2022年简明大学物理课后习题答案.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 第九章9.1 如下列图,由库仑定律可得：Fy F 1242qq0a2q 44F 42sin44qq0a2sin442qq02sin4sin2qq001 201 2a401 201 2a2q 5qq0F 340a2y5 qq 02q 为一个单位正电荷 FFxF20a与 x 轴夹角为arctgFy4Fx9.2 证明：+Q a cot-q 2 qQ2+Q 对上顶点电荷作受力分析得：2cos40q2224Qq 2 acos0a对左顶点电荷作受力分析得：可得：-q 40Q2224Qq2sin 2asin0a3由9.3 名师归纳总结 - - - - - -

2、 -第 1 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - d E解：建立图示坐标系,在半圆环上任取微分元dl ,就dE410dlreQ0dlcos2Q2 RR2RdEcos41dE xR2考虑方向：dEydEsin410dl 2 RsinE x040Rdcos020RR2Ey40Rdsin0R22所以：0就：EEyj2QR2j209.4 dO R 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名师归纳总结 dqds0x2RsiniRd,就微分元在O 点激发的场强为：第 2 页,共 36 页dE41xdq32r22统一变量：xRcos,rRsin- - - - -

3、 - -精选学习资料 - - - - - - - - - 就有：dE410Rcos2R2sindR3E20sincosdcosd40dE220sin0方向为 x 轴负向；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,就 dx ,（ 在 微 分 元 上 取 任 一 面 积 为 S 的 平 面 , 就 平 面 所 带 电 量Q s sdx dx）k 2d E i dx i x dx i所以对 x 的场点 P,微分元激发的场强为：2 0 2 0 2 03E p dE b k x 2dx kb所以：0 2 0 6 0（x p b 时）对 x p 的场点 P

4、 ,微分元在右侧,激发的场强向左,E p /dE 0 x /p2 k0 x 2dx x b/p 2 k0 x 2dx6 kb 30 6 k0 2 x /p 3b 3（2）E /p 0 时,x p / b 332；9.6 解：（1）名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 取图示坐标系,在x 处取微分元dx,就dE410lddxx2i41l11675vm1El410ldx0d1x 2d1d0（2）由例 9.3 得0si n2s i n1Ex40d2Ey40d2c o s 1c o s21 5 0 0m所以EEyj1500jv

5、m9.7 解：假如把半球面看成闭合的,由高斯定理有SEdS0EdSEdSER2EdSEd S球冠底球冠面球冠面ER2球冠面9.8 解: 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - R如图,过场点作与球同心球面S,因电荷分布为球对称,就球电场分布也应为球对称,所以 r S 面上各点电场强度的大小相等,由高斯定理,可得es EdSe rdv0E4r21rkr24r2dr00当rR时,E1r4kr3drkr24r2040当rR时,E10R4kr3drkR44r2040r0rRKr2E40所以KR4e rrR 240r9.9 解：R

6、2 1R2Rr 做半径为 r,高为 h 的同轴闭合圆柱面,由高斯定理有：名师归纳总结 EdSR上底面 E dS下底面 E dS侧面 EdS02rhEr2h/0第 5 页,共 36 页S2hh rE2rr2R22 R29.10 00解：- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （ 1） 如 图 , 在 环上 取微 分 元 , 半 径为r , 宽为dr 的 带 电 细圆 环 ,其 所 带 电 量为dqds2rdrX2沿轴线建立坐标系OX ,带电细圆环在轴线上产生的电势为dU40dqr2120xr d r21x22r22就UR 220rdrr21202 R 2X22

7、 R 1R 1x222 依据能量守恒定律,可得1 22 mv 0eU0U01 v 0emR 26R 16q0l09.11 C D l6q1 lq0l解：lBAqq O q2lqU00qU D403 l400lq01（1）A OCD1 U0UD）043 l（2）AD1 UDUq011 l043 l9.12 解：名师归纳总结 Q 1Q 2第 6 页,共 36 页R 1O R 2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由高斯定理有E 10rR 1E 2Q 2R1rR 24E 3Q 1Q2rR 240r240r2R 1R 210Q 14Q2rR 1时：UrrE 1d

8、rE2drE3dr0R 10R 2R 1R 2或：UrUO4Q 1R 1Q2Q240R 20当R1rR 2时,Q 1R 21UrrE2drR 2E3dr40r40R2当rR 2时,Ur1E 3drQ 1Q 2r40rdx,就9.13 解：（1）如下列图,取微分元dvc40dxxQqvc40a2dxx4ln32aaa0Wqv cqln3ln34080a1（2）Aq0v c1mv212 mv 0vQqln3v2222409.14 解：名师归纳总结 OR0rdxr0lx4dqEl0qdqr0rqdx2第 7 页,共 36 页如图设坐标,dx 上有电量d qdx,dF40x240xq整个带电线受的电场

