大学物理学课后答案第3版下册北京邮 电大学出版社.docx
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大学物理学课后答案第3版下册北京邮电大学出版社
大学物理学课后答案_第3版_下册_北京邮电大学出版社下
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大学物理习题及解答
习题八
8-1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8-1图示
(1)以A处点电荷为研究对象,由力平衡知:
q¢为负电荷
1q212cos30°=4πe0a24πe0
q¢=-
q3
qq¢(2a)3
解得
(2)与三角形边长无关.
题8-1图题
8-2图
8-2两小球的质量都是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2q,如题8-2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8-2图示
解得
Tcosq=mgì
ï
q2íTsinq=F=1
e
ï4πe0(2lsinq)2î
q=2lsinq4pe0mgtanq
4pe0r,当被考察的场点距源点电荷很近(r→0)时,则场强8-3根据点电荷场强公式
→∞,这是没有物理意义的,对此应如何理解?
仅对点电荷成立,当r®0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
解:
E=
q
2
v
E=
q4πe0r2
vr0
无限大.
8-4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
q2
24pedff0这两板之间有相互作用力,有人说=,又有人说,因为f=qE,
q2
以f=e0S.试问这两种说法对吗?
为什么?
f到底应等于多少?
E=qe0S,所
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q
e0S看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的.正确解答应为一个合场强
qq2qf=q=E=2e0S2e0S,这是两板间相互作用2e0S,另一板受它的作用力板的电场为E=
的电场力.vvvvp=ql8-5一电偶极子的电矩为,场点到偶极子中心O点的距离为r,矢量r与l的夹角为
Eq,(见题8-5图),且r>>l.试证P点的场强E在r方向上的分量Er和垂直于r的分量q
分别为
pcosqpsinq
Er=2pe0r3,Eq=4pe0r3vvvppsinqrr证:
如题8-5所示,将分解为与平行的分量和垂直于的分量psinq.
∵r>>l
∴场点P在r方向场强分量
pcosqEr=2πe0r3
垂直于r方向,即q方向场强分量
E0=
psinq
4πe0r3
题8-5图题8-6图
8-6长l=15.0cm的直导线AB上均匀地分布着线密度l=5.0x10-9C·m的正电荷.试求:
-1
(1)在导线的延长线上与导线B端相距a1=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d2=5.0cm处Q点的场强.
解:
如题8-6图所示
(1)在带电直线上取线元dx,其上电量dq在P点产生场强为
dEP=1ldx
4πe0(a-x)2
l
l2dx
EP=òdEP=l
4πe0ò-2(a-x)2
l11=[-]
ll4πe0
a-a+
22
ll
=
πe0(4a2-l2)-9-1
用l=15cm,l=5.0´10C×m,a=12.5cm代入得
EP=6.74´102N×C-1方向水平向右
1ldx
22
4πex+d02方向如题8-6图所示
(2)同理
v
dE=0EQx
由于对称性òl,即Q只有y分量,
1ldxd2
dEQy=
4πe0x2+d2x2+d222
dEQ=
∵
EQy=òdEQy
l
dl
=24πe2
ò
l2l-2
dx(x2+d22)
3
2
=
以l=5.0´10
-9
ll
2πe0l2+4d22
C×cm,l=15cm,d2=5cm代入得
EQ=EQy=14.96´102N×C-1
,方向沿y轴正向
8-7一个半径为R的均匀带电半圆环,电荷线密度为l,求环心处O点的场强.解:
如8-7图在圆上取dl=
Rdj
-1
题8-7图
dq=ldl=Rldj,它在O点产生场强大小为
lRdj
4πe0R2方向沿半径向外
l
dEx=dEsinj=sinjdj
4πeR0则
dE=
dEy=dEcos(p-j)=
-l
cosjdj4πe0R
积分Ex=òp
0llsinjdj=4πe0R2
πe0R
Ey=òp
E=Ex=
∴l2πe0R,方向沿x轴正向.-lcosjdj=04πe0R
8-8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r>>l处,它相当于点电荷q产生的场强E.
qv
解:
如8-8图示,正方形一条边上电荷4在P点产生物强dEP方向如图,大小为
l(cosq1-cosq2)dEP=l2
24πe0r+4l
2cosq1=l2
2r+2∵
cosq2=-cosq1lldEP=l2l2
224πe0r+r+42∴vdEP在垂直于平面上的分量dE^=dEPcosb
dE^=
∴ll4πe0l2r+42rl2
r+22l2
r+42
题8-8图
由于对称性,P点场强沿OP方向,大小为
l2l224πe0(r+)r+42
ql=4l∵2EP=4´dE^=4llr
2
l22l4πe0(r+)r+42方向沿∴
8-9
(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
2
EP=
qr
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?
