωω可求得：s rad m E A /221πω==则振动表达式为：m t x )32cos(1000.52ππ+⨯=-(2) 初始位置势能)32(cos 21212222ππω+==t A m kx E P 当t=0时，3cos 21222πωA m E P =J J 6222221071.73cos )1000.5()2(1000.121---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=ππ 8-15 解：（1）由初始条件：⎩⎨⎧<⨯=-0102.1010υm x 可知，3πϕ=且 22ππω==v则振动表达式为：m t x )32cos(24.0ππ+=当t=0.5s 时，m m x 21000.6)3212cos(24.0-⨯-=+⨯=ππ(2) t=0.5s 时，小球所受力：(N)1048.1)(32-⨯=-==x m ma f ω因t=0.5s 时，小球的位置在m x 21000.6-⨯-=处，即小球在x 轴负方向，而f 的方向是沿x 轴正方向，总是指向平衡位置.(3) 从初始位置m x 10102.1-⨯=到m x 1102.1-⨯-=所需最短时间设为t ，由旋转矢量法知，πϕπϕ32,3,0±=±=处处x x 习题8-15图)s (3223=⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==t t πωπω(4) 因为 )32sin(24.02)sin(πππϕωωυ+⨯-=+-=t t A )32cos(24.04)cos(22πππϕωω+⨯-=+-=t t A a 在s t m x 32102.11=⨯-=-处 )32cos(24.04)3322cos(24.04/1026.3/)3322sin(24.022212ππππππαπππυ+⨯-=+⨯⨯-=⨯-=+⨯⨯-=-t s m s m (5) t=4s 时， 22)]32sin([2121ππωυ+-==t A m m E k (J)1033.5J)342(sin 24.0)2(01.0214222-⨯=+⨯⨯⨯⨯=πππ)32(cos 21212222ππω+==t A m kx E P (J)1077.1J)342(cos 24.0)2(01.0214222-⨯=+⨯⨯⨯⨯⨯=πππ(J)107.10J 101.77J 1033.5-4-44⨯=⨯+⨯=+=-P k E E E 总 8-16 解：设两质点的振动表达式分别为：)cos()cos(2211ϕωϕω+=+=t A x t A x由图题可知，一质点在21Ax =处时对应的相位为： 32/arccos 1πϕω==+A A t同理：另一质点在相遇处时，对应的相位为：习题8-16图352/arccos2πϕω==+A A t 故相位差)()(12ϕωϕωϕ∆+-+=t tπππϕϕ3433512=-=-= 若21υυ与的方向与上述情况相反，故用同样的方法，可得：πππϕϕϕ∆32)3(312=--=-= 8-17 解：由图题8-17(图在课本上P 200)所示曲线可以看出，两个简谐振动的振幅相同，即m 05.021==A A ,周期均匀s 1.0=T ，因而圆频率为：ππω202==T由x -t 曲线可知，简谐振动1在t=0时，,010=x 且010>υ，故可求得振动1的初位相πϕ2310=.同样，简谐振动2在t=0时，πϕυ==-=202020,0,05.0可知m x 故简谐振动1、2的振动表达式分别为：mt x t x )20cos(05.0)2320cos(05.021ππππ+=+=因此，合振动的振幅和初相位分别为： m A A A A A 210202122211025)cos(2-⨯=-++=ϕϕ2021012021010cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=ππ4541arctan 或== 但由x-t 曲线知，t=0时，πϕ45,05.021应取因此-=+=x x x . 故合振动的振动表达式：m t x )4520cos(10252ππ+⨯=- 8-18 解：（1）它们的合振动幅度初相位分别为：)cos(212212221ϕϕ-++=A A A A Am )535cos(06.005.0206.005.022ππ-⨯⨯⨯++=m 0892.0=22112211cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=316819.15.2arctan 5cos06.053cos 05.05sin06.053sin 05.0'︒===++=rad ππππ （2）当πϕϕk 21±=-,即ππϕπϕ53221+±=+±=k k 时，31x x +的振幅最大；当πϕϕ)12(2+±=-k ，即5)12()12(2ππϕϕ++±=++±=k k 时，32x x +的振幅最小.（3）以上两小问的结果可用旋转矢量法表示，如图题8-18所示.8-19 解：根据题意画出振幅矢量合成图，如习题8-19图所示.由习题8-19图及余弦定理可知cm 233.172023.172030cos 22212122⨯⨯⨯-+=︒-+=AA A A A 0.10m cm 10== 又因为)cos(cos 12ϕϕϕ∆-=0103.172)100300(4002)(2122212=⨯⨯+-=+-=A A A A A若2πϕ∆=,即第一、第二两个振动的相位差为2π第9章波动习题解答9-1 解：首先写出S 点的振动方程 若选向上为正方向，则有：0c o s 02.001.0ϕ=- 21cos 0-=ϕ ,0s i n 00>-=ϕωυA 0sin 0<ϕ即 πϕ320-=或π34初始相位 πϕ320-=则 m t y s )32cos(02.0πω-= 再建立如图题9-1(a)所示坐标系，坐标原点选在S 点，沿x 轴正向取任一P 点，该点振动位相将落后于S 点，滞后时间为： uxt =∆ 习题8-19图习题9-1图则该波的波动方程为：m ux t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=πω32)(cos 02.0 若坐标原点不选在S 点，如习题9-1图（b ）所示，P 点仍选在S 点右方，则P 点振动落后于S 点的时间为： uLx t -=∆ 则该波的波方程为：m u L x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0 若P 点选在S 点左侧，P 点比S 点超前时间为uxL -,如习题9-1图(c)所示，则 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=πω32)(cos 02.0u x L t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0u L x t ∴不管P 点在S 点左边还是右边，波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0u L x t y 9-2 解（1）由习题9-2图可知， 波长 m 8.0=λ 振幅 A=0.5m 频率 Hz 125Hz 8.0100===λuv 周期 s 10813-⨯==vT ππυω2502== （2）平面简谐波标准波动方程为：⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ϕω)(cos ux t A y 由图可知，当t=0,x=0时，y=A=0.5m ，故0=ϕ。
大学物理9~13课后作业答案(精编文档).doc
【最新整理，下载后即可编辑】第八章8-7 一个半径为的均匀带电半圆环，电荷线密度为,求环心处点的场强．解: 如8-7图在圆上取题8-7图，它在点产生场强大小为方向沿半径向外则积分∴，方向沿轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为，总电量为．(1)求这正方形轴线上离中心为处的场强；(2)证明：在处，它相当于点电荷产生的场强．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷在点产生物强方向如图，大小为RλOϕRddl=ϕλλddd Rlq==O2π4ddRREεϕλ=ϕϕελϕdsinπ4sinddREEx==ϕϕελϕπdcosπ4)cos(ddREEy-=-=RREx0π2dsinπ4ελϕϕελπ==⎰dcosπ4=-=⎰ϕϕελπREyREExπ2ελ==xl qr E lr>>q E4qP P Ed()4π4coscosd2221lrEP+-=εθθλ∵∴在垂直于平面上的分量∴题8-8图由于对称性，点场强沿方向，大小为∵∴ 方向沿8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强． 解: 高斯定理,当时，,时，22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=24π4d 2222l r l l r E P ++=ελP Ed βcos d d P E E =⊥424π4d 222222l r r l r l r lE +++=⊥ελP OP 2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελl q 4=λ2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε510-02π4ε∑=qr E 5=r cm 0=∑q 0=E 8=r cm ∑q 3π4p =3(r )3内r -0d ε∑ ⎰ = ⋅ q S E s∴，方向沿半径向外．cm 时,∴沿半径向外.8-11 半径为和(＞)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和-,试求:(1)＜；(2) ＜＜；(3) ＞处各点的场强．解: 高斯定理取同轴圆柱形高斯面，侧面积则对(1)(2)∴沿径向向外(3) ∴题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为和，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为与， 两面间，()2023π43π4r r r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅12=r 3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外1C N -⋅1R 2R 2R 1R λλr 1R 1R r 2R r 2R 0d ε∑⎰=⋅q S E srl S π2=rlE S E Sπ2d =⋅⎰1R r <0,0==∑E q 21R r R <<λl q =∑rE 0π2ελ=2R r >0=∑q 0=E 1σ2σ1σ2σnE)(21210σσε-=面外，面外，：垂直于两平面由面指为面．8-13 半径为的均匀带电球体内的电荷体密度为,若在球内挖去一块半径为＜的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心与点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电的均匀球与带电的均匀小球的组合，见题8-13图(a)． (1) 球在点产生电场，球在点产生电场∴点电场；(2) 在产生电场球在产生电场∴ 点电场题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点相对的位矢为，相对点位矢为(如题8-13(b)图)则， ,1σnE )(21210σσε+-=2σnE )(21210σσε+=n1σ2σR ρr R O O 'ρρ-ρ+O 010=Eρ-O d π4π3430320OO r E ερ= O d 33030r E ερ= ρ+O 'd π4d 3430301E ερπ='ρ-O '002='EO '003ερ='EOO P O 'r 'O r 03ερrE PO =3ερr E O P '-='∴∴腔内场强是均匀的．题8-16图8-16 如题8-16图所示，在，两点处放有电量分别为+,-的点电荷，间距离为2，现将另一正试验点电荷从点经过半圆弧移到点，求移动过程中电场力作的功． 解: 如题8-16图示∴8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于．试求环中心点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，和段电荷在点产生的场强互相抵消，取则产生点如图，由于对称性，点场强沿轴负方向题8-17图［］003'3)(3ερερερd OO r r E E E O P PO P=='-=+='A B q q AB R 0q O C 0π41ε=O U 0)(=-R qR q 0π41ε=O U )3(R q R q -R q 0π6ε-=Rqq U U qA oC O 00π6)(ε=-=λR O AB CD O θd d R l =θλd d R q =O Ed O y θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E y R 0π4ελ=)2sin(π-2sin π-(2) 电荷在点产生电势，以同理产生 半圆环产生∴8-22 三个平行金属板，和的面积都是200cm 2，和相距4.0mm ，与相距2.0 mm ．，都接地，如题8-22图所示．如果使板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问板和板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则板的电势是多少? 解: 如题8-22图示，令板左侧面电荷面密度为，右侧面电荷面密度为题8-22图(1)∵ ，即∴∴且 +得而R0π2ελ-=AB O 0=∞U ⎰⎰===AB 200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελCD 2ln π402ελ=U 0034π4πελελ==R R U 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O A B C A B A C B C A B C A A 1σ2σABAC U U =ABAB AC AC E E d d =2d d 21===AC ABAB AC E E σσ1σ2σS q A=,32S q A =σS q A321=σ7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ(2)8-23 两个半径分别为和（＜)的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；解: (1)内球带电；球壳内表面带电则为,外表面带电为，且均匀分布，其电势题8-23图(2)外壳接地时，外表面电荷入地，外表面不带电，内表面电荷仍为．所以球壳电势由内球与内表面产生：8-27 在半径为的金属球之外包有一层外半径为的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为，金属球带电．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理(1)介质内场强;介质外场强301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 1R 2R 1R 2R q q +q -q +⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε q +q -q +q -0π4π42020=-=R q R q U εε1R 2R r εQ ∑⎰=⋅qS D Sd )(21R r R <<303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内)(2R r <(2)介质外电势介质内电势(3)金属球的电势8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为，真空部分场强为，自由电荷面密度分别为与由得，而 ,∴303π4,π4r rQ E r Qr D ε ==外)(2R r >rQ E U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外)(21R r R <<2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεεrd r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdr r Q εεε)11(π4210R R Q r r-+=εεεr ε2E 1E2σ1σ∑⎰=⋅0d q S D11σ=D 22σ=D 101E D ε=202E D r εε=d21UE E ==r D D εσσ==1212rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为，半径分别为和(＞)，且>>-，两柱面之间充有介电常数的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷和-时，求：(1)在半径处(＜＜＝，厚度为dr ，长为的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容．解: 取半径为的同轴圆柱面 则当时， ∴(1)电场能量密度薄壳中(2)电介质中总电场能量(3)电容：∵∴8-34 半径为=2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为=4.0cm 和=5.0cm ，当内球带电荷=3.0×10-8C 时，求：l 1R 2R 2R 1R l 2R 1R εQ Q r 1R r 2R l r )(S rlDS D S π2d )(=⋅⎰)(21R r R <<Q q =∑rlQ D π2=22222π82lr Q D w εε==rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εεCQ W 22=)/ln(π22122R R l W Q C ε==1R 2R 3R Q(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电，外球壳内表面带电，外表面带电题8-34图(1)在和区域在时时∴在区域在区域∴ 总能量(2)导体壳接地时，只有时,∴(3)电容器电容Q Q -Q 1R r <32R r R <<0=E21R r R <<301π4r r Q E ε =3R r >302π4r r Q E ε =21R r R <<⎰=21d π4)π4(21222001R R r r r Q W εε⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε3R r >⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε)111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J 21R r R <<30π4r rQ E ε =02=W 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W εJ )11/(π422102R R Q W C -==ε121049.4-⨯=F习题九9-6 已知磁感应强度Wb ·m -2的均匀磁场，方向沿轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中面的磁通量；(2)通过图中面的磁通量；(3)通过图中面的磁通量． 解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过面积的磁通是(2)通过面积的磁通量(3)通过面积的磁通量(或曰)题9-7图9-7 如题9-7图所示，、为长直导线，为圆心在点的一段圆弧形导线，其半径为．若通以电流，求点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，点磁场由、、三部分电流产生．其中产生产生，方向垂直向里段产生 ，方向向里 ∴，方向向里．0.2=B x abcd befc aefd abcd 1S 24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb befc 2S 022=⋅=S BΦaefd 3S 24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb 24.0-Wb AB CD C BO R I O O AB C BCD AB 01=BCD RIB 1202μ=CD )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ⊥)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ⊥题9-9图 9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的，两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心的磁感应强度．解： 如题9-9图所示，圆心点磁场由直电流和及两段圆弧上电流与所产生，但和在点产生的磁场为零。
