第五版大学物理答案马文蔚

1、第五章静电场5-1电荷面密度均为+c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()分析与解“无限大”均匀带电平板激发的电场强度为丄，方向沿带电平板法向向外，20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).5-2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

2、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).5-3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

3、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).59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(2)在棒的垂直平分线上，离棒为r处的电场强度为若棒为无限长(即L-x)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.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

4、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dx，其电荷为dq=Qdx/L，它在点P的电场强度为整个带电体在点P的电场强度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，(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的电场强度就是证(1)延长线上一点P的电场强度E，利用几何关系r'=rx统一积分变L2n0r量，则Ep士仁电场强度的方向沿x轴.L/21QdxQ112-L/24n©Lrx4nLrL/2rL/2(2)根据以上分析，中垂线上一点P的电场强度

5、E的方向沿y轴，大小为利用几何关系sina=r/r',r.r2x2统一积分变量，贝U当棒长Lrx时，若棒单位长度所带电荷入为常量，则P点电场强度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r2/L2vv1,带电长直细棒可视为无限长带电直线.5 -13如图为电四极子，电四极子是由两个大小相等、方向相反的电偶极子组成试求在两个电偶极子延长线上距中心为z的一点P的电场强度(假设z>>d).分析根据点电荷电场的叠加求P点的电场强度.解由点电荷电场公式，得考虑到z>>d，简化上式得通常将Q=2qd2称作电四极矩，代入得P点的电场强度5-14设匀强电

6、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.分析方法1:由电场强度通量的定义，对半球面S求积分，即sEdS方法2: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.因而解1由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS的方向,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5-17设在半径为R的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为k为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理

7、求电场强度E与r的函数关系.分析通常有两种处理方法：(1)利用高斯定理求球内外的电场分布由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有:EdSE4n2S根据高斯定理-EdS丄pdV，可解得电场强度的分布.(2)利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为dqp4n2dr，每个带电球壳在壳内激发的电场dE0，而在球壳外激发的电场由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布解1因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理1-EdSpdV得

8、球体内(0<r<R)球体外(r>R解2将带电球分割成球壳，球壳带电由上述分析，球体内(0<r<F)球体外(r>FR5 -21两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R和R>R1)，单位长度上的电荷为入.求离轴线为r处的电场强度：rvR，(2)R1vrvF2，(3)r>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-EdSE2nL,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rvRi，q0在带电面附近，电场强度大小不连续，

9、电场强度有一跃变Rivrv艮，qLr>艮，q0在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变这与5-20题分析讨论的结果一致.5 22如图所示，有三个点电荷Q、Q、Q沿一条直线等间距分布且Q=Q=Q已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q、Q3的情况下，将Q从点0移到无穷远处外力所作的功.分析由库仑力的定义，根据Q、Q3所受合力为零可求得Q.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，电场力作的功为其中E是点电荷Q、Q3产生的合电场强度.（2）根据电场力作功与电势能差的关系，有其中Vo是Q、Q在点0产生的电势（取无穷远处为零电势）.解

10、1由题意Q所受的合力为零解得Q2-Q3-Q44由点电荷电场的叠加，Q、Q激发的电场在y轴上任意一点的电场强度为将Q从点0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？)外力所作的功为解2与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q2丄Q,并由电势4的叠加得Q、Q3在点0的电势将Q从点0推到无穷远处的过程中，外力作功比较上述两种方法，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.527两个同心球面的半径分别为Ri和R，各自带有电荷Q和Q.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？分析通常

11、可采用两种方法(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VpEdl可求得电势分布.(2)利用电势叠加原理求电P势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势其中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由电势VEdl可求得各区域的电势分布.r当r<R时，有当Rwr<R>时，有当r>R2时，有(2)两个球面间的电势差

12、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rwR，贝U若该点位于两个球面之间，即RiwrwR，贝U若该点位于两个球面之外，即r>R，则(2)两个球面间的电势差530两个很长的共轴圆柱面(Ri=3.0x10_2m,艮=0.10m)，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450V.求：(1)圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2)r=0.05m处的电场强度.解(1)由习题521的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为根据电势差的定义有解得入2n0U12/ln旦22.1108Cm1(2)解得两圆柱面之间r=0.05m处的电场强度第八早静电场中的导体与电介质6 1将一个带正电的带电体

13、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），贝9（）（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±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

