大学物理课后习题
第十章 磁场对电流的作用
1、长直电流I 2与圆形电流I 1共面，并与其一直径相重合如图(但两者间绝缘)，设长直电流不动，则圆形电流将如何运动？
答：在圆形电流上对称取四个电流元，如图，分析四个电流元在长直导线产生的磁场中的受力方向，如图所示，则这四个电流元的合力方向向右，而对电流元积分可知，圆形电流将向右运动。
2、两个同心圆线圈，大圆半径为R ，通有电流I 1；小圆半径为r ，通有电流I 2，方向如图．若r << R (大线圈在小线圈处产生的磁场近似为均匀磁场)，当它们处在同一平面内时小线圈所受磁力矩的大小为多少？
解：大圆线圈圆心处磁场大小R
I B 21
0μ=
，方向垂直于环面向内，小线圈磁矩大小
222r I S I P m π==，方向垂直于环面向内，与B 的方向相同，故小线圈所受的磁力矩B P M m ϖ
ϖϖ⨯=，其大小为0
3、三条无限长直导线等距地并排安放，导线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别载有1 A ，2 A ，3 A 同方向的电流．由于磁相互作用的结果，导线Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ单位长度上分别受力F 1、F 2和F 3，如图所示．则F 1与F 2的比值为多少？
解：由a
I I F πμ22
10=，设导线间距离为a ，向右为正方向。
则有：
a
a a F πμπμπμ474312210001=⨯⨯+⨯⨯=
a a a F πμπμπμ242212320
002=⨯⨯-⨯⨯=
所以：8
7244700
21==a
a F F πμπμ
1
O r R
I 1 I 2 F 1 F 2 F 3
1 A
2 A
3 A Ⅰ Ⅱ Ⅲ
4、有一N 匝细导线绕成的平面正三角形线圈，边长为a ，通有电流I ，置于均匀外磁场B ϖ
中，当线圈平面的法向与外磁场同向时，该线圈所受的磁力矩M m 值为多少？ 解：磁力矩B P M m ϖ
ϖϖ⨯=，2
4
3a NI NIS P m ⨯
== 所以：224
343NIa B a NI M =⨯⨯=
5、如图所示，一半径为R ，通有电流为I 的圆形回路，位于Oxy
平面内，圆心为O ．一带正电荷为q 的粒子，以速度v ϖ
沿z 轴向上
运动，当带正电荷的粒子恰好通过O 点时，作用于圆形回路上的
力为多少？作用在带电粒子上的力为多少？
解：粒子以速度v 运动，其产生磁场磁力线为以O 为圆心的同心圆环，磁场方向与电流方向
相同，由B l Id F d ϖϖϖ
⨯=，圆形回路上力为0，圆形电流在O 处产生磁场沿z 轴，作用在带
电粒子上的力为0。
6、磁场中某点处的磁感强度为)SI (20.040.0j i B ϖ
ϖϖ-=，一电子以速度
j i ϖϖϖ6
6100.11050.0⨯+⨯=v (SI)通过该点，则作用于该电子上的磁场力F ϖ为多少？
解：洛伦兹力
k k j i B v e B v q F ϖϖϖϖϖ
ϖϖϖϖ14
61910
80
2.04.001
5
.010106.1--⨯=-⨯⨯⨯-=⨯-=⨯=
7、两个带电粒子，以相同的速度垂直磁感线飞入匀强磁场，它们的质量之比是1∶4，电荷之比是1∶2，它们所受的磁场力之比是多少？，运动轨迹半径之比是多少？ 解：qvB f =，磁场力之比
2
12121==q q F F
qB
mv
R =
，故运动轨迹半径之比211241122121=⨯=⨯=q q m m R R
8、在磁场中某点放一很小的试验线圈．若线圈的面积增大一倍，且其中电流也增大一倍，该线圈所受的最大磁力矩将是原来的多少倍？
解：由磁力矩B P M m ϖ
ϖϖ⨯=，则其最大磁力矩为ISB M =
若面积和电流均增大一倍，则由上式可知M 将变为原来的4倍。
9、图为四个带电粒子在O 点沿相同方向垂直于磁感应线射入均匀磁场后的偏转轨迹的照片．磁场方向垂直纸面向外，轨迹所对应的四个粒子的质量相等，电荷大小也相等，则其中动能最大的带负电的粒子的轨迹是哪一条？
答：由洛伦兹力公式B v q f ϖ
ϖϖ⨯=可知，a 、b 粒子带正电，c 、d 粒子带负电；粒子运动
轨道半径qB
mv
R =，在m 、B 相同的情况下，半径大，速度大，故动能最大的带负电粒子轨道是OC 。
10、有半导体通以电流I ，放在均匀磁场B 中，其上下表面积累电荷如图所示．试判断它们
各是什么类型的半导体？
解：假设粒子带正电，0>q ，由B v q f ϖ
ϖϖ⨯=，可判断右图为p 型半导体，而左图与实际
情况相反，载流子带负电，为n 型半导体。
11、如图，一根载流导线被弯成半径为R 的1/4圆弧，放在磁感强度为B 的均匀磁场中，则载流导线ab （电流方向由a 到b ）所受磁场的作用力的大小为多少？方向如何？
I
I
B B 是_______型，
是_______型
B ϖ
O
解：在导线上取一电流元l d ϖ，其所对的圆心角为αd ，所受的磁场力为F d ϖ
，方向沿径向向
外，将F d ϖ
沿x 、y 方向进行分解，则αsin ⋅=dF dF x ，αcos ⋅=dF dF y ，而αIBRd dF = 所以0==⎰x x dF F ，BIR d IBR F x 2cos 4
/4
/==⎰-ππ
αα
12、如图，均匀磁场中放一均匀带正电荷的圆环，其线电荷密度为λ，圆环可绕通过环心O 与环面垂直的转轴旋转．当圆环以角速度ω 转动时，圆环受到的磁力矩为多少？其方向如何？ 解：圆环带电R q πλ2⋅=，当它以角速度ω旋转时，相当于圆电流，电流大小为R R T q I λωω
ππλ=⋅==
/22。
则圆环的磁矩大小为3
2R R R IS P m πλωπλω=⋅==，方向垂直纸面向外。
而圆环受到的磁力矩B P M m ϖϖϖ⨯=，大小为3
R B λωπ，方向竖直向上。
13、有一根质量为m ，长为l 的直导线，放在磁感强度为 B ϖ的均匀磁场中B ϖ
的方向在水平面内，导线中电流方向如图所示，
当导线所受磁力与重力平衡时，导线中电流I 为多少？ 解：磁力大小IBl F m =，方向向上，当IBl mg =时，电流Bl
mg
I =
14、将一个通过电流为I 的闭合回路置于均匀磁场中，回路所围面积的法线方向与磁场方向的夹角为α ．若均匀磁场通过此回路的磁通量为Φ，则回路所受力矩的大小为多少？ 解：磁通量αcos ⋅=⋅=
Φ⎰
BS S d B S
m ϖ
ϖ，回路所受的磁力矩大小为
αααtan sin sin Φ=⇒==I M ISB B P M m
15、有电流强度I =10A 的圆线圈，放在磁感应强度等于0.015T 的匀强磁场中，处于平衡位
I
B ϖ
置。
线圈直径d =12cm ，使线圈以它的直径为轴转过角 α =π2
1时，外力所必需作的功A 1 = ；如果转角α=π2，外力所必需作的功 A 2 = 。
解：)(107.13
J -⨯ ； 0
（1）)(107.1)2
()(3
2112J B d I I I A A B -⨯==Φ=Φ-Φ-=-=π外 （2）)(12Φ-'Φ-='I A 外，12Φ='ΦΘ，0='
∴外A
16、已知面积相等的载流圆线圈与载流正方形线圈的磁矩之比为2∶1，圆线圈在其中心处
产生的磁感强度为B 0，那么正方形线圈（边长为a ）在磁感强度为B ϖ
的均匀外磁场中所受
最大磁力矩为多大？
解：设圆线圈半径为R ，由π
πa
R a R =
⇒=2
2
，载流圆线圈在其中心产生的磁感应强
度0
11
01