大学物理学教程(第二版)下册标准答案
物理学教程下册答案9-16第九章 静 电 场9－1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( )题 9-1 图分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为02εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ).9－2 下列说法正确的是( )(A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷(B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零(C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零(D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B ).9－3 下列说法正确的是( )(A) 电场强度为零的点，电势也一定为零(B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零(C) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).*9－4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( )(A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止(B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动题9-4 图分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B).9－5精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21e，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e，由最极端的情况考虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21e，中子电量为10－21e，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解 一个氧原子所带的最大可能净电荷为()e q 21max 10821-⨯⨯+=二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e 显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e 范围内时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力. 9－6 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e 32 的上夸克和两个带e 31-的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10－20 m)，中子内的两个下夸克之间相距2.60×10－15 m .求它们之间的相互作用力.解 由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律()r r r re r q q e e e F N 78.3π41π412202210===εε F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.9－7 点电荷如图分布，试求P 点的电场强度.分析 依照电场叠加原理，P 点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P 点激发电场强度的矢量和.由于电荷量为q 的一对点电荷在P 点激发的电场强度大小相等、方向相反而相互抵消，P 点的电场强度就等于电荷量为2.0q 的点电荷在该点单独激发的场强度.解 根据上述分析2020π1)2/(2π41aq a q E P εε==题 9-7 图9－8若电荷Q均匀地分布在长为L的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r处的电场强度为224π1LrQεE-=(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r处的电场强度为2204π21LrrQεE+=若棒为无限长(即L→∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.题 9-8 图分析这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x，其电荷为d q＝Q d x/L，它在点P 的电场强度为rrqεeE2dπ41d'=整个带电体在点P 的电场强度⎰=E E d接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，⎰=L E i E d(2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(a )所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是⎰⎰==L y E E j j E d sin d α证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L rq E20π2d ε，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则 ()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为E r εq αE L d π4d sin 20⎰'= 利用几何关系 sin α＝r /r ′，22x r r +=' 统一积分变量，则 ()2202/32222041π2d π41Lr r Q r x L x rQ E L/-L/+=+=⎰εε 当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度r ελL r L Q r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(b )］.这说明只要满足r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.9－9 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.题 9-9 图分析 这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第9－3节的例2可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθδδd sin π2d d 2⋅⋅==R S q ，在点O 激发的电场强度为()i E 2/3220d π41d r x q x +=ε 由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系θR x cos =，θR r sin =统一积分变量，有()θθθεδθθδθεεd cos sin 2 d sin π2cos π41d π41d 02303/2220=⋅=+=R RR r x q x E 积分得 02/π004d cos sin 2εδθθθεδ⎰==E 9－10 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.题 9-10 图分析 水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为00er P =，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θcos 20er p =，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0 ，利用教材第5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度302π41xp εE = 可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布. 解1 水分子的电偶极矩θθcos 2cos 200er p p ==在电偶极矩延长线上30030030cos π1cos 4π412π41x θer εx θer εx p εE === 解2 在对称轴线上任取一点A ，则该点的电场强度+-+=E E E2020π42π4cos 2cos 2x εe r εθer E βE E -=-=+ 由于 θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=代入得()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=22/30202001cos 2cos π42x xr r x r x eE θθε 测量分子的电场时， 总有x ＞＞r 0 ， 因此， 式中()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x r x x r x xr r x θθθcos 2231cos 21cos 2032/3032/30202，将上式化简并略去微小量后，得300cos π1x θe r εE = 9－11 两条无限长平行直导线相距为r 0，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x )；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.题 9-11 图分析 (1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F ＝q E ，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE .应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解 (1) 设点P 在导线构成的平面上，E ＋、E －分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有()i i E E E x r x r x r x -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2ελελ(2) 设F ＋、F －分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有i E F 00π2r ελλ==-+ i E F 002π2r ελλ-=-=+- 显然有F ＋＝F －，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.9－12 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.题 9-12 图分析 方法1：作半径为R 的平面S 与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理∑⎰==⋅01d 0q εS S E 这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 方法2：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即⎰⋅=S S d s E Φ解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，E R R E 22ππcos π=⋅⋅-=Φ解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为()r E e e e E ϕθθϕϕθϕsin sin cos sin cos ++=r θθR e S d d sin d 2=ER ER ER S S 2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰ϕϕθθϕθϕθS E Φ9－13 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为1m V 120-⋅，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析 考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.解 在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E 地球表面电荷面密度∑--⋅⨯-=-≈=2902m C 1006.1π4/E R q E εσ单位面积额外电子数25cm 1063.6)/(-⨯=-=e n σ9－14 设在半径为R 的球体内电荷均匀分布，电荷体密度为ρ,求带电球内外的电场强度分布.分析 电荷均匀分布在球体内呈球对称，带电球激发的电场也呈球对称性.根据静电场是有源场，电场强度应该沿径向球对称分布.因此可以利用高斯定理求得均匀带电球内外的电场分布.以带电球的球心为中心作同心球面为高斯面，依照高斯定理有⎰==⋅s Q E r S E 0i 2π4d ε上式中i Q 是高斯面内的电荷量，分别求出处于带电球内外的高斯面内的电荷量，即可求得带电球内外的电场强度分布.解 依照上述分析，由高斯定理可得R r <时， 302π34π4r E r ερ= 假设球体带正电荷，电场强度方向沿径向朝外.考虑到电场强度的方向，带电球体内的电场强度为r E 03ερ= R r >时， 302π34π4R E r ερ= 考虑到电场强度沿径向朝外，带电球体外的电场强度为r e rR E 2033ερ=9－15 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 (R 2＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .题 9-15 图分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且⎰⋅=⋅rL E d π2S E ，求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理∑=⋅0/π2εq rL Er ＜R 1 ， 0=∑q01=ER 1 ＜r ＜R 2 ， L λq =∑rελE 02π2= r ＞R 2， 0=∑q03=E在带电面附近，电场强度大小不连续，如图（b ）所示，电场强度有一跃变 000π2π2ΔεσrL εL λr ελE === 9－16 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.题 9-16 图分析 由库仑力的定义，根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为l E d 02⎰∞=Q W 其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度.(2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有()0202V Q V V Q W =-=∞其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势).解1 由题意Q 1 所受的合力为零()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 414132-=-=由点电荷电场的叠加，Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为()2/322031π2y d εQ E E E yy y +=+=将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为()d εQ y y d εQ Q Q W y 022/3220002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E 解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=，并由电势的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势dεQ d εQ d εQ V 003010π2π4π4=+= 将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功dεQ V Q W 0202π8=-=' 比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多. 9－17 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为r rελe E 0π2= 其中λ为电荷线密度.