2022年大学物理习题答案_吴百诗.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载一、挑选题（1）D 解：先考虑一个板带电 q,它在空间产生的场强为 E2 q0 S；留意是匀场；另一板上电荷“|q|” 在此电场中受力,将其化为很多个点电荷q dq ,每个电荷受力大小为 dF | dq E | q dq2 0 S,故整个 |q|受力为：F | dq E | q2 0 S dq2 q0 2S；这既是两板间作用力大小；（2）B 解：由电通量概念和电力线概念知：A、穿过 S面的电通量不变,因为它只与 S 面内的电荷相关,现内面电荷没有变化,所以穿过 S面的电通量不变；B、由于 S 面上场强与内外电荷都有关, 现在外面电荷位置变化,所以 P 点场强也变化；应选 B；二、填空题（1）|q|3 / 3a,就任一顶点处的电荷受到解：画图；设等边三角形的边长为其余两个电荷的作用力合力F 为：F2F 1cos3022 kq/a23 / 232 kq/a2设 在 中 心 处 放 置 电 荷 q , 它 对 顶 点 处 电 荷 的 作 用 力 为 ：Fkqqkqq2k3 qqr2 3 / 3a2再由 F0aF ,可解出q3 / 3|q|3 / 3；（2）qi/22或q/20a2, i 方向指向右下角；解：当相对称的两电荷同号就在 有电力线过O 点的场强抵消,如异号确定名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 19 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载O 点,故只有左上角的电荷电力线指向右下角的“ ” 电荷；是22 q / 4 0 a 三、运算题9.3 ,宽为 dx；9.4 20lnaab, 0tg1b（6.7）2h解：将带电平面薄板划分为很多条长直带电线（书中图）求出每条带电线在场点产生的场强（微元表示）,然后对全部长直带电线积分,就得到该题的解；留意单位长度上的带电量：dq dxdxdy dx（1）距边缘为 a 处,每条带电直线产生的场强为dE dx 原点取在导体片中间, x 方向向2 0 r 2 0 a b x 2左：故总的场强：E bb / 2/ 22 0 a dxbx 2 0 ln aa b E 的方向沿 x 轴2正向；或：原点取在场点处, x 轴方向向右 :,就总的场强为：E a a b2 dx0 x 2 0 ln aa b 此时 E 的方向沿 x 轴“ ” 向；（2）在板的垂直方向上,距板为 的场强为h 处；每条带电直线在此处dE2dq202 xdx2 1/ 2 由于对称性,故分解：1b0 rhdEx2dqsin20dx xh2dEy2dqrcos20dx hh20 rx20x2在 x 方向上,场强重量因对称相互抵消,故Ex0；所以：EEyb/220dx hh22h1tg1b0tgb/2x220h2h2h9.5 Ex4AEy0bd ；0 b解：任取线元 dl ,所在角位置为,（如图）；带电为dqAcos它在圆心处产生的电场强度重量各为：名师归纳总结 dExkdqcoskdqcosdEykdqsinkdqsin第 2 页,共 19 页b2b2b2b2整个圆环产生的：- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 9.7 ExeS 1dEx20kdq优秀学习资料欢迎下载2kAsincosd0coskAEyR ,b2b0bEeS 2ER （ 6.15）由电通量（本书定义为：电场强度通量）的物理意义,知通过S1 或 S2面的电通量都等于通过圆平面 R 的电通量；电场强度通量（垂直通过 R 面的）：e E S ES E R 也即是通过 S1 或 S2 面的；或解：以 S1 和以圆面积 R R 为半径的 组成一个封闭曲面 S 由高斯定理,知：SE dS i q i / 0 0,又 S EdS EdS R 2 EdS S 1 0所以 eS 1 S 1 E dS R 2 E dS E R 2同理：eS 2 S 2 E dS R 2 E dS E R 29.8 q 1 4.6 10 5C ,3 q 23 q 1 3 4.72 10 13C / m 34 r R 解：1 由高斯定理：SE dS q i / 0 可得：2 5E 1 cos 4 R q 