大学物理A第六章习题选解

第六章 真空中的静电场

习题选解

6-1 三个电量为q -的点电荷各放在边长为r 的等边三角形的三个顶点上，电荷(0)Q Q >放在三角形的重心上。为使每个负电荷受力为零，Q 之值应为多大？

解：以三角形上顶点所置的电荷(q -)为例，其余两个负电荷对其作用力的合力为1f ，方向如图所示，其大小为

题6-1图 2

2

2

2

1004330cos 42r q r q f πεπε=??=

中心处Q 对上顶点电荷的作用力为2f ，方向与1f 相反，如图所示，其大小为

2

233200434r Qq

r Qq f πεπε==???

? ??

由12f f =，得

3

Q q =。

6-2 在某一时刻，从238U 的放射性衰变中跑出来的α粒子的中心离残核234

Th 的中心为159.010r m -=?。试问：（1）作用在α粒子上的力为多大？（2）α粒子的加速度为多大？

解：（1）由反应

238

234492

902U Th+He →

，可知

α粒子带两个单位正电荷，即 1912 3.210Q e C -==?

Th 离子带90个单位正电荷，即

1929014410Q e C -==?

它们距离为159.010r m -=?

由库仑定律可得它们之间的相互作用力为：

19199

122152

0 3.21014410(9.010)5124(9.010)

Q Q F N r πε---???==??=? （2）α粒子的质量为：

2727272()2(1.6710 1.6710) 6.6810p n m m m Kg α---=+=??+?=?

由牛顿第二定律得：

28227512

7.66106.6810

F a m s m α--=

==??? 6-3 如图所示，有四个电量均为C q 610-=的点电荷，分别放置在如图所示的1，2，3，4点上，点1与点4距离等于点1与点2的距离，长m 1，第3个电荷位于2、4两电荷连线中点。求作用在第3个点电荷上的力。

解：由图可知，第3个电荷与其它各

电荷等距，均为2

r =

。各电荷之间均为斥力，且第2、4两电荷对第三电荷的作用力大小相等，方向相反，两力平衡。由库仑定律，作用于电荷3的力为

题6-3 图

题6-3 图

N r q q F 22

133

10108.141

-?==

πε 力的方向沿第1电荷指向第3电荷，与x 轴成45角。

6-4 在直角三角形ABC 的A 点放置点电荷C q 91108.1-?=，B 点放置点电荷

C q 92108.4-?-=，已知0.04,0.03BC m AC m ==，试求直角顶点C 处的场强E 。

解：A 点电荷在C 点产生的场强为

1E ，方向向下

142

11

01108.141

-??==

m V r q E πε B 点电荷在C 点产生的场强为2E ，方向向右

142

22

02107.241

-??==

m V r q E πε

题6-4图

根据场强叠加原理，C点场强

1

4

2

2

2

1

10

24

.3-

?

?

=

+

=m

V

E

E

E

设E与CB夹角为θ，

2

1

tan

E

E

=

θ

1

2

2

arctan arctan33.7

3

E

E

θ==

=

6-5 如图所示的电荷分布为电四极子，它由两个相同的电偶极子组成。证明在

电四极子轴线的延长线上，离中心为r（

e

r r

>>）

的P点处的电场强度为

4

4

3

r

Q

E

πε

=，式中

2

2

e

qr

Q=，称为这种电荷分布的电四极矩。

题6-5图

解：由于各电荷在P点产生的电场方向都在x轴上，根据场强叠加原理

222

000

2

4()44()

P

e e

q q q

E

r r r r r

πεπεπε

--

=++

+-

222

2222

62

[]

4()

e e

e

r r r

q

r r r

πε

-+

=

-

由于

e

r r

>>，式中2

e

r可略去

4

2

6

2

2

4

6

6

4r

qr

r

r

r

q

E e

e

Pπε

πε

-

=

-

=

又电四极矩2

2

e

qr

Q=

故

4

4

3

r

Q

E

Pπε

=

题6-5图

6-6 如图所示，一根很长的绝缘棒，均匀 带电，单位长度上的电荷量为λ，试求距棒的一端垂直距离为d 的P 点处的电场强度。

解：建立如图所示坐标，在棒上任取一线 元dx 在P 点产生的场强为dE

题6-6图

)(4)

(44220222020d x dx

d x dx r dq dE +=+==

πελπελπε 场强dE 可分解成沿x 轴、y 轴的分量

2

2

sin d x x dE

dE dE x +-=-=θ

22

cos d

x d dE

dE dE y +==θ

题6-6图

??

∞

+-==0

2

3222

0)(24d x dx dE E x x πελ

12

22

2()

8d x d λπε∞

-=

+?

001()44d d

λλπεπε=

-=- 31

2222220002

444()()

y y d dx d x

E dE d

x d d x d λλλ

πεπεπε∞

∞

====

++??

P 点场强 d

E E E y x

02242πελ

=+= 方向与Y 轴夹角为? arctan 45x

y

E E ?==

6-7 一根带电细棒长为l 2，沿x 轴放置，其一端在原点，电荷线密度Ax =λ（A 为正的常数）。求x 轴上，l b x 2+=处的电场强度。

解：在坐标为x 处取线元dx ，带电量为Axdx dq =，该线元在P 点的场强为dE ，方向沿x 轴正方向

2

0)2(4x l b dq

dE -+=πε

整个带电细棒在P 点产生的电场为

??

-+==l

x l b Axdx

dE E 20

2

0)

2(4πε

题6-7图

()()()()x l b d x l b l b x l b A

l

-+-++--+=

?22224202

0πε

])

2()

2()2()2(2)2([420

202220

?

?-+-++--+-+=

l

l x l b x l b d l b x l b x l b d A πε 222

000

(2)1ln(2)84(2)l

l

A A b l b l x b l x πεπε+=

+-++-

)22(ln

40

b

l

l b b A ++=πε 场强E 方向沿x 轴正方向

6-8 如图所示，一根绝缘细胶棒弯成半径 为R 的半圆形。其上一半均匀带电荷q +，另一 半均匀带电荷q -。求圆心O 处的场强。

解：以圆心为原点建立如图所示Oxy 坐标，

题6-8图

在胶棒带正电部分任取一线元dl ，与OA 夹角为θ，线元带电荷量dl R

q

dq π2=

，在O 点产生电场强度

θεπεππεd R

q

dl R q R dq dE 2

023********===

把场强dE 分解成沿x 轴和y 轴的分量

θsin dE dE x = θcos dE dE y -=

2

22

22

00sin 22x x q q E dE d R R π

θθπεπε===??

2

2

2

2

2

00cos 22y y q q

E dE d R

R

π

θθπεπε==-=-

??