*(3)如题8-9(3)图所示,在点电荷q的电场中取半径为R的圆平面.q在该平面轴线上的A点处,求:
通过圆平面的电通量.(
a=arctan
R
x)
e0解:
(1)由高斯定理
立方体六个面,当q在立方体中心时,每个面上电通量相等
s
vvqE×dS=q
6e0.
Fe=
∴各面电通量
(2)电荷在顶点时,将立方体延伸为边长2a的立方体,使q处于边长2a的立方体中心,则边长2a的正方形上电通量
Fe=
q6e0
Fe=
q
24e0,
对于边长a的正方形,如果它不包含q所在的顶点,则如果它包含q所在顶点则
Fe=0.
如题8-9(a)图所示.题8-9(3)图
题8-9(a)图题8-9(b)图题8-9(c)图
22R+xR(3)∵通过半径为的圆平面的电通量等于通过半径为的球冠面的电通量,球冠
面积*
S=2π(R2+x2)[1-F=
q0
S
=
xR+x
2
2
]
∴
*关于球冠面积的计算:
见题8-9(c)图
a
e04π(R2+x2)
q
1-2e0[
xR2+x2]
S=ò2πrsina×rda=2πr2òsina×da
a
=2πr(1-cosa)
2
8-10均匀带电球壳=E4πr2=se0åqe0,
vq=0å当r=5cm时,,E=0
4π=p3-r3)(r4πer0∴N×C沿半径向外.()()
8-11半径为R1和R2(R2>R1)的两无限长同轴圆柱面,单位长度上分别带有电量l和-l,试求:
(1)r<R1;
(2)R1<r<R2;(3)r>R2处各点的场强.
e0
取同轴圆柱形高斯面,侧面积S=2πrlvvE×dS=E2πrl解:
高斯定理svvE×dS=q则S
对
(1)r (2)R1åq=0,E=0 l 2πe0r沿径向向外∴ q=0(3)r>R2å ∴E =0E= 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s1和s2,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s1与s2, v1vE=(s1-s2)n2e0两面间, v1vE=-(s1+s2)n2e0s1面外, v1vE=(s1+s2)n2e0s2面外,vn: 垂直于两平面由s1面指为s2面. 8-13半径为R的均匀带电球体将此带电体看作带正电r的均匀球与带电-r的均匀小球的组合,见题8-13图(a).vE=0, (1)+r球在O点产生电场10 43πrrvE20=’34πe0d-r球在O点产生电场 vr3rE0=OO’33ed0∴O点电场; 43pdrvE10¢=OO’34πed+r0 (2)在O¢产生电场v-r球在O¢产生电场E20¢=0 vrE0¢=3e0OO ‘∴O¢点电场 v vvrrEPO=3e0,则vvrr¢EPO¢=-3e0,题8-13图(a)题8-13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)vvvvvrvvrrdEP=EPO+EPO¢=(r-r¢)=OO’=3e03e03e0∴ ∴腔一电偶极子由q=1.0×10C的两个异号点电荷组成,两电荷距离d=0.2cm,把这电 5-1偶极子放在1.0×10N·C的外电场中,求外电场作用于电偶极子上的最大力矩. vvp解: ∵电偶极子在外场E中受力矩vvvM=p´E M=pE=qlE代入数字∴max Mmax=1.0´10-6´2´10-3´1.0´105=2.0´10-4N×m -8-88-15两点电荷q1=1.5×10C,q2=3.0×10C,相距r1=42cm,要把它们之间的距离变为 r2=25cm,需作多少功? r2vr2qqdrqq11vA=òF×dr=ò12 2=12(-)r1r24πer4πe0r1r20解: =-6.55´10-6J -6外力需作的功A¢=-A=-6.55´10J 题8-16图 8-16如题8-16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 功. 解: 如题8-16图示q0从O点经过半圆弧移到C点,求移动过程中电场力作的 1qq(-)=04πe0RR 1qq=-qUO=(-)4πe03RR6πe0R qqA=q0(UO-UC)=o 6πe0R∴UO= 8-17如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为l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dl=Rdqvdq=lRdq则产生O点dE如图,由于对称性,O点场强沿y轴负方向 题8-17图 lRdqcosq-4πeR2 02lpp=sin(-)-sin4πe0R[22]E=òdEy=ò2pp =-l 2πe0R (2)AB电荷在O点产生电势,以U¥=0 2Rldxldxl=ò=ln2B4πexR4πex4πe000lU2=ln24πe0同理CD产生U1=òA U3= 半圆环产生πRll=4πe0R4e0 UO=U1+U2+U3= ∴ 4-18-18一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×10m·s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llln2+2πe04e0m0=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l,在电子轨道处场强 