00222μπμπμaB I a
I R
I B =
⇒=
=
，圆线圈磁矩S I P 11=，正方形线圈磁矩
S I P 22=。
由0
0122121
2μπaB I I P P =
=
⇒= 所以正方形线圈在磁感强度为B ϖ
的均匀外磁场中所受最大磁力矩为
032
2μπμπB
B a B a aB SB I M =
⨯=
=
17、在边长分别为a 、b 的N 匝矩形平面线圈中流过电流I ，将线圈置于均匀外磁场B ϖ
中，当线圈平面的正法向与外磁场方向间的夹角为 120°时，此线圈所受的磁力矩的大小为多少？
解：NabBI B b a NI B P M m 2
3
120sin sin =⋅⋅⋅⋅=⋅=ο
α
18、导线绕成一边长为15 cm 的正方形线框，共 100匝，当它通有I = 5 A 的电流时，线框的磁矩m P 等于多少？
解：2
225.1115.05100m A NIS P m ⋅=⨯⨯==
19.（2709）在xOy 平面内有一圆心在O 点的圆线圈，通以顺时针绕向的电流I 1另有一无限长直导线与y 轴重合，通以电流I 2，方向向上，如图所示．求此时圆线圈所受的磁力． 解：设圆半径为R ，选一微分元d l ，它所受磁力大小为 B l I F ⋅=d d 1 由于对称性，y 轴方向的合力为零。
∴ θcos d d F F x = θθμθ
cos cos 2d 2
01R I R I π= θμd 22
10π
=
I I
∴⎰π==π
20
210d 2θμI
I F F x 210I I μ=
I 1。
大学物理学(第3版)下册课后练习答案
大学物理学课后习题答案（下册）习题99.1选择题(1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零，则Q与q的关系为：（）（A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q[答案：A](2)下面说法正确的是：（）（A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有电荷；（B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零；（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷；（D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。
[答案：D](3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（）（A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0[答案：C](4)在电场中的导体内部的（）（A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。
[答案：C]9.2填空题(1)在静电场中，电势不变的区域，场强必定为。
[答案：相同](2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将。
[答案：q/6ε0, 将为零](3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。
[答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命](4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。
[答案：5：6]9.3 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2θ2,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 =2024d q πε,又有人说，因为f =qE ,SqE 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S qE 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 -=λε222)(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⎰=l Qx E 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220d d 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⨯==Qy 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 RR 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9.10 (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 >=∑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 π4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ； (2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E 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 '-=',∴ 0003'3)(3ερερερdOO r 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)(=-RqR q 0π41ε=O U )3(R qR 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 yR 0π4ελ=［)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2.0mm ．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 σC C10172-⨯-=-=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=+Rq R 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 Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr 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=rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内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 302π4rrQ 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 rr 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30π4r rQ 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1010.1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。
