大学物理答案北京邮电大学出版社

1、 习 题 解 答第一章 质点运动学1-1 (1) 质点t时刻位矢为：(m)(2) 第一秒内位移 (3) 前4秒内平均速度 (4) 速度 (5) 前4秒平均加速度 (6) 加速度1-2 当t=2时x=4代入求证 c=12即 将t=3s代入证1-3 (1) 由运动方程消去t得轨迹方程 (2) 1秒时间坐标和位矢方向为 4,5m: (3) 第1秒内的位移和平均速度分别为 (4) 质点的速度与加速度分别为 故t=1s时的速度和加速度分别为 1-4 该星云飞行时间为 即该星云是年前和我们银河系分离的.1-5 实验车的加速度为 基本上未超过25g. 1.80s内实验车跑的距离为1-6 (1)设第一块石头扔

2、出后t秒未被第二块击中，则代入已知数得解此方程，可得二解为 第一块石头上升到顶点所用的时间为由于,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；又由于这对应于第一块石头上升时被第二块赶上击中.以和分别对应于在t1和时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于所以 同理. (2) 由于,所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰.对应于t1时刻相碰，第二块的初速度为 习题1-7图1-7 以l表示从船到定滑轮的绳长，则.由图可知于是得船的速度为负号表示船在水面上向岸靠近. 船的加速度为负号表示a的方向指向岸边，因而船向岸边加速运动.1-8 所求位数为1-9 物体a下降的加速度(如图所示)为 此加速度也等于轮

3、缘上一点在时的切向加速度，即 在时的法向加速度为习题1-9图 习题1-10图1-10 ,.如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电梯的速度为以t表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为电梯下降的距离为又由此得而小球相对地面下落的距离为 1-11 画出速度矢量合成图(a)又，速度矢量合成如图（b）两图中应是同一矢量.可知（a）图必是底角为的等腰直角三角形，所以，风向应为西北风，风速为习题1-11图习题1-12图1-12 (1) (2) (3) ,如图所示风速u由东向西，由速度合成可得飞机对地速度,则. 证毕1-13 （1）设船相对岸的速度为(如图所示),由速度合成得习题1

4、-13图v的大小由图1.7示可得即而船达到b点所需时间ab两点之距将式（1）、（2）代入可得 (2) 由船到对岸所需最短时间由极值条件决定即 故船头应与岸垂直，航时最短.将值代入（3）式得最短航时为 (3) 设,则欲使l最短，应满足极值条件. 简化后可得即 解此方程得故船头与岸成，则航距最短.将值代入（4）式得最小航程为 ab两点最短距离为第二章 质点动力学2-1 （1）对木箱，由牛顿第二定律，在木箱将要被推动的情况下如图所示，x向：y向：习题2-1图还有 解以上三式可得要推动木箱所需力f的最小值为在木箱做匀速运动情况下，如上类似分析可得所需力f的大小为（2）在上面的表示式中，如果，则，这意味

5、着用任何有限大小的力都不可能推动木箱，不能推动木箱的条件是由此得的最小值为2-2 （1）对小球，由牛顿第二定律x向：y向：联立解此二式，可得习题2-2图由牛顿第三定律，小球对斜面的压力（2）小球刚要脱离斜面时n=0，则上面牛顿第二定律方程为由此二式可解得2-3 要使物体a与小车间无相对滑动，三物体必有同一加速度a,且挂吊b的绳应向后倾斜。作此时的隔离体受力图如图所示 习题2-3图三物体只有水平方向的运动，只须列出水平方向的牛顿方程及相关方程：为绳中的雨拉力在水平向的合力联立（1），（2），（3），（4），（5）解得（因为三个物体有同一加速度a，且在水平方向只受外力f的作同，所以，可将三个物体看