题6-8图

同理，胶棒带负电部分在O 点的场强E '沿x 轴方向的分量'

x E 与x E 大小相等，方

向相同；沿y 轴方向的分量'

y E 与y E 大小相等，方向相反，互相抵消，故点场强为

2

02

2R

q

E E x επ=

= 方向沿x 轴正向。

6-9 一无限大均匀带电平面，电荷面密度为σ，在平面上开一个半径为R 的圆洞，求在这个圆洞轴线上距洞心r 处一点P 的场强。

解：开了一个圆洞的无限大均匀带电 平面，相当于一个无限大均匀带电平面又 加了一块带异号电荷，面密度σ相同的圆 盘。距洞心r 处P 点的场强

p +-=+E E E

式中+E 为无限大均匀带电平面在P 点产生的场强 题6-9图

2εσ=

+E 方向垂直于平面向外

-E 为半径为R 的均匀带负电圆盘在其轴线上距中心为r 处的P 产生的场强。在圆

盘上取半径为r '，宽为r d '的细圆环，在P 点产生场强

2

32

2

02

32

2

0)

(42)

(4r r r d r r r r rdq dE +'''=

+'=

-πεσππε

R

R r r r r d r r r r dE E 0

2

1220023220])(1

[2)(42+'-='+''=

=??-εσπεπσ

0(12σε=

方向垂直圆盘向里

故 2

12

2

0)

(2r R r

E E E P +=

-=-+εσ 方向垂直平面向外

6-10 如图所示，一条长为l 2的均匀带电直线，所带电量为q ，求带电直线延长线上

任一点P 的场强。

解：在坐标为r 处取线元，带电量

dr l

q dr dq 2=

=λ 该线元在带电直线延长线上距原点为x 的

P 点产生的场强为

题6-10图

题6-10图

2

0)

(4r x dq

dE -=

πε 整个带电直线在P 点的场强

???------=---=-?==l

l l l l

l r x l q r x r x d l q r x l qdr dE E )1

(8)()(8)(2402020

πεπεπε 2222

000112(

)88()4()

q

ql q

l x l x l l x l x l πεπεπε=

-==-+--6-11 用场强叠加原理，求证无限大均匀带平面外任一点的场强大小为0

2εσ

=E （提示：把无限大平面分成一个个圆环或一条条细长线，然后进行积分）。

解：（1）建如图()a xyz 坐标，以板上任一点O 为圆心，取半径为r ，宽度为dr 的环形面积元，带电量为：

rdr dq πσ2=。

由圆环电荷在其轴线上任一点)(x OP P =的场强公式

2

3220)

(42r x xrdr dE +=

πεπσ方向沿x 轴正方向。

P 点总场强

30

222

02()x rdr

E dE r x σε∞==+??

1222

00

1

22()x r x σσεε∞

-=

=

+

题6-11()a 图

（0σ>，E 的方向沿x 轴正方向） （2）建如图()b 所示的三维坐标，在与z 轴相距为y 处取一细长线元，沿y 轴方向单位长度带电荷为dy σ，由长直带电直线场强公式，线元在x 轴距原点O 为a 的点P 的场强

2

20

21a y dy

dE +=

σπε

题6-11()b 图

由于对称性，dE 的y 轴分量总和为零 所以 ??==θc o s dE dE E x

0arctan 2y

a σπε∞

+∞

-∞

-∞

==

?

00

22σσ

ππεε=

= 因为0σ>，所以E 的方向沿x 轴正方向。

6-12 如图所示，半径为R 的带电细圆环，线电荷密度θλλcos 0=，0λ为常数，

θ为半径R 与x 轴夹角，求圆环中心O 处的电场强度。

解：在带电圆环上任取一线元θRd dl =，带电量为θθλλRd dl dq cos 0==，线元与原点O 的连线与x 轴夹角为θ，在O 点的场强d E 大小为

题6-12图

θ

θ

πε

λ

θ

θ

πε

λ

πε

d

R

d

R

R

R

dq

dE cos

4

cos

4

4

2

2

=

=

=

d E沿x轴和y轴的分量

θ

θ

πε

λ

θd

R

dE

dE

x

2

0cos

4

cos-

=

-

=

θ

θ

θ

πε

λ

θd

R

dE

dE

y

sin

cos

4

sin

-

=

-

=

整个带电圆环在O点的场强E沿x轴和y轴的分量

??-=

+

-

=

-

=

=π

π

ε

λ

θ

θ

πε

λ

θ

θ

πε

λ

2

2

2

4

)

2

sin

4

1

2

(

4

cos

4R

R

d

R

dE

E

x

x

??=

-

=

-

=

=π

π

θ

πε

λ

θ

θ

πε

λ

2

2

2

00

)

2

sin

(

4

sin

sin

4R

d

R

dE

E

y

y

故0

4

x

E

R

λ

ε

==-

E i i

E的方向沿x轴负方向。

6-13 如图所示，两条平行的无限长均匀带电直线，相距为d，线电荷密度分别为λ

+和λ

-，求：

（1）两线构成的平面的中垂面上的场强分布；

（2）两直线单位长度的相互作用力。

解：（1）在两线构成平面的中垂直面上任取一点P距两线构成平面为y，到两线

P点的场强为

2

12

201)4

(2d y E +

=

πελ

21

22

02)

4

(2d y E +=

πελ

题6-13图

由于对称性，两线在P 点的场强沿y 轴方向的分量，方向相反，大小相等，相互抵消

1212cos cos x x E E E E E θθ=+=+

1122

22220

222()()44d d d y y λπε????=????++????

题6-13图

2

202(

)4

d

d

y λπε=

+ 方向沿x 轴正方向

（2）两直线相距为d ，带正电直线在带负电直线处的场强为d

E 02πελ

=

+。由qE F =，

带负电直线单位长度的电荷受电场力d

E F 02

2πελλ==+-，方向指向带正电直线。

同理，带正电直线单位长度受电场力d

F 02

2πελ

=+，方向指向带负电直线。

故有+-=-F F ，两带电直线相互吸引。

6-14 如图所示，长为l 、线电荷密度为λ的两根相同的均匀带电细塑料棒，沿同一直线放置，两棒近端相距为l ，求两棒间的静电相互作用力。

题6-14图

解：（1）建立如图所示x 坐标，在左棒中坐标为x 处取线元dx ，带电量dx dq λ=，

线元dx 在坐标r 处的场强

2

0)(4x r dx

dE -=

πελ

左棒在坐标r 处点的场强

题6-14图

??

?

---=-==l

l

x r x r d x r dx

dE E 0

0202

0)

()

(4)(4πελπελ 1

00111()

()()444l

l

d r x r x r l r λ

λλπεπεπε-=

-==---? （2）在右棒中坐标为r 处取线元dr ，带电量dr dq λ=，该线元受电场力

)1

1(402r

l r dr Edq dF --==πελ

右棒受总电场力为

??????

?

???---=--==l

l l l l l r dr l r l r d dr r l r dF F 3232320202)(4)11(4πελπελ 222

332200034ln()ln ln 2ln ln 44243

l l l l r l r λλλπεπεπε??

??=--=-=?????? F 的方向沿x 轴正方向。两棒间的静电力大小相等，方向相反，互为斥力。 6-15 用细的不导电的塑料棒弯成半径为cm 50的圆弧，棒两端点间的空隙为

cm 2，棒上均匀分布着C 91012.3-?的正电荷，求圆心处场强的大小和方向。

解：有微小间隙的带正电圆弧棒，等效于一个相同半径的带正电圆环加个弧长等于间隙的带负电小圆弧棒。由场强叠加原理，圆心O 场强

0AB =+圆棒E E E

对于均匀带正电的圆环，由于对称性在圆心O 的电场强度为零，0=圆环E 。 上一带负电小圆弧棒相对于圆心O 可近似

题6-15图

看成一个点电荷，电量为：

dl R

q q π2-

=' 22

001442AB q q

E dl R R

R

πεπεπ'-=

=

? 13

02714.08-?-=-

=m V R qdl επ

圆心处场强100.714AB E E V m -==-?，方向指向空隙。

6-16 如图所示，一点电荷q 处于边长为的正方形平面中垂线上，q 与平面中心

O 点相距/2a ，求通过正方形平面的电场强度通量e ψ。

解：以点电荷所在处为中心，以图中正方形为一面作一边长为a 的正方体，由高斯定理知：通过正方体表面的电通量为

q

d ε?=

?