E=l 2πe0r Fe=eE= 电子受力大小el2πe0r elv2 =m2πerr0∴ 2πe0mv2 l==12.5´10-13 C×m-1e得 -18-19空气可以承受的场强的最大值为E=30kV·cm,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U=Ed=1.5´10VvvUE8-20根据场强E与电势的关系=-ÑU,求下列电场的场强: (1)点电荷q的电场; (2)总电量为q,半径为R的均匀带电圆环轴上一点;*(3)偶极子p=ql的r>>l处(见题8-20图). U= 解: (1)点电荷q4πe0r题8-20图 v¶UvqvE=-r0=rv20r¶r4πer0∴0为r方向单位矢量. (2)总电量q,半径为R的均匀带电圆环轴上一点电势 4πe0R2+x2 vv¶UvqxE=-i=i223/2¶x4πe0R+x∴U=q vv(3)偶极子p=ql在r>>l处的一点电势 ll(r-cosq)(1+cosq)22 ¶UpcosqEr=-=3¶r2πer0∴ Eq=-1¶Upsinq=r¶q4πe0r3U=q[4πe01-1]=qlcosq4πe0r2 8-21证明: 对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21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. s2,证: 如题8-21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s1, s3,s4 题8-21图 (1)则取与平面垂直且底面分别在A、Bs2+3 说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反; (2)在As2+3 ∴s1=s4 说明相背两面上电荷面密度总是大小相等,符号相同. 8-22三个平行金属板A,B和C的面积都是200cm,A和B相距4.0mm,A与C相距2.02 mm.B,C都接地,如题8-22图所示.如果使A板带正电3.0×10C,略去边缘效应,问-7 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8-22图示,令A板左侧面电荷面密度为s1,右侧面电荷面密度为s2 题8-22图 (1)∵ ∴UAC=UAB,即EACdAC=EABdAB s1EACdAB===2EABdAC∴s2 q=A S且s1+s2q2qs2=A,s1=A 3S3S得 2qC=-s1S=-qA=-2´10-7 C3而 qB=-s2S=-1´10-7CUA=EACdAC= (2)s1dAC=2.3´103 e0V 8-23两个半径分别为R1和R2(R1<R2)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 题8-23图 ¥v¥vU=òE×dr=òR2 (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: qdrq=R24πer24πe0R0 =04πe0R24πe0R2 (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U=q-q-q+q¢(电荷守恒),此时内球壳电势为零,且 UA=q’ 4πe0R1-q’4πe0R2+-q+q’=04πe0R2 q¢= 得 外球壳上电势R1qR2 q’ 4πe0R2+-q+q’(R1-R2)q=24πe0R24πe0R2UB=q’ 4πe0R2- 8-24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 一点电荷+q,试求: 金属球上的感应电荷的电量. 解: 如题8-24图所示,设金属球感应电荷为q¢,则球接地时电势d=3R处有U O=0 8-24图 由电势叠加原理有: 得 8-25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0.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.q’q+=0UO=4πe0R4πe03Rqq¢=-3F q2 F0=4πe0r2解: 由题意知 (1)小球3接触小球1后,小球3和小球1均带电 qq¢=2, 小球3再与小球2接触后,小球2与小球3均带电 3q¢¢=q4 ∴此时小球1与小球2间相互作用力 32qq’q"3F1=-=F02284πe0r4πe0r 2q (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3. 22qq=4FF2=024πer90∴小球1、2间的作用力 *8-26如题8-26图所示,一平行板电容器两极板面积都是S,相距为d,分别维持电势UA=U,UB=0不变.现把一块带有电量q的导体薄片平行地放在两极板正中间,片的面积也是S,片的厚度略去不计.求导体薄片的电势. s2,解: 依次设A,C,B从上到下的6个表面的面电荷密度分别为s1,s3,s4,s5,s6 如图所示.