1 / 0 q 1 4.6 10 C同理（ 2）E 2 cos 4 r 2q 2 / 0 q 2 4 0 r E 22所以大气的电荷平均体密度为：3 q 23 q 1 3 4.72 10 13C / m 34 r R 9.9 E 1 0 r R ,E 2 1,E 3 1 1 2 r 0 2 r 0解：此题解被分成三个区域：r R 1 , R 1 r R 2 , R 2 r , 由高斯定理知：1 域：E 1 0 r R ,由于在该区域内作的高斯面,面内无电荷；2 域内作一同轴的圆柱形高斯面,高为 l ,半径为 r ,满意 R 1 r R 2就有：s E d s E 2 r l 10 lE 2 E2 r 10在 3 域,类似 2 域方法作高斯面,满意 R 2 r ；就有：s E ds E 2 r l 10 1 lE 3 E 2 1r 0 1 9.10 在 n 区：S E ds E x S 1 x n x SN D e E x N D e x n x 0 0在 p 区：S E ds E x S 1 x p x SN A e E x N A e x p x 0 09.11 A 0 0解：这是点电荷系的场强求法和电场力的功概念；见 P.69页的题图；名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 19 页精选学习资料 - - - - - - - - - 由于：U0klqklq优秀学习资料欢迎下载q U0U00U所以：A 0/ 2/ 29.13 |Uab|90VUb2|kq （6.22）x 的1190V解：Uab| |Uaab9.14 up2qr,通过该点的等势线是在中垂面上半径为0x2圆；解：u pu 1u 2kqr2kqr220q2r22 x2 xx等势面是中垂线内, 半径为 x 的圆,圆心在两电荷的连线的中点；9.16 U外3R3U面上RU 内63R2r2r（6.25）球体内0r30R 0E 14QR3r413 Rr43 Rr33球体外U内000rR E 24Qr230r23 RrR0定义U3 R0,就可求出各区域的电势r 043 R球体外Ur4Q2dr4Q0 r410 r330r球面上UR4Qr2d r2 Rr R300（ rR域）球体内RE2drUrEdrrRE 1drR4Q3 RrdrR4Qr2dr26032 Rrr009.20 1q4q0111 R 2, U外410q, U 壳上rR 1r40R 2解：应用高斯定理,可求得空间各域的电场强度：名师归纳总结 （rR ）: E 1kq 2.r0R 2410qdr4q0111第 4 页,共 19 页（R 1rR ）：E 20（R 2r ）：E3q k 2. rr再由电势定义,可求：（rR ）: u 1R 1410qdrrr2r2rR 1R 2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （R 1rR ）：u20优秀学习资料欢迎下载410qR 2kqdrkq1 R 2r2R 2（R 2r ）：u 3rkqdrkq1410qr2rr自行画图 点电荷在球心,球壳内、外表面上的电荷分布匀称；如点电荷偏离球 心,球壳内表面的感应电荷分布不匀称；靠近点电荷的区域,电 荷密度大,反之就较小；内表面电荷与点电荷形成封闭场；但外 表面的电荷仍旧匀称分布；9.21 解：（1）由电势叠加原理,有,内球电势：U1kqkqk qQ410qqqQR 1R 2R 3R 1R 2R 3球壳电势：U241qQq R 2R 3010q（2）电势差UU1U24R 1（3）连接球与球壳,就电荷全部跑到外球面上,所以球与球壳是等势体U1U2410qQ ,UU1U20R 3（4）外球面接地,就只有内球与球壳间的局域场,所以U20,但U1410qq； 另外UU1U2410qqR 1R 2R 1R 2留意,此题的解也可用电势定义积分得到；9.22 （7.4）证：两带电金属球；半径分别为场互不影响；R R ；由于相距远,两球产生的电现用一根极细导线连接两球,达到静电平稳后记金属球 1 带电为q , 电势为 U ；金属球 2 带电为 q ,电势为 U ；由于导线相连, 故有：U 1 U 2； 又互不影响,所以有：U 1 k q 1 U 2 k q 2R 1 R 2即：k q 1 k q 2 1 q R2 1 1 q R2 2 又 1 q 12 , 2 q 22 