大学物理习题答案吴百诗教学总结.doc

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一、选择题
（1）D
解：先考虑一个板带电q，它在空间产生的场强为。注意是匀场。
另一板上电荷“|－q|”在此电场中受力，将其化为无数个点电荷，每个电荷受力大小为，故整个|－q|受力为：。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。 故选B。

二、填空题
（1）
解：画图。设等边三角形的边长为a，则任一顶点处 的电荷受到其余两个电
荷的作用力合力为：
设在中心处放置电荷，它对顶点处电荷的作用力为：
再由，可解出。

（2） 或 ，方向指向右下角。
　　解：当相对称的两电荷同号则在O点的场强抵消，若异号肯定有电力线过
O点，故只有左上角的电荷电力线指向右下角的“－”电荷。是

三、计算题
9.3
9.4 , （6.7）
解：将带电平面薄板划分为无数条长直带电线（书中图），宽为。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。注意单位长度上的带电量：
（1）距边缘为a处，每条带电直线产生的场强为
原点取在导体片中间，x方向向左：←
故总的场强： 的方向沿x轴正向。
或：原点取在场点处，x轴方向向右:→,则总的场强为： 此时的方向沿x轴“－”向。

（2）在板的垂直方向上，距板为h处。每条带电直线在此处的场强为
由于对称性，故分解：

在x方向上，场强分量因对称互相抵消，故。
所以：
9.5
解：任取线元，所在角位置为θ，（如图）。带电为。它在圆心处产生的电场强度分量各为：

整个圆环产生的：

9.7 ,……（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的电通量。
电场强度通量（垂直通过面的）：也即是通过S1或S2面的。
或解： 以S1和以圆面积(R为半径的)组成一个封闭曲面S
由高斯定理，知：，又
所以
同理：
9.8　，　
解：(1) 由高斯定理：可得：
同理（2）
所以大气的电荷平均体密度为：

9.9 ，，
解：本题解被分成三个区域： 由高斯定理知：
1域：,因为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，半径为，满足
则有：
在3域，类似2域方法作高斯面，满足。
则有：
9.10 在n区：
在p区：
9.11
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。
因为： 所以：
9.13 （6.22）
解：
9.14 ， 通过该点的等势线是在中垂面上半径为x的圆。
解：
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 （6.25）
球体内
球体外
定义,则可求出各区域的电势
球体外
球面上

球体内
（域）

9.20 , ,
解：应用高斯定理，可求得空间各域的电场强度：
①（）:
②（）：
③（）：
再由电势定义，可求：
①（）:
②（）：
③（）：
自行画图
点电荷在球心，球壳内、外表面上的电荷分布均匀。若点电荷偏离球心，球壳内表面的感应电荷分布不均匀。靠近点电荷的区域，电荷密度大，反之则较小。内表面电荷与点电荷形成封闭场。但外表面的电荷仍然均匀分布。

9.21
解：（1）由电势叠加原理，有，内球电势：
球壳电势：
（2）电势差
（3）连接球与球壳，则电荷全部跑到外球面上，所以
球与球壳是等势体
（4）外球面接地，则只有内球与球壳间的局域场，所以
，但。 另外
注意，本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。由于相距远，两球产生的电场互不影响。
现用一根极细导线连接两球，达到静电平衡后记金属球1带电为,　电势为；金属球2带电为,电势为。由于导线相连，故有： 。 又互不影响，所以有：
即： 又　 此两式
代入上式，可得 即-------　得证
9.23 ，
解： 设充电后，板上电量为，板的面积为s，故板上面密度大小为
插入金属板以前：。
现断开电源（q不变），插入金属板，厚为l,故电容器两板间距变为了，
此时：
电势差的改变为

由式看出金属板的位置对结果无影响。
9.24 无图
9.25
解：见图，当开关K拨向1，电容C1充电，
C1的能量为
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：，又电压相等
由此两式解得：
故并联后电容器中的总能量为
故能量改变：
9.26 ; 抽出时
解： 插入厚度为dˊ的金属板后，相当于把原来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,则另一电容的板间距为。串联后的总电容设为C，则有

(1) 插入后的总电容为
(2) 这是先充电，后改变电容（板上电量不变，改变电容）。抽出金属板，电容改变为
因为原先电容储能为, 现在不变，但电容变化了。故新电容储能。