(1)求在r ＝r 1 和r ＝r 2 两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r →∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？ 试说明.解 (1) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E (2) 不能.严格地讲，电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，r →∞处的电势应与直线上的电势相等. 9－18 一个球形雨滴半径为0.40 mm ，带有电量1.6 pC ，它表面的电势有多大？ 两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电势又是多大？分析 取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为Rq εV 0π41= 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为R 32，代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势.解 根据已知条件球形雨滴半径R 1＝0.40 mm ，带有电量q 1＝1.6 pC ，可以求得带电球形雨滴表面电势V 36π411101==R q εV 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径1322R R =，带有电量 q 2＝2q 1 ，雨滴表面电势V 5722π4113102==R q εV 9－19 电荷面密度分别为＋σ和－σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图(a )放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x 变化的关系曲线.题 9-19 图分析 由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布. 解 由“无限大” 均匀带电平板的电场强度i 02εσ±，叠加求得电场强度的分布， ()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a a x0 00i E εσ电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功()a x a x εσV x<<--=⋅=⎰ d 00l E ()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 00a-a x l E l E ()a x a V >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 00a a x εσl E l E 电势变化曲线如图(b )所示. 9－20 两个同心球面的半径分别为R 1 和R 2 ，各自带有电荷Q 1 和Q 2 .求：(1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？题 9-20 图分析 通常可采用两种方法.方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由⎰∞⋅=p p V l E d 可求得电势分布.(2)利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为rεQ V 0π4= 在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势RεQ V 0π4= 其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.解1 (1) 由高斯定理可求得电场分布()()()22021321201211 π4 π40R r r εQ Q R r R r εQ R r r r >+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=r V l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1 时，有20210120212113211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞l E l E l E 当R 1 ≤r ≤R 2 时，有202012021201322π4π4π411π4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞l E l E当r ≥R 2 时，有rεQ Q V r 02133π4d +=⋅=⎰∞l E (2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E 解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r ≤R 1 ，则2021011π4π4R εQ R εQ V +=若该点位于两个球面之间，即R 1≤r ≤R 2 ，则202012π4π4R εQ r εQ V += 若该点位于两个球面之外，即r ≥R 2 ，则rεQ Q V 0213π4+=(2) 两个球面间的电势差 ()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-== 9－21 一半径为R 的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.题 9-21 图分析 无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理⎰⎰=⋅V V d 1d 0ρεS E 可求得电场分布E (r )，再根据电势差的定义 ()l E d ⋅=-⎰b ab a r V V 并取棒表面为零电势(V b ＝0)，即可得空间任意点a 的电势.解 取高度为l 、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理 当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅得 ()02εr ρr E =当r ≥R 时 02/ππ2ερl R rl E =⋅得 ()rεR ρr E 022= 取棒表面为零电势，空间电势的分布有当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V R r -==⎰当r ≥R 时 ()rR εR ρr r εR ρr V Rr ln 2d 20202==⎰ 如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线. 9－22 一圆盘半径R ＝3.00 ×10－2 m .圆盘均匀带电，电荷面密度σ＝2.00×10－5 C·m －2.(1) 求轴线上的电势分布；(2) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布；(3) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度.题 9-22 图分析 将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布，再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布.解 (1) 如图所示，圆盘上半径为r 的带电细圆环在轴线上任一点P 激发的电势220d π2π41d x r r r σεV += 由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的()x x R εσx r r r εσV R -+=+=⎰22002202d 2 (1) (2) 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R x εσx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向. (3) 将场点至盘心的距离x ＝30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得V 6911=V-1m V 6075⋅=E当x ＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有V 1695π40==xεq V 1-20m V 5649π4⋅==xεq E 由此可见，当x ＞＞R 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E 和V 的误差分别不超过 0.3％和0.8％，这已足以满足一般的测量精度.9－23 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝3.0×10－2m ，R 2 ＝0.10 m )，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450 Ｖ.求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2) r ＝0.05 m 处的电场强度.解 (1) 由习题9－15 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为 r ελE 0π2=根据电势差的定义有120212ln π2d 21R R ελU R R =⋅=⎰l E 解得 1812120m C 101.2ln /π2--⋅⨯==R R U ελ (2) 解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度10m V 475 7π2-⋅==rE ελ 9－24 轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的过程，叫做核聚变.在此过程中可以释放出巨大的能量.例如四个氢原子核(质子)结合成一个氦原子核(α粒子)时，可释放出25.9MeV 的能量.即MeV 25.9e 2He H 4014211++→这类聚变反应提供了太阳发光、发热的能源.如果我们能在地球上实现核聚变，就能获得丰富廉价的能源.但是要实现核聚变难度相当大，只有在极高的温度下，使原子热运动的速度非常大，才能使原子核相碰而结合，故核聚变反应又称作热核反应.试估算：(1)一个质子(H 11)以多大的动能(以电子伏特表示)运动，才能从很远处到达与另一个质子相接触的距离？ (2)平均热运动动能达到此值时，温度有多高？ (质子的半径约为1.0 ×10－15 m ) 分析 作为估算，可以将质子上的电荷分布看作球对称分布，因此质子周围的电势分布为 rεe V 0π4= 将质子作为经典粒子处理，当另一质子从无穷远处以动能E k 飞向该质子时，势能增加，动能减少，如能克服库仑斥力而使两质子相碰，则质子的初始动能Re r eV E 2π41202R k 0ε=≥ 假设该氢原子核的初始动能就是氢分子热运动的平均动能，根据分子动理论知：kT E 23k = 由上述分析可估算出质子的动能和此时氢气的温度.解 (1) 两个质子相接触时势能最大，根据能量守恒eV 102.72π415202R K0⨯==≥Re r εeV E 由20k 021v m E =可估算出质子初始速率 17k 00s m 102.1/2-⋅⨯==m E v该速度已达到光速的4％.(2) 依照上述假设，质子的初始动能等于氢分子的平均动能kT E E 23k k0== 得 K 106.5329k0⨯≈=kE T 实际上在这么高的温度下，中性原子已被离解为电子和正离子，称作等离子态，高温的等离子体不能用常规的容器来约束，只能采用磁场来约束(托卡马克装置)9－25 在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为109 Ｖ，被迁移的电荷约为30 C .(1) 如果释放出来的能量都用来使0 ℃的冰融化成0 ℃的水，则可溶解多少冰？ (冰的融化热L ＝3.34 ×105 J· kg )(2) 假设每一个家庭一年消耗的能量为3 000kW·h ，则可为多少个家庭提供一年的能量消耗？解 (1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量kg 1098.8Δ4⨯===LqU L E m 即可融化约 90 吨冰. (2) 一个家庭一年消耗的能量为J 1008.1h kW 0003100⨯=⋅=E8.2Δ00===E qU E E n 一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电能.9－26 已知水分子的电偶极矩p =6.17×10－30 C· m .这个水分子在电场强度E ＝1.0 ×105 V · m -1的电场中所受力矩的最大值是多少?分析与解 在均匀外电场中，电偶极子所受的力矩为E p M ⨯=当电偶极子与外电场正交时，电偶极子所受的力矩取最大值.因而有m N 1017.625max ⋅⨯==-pE M9-27 电子束焊接机中的电子枪如图所示，K 为阴极，A 为阳极，阴极发射的电子在阴极和阳极电场加速下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上使两块金属熔化在一起.已知V 105.24AK⨯=U ，并设电子从阴极发射时的初速度为零，求：（1）电子到达被焊接金属时具有的动能；（2）电子射到金属上时的速度.分析 电子被阴极和阳极间的电场加速获得动能，获得的动能等于电子在电场中减少的势能.由电子动能与速率的关系可以求得电子射到金属上时的速度.解 （1）依照上述分析，电子到达被焊接金属时具有的动能 eV 105.24AK k ⨯==eU E(2)由于电子运动的动能远小于电子静止的能量，可以将电子当做经典粒子处理.电子射到金属上时的速度题9-27 图第十章静电场中的导体与电介质10－1将一个带正电的带电体A从远处移到一个不带电的导体B附近，则导体B的电势将（）（A）升高（B）降低（C）不会发生变化（D）无法确定分析与解不带电的导体B相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B附近时，在导体B的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A）.10－2将一带负电的物体M靠近一不带电的导体N，在N的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷.若将导体N的左端接地（如图所示），则（）（A）N上的负电荷入地（B）N上的正电荷入地（C）N上的所有电荷入地（D）N上所有的感应电荷入地题10-2 图分析与解导体N接地表明导体N为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N在哪一端接地无关.因而正确答案为（A）.10－3如图所示将一个电量为q的点电荷放在一个半径为R的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图.设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ）（A ）d εq V E 0π4,0== （B ）dεq V d εq E 020π4,π4== （C ）0,0==V E （D ）Rεq V d εq E 020π4,π4==题 10-3 图分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为（A ）.10－4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( )（A ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷（B ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零（C ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷（D ） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 （E ） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关。
大学物理_第五版_下册_第九章到第十一章课后答案
第九章 振动9-1 一个质点作简谐运动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为2A -，且向x 轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（ ）题９-１ 图分析与解（b ）图中旋转矢量的矢端在x 轴上投影点的位移为－A /2，且投影点的运动方向指向O x 轴正向，即其速度的x 分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（b ）． 9-2 已知某简谐运动的振动曲线如图（a ）所示，则此简谐运动的运动方程为（ ）()()()()()()()()cm π32π34cos 2D cm π32π34cos 2B cm π32π32cos 2C cm π32π32cos 2A ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=t x t x t x t x题９-２ 图分析与解 由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为 –A /2，且向x 轴负方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为3/π2．振动曲线上给出质点从–A /2 处运动到+A 处所需时间为 1 s ，由对应旋转矢量图可知相应的相位差3/π4Δ=，则角频率()1s 3/π4Δ/Δ-==t ω，故选（D ）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程来找出正确答案．9-3 两个同周期简谐运动曲线如图（a ） 所示， x 1 的相位比x 2 的相位（ ）（A ） 落后2π （B ）超前2π （C ）落后π （D ）超前π 分析与解 由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b ） 即可得到答案为（b ）．题９-３ 图9-4 当质点以频率ν 作简谐运动时，它的动能的变化频率为（ ）（A ） 2v （B ）v （C ）v 2 （D ）v 4 分析与解 质点作简谐运动的动能表式为()ϕωω+=t A m E k 222sin 21，可见其周期为简谐运动周期的一半，则频率为简谐运动频率ν的两倍．因而正确答案为（C ）． 9-5 图（a ）中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦振动的初相位为（ ）（A ） π23 （B ）π21 （C ）π （D ）0 分析与解 由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，它们的相位差是π（即反相位）．运动方程分别为t A x ωcos 1=和()πcos 22+=t ωA x ．它们的振幅不同．