由静电平衡条件,电荷守恒定律及维持UAB=U可得以下6个方程 题8-26图 e0UqA1ìs+s==CU=20ï1SSdïïs+s=q 4ï3Sïís+s=qB=-e0U 6ï5Sdïs+s=03ï2 ïs4+s5=0ïîs1=s2+s3+s4+s5+s6 qs1=s6=2S解得 eUqs2=-s3=0-d2SeUqs4=-s5=0+d2S sUqE2=4=+e0d2e0S所以CB间电场 UC=UCB=E2d1qd=(U+)222e0S UUUC=2,若C片不带电,显然2注意: 因为C片带电,所以 8-27在半径为R1的金属球之外包有一层外半径为R2的均匀电介质球壳,介质相对介电常UC¹数为er,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SvvD×dS=åq (1)介质内(R1 (2)介质外(r>R2)电势 U=ò ¥vv¥vvU=òED1=e0E1,D2=e0erE2 E1=E2=U d s2 D2==ersD1∴1 题8-28图题8-29图 8-29两个同轴的圆柱面,长度均为l,半径分别为R1和R2(R2>R1),且l>>R2-R1,两柱面之间充有介电常数e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(R1<r<R2=,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 当(R1 D=Q 2πrl∴ D2Q2 w==2222e8πerl (1)电场能量密度 Q2Q2drdW=wdu=2222πrdrl=8πerl4πerl薄壳中 (2)电介质中总电场能量 RQ2drQ2 W=òdW=ò=ln2 VR14πerl4πelR1 Q2 W=2C(3)电容: ∵R2 Q22πelC==2Wln(R2/R1)∴ *8-30金属球壳A和B的中心相距为r,A和B原来都不带电.现在A的中心放一点电荷q1,在B的中心放一点电荷q2,如题8-30图所示.试求: (1)q1对q2作用的库仑力,q2有无加速度; (2)去掉金属壳B,求q1作用在q2上的库仑力,此时q2有无加速度.解: (1)q1作用在q2的库仑力仍满足库仑定律,即 F=1q1q2 4πe0r2 F=1q1q2 4πe0r2,但此时q2受合力不为零,但q2处于金属球壳中心,它受合力为零,没有加速度.q1作用在q2上的库仑力仍是 (2)去掉金属壳B, 有加速度. 题8-30图题8-31图8-31如题8-31图所示,C1=0.25mF,C2=0.15mF,C3=0.20mF.C1上电压为50V.求: UAB. 解: 电容C1上电量 Q1=C1U1 电容C2与C3并联C23=C2+C3 其上电荷Q23=Q1 U2= ∴Q23C1U125´50==C23C2335 25)=8635VUAB=U1+U2=50(1+ 8-32C1和C2两电容器分别标明“200pF、500V”和“300pF、900V”,把它们串联起来后等值电容是多少? 如果两端加上1000V的电压,是否会击穿? 解: (1)C1与C2串联后电容 C¢= (2)串联后电压比C1C2200´300==120C1+C2200+300pF U1C23==U2C12,而U1+U2=1000 ∴U1=600V,U2=400V 即电容C1电压超过耐压值会击穿,然后C2也击穿.8-33将两个电容器C1和C2充电到相等的电压U以后切断电源,再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联.试求: (1)每个电容器的最终电荷; (2)电场能量的损失. 解: 如题8-33图所示,设联接后两电容器带电分别为q1,q 2 题8-33图ìq1+q2=q10-q20=C1U-C2Uïïq1C1U1í= ïq2C2U2 ïU=U2则î1 C1(C1-C2)C(C-C2)U,q2=21UC1+C2C1+C2解得 (1)q1= (2)电场能量损失 DW=W0-W 2q12q21122=(C1U+C2U)-(+)222C12C2 =2C1C22UC1+C2 8-34半径为R1=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R2=4.0cm和R3=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,vvQrE2=r>R3时4πe0r3 ∴在R1 R2W1=òR11Qe0()24πr2dr224πe0r =ò 在R2R1Q2drQ211=(-)28πe0R1R28πe0rr>R3区域 ¥1QQ2122W2=òe0()4πrdr=R328πe0R34πe0r2 Q2111W=W1+W2=(-+)8πe0R1R2R3∴总能量 =1.82´10-4J (2)导体壳接地时,只有R1 Q211W=W1=(-)=1.01´10-4 8πe0R1R2∴J 2W11C=2=4πe0/(-)R1R2Q(3)电容器电容 =4.49´10-12F v9-1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v义为磁感应强度B的方向? v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v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
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