简明大学物理课后答案

1、第九章9.1如图所示，由库仑定律可得：y2qF4x Fxqq0cos2qq0cos4qq0cos2qq0cos0 21a24 40 21a24 40 21a24 40 21a244F12-2q4q52qq0F340 a2Fyqq0sin2qq0sin4qq0sin2qq0sin4 0 21 a244 012 a 24 4 021 a 244 021 a 2452qq040 a 2FFxFy5qq020 a2( q0 为一个单位正电荷 )arctgF y与 x 轴夹角为Fx49.2证明：-q对上顶点电荷作受力分析得：q2Qqa2cos40 (2a cos )20a24+Q+Q对左顶点电荷作受力分

2、析得：Q 222Qq2sin40 (2a sin )0 a4-qcot3q 2由可得：Q 29.3d E解：建立图示坐标系，在半圆环上任取微分元dl ，则1dlQd E40R2 erRdExdE cos1dl2cos40RdEydE sin1dlsin考虑方向：4R20ExRdcos00 40R2EyRdQ2 sin22所以：040 R20 R20 REEyjQj则：2220 R9.4dOR解：如图，将半球壳分割为一组平行细圆环，任一圆环所带电荷元dqds2 R sinRd，则微分元在O 点激发的场强为：d E1xdqi430( x2r 2 ) 2统一变量： xRcos， rR sindE1R

3、 cos2 R2 sin d则有：40R32sincos d0EdE2sin cos d02 040方向为 x 轴负向。9.5 解：（1）如图，在 x 处任取一厚度为dx 的无限大平面微分元，假设微分元上电荷面密度为，则dx ，（在微分元上取任一面积为 S 的平面，则平面所带电量Qssdxdx ）所以对 xp 的场点 P，微分元激发的场强为：d E2i2dxikx 2 dxi0020E pdEbkx2dxkb3所以：02 06 0（ x pb 时）对 x p 的场点 P ，微分元在右侧，激发的场强向左，E p/x/bk x 2 dx3k ( 2x p/3b 3 )dEp k x 2 dx/kb

4、0 2 0xp 2 06 06 0（ 2） E p/0 时， xp/b33 2 。9.6解：（ 1）取图示坐标系，在x 处取微分元dx，则d E1dxx) 2 i40 (ld1l1dx11E0 (ld1x) 24() 675 v m0 40 d1l d1（ 2）由例 9.3 得Ex4sin 2sin0 d 2E y4cos 1cos0 d2所以1201500v mEE y j1500 j v m9.7解：如果把半球面看成闭合的，由高斯定理有E dS0E dSE dSE R 2E dSS球冠底球冠面球冠面E dSE R2球冠面9.8解:如图，过场点作与球同心球面S，因电荷分布为球对称，则球电场分

5、布也应为球对称， 所以 S 面上各点电场强度的大小相等，由高斯定理，可得dvE 4 r 21kr 4 r 2 dresE d S00r1r3kr2E4 r24 krdr4 0当 rR 时，00E14 kr 3 drkR4R当 rR 时，4r2004 0 r2Kr 2er(0rR)4E0KR 4er(rR)所以40 r29.9解：R 2 1RR 2r做半径为 r，高为 h 的同轴闭合圆柱面，由高斯定理有：E dSE dSE dSE dS 2 rhEr 2 h / 0上底面下底面侧面Sr 2 hhr 2ErR20R202 R209.10解：（1）如图，在环上取微分元，半径为r，宽为 dr 的带电细

6、圆环，其所带电量为 dqds2rdr沿轴线建立坐标系OX，带电细圆环在轴线上产生的电势为dUdqrdr0 (x 212 0 (x 21U4r 2 ) 2r 2 ) 2R12X 2R2rdr1R22X 2则R1 2 0 (x 2r 2 ) 22 0(2)根据能量守恒定律，可得1 mv02e U 0U0 v0e(R2R1 )20 mClABqOqD9.11解：2l qU 00U Dqqq3l4 0l60 l40AOCD1(U 0UD） 04q( 11)q（1）03ll6 0lAD1(U DU )1q( 11) 0q（ 2）403ll6 0 l9.12解：Q2Q1R1O R2由高斯定理有E10 (r

