大学物理课后习题答案第六章
大学物理课后习题答案第六章
x解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。
在带电圆环上取 dq1dl , dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为dEdq4(x R )根据电荷分布的对称性知，E y E z 0dE x dE cos1 xdq4(x 2 R 2)'2第6章 真空中的静电场 习题及答案1.电荷为 q 和 2q 的两个点电荷分别置于 x 1m 和x 1m 处。
一试验电荷置于 x 轴上何处，它受到的合力等于零？解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷 q 0位于点电荷 q 的右侧，它受到的合力才可能为0,所以2qq o qq o2 24 n o (x 1)4 n o (x 1)故 x 3 2 22.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：（1）以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知， q 为负电荷，所以（2）与三角形边长无关。
3.如图所示，半径为 R 、电荷线密度为 1的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为I 、电荷线密度为 2的均匀带电直线段， 该线段的一端处于圆环中心处。
求该直线段受到的电场力。
2% cos30 a1 qqa)24nE xsin d4n 0R 2n 0R式中：为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角。
---------------------------------- 3dq4 o (x 2 R 2) 2x 1 2 R 1R x40 (x 2 R 2)'2 2 0(x 2 R 2)'2下面求直线段受到的电场力。
在直线段上取 dq2dx , dq受到的电场力大小为dF E x dq1 2只 ------- x ———dx2 0(x 2 R 2)，2方向沿x 轴正方向。
大学物理第六章稳恒磁场习题参考答案
第六章稳恒磁场作业集第37讲毕奥-萨伐儿定律一、Ⅰ类作业：解：根据毕奥萨伐尔定律20sin d 4d r l I B θπμ=，方向由右手定则决定。
(1)202020d 490sin d 4sin d 4d L l I L l I r l I B πμπμθπμ=︒==方向垂直纸面向里（沿z 轴负向）。
（2）00sin d 4sin d 4d 2020=︒==L l I r l I B πμθπμ（3）202020d 490sin d 4sin d 4d L l I L l I r l I B πμπμθπμ=︒==，方向沿x 轴正向。
（4）因为2245sin sin ,2222=︒==+=θL L L r ，所以2020d 82sin d 4d Ll I r l I B πμθπμ==，方向垂直纸面向里（沿z 轴负向）。
37.2教材223页第6.2、6.4、6.6题解：（1）6.2：（2）6.4：（3）6.6：二、Ⅱ类作业：解：根据磁场叠加原理可知，中心点O 的磁感应强度是两根半无限长载流导线的B 和41载流圆弧的B 的矢量和。
即321B B B B ++=其中，半无限长载流导线在其延长线上的031==B B ，41载流圆弧的R I B 802μ=，方向垂直纸面向外。
所以RI B B 802μ==，方向垂直纸面向外第38讲磁场的性质一、Ⅰ类作业：38.1一块孤立的条形磁铁的磁感应线如图所示，其中的一条磁感线用L 标出，它的一部分在磁铁里面，你能根据安培环路定理判断磁铁里面是否有电流吗？如果有穿过L 的电流方向是怎样的？解：因为磁感应强度沿L 的线积分不为零，即环量不为零，根据安培环路定理，有电流穿过环路L 。
根据右手定则，电流是垂直纸面向里。
38.2教材229页6.7、6.9题二、Ⅱ类作业：38.3如图所示，有一根很长的同轴电缆，由两层厚度不计的共轴圆筒组成，内筒的半径为1r 1，外筒的半径为r 2，在这两导体中，载有大小相等而方向相反的电流I ，计算空间各点的磁感应强度．解：该电流产生的磁场具有轴对称性，可用安培环路定理计算磁感应强度。
大学物理课后答案——第六章_管靖主编
