2022年大学简明物理课后习题答案.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载Ba 9.2 证明：+Q a cot-q q 2Q2+Q 对上顶点电荷作受力分析得：cos402 q224Qq22 acos0a对左顶点电荷作受力分析得：可得：-q 40Q2224Qq2sin 2asin0a3由9.3 d E解：建立图示坐标系,在半圆环上任取微分元dl ,就名师归纳总结 dE410dlxreQ0dlcosR2QR2第 1 页,共 36 页R2RdEcos41dER2考虑方向：dEy4dEsin410dlsinR20Rdcos00ExR2Ey040Rdsin20R22所以：0就：EEyj2QR2j20- -

2、 - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载9.4 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dqds02RsinRd,就微分元在O 点激发的场强为：dE41xdq3iR sin0x2r22统一变量：xRcos,r1RcosdE2R2sind40R3就有：20s i nc o sdcosd4EdE0220sin方向为 x 轴负向；解：名师归纳总结 （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i,就第 2 页,共 36 页dx ,（在微分元上取任一面积为S 的平面,就平面所带电量Qss

3、dxdx）所以对x 的场点 P,微分元激发的场强为：dE20i20dxi2k0x2dx所以：EpdEbk0x2dxkb3（xpb时）0260- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 对xp优秀学习资料欢迎下载的场点 P ,微分元在右侧,激发的场强向左,E/ pEdE0x /pkx2dx33bk0x2dxkb3k02 x/3b3x/ p0p022660（2）/时,/ x pb2；p9.6 解：（1）取图示坐标系,在x 处取微分元dx,就dE410lddxx2i401l11675vm1El410ldx0d1x2d1d（2）由例 9.3 得s i n2s i n10

4、Ex40d2Ey40d2c o s1c o s21 5 0 0m所以EEyj1500jvm9.7 解：名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载假如把半球面看成闭合的,由高斯定理有SEd S0EdSEdSER2EdSEd S球冠底球冠面球冠面ER2球冠面9.8 解: 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S 面上各点电场强度的大小相等,由高斯定理,可得es EdSdv0E4r21rkr24r2dr当r0r4kr3dr0R时,E41kr2r2040当rR时,E4

5、10R4kr3drkR40r240rrR EKr2e re r 04所以0rR KR440r29.9 解：R2 1R2Rr 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载做半径为 r,高为 h 的同轴闭合圆柱面,由高斯定理有：SEd S上底面 E d S下底面 E d S侧面 Ed S2rhEr2h/0dqds2rdrr2hR20hr2ErR202 R209.10 解：半径为 r,宽为 dr 的带电细圆环, 其所带电量为（1）如图, 在环上取微分元,沿轴线建立坐标系xOX ,带电细圆环在轴线上产生的电势为

6、X2dU40dqr d rx2r2120x2r2122就UR 220r d r2120R2X22 R 1R 122r22依据能量守恒定律,可得名师归纳总结 12 mv 0eU0UD 0v 0emR 2R 1第 5 页,共 36 页2O C 09.11 解：lB qA qq l2U00- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - U D4q3 l4ql6优秀学习资料欢迎下载q000l（1）A OCD1 U0UD）01 q011 l6q0l6q0l43 l（2）A D1 UDUq011043 ll9.12 解：Q 2Q2r2R1Q 1rR 2Q2R 2E3Q 1Q2r

7、R 2Q 1R 1O R 2由高斯定理有E10rR 1E24040r2R 1R 2104R 14rR 1时：UrrE 1drR 1E2drE3drR 200或：UrUO4Q 1R 14Q2R 200Q2当R1rR 2时,UrR 2E2dr1E3dr4Q 1r4rR 200R2当rR 2时,Urr1E3drQ 1Q240r9.13 解：（1）如下列图,取微分元dx,就dv cqv40dxxQqvc40a2dxx4ln32aaa0Wcqln3ln34080a1（2）Aq 0vc1mv212 mv 0vQqln32 v22240名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 36 页精选学习

8、资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载9.14 解：OR0rdxr0lxdFdqElqdqr0qdx2如图设坐标,dx上有电量d qdx40x240x,q整个带电线受的电场力Fq0r 00ldx4rx240r0r 0llqdxdWd q在球面电荷的电场中的电势能：40xq0lnqr 0ldxWdWr040r 0x4整个带电线的电势能为：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 点的均匀带电球与体密度为E 1,半径为 r ,球心在点 O 的匀称带电球共同激发的,所以由高斯定理可得：E OE1E24a240a3E1