7、 R1 )E2Q2(R 1r R2 )E3Q1Q2(r R2 )40 r 240 r 2R1R21Q1Q2U rE1drE2 drE3 dr 0rR1 时：rR1R240 R140 R2U rU OQ1Q240 R140 R2或：当 R 1rR2 时，R21Q1Q2U rE2 drE3 dr40 r4 0R2rR2当 rR2时，1Q1Q2U rE3dr40 rr9.13解：（1） 如图所示，取微分元dx，则dv cdxvcadxln 30 ( 2a x)4a 2a x4400Wq ln 3Qq ln 3qv c80 a4011mv21mv02Qq2A q(0vc )vln 3 v 2（2）22

8、4 09.14解：OdxR r0xr0 ldFdq Eqdqqdx如图设坐标， dx 上有电量 dq0 x20 x2dx ，44qr0 ldxqlFx2整个带电线受的电场力4 0r040 r0 ( r0l )dWq dx0 xdq 在球面电荷的电场中的电势能：4WdWqr0 ldxqln r0l整个带电线的电势能为：40 r 0x40r09.15解：（ 1）由叠加原理可得出结论， O 处场强可以看作是由体密度为，半径为 R的球心在 O 点的均匀带电球与体密度为，半径为 r ，球心在点 O 的均匀带电球共同激发的，所以由高斯定理可得：E OEE21E1d SqE14 a234a 3E1a3 0s

9、00E 2d SqrsE23 00对 O 点， r 0，所以 E20。E E1a则3 0方向由 O指向O。（2） O 处电势VOV1V2R r143 R3drrrdr143 R3drdrR 4r 2r 4 0r 2a 3 00a3 06(3R2a 23r 2 )0Aq(0 V0 )6q (3R 2a 23r 2 )（ 3）0Q9.16解：R2U0R1设内球带电量为，q 则由电势叠加原定理有：U 0qQ0 R140 R2 可由此式解得 q40U0R1QR1 / R24当 rR1 时 E球内0U 内U 0E中qU 0R1QR1当 R14 0 r 2r 24 0 R2r 2r R2 时qQU0R1Q

10、R1QU 0R1( r R1 )QU 中0 r 40 R2r40 R2 r4 0 R2r4 0 R2 r4当 rR2 时qQU 0R1QR1QU 0R1( R2R1 )QE外24 0 r 2r 240 R2 r 24 0r 2r 240 R2 r 24 0 rq Q4 0U0R1QR1 / R2Q U0R1(1 R1 / R2 )Q U0R1( R2R1 )QU 外40rr4 0rr40 R2 r4 0 r9.17解：q BlqBRq AlqBRqClqCR(1)设电荷分布如图所示，根据静电平衡时的条件，有q Blqq Clqq AlqBR0qBlqBRqAlqARqClqCR0CRqBlqB

11、Rq AlqARqClqCRARQ 和 qBlqBRq Alq ARqClqCRqBlqCR 0qBRq AlqARqCl整理得qBlq AlqARqCR1 Q2qBRqCl1 Q2故有：VBAQd1VACQ d22 0S，2 0 S（ 2）B,C 两导体接地， VBC0 ，则有q BlqCR0d2q BRqAlqBRq AlQq ARqCld1d 2d2q ARqAlQqClq ARQqBRqCl d2d1d 2d100 S0 SQd1d 2VBAd 20 S d1Qd1d 2所以：VACd20 S d19.18解：r1r2（1）如图所示，导体静电平衡时，电荷只分布在导体表面，由高斯定理sD