6.8 一块厚度为d 的无限大平板均匀带电，电荷密度为ρ，求板内外电场E 的分布． 解 垂直于平板表面作横截面，如题解图6.8；图中虚线为与表面平行、距离两表面等距离（均为2d ）的平面AB ．由于带电平板无限大，电荷分布对平面AB 对称，可知电场强度E 与平板表面垂直，在距离平面AB距离相等处电场强度的大小E 相同．作对平面AB 对称的闭合高斯面S ，高斯面S 由与平面AB 平行的两个底面1S 和2S 和与平面AB 正交的柱面3S 组成，两个底面1S 和2S 到平面AB 的距离均为l ．因1S 和2S 的E 通量相等，12ES ES =；3S 的E 通量为零；当2dl ≤时，根据高斯定理 1110122E S lS ρε=即可求出1lE ρε=；当2d l >时，根据高斯定理211012E S S d ρε=可求出22dE ρε=．平板带正电，E 垂直表面向外，平板带负电，E 垂直表面向内．6.9 如题图6.9所示, 在半径分别为1R 、2R 的两个同心薄球面上均匀分布着电荷1Q 和2Q ．（1）求I 、II 、III区场强E的分布；（2）求I 、II 、III区的电势分布． 题图6.9解 由于电荷分布对球心O 具有球对称性，故电场分布也对球心O 具有球对称性，可知电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强大小E 相等．（1）设研究的场点到O 点的距离为r ，以O 为圆心、r 为半径的球面为高斯面，E 与高斯面正交．根据高斯定理，在I 区，1rR <，有211d 40E S E r π⋅=⋅=⎰⎰所以10E =．在II 区，12R r R <<，则由21204Q E r πε⋅=可求出12204Q E r πε=．在III 区，2rR >，则由212304Q Q E r πε+⋅=可求出123204Q Q E r πε+=．（2）取参考点在无穷远，积分路径沿半径方向，沿电场线积分． 在III 区，2rR >，121233200()d d 44rrQ Q Q Q r E l r r rϕπεπε∞∞++=⋅==⎰⎰在II 区，12R r R <<，22212233220()d d d ()4R R rR rQ r E l E l r R r ϕϕπε∞=⋅+⋅=+⎰⎰⎰21122002d 44R rQ Q Q r rR πεπε+=+⎰12021()4Q Q r R πε=+在I 区，1rR <，12121123()d d d R R rR R r E l E l E lϕ∞=⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰122101210()()4Q Q R R R ϕπε=+=+ 6.10 半径为R 的无限长圆柱体均匀带电，电荷密度为ρ，求场强和电势的分布（参考点选在该圆柱面上）．解 由于均匀带电圆柱体无限长，电荷分布对圆柱轴线轴对称；所以电场线在垂直于圆柱轴线的平面内，为过圆柱轴线的放射状半直线．用以圆柱轴线为轴，两底面与圆柱轴线垂直的闭合圆柱面为高斯面，如题解图 6.10．高斯面的两底面半径为r ，与E 平行，E 通量为零；圆柱侧面长度为l ，与E 正交，E 通量2rlE ϕπ=．在带电圆柱体内部，rR <，由高斯定理可得2110d 2r lE S rlE πρπε⋅==⎰⎰所以12rE ρε=．在带电圆柱体外部，r R >，由高斯定理可得2220d 2R lE S rlE πρπε⋅==⎰⎰因此2202R E rρε=．圆柱带正电时，E 沿半径方向向外；圆柱带负电时，E 沿半径方向指向轴线．参考点选在带电圆柱的圆柱面上，积分路径沿半径方向，沿电场线积分．在带电圆柱体内部，r R <，电势为22100d d ()24R Rrrr E l r R r ρρϕεε=⋅==-⎰⎰在带电圆柱体内部，r R >，电势为22200d d ln 22R RrrR R RE l r r rρρϕεε=⋅==⎰⎰6.11 如题图6.11所示，三块平行放置的金属板A 、B 、C ，面积均为S ．B 、C 板接地，A 板带电量Q ，其厚度可忽略不计．设A 、B 板间距为l ，B 、C 板间距为d ．因d 很小，各金属板可视为无穷大平面．试求：（1）B 、C 板上的感应电荷；（2）空间的场强及电势分布． 题图6.11解 因d 很小，各金属板可视为无穷大平面，所以除边缘部分外，可认为E 沿Oz 方向，z 相同处E 的大小相同，即()z EE z k =．（1）设B 、C 表面的面电荷密度为1σ、2σ、3σ、4σ如题解图6.11所示．由于B 、C 板接地，故B 、C 板电势与无穷远相同，电势均为零．若B 、C 板外表面带有电荷，必有电场线连接板外表面与无穷远，则B 、C 板电势与无穷远不同，因此可知B 、C 板外表面不带电荷，即140σσ==．