河北科技大学大学物理答案第8章

第八章 振动与波动本章提要1. 简谐振动· 物体在一定位置附近所作的周期性往复运动称为机械振动。

· 简谐振动运动方程()cos x A t ωϕ=+其中A 为振幅，ω 为角频率，（ωt+ϕ）称为谐振动的相位，t ＝0时的相位ϕ 称为初相位。

· 简谐振动速度方程d ()d sin xv A t tωωϕ==-+ · 简谐振动加速度方程222d ()d cos xa A t tωωϕ==-+· 简谐振动可用旋转矢量法表示。

2. 简谐振动的能量· 若弹簧振子劲度系数为k ，振动物体质量为m ，在某一时刻m 的位移为x ，振动速度为v ，则振动物体m 动能为212k E mv =· 弹簧的势能为212p E kx =· 振子总能量为P22222211()+()221=2sin cos k E E E m A t kA t kA ωωϕωϕ=+=++3. 阻尼振动· 如果一个振动质点，除了受弹性力之外，还受到一个与速度成正比的阻尼作用，那么它将作振幅逐渐衰减的振动，也就是阻尼振动。

· 阻尼振动的动力学方程为222d d 20d d x xx t tβω++= 其中，γ是阻尼系数，2mγβ=。

（1） 当22ωβ>时，振子的运动一个振幅随时间衰减的振动，称阻尼振动。

（2） 当22ωβ=时，不再出现振荡，称临界阻尼。

（3） 当22ωβ<时，不出现振荡，称过阻尼。

4. 受迫振动· 振子在周期性外力作用下发生的振动叫受迫振动，周期性外力称驱动力 · 受迫振动的运动方程为22P 2d d 2d d cos x x F x t t t mβωω++= 其中，2k m ω=，为振动系统的固有频率；2C m β=；F 为驱动力振幅。

· 当驱动力振动的频率p ω等于ω时，振幅出现最大值，称为共振。

第八章 静电场8.1 真空中有两个点电荷M 、N ，相互间作用力为F，当另一点电荷Q 移近这两个点电荷时，M 、N两点电荷之间的作用力 (A) 大小不变，方向改变． (B) 大小改变，方向不变．(C) 大小和方向都不变． (D) 大小和方向都改． ［ C ］8.2 关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是：(A) 如果高斯面上E处处为零，则该面内必无电荷．(B) 如果高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为零．(C) 如果高斯面上E处处不为零，则高斯面内必有电荷．(D) 如果高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电通量必不为零．［ D ］8.3有一边长为a 的正方形平面，在其中垂线上距中心O 点a /2处，有一电荷为q 的正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量为(A)03εq ． (B) 04επq (C) 03επq ． (D) 06εq［ D ］q8.4面积为S 的空气平行板电容器，极板上分别带电量±q ，若不考虑边缘效应，则两极板间的相互作用力为(A)Sq 02ε． (B) S q 022ε．(C) 2022S q ε． (D) 202Sq ε． ［ B ］8.5一个带正电荷的质点，在电场力作用下从A 点经C 点运动到B 点，其运动轨迹如图所示．已知质点运动的速率是递增的，下面关于C 点场强方向的四个图示中正确的是：［ D ］8.6如图所示，直线MN 长为2l ，弧OCD 是以N 点为中心，l 为半径的半圆弧，N 点有正电荷＋q ，M 点有负电荷-q ．今将一试验电荷＋q 0从O 点出发沿路径OCDP 移到无穷远处，设无穷远处电势为零，则电场力作功(A) A ＜0 , 且为有限常量． (B) A ＞0 ,且为有限常量．(C) A ＝∞． (D) A ＝0． ［ D ］-8.7静电场中某点电势的数值等于 (A)试验电荷q 0置于该点时具有的电势能． (B)单位试验电荷置于该点时具有的电势能． (C)单位正电荷置于该点时具有的电势能．(D)把单位正电荷从该点移到电势零点外力所作的功． ［ C ］8.8已知某电场的电场线分布情况如图所示．现观察到一负电荷从M 点移到N 点．有人根据这个图作出下列几点结论，其中哪点是正确的？(A) 电场强度E M ＜E N ． (B) 电势U M ＜U N ．(C) 电势能W M ＜W N ． (D) 电场力的功A ＞0．［ C ］A8.9 电荷为＋q 和－2q 的两个点电荷分别置于x ＝1 m 和x ＝－1 m 处．一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？解：设试验电荷置于x 处所受合力为零，即该点场强为零．()()0142142020=+π-+-πx qx q εε 2分 得 x 2－6x +1=0, ()223±=x m因23-=x 点处于q 、－2q 两点电荷之间，该处场强不可能为零．故舍去．得()223+=x m3分8.10 如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电荷为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．L解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ，在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ，它在P 点的场强：()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L x q -+π=ε 2分d EO总场强为 ⎰+π=Lx d L x L q E 020)(d 4－ε()d L d q+π=04ε 3分 方向沿x 轴，即杆的延长线方向．8.11 一个细玻璃棒被弯成半径为R 的半圆形，沿其上半部分均匀分布有电荷+Q ，沿其下半部分均匀分布有电荷－Q ，如图所示．试求圆心O 处的电场强度．解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ处取微小电荷 d q = λd l = 2Q d θ / π。