对于这样两个简谐运动，可用旋转矢量法，如图（b ）很方便求得合运动方程为t A x ωcos 21=．因而正确答案为（D ）．题９-５ 图9-6 有一个弹簧振子，振幅m 10022-⨯=.A ，周期s 01.=T ，初相4/π3=．试写出它的运动方程，并作出t x -图、t -v 图和t a -图．题９-6 图分析 弹簧振子的振动是简谐运动．振幅A 、初相ϕ、角频率ω是简谐运动方程()ϕω+=t A x cos 的三个特征量．求运动方程就要设法确定这三个物理量．题中除A 、ϕ已知外，ω可通过关系式T ω/π2=确定．振子运动的速度和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同．解 因T ω/π2=，则运动方程()⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=t π2cos cos T A t ωA x 根据题中给出的数据得 ()()m 75.0π2cos 100.22πt x +⨯=-振子的速度和加速度分别为()()-12s m π75.0π2sin 10π4d /d ⋅+⨯-==-t y x v()()-1222s m π75.0π2cos 10π8d /d ⋅+⨯-==-t y x a t x -、t -v 及t a -图如图所示．9-7 若简谐运动方程为()()m π25.0π20cos 10.0+=t x ，求：（1） 振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）s 2=t 时的位移、速度和加速度．分析 可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式()ϕω+=t A x c o s作比较，即可求得各特征量．运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t 值后，即可求得结果．解 （1） 将()()m π25.0π20cos 10.0+=t x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：振幅A ＝0.10m ，角频率1s π20-=ω，初相ϕ＝0.25π，则周期s 1.0/π2==ωT ，频率Hz /1T =v ．（２）s 2=t 时的位移、速度、加速度分别为()m 1007.7π25.0π40cos 10.02-⨯=+=t x()-1s m 44.4π25.0π40sin π2d /d ⋅-=+-==t x v()-22222s m 1079.2π25.0π40cos π40d /d ⋅⨯-=+-==t x a9-8 一远洋货轮，质量为m ，浮在水面时其水平截面积为S ．设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动，并求振动周期．分析 要证明货轮作简谐运动，需要分析货轮在平衡位置附近上下运动时，它所受的合外力F 与位移x 间的关系，如果满足kx F -=，则货轮作简谐运动．通过kx F -=即可求得振动周期k m ωT /π2/π2==．证 货轮处于平衡状态时［图（a ）］，浮力大小为F ＝mg ．当船上下作微小振动时，取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点O ，竖直向下为x 轴正向，如图（b ）所示．则当货轮向下偏移x 位移时，受合外力为∑'+=F P F其中F '为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为gSx mg gSx F F ρρ+=+='题９-８ 图则货轮所受合外力为kx gSx F P F -=-='-=∑ρ式中gS k ρ=是一常数．这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动．由∑=t x m F 22d d /可得货轮运动的微分方程为 0d d 22=+m gSx t x //ρ令m gS /ρω=2，可得其振动周期为gS ρm πωT /2/π2==9-9 设地球是一个半径为R 的均匀球体，密度33m kg 1055-⋅⨯=.ρ．现假定沿直径凿通一条隧道，若有一质量为m 的质点在此隧道内作无摩擦运动．（1） 证明此质点的运动是简谐运动；（2） 计算其周期．题９-９ 图分析 证明方法与上题相似．分析质点在隧道内运动时的受力特征即可．证 （1） 取图所示坐标．当质量为m 的质点位于x 处时，它受地球的引力为2x m m G F x -= 式中G 为引力常量，x m 是以x 为半径的球体质量，即3/π43x ρm x =．令3/π4Gm ρk =，则质点受力kx Gmx ρF -==3/π4因此，质点作简谐运动．（2） 质点振动的周期为s 1007.5/π3/π23⨯===ρG k m T9-10 如图（a ）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为1k 、2k ．当物体在光滑斜面上振动时．（1） 证明其运动仍是简谐运动；（2） 求系统的振动频率．题9-10 图分析 从上两题的求解知道，要证明一个系统作简谐运动，首先要分析受力情况，然后看是否满足简谐运动的受力特征（或简谐运动微分方程）．为此，建立如图（b ）所示的坐标．设系统平衡时物体所在位置为坐标原点O ，Ox 轴正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿Ox 轴，物体受弹性力及重力分力的作用，其中弹性力是变力．利用串联时各弹簧受力相等，分析物体在任一位置时受力与位移的关系，即可证得物体作简谐运动，并可求出频率υ．证 设物体平衡时两弹簧伸长分别为1x 、2x ，则由物体受力平衡，有2211sin x k x k mg ==θ （1）按图（b ）所取坐标，物体沿x 轴移动位移x 时，两弹簧又分别被拉伸1x '和2x '，即21x x x '+'=．则物体受力为()()111222sin sin x x k mg x x k mg F '+-='+-=θθ （２） 将式（1）代入式（2）得1122x k x k F '-='-= （３） 由式（3）得11k F x /-='、22k F x /-='，而21x x x '+'=，则得到 ()[]kx x k k k k F -=+-=2121/式中()2121k k k k k +=/为常数，则物体作简谐运动，振动频率 ()m k k k k πm k ωv 2121/21/π21π2/+=== 讨论 （1） 由本题的求证可知，斜面倾角θ 对弹簧是否作简谐运动以及振动的频率均不产生影响．事实上，无论弹簧水平放置、斜置还是竖直悬挂，物体均作简谐运动．而且可以证明它们的频率相同，均由弹簧振子的固有性质决定，这就是称为固有频率的原因．（2） 如果振动系统如图（c ）（弹簧并联）或如图（d ）所示，也可通过物体在某一位置的受力分析得出其作简谐运动，且振动频率均为()m k k v /π2121+=，读者可以一试．通过这些例子可以知道，证明物体是否作简谐运动的思路是相同的．*9 －11 在如图（a ）所示装置中，一劲度系数为k 的轻弹簧，一端固定在墙上，另一端连接一质量为1m 的物体A ，置于光滑水平桌面上．现通过一质量m 、半径为R 的定滑轮B （可视为匀质圆盘）用细绳连接另一质量为2m 的物体C ．设细绳不可伸长，且与滑轮间无相对滑动，求系统的振动角频率．题9-11 图分析 这是一个由弹簧、物体A 、C 和滑轮B 组成的简谐运动系统．求解系统的振动频率可采用两种方法．（1） 从受力分析着手．如图（b ）所示，设系统处于平衡状态时，与物体A 相连的弹簧一端所在位置为坐标原点O ，此时弹簧已伸长0x ，且g m kx 20=．当弹簧沿x O 轴正向从原点O 伸长x 时，分析物体A 、C 及滑轮B 的受力情况，并分别列出它们的动力学方程，可解得系统作简谐运动的微分方程．（2）从系统机械能守恒着手．列出系统机械能守恒方程，然后求得系统作简谐运动的微分方程．解1 在图（b ）的状态下，各物体受力如图（c ）所示．其中()i F 0x x k +-=．考虑到绳子不可伸长，对物体A 、B 、C 分别列方程，有()22101d d tx m x x k F T =+-= （1） 22222d d tx m F g m T =- （2） ()2212d d 21tx mR J R F F T T ==-α （3） g m kx 20= （4）方程（3）中用到了22T T F F '=、11T T F F '=、22/mR J =及R a /=α．联立式（1） ～式（4）可得02d d 2122=+++x m m m k t x / （5） 则系统振动的角频率为 ()221//m m m k ++=ω解2 取整个振动装置和地球为研究系统，因没有外力和非保守内力作功，系统机械能守恒．设物体平衡时为初始状态，物体向右偏移距离x （此时速度为v 、加速度为a ）为末状态，则由机械能守恒定律，有()20222212021212121x x k ωJ m m gx m E +++++-=v v 在列出上述方程时应注意势能（重力势能和弹性势能）零点的选取．为运算方便，选初始状态下物体C 所在位置为重力势能零点；弹簧原长时为弹性势能的零点．将上述方程对时间求导得()tx x x k t ωωJ t m t m g m d d d d d d d d 00212+++++-=v v v vv 将22/mR J =，v =R ω，22d /d d /d t x t =v 和02kx g m = 代入上式，可得 02d d 2122=+++x m m m k t x / （6） 式（6）与式（5）相同，表明两种解法结果一致．9-12 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A ＝2.0 ×10-2 m ，周期T ＝0.50ｓ．当t ＝0 时，（1） 物体在正方向端点；（2） 物体在平衡位置、向负方向运动；（3） 物体在x ＝-1.0×10-2m 处， 向负方向运动； （4） 物体在x ＝-1.0×10-2 m 处，向正方向运动．求以上各种情况的运动方程．分析 在振幅A 和周期T 已知的条件下，确定初相φ是求解简谐运动方程的关键．初相的确定通常有两种方法．（1） 解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即t ＝0 时，x ＝x 0 和v ＝v 0 来确定φ值．（2） 旋转矢量法：如图（a ）所示，将质点P 在Ox 轴上振动的初始位置x 0 和速度v 0 的方向与旋转矢量图相对应来确定φ．旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常采用．题9-12 图解 由题给条件知A ＝2.0 ×10-2 m ，1s π4/2-==T ω，而初相φ可采用分析中的两种不同方法来求．解析法：根据简谐运动方程()ϕω+=t A x cos ，当0t =时有()ϕω+=t A x c o s 0，sin 0ωA -=v ．当（1）A x =0时，1cos 1=ϕ，则01=ϕ；（2）00=x 时，0cos 2=ϕ，2π2±=，因00<v ，取2π2=； （3）m 100120-⨯=.x 时，50cos 3.=ϕ，3π3±= ，由00<v ，取3π3=； （4）m 100120-⨯-=.x 时，50cos 4.-=ϕ，3ππ4±= ，由00>v ，取3π44=． 旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图，如图（b ）所示，它们所对应的初相分别为01=ϕ，2π2=，3π3=，3π44=． 振幅A 、角频率ω、初相φ均确定后，则各相应状态下的运动方程为（1）()m t πcos4100.22-⨯=x（2）()()m /2πt π4cos 100.22+⨯=-x（3）()()m /3πt π4cos 100.22+⨯=-x（4）()()m /3π4t π4cos 100.22+⨯=-x 9-13 有一弹簧， 当其下端挂一质量为m 的物体时， 伸长量为9.8 ×10-2 m ．若使物体上、下振动，且规定向下为正方向．（1） 当t ＝0 时，物体在平衡位置上方8.0 ×10-2 ｍ 处，由静止开始向下运动，求运动方程．（2） 当t ＝０ 时，物体在平衡位置并以0.6ｍ·s -1的速度向上运动，求运动方程．分析 求运动方程，也就是要确定振动的三个特征物理量A 、ω和φ．其中振动的角频率是由弹簧振子系统的固有性质（振子质量m 及弹簧劲度系数k ）决定的，即ω=k 可根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算；振幅A 和初相φ需要根据初始条件确定．题9-13 图解 物体受力平衡时，弹性力F 与重力P 的大小相等，即F ＝mg ．而此时弹簧的伸长量Δl ＝9.8 ×10-2m ．则弹簧的劲度系数k ＝F ／Δl ＝mg ／Δl ．系统作简谐运动的角频率为1s 10-=∆==l g m k //ω（1） 设系统平衡时，物体所在处为坐标原点，向下为x 轴正向．由初始条件t ＝0 时，x 10 ＝8.0 ×10-2 m 、v 10 ＝0 可得振幅()m 10082210210-⨯=+=./ωv x A ；应用旋转矢量法可确定初相π1=［图（a ）］．则运动方程为()()m π10t cos 100.821+⨯=-x（2）t ＝０ 时，x 20 ＝0、v 20 ＝0.6 ｍ·s -1 ，同理可得()m 100622202202-⨯=+=./ωv x A ；2/π2=［图（b ）］．则运动方程为()()m π5.010t cos 100.622+⨯=-x9-14 某振动质点的x -t 曲线如图（a ）所示，试求：（1） 运动方程；（2） 点P 对应的相位；（3） 到达点P 相应位置所需的时间．分析 由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题．本题就是要通过x －t 图线确定振动的三个特征量A 、ω和0ϕ，从而写出运动方程．曲线最大幅值即为振幅A ；而ω、0ϕ通常可通过旋转矢量法或解析法解出，一般采用旋转矢量法比较方便． 解 （1） 质点振动振幅A ＝0.10 ｍ．而由振动曲线可画出t 0 ＝0 和t 1 ＝4 ｓ时旋转矢量，如图（b ） 所示．由图可见初相3/π=0（或3/π50=），而由()3201//ππω+=-t t 得1s 24/π5-=ω，则运动方程为 ()m 3/π24π5cos 10.0⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t x题9-14 图（2） 图（a ）中点P 的位置是质点从A ／2 处运动到正向的端点处．对应的旋转矢量图如图（c ） 所示．当初相取3/π0-=时，点P 的相位为()000=-+=p p t ωϕϕ（如果初相取成3/π50=，则点P 相应的相位应表示为()π2=0t ω+=p 0p ． （3） 由旋转矢量图可得()3/π0=-p t ω，则s 61.=p t ．9-15 作简谐运动的物体，由平衡位置向x 轴正方向运动，试问经过下列路程所需的最短时间各为周期的几分之几？ （1） 由平衡位置到最大位移处；（2） 由平衡位置到x ＝A /2 处；（3） 由x ＝A /2处到最大位移处．解 采用旋转矢量法求解较为方便．按题意作如图所示的旋转矢量图，平衡位置在点O ．（1） 平衡位置x 1 到最大位移x 3 处，图中的旋转矢量从位置1 转到位置3，故△φ1=2/π，则所需时间 411//T t =∆=∆ωϕ（2） 从平衡位置x 1 到x 2 ＝A /2 处，图中旋转矢量从位置1转到位置2，故有△φ2=6/π，则所需时间1222//T t =∆=∆ωϕ（3） 从x 2 ＝A /2 运动到最大位移x 3 处，图中旋转矢量从位置2 转到位置3，有△φ3=3/π，则所需时间633//T t =∆=∆ωϕ题9-15 图9-16 在一块平板下装有弹簧，平板上放一质量为1.0 kg 的重物．现使平板沿竖直方向作上下简谐运动，周期为0.50ｓ，振幅为2.0×10-2 m ．求：（1） 平板到最低点时，重物对平板的作用力；（2） 若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物会跳离平板？ （3） 若振幅不变，则平板以多大的频率振动时， 重物会跳离平板？题9-16 图分析 按题意作示意图如图所示．物体在平衡位置附近随板作简谐运动，其间受重力P 和板支持力F N 作用，F N 是一个变力．按牛顿定律，有22d d ty m F mg F N =-= （1） 由于物体是随板一起作简谐运动，因而有()ϕωω+-==t A ty a cos d d 222，则式（1）可改写为()ϕωω++=t mA mg F N cos 2 （2）（1） 根据板运动的位置，确定此刻振动的相位ϕω+t ，由式（2）可求板与物体之间的作用力．（2） 由式（2）可知支持力N F 的值与振幅A 、角频率ω和相位（ϕω+t ）有关．在振动过程中，当π=+t ω时N F 最小．而重物恰好跳离平板的条件为N F ＝0，因此由式（2）可分别求出重物跳离平板所需的频率或振幅．解 （1） 由分析可知，重物在最低点时，相位ϕω+t ＝0，物体受板的支持力为()N 9612222./=+=+=t mAmg mA mg F N πω 重物对木块的作用力N F ' 与N F 大小相等，方向相反． （2） 当频率不变时，设振幅变为A ′．根据分析中所述，将N F ＝0及π=+t ω代入分析中式（2），可得m 102.6π4//2222-⨯==='gT ωm mg A（3） 当振幅不变时，设频率变为v '．同样将N F ＝0及π=+t ω代入分析中式（2），可得Hz 52.3/π21π22==='mA mg ωv 9-17 两质点作同频率、同振幅的简谐运动．第一个质点的运动方程为()ϕω+=t A x cos 1，当第一个质点自振动正方向回到平衡位置时，第二个质点恰在振动正方向的端点，试用旋转矢量图表示它们，并求第二个质点的运动方程及它们的相位差．题9-17 图解 图示为两质点在时刻t 的旋转矢量图，可见第一个质点M 的相位比第二个质点N 的相位超前2/π，即它们的相位差Δφ＝π/2．故第二个质点的运动方程应为()2cos 2/πϕω-+=t A x9-18 图（a ）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线，且振幅为2cm ，求（1） 振动周期；（2） 加速度的最大值；（3） 运动方程．分析 根据v -t 图可知速度的最大值v max ，由v max ＝Aω可求出角频率ω，进而可求出周期T 和加速度的最大值a max ＝Aω2 ．在要求的简谐运动方程x ＝A cos （ωt ＋φ）中，因为A 和ω已得出，故只要求初相位φ即可．由v －t 曲线图可以知道，当t ＝0 时，质点运动速度v 0 ＝v max /2 ＝Aω/2，之后速度越来越大，因此可以判断出质点沿x 轴正向向着平衡点运动．利用v 0 ＝－Aωsinφ就可求出φ．解 （1） 由ωA v =max 得1s 51-=.ω，则 s 2.4/π2==ωT（2）222max s m 1054--⋅⨯==.ωA a（3） 从分析中已知2/sin 0ωA ωA =-=v ，即21sin /-=ϕ6/π5,6/π--=因为质点沿x 轴正向向平衡位置运动，则取6/π5-=，其旋转矢量图如图（b ）所示．则运动方程为 ()()cm 6/π55.1cos 2-=t x题9-18 图9-19 有一单摆，长为1.0m ，最大摆角为5°，如图所示．（1） 求摆的角频率和周期；（2） 设开始时摆角最大，试写出此单摆的运动方程；（3） 摆角为3°时的角速度和摆球的线速度各为多少？