6、作一个物体：再与（1），（2），（3）式联立求解即可。）2-4 由图写出力函数用积分法求解。 (1)由得 (2)在内 (3)当t=5时： 在5-7s内再用（2）式 (4)当t=7时：再用积分法： (5)在0-5s内，由（3）式积分即 再由（4）式求5得得 2-5 设两物体未用绳连接则由牛顿第二定律，沿x方向，对a，有对于b，有由此得习题2-5图（1）如图所示，a在下，b在上。由于。所以绳被拉紧，二者一起下滑，而。以分别表示绳对a和b的拉力，则由牛顿第二定律，沿x方向对a： 对b： 由此得（2）图中绳中张力为（3）如果互换位置，a在上，b在下，则由于，连接绳子将松弛，因而t=0，此时ab的加速度

7、即习题2-6图2-6 当漏斗转速较小时，m有下滑趋势，小物体受最大静摩擦力方向向上，如图所示。对小物体，由牛顿第二定律x向：y向：还有 联立解以上各式，可得或当n足够大时，小物体将有上滑趋势，它将受到向下的静摩擦力，即的方向与图2.6中所示的方向相反。与上类似分析可得最大转速为总起来讲，小物体在漏斗壁上不动，转速n应满足的条件是2-7 设圆柱与绳索间的摩擦力为f，绳对重物m1的拉力t1，m1和m2对地加速度分别为a1、a2，对m1、m2列出方程联立解出：习题2-7图2-8 质点在x、y两个方向都是匀加速直线运动。2-9 （1）积分得（2）积分得 （3）利用（1）的结果，令v=0得 代入（2）的

8、结果中得 （4）将代入（1）的结果中得 习题2-10图2-10 初始时刻，t时刻受力如图所示，设x为该时刻入水长度，棒的横截面积为s，有当时有即 （1）（1）当时 （2）（2）当时，（2）式无意义，即此条件将使棒不可能全部没入液体中，但（1）式仍然成立，当棒到达最大深度xm时v=0，由（1）式得： 即为所求（3）由（1）式求极值得：当时有2-11 以m和m分别表示木星和木卫三的质量，则由万有引力定律和牛顿第二定律，可得习题2-12图2-12 （1）设链条的质量线密度为，链条开始下滑时，其下垂直度为，应满足的条件是其下垂部分的重力等于或大于其在桌面部分的摩擦力，即：（2）据功能原理开始下滑时在桌

9、面部分的长度为当链条的a端从o点沿y轴运动到y0点过程中，摩擦力作功为设桌面为势能零点，则链开始下滑到a端离桌面时的机机械能分别为于是有化简可得习题2-13图2-13 由于，故冲量的大小由图所示可得i与水平方向的夹角为球受到的平均冲力2-14 （1）4秒内力的冲量（2）由动量定量可得（3）据题设， 即2-15 忽略轨道阻力，故在加载过程中列车与矿砂系统在水平方向动量守恒，即由此得t时速度t时加速度为2-16 以分钟计，枪对子弹的平均推力为枪视作静止，此力也等于肩对枪托的平均推力，由牛顿第三定律可知，枪托对肩的压力就等于11.6n.2-17 原子核蜕变过程应满足动量守恒定律.以p3表示蜕变后原子

10、核的动量，应有习题2-17图由图可知，p3的大小为 p3的方向应p1和p2所在的平面内，而且与p1的夹角为2-18 对太空惯性系，以的方向为正方向，以v1和v2分别表示火箭壳和仪器舱分开后各自的速度.由火箭壳和仪器舱的总动量守恒给出由于仪器舱应在前，所以,即.将此式代入上式得由此得v1,v2均为正值，故二速度皆沿正向，即与未分开前的方向相同.2-19 两车相撞后的加速度为,由此可知刚撞后二者扣在一起时的速率为如果两车均未超限制，并都以最大允许速率v1开行，则由两车的动量守恒可得(如图所示)习题2-19图由此可得撞后速度应 由于实际撞后的初速，所以两个司机的话并不都可信，至少一人撒谎.习题2-2

11、0图2-20 (1)如图所示，沿竖直方向，分别对m和m用牛顿第二定律可得由此可得(2)在加速的过程，起重间上升的距离为,这也就是电动机拖动钢缆的距离，电动机做的功为 （3）起重间匀速上升时，滑轮两侧钢缆中的张力分别为.拖动钢缆的距离为时电动机又做的功是 2-21 如图所示，以f表示马拉雪橇的力，则对雪橇，由牛顿第二定律习题2-21图 切向： 法向：再由可解得由此得马拉雪橇做功 重力对雪橇做的功为 摩擦力对雪橇做的功为 2-22 设加速度为a, ab=s在b点速度为,在c点速度为，整个运动分为三个分过程:匀加速直线运动习题2-22 (1)：机械能守恒 (2)在c点,重力提供向心力 (3) ：平抛