习题精解8-1 一根无限长直导线有交变电流0sin i I t ω=，它旁边有一与它共面的矩形线圈ABCD ，如图8.3所示，长为l 的AB 和CD 两边与直导向平行，它们到直导线的距离分别为a 和b ，试求矩形线圈所围面积的磁通量，以及线圈中的感应电动势。

解 建立如图8.3所示的坐标系，在矩形平面上取一矩形面元dS ldx =，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为02m id B dS ldx xμφπ=⋅= 通过矩形面积CDEF 的总磁通量为 00ln 22bm ai il bldx x aμμφππ==⎰由法拉第电磁感应定律有0ln cos 2m d il bt dt aφμωεωπ=-=- 8-2 有一无限长直螺线管，单位长度上线圈的匝数为n ，在管的中心放置一绕了N 圈，半径为r 的圆形小线圈，其轴线与螺线管的轴线平行，设螺线管内电流变化率为dI dt ，球小线圈中感应的电动势。

解 无限长直螺线管内部的磁场为0B nI μ= 通过N 匝圆形小线圈的磁通量为20m NBS N nI r φμπ== 由法拉第电磁感应定律有20m d dIN n r dt dtφεμπ=-=- 8-3 一面积为S 的小线圈在一单位长度线圈匝数为n ，通过电流为i 的长螺线管内，并与螺线管共轴，若0sin i i t ω=，求小线圈中感生电动势的表达式。

解 通过小线圈的磁通量为0m BS niS φμ==由法拉第电磁感应定律有000cos m d dinS nSi t dt dtφεμμωω=-=-=- 8-4 如图8.4所示，矩形线圈ABCD 放在16.010B T -=⨯的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面的法线方向之间的夹角为60α=︒，长为0.20m 的AB 边可左右滑动。

若令AB 边以速率15.0v m s -=∙向右运动，试求线圈中感应电动势的大小及感应电流的方向。

解 利用动生电动势公式0.20()50.6sin(60)0.30()2BAv B dl dl V πε=⨯∙=⨯⨯-︒=⎰⎰感应电流的方向从A B →.8-5 如图8.5所示，两段导体AB 和CD 的长度均为10cm ，它们在B 处相接成角30︒；磁场方向垂直于纸面向里，其大小为22.510B T -=⨯。