作高斯面为闭合圆柱面如题解图6.11，两底面在B 、C 板内部、与Oz 垂直，侧面与Oz 平行，由高斯定理2301d 0()QE S Sσσε⋅==++⎰⎰ 即23QSσσ+=-（1） 根据叠加原理，Ⅰ区E 为五个无穷大带电平面产生的场强的叠加，即 题解图6.1133221000000000022222222z Q S Q S E σσσσεεεεεεεε=+---=--同理，Ⅱ区电场强度322000222z Q S E σσεεε=+-因为A 、B 间的电压AB U 与A 、C 板的电压AC U 相等，12()z z E l E d l -=-3322000000()()()222222Q S Q S l d l σσσσεεεεεε---=+-- 即232Q d lS dσσ--=-（2）联立求解（1）（2）式得：2d l Q d S σ-=-，3l Qd Sσ=-．所以B 、C 板内表面分别带电22d l Q S Q d σ-=⋅=-，33lQ S Q dσ=⋅=- （2） 321000222z Q S E σσεεε=--0001()222d l l Q d d S εεε-=--+0()d l QdSε-=-111d d zzE l E l ϕ=⋅=-⋅⎰⎰0()d l Qz dSε-=322000222z Q S E σσεεε=+-0001()222d l l Qd d S εεε-=-++0lQ dSε=211d d ddzzE l E l ϕ=⋅=⋅⎰⎰0()lQd z dSε=- 6.12 点电荷q 放在电中性导体球壳的中心，壳的内外半径分别为1R 和2R ，如题图6.12所示．求场强和电势的分布．解 由于电荷q 位于球心O ，导体球壳对球心O 具有球对称性，故感应电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知感应电荷均匀分布在导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强大小E 相等．设球壳内表面带电1Q ，外表面带电2Q ．用以O 点为球心，12R r R <<为半径的球面为高斯面，根据高斯定理101d 0()E S q Q ε⋅==+⎰⎰可知1Q q =-；由于导体球壳电中性，由120Q Q +=，所以2Q q =．根据叠加原理，场强和电势分别为点电荷q 、均匀带电1Q 和2Q 的球面的场强和电势的叠加．考虑到在电荷球对称分布情况下，在电荷分布区以外的场强和电势与总电量集中在球心的点电荷的场强和电势的表达式相同．取参考点在无穷远；2rR >时，121220044q Q Q qE r r πεπε++==，1210044q Q Q qr rϕπεπε++==21R r R ≥≥时，112004q Q E r πε+== ，12100202444q Q Q qr R R ϕπεπεπε+=+=1r R <时，1204q E r πε=12100102012111()4444Q Q q qrR R r R R ϕπεπεπεπε=++=-+ 6.13 一半径为A R 的金属球A 外罩有一个同心金属球壳B ，球壳很薄，内外半径均可看成B R ，如题图6.13所示．已知A 带电量为A Q ，B 带电量为B Q ．试求：（1）A 的表面1S ，B 的内外表面2S 、3S 上的电量；（2）A 、B 球的电势（设无穷远电势为零）． 解 由于金属球A 和同心金属球壳B 对球心O 具有球对称性，故电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知电荷均匀分布在导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强大小E 相等．（1）金属球A 带电A Q 分布于A 的外表面1S ；设金属球壳B 内表面带电2Q ，外表面带电3Q ，23B Q Q Q +=．用以O 点为球心、B rR =为半径、位于球壳B 金属内部的球面为高斯面，根据高斯定理A 201d 0()E S Q Q ε⋅==+⎰⎰可知2A Q Q =-；由于23B Q Q Q +=，所以3A B Q Q Q =+．（2）根据叠加原理，电势为三个均匀带电球面产生电势的叠加，即B r R ≥区域，A 23AB 10044Q Q Q Q Q r rϕπεπε+++==B r R =即为B 球的电势A B B 0B4Q Q R ϕπε+=．B A R r R >≥区域，3A 2A B 200B 0B 0B1()4444Q Q Q Q Q r R R r R ϕπεπεπεπε=++=+A r R =即为A 球的电势AB A 0AB1()4Q Q R R ϕπε=+．