9、3as E1dS0q30s E2dSqE2r030对 O 点, r0,所以 E 2 0；就EE13a方向由 O 指向 O ；0（2） O 处电势名师归纳总结 V OV 10V22Rr0dr2R4103 4R3drrr0drr4103 4R3dr第 7 页,共 36 页r2ar2a3363Ra23 r- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （3）Aq0V06q 3R2优秀学习资料欢迎下载a23r209.16 解：Q R2 U 0 R1 r2R 1QR 20R 1Q9.17 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q40U0R

10、 1QR 1/R 200当rR 1时E球内0U内U0当R 1rR 2时E中4qr2U0R 14QR 1r22r0R 20U中4q0r4QR 2U0R 14QR 1r4QR 2U0R 10r0R 20r40R 2r当rR 2时RR 1QE 外4qr24Qr2U0R 14QR 1r24Qr2U0R 1r20R 2r240R2r2000U外qQ40 U0R 1QR 1/R2QU0R 11R 1/R 2 QU0R 140r40rr40rr4R 2r解：qBlqBRqAlqBRqClqCR1 设电荷分布如下列图,依据静电平稳时的条件,有名师归纳总结 qBlqBR0和qBlqBRqAlqARqClqCR第

11、 8 页,共 36 页qq0ClCRqBlqBRqAlqARqClqCRqAlqARQqBlqBRqAlqARqClqCR- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - qBlqCR0优秀学习资料欢迎下载qBRqAlqARqCl整理得qBlqAlqARqCR1 2QqAld 1d2d2QqBRqCl1Q2QSd22故有：VBA2QSd 1,V AC00（2）B,C 两导体接地,VBC0,就有qBlq CR0qBRqBRqAlqARq ClqClqARd 1d2d2QqARqAlQqBRd1qCld200S0SVBAQd1d20Sd 1d2所以：VACQd1d20Sd

12、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 s Ddsq；可得：第 9 页,共 36 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料0欢迎下载rRED0rRE4qr 1r2RrRd0rRdD4q2RrE4qr2r0当r5 .0, 15.0, 25.0cm 时代入,得D 10E 10D23 .54108cm2E2500vmD31 .27108cm2E 3144vm（2）由vpEdl,可得当rR时,VRd4qr 1r2drRd4qr2drR004qr 11R1d4q0R1d0R当RrRd时,V

13、Rd4qr1r2d rRd4qr2d rr004qr 11R1d4q0R1d0r当rRd时,Vr4qr2dr4q010r把r5 .0, 15.0,25.0cm 时代入,得V 1540 v,V2480 v,V3360v；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 - - - - - - -第 10 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料0欢迎下载rRE名师归纳总结 （2）D0rRE4Qr24QRra第 11 页,共 36 页0r2E4qarb0rrbQD4Q2RrE40r2rPr1 0Er1Qar

14、b4rr2内Pr1Q（3）4ra2Qdrbr2dr外P4rr1Qb2由电势定义式vpE dl,得：Va4Qr2drb4Ra0rr200rR 时：4Q011111 b9.20 Rrar2drb4Qr2drQVa4Qr2drbra40r00Rrb 时：Vb4Qr2dr40r0解：C0SQ0SUEU/dU d（1）dd- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 1111优秀学习资料欢迎下载1dCC 空气C 介质0S0rS0S0rSrU2 dE 空气Crd0rSQCUr0rSUdrd0E介质0rrdU3 Cd0SQ0SUEdUd9.21 证明：平行板电容器中填入两种介质

15、,相当于两电容器并联C 10r 1S0r 1s2d2dd 时,电容器中的电场能量的增量为：C20r 2S0r 2s2d2 d9.22 解：CC1C2r 22r 20sd连接情形下：两极板的电位差保持不变,在拉开W 连CU2/2d0Sd0S U2/20SU2ddddd2在此过程中极板上的电量增量为QUCUd0Sd0S0SUddddd在此过程中电源做功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WA0SU2ddddd0SU2dd20SU2d2dddd断开情形下Q 保持不变电容器中的电场能量的增量为：WQ2d0dd0SU2d0SU2dd2S0