大学物理课后习题全解及辅导
列平衡方程：
(2)研究AB（二力杆），受力如图：
可知：
(3)研究O1B杆，受力分析，画受力图：
列平衡方程：
第三章
习题3-1．求图示平面力系的合成结果，长度单位为m。
解：(1)取O点为简化中心，求平面力系的主矢：
求平面力系对O点的主矩：
(2)合成结果：平面力系的主矢为零，主矩不为零，力系的合成结果是一个合力偶，大小是260Nm，转向是逆时针。
由图知：
(2)研究铰C，受力分析，画力三角形：
由图知：
习题2-7．夹具中所用的两种连杆增力机构如图所示，书籍推力P作用于A点，夹紧平衡时杆AB与水平线的夹角为；求对于工件的夹紧力Q和当α=10o时的增力倍数Q/P。
解：(1)研究滑块A，受力分析，画力三角形：
由图知：
研究AB杆（二力杆）和滑块B，受力分析，画力三角形：
(2)由力三角形得：
(3)列平衡方程：
由(2)、(3)得：
(4)求摩擦系数：
习题5-3.尖劈顶重装置如图所示，尖劈A的顶角为α，在B块上受重物Q的作用，A、B块间的摩擦系数为f（其他有滚珠处表示光滑）；求：（1）顶起重物所需力P之值；（2）取支力P后能保证自锁的顶角α之值。
解：属平面汇交力系；
合力大小和方向：
习题2-2．图示简支梁受集中荷载P=20kN，求图示两种情况下支座A、B的约束反力。
解：(1)研究AB，受力分析：
画力三角形：
相似关系：
几何关系：
约束反力：
(2)研究AB，受力分析：
画力三角形：
相似关系：
几何关系：
约束反力：
习题2-3．电机重P=5kN放在水平梁AB的中央，梁的A端以铰链固定，B端以撑杆BC支持。求撑杆BC所受的力。
大学物理学(第五版)上册课后习题选择答案_马文蔚
习题11-1 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +∆时间内的位移为r ∆，路程为s ∆，位矢大小的变化量为r ∆（或称r ∆），平均速度为v ，平均速率为v 。
（1）根据上述情况，则必有（ B ） （A ）r s r ∆=∆=∆（B ）r s r ∆≠∆≠∆，当0t ∆→时有dr ds dr =≠ （C ）r r s ∆≠∆≠∆，当0t ∆→时有dr dr ds =≠ （D ）r s r ∆=∆≠∆，当0t ∆→时有dr dr ds == （2）根据上述情况，则必有（ C ）（A ）,v v v v == （B ）,v v v v ≠≠ （C ）,v v v v =≠ （D ）,v v v v ≠=1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即（1）dr dt ；（2）dr dt ；（3）dsdt；（4下列判断正确的是：( D )（A ）只有（1）（2）正确 （B ）只有（2）正确 （C ）只有（2）（3）正确 （D ）只有（3）（4）正确1-3 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，s 表示路程，t a 表示切向加速度。
对下列表达式，即（1）dv dt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。
下述判断正确的是（ D ）（A ）只有（1）、（4）是对的 （B ）只有（2）、（4）是对的 （C ）只有（2）是对的 （D ）只有（3）是对的 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ B ） （A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变 （B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变 （C ）切向加速度可能不变，法向加速度不变（D ）切向加速度一定改变，法向加速度不变*1-5 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动。
大学物理学(第三版上) 课后习题3答案详解
习题33.1选择题(1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为(A)02ωmRJ J+ (B) 02)(ωR m J J + (C)02ωmRJ(D) 0ω [答案： (A)](2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为 (A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s(a) (b)题3.1（2）图[答案： (A)](3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体 （A ）动能不变，动量改变。
（B ）动量不变，动能改变。
（C ）角动量不变，动量不变。
（D ）角动量改变，动量改变。
（E ）角动量不变，动能、动量都改变。
[答案： (E)]3.2填空题(1) 半径为30cm 的飞轮，从静止开始以0.5rad·s -2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240˚时的切向加速度a τ= ，法向加速度a n=。
[答案：0.15; 1.256](2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的守恒，原因是。
木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒。
题3.2（2）图[答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零，机械能守恒](3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。
大学物理(第四版)课后习题及答案_电介质
电解质题8.1：一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1 = 5.0⨯10-4 m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外，半径m 105.432-⨯=R 的同轴圆筒形阳极。
阳极电势比阴极电势高300 V ，阴极与阳极的长度均为L = 2.5⨯10-2 m 。
假设电子从阴极射出时的速度为零。
求：（1）该电子到达阳极时所具有的动能和速率；（2）电子刚从阳极射出时所受的力。
题8.1分析：（1）由于半径L R <<1，因此可将电极视作无限长圆柱面，阴极和阳极之间的电场具有轴对称性。
从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速，电于所获得的动能等于电场力所作的功，也即等于电子势能的减少。
由此，可求得电子到达阳极时的动能和速率。
（2）计算阳极表面附近的电场强度，由E F q =求出电子在阴极表面所受的电场力。