12、运动 (4) (5) 联立(1)、（2）、（3）、（4）、（5）,可解得 .习题2-23图2-23 设.如图所示，写出各个过程的相应方程. ：机械能守恒 (1)b点碰撞：动量、机械能守恒 ：平抛运动 m2在c点时: ：以上述速度作斜抛运动，但其加速度由下式确定 由(8)、（9）、（10）可确定射程cd为联立（1）至（11）式可解证2-24 在c开始运动之前，a、b有同一加速度a,对a、b作受力分析（如图所示）有习题2-24图 (1) b: (2)由（1）、（2）解证设bc间绳长为l,，在t时间内b作匀加速运动.则 证 b和c之间绳子刚要拉紧时，a和b所达到的速度为bc间绳拉紧前后，由动量原理有

13、 (作用时间短，重力的冲量可忽略，故可看作动量守恒.)联立（3）、（4）、（5）解证2-25 设在t秒时，盒内已落有的石子质量为mt (1)而石子落入盒内时速度为 (2)在此后dt时间内，将有质量dmt的石子落入盒内 (3)对这些石子用动量定理,设的石子受到盒对它的作用力为dn, 以向下为正则 而已有的质量为mt的石子受到盒对它的作用力的大小等于石子的重力.mtg=n.秤的读数为 2-26 用动量定理求解a到b的时间为重力的冲量为习题2-26图方向向下(如图所示)小球动量增量为其中r由小球的动力学方程 求证由动量定理由图可证 与水平方向的夹角为2-27 设铁锤与铁钉撞击中能量损耗不计，重力的功

14、不计，由动能定理有而，对第一次打击对第二次打击解证 第二次击入的深度为2-28 静止时各处t=mg，对两弹簧有所以，两弹簧的伸长量之比为两弹簧的弹性势能之比为2-29 （1）子弹与摆锤碰撞，水平方向动量守恒 (1)v1为摆锤碰撞后之速度，摆锤获此速度后作圆周运动，在铅直面内机械能守恒 (2)欲完成一圆周运动，摆锤在最高点必须满足条件 (3)由（3）式得代入（2）式得，再代入（1）式可得子弹的最小速度2-30 小球与弹簧振动系统相互碰撞，水平方向动量守恒 (1)v为弹簧系统的启动速度，它在被压缩过程中机械能守恒，设最大压缩长度为，则有 (2)将（1）、（2）两式联立求解得 （2）碰撞是非弹性的，

15、其机械能损失为 (3) 小球与m完全非弹性碰撞，碰撞后弹簧被压缩，据此可列式解得机械能损失 第三章 刚体的定轴转动3-1 （1）铁饼离手时的角速度为（2）铁饼的角加速度为（3）铁饼在手中加速的时间为3-2 （1）初角速度为末角速度为角加速度为（2）转过的角度为（3）切向加速度为法向加速度为总加速度为总加速度与切向的夹角为3-3 （1）对轴i的转动惯量对轴ii的转动惯量（2）对垂轴的转动惯量3-4 （1）设垂直纸面向里的方向为正，反之为负，则该系统对o点的力矩为（2）系统对o点的总转动惯量等于各部分对o点的转动惯之和，即（3）由转动定律 可得3-5 （1）摩擦力矩恒定，则转轮作匀角加速度运动，故

16、角加速度为第二秒末的角速度为（2）设摩擦力矩与角速度的比例系数为，据题设可知据题设时，故可得比例系数由此时，转轮的角速度为3-6 设飞轮与闸瓦间的压力为n，如图示，则二者间摩擦力，此摩擦力形成阻力矩，由转动定律其中飞轮的转动惯量，角加速度，故得习题3-6图见图所示，由制动杆的平衡条件可得得制动力3-7 如图所示，由牛顿第二定律习题3-7图对 对对整个轮，由转动定律又由运动学关系 联立解以上诸式，即可得3-8 设米尺的总量为m，则直尺对悬点的转动惯量为(a) (b)又从水平位置摆到竖直位置的过程中机械能守恒（以水平位置为o势能点）即 3-9 m视为质点，m视为刚体（匀质圆盘）。作受力分析（如图所