E S

题6-16图

则通过该正方形平面的电通量为

6εq

。 6-17 设匀强电场的场强为E ，E 与半径为R 的半球面的轴线平行。试计算通过此半球面的电场强度通量。

解：方法一：在半球面上取宽为dl 的环状面积元，

θθππd R rdl dS sin 222==

通过面元dS 的电场强度通量

dS E d e θψcos =

θθπθd R E sin 2cos 2=

通过整个半球面的电场强度通量

??==π

θθθπψψ202cos sin 2d E R d e e

E

R E R 220

22sin 2

1

2

πθ

ππ=?=

题6-17图

方法二：通过半球面的电场强度通量与垂直通过大圆面S

的电场强度通量相等。

q

通过S 面的电场强度通量：

E R ES e 2πψ==

故通过半球面的电场强度通量亦为E R 2π。

6-18 在量子模型中，中性氢原子具有如下的电荷分布：一个大小为e +的电荷被密度为()02a /r Ce r --=ρ的负电荷所包围，0α是“玻尔半径”，1000.5310m α-=?，C 是为了使电荷总量等于e -所需要的常量。试问在半径为0α的球内净电荷是多少？距核

0α远处的电场强度多大？

解：由()02a /r Ce r --=ρ，可得

()??∞

-∞

-=π-=πρ0

220

2

440e dr r Ce dr r

r a /r

由

??

?

∞-∞

-∞

-=?==???

? ?????? ??=03

03020

3002

020

3

224288228

00a a dx x e a a r d a r e a

dr r e x a /r a /r

原式成为 e a

C -=?-4

43

0π

所以 3

0a e C π=

要求半径为0a 的球内的静电荷。应先求半径0a 的球内的负电荷q '

()0002/22

300

0440.323a a r a e q r r dr e r dr e a ρπππ-??'==-≈- ???

?? 球内净电荷为 19

0.677 1.0810

q e q e C -'=+==?∑

由高斯定律

20

4q d a

E πε?==

∑??E S

()

.1046.31053.01008.110

941112

1019

9

2

00---??=???==

∑m V a q

E πε

6-19 在半径分别为1R ,2R 的两个同心球面上，分别均匀带电为1Q 和2Q ，求空间的场强分布，并作出r E -关系曲线。

解：电荷在球面上对称分布，两球面电荷产生的电场也是球对称分布，场强方向沿径

向向外。

（1）以球心O 为圆心，r 为半径（10R r >>）作一同心球面，由高斯定理，球面包围电荷量为零，即

I 0s

d ?=?

E S

因而 I 0E =

（2）以O 为圆心，半径为r （21R r R >>）作一同心球面，由高斯定理

1

II 0

s

Q d ε?=

?

E S

21

II 04Q E r πε?=

2

014r

Q E πε=

I I

题6-19图

（3）以O 为圆心，半径为r （2R r <）作一同心的球面，由高斯定理

12

III 0

s

Q Q d ε+?=

?

E S

212

III 0

4Q Q E r πε+?=

所以 12

III 2

04Q Q E r πε+=

r E -曲线如图6-19所示。

6-20 设均匀带电球壳内、外半径分别为1R 和2R ，带电量为Q 。分别利用高斯定理与用均匀带电球面的电场叠加求场强分布，并画出r E -图。

解：由于电荷分布具有球对称性，空间电场分布也具有球对称性。 （1）在1r R <的区域，电量为零。

由高斯定理0s

d ?=?E S ，因而各点场强为零。

（2）在12R r R ≤≤区域，以r 为半径作同心球面。

由高斯定理

s

q

d ε?=

?

E S

由 331332144

()443333

Q

q V r R R R ρππππ==

--

)

()

(43

13203132

R R R r Q r E --=?επ 因此 3

1

323

13204R R R r r Q

E --=πε （3）在2r R >区域，以r 为半径作同心球面， 由高斯定理

0s

q

Q

d εε?=

=?

E S

024επQ

r E =

?

2

04r Q

E πε

=

r E -曲线如图6-20所示。

题6-20图

6-21 无限长共轴圆柱面，半径分别为1R 和2R (21R R >)，均匀带电，单位长度上的电量分别为1λ和2λ。求距轴为r 处的场强(1)1r R <；(2)12R r R <<；(3)2r R >。

解：（1）在半径为1R 的圆柱面内作半径为r (1r R <)，高为l 的同轴圆柱面，作为高斯面。通过此高斯面的通量

0s

s

s

s

q d d d d ε?=

?+?+?=

=∑?

?

??侧上底下底E S E S E S E S

各点E 垂直于轴线，上下底面电通量为零

02=侧rlE π

因而 0=E (1r R <)

（2）在半径为1R 、2R 的两圆柱面间作半径为r (21R r R >>)，高为l 的同轴圆柱面作为高斯面，由高斯定理

1

00

s

q l d λεε?=

=∑?

E S

1

s

l d λε?=

?

侧E S

12ελπl rlE =

可见 r

E 01

2πελ=

（3）同理在2r R >的区域 r

E 02

12πελλ+=

6-22 一半径为R 的无限长带电圆柱， 其体电荷密度为r 0ρρ=(R r ≤)，0ρ为常数。 求场强分布。

解：（1）在圆柱体内r 处（R r ≤），取一 点P ，过P 以底面半径为r ，高为l 作闭合同 轴圆柱面。圆柱面包围的电荷量

00

(2)r r

q dq dV r rl

dr ρρπ===∑???

题6-22图

33000

2

233

r

dr l lr πρπρ==?

通过圆柱侧面的电通量为rlE π2，通过两底面的电通量为零，由高斯定理

s

q d ε?=

∑?

E S

30

223r l r lE πρπε=

可得 0

23ερr E = E 的方向沿矢径r 的方向

（2）在圆柱体外r 处（R r ≥）取一点P ，过P 点以底面半径为r ，高为l 作闭合同轴圆柱面。圆柱面包围电荷量

??

??

∑=====R

R R

R l dr l dr rl r dV dq q 0

3

03003

232)2(πρπρπρρ 由高斯定理

s

q d ε?=

∑?

E S 3

00

223lR rlE πρπε=

得 r

R E 03

03ερ= E 的方向沿矢径r 的方向

6-23 如图所示，一电量为C 7102-?的电荷从坐标原点O 运动到点)4,4(

。设电场强度为41)10N C --=-+??E i j 。

（1）试计算经下述路径时，电场力做的功

)4,4()0,4()0,0.(→→A )4,4()0,0.(→B )4,4()4,0()0,0.(→→C

（2）点)4,4(相对坐标原点O 的电势差。

解：（1）电荷在电场中运动时，电场力做功

()x y z A q d q E dx E dy E dz =?=++??E l （a ）路径为)4,4()0,4()0,0(→→

0)

4,4()

0,4()

0,4()

0,0(=?+?=+=?

?

y qE x qE dy E q dx E q A y x y x

（b ）路径为)4,4()0,0(→

0)()

4,4()

0,0(=+=?

dy E

dx E q A y x

题6-23图

（c ）路径为 )4,4()4,0()0,0(→→

0)

4,4()

4,0()

4,0()

0,0(=+=?