6.14 同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属直圆柱构成，如题图6.14所示．设内圆柱体的半径为1R ，外圆柱体的内半径为2R ．使内圆柱带电，单位长度上的电量为η，试求内外圆柱间的电势差． 题图6.14解 由于两个同轴金属直圆柱可视为无限长、对圆柱轴线O 轴对称；所以电荷和电场的分布也对圆柱轴线O 轴对称；电场线在垂直于圆柱轴线的平面内，为过圆柱轴线的放射状半直线；场强E 沿半径方向，在到轴线O 的距离r 相同处，场强大小E 相等．用以圆柱轴线为轴，两底面与圆柱轴线垂直的闭合圆柱面为高斯面．高斯面的两底面与圆柱轴线O 垂直，半径为r ，21R r R >>；两底面与E 平行，E 通量为零；圆柱侧面长度为l ，与E 正交，E 通量2rlE ϕπ=．由高斯定理10d 2lE S rlE ηπε⋅==⎰⎰可得02E rηπε=． 沿电场线积分，由1R 沿半径到2R ，内外圆柱间的电势差2221112001d d d ln 22R R R R R R R U E l E r r r R ηηπεπε=⋅===⎰⎰⎰。
大学物理下答案第六章
（2）
6-25声波是流体或固体中的压缩波，在讨论声波时，讨论声波中的压强（即压力）变化要比讨论声波中质元的位移更方便些，可以证明，当声波的位移波函数为 时，对应于压力变化的波函数为
是相对于为扰动时压力 的压强变化值， 是介质的体密度。
（1）人耳能够忍受的强声波中的最大压强变化pm约为28N/m2（正常的大气压强约为1.0×105N/m2）若这一强度波的频率为1000Hz，试求这声波所对应的最大位移。
此时系统做振幅为A，圆频率为w的简振动。
6-7有一鸟类学家，他在野外观察到一种少见的大鸟落在一棵大树的细枝上，他想测得这只鸟的质量，但不能捉住来称量，于是灵机一动，测得这鸟在数枝上在4s内来回摆动了6次，等鸟飞走以后，他又用1kg的砝码系在大鸟原来落得位置上，测出树枝弯下了12cm，于是很快算出了这只鸟的质量。你认为这位鸟类学家是怎样算的？你想到了这种方法了吗?这只鸟的质量是多少？
6-44试解释弦乐器的以下现象：
（1）较松的弦发生的音调较低，而较紧的弦则音调较高；
（2）较细的弦发生的音调较高，而较粗的弦则音调较低（古人称之为“小弦大声，大弦小声”）；
（3）正在振动的两端固定的弦，若用手指轻按弦的中点时，音调变高到两倍，若改按弦的三分之一处时，音调增至三倍；
（4）用力弹拨琴弦（而非用手指按弦）时，能同时听到若干音调各异的声音。（提示：音调高低与弦振动的频率成正比。此外，在（4）情形中弦以基频振动的同时还以若干泛频振动。）
试据此推导（6.11）、(6.12)及(6.40)式。
6-42海啸是一种波长约为几十至几百千米、在海水中传播的波动现象。它在深海区域并不易被察觉，但一旦海啸接近岸边往往会造成巨大的灾害。试从能量角度分析其中的原因。
大学物理(华中科技版)第6章习题解答
大学物理（华中科技版）第6章习题解答第6章机械波习题一习题六6-1平面谐波沿x轴负向传播，波长=1.0m，质点处质点的振动频率=2.0Hz，振幅a=0.1M，当t=0时，它只是沿Y轴负方向通过平衡位置移动，求出该平面波的波函数？0时，原点处粒子的振动状态为Y0？0，v0？0，因此已知原点处振动的初始相位为,取波动方程为2y?acos[2?(tx?)??0]则有t?x?y?0.1cos[2?(2t?)?]12? 0.1cos（4？t？2？x？6-2已知波源在原点的一列平面简谐波，波函数为y=acos(bt?cx)，其中a，b，c为正值恒量．求：（1）波的振幅、速度、频率、周期和波长；(2)写出传播方向上距离波源为l处一点的振动方程；(3)任一时刻，在波的传播方向上相距为d的两点的位相差．解:(1)已知平面简谐波的波动方程2） my?acos(bt?cx)(x?0)比较波动方程和标准方程的形式y?acos(2??t?2?比较，可知：波振幅为a，频率??波长??x?)b、 2号？2.b、波速u，cc12？波动周期Tb(2)将x?l代入波动方程即可得到该点的振动方程Y助理文书主任（bt？cl）(3)因任一时刻t同一波线上两点之间的位相差为将x2?x1?d，及??6-3沿绳索传播的平面谐波的波函数为y=0.05cos（10？T？4？X），其中X，y以米为单位，T以秒为单位。
发现：（1）波的速度、频率和波长；(2)绳子上各质元振动时的最大速度和最大加速度；2.（x2？x1）2?代入上式，即得ccd．第六章机械波练习2（3）当t=1s时，求素数元素在x=0.2m处的相位。