17、示）习题3-9图(1)（1）由方程组可解得物体作匀加速运动（2）物体下落的距离为当t=4时（3）绳中张力由方程组解得解法2：以t=0时物体所处位置为坐标原点o，以向下为x正方向.习题3-9图(2)（1）由机械能守恒： 两边就t求导得（2）（3）匀加速运动，由以及知3-10 如图所示，唱片上一面元面积为,质量为,此面元受转盘的摩擦力矩为各质元所受力矩方向相同，所以整个唱片受的磨擦力矩为 习题3-10图唱片在此力矩作用下做匀加速转动，角速度从0增加到需要时间为唱机驱动力矩做的功为唱片获得的动能为3-11 对整个系统用机械能守恒定律以代入上式，可解得3-12 （1）丁字杆对垂直轴o的转动惯量为对轴o

18、的力矩，故由可得释手瞬间丁字杆的角加速度（2）转过角后，知矩。由机械能守恒知此时角动量转动动能为3-13 （1）利用填补法，将小碎片填入缺口，此时为均匀圆盘对o轴的转动惯量，挖去小碎片，相应减少，故剩余部分对o的转动惯量为（2）碎片飞离前后，其角动量守恒故剩余部分的角速度与原来的角速度相等。3-14 由于转台和人系统未受到沿轴方向外力矩，所以系统的角动量守恒，即由此可得转台后来的角速度为3-15 慧星在有心力场中运动，角动量守恒。设其质量为m，近日点速率为v1，与太阳之距r1;远日点速率为v2，与太阳之距r2，则有3-16 （1）由于（2）由飞船和宇航员系统角动量守恒可得由此得飞船角速度为（3

19、）飞船转过用的时间，宇航员对飞船的角速度为，在时间t内跑过的圈数为3-17 太阳自转周期按25d计算，太阳的自转角动量为此角动量占太阳系总角动量的百分数为3-18 （1）由于外力沿转动中心o，故外力矩恒为零，质点的角动量守恒，即故小球作半径r2的圆周运动的角速度为（2）拉力f做功为3-19 （1）（2）在转动过程中无耗散力，系统机械能守恒，设初始时刻重力势能为零，有解得： 3-20 （1）子弹射入木棒中为完全非弹性碰撞，角动量守恒：解得（2）上摆过程机械能守恒即，上式可近似为解得 即为第二象限的角度，本题中即棒向上摆可超水平位置（）。由于棒的最大摆角约为第5章 静电场5-1 两小球处于如题5-

20、1图所示的平衡位置时，每小球受到张力t，重力mg以及库仑力f的作用，则有和,由于很小，故习题5-1图 5-2 设q1,q2在c点的场强分别为和，则有 习题5-2图 方向沿ac方向 方向沿cb方向 c点的合场强的大小为： 设e的方向与cb的夹角为，则有5-3 坐标如题9-3图所示，带电圆弧上取一电荷元，它在圆心o处的场强为习题5-3图，方向如题9-3图所示，由于对称性，上、下两带电圆弧中对应电荷元在圆心o处产生的de1和de2在x方向分量相互抵消。，圆心o处场强e的y分量为 方向沿y轴正向。5-4 （1）如题5-4图(a)，取与棒端相距d1的p点为坐标原点,x轴向右为正。设带电细棒电荷元至p点的