14、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0点有（）(A)E0,Vq4nd(B) EJ,V4nd4nd(CE0,V0(D)EJ,VJ4n©d4n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土q',导体球表面的感应电荷土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）。第七章恒定磁场7 -1两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R和r的两个长直圆

15、筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R二2r，螺线管通过的电流相同为I，螺线管中的磁感强度大小BR、Br满足（）（A）BR2Br（B）BRBr（C）2BRBr（D）BR4Br分析与解在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比因而正确答案为（C）。7 -2一个半径为r的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量为（）（A）2n2B（B）n2B22（C）2nrBcosa（D）nBcosa分析与解作半径为r的圆S与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进

16、半球面S的磁通量等于穿出圆面S'的磁通量；mBS因而正确答案为（D）7-3下列说法正确的是（)（A）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过（B）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零（C）磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零（D）磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零分析与解由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零因而正确答案为（B）.7 -4在图（a）和（b）中各有一半径相同的圆形回路

17、L1、L2,圆周内有电流1112，其分布相同，且均在真空中，但在（b）图中L2回路外有电流13，P1、P2为两圆形回路上的对应点，贝9（）(A) -Bdl-Bdl，BPlBp2LiL2(B) 。Bdl。Bdl，BPiBP2JL2(C) Bdl皆dl，BPiBp2(D) :Bdl:Bdl，BPiBP2LiL2分析与解由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分;但同样会改变回路上各点的磁场分布.因而正确答案为（C）710如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a、b两点，并与很远处的电源相接。求环心O的磁感强度.分析根据叠加原理，点O的磁感强度可视作由ef、be、fa三段

18、直线以及acb、adb两段圆弧电流共同激发.由于电源距环较远，Bef0.而be、fa两段直线的延长线通过点O,由于Idlr0，由毕一萨定律知BbeBfa0.流过圆弧的电流Ii、丨2的方向如图所示，两圆弧在点O激发的磁场分别为B1匸巳亏其中li、12分别是圆弧acb、adb的弧长，由于导线电阻R与弧长I成正比，而圆弧acb、adb又构成并联电路，故有将B1、B2叠加可得点O的磁感强度B.解由上述分析可知，点O的合磁感强度711如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I，它们在点O的磁感强度各为多少？分析应用磁场叠加原理求解.将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O处所激发

19、的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度B。Bi解（a）长直电流对点O而言，有Idlr0,因此它在点O产生的磁场为零，则点O处总的磁感强度为1/4圆弧电流所激发，故有B0的方向垂直纸面向外.（b）将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得Bo的方向垂直纸面向里.（c）将载流导线看作1/2圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得Bo的方向垂直纸面向外.7-12载流导线形状如图所示（图中直线部分导线延伸到无穷远），求点O的磁感强度B.分析由教材74节例题可知，圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度B卫上，其中a4nR为圆弧载流导线所张的圆心角，磁感强度的方向依照右手定则确定；半无限长载流导线在圆心点o

20、激发的磁感强度B出，磁感强度的方向依照右手定则确定。4nR点o的磁感强度BO可以视为由圆弧载流导线、半无限长载流导线等激发的磁场在空间点O的叠加。解根据磁场的叠加在图（a）中，在图（b）中，在图（c）中，715如图所示，载流长直导线的电流为I，试求通过矩形面积的磁通量.分析由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量工BS.为此，可在矩形平面上取矩形面元dS=Idx图（b）,载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为矩形平面的总磁通量解由上述分析可得矩形平面的总磁通量717有一同轴电缆，其尺寸如图（a）所示两导体中的电流均为I，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑试计算以下各处的磁感强度：（1）rv

21、Ri；（2）RivrvR;（3）RvrvR；（4）r>R?.画出Br图线.分析同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r的同心圆为积分路径，oBdlB2nr利用安培环路定理Bdl也I，可解得各区域的磁感强度.解由上述分析得rvRiRivrvRR?vrvR3r>Rb磁感强度B（r）的分布曲线如图（b）.722已知地面上空某处地磁场的磁感强度B0.4104T，方向向北.若宇宙射线中有一速率v5.0107mgs1的质子，垂直地通过该处.求：（1）洛伦兹力的方向；（2）洛伦兹力的大小，并与该质子受到的万有引力相比较.解（1）依照FlqvB可知洛伦兹力Fl的方向为VB的方向，如