?

dx E q dy E q A x y

（2）点(4,4)相对于坐标原点的电势，即它们之间的电势差U ，等于单位正电荷从点(4,4)移到O 时，电场力所做的功。

(0,0) (4,4)(0,0)(4,4)0

U V V d

=-=?=

?E l

6-24 如图所示，半径为R的均匀带电球面，带电量为Q，沿半径方向有一均匀带电细线，线电荷密度为λ，长度为l，细线近端离球心的距离为l。设球和细线上的电荷分布固定。求细线在电场中的电势能。

题6-24图

解：以带电球面圆心O为原点，通过带电直线作x坐标如图。带电球面在轴线x处场强为

2

4x

Q

E

πε

=方向沿x轴正方向

该点的电势为

2

00

44

x x x

Q Q

V Edl dx

x x

πεπε

∞∞

===

??

在带电细线上x处取线元dx，带电量为dx

dqλ

=，线元dx的电势能为

dx

x

Q

dq

V

dW

x

4πε

λ

=

=

细线在电场中的电势能??=

=

=

=l

l

l

l

Q

x

Q

x

dx

Q

dW

W2

2

2

ln

4

ln

4

4πε

λ

πε

λ

πε

λ

6-25 如图所示，试计算线性电四极子

在很远处（

e

r r

>>）的电势。

解：在距电四极子很远处取一点P，

距q

2

-为r，夹角为θ，由点电荷电场的

电势

题6-25图

∑

=

-

+

+

=

=

3

10

2

1

4

2

4

4

4

i i

i

P r

q

r

q

r

q

r

q

V

πε

πε

πε

πε

r

r r

r r

r r

r

r

q

2

1

2

1

1

2

2

4

-

+

=

πε

由于e r r >> 故 r r r ≈≈21

θcos 212e r r r ≈- θcos 2e r r r -≈- θcos 1e r r r ≈-

故

321120)

()(4r r r r r r r q V P -+-=

πε

3

120)(cos 4r

r r r q

e -=θπε

题6-25图

θπεθπε23

023220cos 2cos 24r

qr r r q

e e == 6-26 如图所示，点电荷C q 910-=，与它在同一直线上的C B A 、、三点分别距

q 为cm cm cm 302010、、

，若选B 为电势零点，求C A 、两点的电势C A V V 、。

题6-26图

解：以点电荷q 为原点，沿C B A q ,,,的连线建x 坐标，在x 坐标轴上，各点场强方向都沿x 轴正方向。

题6-26图

2

04x q E πε=

对于A 、B 两点，电势差

?

?

?==?=

-B

A

B A dx x q Edx x d V V 2

.01

.02

02.01

.04πε

E

?

==-==

2

.01

.002

.01.002

4545)1(44V q

x q x

dx q πεπεπε 由0=B V ， 故 V V A 45= 对于B 、C 两点，电势差为：

??

=-=

==-3.02

.03

.02

.003

.02

.02

015)1

(44V x q

dx x q Edx V V C B πεπε 由0=B V ， 故 V V C 15-=

6-27 真空中一均匀带电细圆环，线电荷密度为λ，求其圆心处电势。 解：在细圆环上取长为dl 的线元，带电量为dl dq λ= 在圆心处产生的电势

R

dl

R

dq dV 0044πελπε=

=

整个带电圆环在圆心O 的电势

??

=?===R R R R dl dV V πελππελπελ20

002244

题6-27图

6-28 半径为mm 2的球形水滴具有电势V 300。求：（1）水滴上所带的电荷量。（2）如果两个相同的上述水滴结合成一个较大的水滴，其电势值为多少（假定结合时电荷没有漏失）？

解：（1）设水滴所带电荷均匀分布在水滴表面。水滴内任一点场强为零，电势与水滴表面电势相等。对于水滴外任一点x R >，电场强度

2

04x

Q E πε=

水滴的电势 ??

∞

∞

==R

R

dx x Q Edx V 2

04πε

题6-28图

001()44R

Q

Q

d x R

πεπε∞

=-=?

故 pC C RV Q 7.66107.664120=?==-πε

（2）两水滴合成一较大水滴，电量Q Q 2='，半径R R R 26.123≈='，水滴外任一点x （ 1.26x R >）的电场强度

2

042x Q

E πε=

大学物理第四章课后答案

第四章 气体动理论 一、基本要求 1．理解平衡态的概念。 2．了解气体分子热运动图像和理想气体分子的微观模型，能从宏观和统计意义上理解压强、温度、内能等概念。 3．初步掌握气体动理论的研究方法，了解系统的宏观性质是微观运动的统计表现。 4．理解麦克斯韦速率分布律、速率分布函数和速率分布曲线的物理意义，理解气体分子运动的最概然速率、平均速率、方均根速率的意义，了解玻尔兹曼能量分布律。 5．理解能量按自由度均分定理及内能的概念，会用能量均分定理计算理想气体的内能。 6．了解气体分子平均碰撞频率及平均自由程的意义及其简单的计算。 二、基本内容 1. 平衡态 在不受外界影响的条件下，一个系统的宏观性质不随时间改变的状态。 2. 理想气体状态方程 在平衡态下，理想气体各参量之间满足关系式 pV vRT = 或 n k T p = 式中v 为气体摩尔数，R 为摩尔气体常量118.31R J mol K --=??，k 为玻尔兹曼常量2311.3810k J K --=?? 3. 理想气体压强的微观公式 212 33 t p nm n ε==v 4. 温度及其微观统计意义 温度是决定一个系统能否与其它系统处于热平衡的宏观性质，在微观统计上

32 t kT ε= 5. 能量均分定理 在平衡态下，分子热运动的每个自由度的平均动能都相等，且等于2 kT 。以 i 表示分子热运动的总自由度，则一个分子的总平均动能为 2 t i kT ε= 6. 速率分布函数 ()dN f Nd = v v 麦克斯韦速率分布函数 23 2/22()4()2m kT m f e kT ππ-=v v v 7. 三种速率 最概然速率 p = =v 平均速率 = =≈v 方均根速率 = =≈8. 玻尔兹曼分布律 平衡态下某状态区间（粒子能量为ε）的粒子数正比于kT e /ε-。重力场中粒子数密度按高度的分布（温度均匀）： kT m gh e n n /0-= 9. 范德瓦尔斯方程 采用相互作用的刚性球分子模型，对于1mol 气体 RT b V V a p m m =-+ ))((2 10. 气体分子的平均自由程 λ= =