大学物理第八章课后习题答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第八章电磁感应电磁场8 －1一根无限长平行直导线载有电流I，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示），则（）（A）线圈中无感应电流（B）线圈中感应电流为顺时针方向（C）线圈中感应电流为逆时针方向（D）线圈中感应电流方向无法确定分析与解由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱．因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定．因而正确答案为（B）．8 －2将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（）（A）铜环中有感应电流，木环中无感应电流（B）铜环中有感应电流，木环中有感应电流（C）铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小（D）铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大23分析与解 根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但在木环中不会形成电流．因而正确答案为（A ）．8 －3 有两个线圈，线圈1 对线圈2 的互感系数为M 21 ，而线圈2 对线圈1的互感系数为M 12 ．若它们分别流过i 1 和i 2 的变化电流且ti t i d d d d 21<，并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为ε12 ，由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ，下述论断正确的是（ ）．（A ）2112M M = ，1221εε=（B ）2112M M ≠ ，1221εε≠（C ）2112M M =， 1221εε<（D ）2112M M = ，1221εε<分析与解 教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律t i M εd d 12121=；ti M εd d 21212=．因而正确答案为（D ）． 8 －4 对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是（ ）（A ） 位移电流的实质是变化的电场（B ） 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷（C ） 位移电流服从传导电流遵循的所有定律（D ） 位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解 位移电流的实质是变化的电场．变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为（A ）．48 －5 下列概念正确的是（ ）（A ） 感应电场是保守场（B ） 感应电场的电场线是一组闭合曲线（C ） LI Φm =，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比（D ） LI Φm =，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大 分析与解 对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线．因而正确答案为（B ）．8 －6 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为()Wb π100sin 100.85t Φ⨯=，求在s 100.12-⨯=t 时，线圈中的感应电动势．分析 由于线圈有N 匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成tψt ΦN ξd d d d -=-=，其中ΦN ψ=称为磁链． 解 线圈中总的感应电动势()()t tΦNξπ100cos 51.2d d =-= 当s 100.12-⨯=t 时，V 51.2=ξ． 8 －7 有两根相距为d 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以tI d d 的变化率增长．若有一边长为d 的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所示．求线圈中的感应电动势．5分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律tΦξd d -=来求解．由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用⎰⋅=SΦS B d 来计算（其中B 为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度B 1 与B 2 之和）． 为了积分的需要，建立如图所示的坐标系．由于B 仅与x 有关，即()B B x =，故取一个平行于长直导线的宽为ｄx 、长为d 的面元ｄS ，如图中阴影部分所示，则x d S d d =，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元y x S d d d =，则上述积分实际上为二重积分）．本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式tl M E M d d -=求解． 解1 穿过面元ｄS 的磁通量为()x d xI μx d d x I μΦd π2d π2d d d d 0021-+=⋅+⋅=⋅=S B S B S B 因此穿过线圈的磁通量为()43ln π2d π2d π2d 02020Id μx x Id μx d x Id μΦΦd d dd =-+==⎰⎰⎰ 再由法拉第电磁感应定律，有6tI d μt ΦE d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为 43ln π20dI μΦ=线圈与两长直导线间的互感为 43ln π20d μI ΦM == 当电流以tl d d 变化时，线圈中的互感电动势为 tI d μt I M E d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 试想：如线圈又以速率v 沿水平向右运动，如何用法拉第电磁感应定律求图示位置的电动势呢此时线圈中既有动生电动势，又有感生电动势．设时刻t ，线圈左端距右侧直导线的距离为ξ，则穿过回路的磁通量()ξf ΦS,1d =⋅=⎰S B ，它表现为变量I 和ξ的二元函数，将Φ代入t ΦE d d -= 即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中v =tξd d ，再令ξ＝d 即可求得图示位置处回路中的总电动势．最终结果为两项，其中一项为动生电动势，另一项为感生电动势．8 －8 有一测量磁感强度的线圈，其截面积S ＝4.0 cm 2 、匝数N ＝160 匝、电阻R ＝50Ω．线圈与一内阻R i ＝30Ω的冲击电流计相连．若开始时，线圈的平面与均匀磁场的磁感强度B 相垂直，然后线圈的平面很快地转到与B 的方向平行．此时从冲击电流计中测得电荷值54.010C q -=⨯．问此均匀磁场的磁感强度B 的值为多少7分析 在电磁感应现象中，闭合回路中的感应电动势和感应电流与磁通量变化的快慢有关，而在一段时间内，通过导体截面的感应电量只与磁通量变化的大小有关，与磁通量变化的快慢无关．工程中常通过感应电量的测定来确定磁场的强弱． 解 在线圈转过90°角时，通过线圈平面磁通量的变化量为NBS NBS ΦΦΦ=-=-=0Δ12 因此，流过导体截面的电量为ii R RNBS R R Φq +=+=Δ 则 ()T 050.0=+=NSR R q B i 8 －9 如图所示，一长直导线中通有I ＝5.0 A 的电流，在距导线9.0 cm 处，放一面积为0.10 cm 2 ，10 匝的小圆线圈，线圈中的磁场可看作是均匀的．今在1.0 ×10－2 s 内把此线圈移至距长直导线10.0 cm 处．求：（1） 线圈中平均感应电动势；（2） 设线圈的电阻为1.0×10－2Ω，求通过线圈横截面的感应电荷．8分析 虽然线圈处于非均匀磁场中，但由于线圈的面积很小，可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的，因而可近似用NBS ψ=来计算线圈在始、末两个位置的磁链．解 （1） 在始、末状态，通过线圈的磁链分别为1011π2r ISμN S NB ψ==,2022π2r IS μN S NB ψ== 则线圈中的平均感应电动势为 V 1011.111πΔ2ΔΔ8210-⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==r r t IS μN t ΦE 电动势的指向为顺时针方向．