9、力Fq0r0ldx4r 0x20r0rllqdxdq在球面电荷的电场中的电势能：dW40xq0lnr0ldx整个带电线的电势能为：WdWq0r040x4- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 9.15 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点的匀称带电球与体密度为 所以由高斯定理可得：E OE1E2,半径为 r ,球心在点 O 的匀称带电球共同激发的,s E1dSqE 14a24 30a3E 13a2dS0E 23r0qs E00对O点, r0,所以 E2 0；就EE 13a方向由 O 指向O；0（2）O处电

10、势（3）V OV 10V 2Rr0drR103 4R3drrr0drr4103 43 Rdrar2r2a3433R23 r26a2Aq0V06q3 R2a23 r209.16 Q 解：R2 名师归纳总结 U0 R1 40U0R 1QR 1/R 2第 8 页,共 36 页设内球带电量为,q 就由电势叠加原定理有：U04qR 14QR 2可由此式解得q00当rR 1时E球内0U内U0QR 1当R 1rR 2时E中4qr2U0R 140r20R 2r2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - U中4q0r4QR 2U0R 14QR 1r4QR 2U0R 1rR 1

11、Q0r0R 20r40R 2r当rR 2时24Q2U0R 1/4QR 1r24Qr2U0R 1R 20R 1 QR 20R 1 QE外4q0r0rr20R 2r24R 2r20U外qQq40 U0R 1QR 1R 2QU0R 11R 1/R 2 QU0R 140r40rr40rr4R 2r9.17 解：qBRqBlqAlBRqClqCR1 设电荷分布如下列图,依据静电平稳时的条件,有qBlqBR00和qBlqBRqAlqARqClqCRqq0ClCRqBlqBRqAlqARqClqCRqAlqARQqBlqBRqAlqARqClqCRqBlqCRAlqBRqqARqCl整理得名师归纳总结 qB

12、lqAlqARqCR1 2Q第 9 页,共 36 页qBRq Cl1Q2QSd22故有：VBA2Qd 1,V AC0S0（2）B,C 两导体接地,V BC0,就有- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - qBldqCR0d20qBRqAld 1d2d2QqBRqAlqARqdClqARqAlQqClqARd 12d2QqBR1q Cl0S0S所以：V BAQd 1d20Sd 1d2VACQd1d20Sd 1d29.18 解：1r2r（1）如下列图,导体静电平稳时,电荷只分布在导体表面,由高斯定理名师归纳总结 （2）rs Ddsq；可得：qr 1r2rRRd第

13、10 页,共 36 页E0D0rRE4Rr0当rD4q2RrE4q2rRd0rr5 .0,15.0,25.0cm 时代入,得D10E 10drD23. 54108cm2E2500vmD31 .27108cm2E 3144vm由vpEdl,可得时,VRd4qr 1r2drRd4qr2当RR00- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 4qr 11R1d4q0R1d0R当RrRd时,VrRd4qr1r2drdRd4q2dr00r当4qr 114R14q0R1dr0rRd时,Vr4qr2drq1r00把r5 .0, 15.0,25.0cm 时代入,得V 1540 v

14、,V 2480 v,V 3360 v；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s DdsQi,可得名师归纳总结 （2）PD0vrrRrEb0Q2r2rRa第 11 页,共 36 页E4Rr0rE4qrarb0D4Q2RrE4Q2rb0rrr1 0E1Qa4rr2（3）内Pr1Q,得：4ra2外P1Qr4rb2由电势定义式E dlp- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - Va4Qr2drb4Qrr2drb4Qr2drR0a009.20 rR 时：V4Q01 1111drb4Qr2drRrabaQdrb4Qrr2r40r2a00Q1

15、1111Rrb 时：b40r解：U名师归纳总结 （1）C0SQ0SUEU/d0rS0rdrU第 12 页,共 36 页dd11111dCC空气C介质0S0rS0S2 dE 空气Crd0rSQCUr0rSUdE 介质0rrdU3 Cd0SQ0SUEdUd9.21 证明：平行板电容器中填入两种介质,相当于两电容器并联C10r 1S0r 1s2d2dC20r 2S0r 2s2d2 dCC1C2r 2r 20s2 d- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 9.22 解：连接情形下：两极板的电位差保持不变,在拉开d 时,电容器中的电场能量的增量为：W 连CU2/2d0

16、Sd0S U2/2U0SU2dd0dd0SUd在此过程d2在此过程中极板上的电量增量为QUC0SSdddddd中电源做功AQUd0SU2ddd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：即A外AWA 外连WA0SU2ddddd0SU2dd0SU2d2d2 d dd断开情形下Q 保持不变电容器中的电场能量的增量为：WQ2d0SddS0SU2d0SU2dd2020S2d这个能量是由于外力克服电场力做功造成的即A外断W从前面的运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：（1）C0d0S该从式中没有关于位置的量,可见电容与铜板的位置无关；d0 S

