大学物理下册(上海交通大学)-课后习题

《大学物理》下册课后作业习题答案第一章静电场1.4如图所示，真空中一长为L的均匀带电细直杆，总电荷为q，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d的P点的电场强度．解：设杆的左端为坐标原点O，x轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为=q/L，在x处取一电荷元dq=dx=qdx/L，它在P点的场强：204ddxdLqE204dxdLLxq总场强为LxdLxLqE020)(d4－dLdq04方向沿x轴，即杆的延长线方向．【1.5】半径为R的带电细圆环，其电荷线密度为=0sin，式中0为一常数，为半径R与x轴所成的夹角，如图所示．试求环心O处的电场强度．解：在任意角处取微小电量dq=dl，它在O点产生的场强为：0022000sindsinddd444RlERRR3分它沿x、y轴上的二个分量为：dEx=－dEcos1分dEy=－dEsin1分对各分量分别求和2000000000sinsincosdsindsin04442xERRR2分000000000001-cos22-sin2sinsindd442448yERRRR2分故O点的场强为：00ˆˆ8yEEjjR1分【1.5的变种】半径为R的带电细圆环，其电荷线密度为=0cos，式中0为一常数，为半径R与x轴所成的夹角，如图所示．试求环心O处的电场强度．yRxddExdEyOdEdqＰLddqx(L+d－x)dExO解：在任意角处取微小电量dq=dl，它在O点产生的场强为：0022000cosdcosddd444RlERRR3分它沿x、y轴上的二个分量为：dEx=－dEcos1分dEy=－dEsin1分对各分量分别求和2222000000000001+cos22+sin2cosdd442444xERRRR2分22000000cossindsind(sin)044yERR2分故O点的场强为：00ˆˆ4xEEiiR1分1.7.一半径为R的带电球体，其电荷体密度分布为=Ar(r≤R)，=0(r＞R)A为一常量．试求球体内外的场强分布．解：在球内取半径为r、厚为dr的薄球壳，该壳内所包含的电荷为rrArVqd4dd2在半径为r的球面内包含的总电荷为403d4ArrArdVqrV(r≤R)以该球面为高斯面，按高斯定理有0421/4ArrE得到0214/ArE，(r≤R)方向沿径向，A0时向外,A0时向里．在球体外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有0422/4ARrE得到20424/rARE，(rR)方向沿径向，A0时向外，A0时向里．1.8.如图所示，一厚为b的“无限大”带电平板，其电荷体密度分布为＝kx(0≤x≤b)，式中k为一正的常量．求：(1)平板外两侧任一点P1和P2处的电场强度大小；(2)平板内任一点P处的电场强度；(3)场强为零的点在何处？解：(1)由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E．作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S，如图所示．按高斯定理0/dqSES，即0200002dd12kSbxxkSxSSEbb得到E=kb2/(40)(板外两侧)4分(2)过P点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S．设该处场强为E，如图所示．按高斯定理有2000001d2xxkSkSxEESSxxdx得到22220bxkE(0≤x≤b)4分(3)令E=0，则有0222bx，可得2/bx（舍去/2xb）2分1.10.图中所示为一沿x轴放置的长度为l的不均匀带电细棒，其电荷线密度为＝0(x-a)，0为一常量．取无穷远处为电势零点，求坐标原点O处的电势．解：在任意位置x处取长度元dx，其上带有电荷dq=0(x－a)dx1分此电荷元在O点产生的电势为xxaxU004dd2分O点总电势laalaaxxaxdUUdd400alaalln4002分1.12.图示为一个均匀带电的球层，其电荷体密度为，球层内表面半径为R1，外表面半径为R2．设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势．解:由高斯定理可知空腔内E＝0，故带电球层的空腔是等势区，各点电势均为U.2分在球层内取半径为r→r＋dr的薄球层．其电荷为dq=4r2dr该薄层电荷在球心处产生的电势为00/d4/ddrrrqU2分整个带电球层在球心处产生的电势为212200002dd21RRrrUURR2分xSPSEESSEdxbEOalxdxxOR1R2因为空腔内为等势区，所以空腔内任一点的电势U为2122002RRUU2分若根据电势定义lEUd计算同样给分.1.20.如图所示，一内半径为a、外半径为b的金属球壳，带有电荷Q，在球壳空腔内距离球心r处有一点电荷q．设无限远处为电势零点，试求：(1)球壳内外表面上的电荷．(2)球心O点处，由球壳内表面上电荷产生的电势．(3)球心O点处的总电势．解：(1)由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q，外表面上带电荷q+Q．