所以外力的功：
9.27
解：导体球表面的电能密度：
因为导体球电容：，代入上式
得：
9.28 解：静电能

9.29　　电场总能： （可用电场能密度积分求解）
导线连接后，电荷都在外表面。总能：
9.30 (1) ,
(2) ,
9.31 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 。由电势计算有
再由高斯定理知，两极板间任一点的D都相等。以及可得 ，
所以介质中
（2）
（3）
9.36 （7.11、7.12？ ？？ ）
解：先见35题，再看本题可知电势分别是U0、U，故是板上电量不变。
（1）板上电量不变：
（2）介质高斯定理：
（3）本题没有给出U，故计算如下：
空气中的场强：，所以

一、选择题
（1）B
解：自己画图知，两个电流产生的磁场方向相反。X轴向电流的磁感穿出纸面。
X轴向电流的磁感大小为： 。 同理
所以 故选B。
（2）D
解： （最后等式见下面算式）
其中：
选D。

（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，C图反之，故应。用安培环路定理可求得ab域的磁感强度 ， 可见，显然D答案不符合。
对上式二次求导：若算得 则选B（可算到此结果）
若对上式二次求导：算得是 则选C (未算到)

或简单解：由安培环路定理知：在的区域，，显然只有B图是对的，而其它均不为零。

（4）B
解：

或用单个运动电荷的公式。

(5) 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
则整个板的单位长度受力为

二、填空题
（1）
解：线元受力:
线元相对O点力矩： 即：
所以
（2）， 磁通量
分析：本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看成常数，必须用式对面元积分得到磁通量。

（3）磁力的功 , ,
解：磁力功，绕AC边向外转
绕CD边向外转,
绕AD边向外转，此时：
（4）线圈中张力：
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yO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
方向垂直纸面向里。
左边直线电流在O点的磁感强度为 ，方向向里。
其中 ，可得。
同理可得左边直线电流在O点的磁感强度为 方向向里。
所以O点的B为：
10.5
解：这是运动电荷的磁场。将圆盘划分为无数个细圆环，任取一圆环，设半径为r，环宽为dr。其上所带电量为，由于它以ω角速度转动，
所以形成电流，大小为 该电流在轴
线上x处的磁感强度为
所以，总的磁感强度为
10.6
10.7
10.8
解：取半径为r的同轴的圆周为安培环路，则
当 时，有
当 ，有
当 ，有
当 时，有
10.9 本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 的证明。
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，则可证。
10.10
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，则金属导线所受安培力必须向上。由于金属导线垂直磁场，大小为
所以：。由f及B的方向，知：I流向从左到右。

10.11 注意，本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，它受到导线1中电流
I1的安培作用力
其中B由有限长电流I1给出
所以L长的导线2受力：

方向向下。同理载流为I1的导线1受力与大小相等，方向相反。

10.12
解：（1）将圆柱面划分为无数条直线电流，再求出这些电流在轴线上的B，
再求受力。因为长直电流产生的磁感为：
考虑对称性，对称的两长直电流的在某方向会抵消，其垂直方向相加
设垂直方向在x的方向上，则有
故半圆柱面产生的B为
所以轴线上导线单位长度受力
方向在方向上，所以
（2）设该导线放在处，则该导线电流与长圆柱面电流产生的磁感强度应相等。即 。
10.13 要掌握。
10.14
10.15
解：（1）受磁力矩
（2）回路中的电流不变，故磁力矩作功
10.16要掌握。
10.17无图。
10.18
分析：先将电子速度分为互相垂直的两部分，然后直接用带电粒子在磁场中运动的公式来表示，最后用求解。
解： 又： 由两式合成
得：
10.19
10.20 ;
解：由
代入数据，
在介质时：
10.21

一、选择题
（1）C
解：由楞次定律知：线圈的运动是反对磁铁的靠近。故线圈向左，又离磁铁越近的线圈运动就越快，故选C。
（2）A,C
解：注意转轴过C点，且垂直于导体棒A,B。故先由给出电势的高端，显然有C点最低，A、B电势相等，且都高于C点。故选A,C答案。
（3）（a）
解：OC半径与磁域边缘的夹角设为。由于在图示角度增大的过程中：
所以是常数，或正或负。不是t的函数。故选（a）。
（4）
解：见图，假想ob用导线连接，oa也用导线连接。故闭合回路的电动势为

由于涡旋电场线方向总是与半径垂直，所以有：
所以， 其中分别为的面积，四边形的面积，扇形的面积。由于本题中扇形面积最大，而为常数，所以对应的电动势为最大。为最小。
（5）A,D
解：由静电场的环路定理知A成立。
由涡旋电场属“非静电性场”，故,知D也成立。

二、填空题
（1）
解：在垂直速度的方向上，bc的投影长度为，所以
同理，弧的投影长度为，所以。
（2） ① ②
解：① 在垂直速度的方向上，ab的投影长度为,故电动势