17、U 0Q（2）充电后 d d 拉出时设铜板上不带出电荷,减小而增加,增加的能量等于外力做的功电容器中的电场能量会因电容名师归纳总结 A外WQ2Q200SU 021 2ddd0SU2d20rrSU2r11d第 13 页,共 36 页0dd2 dd2 C2 C 00S0S1dddSC 00rrdA 外（3）C00S0rSr1 d21Q2Q2rdrSU0drdr1d0r1d0rS2drd22 C2 C020S9.24 QR 2R 3R 1E 1E 2E 3R 1 E0rR 2E24Q解：rR 1E 10r2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - R 2rR 3E3

18、0rR 3E44Qr20WR 21004Q24r2dr104Q224r2dr0 8Q2R2dr4R 3drR 120r220r2r2r2R 30R 1Q21119 0.1016111 .0 05.1810J8R 1R 2R 3800 . 020 . 0410.1 解：B 0B 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BOB 圆弧0I10IO 点产生的磁感应强度方向垂直纸面对里,大小为2R48R；10.2 d c 20I解: B acB bda b B中心B aB cB bB d如图B 中心2（2B acos454220I22a/2a过中心平行于 ad 如

19、图竖直向上 ；10.3 解: 名师归纳总结 B PI1d2I20I1PB PI1BPI2第 14 页,共 36 页1IddP方向垂直纸面对里,大小为d- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - BPI2方向纸面对右,大小为0I22dB PBPBPI1BPI220I120I220I2I2 27 . 2105T233 7.2 B PI12 B PI21d2d2d方向在过P垂直于1I的平面内与B PI2夹角tna1B PI1tna1B PI3210.4 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）BPBPR 1BPR202 R 1I12

20、R 1x2322 R 1I22 R 22322bbx10.5 解：dB0dI0Idy0Idy2a2r2r4arB PdBxdBcos0Idyy0Iydy240Ixax2dyy20Ix1tan1yaa4ra4a r2rdBydBsin0Idyx0Ixdy4ra4a r2r由对称性可知BPxdBx0BPydB ya0Ixdya0Ixdya4a r2a4a x2yaa4axx40Itan1atan1a20Itan1aaxxaxB Pyj20Itan1ajax10.6 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 解：对于无限大平面

21、载流导体板,即上题结果中xa,arctga2xBu 0I1u 0i（ i 为电流密度）4 a2（1）在两面之间1i产生的磁感强度大小为B 11u0i1,方向垂直纸面对里；2在两面之间2i产生的磁感强度大小为B21u0i2,方向垂直纸面对外；2总的磁感强度B 的大小为BB 1B21u0i1i2；2（2）在两面之外的空间里,1i产生的磁感强度大小为B 11u0i1；2在两面之外的空间里,2i产生的磁感强度大小为B21u0i2；2二者方向一样,总的磁感强度B 的大小为BB 1B 21u0i1i22（3）i 1i2i时,两板之间的磁感强度为B0两板之外的磁感强度为Bu 0i10.7 解：旋转的带电圆盘

22、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dIe2rdre2rdredBrdru0rr2dI23,方向沿 x 轴；T21此圆电流在P 点产生的磁感强度大小为22x2所以, P 点上的磁感强度大小为BdBR1u0e2r3dru0eR222x22x0rx2322xR22方向沿 0x 轴；10.8 解：b a r名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - （1）ra由安培环路定理知B02arbLBdl0b2Ia2r2a2得B20Ir2a2r 的圆作为r2 b2a3rb由安培环路定理知B20I,方向都是图中顺时针r

23、10.9 解：1B20Ir2mSBd SR 220ILdr0ILlnR 2R 1r2R 110.10 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,在环内做半径为闭合回路 L ,绕行方向规定为逆时针,故LBld2rBN0IBN0I2r2mSBd SD 12N0IhdrN0IhlnD 1D 222r2D210.11 解：当线圈转到此位置时,重力矩与线圈的安培力矩达到平稳,线圈所受的安培力矩为M1BIcos 15a22mgasin15（msa）线圈所受的重力矩为M2mgasin152M1M215BIcos15a2mgasin152mgasin2B2Isgtg 1594104TS10.12

24、 解：（1）向左滑时磁场力作正功,ABIL（2）向左滑时磁场力作负功,ABILS10.13 解：名师归纳总结 mNIS20080.15236Am2,就线圈所受的安培力矩为第 17 页,共 36 页MmaxmB36.0 518Nm10.14 B 之间的夹角为解：设线圈平面的法向与MBIa2sin- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 线圈在平稳位置作微小摇摆,很小,因此MBIa2依据转动定律BIa2JBIa2即BIa2J02 B I aJ0简谐振动的角频率为J就此摇摆可看作简谐振动周期T22J2BIa10.15 解：（1）所受安培力矩大小为MMBIS nBISB7 .9102Nm方向在纸面内垂直于B 向上2 力矩所作的功AIm2m 1IBS07 . 9102J10.16 解：I dB 2IC 1IA O D a F ABI2Ba20I2I1a2 方向向左da/FCDI2Ba20I2I1a2 方向向右I2lnd2a/2方向向上I1a2方向向左da/FBCda/2Bdlda/20I1dl0I1I2I22l2da/2da/2da/2FDAda/2Bdlda/20I1dl0I1I2