大学物理第六章-恒定磁场习题解劝答

第6章 恒定磁场 1． 空间某点的磁感应强度B 的方向，一般可以用下列几种办法来判断，其中哪个是错误的？ （ C ） （A ）小磁针北（N ）极在该点的指向； （B ）运动正电荷在该点所受最大的力与其速度的矢积的方向； （C ）电流元在该点不受力的方向； （D ）载流线圈稳定平衡时，磁矩在该点的指向。 2． 下列关于磁感应线的描述，哪个是正确的? （ D ） （A ）条形磁铁的磁感应线是从N 极到S 极的； （B ）条形磁铁的磁感应线是从S 极到N 极的； （C ）磁感应线是从N 极出发终止于S 极的曲线； （D ）磁感应线是无头无尾的闭合曲线。 3． 磁场的高斯定理 0S d B 说明了下面的哪些叙述是正确的？ （ A ） a 穿入闭合曲面的磁感应线条数必然等于穿出的磁感应线条数； b 穿入闭合曲面的磁感应线条数不等于穿出的磁感应线条数； c 一根磁感应线可以终止在闭合曲面内； d 一根磁感应线可以完全处于闭合曲面内。 （A ）ad ； （B ）ac ； （C ）cd ； （D ）ab 。 4． 如图所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量 和面上各点的磁感应强度B 将如何变化？ （ D ） （A ） 增大，B 也增大； （B ） 不变，B 也不变； （C ） 增大，B 不变； （D ） 不变，B 增大。 5． 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，则在圆心o 处的磁感应强度大小为多少? （ C ） （A ）0； （B ）R I 2/0 ； （C ）R I 2/20 ； （D ）R I /0 。 6、有一无限长直流导线在空间产生磁场，在此磁场中作一个以截流导线为轴线的同轴的圆柱形闭合高斯面，则通过此闭合面的磁感应通量（ A ） A 、等于零 B 、不一定等于零 C 、为μ0I D 、为 i n i q 1 1 7、一带电粒子垂直射入磁场B 后，作周期为T 的匀速率圆周运动，若要使运动周期变为T/2，磁感应强度应变为（B ） A 、 B /2 B 、2B C 、B D 、–B 8 竖直向下的匀强磁场中，用细线悬挂一条水平导线。若匀强磁场磁感应强度大小为B ，导线质量为m ， I

1992-2016年浙江大学820普通物理考研真题及答案解析-汇编

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大学物理第四章习题解

第四章 刚体的定轴转动 4–1 半径为20cm 的主动轮，通过皮带拖动半径为50cm 的被动轮转动，皮带与轮之间无相对滑动，主动轮从静止开始作匀角加速度转动，在4s 被动轮的角速度达到π/s 8，则主动轮在这段时间转过了 圈。 解：被动轮边缘上一点的线速度为 πm/s 45.0π8222=?==r ωv 在4s 主动轮的角速度为 πrad/s 202 .0π412111====r r v v ω 主动轮的角速度为 2011πrad/s 54 0π2==?-=t ωωα 在4s 主动轮转过圈数为 20π 520ππ2(π212π212 121=?==αωN （圈） 4–2绕定轴转动的飞轮均匀地减速，t ＝0时角速度为0ω＝5rad/s ，t ＝20s 时角速度为 08.0ωω=， 则飞轮的角加速度α＝ ，t ＝0到t ＝100s 时间飞轮所转过的角度θ ＝ 。 解：由于飞轮作匀变速转动，故飞轮的角加速度为 20 s /rad 05.020 558.0-=-?=-=t ωωα t ＝0到t ＝100s 时间飞轮所转过的角度为 rad 250100)05.0(2 1100521220=?-?+?=+=t t αωθ 4–3 转动惯量是物体 量度，决定刚体的转动惯量的因素有 。 解：转动惯性大小，刚体的形状、质量分布及转轴的位置。 4–4 如图4-1，在轻杆的b 处与3b 处各系质量为2m 和m 的质点，可绕O 轴转动，则质点系的转动惯量为 。 解：由分离质点的转动惯量的定义得 221i i i r m J ?=∑=22)3(2b m mb +=211mb = 4–5 一飞轮以600r/min 的转速旋转，转动惯量为2.5kg·m 2，现加一恒定的制动力矩使飞轮在1s 停 止转动，则该恒定制动力矩的大小M ＝_________。 解：飞轮的角加速度为 20s /rad 201 60/π26000-=?-=-= t ωωα 制动力矩的大小为 m N π50π)20(5.2?-=-?==αJ M 负号表示力矩为阻力矩。 图4-1 m 2m b 3b O

关于大学物理课后习题答案第六章

第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 故 223+=x 2. 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 故 q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=， dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (42 20R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E z

式中：θ为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角。 下面求直线段受到的电场力。在直线段上取dx dq 2λ=，dq 受到的电场力大小为 方向沿x 轴正方向。 直线段受到的电场力大小为 方向沿x 轴正方向。 4. 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ。求： （1）圆心处O 点的场强； （2）将此带电半圆环弯成一个整圆后，圆心处O 点场强。 解：（1）在半圆环上取?λλRd l dq ==d ，它在O 点产生场强大小为 20π4R dq dE ε= ?ελ d R 0π4= ，方向沿半径向 外 根据电荷分布的对称性知，0=y E 故 R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向。 （2）当将此带电半圆环弯成一个整圆后，由电荷分布的对称性可知，圆心处电场强度为零。 5．如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电量为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：建立图示坐标系。在均匀带电细直杆上取dx L q dx dq ==λ，dq 在P 点产生的场强大小为 2 02044x dx x dq dE πελπε== ，方向沿x 轴负方向。

大学物理试题库及答案详解【考试必备】

第一章 质点运动学 1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ． (1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr ｜= Δs = Δr (B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s (D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (2) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v (C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故t s t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故t s t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x ． 下述判断正确的是( ) (A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确

(完整版)浙江大学物理化学实验思考题答案

一、恒温槽的性能测试 1.影响恒温槽灵敏度的主要因素有哪些？如和提高恒温槽的灵敏度？ 答：影响灵敏度的主要因素包括：1)继电器的灵敏度；2)加热套功率；3)使用介质的比热；4)控制温度与室温温差；5)搅拌是否均匀等。 要提高灵敏度：1)继电器动作灵敏；2)加热套功率在保证足够提供因温差导致的热损失的前提下，功率适当较小；3)使用比热较大的介质，如水；4)控制温度与室温要有一定温差；5)搅拌均匀等。 2.从能量守恒的角度讨论，应该如何选择加热器的功率大小？ 答：从能量守恒角度考虑，控制加热器功率使得加热器提供的能量恰好和恒温槽因为与室温之间的温差导致的热损失相当时，恒温槽的温度即恒定不变。但因偶然因素，如室内风速、风向变动等，导致恒温槽热损失并不能恒定。因此应该控制加热器功率接近并略大于恒温槽热损失速率。 3.你认为可以用那些测温元件测量恒温槽温度波动？ 答：1)通过读取温度值，确定温度波动，如采用高精度水银温度计、铂电阻温度计等；2)采用温差测量仪表测量温度波动值，如贝克曼温度计等；3)热敏元件，如铂、半导体等，配以适当的电子仪表，将温度波动转变为电信号测量温度波动，如精密电子温差测量仪等。 4.如果所需恒定的温度低于室温，如何装备恒温槽？ 答：恒温槽中加装制冷装置，即可控制恒温槽的温度低于室温。 5.恒温槽能够控制的温度范围？ 答：普通恒温槽(只有加热功能)的控制温度应高于室温、低于介质的沸点，并留有一定的差值；具有制冷功能的恒温槽控制温度可以低于室温，但不能低于使用介质的凝固点。 其它相关问题： 1.在恒温槽中使用过大的加热电压会使得波动曲线：( B ) A.波动周期短，温度波动大； B.波动周期长，温度波动大； C.波动周期短，温度波动小； D.波动周期长，温度波动小。

大学物理简明教程(吕金钟)第四章习题答案

第四章电磁学基础 静电学部分 4.2解：平衡状态下受力分析 +q受到的力为： 处于平衡状态： （1） 同理，4q 受到的力为： （2） 通过（1）和（2）联立，可得：， 4.3解：根据点电荷的电场公式： 点电荷到场点的距离为： 两个正电荷在P点产生的电场强度关于中垂线对称： 所以： 当与点电荷电场分布相似，在很远处，两个正电荷q组成的电荷系的电场分布，与带电量为2q的点电荷的电场分布一样。 4.4解：取一线元，在圆心处 产生场强： 分解，垂直x方向的分量抵消，沿x方向 的分量叠加： 方向：沿x正方向 4.5解：（1 （2）两电荷异号，电场强度为零的点在外侧。 4.7解：线密度为λ，分析半圆部分： 点电荷电场公式： + +