② 长的导体棒垂直匀磁场，则绕其一端转动的电动势为
（3） ,方向向左。

解：由楞次定律，知导体杆ab必作减速运动，所以其加速度与速度方向相反。设t时刻杆ab速率为，此时它离开初位置（初速为）的距离为x，设此时回路中的感生电流为I。而回路总电阻为R（见图）。
因为匀场，dt时间里导体杆扫过的磁通为： ，
由法拉第定律 有：
而杆ab受力为
故加速度大小为 ，加速度方向与反向，向左。
加速度的代数值为 ，由对应积分：

感应电流：
到。故R上放出的焦耳热＝导体杆的初动能＝。

（4）
解：（a）设无限长直导线中通有电流I，
距离导线r处的磁感应强度：
通过线圈的总磁通为
所以线圈与长直导线间的互感系数:

（b）现在直线电流为 ，是时间的函数。所以应该对电流求导：即

（5）
解：由

三、计算题
11.3
11.4
解：
11.5
解：
11.6
解：（1）取线圈平面的法向与同方向，则有

所以：
（2）
11.7
解：（1）仔细看图，导体是以AO为转轴的，在图示位置，棒上的线元速度与磁感B的夹角为900，所以
即。方向为（在电源内部）。
（2）当C点转到D点，此时棒上的线元速度与磁感B的夹角为45o，所以
。
11.8 应当会。
11.9
解：（1）由于棒沿框架下滑的加速度为，故t 刻的棒沿框架下滑的速度为，棒上的动生电动势为
（2）沿斜面方向上，当棒的重力分力＝向上的安培力时。则达到稳定速度。
此时，感应电流 ，棒受到的向上安培力为
。 现两力相等，即
11.10 本题较难！！
解：注意本题长直电流产生的磁场是：非均匀磁场。所以ca段导线各线元的B是不一样的，故求解时不能将整个ca导线分解在两个垂直方向上。
本题t刻回路中的电动势解法有两种：第一种是参考书中的解法。
解法1： 三个积分中的B是不一样的，且点乘、叉乘的夹角也不尽相同。
解法2：直接用法拉第电磁感应定律，
t时刻ab导线距长直电流为，取x轴正向向右，坐标原点在长直电
流上。在线框中x处取窄条面积
t时刻穿过线框的磁通量为 即

再 就可得解。
11.11
解：因为，所以有旋电场线是逆时针。取为半径的同心圆作为回路L，方向也取逆时针，则
点在圆柱外面，方向沿逆时针方向且垂直Ob，大小为（但公式不同），

11.12
解：（1）因为，所以有旋电场线是逆时针。取为半径的同心圆作为回路L，方向也取逆时针，则
方向沿逆时针方向且垂直Oa。
同理：方向也沿逆时针方向且垂直Ob。而
（2） 注意：教材中的题目与辅导书中的题目有区别，是b点位置不同！！！
假想Oa，和ob间均有直导线连接，构成oabo三角形导体回路。则有：
法拉第公式：
另一方面：，而
所以,现在共有三个这样的导线，所以总电动势为　方向为abcd 方向.
11.13
解：题目给出 ，所以可求
（1）
（2）感应电流
（3）感应电量
11.14 无图。
11.15
解：因为，所以在R1域，线是顺时针，所以为顺时针，与L1反向，肯定为“－”。在R2域，线是逆时针。与L2反向，肯定也为“－”。
另一方面，各路径，图中已画定，从而相应面元的方向就确定了（与L走向成右手关系）。各个的方向图中也已画定，故可直接计算如下：

注意L3路径对应面元的方向都是 穿出纸面。对B1是反向。对B2是同向。

11.16
解：（1由，知是细螺绕环，由求自感的三步骤，先设1线圈通电为
可求出 ，最后求出：

同理可求出线圈2的自感
（2）设1线圈通电，求出
（3）关系：。
11.17
解：（1）当相连结，则之间通以电流时，两线圈中的电流等值反向，故穿过间的线圈的总磁通量为０，所以：　
（2）若相连结，对两端，则是两个线圈的顺向串联，此时穿过两端间线圈的总磁通量为

串联，有
所 以　
11.18
解：本题计算磁通量的方法一定要熟悉，因为这是典型的例子。
（1）以左边电流I处为原点，向右为x轴正向，其余见图。
取线框中一窄条面积，位于ｘ处 ，宽为dx。
该处的磁感强度：
I
x
O
dx
x
b

I
a

通过矩形框的磁通量：

考虑是空气，再由互感定义知：

（2）矩形框中的电动势

注：本题也可用计算电动势。
11.19

11.20 无图。
11.21无图。
只供学习与交流