大学物理学习题全解

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第十章气体分子运动论

10．1已知温度为27℃的气体作用于器壁上的压强为105Pa，求此气体内单位体积里的分子数．[解答]根据气体压强公式p=nkT，其中k=1.38×10-23J·K-1称为玻尔兹曼常数．当T=300K时，气体单位体积内的分子数为n=p/kT=2.415×1025(m-3)．

10．2一个温度为17℃、容积11.2×10-3m3的真空系统已抽到其真空度为1.33×10-3Pa．为了提高其真空度，将它放在300℃的烘箱内烘烤，使吸附于器壁的气体分子也释放出来．烘烤后容器内压强为1.33Pa，问器壁原来吸附了多少个分子？

[解答]烘烤前容器内单位体积内的分子为n1=p1/kT1=3.32×1017(m-3)，烘烤后容器内单位体积内的分子为n2=p2/kT2=1.68×1020(m-3)．

器壁原来吸附的分子数为N=(n2–n1)V=1.88×1018．

10．3在0℃下一容器的真空度为1.33×10-12Pa，此时每立方厘米内有多少个气体分子？[解答]单位体积内的分子为n=p/kT=3.53×108(m-3)=3.53×102(cm-3)．

10．4已知275K和1.00×103Pa条件下气体的密度ρ=1.24×10-5g·cm-3，求：

（1）气体的方均根速率v；

（2）气体的摩尔质量μ，并指出是什么气体．[解答]（1）气体的密度为ρ=1.24×10-2(kg·m-3)，根据气体压强和能量的公式p?212?v，得气体的方均根速度为3v2?3p/?=491.87(m·s-1)．

（2）根据理想气体状态方程pV?M?RT，

由于气体密度为ρ=M/V，所以方程可变为p??RT，?气体的摩尔质量为μ=ρRT/p=0.0283(kg)．这种气体是氮气N2．

10．5当温度为0℃时，求：

（1）N2分子的平均平动动能和平均转动动能；（2）7gN2气体的内能．、

[解答]（1）N2分子有t=3个平动自由度，其平均平动动能为

wt?tkT=5.65×10-21(J)．2rkT=3.77×10-21(J)．2将N2分子当作刚体，它就还有r=2个转动自由度，其平均转动动能为

wr?（2）N2分子的摩尔质量为μ=0.028kg，质量M=0.007kg的N2分子的摩尔数为

n0=M/μ=0.25，

分子总数为N=n0NA，其中NA=6.02×1023为阿佛伽德罗常数，而气体普适常量R=kNA=8.31(J·K-1·mol-1)．

N2分子的自由度为i=t+r=5，气体的内能为E?

iiiNkT?n0NAkT?n0RT=1.417×103(J)．22210．6一个能量为1.6×10-7J的宇宙射线粒子射入氖管中，氖管中含有氖气0.01mol，如射线粒子能量全部转变成氖气的内能，氖气温度升高多少？

[解答]氖气是堕性气体，分子式是Ne，只能平动动能，自由度为i=t=3．

当射线粒子能量全部转变成氖气的内能时，由公式E?in0RT可得气体升高的温度为2T?2E=1.28×10-6(K)．in0R

10．7某些恒星的温度达到108K的数量级，此时原子已不存在，只有质子存在，求：（1）质子的平均动能是多少？（2）质子的方均根速率多大？

[解答]（1）质子的平动自由度为t=3，平均平动动能为wt?（2）质子的质量为mp=1.67261×1027(kg)，由于wt?tkT=2.07×10-15(J)．2tkTt1kT?mpv2，所以质子的方均根速率为v2?=1.573×106(m·s-1)．22mp

10．8一容器被中间隔板分成体积相等的两半，一半装有氦气，温度为250K；另一半装有氧气，温度为310K．两种气体的压强均为p0．求抽去隔板后的混合气体温度和压强为多少？

[解答]设氦气和氧气分子各有N1和N2个，氦气是单原子分子，自由度为i1=3；氧气是双原子分子，自由度为i2=5．

i1iN1kT1，E2?2N2kT2．22ii隔板抽去后，氦气和氧气分子的总能量为E?1N1kT?2N2kT．

22隔板抽去前，氦气和氧气分子的总能量为E1?这个过程能量守恒，即，E=E1+E2，所以有i1N1T1+i2N2T2=(i1N1+i2N2)T．

由于压强p0?n1kT1?同理可得N2?2N1pVkT1，所以N1?0；V2kT1p0V．2kT2将N1和N2的公式代入上面公式可得

i1p0Vi2p0VipVipV??(10?20)T，2k2k2kT12kT2约去公因子，可得混合气体的温度为

T?(i1?i2)TT12=284.4(K)．

i1T2?i2T1(N1?N2)(i?i)(T?T)kT?1(p0V?p0V)kT?1212p0=1.0275p0．V2(i1T2?i2T1)V2kT12kT2混合气体的压强为

p?nkT?

210．9试证明：N个分子，不管分子速度的分布听从什么规律，总有v?v．

[证明]设第i个分子的速率为vi，则分子的平均速率为v?速率平方的平均值为v?21?vi，Ni1vi2．?Ni显然，??1(vi?v)2?0，因此?Ni1111???(vi2?2viv?v2)??vi2?2v?vi?v2?1?v2?2v?v?v2?v2?v2，

NiNiNiNi2由于δ≧0，所以v2?v2，因此不管分子的速度的分布听从什么规律，都有v?v．

另外也可直接用平均值运算．

由于(vi?v)2?0，展开得vi2?2viv?v2?0，

取平均值时得vi2?2viv?v2?0．

2由于vi?v、v?v并且v2?v2，所以vi2?v2?0，即v?v．证毕．

10．10将（11.19）式表示成以理想气体最可几速率vp为单位表示的形式，即令x=v/vp，若已知

?10e?xdx?0.7468，试计算：

2（1）分子速率小于最可几速率的分子占分子总数的百分比为多少？（2）分子速率大于最可几速率的分子占分子总数的百分比为多少？

（3）参照表11.1，写出同一温度下氢气分子对应同一分子数百分比的速率区间．[解答]理想气体分子数占分子总数的比率为dN/N=f(v)dv，其中f(v)是麦克斯韦速率分布函数：

m3/2mv22f(v)?4?()exp(?)v．

2k?T2kT2kT设x=v/vp，其中vp?，则dv=vpdx，

m42?x2xe．因此速率分为dN/N=g(x)dx，其中g(x)??（1）分子速率小于最可几速率的分子占分子总数的百分比为

N14??g(x)dx?N0?111?xe02?x21dx，设I??x2e?xdx，则

021111221?x22?x2I??xedx???xde??(xe?x??e?xdx)

20232023?1即I?(0.7648?e)，

2N42I?(0.3648?e?1)=0.4276=42.76%．所以1?N??1（2）分子速率大于最可几速率的分子占分子总数的百分比为

N2N?1?1=0.5724=57.24%．NN（3）对于氧气分子，速率在v1~v2之间的分子数占分子总数的比率为

?NNvv2?v1?m3/2mv22)exp(?)vdv，f(v)dv??4?(2k?T2kTv1v2其中m表示氧分子的质量．用m`表示氢分子的质量，则m=16m`，对于氢分子的同一比率则有