什么时候是起源阶段？此阶段表示的运动状态为t=1.25s时刻到达哪一点?解决方案：（1）给出方程和标准公式的问题1?1相比，得振幅a?0.05m，频率??5s，波长??0.5m，波速u2.5m?s．（2）绳索上每个点的最大振动速度和加速度为y?acos(2??t?2?x)vmax？？A.10?? 0.05? 0.5? Ms一amax??2a?(10?)2?0.05?5?2m?s?2（3） x？0.2m处的振动滞后于原点的时间为x0.2??0.08su2.5故x?0.2m,t?1s时的位相就是原点(x?0)，在t0?1?0.08?0.92s时的位相，即??9.2π．让这个相位代表的运动状态为t？如果它在1.25秒到达x点，那么x?x1?u(t?t1)?0.2?2.5(1.25?1.0)?0.825m6-4图6-4显示了在时间T沿x轴传播的平面余弦波的波形曲线。
大学物理第6章习题参考答案
第六章习题解答6-1 解：首先写出S 点的振动方程 若选向上为正方向，则有：0c o s02.001.0ϕ=- 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6-1(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： ux t =∆则该波的波动方程为：m u x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=πω32)(cos 02.0若坐标原点不选在S 点，如习题6-1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： uL x t -=∆则该波的波方程为：m uL 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ux L -,如习题6-1图(c)所示，则⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=πω32)(cos 02.0u x L t y⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t∴不管P 点在S 点左边还是右边，波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t y6-2 解（1）由习题6-2图可知， 波长 m 8.0=λ 振幅A=0.5m习题6-1图习题6-1图频率 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 u xt A y 由图可知，当t=0,x=0时，y=A=0.5m ，故0=ϕ。
将ϕπωω、、、u v A )2(=代入波动方程，得：m )100(250cos 5.0⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=x t y π(3) x =0.4m 处质点振动方程.⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=)1004.0(250cos 5.0t y π m )250cos(5.0ππ-=t6-3 解（1）由习题6-3图可知，对于O 点，t=0时，y=0，故2πϕ±=再由该列波的传播方向可知，00<υ取 2πϕ=由习题6-3图可知，,40.0m OP ==λ且u=0.08m/s ，则ππλππω52rad/s 40.008.0222====u v rad/s可得O 点振动表达式为：m t y )252cos(04.00ππ+=(2) 已知该波沿x 轴正方向传播，u=0.08m/s,以及O 点振动表达式，波动方程为：m x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=2)08.0(52cos 04.0ππ(3) 将40.0==λx 代入上式，即为P 点振动方程：m t y y p ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+==ππ2152cos 04.00 (4)习题6-3图中虚线为下一时刻波形，由图可知，a 点向下运动，b 点向上运动。
大学物理第六章课后习题答案
第六章 静电场中的导体与电介质 6 －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 ）。