在本题中： 电场分布关于x 轴对称：， 进行积分处理，上限为，下限为： 方向沿x轴向右，正方向 分析两个半无限长： ，，， 两个半无限长，关于x轴对称，在y方向的分量为0，在x方向的分量： 在本题中，r为场点O到半无限长线的垂直距离。电场强度的方向沿x轴负方向，向左。那么大O点的电场强度为： 4.8解：E的方向与半球面的轴平行，那么 通过以R为半径圆周边线的任意曲面的 电通量相等。所以 通过S1和S2的电通量等效于通过以R为半 径圆面的电通量，即： 4.9解：均匀带电球面的场强分布： 球面 R 1 、R2的场强分布为： 根据叠加原理，整个空间分为三部分： 根据高斯定理，取高斯面求场强： 图4-94 习题4.8用图 S1 S2 R O

场强分布： 方向：沿径向向外 4.10解：（1）、这是个球对称的问题 当时，高斯面对包围电荷为Q 当，高斯面内包围电荷为q 方向沿径向 （2）、证明：设电荷体密度为 这是一个电荷非足够对称分布的带电体，不能直接用高斯定理求解。但可以把这一带电体看成半径为R、电荷体密度为ρ的均匀带电球体和半径为R`、电荷体密度为-ρ的均匀带电体球相叠加，相当于在原空腔同时补上电荷体密度为ρ和-ρ的球体。由电场 叠加原理，空腔内任一点P的电场强度为： 在电荷体密度为ρ球体内部某点电场为： 在电荷体密度为-ρ球体内部某点电场为： 所以 4.11解：利用高斯定理，把空间分成三部分

大学物理课后习题标准答案第六章

大学物理课后习题答案第六章

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第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3220)(41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z

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1某质点的运动学方程x=6+3t-5t 3，则该质点作 （ D ） （A ）匀加速直线运动，加速度为正值 （B ）匀加速直线运动，加速度为负值 （C ）变加速直线运动，加速度为正值 （D ）变加速直线运动，加速度为负值 2一作直线运动的物体，其速度x v 与时间t 的关系曲线如图示。设21t t →时间内合力作功 为A 1，32t t →时间内合力作功为A 2，43t t → （C ） （A ）01?A ，02?A ，03?A （B ）01?A ，02?A ， 03?A （C ）01=A ，02?A ，03?A （D ）01=A ，02?A ，03?A 3 关于静摩擦力作功，指出下述正确者（ C ） （A ）物体相互作用时，在任何情况下，每个静摩擦力都不作功。 （B ）受静摩擦力作用的物体必定静止。 （C ）彼此以静摩擦力作用的两个物体处于相对静止状态，所以两个静摩擦力作功之和等于 零。 4 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，经过时间T 转动一圈，那么在2T 的时间内，其平 均速度的大小和平均速率分别为（B ） （A ） ， （B ） 0， （C ）0， 0 （D ）T R π2， 0 5、质点在恒力F ρ作用下由静止开始作直线运动。已知在时间1t ?内，速率由0增加到υ； 在2t ?内，由υ增加到υ2。设该力在1t ?内，冲量大小为1I ，所作的功为1A ；在2t ?内， 冲量大小为2I ，所作的功为2A ，则（ D ） A ．2121;I I A A <= B. 2121;I I A A >= C. 2121;I I A A => D. 2121;I I A A =< 6如图示两个质量分别为B A m m 和的物体A 和B 一起在水平面上沿x 轴正向作匀减速直 线运动，加速度大小为a ，A 与B 间的最大静摩擦系数为μ，则A 作用于B 的静摩擦力 F 的大小和方向分别为（D ） 轴正向相反与、轴正向相同 与、轴正向相同 与、轴正向相反 与、x a m D x a m x g m x g m B B B B ,,C ,B ,A μμT R π2T R π2T R π2t

大学物理习题册-陈晓-浙江大学出版社第七.八章答案

1、 磁场的高斯定理??=?0S d B 说明了下面的哪些叙述是正确的？ a 穿入闭合曲面的磁感应线条数必然等于穿出的磁感应线条数； b 穿入闭合曲面的磁感应线条数不等于穿出的磁感应线条数； c 一根磁感应线可以终止在闭合曲面内； d 一根磁感应线可以完全处于闭合曲面内。 A 、ad ； B 、ac ； C 、cd ； D 、ab 。 [ ] 1. A 解释：磁感线闭合的特性。 2 洛仑兹力可以 A 、改变带电粒子的速率； B 、改变带电粒子的动量； C 、对带电粒子作功； D 、增加带电粒子的动能。 [ ] B 解释：洛仑兹力的特点，改变速度方向不改变速度大小。 3 如图所示，两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直 位置，两个线圈的圆心重合，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? A 、0； B 、R I 2/0μ； C 、R I 2/20μ； D 、R I /0μ。 [ ] C 解释：两个圆电流中心磁感强度的合成，注意方向。 4 一载有电流I 的细导线分别均匀密绕在半径为R 和r 的长直圆筒上形成两个螺线管 （R=2r ），两螺线管的匝数密度相等。两螺线管中的磁感应强度大小R B 和r B 应满足： A 、r R B B 2=； B 、r R B B =； C 、r R B B =2； D 、r R B B 4=。 [ ] B 解释：参考长直螺线管内部磁感强度公式nI B 0μ=，场强与半径无关。

5 B 6 D

7 B 一质量为m 、电量为q 的粒子，以速度υ垂直射入均匀磁场B 中，则粒子运动轨道所包围范围的磁通量与磁场磁感应强度B 大小的关系曲线是 [ ] （A ） （B ） （C ） （D ） 解释：由半径公式qB m R υ = 求出磁通量表达式，反比关系。 8 如图所示，有一无限长通电流的扁平铜片，宽度为a ，厚度不计，电流I 在铜片上均匀分布， 在铜片外与铜片共面，离铜片右边缘为b 处的P 点的磁感应强度B 的大 小为： A 、 () b a I +πμ20 ； B 、； ) 2 1 (20b a I +πμ C 、b b a a I +ln 20πμ； D 、a b a b I +ln 20πμ。 [ ] C 解释：铜片上取线电流，由无限长线电流磁感强度公式) (20x b a a Idx dB -+= πμ积分求出p 点

天津大学《物理化学》第四版_第四章习题及解答

第四章多组分系统热力学 4.1 有溶剂A与溶质B形成一定组成的溶液。此溶液中B的浓度为c B，质量摩尔浓度为 b B，此溶液的密度为。以M A，M B分别代表溶剂和溶质的摩尔质量，若溶液的组成用B 的摩尔分数x B表示时，试导出x B与c B，x B与b B之间的关系。 解：根据各组成表示的定义 4.2 D-果糖溶于水（A）中形成的某溶液，质量分数，此溶液 在20 °C时的密度。求：此溶液中D-果糖的（1）摩尔分数；（2）浓度；（3）质量摩尔浓度。 解：质量分数的定义为 4.3 在25 °C，1 kg水（A）中溶有醋酸（B），当醋酸的质量摩尔浓度b B介于 和之间时，溶液的总体积 。求：