21、距离x，它在p点的场强大小为习题5-4图（a） 方向沿x轴正向 各电荷元在p点产生的场强方向相同，于是 方向沿x轴方向。（2）坐标如题5-4图(b)所示，在带电细棒上取电荷元与q点距离为r，电荷元在q点所产生的场强，由于对称性，场de的x方向分量相互抵消，所以ex=0,场强de的y分量为习题5-4图（b） 因 其中 代入上式得 方向沿y轴正向。5-5 带电圆弧长,电荷线密度。带电圆弧在圆心o处的场强等价于一个闭合带电圆环（线密度为）和一长为d、电荷线密度为-的小段圆弧在o处场强的矢量和。带电闭合圆环在圆心处的场强为零，而dr,小段带电圆弧可视为点电荷，所带电量，故圆心处的场强，,方向由圆心指向

22、空隙中心。5-6 （1）点电荷q位于一立方体中心，则通过立方体每一面的电通量相等， 通过每一面的电通量为总通量的,即（2）如果这点电荷移到立方体的一个角上，则电荷q所在顶角的三个面上，因为各点平行于该面，所以这三个面的电通量均为零，另三个面的电通量相等。如果要把q全部包围需要有8个立方体，相当于有24个面，每一面上通过的电通量为总通量的，即习题5-7图（a）5-7 解法（一）通过圆形平面的电通量与通过以a为球心，为半径，以圆平面的周界为周界的球冠面的电通量相等，该球冠面的面积，通过整个球面的电通量，所以通过该球冠面的电通量为 解法（二）在图形平面上取一同心面元环，设其中半径为r，宽为dr,此面

23、元的面积。设此面元对a点的半张角为，见图所示，由通量公式可得习题5-7(b)图 5-8 通过此半球面的电通量与通过以o为圆心的圆平面电通量相等，无限大平面外任一点的场强为， 通过该球面的电通量为5-9 设想地球表面为一均匀带电球面，则它所带总电量为 5-10 设均匀带电球壳内、外半径分别为r1和r2，它所产生的电场具有球对称性，以任意半径r作一与均匀带电球壳同心的高斯球面s，由高斯定理可得 当时，, 5-11 无限长均匀带电圆柱面产生的电场具有轴对称性，方向垂直柱面，以斜半径r作一与两无限长圆柱面的同车圆柱面以及两个垂直轴线的平面所形成的闭合面为高斯面，由高斯定理可得 （1）当rr1， （2）

24、当时 ; （3）当时，, 5-12 见题5-12图所示，由于平面无限大，电荷分布均匀，且对中心面s0（图中虚线）对称，电场分布也应具有均匀性和对称性，即在与带电板平行且位于中心面s0两侧距离相等的平面上场强大小应处处相等，且方向垂直该平面。过板内p点或板外q点作轴线与x轴平行，两底面积为s且相对中心面s0对称的闭合正圆柱面为高斯面，由高斯定理可得：（1）平板内习题5-12图 方向垂直板面向外（2）平板外 方向垂直板面向外。5-13 由于电荷分布具有轴对称性，故其场强必沿柱体的径向，其大小也具有轴对称性，故在圆柱体内取下同心薄圆筒，其半径为r，厚度dr，长l，见右图示，根据高斯定理可得习题5-1

25、3图 5-14 设想原来不带电的小空腔内同时存在电荷体密度为的两种电荷，则原带电荷等价于一个半径为r，电荷体密度为的均匀带电球体和一个半径为r，电荷体密度为的均匀带电球体的组合，空间各处的场强等于这两个均匀带电球体产生场强的矢量和。对于球心o处，由于均匀带电球体球心处的场强为零，所以习题5-14图方向由o指向。 对于球心处， 方向由o指向。 对于空腔内的任一点p，位置如图所示。 以上计算表明空腔任意点的场强大小均为且方向均由o指向，所以，空腔内为匀强电场。习题5-15图5-15 电偶极子在均匀电场中所受的力矩为 为电矩与两方向间的夹角，当时，外电场作用于电偶极子上的力矩最大 5-16 外力所作

26、的功为 5-17 （1）氢原子内负电荷的总电量为 （2）由于负电荷呈球状对称分布，故可采用高斯定理计算负电荷产生的电场强度的大小为 正电荷在球心，其产生的电场强度的大小为则在距球心r处的总电场强度为，其大小为的方向沿径向向外。5-18 电场力的功 5-19 由高斯定理可求得是空间场强分布（略）离球心为处的电势 习题5-20图(a)5-20 （1）电荷线密度，坐标如题5-20图(a)所示，距原点o为x处取电荷元，它在p点的电势 p点的总电势 习题5-20图（b） （2）坐标如题5-20图(b)所示，电荷元在q点的电势 q点的总电势 习题5-21图5-21 半圆环中心o的场强（或电势）是两段带电直