16、S20S2d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：名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - （1）C 0d0S优秀学习资料欢迎下载d该从式中没有关于位置的量,可见电容与铜板的位置无关；0 SU 0Q（2）充电后 d d增加,增加的能量等于外力做的功拉出时设铜板上不带出电荷,电容器中的电场能量会因电容减小而A外WQ2Q20SU 021dd0d2 0SU2d20rSU02r1 1 d9.24 02 C2 C0dd20SSdd1

17、dddC0rd0rS1dA 外（3）C00S0rSrQ2Q2rd0rSU021drdrS1 dr1d0r2rdrd22 C2 C020S解：RR R 21 3Q 1E 3 E 2E 4QR 2E2rdrdrR 1E10R 1r40r2rR 3E44Qr2R 2rR 3E3002drR 31R 2104Qr224r04Qr224r2dr0Q2R 2WR 1202082R 1r24R 3r20Q201119 . 01016111.1 810J8R 1R 2R 3800 . 020 . 04.0 0510.1 解：名师归纳总结 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

18、0, 1/4 圆电流在 O 点产第 13 页,共 36 页B 圆弧0I10I生的磁感应强度方向垂直纸面对里,大小为BO2R48 R；10.2 d c 解: B acB bda b 20IB中心B aB cB bBd如图B 中心2（2B acos454220I2a/2a2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 过中心平行于优秀学习资料欢迎下载ad 如图竖直向上 ；10.3 解: BPdI2P0IB PI1IB PI22.105T233 . 71IddPB PI1方向垂直纸面对里,大小为20I1dBPI2方向纸面对右,大小为0I22d222 27B PB PI1

19、B PI2B21B2220I1220I2PIPI1dd2d夹tna1B PI1tna1方向在过 P 垂直于1I的平面内与B PI2角BPI3210.4 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 R 12322 R 1I22 R 22322bxbx10.5 0dI0Idy0Idy解：2adB2r2r4ar名师归纳总结 dBxdBcos0Idyy40Iydy第 14 页,共 36 页4a ra r2r- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - dB ydBsin0Idyx0优秀学习资料欢迎下载

20、Ixdy4a r4a r2rBP由对称性可知1B PxdBx0a 0Ixdyy240Ixax2dyy240Ix1tan1yaaa0IxdyaBPydBya4a r2aa4x2aaaxx40ItanaI atanatan101aIxx2x1ajB Pyj20tanax10.6 解：对于无限大平面载流导体板,即上题结果中xa,arctga2xBu0I1u0i（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

21、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 1B21u0i1i22（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Bu0i10.7 解：旋转的带电圆盘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名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - -

22、 - - BdBR1u0e2r3dr优秀学习资料欢迎下载2xu0e2 R2x20rx2322x2R 22方向沿 0x 轴；10.8 解：b a r（1）ra由安培环路定理知B02arbLBdl0b2Ia2r2a2得B20Ir2a2r 的圆作为闭合回r2 b2a3rb由安培环路定理知B20I,方向都是图中顺时针r10.9 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,在环内做半径为路 L ,绕行方向规定为逆时针,故LBdl2rBN0IBN0I2r2mSBd SD 12N0IhdrN0IhlnD

23、1D222r2D210.11 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,名师归纳总结 线圈所受的安培力矩为M115BIcos15a22mgasin15（msa）第 16 页,共 36 页线圈所受的重力矩为M2mgasin152M1M2sin2mgasin15BIcos15a2mga2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - B2Isgtg1594104T优秀学习资料欢迎下载10.12 解：（1）向左滑时磁场力作正功,ABILS（2）向左滑时磁场力作负功,ABILS10.13 解：mNIS200800.15236Am2MmaxmB36.518Nm1

24、0.14 解：设线圈平面的法向与 B 之间的夹角为,就线圈所受的安培力矩为2M BIa sin线圈在平稳位置作微小摇摆,很小,因此 M BIa 2依据转动定律BIa22J0即BIaJ2 B I a0J2B I a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I AIm2B m 1IBS07 9.102J10.16 I2解：C 1IdO D A a 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页,共 36 页精选学习资料 - - - - - - - - - F ABI2Ba20I2I1a2优秀学习资料欢迎下载方向向左da/FCDI2Ba20I2I1a2 方向向右1I2lnd2a/2方向向上I1a2方向向左da/da/2da/20I1dl0IFBCI2BdlI22l2da/2da/2da/2da/2da/20I1dl0I1I2lnda/2方向向下FDAI2BdlI22l2da/