（2） 通过线圈导线横截面的感应电荷为tΦE d d -= 8 －10 如图（ａ）所示，把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中，当导线以速率v 水平向右平动时，求导线中感应电动势E 的大小，哪一端电势较高9分析 本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由tΦE d d -=求解外（必须设法构造一个闭合回路），还可直接用公式()l B d ⋅⨯=⎰l E v 求解．在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元ｄl 上的动生电动势()l B d d ⋅⨯=v E .在一般情况下，上述各量可能是ｄl 所在位置的函数．矢量（v ×B ）的方向就是导线中电势升高的方向． 解1 如图（ｂ）所示，假想半圆形导线O P 在宽为2R 的静止形导轨上滑动，两者之间形成一个闭合回路．设顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O 或端点P 距 形导轨左侧距离为x ，则B R Rx Φ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2π212 即B R tx RB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-= 由于静止的 形导轨上的电动势为零，则E ＝－2R v B ．式中负号表示电动势的方向为逆时针，对OP 段来说端点P 的电势较高． 解2 建立如图（c ）所示的坐标系，在导体上任意处取导体元ｄl ，则()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B vB R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰- 由矢量（v ×B ）的指向可知，端点P 的电势较高．10 解3 连接OP 使导线构成一个闭合回路．由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁通量==BS Φ常数.由法拉第电磁感应定律tΦE d d -=可知，E ＝0 又因 E ＝E OP ＋E PO即 E OP ＝－E PO ＝2R v B由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零；而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势．上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法．8 －11 长为L 的铜棒，以距端点r 处为支点，以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B 的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差．分析 应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压与电源电动势的不同．在开路时，两者大小相等，方向相反（电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）．本题可直接用积分法求解棒上的电动势，亦可以将整个棒的电动势看作是O A 棒与O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．而E O A 和E O B 则可以直接利用第８ －2 节例1 给出的结果．解1 如图（ａ）所示，在棒上距点O 为l 处取导体元ｄl ，则()()r L lB ωl lB ωE L-r r AB AB 221d d --=-=⋅⨯=⎰⎰-l B v 因此棒两端的电势差为()r L lB ωE U AB AB 221--== 当L ＞2r 时，端点A 处的电势较高解2 将AB 棒上的电动势看作是O A 棒和O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．其中221r ωB E OA =,()221r L B ωE OB -= 则()r L BL ωE E E OB OA AB 221--=-= 8 －12 如图所示，长为L 的导体棒OP ，处于均匀磁场中，并绕OO ′轴以角速度ω旋转，棒与转轴间夹角恒为θ，磁感强度B 与转轴平行．求OP 棒在图示位置处的电动势．分析 如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律t ΦE d d -= 计算（此时必须构造一个包含OP 导体在内的闭合回路， 如直角三角形导体回路OPQO ），也可用()l B d ⋅⨯=⎰lE v 来计算．由于对称性，导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的．解1 由上分析，得()l B d ⋅⨯=⎰OP OP E v l αB l o d cos 90sin ⎰=v()()l θB θωl o d 90cos sin ⎰-=l()⎰==L θL B ωl l θB ω022sin 21d sin 由矢量B ⨯v 的方向可知端点P 的电势较高．解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分，任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零，则回路的总电动势QO PQ OP E E E t ΦE ++==-=0d d 显然，E QO ＝0，所以()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-= 由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效．后者是垂直切割的情况．8 －13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速12.0m s -=⋅v 平行于一长直导线移动，此导线通有电流I ＝40A ．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高分析 本题可用两种方法求解．（1） 用公式()l B d ⋅⨯=⎰lE v 求解，建立图（a ）所示的坐标系，所取导体元x l d d =，该处的磁感强度xI μB π20=．（2） 用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路．为此可设想杆AB 在一个静止的形导轨上滑动，如图（ｂ）所示．设时刻t ，杆AB 距导轨下端CD 的距离为y ，先用公式⎰⋅=SΦS B d 求得穿过该回路的磁通量，再代入公式tΦE d d -=，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势． 解1 根据分析，杆中的感应电动势为()V 1084.311ln 2πd 2πd d 50m 1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰v v v I μx x μxl E AB AB l B 式中负号表示电动势方向由B 指向A ，故点A 电势较高． 解2 设顺时针方向为回路AB CD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为ｄx 、长为y 的面元ｄS ，则穿过面元的磁通量为x y xI μΦd 2πd d 0=⋅=S B 穿过回路的磁通量为11ln 2πd 2πd 0m1.1m 1.00⎰⎰-===S Iy μx y x I μΦΦ 回路的电动势为V 1084.32πd d 11ln 2πd d 500-⨯-=-=-=-=Iy μt y x I μt ΦE 由于静止的形导轨上电动势为零，所以 V 1084.35-⨯-==E E AB式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说，电动势方向应由B 指向A ，故点A 电势较高．8 －14 如图（ａ）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．分析 本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点：1．当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零［此两段导体上处处满足()0l B =⋅⨯d v ］，因而线框中的总电动势为()()()()hg ef hgef gh ef E E E -=⋅⨯-⋅⨯=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰⎰⎰l B l B l B l B d d d d v v v v 其等效电路如图（ｂ）所示．2．用公式tΦE d d -=求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量．