解：（1）电子到达阳极时，势能的减少量为J 108.417ep -⨯-=-=∆eV E由于电子的初始速度为零，故 J 108.417ep ek ek -⨯=∆-=∆-E E E因此电子到达阳极的速率为17eks m 1003.122-⋅⨯===meVmE v （2）两极间的电场强度为r 02e E r πελ-=两极间的电势差1200ln 2d 2d 2121R R r r V R R R R πελπελ-=-=⋅=⎰⎰r E 负号表示阳极电势高于阴极电势。
阴极表面电场强度r 121r 10ln 2e e E R R R V R =-=πελ电子在阴极表面受力N e E F r 141037.4-⨯=-=e这个力尽管很小，但作用在质量为9.11⨯10－31 kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力加速度的5⨯1015倍。
题8.2：一导体球半径为R 1，外罩一半径为R 2的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q ，而内球的电势为V 0。
求此系统的电势和电场的分布。
题8.2分析：不失一般情况，假设内导体球带电q ，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示，依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布。
大学物理(第四版)课后习题及答案 动量
题3.1：质量为m 的物体，由水平面上点O 以初速为0v 抛出，0v 与水平面成仰角α。
若不计空气阻力，求：（1）物体从发射点O 到最高点的过程中，重力的冲量；（2）物体从发射点到落回至同一水平面的过程中，重力的冲量。
题3.1分析：重力是恒力，因此，求其在一段时间内的冲量时，只需求出时间间隔即可。
由抛体运动规律可知，物体到达最高点的时间g v t αsin 01=∆，物体从出发到落回至同一水平面所需的时间是到达最高点时间的两倍。
这样，按冲量的定义即可求出结果。
另一种解的方法是根据过程的始、末动量，由动量定理求出。
解1：物体从出发到达最高点所需的时间为g v t αsin 01=∆ 则物体落回地面的时间为gv t t αsin 22012=∆=∆ 于是，在相应的过程中重力的冲量分别为 j j F I αsin d 0111mv t mg t t -=∆-==⎰∆j j F I αsin 2d 0222mv t mg t t -=∆-==⎰∆解2：根据动量定理，物体由发射点O 运动到A 、B 的过程中，重力的冲量分别为j j j I αsin 00y Ay 1mv mv mv -=-= j j j I αsin 200y By 2mv mv mv -=-=题3.2：高空作业时系安全带是必要的，假如质量为51.0kg 的人不慎从高空掉下来，由于安全带的保护，使他最终被悬挂起来。
已知此时人离原处的距离为2米，安全带的缓冲作用时间为0.50秒。
求安全带对人的平均冲力。
题3.2解1：以人为研究对象，在自由落体运动过程中，人跌落至2 m 处时的速度为ghv 21= （1）在缓冲过程中，人受重力和安全带冲力的作用，根据动量定理，有()12mv mv t -=∆+P F （2）由（1）式、（2）式可得安全带对人的平均冲力大小为 ()N 1014.123⨯=∆+=∆∆+=tgh m mg t mv mg F解2：从整个过程来讨论，根据动量定理有N 1014.1/23⨯=+∆=mg g h tmgF 题 3.3：如图所示，在水平地面上，有一横截面2m 20.0=S 的直角弯管，管中有流速为1s m 0.3-⋅=v 的水通过，求弯管所受力的大小和方向。
大学物理第四版课后习题及答案波动
第十四章波动14-1 一横波再沿绳子传播时得波动方程为[]x m t s m y )()5.2(cos )20.0(11---=ππ;1求波得振幅、波速、频率及波长；2求绳上质点振动时得最大速度；3分别画出t=1s 和t=2s 时得波形,并指出波峰和波谷;画出x=1.0m 处质点得振动曲线并讨论其与波形图得不同;14-1 ()[]x m t s m y )(5.2cos )20.0(11---=ππ分析1已知波动方程又称波函数求波动的特征量波速u 、频率ν、振幅A 及彼长 等,通常采用比较法;将已知的波动方程按波动方程的一般形式⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛=0cos ϕωu x t A y 书写,然后通过比较确定各特征量式中前“－”、“＋”的选取分别对应波沿x 轴正向和负向传播;比较法思路清晰、求解简便,是一种常用的解题方法;2讨论波动问题,要理解振动物理量与波动物理量之间的内在联系与区别;例如区分质点的振动速度与波速的不同,振动速度是质点的运动速度,即dt dy v =；而波速是波线上质点运动状态的传播速度也称相位的传播速度、波形的传播速度或能量的传播速度,其大小由介质的性质决定;介质不变,彼速保持恒定;3将不同时刻的t 值代人已知波动方程,便可以得到不同时刻的波形方程)(x y y =,从而作出波形图;而将确定的x 值代入波动方程,便可以得到该位置处质点的运动方程)(t y y =,从而作出振动图;解1将已知波动方程表示为()()[]115.25.2cos )20.0(--⋅-=s m x t s m y π 与一般表达式()[]0cos ϕω+-=u x t A y 比较,可得0,5.2,20.001=⋅==-ϕs m u m A则 m v u Hz v 0.2,25.12====λπω2绳上质点的振动速度()()()[]1115.25.2sin 5.0---⋅-⋅-==s m x t s s m dt dy v ππ 则1max 57.1-⋅=s m v3 t=1s 和 t ＝2s 时的波形方程分别为()[]x m m y 115.2cos )20.0(--=ππ()[]x m m y 125cos )20.0(--=ππ波形图如图14－1a 所示;x ＝1.0m 处质点的运动方程为()t s m y 15.2cos )20.0(--=π 振动图线如图14－1b 所示;波形图与振动图虽在图形上相似,但却有着本质的区别前者表示某确定时刻波线上所有质点的位移情况,而后者则表示某确定位置的时间变化的情况;14-2 波源作简谐运动,其运动方程为t s m y )240cos()100.4(13--⨯=π,它所形成得波形以30m/s 的速度沿一直线传播;1求波的周期及波长；2写出波的方程;14-2 t s m y )240cos()100.4(13--⨯=π分析 已知彼源运动方程求波动物理量及波动方程,可先将运动方程与其一般形式()0cos ϕω+=t A y 进行比较,求出振幅地角频率ω及初相0ϕ,而这三个物理量与波动方程的一般形式()[]0cos ϕω+-=u x t A y 中相应的三个物理量是相同的;再利用题中已知的波速U 及公式T /22ππνω==和uT =λ即可求解;解1由已知的运动方程可知,质点振动的角频率1240-=s πω;根据分析中所述,波的周期就是振动的周期,故有s T 31033.8/2-⨯==ωπ波长为m uT 25.0==λ2将已知的波源运动方程与简谐运动方程的一般形式比较后可得0240100.4013==⨯=--ϕπω，，s m A故以波源为原点,沿X 轴正向传播的波的波动方程为()[]])8()240cos[()100.4(cos 1130x m t s m u x t A y ----⨯=+-=ππϕω14-3 以知以波动方程为])2()10sin[()05.0(11x