?N216m`3/216m`v22??4?()exp(?)vdv，取v`=4v，可得Nv2k?T2kT12?Nm`3/2m`v`22?4?()exp(?)v`dv`，N4?2k?T2kTv14v可见：氧气分子速率从v1到v2之间的分子数的比率与氢气分子速率从4v1到4v2之间的分子数的比率一致．

2

从这个思路可以证明：当一种气体的分子的质量是另一种气体的质量的α倍时，这种气体分子速率从v1到v2之间的分子数的比率与另一种气体分子速率从αv1到αv2之间的分子数的比率一致．

10．11．由11．10题结果，求速率在0.99vp到1.01vp之间的分子数占分子总数的百分比．

1.0142?x2?N[解答]分子数比率为xe．??g(x)dx，其中g(x)?N0.09?利用中值定理得

?N4?1?g(1)(1.01?0.09)?e?0.02=0.0166=1.66%．N?

10．12求上升到什么高度时大气压强减到地面大气压强的75%．设空气温度为0℃，空气的平均摩尔质量为0.0289kg·mol-1．

[解答]根据玻尔兹曼分布可得压强随高度变化关系p?p0exp(?mgz)．kT其中m是一个分子的质量．

用NA表示阿氏常数，则气体的摩尔质量为μ=NAm，气体的普适常数为R=k.NA．压强公式可表示为p?p0exp(?)．RTRTp0ln高度为z?=2304(m)．?gp

10．13已知f(v)是麦克斯韦分子速率分布函数，说明以下各式物理意义．（1）f(v)dv；

（2）nf(v)dv，n为分子数密度；（3）（4）

?gz?v2v1vf(v)dv；

?（5）?vp0?f(v)dv，vp为最可几速率；

vpv2f(v)dv．

[解答]（1）由公式dN/N=f(v)dv可知：f(v)dv表示分子数在速率区间v~v+dv之中分子数的比率dN/N．（2）由于n=N/V，可得ndN/N=dN/V，因此nf(v)dv表示分子数在速率区间v~v+dv之中分子数密度．

（3）（4）

?v2v1vf(v)dv表示分子在速率区间v1到v2之间的平均速率．

?（5）?vp0?f(v)dv表示分子速率小于最可几速率的分子占分子总数的比率．

vpv2f(v)dv表示分子速率大于最可几速率的速率平方的平均值．

10．14质量为6.2×10-14g的微粒悬浮于27℃的液体中，观测到它的方均根速率为1.4cm·s-1．由这些结果计算阿佛加德罗常数NA．

[解答]当粒子平动时，其平均平动动能为w?31kT?mv2，22由此得阿氏常数为NA?R3RT=6.1545×1023(mol-1)．?kmv2

10．15氮分子的有效直径为3.8×10-10m，求它在标准状态下的平均自由程和连续碰撞的平均时间间隔．

[解答]在标准状态下，T=273K，p=1.013×105Pa，氮分子的平均自由程为

??kT-8

=5.80×10(m)．22?dp氮分子的摩尔质量为μ=0.028kg·mol-1，平均速率为

v?8kT8RT=454.2(m·s-1)．??m??连续碰撞的时间间隔为:t??v=1.276×10-10(s)．

10．16在标准状态下CO2气体分子的平均自由程?=6.29×10-8m，求两次碰撞之间的平均时间和CO2

气体分子的有效直径．

[解答]C的原子量是12，O的原子量是16，CO2的分子量是44，摩尔质量为μ=0.044kg·mol-1，其平均速率为

v?8kT8RT=362.3(m·s-1)．??m??两次碰撞之间的平均时间为：t?根据公式???v=1.736×10-10(s)．

kT，可得CO2气体分子的有效直径为22?dpd?kT=3.648×10-10(m)．2??p

10．17容器贮有O2气，其压强为1.013×105Pa，温度为27℃，有效直径为d=2.9×10-10m，求：（1）单位体积中的分子数n；（2）氧分子质量m；（3）气体密度ρ；（4）分子间平均距离l；（5）最

2可几速率vp；（6）平均速率v；（7）方均根速率v；（8）分子的平均总动能?；（9）分子平均碰撞

频率z；（10）分子平均自由程?．

[解答]（1）由p=nkT得单位体积中的分子数为：n=p/kT=2.45×10-25(m-3)．（2）氧分子的原子质量单位是32，一质量单位是u=1.66055×10-27kg，分子的质量为

m=32u=5.31×10-26(kg)．

（3）根据理想气体状态方程pV?M?RT，氧的摩尔质量μ=0.032kg·mol-1，其密度为

??Mp??=1.30(kg·m-3)．VRT（4）一个分子占有体积为v=1/n，设想分子整齐排列，则分子间的平均距离为l=(1/n)1/3=3.445×10-9(m)．

2kT=394.7(m·s-1)．m8kT（6）平均速率为：v?=445.4(m·s-1)．

?m（5）最可几速率为：vp?

3kT=483.5(m·s-1)．mi（8）分子的自由度为i=5，平均总动能为：??kT=1.035×10-20(J)．

22（9）分子平均碰撞频率为：z?2?dnv=4.07×109(s-1)．

kT-7

（10）分子平均自由程为：??=1.09×10(m)．22?dp（7）方均根速率为：v?2

10．18设氢的范德瓦耳斯常量b值为1mol气体体积总和的4倍．将气体分子看作刚球，试计算H2分子的直径．（对于H2，b=2.66×10-5m3·mol-1）．

23

[解答]1mol气体有NA=6.02×10个分子，设分子直径为d，将分子当作刚性球体，则有

4d3b1/3b?4NA?()3，可解得分子直径为：d?2()=2.76×10-10(m)．

3216?NA

10．191mol气体在0℃时的体积为0.55L，试用范德瓦耳斯方程计算它的压强．再将它看作理想气体，压强又为多少？（a=0.364Pa·m6·mol-1，b=4.27×10-5m3·mol-1）[解答]气体体积为v=0.55×10-3m-3．根据范氏方程(p?可得压强为：p?a)(v?b)?RT，v2RTa?2=3.67×106(Pa)．v?bvRT而理想气体的压强为：p?=4.12×106(Pa)．

v

第十一章热力学基础

11．1一系统由如下图的状态a沿abc到达c，有350J热量传入系统，而系统对外做功126J．（1）经adc，系统对外做功42J，问系统吸热多少？

（2）当系统由状态c沿曲线ac回到状态a时，外界对系统做功为84J，问系统是吸热还是放热，在这一过程中系统与外界之间的传递的热量为多少？

p[解答]（1）当系统由状态a沿abc到达c时，根据热力学第一定律，吸收cb的热量Q和对外所做的功A的关系是：Q=ΔE+A，其中ΔE是内能的增量．Q和A是过程量，也就是与系统经历的过程有关，而ΔEda是状态量，与系统经历的过程无关．VO当系统沿adc路径变化时，可得：Q1=ΔE1+A1，