6 －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 ）。
6 －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==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 ）。
6 －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分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面 内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。
大学物理习题答案第六章
[习题解答]6-2 一个运动质点的位移与时间的关系为m ,其中x的单位是m，t的单位是s。
试求：(1)周期、角频率、频率、振幅和初相位；(2) t = 2 s时质点的位移、速度和加速度。
解(1)将位移与时间的关系与简谐振动的一般形式相比较，可以得到角频率s 1, 频率, 周期, 振幅, 初相位.(2) t = 2 s时质点的位移.t = 2 s时质点的速度.t = 2 s时质点的加速度.6-3 一个质量为2.5 kg的物体系于水平放置的轻弹簧的一端，弹簧的另一端被固定。
若弹簧受10 N的拉力，其伸长量为5.0 cm，求物体的振动周期。
解根据已知条件可以求得弹簧的劲度系数,于是，振动系统的角频率为.所以，物体的振动周期为.6-4求图6-5所示振动装置的振动频率，已知物体的质量为m，两个轻弹簧的劲度系数分别为k1 和k2。
解以平衡位置O为坐标原点，建立如图6-5所示的坐标系。
若物体向右移动了x，则它所受的力为.根据牛顿第二定律，应有图6-5,改写为.所以,.6-5 求图6-6所示振动装置的振动频率，已知物体的质量为m，两个轻弹簧的劲度系数分别为k1 和k2。
解以平衡位置O为坐标原点，建立如图6-6所示的图6-6坐标系。
当物体由原点O向右移动x时，弹簧1伸长了x1 ，弹簧2伸长了x2 ，并有.物体所受的力为,式中k是两个弹簧串联后的劲度系数。
由上式可得, .于是，物体所受的力可另写为,由上式可得,所以.装置的振动角频率为,装置的振动频率为.6-6仿照式(6-15)的推导过程，导出在单摆系统中物体的速度与角位移的关系式。
解由教材中的例题6-3，单摆的角位移θ与时间t的关系可以写为θ = θ0 cos (ω t+ϕ) ,单摆系统的机械能包括两部分, 一部分是小物体运动的动能,另一部分是系统的势能，即单摆与地球所组成的系统的重力势能.单摆系统的总能量等于其动能和势能之和，即,因为, 所以上式可以化为.于是就得到,由此可以求得单摆系统中物体的速度为.这就是题目所要求推导的单摆系统中物体的速度与角位移的关系式。
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大学物理课后习题答案第六章第6章真空中的静电场习题及答案1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。
一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以200200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε故 223+=x2. 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：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以2220)33(π4130cos π412a q q a q '=?εε故 q q 33-=' (2)与三角形边长无关。
3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。
求该直线段受到的电场力。
解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。
在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为)(4220R x dqdE +=πε根据电荷分布的对称性知，0==z y E E23220)(41cos R x xdqdE dE x +==πεθR Oλ1λ2lxy z式中：θ为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角。