m t s m y ---=π;1求波长、频率、波速和周期；2说明x=0时方程的意义,并作图表示;14-3])2()10sin[()05.0(11x m t s m y ---=π分析采用比较法;将题给的波动方程改写成波动方程的余弦函数形式,比较可得角频率;、波速U,从而求出波长、频率等;当x 确定时波动方程即为质点的运动方程)(t y y =; 解1将题给的波动方程改写为]2/)5/)(10sin[()05.0(11πππ-⋅-=--s m x t s m y 与()[]0cos ϕω+-=u x t A y 比较后可得波速 角频率110-=s πω,故有m uT s T Hz 14.32.0/10.52/======λνπων，，2由分析知x=0时,方程表示位于坐标原点的质点的运动方程图13—4;]2/)10cos[()05.0(1ππ-=-t s m y14-4 波源作简谐振动,周期为,若该振动以100m/s 的速度传播,设t=0时,波源处的质点经平衡位置向正方向运动,求：1距离波源15.0m 和5.0m 两处质点的运动方程和初相；2距离波源16.0m 和17.0m 两处质点的相位差;14-4分析1根据题意先设法写出波动方程,然后代人确定点处的坐标,即得到质点的运动方程;并可求得振动的初相;2波的传播也可以看成是相位的传播;由波长A 的物理含意,可知波线上任两点间的相位差为λπϕ/2x ∆=∆;解1由题给条件 T ＝ s,u ＝100 m ·s －l,可得m uT s T 2100/21====-λππω；当t ＝0时,波源质点经平衡位置向正方向运动,因而由旋转矢量法可得该质点的初相为）或2/3(2/0ππϕ-=;若以波源为坐标原点,则波动方程为]2/)100/)(100cos[(11ππ-⋅-=--s m x t s A y距波源为 x 1=和 x 2＝处质点的运动方程分别为]5.15)100cos[(11ππ-=-t s A y]5.5)100cos[(12ππ-=-t s A y它们的初相分别为πϕπϕ5.55.152010-=-=和若波源初相取2/30πϕ=,则初相πλπϕϕϕ=-=-=∆/)(21221x x ,;2距波源 16.0 m 和 17.0 m 两点间的相位差πλπϕϕϕ=-=-=∆/)(22121x x14-5 波源作简谐振动,周期为×10-2s,以它经平衡位置向正方向运动时为时间起点,若此振动以u=400m/s 的速度沿直线传播;求：1距离波源8.0m 处质点P 的运动方程和初相；2距离波源9.0m 和10.0m 处两点的相位差;14-5解分析同上题;在确知角频率1200/2-==s T ππω、波速1400-⋅=s m u 和初相）或2/(2/30ππϕ-=的条件下,波动方程 ]2/3)400/)(200cos[(11ππ+⋅-=--s m x t s A y位于 x P = m 处,质点 P 的运动方程为]2/5)(200cos[(1ππ-=-t s A y p该质点振动的初相2/50πϕ-=P ;而距波源 m 和 m 两点的相位差为2//)(2/)(21212ππλπϕ=-=-=∆uT x x x x如果波源初相取2/0πϕ-=,则波动方程为]2/9)(200cos[(1ππ-=-t s A y质点P 振动的初相也变为2/90πϕ-=P ,但波线上任两点间的相位差并不改变;14-6 有一平面简谐波在介质中传播,波速u=100m/s,波线上右侧距波源O 坐标原点为75.0m 处的一点P 的运动方程为]2/)2cos[()30.0(1ππ+=-t s m y p ;求1波向x 轴正方向传播时的波动方程；2波向x 轴负方向传播时的波动方程;14-6]2/)2cos[()30.0(1ππ+=-t s m y p分析在已知波线上某点运动方程的条件下,建立波动方程时常采用下面两种方法：1先写出以波源O 为原点的波动方程的一般形式,然后利用已知点P 的运动方程来确定该波动方程中各量,从而建立所求波动方程;2建立以点P 为原点的波动方程,由它来确定波源点O 的运动方程,从而可得出以波源点O 为原点的波动方程;解11设以波源为原点O,沿X 轴正向传播的波动方程为()[]0cos ϕω+-=u x t A y将 u ＝100 m ·s －‘代人,且取x 二75 m 得点 P 的运动方程为()[]075.0cos ϕω+-=s t A y p与题意中点 P 的运动方程比较可得 A ＝、12-=s πω、πϕ20=;则所求波动方程为)]100/)(2cos[()30.0(11--⋅-=s m x t s m y p π2当沿X 轴负向传播时,波动方程为()[]0cos ϕω++=u x t A y将 x ＝75 m 、1100-=ms u 代人后,与题给点 P 的运动方程比较得A ＝ 、12-=s πω、πϕ-=0,则所求波动方程为])100/)(2cos[()30.0(11ππ-⋅+=--s m x t s m y解21如图14一6a 所示,取点P 为坐标原点O ’,沿O ’x 轴向右的方向为正方向;根据分析,当波沿该正方向传播时,由点P 的运动方程,可得出以O ’即点P 为原点的波动方程为]5.0)100/)(2cos[()30.0(11ππ+⋅-=--s m x t s m y将 x=-75 m 代入上式,可得点 O 的运动方程为t s m y O )2cos()30.0(1-=π由此可写出以点O 为坐标原点的波动方程为)]100/)(2cos[()30.0(11--⋅-=s m x t s m y π2当波沿河X 轴负方向传播时;如图14－6b 所示,仍先写出以O ’即点P 为原点的波动方程]5.0)100/)(2cos[()30.0(11ππ+⋅+=--s m x t s m y将 x=-75 m 代人上式,可得点 O 的运动方程为])2cos[()30.0(1ππ-=-t s m y O则以点O 为原点的波动方程为])100/)(2cos[()30.0(11ππ-⋅+=--s m x t s m y讨论对于平面简谐波来说,如果已知波线上一点的运动方程,求另外一点的运动方程,也可用下述方法来处理：波的传播是振动状态的传播,波线上各点包括原点都是重复波源质点的振动状态,只是初相位不同而已;在已知某点初相平0的前提下,根据两点间的相位差λπϕϕϕ/2'00x ∆=-=∆,即可确定未知点的初相中小14-7 图14-7为平面简谐波在t=0时的波形图,设此简谐波的频率为250Hz,且此时图中质点P 的运动方向向上;求：1该波的波动方程；2在距原点O 为7.5m 处质点的运动方程与t=0时该点的振动速度;14-7分析1从波形曲线图获取波的特征量,从而写出波动方程是建立波动方程的又一途径;具体步骤为：1.从波形图得出波长'λ、振幅A 和波速λν=u ；2.