图11.1这两个过程的内能的变化是一致的，即：ΔE1=ΔE，

将两个热量公式相减可得系统吸收的热量为：Q1=Q+A1-A=266(J)．

（2）当系统由状态c沿曲线ac回到状态a时，可得：Q2=ΔE2+A2，其中，ΔE2=-ΔE，A2=-84(J)，可得：Q2=-(Q–A)+A2=-308(J)，p/Pa可见：系统放射热量，传递热量的大小为308J．m2×1051

11．21mol氧气由状态1变化到状态2，所经历的过程如图，一次沿1×10521→m→2路径，另一次沿1→2直线路径．试分别求出这两个过程中系统3V/mO吸收热量Q、对外界所做的功A以及内能的变化E2-E1．-2-21×105×10[解答]根据理想气体状态方程pV=RT，可得气体在状态1和2的温

图11.2

度分别为

T1=p1V1/R和T2=p2V2．

氧气是双原子气体，自由度i=5，由于内能是状态量，所以其状态从1到2不管从经过什么路径，内能的变化都是

?E?V2iiR(T2?T1)?(p2V2?p1V1)=7.5×103(J)．22系统状态从1→m的变化是等压变化，对外所做的功为

A??pdV?p(V2?V1)=8.0×103(J)．

V1系统状态从m→2的变化是等容变化，对外不做功．因此系统状态沿1→m→2路径变化时，对外做功为

8.0×103J；吸收的热量为

Q=ΔE+A=1.55×104(J)．

系统状态直接从1→2的变化时所做的功就是直线下的面积，即

A?1(p2?p1)(V2?V1)=6.0×103(J)．2吸收的热量为

Q=ΔE+A=1.35×104(J)．

11．31mol范氏气体，通过准静态等温过程，体积由V1膨胀至V2，求气体在此过程中所做的功？[解答]1mol范氏气体的方程为

(p?a)(v?b)?RT，2vV2通过准静态等温过程，体积由V1膨胀至V2时气体所做的功为

A??pdv??V1V2V1RTaa(?2)dv?RTln(v?b)?v?bvvV2?RTlnV1V2?b11?a(?)．V1?bV2V1

11．41mol氢在压强为1.013×105Pa，温度为20℃时的体积为V0，今使其经以下两种过程达同一状态：

（1）先保持体积不变，加热使其温度升高到80℃，然后令其作等温膨胀，体积变为原体积的2倍；（2）先使其作等温膨胀至原体积的2倍，然后保持体积不变，升温至80℃．

试分别计算以上两过程中吸收的热量，气体所做的功和内能增量．将上述两过程画在同一p-V图上并说明所得结果．

[解答]氢气是双原子气体，自由度i=5，由于内能是状态量，所以不管从经过什么路径从初态到终态，内能的增量都是piT2?E?R(T2?T1)=1.2465×103(J)．

2（1）气体先做等容变化时，对外不做功，而做等温变化时，对外所做的功为

A2??pdV?RT2?V1V2V2V11dV?RT2ln2=2.0333×103(J)，VT1OV0V2V0所吸收的热量为

Q2=ΔE+A2=3.2798×103(J)．

（2）气体先做等温变化时，对外所做的功为

A1??pdV?RT1?V1V2V2V11dV?RT1ln2=1.6877×103(J)，V所吸收的热量为

Q1=ΔE+A1=2.9242×103(J)．

如下图，气体在高温下做等温膨胀时，吸收的热量多些，曲线下的面积也大些．

11．5为了测定气体的γ（γ=Cp/CV），可用以下方法：一定量气体，它的初始温度、体积和压强分别为T0，V0和p0．用一根通电铂丝对它加热，设两次加热电流和时间一致，使气体吸收热量保持一样．第一次保持气体体积V0不变，而温度和压强变为T1，p1；其次次保持压强p0不变，而温度和体积则变为T2，V2，证明：

??(p1?p0)V0．

(V2?V0)p0(dQ)V，dT[证明]定容摩尔热容为CV?在此题中为CV=ΔQ/(T1–T0)；定压摩尔热容为Cp?(dQ)pdT，在此题中为Cp=ΔQ/(T2–T0)．

对于等容过程有：p1/T1=p0/T0，

所以：T1=T0p1/p0；对于等压过程有：V2/T2=V0/T0，所以

T2=T0V2/V0．

因此

??CpCV?T1?T0T0p1/p0?T0(p1?p0)V0．证毕．??T2?T0T0V2/V0?T0(V2?V0)p0

11．6理想气体的既非等温也非绝热的过程可表示为pVn=常数，这样的过程叫多方过程，n叫多方指数．

（1）说明n=0，1，γ和∞各是什么过程．

p1V1?p2V2．

n?1??n)，（3）证明：多方过程中理想气体的摩尔热容量为：C?CV(1?n（2）证明：多方过程中理想气体对外做功：A?并就此说明（1）中各过程的值．

[解答]（1）当n=0时，p为常数，因此是等压过程；

当n=1时，根据理想气体状态方程pV=RT，温度T为常数，因此是等温过程；当n=γ时表示绝热过程；

当n=∞时，则有p1/nV=常数，表示等容过程．

（2）[证明]对于多方过程有

pVn=p1V1n=p2V2n=C(常数)，

理想气体对外所做的功为

V2V2A?V1?pdV??CV?ndV?V1pV?pVC(V21?n?V11?n)?1122．证毕．1?nn?1（2）[证明]对于一摩尔理想气体有pV=RT，因此气体对外所做的功可表示为：A?气体吸收的热量为

RT1?RT2，

n?1i1R(T2?T1)?R(T2?T1)，21?nQi1i?2?in摩尔热容量为：C??(?)R?R

T2?T121?n2(1?n)(i?2)/i?ni??n??R?CV．证毕．

1?n21?nQ=ΔE+A=

11．7一气缸内贮有10mol的单原子理想气体，在压缩过程中，外力做功209J，，气体温度升高1℃．试

计算气体内能增量和所吸收的热量，在此过程中气体的摩尔热容是多少？

[解答]单原子分子的自由度为i=3，一摩尔理想气体内能的增量为

?E?iR?T=12.465(J)，210mol气体内能的增量为124.65J．

气体对外所做的功为A=-209J，所以气体吸收的热量为

Q=ΔE+A=-84.35(J)．

1摩尔气体所吸收的热量为热容为-8.435J，所以摩尔热容为

C=-8.435(J·mol-1·K-1)．

11．8一定量的单原子分子理想气体，从初态A出发，沿图示直线过程变到另一状态B，又经过等容、等压过程回到状态A．

（1）A→B，B→C，C→A，各过程中系统对外所做的功A，内能的增量ΔE以及所吸收的热量Q．（2）整个循环过程中系统对外所做的总功以及从外界吸收的总热量（各过程吸热的代数和）．[解答]单原子分子的自由度i=3．

p/105Pa（1）在A→B的过程中，系统对外所做的功为AB直线下的面积，即B3AAB=(pA+pB)(VB–VA)/2=200(J)，

2内能的增量为：

?EAB?iMiR(TB?TA)?(pBVB?pAVA)=750(J)．

22?1OA吸收的热量为：QAB=ΔEAB+AAB=950(J)．

B→C是等容过程，系统对外不做功．内能的增量为

CV/10-3m321图11.8

?EBC?iMiR(TC?TB)?(pCVC?pBVB)=-600(J)．

22?