+=23220)(4dq R x xE x πε232210)(24R x Rx+?=πλπε232201)(2R x xR +=ελ下面求直线段受到的电场力。
在直线段上取dx dq 2λ=，dq 受到的电场力大小为dq E dF x =dx R x xR 2322021)(2+=ελλ 方向沿x 轴正方向。
直线段受到的电场力大小为=dF F dx R x xR l ?+=02322021)(ελλ2 ()??+-=2/12202111R l R R ελλ2 方向沿x 轴正方向。
4. 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ。
求：（1）圆心处O 点的场强；（2）将此带电半圆环弯成一个整圆后，圆心处O 点场强。
解：（1）在半圆环上取?λλRd l dq ==d ，它在O 点产生场强大小为20π4R dq dE ε=d R0π4= ，方向沿半径向外根据电荷分布的对称性知，0=y Eελd RdE dE x sin π4sin 0==Rd R E x 000π2sin π4ελελπ==?故 RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向。
（2）当将此带电半圆环弯成一个整圆后，由电荷分布的对称性可知，圆心处电场强度为零。
5．如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电量为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：建立图示坐标系。
在均匀带电细直杆上取dx Lqdx dq ==λ，dq 在P 点产生的场强大小为202044xdxx dq dE πελπε==，方向沿x 轴负方向。
故 P 点场强大小为 ?=L d dP x dxdE E 204πελ()L d d q+π=04ε方向沿x 轴负方向。
6. 一半径为R 的均匀带电半球面，其电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小。
解：建立图示坐标系。
将均匀带电半球面看成许多均匀带电细圆环，应用场强叠加原理求解。
在半球面上取宽度为dl 的细圆环，其带电量rdl dS dq πσσ2?=?=θθπσd R sin 22=，dq 在O 点产生场强大小为（参见教材中均匀带电圆环轴线上的场强公式）23220)(4r x xdq dE +=πε ，方向沿x 轴负方向利用几何关系，θcos R x =，θsin R r =统一积分变量，得2220)(4r x xdqdE +=πεθθπσθπεd R R R sin 2cos 41230?=θθθεσd cos sin 20=因为所有的细圆环在在O 点产生的场强方向均沿为x 轴负方向，所以球心处电场强度的大小为=dE E θθθεσπd cos sin 22/0=4εσ=L方向沿x 轴负方向。
7. 一“无限大”平面，中部有一半径为R 的圆孔，设平面上均匀带电，电荷面密度为σ，如图所示。
试求通过小孔中心O 并与平面垂直的直线上各点的场强。
解：应用补偿法和场强叠加原理求解。
若把半径为R 的圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，挖去圆孔的带电平面等效为一个完整的“无限大”带电平面和一个电荷面密度为σσ-='的半径为R 的带电圆盘，由场强叠加原理知，P 点的场强等效于“无限大”带电平面和带电圆盘在该处产生的场强的矢量和。
“无限大”带电平面在P 点产生的场强大小为12εσ=E ，方向沿x 轴正方向半径为R 、电荷面密度σσ-='的圆盘在P 点产生的场强大小为（参见教材中均匀带电圆盘轴线上的场强公式）022εσ=E )1(22xR x+-，方向沿x 轴负方向故P 点的场强大小为220212xR xE E E +=-=εσ方向沿x 轴正方向。
8. (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场强度通量；(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场强度通量是多少?解：（1）由高斯定理0d εqS E s=求解。
立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等，所以通过各面电通量为6εqe =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，则通过边长a 2的正方形各面的电通量0 6εq 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 。