27、线和带电半圆环在该处场强（或电势）的迭加，由于两直线对o对称，所以两带电直线在o处的场强大小相等，方向相反，相互抵消，因而o处的场强就是带电半圆环在o处的场强，取电荷元,它在o处场强，由于对称性，各的x分量相互抵消。 的y分量为 o处的电势 5-22 由高斯定理可求得两无限长同轴圆柱面间的场强为，所以两圆柱面间的电势差 5-23 静电平衡时，导体球壳内、外表面均有感应电荷，由于带电系统具有球对称性，所以内表面均匀分布有-q电荷，外表面均匀分布+q电荷，可判断电场分布具有球对称性，以任意半径r作一与球壳同心的高斯球面s，由高斯定理可得当 由电势定义式可求得电势分布 5-24 （1）内球电荷q均匀

28、分布在外表面，外球内表面均匀感应电荷-q，外表面均匀分布电荷q+q，由高斯定理可求得电场分布（略） 由电势定义可求得内球电势 （2）用导线把两球连接起来时，内球和外球内表面电荷中和，这时只有外球的外表面带有q+q电荷，外球壳外场强不变，外球电势不变，这时两球是等势体，其电势均为原外球壳电势270v。 （3）若外球壳接地，外球电势为零，外球外表面电荷为零，内球的电荷以及外球内表面电荷分布不变，所以内球的电势 5-25 由于带电系统具有轴对称性，所以电荷分布和电场分布也应具有轴对称，静电平衡时，圆柱形导体电荷均匀分布在其外表面，单位长度电量为，导体圆筒内表面均匀分布有感应电荷，其单位长度的电量为，

29、外表面电荷均匀分布，单位长度的电量为。以任意半径r作同轴封闭圆柱面为高斯面，则由高斯定理得： 当 5-26 （1）a板带正电荷q分布在左右两表面上，设b板感应电荷为-q1，c板感应电荷为-q2，则ab、ac间均可视为匀强电场依题意 可得 即b板上感应电荷为,c板上感应电荷为 a板的电势 （2）当ab间充以电介质时，则有下列关系 仍可解得 , 所以b板上的感应电荷为 c板上感应电荷为 a板上电势 5-27 设ab两板各面上的电荷面密度分别为，空间各处场强方向应与板面垂直，作如题9-27图所示的闭合圆柱面为高斯面，由于导体内场强处处为零，a、b两板间场强方向平行于圆柱侧面，所以通过高斯面的电通量为

30、零，由高斯定理习题5-27图 （1）a板内的p点场强为 （2）若a板带电qa，b板带电qb，板面积为s，则有 （3） （4）由（1）、（2）、（3）、（4）式可得 5-28 点电荷q使金属球上产生感应电荷，由于金属球与地相联，其电势为零，球心处的电势应是点电荷q和球上感应电荷在此处产生电势之和，即 即金属球上感应q/3的负电荷。5-29 （1） （2） （3） （4） （5） 设极化电荷产生的场强为，则，其中为极板上极化电荷面密度，则极化电荷 （6） 或 5-30 （1）以任意r为半径作金属球的同心球面为高斯面，由介质中的高斯定理得当 （2）由电势定义式可得 （3） 5-31 （1） （2）

31、（3） （4） 5-32 设a、b两导体球分别带有电荷q和-q，则两球的电势差为 5-33 用导线连接二导体，这相当将电容c1和c2并联，此时等效电容和总电量分别为 根据电容，故联接二导体后它们的电势为 这时电容上的电量为 则由导体1流向导体2的电量为 5-34 （1）以任意半径r作金属球的同心球面为高斯面，由介质中的高斯定理可得：当 （2）电势分布： （3）这相当于内外半径分别为r与a的球形空气电容器c1与内外半径分别为a与b的球形介质电容器c2，二者相串联，其等效电容为其中将c1、c2代入上式5-35 （1）在介质中以任意半径r作圆柱体同轴的闭合圆柱面为高斯面，由介质中的高斯定理可得 （2