吸收的热量为：QBC=ΔEBC+ABC=-600(J)，即放出600J的热量．

C→A是等压过程，系统对外做的功为

ACA=pA(VA–VC)=-100(J)．内能的增量为：?ECA?iMiR(TA?TC)?(pAVA?pCVC)=-150(J)．

22?吸收的热量为：QCA=ΔECA+ACA=-250(J)，也就是放出250J的热量．

（2）对外做的总功为：A=AAB+ABC+ACA=100(J)．吸收的总热量为：Q=QAB+QBC+QCA=100(J)．

由此可见：当系统循环一周时，内能不变化，从外界所吸收的热量全部转化为对外所做的功．11．91mol单原子分子的理想气体，经历如下图的的可逆循环，连接ac两点的曲线Ⅲ的方程为p=22

p0V/V0，a点的温度为T0．

pbII（1）以T0，R表示Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ过程中气体吸收的热量．c9p0（2）求此循环的效率．

I[解答]由题可知：p0V0=RT0．

III（1）I是等容过程，系统不对外做功，内能的变化为

ap0ii?EI?R(Tb?Ta)?(pbV0?RT0)VO22V0?i(9p0V0?RT0)?12RT0．2图11.9

吸收的热量为：QI=ΔEI=12RT0．

II是等容过程，根据III的方程，当pc=9p0时，Vc=3V0．系统对外所做的功为AII=pb(Vc-Vb)=9p02V0=18RT0．内能的变化为

?EII?iiiR(Tc?Tb)?(pcVc?pbVb)?9p02V0?27RT0．

222吸收的热量为：QII=ΔEII+AII=45RT0．

在过程III中，系统对外所做的功为

VaAIII?Vc?p0a2p26pdV?2?VdV?02(Va3?Vc3)??RT0．

V0Vc3V03V内能的变化为

?EIII?iiiR(Ta?Tc)?(RT0?pcVc)?(RT0?9p03V0)??39RT0．

222吸收的热量为：QIII=ΔEIII+AIII=-143RT0/3．

（2）系统对外做的总功为：A=AI+AII+AIII=28RT0/3，系统从高温热源吸收的热量为：Q1=QI+QII=57RT0，循环效率为：??A=16.37%．Q111．101mol理想气体在400K和300K之间完成卡诺循环．在400K等温线上，初始体积为1×10-3m3，最终体积为5×10-3m3．试计算气体在此循环中所做的功及从高温热源所吸收的热量和向低温热源放出的热量．

[解答]卡诺循环由气体的四个变化过程组成，等温膨胀过程，绝热膨胀过程，等温压缩过程，绝热压缩过程．

气体在等温膨胀过程内能不改变，所吸收的热量全部转化为对外所做的功，即

V2V2Q1?A1?V1V4?pdV?RT1?V41VdV?RT1ln2=5.35×103(J)．VV1V1气体在等温压缩过程内能也不改变，所放出的热量是由外界对系统做功转化来的，即

Q2?A2?V3?pdV?RT2?V1dV?RT2ln4，VV3V3利用两个绝热过程，可以证明：V4/V3=V2/V1，

可得：Q2=4.01×103(J)．

气体在整个循环过程中所做的功为：A=Q1-Q2=1.34×103(J)．

11．11一热机在1000K和300K的两热源之间工作，假使（1）高温热源提高100K，（2）低温热源降低100K，从理论上说，哪一种方案提高的热效率高一些？为什么？

[解答]（1）热机效率为：η=1–T2/T1，

提高高温热源时，效率为：η1=1–T2/(T1+ΔT)，提高的效率为：??1??1???T2T23=2.73%．?T2?T??T1T1??TT1(T1??T)110T2T2??T=ΔT/T=10%．?T1T1（2）降低低温热源时，效率为：η2=1–(T2-ΔT)/T1，提高的效率为：??2??2???可见：降低低温热源更能提高热机效率．对于温度之比T2/T1，由于T2?E?iR(T2?T1)，2i?2R(T2?T1)=-58.17(J)．2其中i表示双原子分子的自由度：i=5．空气吸收的热量为Q=ΔE+A=

负号表示空气放出热量．因此，制冷机从空气中吸收的热量为：Q2=-Q=58.17(J)．

空气是低温热源，为了简化计算，取平均温度为：T`2=(T2+T1)/2=292(K)；环境是高温热源，温度为：T`1=313(K)．

欲求制冷机提供的最小机械功，就要将制冷当作可逆卡诺机，根据卡诺循环中的公式

Q1T1?，Q2T2T1`可得该机向高温热源放出的热量为：Q1?`Q2=62.35(J)，

T2因此制冷机提供的最小机械功为：W=Q1-Q2=4.18(J)．

[注意]由于低温热源的温度在变化，所以向高温热源放出的热量的微元为

i?2T1`RdT2`，dQ1?`dQ2，其中dQ2??dQ??2T2`i?2`dT2因此：dQ1??RT1`，

2T2积分得制冷机向高温热源放出的热量为：Q1??Ti?2RT1`ln2=62.35(J)，2T1与低温热源取温度的平均值的计算结果一致（不计小数点后面2位以后的数字）．

第十二章真空中的静电场

12．1如下图，在直角三角形ABCD的A点处，有点电荷q1=1.8×10-9C，B点处有点电荷q2=-4.8×10-9C，AC=3cm，BC=4cm，试求C点的场强．

[解答]根据点电荷的场强大小的公式Aq1q1q，其中1/(4πε0)=k=9.0×109N·m2·C-2．E?k2?2r4??0rE2BC点电荷q1在C点产生的场强大小为：θq2?9E1Eq111.8?1094-1

E1?4??0AC2?9?10?(3?10?2)2?1.8?10(N?C)

图12.1

方向向下．

点电荷q2在C点产生的场强大小为

|q2|4.8?10?994-1E2??9?10??2.7?10(N?C)，2?224??0BC(4?10)1方向向右．

C处的总场强大小为

2E?E12?E2?0.913?104?3.245?104(N?C-1)，

总场强与分场强E2的夹角为??arctanE1?33.69?．E2

12．2半径为R的一段圆弧，圆心角为60°，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，其电线密度分别为+λ和-λ，求圆心处的场强．dsRθOExxEyEy[解答]在带正电的圆弧上取一弧元ds=Rdθ，电荷元为dq=λds，在O点产生的场强大小为

dE?1dq1?ds???d?，

4??0R24??0R24??0R场强的分量为dEx=dEcosθ，dEy=dEsinθ．

对于带负电的圆弧，同样可得在O点的场强的两个分量．由于弧形是对称的，x方向的合场强为零，总场强沿着y轴正方向，大小为

E?2Ey??dEsin?