9. 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为ρσ1σ和2σ，试求空间各处场强。
解：如图所示，电荷面密度为1σ的平面产生的场强大小为12εσ=E ，方向垂直于该平面指向外侧电荷面密度为2σ的平面产生的场强大小为22εσ=E ，方向垂直于该平面指向外侧由场强叠加原理得两面之间，)(2121021σσε-=-=E E E ，方向垂直于平面向右1σ面左侧，)(2121021σσε+=+=E E E ，方向垂直于平面向左2σ面右侧，)(2121021σσε+=+=E E E ，方向垂直于平面向右10. 如图所示，一球壳体的内外半径分别为1R 和2R ，电荷均匀地分布在壳体内，电荷体密度为ρ（0>ρ）。
试求各区域的电场强度分布。
解：电场具有球对称分布，以r 为半径作同心球面为高斯面。
由高斯定理∑?=iSqS d E 01ερρ得i q r E ∑=214επ当1R r <时，0=∑i q ，所以 0=E 当21R r R <<时，)3434(313R r q i ππρ-=∑，所以203133)(rR r E ερ-= 当2R r >时，)3434(3132R R q i ππρ-=∑，所以2031323)(r R R E ερ-=11. 有两个均匀带电的同心带电球面，半径分别为1R 和2R （12R R >），若大球面的面电荷密度为σ，且大球面外的电场强度为零。
求：（1）小球面上的面电荷密度；（2）大球面内各点的电场强度。
解:（1）电场具有球对称分布，以r 为半径作同心球面为高斯面。
由高斯定理∑?=iSqS d E 01ερρ得i q r E ∑=214επ当2R r >时，0=E ，0442122=?'+?=∑R R q i πσπσ，所以σσ212)R R （-=' （2）当1R r <时，0=∑i q ，所以 0=E当21R r R <<时，222144R R q i πσπσ-=?'=∑，所以22)εσr R E （-= 负号表示场强方向沿径向指向球心。
12. 一厚度为d 的无限大的带电平板，平板内均匀带电，其体电荷密度为ρ，求板内外的场强。
解：电场分布具有面对称性，取同轴闭合圆柱面为高斯面，圆柱面与平板垂直，设两底面圆到平板中心的距离均为x ，底面圆的面积为S ?。
由高斯定理∑?=iSqS d E 01ερρ得=??SS d E ρρi q S E S E ∑=+??+??010ε 当2dx <时（平板内部），S x q i =∑2ρ，所以 0ερx E =当2dx >（平板外部），S d q i =∑ρ，所以 02ερd E =13. 半径为R 的无限长直圆柱体均匀带电，体电荷密度为ρ，求其场强分布。
解：电场分布具有轴对称性，取同轴闭合圆柱面为高斯面，圆柱面高为l ，底面圆半径为r ，应用高斯定理求解。
i Sq rl E S E ∑==??01π2d ε?? (1) 当R r<时，l r q i 2πρ?=∑，所以2ερrE =(2) 当R r>时，l R q i 2πρ?=∑，所以rR E 022ερ=14.一半径为R 的均匀带电圆盘，电荷面密度为σ，设无穷远处为电势零点，求圆盘中心O 点的电势。
解：取半径为r 、dr 的细圆环rdr dS dq πσσ2?==，则dq 在O 点产生的电势为024εσπεdrrdq dV ==圆盘中心O 点的电势为dr dV V R==002εσ02εσR = 15. 真空中两个半径都为R 的共轴圆环，相距为l 。
两圆环均匀带电，电荷线密度分别是λ+和λ-。
取两环的轴线为x 轴，坐标原点O 离两环中心的距离均为2l，如图所示。
求x 轴上任一点的电势。
设无穷远处为电势零点。
解：在右边带电圆环上取dq ，它在x 轴上任一点P 产生的的电势为20)2/(4Rl x dqdV +-=πε右边带电圆环在P 产生的的电势为+-==+dq Rl x dV V 220)2/(41πε220)2/(2Rl x R+-=ελ同理，左边带电圆环在P 产生的电势为220)2/(2Rl x RV ++-=-ελ由电势叠加原理知，P 的电势为02ελR V V V =+=-+-+-22)2/(1(Rl x ))2/(12Rl x ++16. 真空中一半径为R 的球形区域内均匀分布着体电荷密度为ρ的正电荷，该区域内a 点离球心的距离为R 31，b 点离球心的距离为R 32。
求a 、b 两点间的电势差ab U解：电场分布具有轴对称性，以O 为球心、作半径为r 的同心球面为高斯面。