12、 d sq ；可得：E0rREqRrR dD0rR40 r r 21DqRrEqrRd4 r 240r 2当 r 5.0 ，15.0，25.0cm 时代入，得D1010 8 c m 2E10D23.54E2500 v mD31.2710 8 c m2E3144 v m（ 2）由当 r当 RrvEd l，可得pVR dqdrqdrR4r r2R d 40 r2R 时，01q( 11)q140 r1R R d 40 R dR d 时， VR dqqr40 r1 r 2 drR d 40 r 2 drq11q1()40 r1r R d 40 R dd 时， Vqdrq1当 r Rr 4 0 r 24

13、0 r把 r 5.0 ， 15.0，25.0cm 时代入，得V1540v ，V2480v ， V3360v 。9.19解：（ 1）由电荷分布的对称性可知电场呈球对称性，应用高斯定理sD d sQi ,可得E0rREQRra40r 2EqarbD 0rR40 r r 2DQRrEQrbr 24240rP( r 1) 0 Er1 Q（2）4r r 2(a rb)内Pr1 Q4r a 2外Pr1 Q4r b2（ 3）由电势定义式vEd l，得：paQbQQV2 dr2 dr2 drR 4a 40 r r40 rb0 rQ1 (11 )(11)rR 时：40RrabaQdrbQ2 drQ2 drV0

14、r2a 40 r rb 40 rr 4Q1(11 )(11 )Rrb 时：Vb40 r 2 dr40 r9.20解：Ud（1） C0 SQ0 SUddE U / d11111dC C空气C介质0 S0 r S0 S0 r S(2)dC0r SQCU0r SUE空气r Ur ( d)r ( d)r ( d)0E介质Ur ( d)0rC0 SQ0 SUU(3)ddEd9.21证明：平行板电容器中填入两种介质，相当于两电容器并联S0r120r1 sC1d2d0r2Sr2 s20C 2d2dC C1C 2(r2r2 ) 0 s2d9.22解：连接情况下：两极板的电位差保持不变，在拉开d 时，电容器中的

15、电场能量的增量为：W连CU2/ 2 (0 S0 S2/ 20SU2(dd)U2)ddd( dd )在此过程中极板上的电量增量为QUCU(d0 S0 S )0 SU dddd( dd ) 在此过程中电源做功0 SU 2 dAQUd( dd )拉开过程中外力做功与电源做的功之和等于电容器中电场能量的增量：W A外连WA0SU2d0 SU 2 d0 SU 2 d即A外 A2d( dd )d( dd )2d( d d )断开情况下 Q 保持不变电容器中的电场能量的增量为：Q 2(0 SU )2ddddd)0SU 2dW()(20 S0 S20 S2d这个能量是由于外力克服电场力做功造成的即A外断W 从

16、前面的计算结果可见断开电源拉开d 外力做功大于连接电源时也拉开d 外力的功9.23解：0 S（1） C0dd该从式中没有关于位置的量，可见电容与铜板的位置无关。（2）充电后 Q0SU0d d 拉出时设铜板上不带出电荷，电容器中的电场能量会因电容减小而增加，增加的能量等于外力做的功A外WQ2Q 2(0 SU0)21dd d0 SU02 d2C 2C0d d(0 S)2( d d ) 220 S1d ddC00 r S（3） C00 S0 r Sr d( r1 )dA外Q 2Q 2(0 r SU0)2 1(dr d( r1) d )0 r SU0 2 ( r1)d2C 2C0r d( r1)d20

17、S0 r S2 r d ( r1) d 29.24解：R2R3R1EQ1E2E3E4R1rR2E2QrR1E1040 r 2rR3E4QR2r R3E3 040 r 2R21Q2 )24 r210 (Q2 )24 r2dr0Q 2R2 drdr)W0(dr0r82 (R1 r2R3 r2R1 24 0rR3 240Q2( 111 )9.0 10 16( 111 ) 1.8 104J80 R1R2R3800.020.040.05第十章10.1解：B0 B进OB圆弧B出O 其中两直线电流在O 点产生的磁感应强度为 0，1/4 圆电流在 O 点产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为 BOB圆弧0