L??2??0R?/6?0sin?d???(?cos?)2??0R?/6

0ExθOEEydsRyx?(1?3?．

)22??0R

12．3均匀带电细棒，棒长a=20cm，电荷线密度为λ=3×10-8C·m-1，求：（1）棒的延长线上与棒的近端d1=8cm处的场强；

（2）棒的垂直平分线上与棒的中点相距d2=8cm处的场强．

[解答]（1）建立坐标系，其中L=a/2=0.1(m)，x=L+d1=0.18(m)．在细棒上取一线元dl，所带的电量为dq=λdl，

根据点电荷的场强公式，电荷元在P1点产生的场强的大小为

ydq?dldldE1?k2?2lxr4??(x?l)0rLd1场强的方向沿x轴正向．因此P1点的总场强大小通过积分得

P1x?dl?1E1??2?4??0?L(x?l)4??0x?l?L?1112L?．①?(?)?224??0x?Lx?L4??0x?L将数值代入公式得P1点的场强为

LL-Lo2?0.1?3?10?8E1?9?10?=2.41×103(N·C-1)，220.18?0.19方向沿着x轴正向．

（2）建立坐标系，y=d2．

在细棒上取一线元dl，所带的电量为dq=λdl，在棒的垂直平分线上的P2点产生的场强的大小为

dE2?kdq?dl，?22r4??0r由于棒是对称的，x方向的合场强为零，y分量为dEy=dE2sinθ．

由图可知：r=d2/sinθ，l=d2cotθ，所以dl=-d2dθ/sin2θ，因此dEy?总场强大小为

dE2ydEyθP2dExrd2-LLθoxlxdl??sin?d?，

4??0d2?sin?d??cos??4??d02l??LL??Ey?4??0d2Ll??L??4??0d2ld?l222L

l??L?12L?2224??0d2d?L9．②

将数值代入公式得P2点的场强为

2?0.1?3?10?8=5.27×103(N·C-1)．Ey?9?10?221/20.08(0.08?0.1)方向沿着y轴正向．

[探讨]（1）由于L=a/2，x=L+d1，代入①式，化简得

E1??a?1，?4??0d1d1?a4??0d1d1/a?1E1?保持d1不变，当a→∞时，可得

?，③

4??0d1ad?(a/2)222这就是半无限长带电直线在相距为d1的延长线上产生的场强大小．

（2）由②式得

Ey??4??0d2??4??0d21(d2/a)?(1/2)22，

当a→∞时，得Ey??，④

2??0d2这就是无限长带电直线在线外产生的场强公式．假使d1=d2，则有大小关系Ey=2E1．

12．4一均匀带电的细棒被弯成如下图的对称形状，试问θ为何值时，圆心O点处的场强为零．[解答]设电荷线密度为λ，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场强．在圆弧上取一弧元ds=Rdφ，R所带的电量为

Oθdq=λds，

在圆心处产生的场强的大小为

dE?kdq?ds???d?，22r4??0R4??0Rdφ图12.4

由于弧是对称的，场强只剩x分量，取x轴方向为正，场强为

dEx=-dEcosφ．总场强为

Ex???4??0R2???/2??cos?d????4??0R2???/2sin??/2

RφOθx/2dE???sin，方向沿着x轴正向．2??0R2E``ROθE`x再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强．

根据上一题的公式③可得半无限长带电直线在延长上O点产生的场强大小为

E`??，

4??0R`Ex?2E`cos由于两根半无限长带电直线对称放置，它们在O点产生的合场强为

?2???cos，方向沿着x轴负向．

2??0R2`x当O点合场强为零时，必有Ex?E，可得tanθ/2=1，因此θ/2=π/4，所以θ=π/2．

baPdQ图12.5

12．5一宽为b的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为ζ，如下图．试求：（1）平板所在平面内，距薄板边缘为a处的场强．

（2）通过薄板几何中心的垂直线上与薄板距离为d处的场强．

[解答]（1）建立坐标系．在平面薄板上取一宽度为dx的带电直线，电荷的线密度为dλ=ζdx，根据直线带电线的场强公式E??，2??0r，其方向沿x轴正向．

y得带电直线在P点产生的场强为

dE?d?2??0r?b/2?dx2??0(b/2?a?x)bdxO

a由于每条无限长直线在P点的产生的场强方向一致，所以总场强为

E??1??dx?ln(b/2?a?x)?/2b/2?a?x2??0?b2??0?b?ln(1?)．①2??0ab/2Px?b/2场强方向沿x轴正向．

（2）为了便于观测，将薄板旋转建立坐标系．依旧在平面薄板上取一宽度为dx的带电直线，电荷的线密度依旧为dλ=ζdx，带电直线在Q点产生的场强为

dE?d?2??0r??dx2??0(b?x)221/2，

沿z轴方向的分量为

dEz?dEcos???cos?dx，221/22??0(b?x)2

xrOdybdx设x=dtanθ，则dx=ddθ/cosθ，因此

θz?dEz?dEcos??d?

2??0积分得

arctan(b/2d)QdEEz???bd??arctan()．②?2????02d0?arctan(b/2d)场强方向沿z轴正向．

[探讨]（1）薄板单位长度上电荷为λ=ζb，①式的场强可化为

E??ln(1?b/a)，2??0ab/a当b→0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为

E??，③2??0a这正是带电直线的场强公式．

（2）②也可以化为Ez??arctan(b/2d)，

2??0db/2d当b→0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为

Ez??，

2??0d这也是带电直线的场强公式．

当b→∞时，可得：Ez??，④2?0这是无限大带电平面所产生的场强公式．

12．6（1）点电荷q位于一个边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体一面的电通量是多少？

（2）假使将该场源点电荷移到立方体的的一个角上，这时通过立方体各面的电通量是多少？[解答]点电荷产生的电通量为Φe=q/ε0．

（1）当点电荷放在中心时，电通量要穿过6个面，通过每一面的电通量为Φ1=Φe/6=q/6ε0．

（2）当点电荷放在一个顶角时，电通量要穿过8个卦限，立方体的3个面在一个卦限中，通过每个面的电通量为Φ1=Φe/24=q/24ε0；

立方体的另外3个面的法向与电力线垂直，通过每个面的电通量为零．

12．7面电荷密度为ζ的均匀无限大带电平板，以平板上的一点O为中心，R为半径作一半球面，如下图．求通过此半球面的电通量．

[解答]设想在平板下面补一个半球面，与上面的半球面合成一个球面．球R2O面内包含的电荷为q=πRζ，

通过球面的电通量为Φe=q/ε0，

通过半球面的电通量为Φ`e=Φe/2=πR2ζ/2ε0．

12．8两无限长同轴圆柱面，半径分别为R1和R2(R1>R2)，带有等量异号电荷，单位长度的电量为λ和-λ，求（1）rR2处各点的场强．

[解答]由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性．（1）在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以