题9-19 图分析 单摆在摆角较小时（θ＜5°）的摆动，其角量θ与时间的关系可表示为简谐运动方程()ϕωθθ+=t cos max ，其中角频率ω仍由该系统的性质（重力加速度g 和绳长l ）决定，即l g /=ω．初相φ与摆角θ，质点的角速度与旋转矢量的角速度（角频率）均是不同的物理概念，必须注意区分．解 （1） 单摆角频率及周期分别为s 01.2/π2;s 13.3/1====-ωT l g ω（2） 由0=t 时o max 5==θθ可得振动初相0=ϕ，则以角量表示的简谐运动方程为t θ13.3cos 36π=（３） 摆角为3°时，有()60cos max ./==+θθϕωt ，则这时质点的角速度为()()1max 2max max s2180800cos 1sin /d d --=-=+--=+-=..ωθϕωωθϕωωθθt t t线速度的大小为 1s 2180/d d --==.t l v θ讨论 质点的线速度和角速度也可通过机械能守恒定律求解，但结果会有极微小的差别．这是因为在导出简谐运动方程时曾取θθ≈sin ，所以，单摆的简谐运动方程仅在θ 较小时成立．9-20 为了测月球表面的重力加速度，宇航员将地球上的“秒摆”（周期为2.00ｓ），拿到月球上去，如测得周期为4.90ｓ，则月球表面的重力加速度约为多少？ （取地球表面的重力加速度2E s m 809-⋅=.g ）解 由单摆的周期公式g l T /π2=可知21T g /∝，故有2M 2E E M T T g g //=，则月球的重力加速度为()2E 2M E M s m 631-⋅==./g T T g9-21 一飞轮质量为12kg ，内缘半径r ＝0.6ｍ，如图所示．为了测定其对质心轴的转动惯量，现让其绕内缘刃口摆动，在摆角较小时，测得周期为2.0s ，试求其绕质心轴的转动惯量．9-21 题图分析 飞轮的运动相当于一个以刃口为转轴的复摆运动，复摆振动周期为c /π2mgl J T =，因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离c l ，其以刃口为转轴的转动惯量即可求得．再根据平行轴定理，可求出其绕质心轴的转动惯量．解 由复摆振动周期c /π2mgl J T =，可得22π4/mgrT J =．则由平行轴定理得222220m kg 8324⋅=-=-=./mr mgrT mr J J π9-22 如图（a ）所示，质量为1.0 ×10-2kg 的子弹，以500m·s -1的速度射入木块，并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简谐运动，设木块的质量为4.99 kg ，弹簧的劲度系数为8.0 ×103 N·m-1 ，若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点，向左为x 轴正向，求简谐运动方程．题9-22 图分析 可分为两个过程讨论．首先是子弹射入木块的过程，在此过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，因而可以确定它们共同运动的初速度v 0 ，即振动的初速度．随后的过程是以子弹和木块为弹簧振子作简谐运动．它的角频率由振子质量m 1 ＋m 2 和弹簧的劲度系数k 确定，振幅和初相可根据初始条件（初速度v 0 和初位移x 0 ）求得．初相位仍可用旋转矢量法求．解 振动系统的角频率为 ()121s 40-=+=m m k /ω由动量守恒定律得振动的初始速度即子弹和木块的共同运动初速度v 0 为()12110s m 01-⋅=+=.m m v m v又因初始位移x 0 ＝0，则振动系统的振幅为 ()m 105.2//202020-⨯==+=ωωx A v v 图（b ）给出了弹簧振子的旋转矢量图，从图中可知初相位2/π0=，则简谐运动方程为()()m π0.540cos 105.22+⨯=-t x9-23 如图（a ）所示，一劲度系数为k 的轻弹簧，其下挂有一质量为m 1 的空盘．现有一质量为m 2 的物体从盘上方高为h 处自由落入盘中，并和盘粘在一起振动．问：（1） 此时的振动周期与空盘作振动的周期有何不同？ （2） 此时的振幅为多大？题9-23 图分析 原有空盘振动系统由于下落物体的加入，振子质量由m 1 变为m 1 + m 2，因此新系统的角频率（或周期）要改变．由于()2020/ωx A v +=，因此，确定初始速度v 0 和初始位移x 0 是求解振幅A 的关键．物体落到盘中，与盘作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可确定盘与物体的共同初速度v 0 ，这也是该振动系统的初始速度．在确定初始时刻的位移x 0 时，应注意新振动系统的平衡位置应是盘和物体悬挂在弹簧上的平衡位置．因此，本题中初始位移x 0 ，也就是空盘时的平衡位置相对新系统的平衡位置的位移．解 （1） 空盘时和物体落入盘中后的振动周期分别为k m ωT /π2/π21== ()k m m ωT /π2/π221+='='可见T ′＞T ，即振动周期变大了．（2） 如图（b ）所示，取新系统的平衡位置为坐标原点O ．则根据分析中所述，初始位移为空盘时的平衡位置相对粘上物体后新系统平衡位置的位移，即g km g k m m k g m l l x 2211210-=+-=-= 式中l 1 ＝m 1/k 为空盘静止时弹簧的伸长量，l 2 ＝（m 1 ＋m 2）/k 为物体粘在盘上后，静止时弹簧的伸长量．由动量守恒定律可得振动系统的初始速度，即盘与物体相碰后的速度gh m m m m m m 22122120+=+=v v 式中gh 2=v 是物体由h 高下落至盘时的速度．故系统振动的振幅为()212202021/m m kh k g m ωx A ++='+=v 本题也可用机械能守恒定律求振幅A ．9-24 如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧，系一质量为m 1 的物体，在水平面上作振幅为A 的简谐运动．有一质量为m 2 的粘土，从高度h 自由下落，正好在（a ）物体通过平衡位置时，（b ）物体在最大位移处时，落在物体上．分别求：（1）振动周期有何变化？ （2）振幅有何变化？题9-24图分析 谐振子系统的周期只与弹簧的劲度系数和振子的质量有关．由于粘土落下前后，振子的质量发生了改变，因此，振动周期也将变化．至于粘土如何落下是不影响振动周期的．但是，粘土落下时将改变振动系统的初始状态，因此，对振幅是有影响的．在粘土落到物体上的两种不同情况中，系统在水平方向的动量都是守恒的．利用动量守恒定律可求出两种情况下系统的初始速度，从而利用机械能守恒定律（或公式()2020/ωx A v +=）求得两种情况下的振幅．解 （1） 由分析可知，在（a ）、（b ）两种情况中，粘土落下前后的周期均为 k m ωT /π2/π21== ()k m m ωT /π2/π221+='='物体粘上粘土后的周期T ′比原周期T 大．（2） （a ） 设粘土落至物体前后，系统振动的振幅和物体经过平衡位置时的速度分别为A 、v 和A ′、v ′．由动量守恒定律和机械能守恒定律可列出如下各式2/2/212v m A k =' （1）()2/2/2212v '+='m m A k （2）()v v '+=211m m m （3）联立解上述三式，可得 ()A m m m A 211+='/即A ′＜A ，表明增加粘土后，物体的振幅变小了．（b ） 物体正好在最大位移处时，粘土落在物体上．则由动量守恒定律知它们水平方向的共同速度v ′＝m 1v /（m 1 ＋m 2 ） ＝0，因而振幅不变，即A ′＝A9-25 质量为0.10kg 的物体，以振幅1.0×10-2 m 作简谐运动，其最大加速度为4.0 ｍ·s -1 求：（1） 振动的周期；（2） 物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3） 物体在何处其动能和势能相等？ （4） 当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？分析 在简谐运动过程中，物体的最大加速度2max ωA a =，由此可确定振动的周期T ．另外，在简谐运动过程中机械能是守恒的，其中动能和势能互相交替转化，其总能量E ＝kA 2/2．当动能与势能相等时，E k ＝E P ＝kA 2/4．因而可求解本题．解 （1） 由分析可得振动周期s 314.0/π2/π2max ===a A ωT（2） 当物体处于平衡位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能量，即J 100221213max 22k -⨯====.m Aa m A E E ω（3） 设振子在位移x 0 处动能与势能相等，则有42220//kA kx =得 m 100772230-⨯±=±=./A x（４） 物体位移的大小为振幅的一半（即2x A =/）时的势能为 4221212P /E A k kx E =⎪⎭⎫ ⎝⎛==则动能为 43P K /E E E E =-= 9-26 一氢原子在分子中的振动可视为简谐运动．已知氢原子质量m ＝1.68 ×10-27 Kg ，振动频率υ＝1.0 ×1014 Hz ，振幅A ＝1.0 ×10-11ｍ．试计算：（1） 此氢原子的最大速度；（2） 与此振动相联系的能量．解 （1） 简谐运动系统中振子运动的速度v ＝－A ωsin （ωt ＋φ），故氢原子振动的最大速度为12max s m 1028.62-⋅⨯===A πA ωv v（２） 氢原子的振动能量J 1031.32/202max -⨯==v m E9-27 质量m ＝10g 的小球与轻弹簧组成一振动系统， 按()()cm 3/ππ85.0+=t x 的规律作自由振动，求（1） 振动的角频率、周期、振幅和初相；（2） 振动的能量E ；（3） 一个周期内的平均动能和平均势能．解 （1） 将()()cm 3/ππ85.0+=t x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：角频率1s π8-=ω，振幅A ＝0.5cm ，初相φ＝π/3，则周期T ＝2π/ω＝0.25 ｓ（2） 简谐运动的能量 J 1090721522-⨯==.ωmA E （3） 简谐运动的动能和势能分别为()ϕωω+=t mA E K 222sin 21 ()ϕωω+=t mA E P 222cos 21 则在一个周期中，动能与势能对时间的平均值分别为()J 109534d sin 2115220222-⨯==+=⎰.ωϕωωmA t t mA T E T K ()J 109534d cos 2115220222-⨯==+=⎰.ωϕωωmA t t mA T E T P 9-28 已知两同方向、同频率的简谐运动的运动方程分别为()()m π75.010cos 05.01+=t x ；()()m π25.010cos 06.02+=t x ．求：（1） 合振动的振幅及初相；（2） 若有另一同方向、同频率的简谐运动()()m 10cos 07033ϕ+=t x .，则3ϕ为多少时，x 1 ＋x 3 的振幅最大？ 又3ϕ 为多少时，x 2 ＋x 3 的振幅最小？题9-28 图分析 可采用解析法或旋转矢量法求解.由旋转矢量合成可知，两个同方向、同频率简谐运动 的合成仍为一简谐运动，其角频率不变；合振动的振幅()12212221cos 2ϕϕ-++=A A A A A ，其大小与两个分振动的初相差12ϕϕ-相关．而合振动的初相位()()[]22112211cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=/ 解 （1） 作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为2/πΔ12-=-=，故合振动振幅为 ()m 1087cos 2212212221-⨯=-++=.ϕϕA A A A A 合振动初相位 ()()[]rad1.48arctan11cos cos sin sin arctan22112211==++=ϕϕϕϕϕA A A A / （2） 要使x 1 ＋x 3 振幅最大，即两振动同相，则由π2Δk =得,...2,1,0,π75.0π2π213±±=+=+=k k k要使x 1 ＋x 3 的振幅最小，即两振动反相，则由()π12Δ+=k 得(),...2,1,0,π25.1π2π1223±±=+=++=k k k9-29 手电筒和屏幕质量均为m ，且均被劲度系数为k 的轻弹簧悬挂于同一水平面上，如图所示．平衡时，手电筒的光恰好照在屏幕中心．设手电筒和屏幕相对于地面上下振动的表达式分别为()11cos ϕω+=t A x 和()22cos ϕω+=t A x ．试求在下述两种情况下，初相位φ1 、φ2 应满足的条件：（1） 光点在屏幕上相对于屏静止不动；（2） 光点在屏幕上相对于屏作振幅A ′＝2A 的振动．并说明用何种方式起动，才能得到上述结果．题9-29 图分析 落在屏幕上的光点相对地面的运动和屏幕相对于地面的运动都已知道，且是两个简谐运动．因此由运动的合成不难写出光点相对屏的运动（实际上是两个同方向、同频率简谐运动的合成）．根据相对运动公式，有屏对地光对屏光对地x x x +=依题意()()2211ϕωϕω+==+==t A x x t A x x cos cos 屏对地光对地所以 ()()212121cos cos ϕπωϕω++++='+=-=t A t A x x x x x 光对屏 可见光点对屏的运动就是两个同方向、同频率简谐运动()11c o sϕω+=t A x 和()22cos ϕπω++='t A x 的合成．用与上题相同的方法即可求解本题．其中合运动振幅()12222πcos 2-+++='A A A A ．解 （1） 根据分析和参考上题求解，当要求任一时刻光点相对于屏不动，即0=光对屏x ，就是当()π12π12+=-+k 时，即π212k +=时（,...,,210±±=k ），A ′＝0．当光点相对于屏作振幅为2A 的运动时，要求π2π12k =-+，即()π1212-+=k ． （2） 由以上求解可知，要使光点相对于屏不动，就要求手电筒和屏的振动始终要同步，即同相位，为此，把它们往下拉A 位移后，同时释放即可；同理，要使光点对屏作振幅为2A 的谐振动，两者必须相位相反，为此，让手电筒位于平衡点0 上方的-A 处，而屏则位于+A 处同。
大学物理课后习题答案第十三章北京邮电大学出社
习题十三13-1 衍射的本质是什么?衍射和干涉有什么联系和区别?答：波的衍射现象是波在传播过程中经过障碍物边缘或孔隙时所发生的展衍现象．其实质是由被障碍物或孔隙的边缘限制的波阵面上各点发出的无数子波相互叠加而产生．而干涉则是由同频率、同方向及位相差恒定的两列波的叠加形成．13-2 在夫琅禾费单缝衍射实验中，如果把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动?若把单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动?答：把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动．单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动．13-3 什么叫半波带?单缝衍射中怎样划分半波带?对应于单缝衍射第3级明条纹和第4级暗条纹，单缝处波面各可分成几个半波带?答：半波带由单缝A 、B 首尾两点向ϕ方向发出的衍射线的光程差用2λ来划分．对应于第3级明纹和第4级暗纹，单缝处波面可分成7个和8个半波带．∵由272)132(2)12(sin λλλϕ⨯=+⨯=+=k a 13-4 在单缝衍射中，为什么衍射角ϕ愈大（级数愈大）的那些明条纹的亮度愈小?答：因为衍射角ϕ愈大则ϕsin a 值愈大，分成的半波带数愈多，每个半波带透过的光通量就愈小，而明条纹的亮度是由一个半波带的光能量决定的，所以亮度减小．13-5 若把单缝衍射实验装置全部浸入水中时，衍射图样将发生怎样的变化?如果此时用公式),2,1(2)12(sin =+±=k k a λϕ来测定光的波长，问测出的波长是光在空气中的还是在水中的波长?解：当全部装置浸入水中时，由于水中波长变短，对应='='λϕk a sin n k λ，而空气中为λϕk a =sin ，∴ϕϕ'=sin sin n ，即ϕϕ'=n ，水中同级衍射角变小，条纹变密．如用)12(sin +±=k a ϕ2λ),2,1(⋅⋅⋅=k 来测光的波长，则应是光在水中的波长．(因ϕsin a 只代表光在水中的波程差)．13-6 在单缝夫琅禾费衍射中，改变下列条件，衍射条纹有何变化?(1)缝宽变窄；(2)入射光波长变长；(3)入射平行光由正入射变为斜入射．解：(1)缝宽变窄，由λϕk a =sin 知，衍射角ϕ变大，条纹变稀；(2)λ变大，保持a ，k 不变，则衍射角ϕ亦变大，条纹变稀；(3)由正入射变为斜入射时，因正入射时λϕk a =sin ；斜入射时，λθϕk a '=-)sin (sin ，保持a ，λ不变，则应有k k >'或k k <'．即原来的k 级条纹现为k '级．13-7 单缝衍射暗条纹条件与双缝干涉明条纹的条件在形式上类似，两者是否矛盾?怎样 说明?答：不矛盾．单缝衍射暗纹条件为k k a 2sin ==λϕ2λ，是用半波带法分析(子波叠加问题)．相邻两半波带上对应点向ϕ方向发出的光波在屏上会聚点一一相消，而半波带为偶数，故形成暗纹；而双缝干涉明纹条件为λθk d =sin ，描述的是两路相干波叠加问题，其波程差为波长的整数倍，相干加强为明纹．13-8 光栅衍射与单缝衍射有何区别?为何光栅衍射的明条纹特别明亮而暗区很宽?答：光栅衍射是多光束干涉和单缝衍射的总效果．其明条纹主要取决于多光束干涉．光强与缝数2N 成正比，所以明纹很亮；又因为在相邻明纹间有)1(-N 个暗纹，而一般很大，故实际上在两相邻明纹间形成一片黑暗背景．13-9 试指出当衍射光栅的光栅常数为下述三种情况时，哪些级次的衍射明条纹缺级?(1)a+b=2a;(2)a+b=3a;(3)a+b=4a.解：由光栅明纹条件和单缝衍射暗纹条件同时满足时，出现缺级．即可知，当k a b a k '+=时明纹缺级．(1)a b a 2=+时，⋅⋅⋅=,6,4,2k 偶数级缺级； (2)a b a 3=+时，⋅⋅⋅=,9,6,3k 级次缺级； (3)a b a 4=+，⋅⋅⋅=,12,8,4k 级次缺级．13-10 若以白光垂直入射光栅，不同波长的光将会有不同的衍射角．问(1)零级明条纹能 否分开不同波长的光?(2)在可见光中哪种颜色的光衍射角最大?不同波长的光分开程度与什 么因素有关?解：(1)零级明纹不会分开不同波长的光．因为各种波长的光在零级明纹处均各自相干加强． (2)可见光中红光的衍射角最大，因为由λϕk b a =+sin )(，对同一k 值，衍射角λϕ∞．13-11 一单色平行光垂直照射一单缝，若其第三级明条纹位置正好与6000οA 的单色平行光的第二级明条纹位置重合，求前一种单色光的波长． 解：单缝衍射的明纹公式为当6000=λoA 时，2=kx λλ=时，3=k重合时ϕ角相同，所以有 得4286600075=⨯=x λoA13-12 单缝宽0.10mm ，透镜焦距为50cm ，用5000=λoA 的绿光垂直照射单缝．求：(1)位于透镜焦平面处的屏幕上中央明条纹的宽度和半角宽度各为多少?(2)若把此装置浸入水中(n=1.33)，中央明条纹的半角宽度又为多少?解：中央明纹的宽度为fna x λ2=∆ 半角宽度为na λθ1sin -= (1)空气中，1=n ，所以(2)浸入水中，33.1=n ，所以有13-13 用橙黄色的平行光垂直照射一宽为a=0.60mm 的单缝，缝后凸透镜的焦距f=40.0cm ，观察屏幕上形成的衍射条纹．