为此设时刻t 时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c ）所示，显然ξ是时间t 的函数，且有v =tξd d ．在求得线框在任意位置处的电动势E （ξ）后，再令ξ＝d ，即可得线框在题目所给位置处的电动势．解1 根据分析，线框中的电动势为hg ef E E E -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgef l B l B d d v v ()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μv v ()1202πl d I I μ+=1vI 由E ef ＞E hg 可知，线框中的电动势方向为efgh ．解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为()()ξl ξξx Il μdx ξx Il μΦl 120020ln π2π21++=+=⎰ 相应电动势为()()1120π2d d l ξξl l I μt ΦξE +=-=v 令ξ＝d ，得线框在图示位置处的电动势为 ()1120π2l d d l l I μE +=v 由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．*8 －15 有一长为l ，宽为b 的矩形导线框架，其质量为m ，电阻为R ．在t ＝0时，框架从距水平面y ＝0 的上方h 处由静止自由下落，如图所示．磁场的分布为：在y ＝0 的水平面上方没有磁场；在y ＝0 的水平面下方有磁感强度为B 的均匀磁场，B 的方向垂直纸面向里．已知框架在时刻t 1 和t 2 的位置如图中所示．求在下述时间内，框架的速度与时间的关系：（1） t 1 ≥t ＞0，即框架进入磁场前；（2） t 2 ≥t ≥t 1 ，即框架进入磁场， 但尚未全部进入磁场；（3）t ＞t 2 ，即框架全部进入磁场后．分析 设线框刚进入磁场（t 1 时刻）和全部进入磁场（t 2 时刻）的瞬间，其速度分别为v 10 和v 20 ．在情况（1）和（3）中，线框中无感应电流，线框仅在重力作用下作落体运动，其速度与时间的关系分别为v ＝gt （t ＜t 1）和v ＝v 20 ＋g （t －t 2 ）（t ＞t 2 ）．而在t 1＜t ＜t 2这段时间内，线框运动较为复杂，由于穿过线框回路的磁通量变化，使得回路中有感应电流存在，从而使线框除受重力外，还受到一个向上的安培力F A ，其大小与速度有关，即()A A F F =v ．根据牛顿运动定律，此时线框的运动微分方程为()tv v d d m F mg A =-，解此微分方程可得t 1＜t ＜t 2 时间内线框的速度与时间的关系式．解 （1） 根据分析，在1t t ≤时间内，线框为自由落体运动，于是()11t t gt ≤=v 其中1t t =时，gh 2101==v v（2） 线框进入磁场后，受到向上的安培力为v Rl B IlB F A 22== 根据牛顿运动定律，可得线框运动的微分方程tv m v d d 22=-R l B mg 令mRl B K 22=，整理上式并分离变量积分，有 ⎰⎰=-t t t g 110d d vv Kv v 积分后将gh 210=v 代入，可得()()[]1212t t K e gh K g g K----=v （3） 线框全部进入磁场后（t ＞t 2），作初速为v 20 的落体运动，故有()()()[]()222031221t t g e gh K g g Kt t g t t K -+--=-+=--v v 8 －16 有一磁感强度为B 的均匀磁场，以恒定的变化率t d d B 在变化．把一块质量为m 的铜，拉成截面半径为r 的导线，并用它做成一个半径为R 的圆形回路．圆形回路的平面与磁感强度B 垂直．试证：这回路中的感应电流为td d π4B d ρm I =式中ρ 为铜的电阻率，d 为铜的密度． 解 圆形回路导线长为πR 2，导线截面积为2πr ，其电阻R ′为22rR ρS l ρR ==' 在均匀磁场中，穿过该回路的磁通量为BS Φ=，由法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电流为t t t d d 2πd d π1d d 122B ρRr B R R ΦR R E I ='='='= 而2ππ2r R d m =，即dm Rr π2π2=，代入上式可得 td d π4B d ρm I = 8 －17 半径为R ＝2.0 cm 的无限长直载流密绕螺线管，管内磁场可视为均匀磁场，管外磁场可近似看作零．若通电电流均匀变化，使得磁感强度B 随时间的变化率td d B 为常量，且为正值，试求：（1） 管内外由磁场变化激发的感生电场分布；（2） 如1s T 010.0d d -⋅=tB ，求距螺线管中心轴r ＝5．0 cm 处感生电场的大小和方向．分析 变化磁场可以在空间激发感生电场，感生电场的空间分布与场源———变化的磁场（包括磁场的空间分布以及磁场的变化率td d B 等）密切相关，即S B l E d d ⋅∂∂-=⎰⎰S S k t .在一般情况下，求解感生电场的分布是困难的．但对于本题这种特殊情况，则可以利用场的对称性进行求解．可以设想，无限长直螺线管内磁场具有柱对称性，其横截面的磁场分布如图所示．由其激发的感生电场也一定有相应的对称性，考虑到感生电场的电场线为闭合曲线，因而本题中感生电场的电场线一定是一系列以螺线管中心轴为圆心的同心圆．同一圆周上各点的电场强度E k 的大小相等，方向沿圆周的切线方向．图中虚线表示r ＜R 和r ＞R 两个区域的电场线．电场线绕向取决于磁场的变化情况，由楞次定律可知，当0d d <t B 时，电场线绕向与B 方向满足右螺旋关系；当0d d >t B 时，电场线绕向与前者相反．解 如图所示，分别在r ＜R 和r ＞R 的两个区域内任取一电场线为闭合回路l （半径为r 的圆），依照右手定则，不妨设顺时针方向为回路正向．（1） r ＜R ， tB r t r E E k l k d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tB r E k d d 2-= r ＞R ， t B R t r E E k lk d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tB r R E k d d 22-= 由于0d d >tB ，故电场线的绕向为逆时针． （2） 由于r ＞R ，所求点在螺线管外，因此tB r R E k d d 22-= 将r 、R 、tB d d 的数值代入，可得15m V 100.4--⋅⨯-=k E ，式中负号表示E k 的方向是逆时针的．8 －18 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B 的方向与柱的轴线平行．如图（ａ）所示，有一长为l 的金属棒放在磁场中，设B 随时间的变化率tB d d 为常量．试证：棒上感应电动势的大小为分析 变化磁场在其周围激发感生电场，把导体置于感生电场中，导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动，在棒内两端形成正负电荷的积累，从而产生感生电动势．由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同，故可利用上题结果，由⎰⋅=lk E l E d 计算棒上感生电动势．此外，还可连接OP 、OQ ，设想PQOP 构成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解，由于OP 、OQ 沿半径方向，与通过该处的感生电场强度E k 处处垂直，故0d =⋅l E k ，OP 、OQ 两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势，就是导体棒PQ 上的电动势．证1 由法拉第电磁感应定律，有 22Δ22d d d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-==-==l R l t B t B S t ΦE E PQ 证2 由题８ －17可知，在r ＜R 区域，感生电场强度的大小tB r E k d d 2= 设PQ 上线元ｄx 处，E k 的方向如图（b ）所示，则金属杆PQ 上的电动势为()()222202/2d d d 2/d d 2d cos d l R l t B x r l R t B r x θE E l k k PQ -=-==⋅=⎰⎰x E 讨论 假如金属棒PQ 有一段在圆外，则圆外一段导体上有无电动势 该如何求解8 －19 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环，其尺寸如图（ａ）所示，共有N 匝（图中仅画出少量几匝），求该螺绕环的自感L ．分析 如同电容一样，自感和互感都是与回路系统自身性质（如形状、匝数、介质等）有关的量．求自感L 的方法有两种：1．设有电流I 通过线圈，计算磁场穿过自身回路的总磁通量，再用公式IΦL =计算L ．2．