E=0，（rR2）．

12．9一厚度为d的均匀带电无限大平板，电荷体密度为ρ，求板内

S1E外各点的场强．

E[解答]方法一：高斯定理法．

S1（1）由于平板具有面对称性，因此产生的场强的方向与平板垂直且S0d2rS0对称于中心面：E=E`．

S2在板内取一底面积为S，高为2r的圆柱面作为高斯面，场强与上下两表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为E`S2E`?e?E?dS?E?dS?E?dS?E?dS

?S?S1?S2?S0?ES?E`S?0?2ES，

高斯面内的体积为V=2rS，包含的电量为q=ρV=2ρrS，根据高斯定理Φe=q/ε0，

可得场强为E=ρr/ε0，(0≦r≦d/2)．①

（2）穿过平板作一底面积为S，高为2r的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为Φe=2ES，

高斯面在板内的体积为V=Sd，包含的电量为q=ρV=ρSd，

根据高斯定理Φe=q/ε0，

可得场强为E=ρd/2ε0，(r≧d/2)．②

方法二：场强叠加法．

（1）由于平板的可视好多薄板叠而成的，以r为界，下面平板产生的场强方向向上，上面平板产生的场强方向向下．在下面板中取一薄层dy，面电荷密度为E1ydζ=ρdy，

产生的场强为dE1=dζ/2ε0，

rdy积分得

drE2o?dy?dE1??(r?)，③?d/2d/2?2?02?02同理，上面板产生的场强为

E2??r?dy?d?(?r)，④2?02?02r处的总场强为E=E1-E2=ρr/ε0．

（2）在公式③和④中，令r=d/2，得

E2=0、E=E1=ρd/2ε0，E就是平板表面的场强．

平板外的场强是无数个无限薄的带电平板产生的电场叠加的结果，是均强电场，方向与平板垂直，大小等于平板表面的场强，也能得出②式．

12．10一半径为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`回路中的电动势为

????Ib?bx?aavcos?td?x?adI11dx??0[ln()?I(?)]?00[?ln()sin?t?]．dt2?xdtx?axdt2?xx(x?a)显然，第一项为哪一项由于磁场变化产生的感生电动势，其次项是由于线圈运动产生的动生电动势．

*

16．11如图，一个矩形的金属线框，边长分别为a和b（b足够长）．金属线框的质量为m，自感系数为L，忽略电阻．线框的长边与x轴平行，它以速度v0沿x轴的方向从磁场外进入磁感应强度为B0的均匀磁场中，B0的方向垂直矩形线框平面．求矩形线框在磁场中速度与时间的关系式v=v(t)和沿x轴方向移动的距离与时间的关系式x=x(t)．

[解答]由于b边很长，所以线框只有右边在做切割磁力线的运动．当线框速度为v时，产生的动生电动势为ε=B0av．y当线框中的电流为i时，产生的自感电动势的大小为B0bxdiv0?L?L．

axdt根据欧姆定律得ε+εL=iR，由于不计电阻，所以有

B0av?Ldi?0．①dtdvm，dto图16.11

x右边所受的力为F=iaB0，根据牛顿其次定律得iaB0?

didv?m2，②dtdtd2v(aB0)2联立①和②式得微分方程?v?0，

dt2mL微分得aB0这是简谐振动的微分方程，其通解为

2v?AcosaB0mLt?BsinaB0mLt．

aB0(?AsinaB0mLt?BcosaB0mLt)，

当t=0时，v=v0，所以A=v0．加速度at=dv/dt?mLaB0当t=0时，at=0，所以B=0．速度方程为v?v0cost．

mL由于v=dx/dt，所以x?vdt?v0cos??aB0mLttd?v0aBmLsin0t?C．aB0mLaB0mLsint．aB0mLaB当t=0时，x=0，所以C=0，所以位移方程为x?v0

16．12如下图的圆面积内，匀强磁场B的方向垂直于圆面积向里，圆半径R=12cm，dB/dt=10-2T·s-1．求图中a、b、c三点的涡旋电场为多少（b为圆心）？设ab=10cm，bc=15cm．

[解答]（1）当点在磁场之中时，以b为圆心，以r为半径作一圆形环中，其周长为C=2πr，面积为S=πr2．

取环路的逆时针方向为正，根据右手螺旋法则，面积的法向方向垂直纸面向外。

rbR图16.12

由于磁场增加，其变化率的方向与磁场方向一致，而感应电流的磁场与磁场增加的方向的方向相反，即垂直纸面向里，根据右手螺旋法则，涡旋电场的方向与环路方向一致，所以左边等于

?BE?dl??根据安培环路定理??Lk?S?t?dS，

rc蜒?ELk?dl??LEkdl?Ek?dl?Ek2?r．

L而磁感应强度的方向与面积的法向方向相反，所以右边等于

???BdBdB2?dS?dS??r．S?tdt?SdtrdB．2dt因此涡旋电场为Ek?对于a点，由于r=0.1m，所以Ek=0.1×0.01/2=5×10-4(V·m-1)．对于b点，由于r=0，所以Ek=0．

（2）当点在磁场之外时，以b为圆心，以r为半径作一圆形环路．根据安培环路定理

??Ek?dl???L左边的积分依旧为Ek2πr．由于半径R之外的磁感应强度及其变化率为零，所以右边的大小为πR2dB/dt，

?B?dS，S?tR2dB因此涡旋电场为Ek?．

2rdt对于c点，由于r=0.15m，R=0.12m，所以Ek=(0.12)2×0.01/2×0.15=4.8×10-4(V·m-1）．

16．13两个共轴的导体圆筒称为电缆，其内、外半径分别为r1和r2，设电流由内筒流入，外筒流出，求长为l的一段电缆的自感系数（提醒：按定义L=NΦ/I，此题中NΦ是图中阴影部分面积的磁通量）．

[解答]在内外半径之间，磁感应强度的大小为B=μ0I/2πr，r2其中r是场点到轴线之间的距离，B的方向是以轴线为中心的同心圆．or1在r处取一长为l的面积元dS=ldr，通过面积元的磁通量为dΦ=BdS，

r2总磁通量为???r1?0I?Ilrldr?0ln2，2?r2?r1?I?IIl电缆的自感系数为L??0lr2ln．2?r1L?0r2?ln．l2?r1图16.13

[探讨]电缆单位长度的自感系数为L0?