（1）把水（A）和醋酸（B）的偏摩尔体积分别表示成b B的函数关系。 （2）时水和醋酸的偏摩尔体积。 解：根据定义 当时 4.4 60 °C时甲醇的饱和蒸气压是84.4 kPa，乙醇的饱和蒸气压是47.0 kPa。二者可形成理想液态混合物。若混合物的组成为二者的质量分数各50 %，求60 °C时此混合物的平衡蒸气组成，以摩尔分数表示。 解：质量分数与摩尔分数的关系为 求得甲醇的摩尔分数为 根据Raoult定律 4.5 80 °C是纯苯的蒸气压为100 kPa，纯甲苯的蒸气压为38.7 kPa。两液体可形成理想

液态混合物。若有苯-甲苯的气-液平衡混合物，80 °C时气相中苯的摩尔分数，求液相的组成。 解：根据Raoult定律 4.6 在18 °C，气体压力101.352 kPa下，1 dm3的水中能溶解O2 0.045 g，能溶解N2 0.02 g。现将1 dm3被202.65 kPa空气所饱和了的水溶液加热至沸腾，赶出所溶解的O2和N2，并干燥之，求此干燥气体在101.325 kPa，18 °C下的体积及其组成。设空气为理想气体混合物。 其组成体积分数为：， 解：显然问题的关键是求出O2和N2的Henry常数。 18 °C，气体压力101.352 kPa下，O2和N2的质量摩尔浓度分别为 这里假定了溶有气体的水的密度为（无限稀溶液）。 根据Henry定律， 1 dm3被202.65 kPa空气所饱和了的水溶液中O2和N2的质量摩尔浓度分 别为

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马文蔚（ 112 学时） 1-9 章自测题 第 1 部分：选择题 习题 1 1-1 质点作曲线运动，在时刻t质点的位矢为r ，速度为 v ，t 至 t t 时间内的位移为r ，路程为s，位矢大小的变化量为r （或称r ），平均速度为v ，平均速率为v 。 （1）根据上述情况，则必有（） （A ）r s r （B ）（C）（D ）r s r ，当t0 时有 dr ds dr r r s ，当t0 时有 dr dr ds r s r ，当t0 时有 dr dr ds （2）根据上述情况，则必有（） （A ）（C）v v, v v（ B）v v, v v v v, v v（D ）v v, v v 1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢r ( x, y) 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即 （1）dr ；（ 2） dr ；（3） ds ；（4）( dx )2( dy )2 dt dt dt dt dt 下列判断正确的是： （A ）只有（ 1）（2）正确（B ）只有（ 2）正确 （C）只有（ 2）（3）正确（D ）只有（ 3）（ 4）正确 1-3 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度， a 表示加速度，s表示路程，a t表示切向加速度。对下列表达式，即 （1）dv dt a ；（2） dr dt v ；（3） ds dt v ；（4）dv dt a t。 下述判断正确的是（） （A ）只有（ 1）、（ 4）是对的（B ）只有（ 2）、（4）是对的 （C）只有（ 2）是对的（ D）只有（ 3）是对的 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（） （A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变 （B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变 （C）切向加速度可能不变，法向加速度不变 （D ）切向加速度一定改变，法向加速度不变 1-5 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边

大学物理课后习题答案第六章

第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3 2 2 0) (41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z

式中：θ为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角。 ?+= 2 32 2 0) (4dq R x x E x πε 2 32210)(24R x R x +?= πλπε2 32201)(2R x x R += ελ 下面求直线段受到的电场力。在直线段上取dx dq 2λ=，dq 受到的电场力大小为 dq E dF x =dx R x x R 2 3 22021)(2+= ελλ 方向沿x 轴正方向。 直线段受到的电场力大小为 ?=dF F dx R x x R l ?+= 02 3220 21)(ελλ2 ()?? ????+- = 2/1220211 1R l R R ελλ2 方向沿x 轴正方向。 4. 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ。求： （1）圆心处O 点的场强； （2）将此带电半圆环弯成一个整圆后，圆心处O 点场强。 解：（1）在半圆环上取?λλRd l dq ==d ，它在O 点产生场强大小为 20π4R dq dE ε= ?ελ d R 0π4= ，方向沿半径向外 根据电荷分布的对称性知，0=y E ??ελ ?d R dE dE x sin π4sin 0= = R d R E x 000 π2sin π4ελ ??ελπ ==? 故 R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向。 （2）当将此带电半圆环弯成一个整圆后，由电荷分布的对称性可知，圆心处电场强度为零。

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1某质点的运动学方程x=6+3t-5t 3 ，则该质点作 （ D ） （A ）匀加速直线运动，加速度为正值 （B ）匀加速直线运动，加速度为负值 （C ）变加速直线运动，加速度为正值 （D ）变加速直线运动，加速度为负值 2一作直线运动的物体，其速度x v 与时间t 的关系曲线如图示。设21t t →时间合力作功为 A 1，32t t →时间合力作功为A 2，43t t → 3 C ） （A ）01?A ，02?A ，03?A （B ）01?A ，02?A ， 03?A （C ）01=A ，02?A ，03?A （D ）01=A ，02?A ，03?A 3 关于静摩擦力作功，指出下述正确者（ C ） （A ）物体相互作用时，在任何情况下，每个静摩擦力都不作功。 （B ）受静摩擦力作用的物体必定静止。 （C ）彼此以静摩擦力作用的两个物体处于相对静止状态，所以两个静摩擦力作功之和等于 零。 4 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，经过时间T 转动一圈，那么在2T 的时间，其平均 速度的大小和平均速率分别为（B ） （A ） ， （B ） 0， （C ）0， 0 （D ） T R π2， 0 5、质点在恒力F 作用下由静止开始作直线运动。已知在时间1t ?，速率由0增加到υ；在2t ?， 由υ增加到υ2。设该力在1t ?，冲量大小为1I ，所作的功为1A ；在2t ?，冲量大小为2I ， 所作的功为2A ，则（ D ） A ．2121;I I A A <= B. 2121;I I A A >= C. 2121;I I A A => D. 2121;I I A A =< 6如图示两个质量分别为B A m m 和的物体A 和B 一起在水平面上沿x 轴正向作匀减速直线 运动，加速度大小为a ，A 与B 间的最大静摩擦系数为μ，则A 作用于B 的静摩擦力F 的 大小和方向分别为（D ） 轴正向相反与、轴正向相同 与、轴正向相同 与、轴正向相反 与、x a m D x a m x g m x g m B B B B ,,C ,B ,A μμT R π2T R π2T R π2t

大学物理A第六章习题选解汇总

第六章 真空中的静电场 习题选解 6-1 三个电量为q -的点电荷各放在边长为r 的等边三角形的三个顶点上，电荷(0)Q Q >放在三角形的重心上。为使每个负电荷受力为零，Q 之值应为多大？ 解：以三角形上顶点所置的电荷(q -)为例，其余两个负电荷对其作用力的合力为1f ，方向如图所示，其大小为 题6-1图 2 2 2 2 1004330cos 42r q r q f πεπε=??= 中心处Q 对上顶点电荷的作用力为2f ，方向与1f 相反，如图所示，其大小为 2 233200434r Qq r Qq f πεπε==??? ? ?? 由12f f =，得 Q =。 6-2 在某一时刻，从238U 的放射性衰变中跑出来的α粒子的中心离残核234 Th 的中心为159.010r m -=?。试问：（1）作用在α粒子上的力为多大？（2）α粒子的加速度为多大？ 解：（1）由反应 238 234492 902U Th+He → ，可知 α粒子带两个单位正电荷，即 1912 3.210Q e C -==? Th 离子带90个单位正电荷，即 1929014410Q e C -==? 它们距离为159.010r m -=? 由库仑定律可得它们之间的相互作用力为：