18、I10 I2R48R 。d c10.2BacBbd解:a bB中心 Ba BcBbBdB中心（20 I20 I2 2Ba cos45 )42 2a / 2a如图2过中心平行于 ad (如图竖直向上 )。10.3解:d I 2BPI1I 1ddPPBPI 2BPI1 方向垂直纸面向里，大小为0 I 12 dBPI 20 I 2方向纸面向右，大小为2dBP BPI 1BPI 2BPBPI2 1 BPI2 2( 0I1)2( 0I2)20I 12I 227.2 10 5T2 d2 d2 d方向在过 P 垂直于 I 1 的平面内与 BPI 2夹角1BPI1) tna1233.7tna( )BPI 23

19、10.4解：两线圈在 P 点产生的磁感应强度方向都在两圆心的连线上指向小圆（向左）BP BPR1 BPR20 I 1R123 R12I2R223 2 R12(b x) 2 2(b x) 2 210.5解：0 dIIdy0 IdydB0 2a2r2r4ardBxdB cos0 Idy y0 Iydy4arr4 ar 2dBydBsin0 Idy x0 Ixdy4arr4ar 2由对称性可知BPxdBx0BPydBya0 Ixdya0 Ixdy0 Ix ady4 ar 2a 4 a(x 2y2 )4 aa x2y2a0 I(tan1 atan1a)0 I1 a4 axxtanx2aBP BPy j

20、0 Itan 1 a j2 ax0 Ix 11yatana4 a xx10.6解：对于无限大平面载流导体板，即上题结果中xa ，arctga2u0 Ix1 u0 iB（i 为电流密度）4a21（1）在两面之间 i1 产生的磁感强度大小为 B1 2 u0i1 ，方向垂直纸面向里。1在两面之间 i 2 产生的磁感强度大小为 B2 2 u0 i 2 ，方向垂直纸面向外。总的磁感强度 B 的大小为BBB1 u(ii)122 012。（2）在两面之外的空间里，i 1 产生的磁感强度大小为B11 u0i1。2在两面之外的空间里， iB21u0 i2 。2 产生的磁感强度大小为2二者方向一致，总的磁感强度B

21、 的大小为B BB1 u(ii)122012（3） i1i 2i 时，两板之间的磁感强度为两板之外的磁感强度为10.7解：B0Bu0i旋转的带电圆盘可等效为一组同心圆电流， 在盘面上割取细圆环，其等效圆电流为dIe 2 r dre 2 r dreT2rdrdB1 u02r 2 dI23此圆电流在 P 点产生的磁感强度大小为2rx2，方向沿 x 轴。所以， P 点上的磁感强度大小为3dru0 e22BdBR1 u0erR2x2xr 2x230 222x2R2方向沿 0x轴。10.8解：ba r（ 1） ra 由安培环路定理知 B0I22B0 I ( r 2a 2 )(2) ar b L B dl

22、0(b2a2 )(ra )2 r (b2a 2 )得B0 I(3) rb 由安培环路定理知2 r，方向都是图中顺时针10.9解：B0 I(1)2rR20 I0 ILR2B dSLdrm2 r2ln(2)SR1R110.10解：(1)由对称性可知环内的磁感应线是同心的逆时针方向的圆 , 在环内做半径为 r 的圆作为闭合回路 L ，绕行方向规定为逆时针，故B dl 2 rBN 0 IN0 IBrL2mB dSD12 N 0IN0 IhD1D22 rhdrlnD 2(2)S2210.11解：当线圈转到此位置时，重力矩与线圈的安培力矩达到平衡，线圈所受的安培力矩为M 1BI cos15 a2线圈所受的