16．14两个共轴圆线圈，半径分别为R和r，匝数分别为N1和N2，两者相距L．设小线圈的半径很小，小线圈处的磁场近似地可视为均匀，求两线圈的互感系数．

[解答]设大线圈中通以电流I1，N1匝线圈形成的环电流在轴线上产生的磁感应强度为

B??0N1I1R22(L?R)223/2，

Br小线圈的面积为S=πr2，

大线圈通过一匝小线圈的磁通量为??BS???0N1I1R2r22(L2?R2)3/2??0N1N2I1R2r2在小线圈中产生的全磁通为?21?N2??，223/22(L?R)互感系数为M?，

I1oRL?21I1???0N1N2R2r22(L2?R2)3/2图16.14

．

2??0N1N2r[探讨]当两线圈相距很远时，L>>R，互感系数约为M?2R．

16．15两个共轴的长直螺线管长为L，半径分别为R1和R2，设R2>R1；匝数分别为N1和N2．求两螺线管的互感系数．

[解答]设大螺线管中通以电流I2，在轴线上产生的磁感应强度为B=μ0n2I2=μ0N2I2/L．小螺线管的面积为S=πR12，

大螺线圈通过一匝小螺线管的磁通量为Φ=BS=πμ0N2I2R12/L，

在小线圈中产生的全磁通为Φ12=N1Φ=πμ0N1N2I2R12/L，互感系数为M=Φ12/I2=πμ0N1N2R12/L．

16．16一圆形线圈C1由50匝表面绝缘的细导线密绕而成，圆面积S=2cm2，将C1放在一个半径R=20cm的大圆线圈C2的中心，两线圈共轴，C2线圈为100匝．求：

I2（1）两线圈的互感M；C2

-1

（2）C2线圈中的电流以50A·s的速率减少时，C1中的感应电动势为多少？

C1[解答](1)设大线圈中通以电流I2，N2匝线圈形成的环电流在圆心产生的磁感应强度为B=μ0N2I2/2R，

小线圈中的全磁通为Φ12=N1BS=μ0N1N2I2S/2R，

图16.16

互感系数为M=Φ12/I2=μ0N1N2S/2R=4π×10-7×50×100×2×10-4/2×0.2=10-6π(H)．

(2)C1中的感应电动势的大小为ε=MdI2/dt=10-6π×50=5×10-5π(V)．

16．17长直导线与矩形单匝线圈共面放置，导线与线圈的长边平行，矩形线圈的边长分别为a、b，它到直导线的距离为c（如图），当矩形线圈中通有电流I=I0sinωt时，求直导线中的感应电动势．

[解答]假使在直导线中通以稳恒电流I，在距离为r处产生的磁感应强度为

aB=μ0I/2πr．

在矩形线圈中取一面积元dS=bdr，通过线圈的磁通量为

Ia?cb?0Ibdr?0Iba?c，??BdS??lnc2?r2?c?S?c互感系数为M??I??0ba?c．ln2?c图16.17

当线圈中通以交变电流I=I0sinωt时，直导线中的感应电动势大小为

??MdI?0ba?c?(ln)I0?cos?t．dt2?c

16．18在长圆柱形的纸筒上绕有两个线圈1和2，每个线圈的自感都是0.01H，如下图．求：（1）线圈1的a端和线圈2的a`端相接时，b和b`之间的自感L为多少？（2）线圈1的b端和线圈2的a`端相接时，a和b`之间的自感L为多aa`少？

[解答]（1）当线圈1的a端和线圈2的a`端相接时，在b和b`之间通以电流I，两个线圈产生的磁场方向相反，由于两个线圈是一致的，总磁场B=0，所以磁场能量为零，自感L也为零．

bb`（2）当线圈1的b端和线圈2的a`端相接时，在a和b`之间通以电流

图16.18

I，两个线圈产生的磁场方向一致，由于两个线圈是一致的，总磁场为B=B1+B2=2B1，磁场的能量为

B12B21Wm??dV?4?dV?4L1I2．

2?2?2VV2W自感系数为L?2m?4L1=0.04(H)．

I

16．19两个线圈的自感分别为L1和L2，，它们之间的互感为M．将两个线圈顺串联，如图a所示，求1和4之间的互感；（2）将两线圈反串联，如图b所示，求1和3之间的自感．

[解答]两个线圈串联时，通以电流I之后，总磁场等于两个线圈分别产生的磁场的矢量和B=B1+B2，磁场的能量为

123a4Wm??VBdV2?2??VBBB?BdV??dV??12dV2?2??VV21221234b图16.19

?BBcos?11L1I2?L2I2??12dV．22?V（1）当两个线圈顺串时，两磁场的方向一致，θ=0，所以

11L1I2?L2I2?MI2，222W自感系数为L?2m?L1?L2?2M．

IWm?（2）当两个线圈反串时，两磁场的方向相反，θ=π，所以

11L1I2?L2I2?MI2，222W自感系数为L?2m?L1?L2?2M．

IWm?

16．20两个共轴的螺线管A和B完全耦合，A管的自感系数L1=4.0×10-3H，通有电流I1=2A，B管的自感L2=9×10-3H，通有电流I2=4A．求两线圈内储存的总磁能．

[解答]A管储存的自能为

Wm1?11L1I12??4?10?3?22?8?10?3(J)，22112L2I2??9?10?3?42?72?10?3(J)；22B管储存的自能为

Wm2?由于两线圈完全耦合，互感系数为

M?L1L2?4?10?3?9?10?3?6?10?3(H)，

A管和B管储存的相互作用能为

Wm12=MI1I2=6×10-3×2×4=48×10-3(J)，两线圈储存的总能量为

Wm=Wm1+Wm2+Wm12=0.128(J)．

16．21一螺绕环中心轴线的周长L=500mm，横截面为正方形，其边长为b=15mm，由N=2500匝的绝缘导线均匀密绕面成，铁芯的相对磁导率μr=1000，当导线中通有电

o流I=2.0A时，求：

（1）环内中心轴线上处的磁能密度；

（2）螺绕环的总磁能．

[解答]（1）设螺绕环单位长度上的线圈匝数为n=N/L，中心的磁感应强度为B=μnI，其中μ=μrμ0．

磁场强度为H=B/μ=nI，因此中心轴线上能量密度为

bbI=2π×104(J·m-3)．

（2）螺绕环的总体积约为V=b2L，将磁场当作匀强磁场，总磁能为

W=wV=2π×104×(0.015)2×0.5=2.25π=7.07(J)．

16．22试证：平行板电容器中的位移电流可写成Id?C11112500w?B?H?BH??(nI)2??1000?4??10?7(?2)2

22220.5o`图16.21

dU的形式，式中C是电容器的电容，U是dt两板间的电势差．对于其他的电容器上式可以应用吗？

[证明]根据麦克斯韦理论：通过电场任意截面的位移电流强度等于通过该截面电位移通量的时间变化率，即Id=dΦD/dt．

在平行板电容器中，由于ΦD=DS，

而电位移D等于电容器的面电荷密度，即D=ζ．

由于电容器带电量为q=ζS=DS=ΦD，所以Id=dq/dt，

即：位移电流等于极板上电量的时间变化率．根据电容的定义C=q/U，可得Id=CdU/dt．

其他电容器可以看作由好多平等板电容器并联而成，总电容等于各电容之和，所以此式对于其他电容器也可以应用．

16．23假使要在一个1.0PF的电容器中产生1.0A的位移电流，加上电容器上的电压变化率为多少？[解答]由于Id=CdU/dt，所以电压变化率为dU/dt=Id/C=1/10-12=1012(V·s-1)．