此两R 1 R 2 4 0 R 1 4 0 R 2 4 R 1 4 R 2式名师归纳总结 9.23 代入上式,可得l1R 1/2R 2即表1-得证第 5 页,共 19 页RUUl/0Ud,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载解：设充电后,板上电量为 q,板的面积为 s,故板上面密度大小为q sE/0UEdd/0；插入金属板以前：现断开电源（ q 不变）,插入金属板,厚为了 dl ,/0UE dldl /0此时：El,故电容器两板间距变为电势差的转变为UUl/0lU/dl/0由式看出金属板的位置对结果无影响；9.24 无图9.25 W 1 . 9 2 1 0 2解 ： 见 图 , 当 开 关 K 拨 向 1 , 电 容 C1 充 电 ,6 4q 1 C U 0 8 10 120 9.6 10 CC1的能量为 W 1 1C U 0 2 18 10 6120 25.76 10 2J2 2当开关 K 拨向 2,电容 C1 向当电容 C2 放电,电荷会重新分布,由于是电容并联,故有：q 1 q 2 q ,又电压相等q 1 / C 1 q 2 / C 2 q 1 / q 2 C 1 / C 2 2:1由此两式解得：q 1 6.4 10 4C , q 2 3.2 10 4C , U q 1 / C 1 80 V故并联后电容器中的总能量为名师归纳总结 W 21C U21C U218 10680214 1068023.84 102J第 6 页,共 19 页2222故能量转变：WW 2W 11.92102J9.26 d0s d; 抽出时A1d0s2U22 d0d解：插入厚度为 d 的金属板后,相当于把原先的一个电容器变成了串联着的两个电容器,分别设为 C1 和 C2；设 C1 的板间距为 l,就另一电容的板间距为 d d l t ；串联后的总电容设为 C,就有111lstsl d0dld0dCd0sCC1C200ssd1 插入后的总电容为Cd0sd2 这是先充电, 后转变电容（板上电量不变,转变电容） ；抽出金属板,电容转变为C0" "0sd""d由于原先电容储能为W1q C, 现在qC U 不变,但电容变化2了；故新电容储能W1C；2WCdddWdddWWWdddWWdddWWC- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 所以外力的功：A优秀学习资料d欢迎下载1CU21d0s2U2WWddWddd0022 dd9.27 w10u20.113J/3 m2/02104q2022R解：导体球表面的电能密度：w10E210/02104q222R2R由于导体球电容：C40RqCu40Ru ,代入上式得：w10u20.113J/3 m2R140R R 2U220R R 2U29.28 解：静电能W1CU2R 2R 1R 2R 1229.29电场总能：Wq201111.82 106J（可用电场能8R 1R 2R 3密度积分求解）2导线连接后,电荷都在外表面；总能：W q 8.1 10 5J8 0 R 39.30 1 q B 1.0 10 7C , q C 2.0 10 7 C , U A U AB q 1 d AB2.3 10 3V0 S2 q B 2.1 10 7C , q C 8.6 10 8 C , U A U AC q 2 d AC 9.7 102V0 S9.31 无图；9.35 解：见题图,（1）设介质板与上极板的距离为 x；介质中的场强为 E,空 气 中 的 场 强 为 E 0；由 电 势 计 算 有u E x Et E 0 d x t E 0 d t Et再 由 高 斯 定 理 知 , 两 极 板 间 任 一 点 的 D 都 相 等 ； 以 及E 0 D / 0 E D / 可 得u D d t / 0 Dt / r 0 Dd ut 0t / r r d u 0r t rt,所以介质中 E D / u ur d 1 r t r d r t t（2）Q S 0 SD S u 0 rr d r t t（3）C Q / u S 0 rr d r t t9.36 （7.11、7.12？ ？ ）解：先见 35 题,再看此题可知电势分别是变；U0、U,故是板上电量不名师归纳总结 （1）板上电量不变：QQ0C U00SU0第 7 页,共 19 页d- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料Q欢迎下载ED01U0（2）介质高斯定理：D0U0,Sdrrd（3）此题没有给出 U,故运算如下：空气中的场强：E 0 D / 0 U 0 / d ,所以U E d t E t U 0 d t U 0t U 0 r d 1 r d r d r dQ r 0 SCU r d 1 r t一、挑选题（1）B 解：自己画图知,两个电流产生的磁场方向相反；穿出纸面；X 轴向电流的磁感X 轴向电流的磁感大小为：BX20I；同理B Y20I0.20.4所以Bk BXB Yk20Ik2.5106T应选 B；0.4（2）D 解：B 1B 2B 120IB220I2（最终等式见下面算式）a 1a2其中：B 2420I2 20I2a 2a 2122a 1a 2a1 /a22/ 8选 D；2 a 1a 24 2（3）D？有错；（B.C？）解：由于 A,D 两图,磁场 B 在 a 点不连续故只能选 B,C 中之一；B图在 ab 段曲线上凸,故 B 0,C 图反之,故应 B 0；用安培2 2环路定理可求得 ab 域的磁感强度 B 0 I r2 a2 , 可见 B r a 0,2 r b a 明显 D 答案不符合；对上式二次求导： 如算得Br30Ia2a2 0就选 B（可算到此结b2果）名师归纳总结 如对上式二次求导：算得是B0I r2a20就选 C 未第 8 页,共 19 页r32 ba2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载算到 或 简 单 解 ： 由 安 培 环 路 定 理 知 ： 在 r a 的 区 域 ,i I i 0 L B dl 0 B 0,明显只有 B 图是对的,而其它均不为零；（4）B 解：I q q B 0 I 0 ev2 12.53 TT 2 R v 2 a 4 a或用单个运动电荷的公式；B40evsin 9012.53TjI/aIdIdIjdr力为a25 C 解：先给出板上离直线r 远处的元电流它的单位长度受到直线电流的力为ddf长0受dl2r就整个板的单位度ddldf2a0Ijdr0I I/aln 220I2ln 2ra2r2a二、填空题（1）M2ln 3102 I a/k Idx0Ij ax即 ：解：线元Idl 受力:dfIdl2Bk Idl2B x 2x线 元I d l相 对O点 力 矩 ：d Mrd f 4d M 4a x 02I2d xx所以M3a4ax20I2dxa0I22ln 31axlnD 1（2）B0NI/ 2r ,磁通量B0NIh2D2分析：此题没有指明是细的通电螺绕环,所以环中的磁感应强度不能名师归纳总结 看成常数,必需用式B0 2NI r对面元 hdr 积分得到磁通量；第 9 页,共 19 页（3）磁力的功A ACIBa2 / 2, A CD0, A AD2 IBa2/ 4- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解：磁力功优秀学习资料绕欢迎下载边向外转,ACAImI21IBa2I0I Ba22IBa2AI202IBa222绕 CD 边向外转 , mA00绕 AD 边向外转,此时：22cos4544（4）线圈中张力： IBR解：张力不是整个闭合线圈所受的磁场力；是线圈的张紧力；取y<o 的下半圆,它在匀磁场中受力为fI2R B ,方向沿 y 负方向；此半圆静止,故受到上半圆的上拉力,大小为ff2IBR ,力作用于两端,所以每端受力为IBR；（5）不要（6）此题画图各个 L 路径所包围的通电导线数； 课堂上已画各 L 图,满意右手；L 1Hdl6AL2Hdl12AL 3Hdl15AL4Hdl3A三、运算题10.3 10.4 解：O 点的磁场由三部分线电流产生；其中圆弧电流在O 点的磁感强度为B 1 0 I 120 0 I 方向垂直纸面对里；2 r 360 6 r左边直线电流在 O 点的磁感强度为 B 2 0 Icos 1 cos 2 ,方向4 a向里；其中 1 0 , 2 30 , a r cos60 r / 2,可得 B 2 0 I1 3 / 2；2 r同理可得左边直线电流在 O 点的磁感强度为 B 3 0 I1 3 / 2 方2 r向向里；所以 O 点的 B 为：B B 1 B 2 B 3 0 I2 0 I1 3 / 2 0.21 0 