根据点P 的运动趋势来判断波的传播方向,从而可确定原点处质点的运动趋向,并利用旋转关量法确定其初相0ϕ;2在波动方程确定后,即可得到波线上距原点O 为X 处的运动方程y ＝yt,及该质点的振动速度v ＝dy ／d t;解1从图 15－ 8中得知,波的振幅 A ＝ 0.10 m,波长m 0.20=λ,则波速13100.5-⋅⨯==s m u λν;根据t ＝0时点P 向上运动,可知彼沿Ox 轴负向传播,并判定此时位于原点处的质点将沿Oy 轴负方向运动;利用旋转矢量法可得其初相3/0πϕ=;故波动方程为()[]]3/)5000/)(500cos[()10.0(cos 110ππϕω+⋅+==++=--s m x t s m u x t A y2距原点 O 为x=7.5 m 处质点的运动方程为]12/13)500cos[()10.0(1ππ+=-t s m yt=0时该点的振动速度为1106.4012/13sin )50()/(--=⋅=⋅-==s m s m dt dy v t ππ14-8 平面简谐波以波速u=0.5m/s 沿Ox 轴负方向传播,在t=2s 时的波形图如图14-8a 所示;求原点的运动方程;14-8分析上题已经指出,从波形图中可知振幅A 、波长λ和频率ν;由于图14－8a 是t ＝2s 时刻的波形曲线,因此确定 t ＝ 0时原点处质点的初相就成为本题求解的难点;求t ＝0时的初相有多种方法;下面介绍波形平移法、波的传播可以形象地描述为波形的传播;由于波是沿 Ox 轴负向传播的,所以可将 t ＝2 s 时的波形沿Ox 轴正向平移m s s m uT x 0.12)50.0(1=⨯⋅==∆-,即得到t=0时的波形图14－8b,再根据此时点O 的状态,用旋转关量法确定其初相位;解由图 15－ 9a 得知彼长m 0.2=λ,振幅 A＝ 0.5 m;角频率15.0/2-==s u πλπω;按分析中所述,从图15—9b 可知t=0时,原点处的质点位于平衡位置;并由旋转矢量图14－8C 得到2/0πϕ=,则所求运动方程为]5.0)5.0cos[()50.0(1ππ+=-t s m y14-9 一平面简谐波,波长为12m,沿Ox 轴负方向传播,图14-9a 所示为x=1.0m 处质点的振动曲线,求此波的波动方程;14-9分析该题可利用振动曲线来获取波动的特征量,从而建立波动方程;求解的关键是如何根据图14－9a 写出它所对应的运动方程;较简便的方法是旋转矢量法参见题13－10; 解 由图14－9b 可知质点振动的振幅A ＝0.40 m,t ＝0时位于 x ＝1.0m 的质点在A ／2处并向Oy 轴正向移动;据此作出相应的旋转矢量图14－9b,从图中可知30πϕ-=';又由图 14－9a 可知,t ＝5 s 时,质点第一次回到平衡位置,由图14－9b 可看出65πω=t ,因而得角频率16-=s πω;由上述特征量可写出x ＝处质点的运动方程为]3)6cos[()40.0(1ππ+=-t s m y 采用题14－6中的方法,将波速10.12-⋅===s m T u πλωλ代人波动方程的一般形式])(cos[0ϕω++=u x t A y 中,并与上述x ＝1.0m 处的运动方程作比较,可得20πϕ-=,则波动方程为()⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅+=--20.1)6(cos )40.0(11ππs m x t s m y14-10 图14-10中I 是t=0时的波形图,II 是t=时的波形图,已知T>,写出波动方程的表达式;14-10分析 已知波动方程的形式为])(2cos[0ϕλπ+-=x T t A y从如图15—11所示的t ＝0时的波形曲线Ⅰ,可知彼的振幅A 和波长λ,利用旋转矢量法可确定原点处质点的初相0ϕ;因此,确定波的周期就成为了解题的关键;从题给条件来看,周期T 只能从两个不同时刻的波形曲线之间的联系来得到;为此,可以从下面两个不同的角度来分析;l 由曲线Ⅰ可知,在 tzo 时,原点处的质点处在平衡位置且向 Oy 轴负向运动,而曲线Ⅱ则表明,经过0;1s 后,该质点已运动到 Oy 轴上的一A 处;因此,可列方程s T kT 1.04=+,在一般情形下,k= 0, 1,2,…这就是说,质点在 0;1 s 内,可以经历 k 个周期振动后再回到A 处,故有)25.0()1.0(+=k s T ;2从波形的移动来分析;因波沿Ox 轴正方向传播,波形曲线Ⅱ可视为曲线Ⅰ向右手移了T t t u x ∆=∆=∆λ;由图可知,4λλ+=∆k x ,故有T t k ∆=+λλλ4,同样也得)25.0()1.0(+=k s T ;应当注意,k 的取值由题给条件 T ＞所决定;解 从图中可知波长m 0.2=λ,振幅A ＝0.10 m;由波形曲线Ⅰ得知在t=0时,原点处质点位于平衡位置且向 Oy 轴负向运动,利用旋转矢量法可得2/0πϕ=;根据上面的分析,周期为⋅⋅⋅=+=,2,1,0,)25.0()1.0(k k s T由题意知 T ＞,故上式成立的条件为,可得 T ＝;这样,波动方程可写成()()ππ5.00.24.02cos )10.0(+-=m x s t m y14-11 平面简谐波的波动方程为])2()4cos[()08.0(11x m t s m y ---=ππ;求1t=时波源及距波源0.10m 两处的相位；2离波源0.80m 处及0.30m 两处的相位;14-11()[]x m t s m y 112)4(cos )08.0(---=ππ解1将t ＝和x=0代人题给波动方程,可得波源处的相位πϕ4.81=将t ＝和x ＝ m 代人题给波动方程,得 m 处的相位为πϕ2.82=从波动方程可知波长;这样, m 与 m 两点间的相位差πλπλ=∆⋅=∆x 214-12 为了保持波源的振动不变,需要消耗的功率;若波源发出的是球面波设介质不吸收波的能量;求距离波源5.0m 和10.0m 处的能流密度;14-12分析波的传播伴随着能量的传播;由于波源在单位时间内提供的能量恒定,且介质不吸收能量,敌对于球面波而言,单位时间内通过任意半径的球面的能量即平均能流相同,都等于波源消耗的功率户;而在同一个球面上各处的能流密度相同,因此,可求出不同位置的能流密度 P I =;解由分析可知,半径户处的能疏密度为 24r P I π=当 r 1＝5;0 m 、r 2＝ m 时,分别有222111027.14--⋅⨯==m W r P I π232221018.34--⋅⨯==m W r P I π14-13 有一波在介质中传播,其波速u=×103m/s,振幅A=×10-4m,频率ν=×103Hz;若介质的密度为ρ=×102kg/m 3,求：1该波的能流密度；21min 内垂直通过×10-4m 2的总能量;14-1313100.1-⋅⨯=s m uHz v m A 34100.1,100.1⨯=⨯=-32100.8-⋅⨯=m kg ρ24100.4m -⨯解1由能流密度I 的表达式得25222221058.1221-⋅⨯===m W v uA uA I ρπωρ 2在时间间隔s t 60=∆内垂直通过面积 S 的能量为J t IS t P W 31079.3⨯=∆⋅=∆⋅=14-14 如图14-14所示,两振动方向相同的平面简谐波波源分别位于A 、B 两点;设它们的相位相同,且频率均为ν=30Hz,波速u=0.50m/s,求在点P 处两列波的相位差;14-14 v=30Hz150.0-⋅=s m u分析在均匀介质中,两列波相遇时的相位差ϕ∆,一般由两部分组成,即它们的初相差B A ϕϕ-和由它们的波程差而引起的相位差λπr ∆2;本题因B =ϕϕA ,故它们的相位差只取决于波程差;解在图14－14的APB ∆中,由余弦定理可得m AB AP AB AP BP 94.230cos 222=︒⋅-+=两列波在点P 处的波程差为BP AP r -=∆,则相位差为ππλπϕ2.722=∆=∆⋅=∆u r v r14-15 两波在同一细绳上传播,它们的方程分别为])4[()cos()06.0(111t s x m m y ---=ππ和])4[()cos()06.0(112t s x m m y --+=ππ;1证明这细绳是作驻波式振动,并求节点和波腹的位置；2波腹处的振幅有多大 在x=1.2m 处,振幅多大14-15分析只需证明这两列波会成后具有驻波方程 的形式即可;由驻波方程可确定波腹、波节的位置和任意位置处的振幅;解l 将已知两波动方程分别改写为可见它们的振幅 A 二0;06 m,周期 T 二0;5 s 频率;二2 Hi,波长八二2 m;在波线上任取一点P,它距原点为P;则该点的合运动方程为k 式与驻波方程具有相同形式,因此,这就是驻波的运动方程由得波节位置的坐标为由得波腹位置的坐标为门驻波振幅,在波腹处A ’二ZA 二0;12 m ；在x 二0;12 m 处,振幅为()()[]t s x m m y 1114cos )06.0(---=ππ()()[]t s x m m y 1124cos )06.0(--+=ππ ()()vt x A y πλπ2cos 2cos 2=()m x s t m y 25.2cos )06.0(1-=π()m x s t m y 25.02cos )06.0(2+=πt s x m ts x m y y y P P P P )4cos(2cos )12.0()4cos()cos()12.0(1121--⎪⎭⎫ ⎝⎛==+=πλπππ02cos 2=⎪⎭⎫ ⎝⎛λπP x A ⋅⋅⋅±±=+=+=,2,1,0,)5.0(4)12(k m k k x P λm A x A P 12.022cos 2==⎪⎭⎫ ⎝⎛λπ ⋅⋅⋅±±===,2,1,0,2k km k x P λ12.02,2cos 2=='⎪⎭⎫ ⎝⎛='A A x A A P λπ ()m m x A A P 097.012.0cos 12.02cos 2==⎪⎭⎫ ⎝⎛='πλπ14-16 一弦上的驻波方程式为t s x m m y )550cos()6.1cos()100.3(112---⨯=ππ;1若将此驻波看成是由传播方向相反,振幅及波速均相同的两列相干波叠加而成的,求它们的振幅及波速；2求相邻波节之间的距离；3求t=×10-3s 时位于x=0.625m 处质点的振动速度;14-16分析1采用比较法;将本题所给的驻波方程,与驻波方程的一般形式相比较即可求得振幅、波速等;2由波节位置的表达式可得相邻波节的距离;3质点的振动速度可按速度定义V一如Nz 求得;解1将已知驻波方程 y ＝3; 0 X 10－2 m cos; 6; ml －coos550;s 一小与驻波方程的一般形式 y ＝ ZAcos2;x ／八;2;yi 作比较,可得两列波的振幅 A ＝ 1; 5 X 10－‘ m,波长八二 1; 25 m,频率 v 二 275 Hi,则波速 u 一如 2343;8 in ·SI2相邻波节间的距离为3在 t 二 3; 0 X 10－3 s 时,位于 x ＝ 0; 625 m 处质点的振动速度为()()t s x m m y 112550cos 6.1cos )100.3(---⨯=ππs t 3100.3-⨯=dt dy v =()()t s x m m y 112550cos 6.1cos )100.3(---⨯=ππ ()()vt x A y πλπ2cos 2cos 2=m A 2105.1-⨯=18.343-⋅==s m v u λ625.024)12(4]1)1(2[1==+-++=-=∆+λλλk k x x x k ks t 3100.3-⨯=()()()11112.46550sin 6.1cos 5.16----⋅-=⋅-==s m t s x m s m dt dy v πππ14-17 一平面简谐波的频率为500Hz,在空气中ρ=1.3kg/m 3以u=340m/s 的速度传播,到达人耳时,振幅约为A=×10-6m;试求波在耳中的平均能量密度和声强;14-17解波在耳中的平均能量密度声强就是声波的能疏密度,即这个声强略大于繁忙街道上的噪声,使人耳已感到不适应;一般正常谈话的声强约为 1; 0 X 10－6 W ·m －2左右26222221042.6221--⋅⨯===m J v A A ρπωρϖ 231018.2--⋅⨯==m W u I ϖ26100.1--⋅⨯m W14-18 面积为1.0m 2的窗户开向街道,街中噪声在窗户的声强级为80dB;问有多少声功率传入窗内14-18分析首先要理解声强、声强级、声功率的物理意义,并了解它们之间的相互关系;声强是声波的能流密度I,而声强级L 是描述介质中不同声波强弱的物理量;它们之间的关系为 L 一体I ／IO,其中 IO 二 1; 0 X 10－’2 W ·0－‘为规定声强;L 的单位是贝尔B,但常用的单位是分贝dB,且IB ＝10 dB;声功率是单位时间内声波通过某面积传递的能量,由于窗户上各处的I 相同,故有P=IS;解根据分析,由L ＝igI ／ IO 可得声强为则传入窗户的声功率为)0lg(I I L =010I I L =2120100.1--⋅⨯=m W IW S I IS P L 40100.110-⨯===14-19 若在同一介质中传播的、频率分别为1200Hz 和400Hz 的两声波有相同的振幅;求：1它们的强度之比；2两声波的声强级差;14-19解1因声强I ＝puA ‘;‘／2,则两声波声强之比2因声强级L 一回对几,则两声波声强级差为222ωρuA I =9222121==ωωI I ()0lg I I L =()()()dB B I I I I I I L 54.9954.0lg lg lg 210201===-=∆14-20 一警车以25m/s 的速度在静止的空气中行驶,假设车上警笛的频率为800Hz;求：1静止站在路边的人听到警车驶近和离去时的警笛声波频率；2如果警车追赶一辆速度为15m/s 的客车,则客车上的人听到的警笛声波的频率是多少设空气中的声速u=330m/s14-20分析由于声源与观察者之间的相对运动而产生声多普勒效应,由多普勒频率公式可解得结果;在处理这类问题时,不仅要分清观察者相对介质空气是静止还是运动,同时也要分清声源的运动状态;解1根据多普勒频率公式,当声源警车以速度 vs ＝25 m ·s －‘运动时,静止于路边的观察者所接收到的频率为警车驶近观察者时,式中Vs 前取“－”号,故有警车驶离观察者时,式中Vs 前取“＋”号,故有2声源警车与客车上的观察者作同向运动时,观察者收到的频率为SS v u u v v s m v ='⋅=-125 Hz v u u v v S6.8651=-=' Hz v u u vv S 7.7432=+=' Hz v u v u v v S2.82603=--='14-21 如图14-21所示;一振动频率为ν=510Hz 的振源在S 点以速度v 向墙壁接近,观察者在点P 处测得拍音频率ν′=3Hz,求振源移动得速度;声速为330m/s14-21分析位于点P 的观察者测得的拍音是振源S 直接传送和经墙壁反射后传递的两列波相遇叠加而形成的;由于振源运动,接收频率;l 、12均与振源速度;有关;根据多普勒效应频率公式和拍频的定义,可解得振源的速度;解根据多普勒效应,位于点P 的人直接接收到声源的频率; l 和经墙反射后收到的频率 分别为由拍额的定义有将数据代入上式并整理,可解得vu u v v v u u v v -=+=21, ⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-='v u v u uv v v v 1121 10.1-⋅≈s m v14-22 目前普及型晶体管收音机的中波灵敏度指平均电场强度E 约为×10-3V/m;设收音机能清楚的收听到×103km 远处某电台的广播,该台的发射是各向同性的以球面形式发射,并且电磁波在传播时没有损耗,问该台的发射功率至少有多大14-22HE r A AS P 0024μεπ==⋅=292001065.2--⋅⨯===m W E H E S μεW S r P 42103.34⨯=⋅=π14-23 一气体激光器发射的光强可达×1018W/m 2,计算其对应的电场强度和磁场强度的振幅; 14-23()1101001075.42-⋅⨯==m V I E m εμ18001026.1-⋅⨯==m A E H m m εμ。