16．24在圆形极板的平行板电容器上，加上频率为50Hz，峰值为2×105V的交变电压，电容器电容C=2PF，求极板间位移电流的最大值为多少？

[解答]交变电压为U=Umcos2πνt，位移电流为Id=CdU/dt=-CUm2πνsin2πνt，电流最大值为Im=CUm2πν=2×10-12×2×105×2π×50=4π×10-5(A)．

16．25一平行板电容器的两极板面积为S的圆形金属板，接在交流电源上，板上电荷随时间变化，q=qmsinωt．求：

（1）电容器中的位移电流密度；（2）两极板间磁感应强度的分布．

[解答](1)平行板电容器的面电荷密度为ζ=q/S，位移电流密度为

?d?d?dm???cos?t．dtSdtS（2）在安培-麦克斯韦环路定律

??H?dl?I?ILLd中，两极板间没有传导电流，即I=0．

由于轴对称，在两板之间以轴为圆心作一个半径为r的圆，其周长为C=2πr，使磁场的方向与环路的方向一致，左边为

蜒?H?dl??HdlL?H2r．H?dl??L环路所包围的面积为S`=πr2，右边的位移电流为Id??dS`?因此，两极板间磁场强度的分布为H?磁感应强度的分布为B??0H?qm?(co?st?r)2．Sqm?rcos?t，2S?0qm?r2Scos?t．

16．26如下图，电荷+q以速度v向O点运动（电荷到O点的距离以x表示）．以O点O圆心作一半径为a的圆，圆面与v垂直．试计算通过此圆面的位移电流．

[解答]在圆面上取一半径为R的环，其面积为dS=2πRdR，

a

环上任一面元的法线方向与场强方向之间的夹角为φ，场强大小为E=q/4πε0r2，

其中r=(x2+R2)1/2，通过环的电通量为

dΦe=E·dS=EdScosφ，

ra其中cosφ=x/r，所以得

θqxRdRqxRdRd?e??，qvxO3223/22?0ra2?0(x?R)积分得电通量为

图16.26

qxd(x2?R2)qx?e??(1?)．223/2?222?02?002(x?R)x?a由于电位移强度D和电场强度E的关系为D=ε0E，

所以电位移通量和电通量之间的关系为Φd=ε0Φe，因此点电荷在圆面上通过的电位移通量为?d?q(1?2xx?a22)．

vqrθφrxORE

在球壳外面作一半径为r的同心球形高斯面，面内球壳的体积为V?包含的电量为q=ρV，

43?(R2?R13)，33?(R2?R13)根据高斯定理得可得球壳外的场强为E?，(R2≦r)．?224??0r3?0rqA点的电势为

3?(R2?R13)R13?(r?2)dr??drUA??E?dl??Edr??0dr??23?0r3?0rrRR2rr?2?(R2?R12)．

2?0??AAR1R2?A1B点的电势为

3?(R2?R13)R13?R13?22(r?2)dr??dr?UB??E?dl??Edr??(3R2?rB?2)．23?0r3?0r6?0rBrR2rr??BBR2?BA和B点的电势与前面计算的结果一致．

12．19一圆盘，半径为R，均匀带电，面电荷密度为ζ，求：（1）圆盘轴线上任一点的电势（用该点与盘心的距离x来表示）；（2）从电场强度的和电势梯度的关系，求该点的电场强度．（此题解答与书中例题解答一致，在此省略）

12．20（1）设地球表面附近的场强约为200V·m-1，方向指向地球中心，试求地球所带有的总电量．

-1

（2）在离地面1400m高处，场强降为20V·m，方向仍指向地球中心，试计算在1400m下大气层里的平均电荷密度．

[解答]地球的平均半径为R=6.371×106m．

（1）将地球当作导体，电荷分布在地球表面，由于场强方向指向地面，所以地球带负量．根据公式E=-ζ/ε0，电荷面密度为ζ=-ε0E；地球表面积为S=4πR2，地球所带有的总电量为Q=ζS=-4πε0R2E=-R2E/k，k是静电力常量，

(6.371?106)2?200因此电量为Q??=-9.02×105(C)．99?10(R?h)2E`（2）在离地面高为h=1400m的球面内的电量为Q`??=-0.9×105(C)，

k大气层中的电荷为q=Q-Q`=8.12×105(C)．

由于大气层的厚度远小于地球的半径，其体积约为V=4πR2h=0.714×1018(m3)，平均电荷密度为ρ=q/V=1.137×10-12(C·m-3)．

第十三章静电场中的导体和电介质

13．1一带电量为q，半径为rA的金属球A，与一原先不带电、内外半径分

别为rB和rC的金属球壳B同心放置，如下图，则图中P点的电场强度如何？若用导线将A和B连接起来，则A球的电势为多少？（设无穷远处电势为零）

[解答]过P点作一个同心球面作为高斯面，尽管金属球壳内侧会感应出异种，但是高斯面内只有电荷q．根据高斯定理可得E4πr2=q/ε0，

AorArCrBBP图13.1可得P点的电场强度为E?q4??0r2．

当金属球壳内侧会感应出异种电荷-q时，外侧将出现同种电荷q．用导线将A和B连接起来后，正负电荷将中和．A球是一个等势体，其电势等于球心的电势．A球的电势是球壳外侧的电荷产生的，这些电荷到球心的距离都是rc，所以A球的电势为U?q4??0rc．

13．2同轴电缆是由半径为R1的导体圆柱和半径为R2的同轴薄圆筒构成的，其间充满了相对介电常数为εr的均匀电介质，设沿轴线单位长度上导线的圆筒的带电量分别为+λ和-λ，则

rR2S1R1通过介质内长为l，半径为r的同轴封闭圆柱面的电位移通量为多少？圆柱面上任一

点的场强为多少？

D[解答]介质中的电场强度和电位移是轴对称分布的．在内外半径之间作一个半lS径为r、长为l的圆柱形高斯面，根据介质中的高斯定理，通过圆柱面的电位移通过0εr等于该面包含的自由电荷，即Φd=q=λl．

设高斯面的侧面为S0，上下两底面分别为S1和S2．通过高斯面的电位移通量为

?d???SD?dS??D?dS??D?dS??D?dS?2?rlD，

S0S1S2S2可得电位移为D=λ/2πr，其方向垂直中心轴向外．电场强度为E=D/ε0εr=λ/2πε0εrr，方向也垂直中心轴向外．

13．3金属球壳原来带有电量Q，壳内外半径分别为a、b，壳内距球心为r处有一点电荷q，求

球心o的电势为多少？

[解答]点电荷q在内壳上感应出负电荷-q，不管电荷如何分布，距离球心

b都为a．外壳上就有电荷q+Q，距离球为b．球心的电势是所有电荷产生的电

o势叠加，大小为ar1q1?q1Q?Uo???4??0r4??0a4??0b

图13.3

13．4三块平行金属板A、B和C，面积都是S=100cm2，A、B相距d1=2mm，A、C相距d2=4mm，B、C接地，A板带