2分(2)不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O点的距离都是a，所以由这些电荷在O点产生的电势为adqUq04aq042分(3)球心O点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q在O点产生的电势的代数和2分qQqqOUUUUrq04aq04bqQ04)111(40barqbQ042分1.25平行板电容器极板面积为200cm2，板间距离为1.0mm，电容器内有一块1.0mm厚的玻璃板(5r)．将电容器与300V的电源相连．求：（1）维持两极板电压不变抽出玻璃板，电容器的能量变化为多少？（2）断开电源维持板上电量不变，抽出玻璃板，电容器能量变化为多少？解：平行板电容器的电容为00/rCsd，静电能为200/2WCU．玻璃板抽出之后的电容为0/Csd．（1）保持电压不变抽出玻璃板，静电能为2/2WCU，电能器能量变化为200()/2250(1)/23.1810()rSUdJ.（2）充电后所带电量为0QCU，保持电量不变抽出玻璃板，静电能为qQabOr2/2WQC，电能器能量变化为2000(1)2CCU204(1)21.5910rrSUdJ．第二章稳恒磁场2.2.如图所示，一无限长直导线通有电流I=10A，在一处折成夹角＝60°的折线，求角平分线上与导线的垂直距离均为r=0.1cm的P点处的磁感强度．(0=4×10-7H·m-1)解：P处的B可以看作是两载流直导线所产生的，1B与2B的方向相同．21BBBrI40[cos0cos(18030)]rI40[cos30cos(180)]3分032(1)42Ir3.73×10-3T1分方向垂直纸面向外．1分2.4.有一条载有电流I的导线弯成如图示abcda形状．其中ab、cd是直线段，其余为圆弧．两段圆弧的长度和半径分别为l1、R1和l2、R2，且两段圆弧共面共心．求圆心O处的磁感强度B的大小．解：两段圆弧在O处产生的磁感强度大小为00111211124IIllBRRR，002222222224IIllBRRR4分ab段直导线在O点产生的磁感强度大小为21211100213121111[cos()cos()][sinsin]2222224cos4cos22llRRlRIIllBlRRRRRcd段直导线在O点产生的磁感强度大小为rrPabcdOIR2R1l2l112121100124112111[cos()cos()][sinsin]2222224cos4cos22llRRlRIIllBlRRRRR4分以垂直纸面向里为正方向，考虑方向则有：2431BBBBB1分]2sin2sin[2cos222111110RlRlRlRI)(42222110RlRlI方向垂直纸面向里．1分2.7.两根导线沿半径方向接到一半径R=9.00cm的导电圆环上．如图．圆弧ADB是铝导线，铝线电阻率为1=2.50×10-8·m，圆弧ACB是铜导线，铜线电阻率为2=1.60×10-8·m．两种导线截面积相同，圆弧ACB的弧长是圆周长的1/．直导线在很远处与电源相联，弧ACB上的电流I2=2.00Ａ，求圆心O点处磁感强度B的大小．(真空磁导率0=4×10-7T·m/A)解：设弧ADB=L1，弧ACB=L2，两段弧上电流在圆心处产生的磁感强度分别为01011112224IILLBRRRππ02022222224IILLBRRRππ1B、2B方向相反．圆心处总磁感强度值为12BBB)(4112220LILIR)1(422112220LILIRLI两段导线的电阻分别为SLr111SLr222[为了避免和半径R字母冲突，用r表示]因并联，AB两点路段电压相同：11221221LLrrII又圆弧ACB的弧长是圆周长的1/：RRL2/22ORBCADI2I1从而得到)1(21220RIB=1.60×10-8T【2.7变种1】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三段直线以及acb、adb两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远，0efB．而be、fa两段直线的延长线通过点O，由于0Idlr，由毕－萨定律知0befaBB．流过圆弧的电流I1、I2的方向如图所示，两圆弧在点O激发的磁场分别为21101π4rlIμB,22202π4rlIμB其中I1、I2分别是圆弧acb、adb的弧长，由于导线电阻R与弧长l成正比，而圆弧acb、adb又构成并联电路，故有2211lIlI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0π4π42220211021rlIμrlIμBBB【2.7变种2】如图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A，B两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O的磁感应强度．解：如图所示，圆心O点磁场由直电流A和B及两段圆弧上电流1I与2I所产生，但A和B在O点产生的磁场为零。且21221RRII电阻电阻.1I产生1B方向纸面向外2)2(2101RIB，2I产生2B方向纸面向里22202RIB∴1)2(2121IIBB有0210BBB2.8在真空中，电流由长直导线1沿垂直于底边bc方向经a点流入一由电阻均匀的导线构成的正三角形金属线框，再由b点从三角形框流出，经长直导线2沿cb延长线方向返回电源(如图)．已知长直导线上的电流强度为I，三角框的每一边长为l，求正三角形的中心点O处的磁感强度B．解：令1B、2B、acbB和abB分别代表长直导线1、2和三角形框ac、cb边和ab边中的电流在O点产生的磁感强度．则abacbBB