若屏上离中央明条纹中心1.40mm 处的P 点为一明条纹；求：(1)入射光的波长；(2)P 点处条纹的级数；(3)从P 点看，对该光波而言，狭缝处的波面可分成几个半波带?解：(1)由于P 点是明纹，故有2)12(sin λϕ+=k a ，⋅⋅⋅=3,2,1k由ϕϕsin tan 105.34004.13≈=⨯==-f x故3105.3126.0212sin 2-⨯⨯+⨯=+=k k a ϕλ当 3=k ，得60003=λoA4=k ，得47004=λoA(2)若60003=λoA ，则P 点是第3级明纹； 若47004=λoA ，则P 点是第4级明纹．(3)由2)12(sin λϕ+=k a 可知， 当3=k 时，单缝处的波面可分成712=+k 个半波带； 当4=k 时，单缝处的波面可分成912=+k 个半波带．13-14 用5900=λoA 的钠黄光垂直入射到每毫米有500条刻痕的光栅上，问最多能看到第几级明条纹?解：5001=+b a mm 3100.2-⨯=mm 4100.2-⨯=oA由λϕk b a =+sin )(知，最多见到的条纹级数m ax k 对应的2πϕ=, 所以有39.35900100.24max ≈⨯=+=λb a k ，即实际见到的最高级次为3max =k .13-15 波长为5000oA 的平行单色光垂直照射到每毫米有200条刻痕的光栅上，光栅后的透镜焦距为60cm ． 求：(1)屏幕上中央明条纹与第一级明条纹的间距；(2)当光线与光栅法线成 30°斜入射时，中央明条纹的位移为多少?解：3100.52001-⨯==+b a mm 6100.5-⨯m (1)由光栅衍射明纹公式λϕk b a =+sin )(，因1=k ,又f x ==ϕϕtan sin所以有λ=+f x b a 1)(即 62101100.51060105000---⨯⨯⨯⨯=+=b a fx λ(2)对应中央明纹，有0=k正入射时，0sin )(=+ϕb a ，所以0sin =≈ϕϕ斜入射时，0)sin )(sin (=±+θϕb a ，即0sin sin =±θϕ因︒=30θ，∴21tan sin ±==≈f x ϕϕ 故22103010602121--⨯=⨯⨯==f x m 30=cm 这就是中央明条纹的位移值． 13-16 波长6000=λoA 的单色光垂直入射到一光栅上，第二、第三级明条纹分别出现在20.0sin =ϕ与30.0sin =ϕ处，第四级缺级．求：(1)光栅常数；(2)光栅上狭缝的宽度；(3)在90°＞ϕ＞-90°范围内，实际呈现的全部级数．解：(1)由λϕk b a =+sin )(式对应于20.0sin 1=ϕ与30.0sin 2=ϕ处满足： 得 6100.6-⨯=+b a m(2)因第四级缺级，故此须同时满足解得 k k b a a '⨯='+=-6105.14取1='k ，得光栅狭缝的最小宽度为6105.1-⨯m(3)由λϕk b a =+sin )(当2πϕ=，对应max k k =∴10106000100.6106max =⨯⨯=+=--λba k因4±，8±缺级，所以在︒︒<<-9090ϕ范围内实际呈现的全部级数为9,7,6,5,3,2,1,0±±±±±±±=k 共15条明条纹(10±=k 在︒±=90k 处看不到)．13-17 一双缝，两缝间距为0.1mm ，每缝宽为0.02mm ，用波长为4800oA 的平行单色光垂直入射双缝，双缝后放一焦距为50cm 的透镜．试求：(1)透镜焦平面上单缝衍射中央明条纹的宽度；(2)单缝衍射的中央明条纹包迹内有多少条双缝衍射明条纹? 解：(1)中央明纹宽度为(2)由缺级条件 知即⋅⋅⋅=,15,10,5k 缺级．中央明纹的边缘对应1='k ，所以单缝衍射的中央明纹包迹内有4,3,2,1,0±±±±=k 共9条双缝衍射明条纹．13-18 在夫琅禾费圆孔衍射中，设圆孔半径为0.10mm ，透镜焦距为50cm ，所用单色光波长为5000oA ，求在透镜焦平面处屏幕上呈现的爱里斑半径．解：由爱里斑的半角宽度∴ 爱里斑半径5.1105.30500tan 24=⨯⨯=≈=-θθf f dmm 13-19 已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为4.84×10-6rad ，它们都发出波长为5500oA 的光，试问望远镜的口径至少要多大，才能分辨出这两颗星?解：由最小分辨角公式∴86.131084.4105.522.122.165=⨯⨯⨯==--θλD cm 13-20 已知入射的X 射线束含有从0.95～1.30oA 范围内的各种波长，晶体的晶格常数为2.75oA ，当X射线以45°角入射到晶体时，问对哪些波长的X 射线能产生强反射?解：由布喇格公式 λϕk d =sin 2得k d ϕλsin 2=时满足干涉相长当1=k 时， 89.345sin 75.22=⨯⨯=︒λoA2=k 时，91.1245sin 75.22=⨯⨯=︒λoA3=k 时，30.1389.3==λoA4=k 时， 97.0489.3==λoA故只有30.13=λoA 和97.04=λoA 的X 射线能产生强反射．。
大学物理学下册课后详细标准答案(袁艳红主编)
第9章静电场习题一选择题9-1两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同地金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间地距离R 远大于小球本身地直径，现在用一个带有绝缘柄地原来不带电地相同地金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间地作用力变为[ ](A)4f (B) 8f (C) 38f (D) 16f答案：B解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间地作用力变为8f. 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确地？[ ] (A) 电场场强E 地大小与试验电荷0q 地大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 地比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 地方向就是电场强度E 地方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B解析：根据电场强度地定义，E 地大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时地受力方向.因而正确答案（B ）9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内地P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ](A) 穿过S 面地电场强度通量改变，O 点地场强大小不变 (B) 穿过S 面地电场强度通量改变，O 点地场强大小改变(C) 穿过S 面地电场强度通量不变，O 点地场强大小改变 (D) 穿过S 面地电场强度通量不变，O 点地场强大小不变 答案：D解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面地电场强度通量正比于面内电荷量地代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变.O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小地计算公式204q E r πε=，移动电荷后，由于OP =OT ，即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变.因而正确答案（D ）9-4 在边长为a 地正立方体中心有一个电量为q 地点电荷，则通过该立方体任一面地电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D解析：根据电场地高斯定理，通过该立方体地电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面地电场强度通量大小相等.因而通过该立方体任一面地电场强度通量为q /6ε0，答案（D ）9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ](A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 地量值处处为零 (B) 高斯面上各点地E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面地E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面地E 通量为零，则面上各点地E 必为零 答案：C解析：高斯定理表明通过闭合曲面地电场强度通量正比于曲面内部电荷量地代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关.故答案（C ）9-6 两个均匀带电地同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1<R 2)，小球带电Q ，大(A) (B) (C) (D)习题9-7图 答案：D解析：根据高斯定理d iiSqE S ε=∑⎰，可得同心球面地电场分布为1122020,0,4,0r R E Q R r R E r r R E πε⎧<<=⎪⎪<<=⎨⎪⎪>=⎩，作E-r 图可得答案（D ）. 9-7如图9-7(A) 电场力做正功，负电荷地电势能减少(B) 电场力做正功，负电荷地电势能增加 (C) 电场力做负功，负电荷地电势能减少 (D) 电场力做负功，负电荷地电势能增加 答案：D解析：负电荷受力方向与电场强度方向相反，将负电荷从A 移动到B ，受力方向与位移方向家教大于90°，因此电场力作负功；同时，电场力为保守力，保守力作功电势能地增量地负值，因此负电荷地电势能增加.答案（D ）9-8 如图9-8所示，在点电荷+q 地电场中，若取图中P 点为电势零点，则M 点地电势为[ ]（A ）04q a πε (B)08q a πε(C) 04q aπε- (D) 08q aπε-答案:D解析：点电荷+q 在P 点和M 点地电势分别为00,442Pq Mq q q V V a a πεπε==，取P 点为电势零点，则M 点地电势为0004248M Mq Pq qqq V V V a aaπεπεπε-=-=-=.9-9 真空中两块互相平行地无限大均匀带电平板，两板间地距离为d ，其中一块地电荷面密度为σ+，另一块地电荷面密度为2σ+，则两板间地电势差为[ ]习题9-8图(A) 0 (B) 02d σε (C) 0d σε (D) 032σε 答案：B解析：根据高斯定理知电荷面密度为σ+地无限大平板在空间激发地电场强度为02r E e σε=，结合电势差地定义即可知电势差为02d σε. 9-10 关于电场强度与电势之间地关系，下列说法中，正确地是[ ] (A) 在电场中，电场强度为零地点，电势必为零 (B) 在电场中，电势为零地点，电场强度必为零(C) 在电势梯度不变地空间，电场强度处处相等 (D) 在电场强度不变地空间，电势处处相等 答案：C解析：电场强度与电势之间地关系为电场强度在任意方向地分量，等于电势在该方向上地变化率地负值.因而答案（C ）二填空题9-11 点电荷1234q q q q 、、、在真空中地分布如图9-11所示.图中S 为闭合曲面，则通过该闭合曲面地电场强度通量d S⋅⎰E S =_______Emxvx 答案：24q q ε+解析：根据电场地高斯定理d iiSqE S ε=∑⎰，通过闭合曲面地电场强度通量为24q q ε+.9-12 如图9-12所示，真空中两块平行无限大均匀带电平面，其电荷面密度分别为σ+和2σ-，则A 、B 、C 方向向右为正）.习题9-11图答案：02σε；032σε；02σε- 解析：根据高斯定理知电荷面密度为σ+地无限大平板在空间激发地电场强度为02r E e σε=，结合电场强度地叠加原理i iE E =∑，可知A 、B 、C 三个区域地电场强度分别02σε，032σε，02σε-.9-13 无限大地均匀带电平板放入均匀电场中，得到如图9-13所示地电场，(0E 和0ε为已知值)场强度大小为___________.答案：00E ε；032E电场方向向右，平板带正电.根据高斯定理知 电荷面密度为σ+地无限大平板在空间激发地 电场强度大小为02E σε=，结合电场强度叠加原理i iE E =∑，可解得带电平板地电荷面密度σ=00E ε，均匀电场地电场强度大小为032E .9-14两根无限长细直导线，相互平行相距为d ，电荷线密度分别为λ+和λ-，则每单位长度上导线之间相互作用力大小为________，力地方向为________.答案：202dλπε；垂直导线，相互吸引地方向解析：根据高斯定理知线密度为σ+地无限长直导线在空间激发地电场强度大小为02E dλπε=，方向垂直直导线方向，则每单位长度上导线之间相互作用力大小为202F qE dλπε==，方向垂直导线，相互吸引地方向.9-15 如图9-15力线,则A 、B 两点中电场强度E A E B ，电习题9-13图势V A V B （填“>”、“=”或“<”）. 答案：<；>解析：电场线地疏密表示场强地大小，因此E A < E B .若将正电荷+q 从点A 移动到点B ，则电场力作正功()0AB A B W q V V =->，因此V A > V B . 9-16 正负电荷放置如图9-16所示，那么正四边形对角线中心处，电场强度为零地是图_________,电场强度和电势都为零地是图__________，电场强度为零，电势不为零地是图___________.答案：(B)、(C)、（D ）；(C)；(B)、（D ）解析：电场强度叠加符合矢量叠加原理，电势叠加为代数叠加.根据电场强度和电势叠加原理，电场强度为零地是图(B)、(C)、（D ）；电场强度和电势都为零地是图(C)；电场强度为零，电势不为零地是图(B)、（D ）.9-17 如图9-17所示，一电量为5510 C q -=-⨯地点电荷在电场力作用力下，从P 点移到Q 点电场力对它做功2310 J W -=⨯,则P 、Q 两点电势高地是_________，高___________伏.答案：Q 点；600解析：电场力作功为2()310 J PQ P Q W q V V -=-=⨯， 因为q <0，因此P Q V V <，Q 点电势高.600V QP Q P W V V q-==.因此Q 点电势比P 点电势高600V .9-18 如图9-18所示，一带电量为0q 地试验电荷，在点电荷Q 地电场中，沿半径为R 地四分之三圆弧形轨道abc 从a 移动到c 电场力所作地功1W 习题9-16图P ·Q ·q习题9-17图=_____________，再从c 移动到无限远电场力所作地功2W =_______________.答案：0；04Qq Rπε 解析：电场力作功为10()a c W q V V =-，因为04a c Q V V Rπε==，因此10W =.20000()(0)44c Qq Q W q V V q RRπεπε∞=-=-=. 9-19 有一均匀带电球面，带电量为Q ，半径为R ，则球心O 地电场强度大小E =，电势V =. 答案：0；04Q Rπε解析：根据高斯定理d iiSqE S ε=∑⎰，可得均匀带电球面地电场分布为12200,0,4r R E Q r R E r πε≤<=⎧⎪⎨>=⎪⎩，因此球心O 地电场强度大小为0.电势12O0d d d 4RRQ V E l E r E r Rπε∞∞==+=⎰⎰⎰.9-20 说明下列各式地物理意义： (1) d ⋅⎰baE l ；(2) d S⋅⎰E S ；(3)d 0l⋅=⎰E l .答案：（1）单位时间正电荷在电场中从a 点移动到b 点电场力所做地功（或ab 两点间地电势差）；（2）通过闭合曲面S 地电场强度通量；（3）静电场电场强度地环流为零，表明静电场是保守场.三计算题9-21四个点电荷到坐标原点地距离均为d ，如图9-21所示，求坐标原点处地电场强度.解：20124A q E i d πε=20124B qE j dπε=- 2014C q E i d πε=2014D q E j d πε=-22003344O A B C D q qE E E E E i j d d πεπε=+++=-9-22如图9-22所示，有一均匀带电细棒，长为l ，电量为Q ，求在棒地延长线，且离棒右端为a 处地O解：如图建立坐标系，则d q 在O 点地电场强度为：222000114()4()4()Q dxdq Q dx l dE i i i a l x a l x l a l x πεπεπε===+-+-+- 2000001,4()44()llQdx Q Q E dE i i i l a l x l a l x a a l πεπεπε====+-+-+⎰⎰ 方向向右9-23如图9-23所示，一电场强度为E 地匀强电场，E 地方向与一半径为R 地半球面对称轴平行，试求通过此半球面地电场强度通量.解：通过半球面地电场线必通过底面2e E S E R π∴Φ=⋅=习题9-21图习题9-22图O 习题9-23图9-24设在半径为R 地球体内电荷均匀分布，电荷体密度为ρ，求带电球内外地电场强度分布.解：以O 点为球心，作球面S 为高斯面，半径为r根据电场高斯定理01i SiEdS q ε=∑⎰3210443r r r R E r e πρπε≤≤⋅=当0时，103r r E e ρε∴=3220443r R r R E r e πρπε>⋅=当时，32203r R E e r ρε∴=9-25图9-25为两带电同心球面，已知：120.10 m,0.30 m R R ==，81 1.010 C Q -=⨯，82 1.510 C Q -=⨯.求：（1）10.05 m r =30.50 m r =处地电场强度大小.解：对称性分析：以球心为圆心，相同r 处地电场强度大小相同，方向沿半径向外.以球心为圆心，作球面S 为高斯面，半径为r 根据电场高斯定理01i SiEdS q ε=∑⎰（1）211140r E r π⋅=以为半径作高斯面，10E ∴=（2）2122204Q r E r πε⋅=以为半径作高斯面，122022250/4Q E N C r πε∴==习题9-25图（3）21233304Q Q r E r πε+⋅=以为半径作高斯面，123203900/4Q Q E N C r πε+∴==9-26 两个带等量异号电荷地无限长同轴圆柱面，半径分别为1R 和2R （12R R <），如图9-26所示，单位长度上地电荷为以中轴线为轴心，作底面半径r 地圆柱面S 为高斯面，高为l 根据电场高斯定理01i SiEdS q ε=∑⎰1120r R E rl π<<⋅=当0时， 10E ∴= 12202l R r R E rl λπε<<⋅=当时， 202E rλπε∴= 23020l lr R E rl λλπε->⋅==当时， 30E ∴=9-27 如图9-27所示，AO 相距2R ，弧BCD 是以O 为圆心、R 为半径地半圆.A 点有电荷+q ，O 点有电荷-3q .（1）求B 点和D 点地电势；（2）将电荷+Q 从B 点沿弧BCD 移到D 点，电场力做地功为多少？（3）若将电荷-Q 从D 点沿直线DE 解：（1）A 在B 点地电势为：104B q V Rπε=A 在D 点地电势为：1043D q V Rπε=O 在B 点地电势为：2034B qV Rπε-=习题9-26图习题9-27图O 在B 点地电势为：2034D qV Rπε-=1202B B B q V V V R πε∴=+=-12023D D D q V V V Rπε∴=+=-（2）()06BCD B D qQ W Q V V Rπε=-=（3）电场力做功：()023D D qQW Q V V Rπε∞∞=--=外力做功：023D qQW W Rπε∞=-=-9-28 求第9-22题中，O 点处地电势. 