22、图所示.（2）因vB，质子所受的洛伦兹力在地球表面质子所受的万有引力因而，有FL/G1.951010，即质子所受的洛伦兹力远大于重力.7 29如图（a）所示，一根长直导线载有电流11=30A,矩形回路载有电流12=20A.试计算作用在回路上的合力.已知d=1.0cm,b=8.0cm,l=0.12m.分析矩形上、下两段导线受安培力Fi和F2的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力Fa和F4大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力.解由分析可知，线框所受总的安培力F为左、右两边安培力Fa和F4之矢量

23、和，如图（b）所示，它们的大小分别为故合力的大小为合力的方向朝左，指向直导线第八章电磁感应电磁场8 1一根无限长平行直导线载有电流I，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示），则（）（A）线圈中无感应电流(B) 线圈中感应电流为顺时针方向(C) 线圈中感应电流为逆时针方向(D) 线圈中感应电流方向无法确定分析与解由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流,感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定.因而正确答案为(B).8-2将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变

24、磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则()(A) 铜环中有感应电流，木环中无感应电流(B) 铜环中有感应电流，木环中有感应电流(C) 铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小(D) 铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大分析与解根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但在木环中不会形成电流.因而正确答案为(A).83有两个线圈，线圈1对线圈2的互感系数为Mi，而线圈2对线圈1的互感系数为ML.若它们分别流过ii和i2的变化电流且di1|di|，并设由i2变化在线圈1中产生的互dt|dt|感电动势为£12，由i1变化在线圈2中产生的互感电动势为&

25、#163;21，下述论断正确的是(A) M12M21,勺i§2(B) M12M21,§21§2(C) M12M21,§21§12(D) M12M21,12分析与解教材中已经证明M21=M12，电磁感应定律§21M21-di1;2M1Jd|.因而dt|dt|正确答案为(D).84对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是()(A) 位移电流的实质是变化的电场(B) 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷(C) 位移电流服从传导电流遵循的所有定律(D) 位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解位移电流的实质是变化的电场.变化的电场激

26、发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律.因而正确答案为(A).85下列概念正确的是()(A) 感应电场是保守场(B) 感应电场的电场线是一组闭合曲线(C) mLI，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比(D) %LI，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大分析与解对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线.因而正确答案为(B).8-6一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为528.010sin100nWb，求在t1.010s时，线圈中的感应电动势.分析由于线圈有N匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回

27、路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成EN竺巴，其中书N称为磁链.dtdt解线圈中总的感应电动势当t1.0102s时，E2.51V.8-13如图(a)所示，金属杆AB以匀速v2.0ms1平行于一长直导线移动，此导线通有电流I=40A求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？分析本题可用两种方法求解.(1)用公式E|vBdl求解，建立图(a)所示的坐标系，所取导体元dldx，该处的磁感强度B皿.(2)用法拉第电磁感应定律求解，2n需构造一个包含杆AB在内的闭合回路.为此可设想杆AB在一个静止的形导轨上滑动，如图(b)所示.设时刻t，杆AB距导轨下端CD勺距离为y，先用公式B

28、dS求得穿过该回S路的磁通量，再代入公式E哎，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势.dt解1根据分析，杆中的感应电动势为EABvBdldxl丄vdx上一Inil3.84105V式中负号表示电动势方AB0.1m2n2n向由B指向A,故点A电势较高.解2设顺时针方向为回路ABCD的正向，根据分析，在距直导线x处，取宽为dx、长为y的面元dS,则穿过面元的磁通量为穿过回路的磁通量为回路的电动势为由于静止的形导轨上电动势为零，所以式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB导体来说，电动势方向应由B指向A,故点A电势较高.8-14如图（a）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，

29、该线框在垂直于导线方向上以匀速率v向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向.分析本题亦可用两种方法求解其中应注意下列两点：1当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和如图（a）所示，导体eh段和fg段上的电动势为零此两段导体上处处满足vBdl0，因而线框中的总电动势为EvBdlvBdlvBdlvBdlEefEhg其等效电路如图（b）efghefhgeTng/j/i/所示.2用公式E更求解，式中是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量为此设dt时刻t时，线框左边距导线的距离为E，如图（c）所示，显然E是时间t的函数，且有dEdtv在求得线框在任意位置处的电动势E（E）后，再令d,即可得线框在题目所给位置处的电动势.解1根据分析，线框中的电动势为由已>瓦可知，线框中的电动势方向为efgh.解2设顺时针方向为线框回路的正向根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为相应电动势为令E=d,得线框在图示位置处的