19199 122152 0 3.21014410(9.010)5124(9.010) Q Q F N r πε---???==??=? （2）α粒子的质量为： 2727272()2(1.6710 1.6710) 6.6810p n m m m Kg α---=+=??+?=? 由牛顿第二定律得： 28227512 7.66106.6810 F a m s m α--= ==??? 6-3 如图所示，有四个电量均为C q 610-=的点电荷，分别放置在如图所示的1，2，3，4点上，点1与点4距离等于点1与点2的距离，长m 1，第3个电荷位于2、4两电荷连线中点。求作用在第3个点电荷上的力。 解：由图可知，第3个电荷与其它各 电荷等距，均为2 2 r m = 。各电荷之间均为斥力，且第2、4两电荷对第三电荷的作用力大小相等，方向相反，两力平衡。由库仑定律，作用于电荷3的力为 题6-3 图 题6-3 图 N r q q F 22 133 10108.141 -?== πε 力的方向沿第1电荷指向第3电荷，与x 轴成45o 角。 6-4 在直角三角形ABC 的A 点放置点电荷C q 91108.1-?=，B 点放置点电荷 C q 92108.4-?-=，已知0.04,0.03BC m AC m ==，试求直角顶点C 处的场强E 。 解：A 点电荷在C 点产生的场强为 1E ，方向向下 142 11 01108.141 -??== m V r q E πε B 点电荷在C 点产生的场强为2E ，方向向右 142 22 02107.241 -??== m V r q E πε

大学物理第六章习题

例 有一外半径R1=10 cm ，内半径R2=7 cm 的金属球壳，在球壳中 放一半径R3=5 cm 的同心金属球，若使球壳和球 均带有q=10-8 C 的正电荷，问两球体上的电荷 如何分布？球心电势为多少？ 解：作球形高斯面 例1 把一块相对电容率 r =3的电介质，放在相距d=1 mm 的 两平行带电平板之间. 放入之前，两板的电势差是1 000 V . 试求两板间电介质内的电场强度E ，电极化强度P ，板和电介质的电荷面密度，电介质内的电位移D. 例2 图中是由半径为R1的长直圆柱导体和同轴的半径为R2的薄导体圆筒组成，其间充以相对电容率为 r 的电介质. 设直 导体和圆筒单位长度上的电荷分别为+和- . 求(1)电介质中的 1 R 2 R 3 R q +q +1R 1 R 2 R 3 R q +q +r 2S r ε d + + + + + + + + + + + - - - - - - - - - - - U

电场强度、电位移和极化强度； (2)电介质内外表面的极化电荷 面密度. 例2 圆柱形空气电容器中，空气的击穿场强是Eb=3 106 V·m-1 ，设导体圆筒的外半径R2= 10-2 m . 在空气不被击穿的情况下，长圆柱导体的半径R1 取多大值可使电容器存储能量最多？ 例1 如图所示,球形电容器的内、外半径分别为R1和R2 ，所带电荷为 Q ．若在两球壳间充以电容率为 的电介质，问此 电容器贮存的电场能量为多少？ l + + + + + + + + _ _ _ _ _ _ _ _ + +++ --- - 1 R 2 R 1 R 2 R

大学物理考试试题

一、选择题 （每小题2分，共20分） 1. 关于瞬时速率的表达式，正确的是 （ B ） (A) dt dr =υ； (B) dt r d = υ; (C) r d =υ; (D) dr dt υ= r 2. 在一孤立系统内，若系统经过一不可逆过程，其熵变为S ?，则下列正确的是 （ A ） (A) 0S ?>; (B) 0S ?< ; (C) 0S ?= ; (D) 0S ?≥ 3. 均匀磁场的磁感应强度B 垂直于半径为r 的圆面，今以该圆面为边界，作以半球面S ，则通过S 面的磁通量的大小为 （ B ） （A ）2πr 2B; (B) πr 2B; （C ）0; （D ）无法确定 4. 关于位移电流，有下面四种说法，正确的是 （ A ） （A ）位移电流是由变化的电场产生的； （B ）位移电流是由变化的磁场产生的； （C ）位移电流的热效应服从焦耳—楞次定律； （D ）位移电流的磁效应不服从安培环路定律。 5. 当光从折射率为1n 的介质入射到折射率为2n 的介质时，对应的布儒斯特角b i 为 （ A ） 2 1 1 2 (A)( );(B)( );(C) ;(D)02 n n arctg arctg n n π 6. 关于电容器的电容，下列说法正确．．的是 （ C ） (A) 电容器的电容与板上所带电量成正比 ; (B) 电容器的电容与板间电压成反比; (C)平行板电容器的电容与两板正对面积成正比 ;(D) 平行板电容器的电容与两板间距离成正比 7. 一个人站在有光滑转轴的转动平台上，双臂水平地举二哑铃。在该人把二哑铃水平收缩到胸前的过程中，人、哑铃与转动平台组成的系统 （ C ） （A ）机械能守恒，角动量不守恒； （B ）机械能守恒，角动量守恒； （C ）机械能不守恒，角动量守恒； （D ）机械能不守恒，角动量也不守恒； 8. 某气体的速率分布曲线如图所示，则气体分子的最可几速率v p 为 （ A ） (A) 1000 m ·s -1 ; （B ）1225 m ·s -1 ; (C) 1130 m ·s -1 ; (D) 1730 m ·s -1 得分

(完整版)大学物理习题册-陈晓-浙江大学出版社第二章答案

P8. 1.B A 重力在速度方向上的分力，大小在变，a τ 不为恒量 B 正确 2 2 sin sin N n N N v F mg ma m R v F m mg R v F θθθ-===+↑↑↑ C 合外力为重力和支持力的合力，错 D 错 2.C 说的是“经摩擦力”，应和重力构成平衡力。 3A 212 s at t = === 4C 杆Mg f Ma += 猴,0mg f ma -== 得M m a Mg += 5A 合外力为0 6C

() (sin )*(sin )(sin )0ma Fcos mg Fsin F cos mg cos a da F cos d tg θμθθμθμθμθμθθθ μθ =--=+-+=-==取最大值，则取最大值 7B 8B 2 sin cos v N m R N mg v Rgtg θθθ ?=???=?= 9

10 一质量为5kg 的物体（视为质点）在平面上运动，其运动方程为263()r i t j SI =-r r r ，则物体所受合外力f r 的大小为_____；其方向为______. 解 因为()22 5630d r f m j j dt ==?-=-r r r ，所以物体所受合力f r 的大小为30N ，其方向沿y 轴负向。 11 0000000000022002cos cos sin sin cos (1cos )v t x t x dv F a t dt m F dv t dt m dx F v t dt m F dx t dt m F F x x t m m F x t x m ωωωωωωωωωωω= ==?===?-=-+=-+????

(完整版)大学物理课后习题答案详解

第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+-r r r 由d /d v r t =r r 则速度： 28v i tj =+r r r 由d /d a v t =r r 则加速度： 8a j =r r 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+=r r r r r r r r 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+=r r r r r r r r 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的d d r t v ，d d v t v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2 r t v t i gt j =+v v v （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3）0d -gt d r v i j t =v v v 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d d r v i j t =v v d d v g j t =-v v 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=