解：d q 在O 点地电势为：004()4()dq Q dxdV a l x l a l x πεπε==+-+-200000ln()ln 4()44llQdx Q Q a lV dV a x l l a l x l l a πεπεπε+===-+-=+-⎰⎰9-29 在真空中，有一电荷为Q ，半径为R 地均匀带电球壳，其电荷是均匀分布地.试求：(1)球壳外两点间地电势差；(2)球壳内两点间地电势差；(3)球壳外任意点地电势；(4)球壳内任意点地电势.解：根据高斯定理：10r R E <=，2204 πrqr R E e rε>=， （1）2200d 11d ()4 π 4 πB B A B r r A A A Br r Q r Q V V E r e e r r r r r εε-=⋅=⋅=-⎰⎰习题9-28图O（2）1,d 0B A B A rr R V V E r r <-=⋅=⎰（3）,,0B r R r V ∞>→∞=令2200()d d 4 π 4 πQ QV r E r r r r r r εε∞∞=⋅==⎰⎰外（4）120,()d d 4 πR Qr R V r E r E r r R Rε∞<=⋅+⋅=⎰⎰内9-30 两个同心球面地半径分别为1R 和2R ，间各区域地电势分布；（2）两球面上地电势差.解：根据高斯定理，电场强度分布为：110r R E <=， 1122204 πQ R r R E rε<<=， 1223204 πQ Q r R E r ε+>=，（1）121212111230121d d d 4R R rR R Q Q r R V E r E r E r R R πε∞⎛⎫<=++=+ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰，221212223021d d 4R rR Q Q R r R V E r E r r R πε∞⎛⎫<<=+=+ ⎪⎝⎭⎰⎰，122330d 4rQ Q r R V E r rπε∞+>==⎰，（2）211201211d 4R AB R Q U E r R R πε⎛⎫==- ⎪⎝⎭⎰9-31 图9-31为一均匀带电球层，其电荷体密度为ρ别为R 1、R 2，求图中A 点地电势.解：根据高斯定理，电场强度分布为：110r R E <=，习题9-25图()331221203R r R E r R rρε<<=-， ()332321203r R E R R rρε>=-， ()121222123210d d d d 2AAR R A r r R R V E r E r E r E r R R ρε∞∞==++=-⎰⎰⎰⎰9-32 两个很长地同轴圆柱面，内外半径分别为21 3.010 m R -=⨯、20.1 m R =，带有等量异号电荷，两圆柱面地电势差为450 V ，求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2)距离轴心0.05 m 处地电场强度地大小.解：（1）设圆柱面单位长度上地电荷为λ根据电场地高斯定理，两圆柱面间地电场强度为：120()2 πE R r R rλε=<< 22112001d d ln 450V 2 π 2 πR R R R R U E r r r R λλεε====⎰⎰带入数据，解得82.110C/m λ-=⨯ （2）120.05m R r R <=<80.05m 120 2.110V/m 7550V/m 2 π2π8.8542100.05r E r λε-=-⨯===⨯⨯⨯⨯9-33 一圆盘半径为R ，圆盘均匀带电，电荷面密度为σ，如图9-33所示求：(1)轴线上地电势分布；(2)布.解：（1）如图所示，以O 为r 地环形圆盘作为微元，宽度为d r . 则此微元所带电荷为2d r r σπ⋅. 其在轴线上一点地电势为：d V =习题9-33图带电圆盘轴线上地电势为：0000d)22R RV V xσσεε====⎰⎰⎰（2）电场强度方向沿x轴，则d d(1d d2V VE i i il xσε=-=-=-第10章静电场中地导体和电介质习题一选择题10-1当一个带电导体达到静电平衡时，[ ](A) 表面上电荷密度较大处电势较高(B)表面曲率较大处电势较高(C)导体内部地电势比导体表面地电势高(D)导体内任一点与其表面上任一点地电势差等于零答案：D解析：处于静电平衡地导体是一个等势体，表面是一个等势面，并且导体内部与表面地电势相等.10-2将一个带正电地带电体A从远处移到一个不带电地导体B附近，导体B 地电势将[ ](A) 升高(B)降低(C)不会发生变化(D)无法确定答案：A解析：不带电地导体B相对无穷远处为零电势.由于带正电地带电体A移到不带电地导体B附近地近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体地电势将习题10-3图高于无穷远处，因而正确答案为（A ）.10-3将一带负电地物体M 靠近一不带电地导体N ，在N 地左端感应出正电荷，右端感应出负电荷.若将导体N(A) N上地负电荷入地 (B) N 上地正电荷入地 (C) N 上地所有电荷入地 (D) N 上所有地感应电荷入地 答案：A解析：带负电地带电体M 移到不带电地导体N 附近地近端感应正电荷；在远端感应负电荷，不带电导体地电势将低于无穷远处，因此导体N 地电势小于0，即小于大地地电势，因而大地地正电荷将流入导体N ，或导体N 地负电荷入地.故正确答案为（A ）.10-4 如图10-4所示，将一个电荷量为q 电地导体球附近，点电荷距导体球球心为d .设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有[ ] (A)0E =，04πε=q V d(B) 204πε=q E d，04πε=qV d(C) 0E =，0V =(D) 204πε=q E d ，04πε=q V R答案：A解析：导体球处于静电平衡状态，导体球内部电场强度为零，因此0E =.导体球球心O 点地电势为点电荷q 及感应电荷所产生地电势叠加.感应电荷分布于导体球表面，至球心O 地距离皆为半径R ，并且感应电荷量代数和q ∑为0，因此004qV Rπε==∑感应电荷.由此在导体球球心O 点地电势等于点电荷q 在O 点处地电势04πε=q V d.10-5 如图10-5所示，两个同心球壳.内球壳半径为R 1，均匀带有电量Q ；外习题10-4图球壳半径为R 2，壳地厚度忽略，原先不带电，但与地相连接．设地为电势零点，则在内球壳里面，距离球心为r 处地P 点地电场强度大小及电势分别为[ ](A)0E =，014πε=Q V R(B)0E =，01211()4πε=-QV R R (C)204πε=Q E r ，04πε=Q V r(D)204πε=Q E r ，014πε=QV R答案：B解析：根据静电场地高斯定理d iiSqE S ε=∑⎰，同心球壳地电场强度大小分布为11122200,0,4r R E Q R r R E r πε<<=⎧⎪⎨<<=⎪⎩，则点P 地电场强度为0E =，电势1211201211d d ()4R R R Q V E r E r R R πε=+=-⎰⎰. 10-6 极板间为真空地平行板电容器，充电后与电源断开，将两极板用绝缘工具拉开一些距离，则下列说法正确地是[ ](A) 电容器极板上电荷面密度增加(B) 电容器极板间地电场强度增加 (C) 电容器地电容不变(D) 电容器极板间地电势差增大 答案：D解析：电容器极板上电荷面密度QSσ=，平板电荷量及面积没有变化，因此电容器极板上电荷面密度不变，并且极板间地电场强度0E σε=，电容器极板间地电场强度不变.平行极板电容0SC dε=，两极板间距离增加，则电容减小.电容器极板习题10-5图间地电势差U Ed =，电场强度E 不变，距离d 增大，则电势差增大.因而正确答案为（D ）.10-7 在静电场中，作闭合曲面S ，若有d 0S⋅=⎰D S （式中D 为电位移矢量），则S 面内必定[ ](A) 既无自由电荷，也无束缚电荷(B) 没有自由电荷(C) 自由电荷和束缚电荷地代数和为零(D)自由电荷地代数和为零 答案：D解析：根据有电介质时地高斯定理d i SiQ ⋅=∑⎰D S ，可知S 面内自由电荷地代数和为零.10-8 对于各向同性地均匀电介质，下列概念正确地是[ ](A)电介质充满整个电场并且自由电荷地分布不发生变化时，电介质中地电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度地1r 倍(B)电介质中地电场强度一定等于没有介质时该点电场强度地1r 倍 (C)在电介质充满整个电场时，电介质中地电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度地1r 倍(D)电介质中地电场强度一定等于没有介质时该点电场强度地r ε倍 答案：A解析：各向同性介质中地电场强度为真空中电场强度地1r 倍.10-9把一空气平行板电容器，充电后与电源保持连接.然后在两极板之间充满相对电容率为r ε地各向同性均匀电介质，则[ ](A) 极板间电场强度增加 (B) 极板间电场强度减小 (C) 极板间电势差增加 (D) 电容器静电能增加 答案：D解析：平行板电容器充电后与电源保持连接，则极板间电势差保持不变，真空中电场强度UE d=不变化，因而各向同性介质中地电场强度为真空中电场强度地1r 倍，也不变化.各向同性介质中地电容器静电能2012r W E V εε=，相对于真空中电容器静电能有所增加.故正确答案为（D ）.10-10 1C 和2C 两空气电容器并联起来接上电源充电.然后将电源断开，再把一电介质板插入1C 中，如图10-10所示，则[ ](A)1C 和2C 极板上电荷都不变(B)1C 极板上电荷增大，2C 极板上电荷不变 (C)1C 极板上电荷增大，2C 极板上电荷减少(D)1C 极板上电荷减少，2C 极板上电荷增大答案：C解析：1C 和2C 为并联，则电容器两端电势差相等.1C 中插入一电介质，则1C 地电容增大（0r C C =ε），1C 极板上电荷增大（Q CU =）.由于电源断开，1C 和2C 两端总电荷量不变，因此1C 极板上电荷减少.故正确答案为（C ）.二填空题10-11任意形状地导体，其电荷面密度分布为σ（x ,y ,z ），则在导体表面外附近任意点处地电场强度地大小E （x ,y ,z ）=，其方向.答案：(,,)x y z σε；垂直导体表面 解析：处于静电平衡地导体表面附近地电场强度正比于电荷面密度，因而(,,)(,,)x y z E x y z σε=，方向垂直于导体表面. 10-12 如图10-12所示，同心导体球壳A 和B ，半径分别为12R R 、，分别带电量q Q 、，则内球A 地电势A V =_____________A所带电量A q ＝____________.习题10-10图答案：010244q Q R R πεπε+；12R Q R -解析：根据静电场地高斯定理d iiSqE S ε=∑⎰，同心球壳地电场强度大小分布为111222023200,0,4,4r R E qR r R E r q Q r R E r πεπε⎧⎪<<=⎪⎪<<=⎨⎪⎪+>=⎪⎩，则内球A 地电势1212123012d d d ()4R R A R R Q q QV E r E r E r R R πε∞=++=+⎰⎰⎰.若把内球A 接地，则内球A 地电势012()04A A q Q Q V R R πε=+=，解得12A R q Q R =-. 10-13 如图10-13所示，在真空中将半径为R 地金属球接地，在与球心O 相距为r ( r >R )处放置一点电荷–q ，不计接地导线上电荷地影响，则金属球表面上地感应电荷总量为，金属球表面电势为.答案：Rq r；0解析：金属球接地，则金属球地电势为0.金属球 球心电势为00044q Q q V V V rRπεπε--=+=+=感应感应， 解得，感应电荷总量为RQ q r=感应.金属球表面是一个等势面，电势与地地电势相等，电势为0.10-14 两带电导体球半径分别为R 和r (R >r )，它们相距很远，用一根导线连接起来，则两球表面地电荷面密度之比:σσR r =.答案：r R解析：导体表面地电荷面密度反比与曲率半径，因此::R r r R σσ=.10-15 对下列问题选取“增大”、“减小”、“不变”作答.（1）平行板电容器习题10-13图保持板上电量不变（即充电后切断电源）.现在使两板地距离增大，则：两板间地电势差_______,电场强度__________,电容__________，电场能量__________.（2）如果保持两板间电压不变（即充电后与电源连接着）.则两板间距离增大时，两板间地电场强度__________，电容________，电场能量__________.答案：（1）增大，不变，减小，增大；（2）减小，减小，减小解析：（1）保持板上电量Q 不变，使两板地距离d 增大.电容器极板上电荷面密度QSσ=，平板电荷量及面积没有变化，因此电容器极板上电荷面密度不变，并且极板间地电场强度0E σε=，电容器极板间地电场强度不变.电容器极板间地电势差U Ed =，电场强度E 不变，距离d 增大，则电势差增大.平行极板电容0S C dε=，两极板间距离增加，则电容减小.电场能量22e Q W C=，电荷量Q 不变，C 减小，则电场能量e W 增大.（2）保持两板间电压U 不变，使两板地距离d 增大.则极板间地电场强度UE d=，电容器极板间地电场强度减小.平行极板电容0S C dε=，两极板间距离增加，则电容减小.电场能量212e W CU =，电压U 不变，C 减小，则电场能量e W 减小.10-16一平行板电容器，两板间充满各向同性均匀电介质.已知相对电容率为r ε，若极板上地自由电荷面密度为σ，则介质中电位移地大小D =，电场强度地大小E =，电场地能量密度e w =.答案：σ；0r σεε；202rσεε解析：根据电介质中地高斯定理d SD S q =⎰，得电位移矢量地大小D σ=.由于0r D E εε=，因此电场强度地大小0rE σεε=.电场地能量密度222000222re r rw E εεεσσεεεε===（）.10-17 在电容为0C 地空气平行板电容器中，平行地插入一厚度为两极板距离一半地金属板，则电容器地电容C =.答案：02C解析：插入金属板后，电容0C 成为两电容1C 和2C 串联，且1200414SC C C d ε===.因此等效电容为0121211C C C C ==+.10-18一平板电容器，两极板间是真空时，电容为0C ，充电到电压为0u 时，断开电源，然后将极板间充满相对电容率为r ε地均匀电介质则此时电容C ＝__________，电场能量e W =___________.答案：0r C ε；2002rC u ε解析：电容器地电容仅与电容器地大小、形状及填充地电介质有关，将极板间充满相对电容率为r ε地均匀电介质时，电容为0=r C C ε.断开电源后，两极板上地电荷量不变化，因此电场能量22200000()222e r rC u C u Q W C C εε===.10-19 一平行板电容器两极板间距离为d ，电荷面密度为0σ，将一块相对电容率为2r ε=,厚度为2d均匀电介质插入到两极板间(见图10-19)，则电容器地两极板间电压是插入前地_________倍，电容器地电容是插入前地__________倍，电容器储存地电能是插入前地__________倍.答案：34；43；34解析：电介质内部地电场强度02rE E E ε==， 插入电介质后两极板间电压003224d d U EE E d =+=，插入前两极板间电压为0U E d =，因此电容器地两极板间电压是插入前地34倍.电容器地电容QC U=，电2d 习题10-19图荷量Q 不变，电容与电压U 成反比，因此，电容器地电容是插入前地43倍.电容器储存地电能12e W QU =，与电压U 成正比，因此，电容器储存地电能是插入前地34倍.三计算题10-20 两块大金属板A 和B ，面积均为S ，两块板平行地放置，间距为d ，d 远小于板地尺度.如图10-20所示，现使A 板带电Q A ，B 板带电Q B .在忽略边缘效应地情况下，试求：（1）A 、B 两板各个表面上地电量； （2）A 、B 两板地电势差；（3）若B 板外侧接地，A 、B 两板各个表面上地电量又是如何分布？两板地电势差是多少？解：（1）两板处于静电平衡，则两板内部电场强度为0，则()(){1234012340:/20:/20A B σσσσεσσσσε---=++-=()(){1234A BS Q S Q σσσσ+=+=1423()/2()/2A B A B Q Q SQ Q S σσσσ==+=-=-1423()/2()/2()/2A B A B B A Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q ∴==+=-=-（2）312412340000022222A BQ Q E E E E E Sσσσσεεεεε-=+--=+--= 02A BAB Q Q U E d d Sε-=⋅=（3）B 板外侧接地，则40σ=AQBQ习题10-20图()()1230123012/20/20()AS Q σσσεσσσεσσ--=++=+=14230A A Q Q Q Q Q Q ∴====-20002AAAB Q Q E U E d d SSσεεε==∴=⋅=10-21 如图10-21所示，半径为10.01 m R =地金属球，带电量101110 C Q -=⨯，球外套一内外半径分别22310 m R -=⨯和23410 m R -=⨯地同心金属球壳，壳上带电1021110 C Q -=⨯，求：(1)金属球和金属球壳地电势差；(2)若用导线把球和球壳连接在一起，这时球和球壳地电势各为多少？解：根据高斯定理，电场强度分布为：112120123220,4,4Q R r R E r Q Q r R E r πεπε<<=+>=(1)221111120012111d d 6044R R AB R R Q Q U E r r V r R R πεπε⎛⎫===-= ⎪⎝⎭⎰⎰(2)331212222031d d 27044B R R Q Q Q Q V E r r V r R πεπε∞∞++====⎰⎰270A B V V V ==10-22 半径为0R 地导体球带有电荷Q ，球外有一层均匀介质同心球壳，其内、外半径分别为1R 和2R ，相对电容率为r ε，如图10-22所示，求：（1）空间地电位移和电场强度分布；（2解：（1）导体球处于静电平衡状态，电荷分布在球地表面，球内部没有电荷习题10-21图根据有电介质地高斯定理i iSDdS Q =∑⎰⎰，20140r R D r π<⋅=时，，10D ∴=100rDE εε==20124R r R D r Q π<<⋅=时，，224QD r π∴=22200(1)4r rD QE rεεεπε===21234R r R D r Q π<<⋅=时，，324QD r π∴=232004rr D Q E r εεπεε==2244r R D r Q π>⋅=时，，424QD r π∴=44200(1)4r rD QE r εεεπε===因此，空间地电位移和电场强度分布为：0020()()4r R D Qr R r π<⎧⎪=⎨>⎪⎩，0012012202200()()4()4()4rr R Q R r R r E Q R r R r Qr R r πεπεεπε<⎧⎪⎪<<⎪⎪=⎨<<⎪⎪⎪>⎪⎩（2）介质内表面（1r R =）上地极化电荷与导体球上地电荷电性相反，因此，其面密度为：1031221111(1)()44r r r r r Q Q E R R R εεσεεεπεπ---'=-==- 介质外表面（2r R =）上地极化电荷与导体球上地电荷电性相同，因此，其面密度为：2032222211(1)()44r r r r r Q QE R R R εεσεεεπεπ--'=-==10-23 地球和电离层可当作球形电容器，它们之间相距约为100 km ，求地球—电离层系统地电容.