32、）设介质内表面上单位长度的极化电荷为，则对上述高斯面应用高斯定理则介质内表面上的极化电荷面密度为介质外表面上的极化电荷密度为5-36 （1）设两电介质中的电位移和场强分别为d1、d2和e1、e2，两板板间的电势差 则两介质中各点的能量体密度为 （2） （3） 5-37 （1）由高斯定理可求得电场分布 整个电场储存的能量 （2）导体球壳接地，导体球壳外表面不带电，球壳外场强为零，这时电场的能量 由 得5-38 （1）平行板电容器抽出金属板后的电容为，插入金属板时的电容为，当充电到后拆去电源，然后抽出金属板，除金属板秘在位置外的空间场强不变，均为 （2） 抽出金属板需作功 5-39 由高斯定理可求

33、得带球体内、外的场强为（略）其电场所储存的能量 5-40 由于并联前后电量不变，所以有由此可得能量减少为 第6章 稳恒磁场6-1 由毕沙定律可得 点， 点， 点， 点， 点， 6-2 在x轴上p点的磁感应强度如图示，可得 习题6-2图 显然x=0处为b的最大值6-3 解法（一）由直电流磁场公式习题6-3图-3图可得a点的磁感（见图示） 的方向由右手定则知为垂直纸面向外。习题6.3图（2） 解法（二） p点的磁感应强度大小为 b为场点p到载流直导线的垂直距离。第1段载流直导线在a点产生的。第2段载流直导线在a点产生的b2。 则习题6.3图（3） 6-4 方向垂直纸面向外。6-5 （1）p点的磁感

34、应强度为 （2）据题设，则p点的b为令 则 当x=0时，u=v, 这表明a=r, x=0处的o点磁场最为均匀。将上述条件代入b中，可得o点磁感6-6 在薄金属板上距边界o点为l处取一元电流di，其宽度dl，见图示，则此元电流在p点产生的磁感为习题6-6图 故整个电流i在p点产生的磁感为的方向垂直平面向外。6-7 在半球面上任意取一圆形元电流，如图所示，设此元电流半径为r，宽为，故。di对球心o的半张角为，其中心与球心o相距为x，则，则此元电流di在o点产生磁感为：由此可得o点的磁感应强度习题6-7图 的方向沿x轴线向右。6-8 在半圆形金属薄片上取一直元电流，如图示，此元电流di在p点产生的磁

35、感习题6-8图由对称性分析知，半圆柱面上的电流在p点产生的磁感为 的方向沿x轴向右。6-9 在圆片上取一半径为r，宽为dr的细圆环，此圆环上的运流元电流为习题6-9图 它在x轴上p点产生的磁感为在p点的磁感强度为 的方向沿x轴线向右。6-10 （1）该圆环产生运流电流，在轴线上距离环心x处产生的磁感为 的方向沿x轴正向。 （2）此圆环的磁矩为的方向沿x轴正向。6-11 带电粒子作圆周运动在轨道中心产生的磁感强度为其磁矩为 6-12 （1）通过abcd面的磁通量 （2）通过befc面的磁通量 （3）通过aefd面的磁通量习题6-13图6-13 如图示，取坐标轴ox,在x处取一面元，直电流i1产生的磁场穿过ds面的元磁通量为穿过该矩形面积的磁通量为由于，且矩形处于二电流的中心对称位置，故穿过此矩形面积的磁通量为 6-14 穿过s面的磁通量为 6-15 （1），由安培环路定理可得习题6-15图 （2） （3） （4）6-16 （1）如图示，过p点作一半径为r的圆形回路，圆心为o，由安培环路定律可得习题6-16图 故绕线环内磁感强度b的大小与径向距离r成反比。 （2）通过矩形载面的磁通量为 6-17 设有1、2无限大载流平面，各载有反向等值面电流k，如图，先计算载流平面1产生的磁感强度。根据对称性分析，p点的方向应平行于平面，方向向上（沿y轴），与p点对应的另