大学物理,课后习题,答案
第十八章 波 动1、一横波沿绳子传播，其波的表达式为 x)2- t 100050ππcos(.y = (SI) 求: (1) 波的振幅、波速、频率和波长。
(2) 绳子上各质点的最大振动速度和最大振动加速度。
(3) 在m .x 201=处和m .x 702=处二质点振动的位相差。
解：（1）)0.02 (100cos 05.0) 2 100cos(05.0x t x t y -=-=πππ m A 05.0=∴,υππω 2 100 ==502/100==⇒ππυ(HZ) )(501-⋅=s m u , )(15050m u===υλ(2) ) 2 100sin(10005.0πππ-⨯-==∂∂t v tY, )(7.15510005.01max -⋅==⨯=s m v ππ) 2 100cos()100(05.02 22x t a t Yπππ-⨯-==∂∂∴ 8.4934500)100(05.022m ax ==⨯=ππa )(2-⋅s m(3)ππλπϕ=-=-=∆12.07.022 12x x2、一平面简谐波沿ｘ轴正向传播，波的振幅cm A 10=，波的圆频率-1s rad 7 ⋅=πω，当s .t 01=时，cm x 10=处的a 质点正通过其平衡位置向ｙ轴负方向运动，而cm x 20=处的ｂ质点正通过cm y 5=点向ｙ轴正方向运动。
设该波波长10c m>λ，求该平面波的表达式。
解：设波动方程为：)2 7cos(1.0πϕπλ⋅-+=xt Yt=1(s)时， 05.0)2 7cos(1.0 ,0)2 7cos(1.02.01.0=⋅-+==⋅-+=πϕππϕπλλ b a Y Y∵0<a v ⇒ ππϕππλk 22 721.0+=⋅-+ ① ∵ 0>b v ， ⇒ ππϕππλk 22 732.0+-=⋅-+ ② 且m 1.0 >λ，故b a ,两质点的位相差π2<①-②得：5λ=1.2， 即 λ=0.24（m ） 代入①得：πϕ317-= 所以 波动方程为：) 7cos(1.031325πππ+-=x t Y 3、图示一平面简谐波在0=t 时刻的波形图，求： （1）该波的波动方程； （2）Ｐ处质点的振动方程。
大学物理,课后习题
13—1如图所示孤立导体球，带电为Q ， （1）Q 是怎么分布的？为什么？ （2）导体内部场强是多少？（3）导体球表面附近一点P 的场强是多少？P 点的场强是否是由P 点附近的电荷产生的？（4）当P 点很靠近球面时，对着P 点的那一部分球面可以看作无限大平面。
而无限大带电面两侧的场强为02εσ=E ，而这里的结果是εσ=p E ，两者是否矛盾？为什么？13—2上题中如果导体球附近移来一个带电为q 的另一导体A ，如图所示，达静电平衡后，（1）q 是否在导体球内产生场？导体球内场强是否仍为零？ （2）导体球上Q 的分布是否改变？为什么？习题13-1 习题13-2（3）P 点的场强是否改变？公式0εσ=p E 是否成立？它是否反映了q 的影响（即p E 是否包括了q 在P 点产生的场）？13—3 三个平行金属板A ﹑B 和C ，面积都是2002cm ，A ﹑B 相距0.4mm ，A ﹑C 相距0.2mm ，B ﹑C 两板都接地，如图所示，如果使A 板带正电C 7100.3-⨯，略去边缘效应，求： （1）B 板和C 板上的感应电荷各为多少？ （2）取地的电势为O ，A 板的电势为多少？13—4 导体球半径为R ，带电量为Q ，距球心为d 处有一点电荷q ，如图所示，现把球接地，求流入大地的电量。
13—5 同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属直圆柱体构成的，设内圆柱体的电势为1U ，半径为R ，外圆筒的电势为2U ，内半径为2R ，求其间离轴为r 处)(21R r R <<的电势。
习题13-3Q习题13-413—6 点电荷q 放在中性导体球壳的中心，壳的内外半径分别为1R 和2R ，求空间的电势分布。
13—7 如图所示，一半径为R 的中性导体球，中间有两个球形空腔，半径分别为1R 和2R ，在空腔中心处分别有点电荷1q 和2q ，试求： （1）两空腔内表面和导体外表面的电荷密度1σ﹑2σ﹑3σ （2）导体外任一点的场强和电势 （3）两空腔中的场强和电势。
大学物理课后习题答案(高教版 共三册)
第六章 真空中的静电场1、电量为－5×10-9 C 的试验电荷放在电场中某点时，受到 20×10-9 N 的向下的力，求该点的电场强度大小和方向。
解：由q E F = 得C N q F E /4105/1020/99-=⨯-⨯==--方向向上2、一个带负电荷的质点，在电场力作用下从A 点 经C 点运动到B 点，其运动轨迹如图所示．已知质点运动的速率是递减的，试定性画出电场E的方向。
解：速率是递减→τa 为负→切向力与v相反做曲线运动→有n a →受合力方向如图→即电场E-的方向3、一均匀静电场，电场强度()j i E 600400+=V ·m -1，求点a (3,2)和点b (1,0)之间的电势差U ab ．(点的坐标x ,y 以米计) 解：⎰⋅=baab l d E U)()600400(⎰+⋅+=baj dy i dx j i +=⎰13400dx ⎰2400dy=－2×103 V4、如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电荷为q ，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度．解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ，在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ，它在P 点的场强： ()204d d x d L qE -+π=ε()204d x d L L xq -+π=ε 2分总场强为 ⎰+π=Lx d L xL q E 02)(d 4－ε()d L d q +π=04ε 3分方向沿x 轴，即杆的延长线方向．-qEO5、A 、B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面，已知两平面间的电场强度大小为E 0，两平面外侧电场强度大小都为E 0/3，方向如图．求A 、B 两平面上的电荷面密度σA , σB ． 解：设电荷面密度为σA , σB由场强迭加原理，平面内、外侧电场强度由σA , σB 共同贡献： 外侧：32200E BA=+-εσεσ内侧：0022E BA=+εσεσ联立解得：3/200E Aεσ-= 3/400E Bεσ=6、半径为R 的半球面置于场强为E的均匀电场中，其对称轴与场强方向一致，如图所示．求通过该半球面的电场强度通量。