I6 r 2 r r10.5 解：这是运动电荷的磁场； 将圆盘划分为很多个细圆环, 任取一圆环,设半径为 r,环宽为 dr；其上所带电量为 dq 02 rdr ,由于它以 角速度转动,名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 19 页精选学习资料 - - - - - - - - - 所以形成电流, 大小为dI优秀学习资料2欢迎下载02rdr0rdr该电流dq0rdrdtT2在轴线上 x 处的磁感强度为dB0dIr2r223 2IiB0r20rdr2 2x2r22 x3 2所以,总的磁感强度为BR0r3r20dr3 20202 R2 x2022 xR22 x10.6 10.7 10.8 Ir2B 120Ir解：取半径为 r 的同轴的圆周为安培环路,就当rr 时,有2rB dl2rB0IiL里Ii2 r 10r 120I当r 1rr ,有2rB dl2rB0I22r当r 2rr ,有2rB dl2rB0IiL里00I2 r 3r2B 32r2 r 32 r 2B 40当3rr 时,有2rB dl2rB0IiL里Ii10.9 此题是相当于无限大平板电流的磁力线证明,和电流两侧区域的B10n i的证明；2方法是：作一个包围部分电流的安培环路,为矩形框,框的一边与与平板平行,就可证；A10.10 Im g / B l0 . 4 1解：见题图,金属导线的张力是重力引起的,方向向下；要抵消它,就金属导线所受安培力必需向上；为 fIBlmg由于金属导线垂直磁场, 大小所以：Img/Bl0.41A；由 f 及 B 的方向,知：I 流向从左到右；10.11 留意,此题不是无限长直导线,不能用两平行导线作用力公 式！解：在载流为 I2 的导线 2 上任取电流元2I dl ,它受到导线 1 中电流名师归纳总结 I 1 的安培作用力|df| |I dl 2B|I2dx B20 1 Icos1- cos2dx第 11 页,共 19 页40 1 Icos -cos其中 B 由有限长电流 I1 给出Ba所以 L 长的导线 2 受力：f2LI2dx BLI2004a- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - I240I1L 0x2xa2优秀学习资料2欢迎下载I I22 La2a Lxdx0 2aLx 2aa2f 方向向下；同理载流为I1 的导线 1 受力与2f 大小相等,方向相反；10.12 解：（1）将圆柱面划分为很多条直线电流,再求出这些电流在轴线上的 B,再求受力；由于长直电流产生的磁感为：dB 0 dI 0 Idl2 R 2 R R考虑对称性,对称的两长直电流的 dB在某方向会抵消,其垂直方向相加设垂直方向在 x 的方向上,就有dBx20Idlcos20IRcosd；RR22 R故半圆柱面产生的B 为B020I2RcosjdI0I0/2cosd0I2R20R 2 I2R所以轴线上导线单位长度受力FBI10I2R2R方向在IdlkB xj 方向上,所以F0I22R（2）设该导线放在|y|j 处,就该导线电流与长圆柱面电流产生的磁感强度应相等；即0I20I|y|R/ 2yR/ 22R|y10.13 要把握；10.14 10.15 解：（1）受磁力矩Mp Bsin 90ISBI2 R B/ 27.85 102N m（2）回路中的电流不变,故磁力矩作功AImI BSBScos90 IBS7.85102J10.16 要把握；名师归纳总结 10.17 无图；第 12 页,共 19 页10.18 v7 . 5 76 1 0s/分析：先将电子速度分为相互垂直的两部分v,v,然后直接用带电粒子在磁场中运动的公式来表示v,v,最终用v2 vv2求解；解：hv Tv2mvheB又：veBR由两式合成eB2mm得：v2 v2 vheB2eBR2eBh2 2 R7.57106m s2mmm210.19 10.20 H200A m ,B2.5 104T ; H200A m ,BrB1.05T- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解：由HdlIi优秀学习资料欢迎下载0NIH2rNIHNIB2rl代入数据,HNI200A m ,B2.5 104T2r在r 介质时：HH200A m ,BrB1.05T10.21 一、挑选题（1）C 解