（设地球和电离层之间为真空）解：已知6371km 100km +R d R R d ===地球地球电离 ， ，设地球-电离层分别带点±Q则根据高斯定律，地球-电离层间地电场强度为：204Q E rπε=20111d d 6044R R R R Q QU E r r V r RR πεπε⎛⎫===-= ⎪ ⎪⎝⎭⎰⎰电离电离地球地球地球电离 204 4.5810F R R QC U R R πε-⋅===⨯-地球电离地球电离10-24 如图10-24所示，两根平行无限长均匀带电直导线，相距为d ，导线半径都是R （d R <<）.导线上电荷线密度分别为+λ和-λ.试求（1）两导线间任一点P 地电场强度；（2）两导线间地电势差；（3）该导体组单位长度地电容.解：（1）根据高斯定理，电荷线密度为+λ地导线在 点P 处电场强度计算如下：0122xh E hE xλπλεπε+⋅=∴=方向沿x 轴正方向，02E i xλπε+∴=同理，电荷线密度为-λ地导线在点P 处电场强度为：02()E i d x λπε-=-因此，两导线间任一点P 地电场强度为：00()22()E E E i x d x λλπεπε+-=+=+- （2）根据电势差地定义，两导线间地电势差为：x习题10-24图000d ()d ln 22()d RRd RU E r x x d x Rλλλπεπεπε--==+=-⎰⎰（3）该导体组单位长度地电容为：001ln ln Q C d R d R U R R πελλπε⋅===--10-25 如图10-25所示，一平板电容器充满两层厚度各为d 1和d 2地电介质，它们地相对电容率分别为1r ε和2r ε，极板地面积为S .求：（1）电容器地电容；（2）当极板上地自由电荷面密度为0σ时，两层介质地电位移.解：（1）设两板分别带Q ±地电荷两板间没有电介质时地电场强度为：0000/Q S QE Sσεεε=== 放入电介质后，相对电容率分别为地 电介质中电场强度为：01101r r E QE Sεεε==相对电容率分别为地电介质中电场强度为：02202r r E QE Sεεε==则两板间地电势差为：121122012()r r d d Q U E d E d S εεε=⋅+⋅=+ 电容器地电容为：012120122112/()r r r r r r d d d Q Q C Q U S d d εεεεεεεε==+=+ （2）相对电容率分别为1r ε地电介质地界面上，极化电荷面密度为：01101100011(1)(1)(1)r r r r r E σεσεεεεσεεε-'=-=-= 习题10-25图相对电容率分别为2r ε地电介质地界面上，极化电荷面密度为：02202200022(1)(1)(1)r r r r r E σεσεεεεσεεε-'=-=-= （3）相对电容率分别为1r ε地电介质地电位移为：101101001r r r D E σεεεεσεε=== 相对电容率分别为1r ε地电介质地电位移为：202202002r r r D E σεεεεσεε===10-26 如图10-26所示，在点A 和点B 之间有五个电容器，其连接如图10-26所示.（1）求A ，B 两点之间地等效电容；（2）若A ，B 之间地电势差为12 V ，求AC U ，CD U 和DB U .解：（1）(48)μF 12μF AC C =+=(62)μF 8μF CD C =+=1111111μF μF128244AB AC CD DBC C C C =++⎛⎫=++= ⎪⎝⎭4μF AB C ∴=（2）AC 、CD 、DB 两端地电荷量相等，则AB AB Q U C =⋅12441212468124224AC AC CD CD DB DB Q U V V C Q U V V C Q U V V C ⨯===⨯===⨯===10-27 平行板电容器两极板间充满某种电介质，极板间距离d =2 mm，电压8 μF2 μF习题10-26图。
大学物理学(下册)袁艳红主编课后习题答案
第9章 静电场习 题 一 选择题9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ](A)4f (B) 8f (C) 38f (D) 16f答案：B解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间的作用力变为8f。
9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ](A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变(C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E答案：B解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。
因而正确答案（B ）9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O (C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O(D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变答案：D解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。
O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式204q E r πε=，移动电荷后，由于OP =OT ，即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。
因而正确答案（D ） 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ](A) q /0(B) q /20 (C) q /40 (D) q /6答案：D解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。
大学物理学第版版北京邮电大学出版社下册习题答案
习题10选择题(1) 对于安培环路定理的理解，正确的是：（A ）若环流等于零，则在回路L 上必定是H 处处为零； （B ）若环流等于零，则在回路L 上必定不包围电流；（C ）若环流等于零，则在回路L 所包围传导电流的代数和为零； （D ）回路L 上各点的H 仅与回路L 包围的电流有关。
[答案：C](2) 对半径为R 载流为I 的无限长直圆柱体，距轴线r 处的磁感应强度B （） （A ）内外部磁感应强度B 都与r 成正比；（B ）内部磁感应强度B 与r 成正比，外部磁感应强度B 与r 成反比； （C ）内外部磁感应强度B 都与r 成反比；（D ）内部磁感应强度B 与r 成反比，外部磁感应强度B 与r 成正比。
[答案：B](3）质量为m 电量为q 的粒子，以速率v 与均匀磁场B 成θ角射入磁场，轨迹为一螺旋线，若要增大螺距则要（）（A ） 增加磁场B ；（B ）减少磁场B ；（C ）增加θ角；（D ）减少速率v 。
[答案：B](4）一个100匝的圆形线圈，半径为5厘米，通过电流为安，当线圈在的磁场中从θ=0的位置转到180度（θ为磁场方向和线圈磁矩方向的夹角）时磁场力做功为（） （A ）；（B ）；（C ）；（D ）14J 。
[答案：A]填空题(1)边长为a 的正方形导线回路载有电流为I ，则其中心处的磁感应强度 。
[答案：aIπμ220，方向垂直正方形平面](2)计算有限长的直线电流产生的磁场 用毕奥——萨伐尔定律，而 用安培环路定理求得（填能或不能）。
[答案：能, 不能](3)电荷在静电场中沿任一闭合曲线移动一周，电场力做功为 。
电荷在磁场中沿任一闭合曲线移动一周，磁场力做功为 。
[答案：零，正或负或零](4)两个大小相同的螺线管一个有铁心一个没有铁心，当给两个螺线管通以 电流时，管内的磁力线H 分布相同，当把两螺线管放在同一介质中，管内的磁力线H 分布将 。
[答案：相同，不相同]在同一磁感应线上，各点B ϖ的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B ϖ的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B ϖ的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B ϖ的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B ϖ的方向．题图(1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B ϖ的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)? (2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B ρϖ=∴ 21B B ρϖ=（2）若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B ϖ方向相反，即21B B ρϖ≠.用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题图)的环路积分⎰外B L ϖ·d l ϖ=0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为 ⎰外B L ϖ·d l ϖ=I 0μ这是为什么? 解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μϖϖ外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d ϖϖϖ外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B ϖ的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离． 题 图如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发 生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．已知磁感应强度0.2=B Wb ·m-2的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解： 如题图所示题图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是 (2)通过befc 面积2S 的磁通量 (3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ϖϖΦWb (或24.0-Wb )题图如题图所示，AB 、CD 为长直导线，C B )为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题图所示，O 点磁场由AB 、C B )、CD 三部分电流产生．其中AB产生 01=B ϖCD产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题图解：如题图所示,A B ϖ方向垂直纸面向里 (2)设0=B ϖ在2L 外侧距离2L 为r 处 则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题图如题图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解： 如题图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
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(2k 1) 2 3 7.6 10 7 0.5 2a 2 10 4
w.
2 1 cm 10 5 (m) 1000
当 k 3, 3 6 10 m 恰在橙黄色波长范围内，所以入射光波长为 6000 A .
，可分别求得 1、2 两单色光第一级
co
m
m
12-11
由 l sin
2n2
得
5.893 107 sin 3.88 10 5 3 2n2l 2 1.52 5 10
3.88 10 5 rad 8
2n2
d 19(ek 1 ek ) 4.0 10 6 (m)
w.
3 (n 1)t 0
129
案 网
co
m
x (2k 1)
D D (0.2 0.3) 7.2 107 d 2 d 2 4 10 3 2
4.5 10 5 ห้องสมุดไป่ตู้m)
12-6 上面表达式也可直接由光程差推导而得. （1）由题 12-6 图可以看出
课
后 答
故
3 3 6.328 10 7 t 3.16 10 6 m 3.2 m n 1 1.6 1
6 k6 1 550 10 9 6.6 10 7 m 5 k5
50 102 D (红 紫 ) 1 (7.6 4.0) 10 7 0.25 10 3 d
2n2e 2 k
令 k=1，可得冰层的最小厚度为 emin 1027 A
12-10
根据题中折射间的关系，对
增透膜厚度 e
w.
∵ n1 n2 n3
令 k 1, e 996 A 即为增透膜的最薄厚度.
另解：要使透射光增强，必须的射光干涉减弱.
ww
∴ 2n2e (2k 1)
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5 103 m 5mm
na
5 107 3.76 10 3 rad 3 1.33 0.1 10
w.
a
133
案 网
D1 1.4 10 2 1.22 n 2 D 2 1.27 10
e
kh
2n2e / 2 k
(k 1 / 2) (k 1 / 2) 5500 (k 1 / 2) 1992 A 2n2 2 1.38
2k 1 (2k 1)996 4n2
(1992k 996) A , emin 996 A
2n2
790 109 3 10 7 (m) 2 1.33
在反射光中产生干涉加强的波长应满足
w.
① ②
习题 12-7 图 130
案 网
co
习题 12-6 图
m
SC S1C S 2C r
故
k 2 4n2e 4 1.33 3800 20216 2k 1 2k 1 2k 1 2n2e
k1 4 10 7 0.5 2 10 2 m 2(cm) x1 ftg1 f 5 ab 10 k 2 7.6 10 7 0.5 3.8 10 2 m 5 ab 10
134
da
明条纹离屏中心的距离分别为
后 答
(2k 1)1 3 4 107 0.5 2a 2 10 4
4 10 4 (rad)
（2） ek 1 ek
2n2
（3） l
2n2
680 10 9 8.5 10 4 m 0.85(mm) 4 2 1 4 10
（4） N 12-14
（1）∵ n1 n2 n3
w.
油膜边缘 油膜中心 ∴
ww
da
k1 0,1,2,3, k2 1,2,3
n=1,2,3,…
课
后 答
d 2r sin D L r cos （2） x d 2r sin 2x 2 Ltg 2 Ltg 2r sin （3） L r cos x ( L r cos ) 2r sin
案 网
（2）p 点的条纹级数为 3 （3）从 p 点看，对该光波而言，狭缝处波阵面可分成(2k+1)=7 个半波带. 12-21 由单缝衍射明条纹条件， a sin (2k 1)
课
x1 ftg1 f
3 10 3 m 3(mm)
w.
中心的距离分别为
这两条明条纹之间的距离
故共可看到五条明条纹(k=0,1,2,3,4) （2）对应各明条纹中心油膜的厚度 e
kh
0.12 141 8.5 10 4
e=0
∴ 反射光中明条纹的条件为： 2n2e k ∴ k=0
k
2n2e
da
课
后 答
680 109 3.40 10 7 m 2 1
e h 1.2 106 m
co
12-16
依题意有
m
d2 3.85 10 3 5893 5459 A 4 10 3 d 1
2
12-20 （1）设入射光波长为 ，离屏中心 x=1.4mm 处为明条纹，则由单缝衍射明条纹条 件，x 应满足
当 k=2 时， 2 6739 A （红光） ；k=3 时， 3 4043 A （紫光） 故肥皂膜正面呈紫红色 在透射光中产生干涉加强的波长应满足
2n2e k
当 k=2 时， 2 5054 A （绿光） ，故肥皂膜背面呈绿色. 12-9 ∵ n1 n2 n3 透射光中产生干涉加强的条件应满足
r4 r1 4 R R d1 r4 r1 4 R R d 2
由上两式可解得未知单色光波长
r10 (10 1 / 2) R D1 / 2 r10 (10 1 / 2) R / n D2 / 2
由上两式可解得液体折射率
2 2 2
∴
又 ∴ 等效双缝间距
2 1.5 10 3 2 0.5 10 3 3 (1.5 0.5 1) 5 10 7
12-7
∵ n1 n2 n3 ,故有
2n2e (2k1 1)
kh
1
2
屏上共可看到 3 条明条纹，除中央明条纹外，在其上、下侧还可看到一级明条纹.
a sin (2k 1)
2
x f tg
∴ x ftg f sin f
∵sin 很小
(2k 1) 2a
2ax 2 0.6 103 1.4 103 f (2k 1) 0.4 (2k 1)
7
4.2 106 m 2k 1
co
19 19 6.328 107 2n2 2 1.5
m
12-12
∵ ek 1 ek
,∴ 20 条明条纹对应平晶厚度差为
（3）油膜逐渐展开时，圆条纹向外扩展，条纹间间距增大，条纹级数减小，油膜中 心由半明半暗向暗、明、暗、明……依次变化，直至整个油膜呈现一片明亮区域. 12-15 依题意
第 12 章
12-1 （1）由 x k
波动光学
D 得 d
xd 6 10 3 0.2 10 3 6 10 7 m 6000 A kD 2 1.0
（2） 12-2
D 6 10 7 x 3 10 3 3(mm) 3 d 0.2 10
x x 2 x1 (5.7 3) 10 3 2.7 10 3 m 2.7(mm)
若用光栅代替单缝，光栅常数 a b
kh
x 2 ftg 2 f
x 2 ftg 2 f
5.7 10 3 m 5.7(mm)
ww
则由光栅方程 ( a b) sin k ，可分别求得 1 , 2 两单色光的第一级明条纹离屏
da
课
后 答
故冰层厚度 e
(k 1 / 2) (k 1 / 2) 5460 (k 1 / 2) 2053 A 2n 2 2 1.33
5500 A 黄 绿 光 的 增 透 膜 应 满 足 关 系
2
k=0,1,2, …
w.
案 网
co
131
2n2e 2 1.33 3800 10108 k k k
2 2
12-17
由d N
2
得
12-18
设放入厚度为 d 玻璃片后，则来自干涉仪两臂相应的光程差变化为
课
2d 2 0.322 103 6.29 10 7 m 6290 A N 1024
w.
12-19
∵衍射角 0 很小，∴中央明条纹的半角宽度
ww
中央明条纹的宽度
12-3
屏上 1 的经三级明绿纹中心的位置
x3 k
D 1.2 3 550 10 9 3.3 10 3 m 0.6 10 3 d