让回路中通以变化率已知的电流，测出回路中的感应电动势E L ，由公式t I E L L d /d =计算L ．式中E L 和tI d d 都较容易通过实验测定，所以此方法一般适合于工程中．此外，还可通过计算能量的方法求解．解 用方法1 求解，设有电流I 通过线圈，线圈回路呈长方形，如图（ｂ）所示，由安培环路定理可求得在R 1 ＜r ＜R 2 范围内的磁场分布为xNI μB π20=由于线圈由N 匝相同的回路构成，所以穿过自身回路的磁链为 12200ln π2d π2d 21R R hI N μx h x NI μN N ψS R R ==⋅=⎰⎰S B 则1220ln π2R R h N μI ψL = 若管中充满均匀同种磁介质，其相对磁导率为μr ，则自感将增大μr 倍．8 －20 如图所示，螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体，其截面积分别为S 1 和S 2 ，磁导率分别为μ1 和μ2 ，管长为l ，匝数为N ，求螺线管的自感．（设管的截面很小）分析 本题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响．在无介质时，通电螺线管内的磁场是均匀的，磁感强度为B 0 ，由于磁介质的存在，在不同磁介质中磁感强度分别为μ1 B 0 和μ2 B 0 ．通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S 1 和S 2 的两部分磁通量之和．由自感的定义可解得结果．解 设有电流I 通过螺线管，则管中两介质中磁感强度分别为I L N μnl μB 111==,I LN μnl μB 222== 通过N 匝回路的磁链为221121S NB S NB ΨΨΨ+=+=则自感2211221S μS μlN I ψL L L +==+= 8 －21 有两根半径均为a 的平行长直导线，它们中心距离为d ．试求长为l的一对导线的自感（导线内部的磁通量可略去不计）．分析 两平行长直导线可以看成无限长但宽为d 的矩形回路的一部分．设在矩形回路中通有逆时针方向电流I ，然后计算图中阴影部分（宽为d 、长为l ）的磁通量．该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加．解 在如图所示的坐标中，当两导线中通有图示的电流I 时，两平行导线间的磁感强度为()r d I μr I μB -+=π2π200 穿过图中阴影部分的磁通量为 aa d l μr Bl ΦS a d a -==⋅=⎰⎰-ln πd d 0S B 则长为l 的一对导线的自感为aa d l μI ΦL -==ln π0 如导线内部磁通量不能忽略，则一对导线的自感为212L L L +=．L 1 称为外自感，即本题已求出的L ，L 2 称为一根导线的内自感．长为l 的导线的内自感8π02l μL =，有兴趣的读者可自行求解． 8 －22 如图所示，在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB 和A ′B ′，每个线圈的自感均为L ，求：（1） A 和A ′相接时，B 和B ′间的自感L 1 ；（2） A ′和B 相接时，A 和B ′间的自感L 2 ．分析 无论线圈AB 和A ′B ′作哪种方式连接，均可看成一个大线圈回路的两个部分，故仍可从自感系数的定义出发求解．求解过程中可利用磁通量叠加的方法，如每一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为Φ，则穿过两线圈回路的磁通量为2Φ；而当两组线圈按（1）或（2）方式连接后，则穿过大线圈回路的总磁通量为2Φ±2Φ，“ ±”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反．解 （1） 当A 和A ′连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相反，通过回路的磁通量亦相反，故总通量为0221=-=ΦΦΦ，故L 1 ＝0．（2） 当A ′和B 连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相同，通过回路的磁通量亦相同，故总通量为ΦΦΦΦ4222=+=， 故L I ΦI ΦL 4422===． 本题结果在工程实际中有实用意义，如按题（1）方式连接，则可构造出一个无自感的线圈．8 －23 如图所示，一面积为4.0 cm 2 共50 匝的小圆形线圈A ，放在半径为20 cm 共100 匝的大圆形线圈B 的正中央，此两线圈同心且同平面．设线圈A 内各点的磁感强度可看作是相同的．求：（1） 两线圈的互感；（2） 当线圈B 中电流的变化率为－50 A·ｓ－1 时，线圈A 中感应电动势的大小和方向．分析 设回路Ⅰ中通有电流I 1 ，穿过回路Ⅱ的磁通量为Φ21 ，则互感M ＝M 21 ＝Φ21I 1 ；也可设回路Ⅱ通有电流I 2 ，穿过回路Ⅰ的磁通量为Φ12 ，则21212I ΦM M == ． 虽然两种途径所得结果相同，但在很多情况下，不同途径所涉及的计算难易程度会有很大的不同．以本题为例，如设线圈B 中有电流I 通过，则在线圈A 中心处的磁感强度很易求得，由于线圈A 很小，其所在处的磁场可视为均匀的，因而穿过线圈A 的磁通量Φ≈BS ．反之，如设线圈A 通有电流I ，其周围的磁场分布是变化的，且难以计算，因而穿过线圈B 的磁通量也就很难求得，由此可见，计算互感一定要善于选择方便的途径．解 （1） 设线圈B 有电流I 通过，它在圆心处产生的磁感强度R I μN B B 200=穿过小线圈A 的磁链近似为 A B A A A A S RI μN N S B N ψ200== 则两线圈的互感为H 1028.6260-⨯===RS μN N I ψM A B A A （2）V 1014.3d d 4-⨯=-=tI M E A 互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同．8 －24 如图所示，两同轴单匝线圈A 、C 的半径分别为R 和r ，两线圈相距为d ．若r 很小，可认为线圈A 在线圈C 处所产生的磁场是均匀的．求两线圈的互感．若线圈C 的匝数为N 匝，则互感又为多少解 设线圈A 中有电流I 通过，它在线圈C 所包围的平面内各点产生的磁感强度近似为()2/322202d R IR μB +=穿过线圈C 的磁通为 ()22/32220π2r d R IR μBS ψC +==则两线圈的互感为 ()2/3222202πdR R r μI ψM +== 若线圈C 的匝数为N 匝，则互感为上述值的N 倍． 8 －25 如图所示，螺绕环A 中充满了铁磁质，管的截面积S 为2.0 cm 2 ，沿环每厘米绕有100 匝线圈，通有电流I 1 ＝4.0 ×10 －2 A ，在环上再绕一线圈C ，共10 匝，其电阻为0.10 Ω，今将开关Ｓ 突然开启，测得线圈C 中的感应电荷为2.0 ×10 －3C ．求：当螺绕环中通有电流I 1 时，铁磁质中的B 和铁磁质的相对磁导率μr ．分析 本题与题８ －８ 相似，均是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通过回路的电荷的方法来计算磁场的磁感强度．线圈C 的磁通变化是与环形螺线管中的电流变化相联系的． 解 当螺绕环中通以电流I 1 时，在环内产生的磁感强度110I n μμB r =则通过线圈C 的磁链为S I n μμN BS N ψr c 11022==设断开电源过程中，通过C 的感应电荷为q C ，则有()RS I n μμN ψR ψR qc r c c 110201Δ1=--=-= 由此得 T 10.02110===S N Rqc I n μμB r 相对磁导率1991102==I n μS N Rqc μr8 －26 一个直径为0.01 m ，长为0.10 m 的长直密绕螺线管，共1 000 匝线圈，总电阻为7.76 Ω．求：（1） 如把线圈接到电动势E ＝2.0 V 的电池上，电流稳定后，线圈中所储存的磁能有多少 磁能密度是多少*（2） 从接通电路时算起，要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半，需经过多少时间分析 单一载流回路所具有的磁能，通常可用两种方法计算：（1） 如回路自感为L （已知或很容易求得），则该回路通有电流I 时所储存的磁能221LI W m =，通常称为自感磁能．（2） 由于载流回路可在空间激发磁场，磁能实际是储存于磁场之中，因而载流回路所具有的能量又可看作磁场能量，即V w W V m m d ⎰=，式中m w 为磁场能量密度，积分遍及磁场存在的空间．由于μB w m 22=，因而采用这种方法时应首先求载流回路在空间产生的磁感强度B 的分布．上述两种方法还为我们提供了计算自感的另一种途径，即运用V w LI V m d 212⎰=求解L ． 解 （1） 密绕长直螺线管在忽略端部效应时，其自感l S N L 2=，电流稳定后，线圈中电流RE I =，则线圈中所储存的磁能为J 1028.3221522202-⨯===lRSE N μLI W m 在忽略端部效应时，该电流回路所产生的磁场可近似认为仅存在于螺线管。

《大学物理》（下）复习提纲第八章静止电荷的电场（1）掌握电场强度的迭加法计算。

掌握库仑定律。

（2）掌握电场强度通量计算方法、高斯定理。

（3）掌握静电场的环路定律，电势能和电势的定义和计算公式。

（4）掌握导体静电平衡时电荷如何分布。

导体静电平衡后的电势计算方法以及平行板电容器的电容公式。

（5）掌握电介质在外电场中极化性质和电介质中的高斯定理。

要会用介质中高斯定理定性分析介质中电场和电势，掌握电场能量计算公式。

1．如图所示，真空中一长为L的均匀带电细直杆，总电荷为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．2．电荷为＋q 和－2q 的两个点电荷分别置于x＝1 m和x＝－1 m处．一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？3．若匀强电场的场强为E ，其方向平行于半径为R 的半球面的轴，如图所示．则通过此为半球面的电场强度通量Φe___________________，如果图是B，通量Φ为___________________。

e4．如图所示，一个电荷为q 的点电荷位于立方体的A 角上，则通过侧面abcd 的电场强度通量等于___________________，如果电荷为q 的点电荷位于立方体的中心上，通过侧面abcd 的电场强度通量等于通量e Φ为___________________。

5．根据高斯定理的数学表达式∑⎰=⋅0/εq S d E S可知下述各种说法中，正确的是：(A) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零．(B) 闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定处处不为零． (C) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定处处为零． (D) 闭合面上各点场强均为零时，闭合面内一定处处无电荷．6．三个平行的“无限大”均匀带电平面，其电荷面密度都是＋σ，如图所示，则A 、B 、C 、D 三个区域的电场强度分别为：E A ＝_________________，E B ＝_____________，E C ＝_______________，E D =_________________ (设方向向右为正)．7. 真空中一“无限大”均匀带电平面，其电荷面密度为σ (>0)．在平面附近有一质量为m 、电荷为q (>0)的粒子．试求当带电粒子在电场力作用下从静止开始垂直于平面方向运动一段距离l 时的速率．设重力的影响可忽略不计．8. 如图所示，两个“无限长”的、半径分别为R 1和R 2的共轴圆柱面均匀带电，沿轴线方向单位长度上所带电荷分别为λ1和λ2，则在各个区域距离轴线为 r 处的 P 点的电场强度大小E 为 _______________________.9．如图，A 点与B 点间距离为2l ，OCD 是以B 为中心，以l 为半径的半圆路径. A 、B 两处各放有一点电荷，电荷分别为＋q 和－q ．把另一电荷为Q (Q ＜0 )的点电荷从D 点沿路径DCO 移到O 点，则电场力所做的功为___________________10. 将电荷均为q 的三个点电荷一个一个地依次从无限远处缓慢搬到x 轴的原点、x = a 和x = 2a 处．求证外界对电荷所作之功为设无限远处电势能为零．11. 如图所示,两同心带电球面，内球面半径为r 1＝5 cm ，带电荷q 1＝3×10-8C ；外球面半径为r 2＝20 cm ， 带电荷q 2＝－6×10-8C ，设无穷远处电势为零，则空间另一电势为 零的球面半径r ＝ __________________．12. 如图所示，两个同心的均匀带电球面，内球面半径为R1、带电荷Q1，外球面半径为R2、带有电荷Q2．设无穷远处为电势零点，试求下图(A),(B),(C)三图中、距离球心为r 处的P点的电势U为分别为__________________，__________________，__________________。

第8章 磁场8-10一均匀密绕直螺线管的半径为 ，单位长度上有 匝线圈，每匝线圈中的电流为 ，用毕奥—萨伐尔定律求此螺线管轴线上的磁场。

分析：由于线圈密绕，因此可以近似地把螺线管看成一系列圆电流的紧密排列，且每一匝圆电流在轴线上任一点的磁场均沿轴向。

解： 取通过螺线管的轴线并与电流形成右旋的方向（即磁场的方向）为x 轴正向，如习题8-10图解（a ）所示。

在螺线管上任取一段微元dx ，则通过它的电流为dI nIdx =，把它看成一个圆线圈，它在轴线上O 点产生的磁感应强度dB 为2022322()R nIdxdB R x μ=+由叠加原理可得，整个螺线管在O 点产生的磁感应强度B 的大小为212022322()x Lx R nIdxB dB R x μ==+⎰⎰0212212221221[]2()()nIx x R x R x μ=-++ 由图可知12122212221212cos os ()()x x R x R x ββ==++ c ，代入上式并整理可得 021(cos cos )2nIB μββ=-式中12ββ和分别为x 轴正向与从O 点引向螺线管两端的矢径r 之间的夹角。

讨论：（1）若螺线管的长度远远大于其直径，即螺线管可视为无限长时，20β=，1βπ=，则有nI B 0μ=上式说明，无限长密绕长直螺线管内部轴线上各点磁感应强度为常矢量。

理论和实验均证明：在整个无限长螺线管内部空间里，上述结论也适用。

即无限长螺线管内部空间里的磁场为均匀磁场，其磁感应强度B 的大小为0nI μ，方向与轴线平行；（2）若点O位于半无限长载流螺线管一端，即12πβ=，20β＝或12πβ=，2βπ＝时，无论哪一种情况均有nI B 021μ=------(8-19) 可见半无限长螺线管端面中心轴线上磁感应强度的大小为管内的一半；综上所述，密绕长直螺线管轴线上各处磁感应强度分布见习题8-10图解（b ）所示，从图中也可看出，长直螺线管内中部的磁场可以看成是均匀的。

V 第八章 热力学基础8-1如图所示，bca 为理想气体绝热过程，b1a 和b2a 是任意过程，则上述两过程中气体做功与吸收热量的情况是：（B ） (A) b1a 过程放热，作负功；b2a 过程放热，作负功(B) b1a 过程吸热，作负功；b2a 过程放热，作负功(C) b1a 过程吸热，作正功；b2a 过程吸热，作负功 (D) b1a 过程放热，作正功；b2a 过程吸热，作正功8-2 如图，一定量的理想气体由平衡态A 变到平衡态B ，且它们的压强相等，则在状态A 和状态B 之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然（ B ） (A)对外作正功 (B)内能增加 (C)从外界吸热 (D)向外界放热8-3 两个相同的刚性容器，一个盛有氢气，一个盛氦气（均视为刚性分子理想气体），开始时它们的压强温度都相同，现将3J 热量传给氦气，使之升高到一定温度，若使氢气也升高同样温度，则应向氢气传递热量为（ C ） (A) 6 J (B) 3 J (C) 5J (D) 10 J 8-4 有人想象了如题图四个理想气体的循环过程，则在理论上可以实现的为（ ）(A) (B)(C) (D)8-5一台工作于温度分别为327o C和27o C的高温热源和低温源之间的卡诺热机，每经历一个循环吸热2 000 J，则对外作功（ B ）(A) 2 000 J (B) 1 000 J(C) 4 000 J (D) 500 J8-6 根据热力学第二定律（ A ）(A) 自然界中的一切自发过程都是不可逆的(B) 不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程(C) 热量可以从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体(D)任何过程总是沿着熵增加的方向进行8-7 一定质量的气体，在被压缩的过程中外界对气体做功300J，但这一过程中气体的内能减少了300J，问气体在此过程中是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？解：由于外界对气体做功，所以：300J=W-由于气体的内能减少，所以：J∆E=300-根据热力学第一定律,得:J∆+=W=EQ300-600300=--又由公式WQ e 2=得：J 421005.1⨯==eW Q 8-12理想卡诺热机在温度为27C 0和127C 0的两个热源之间工作，若在正循环中，该机从高温热源吸收1200J 的热量，则将向低温热源放出多少热量？对外做了多少功？解：由1121Q W T T =-=η得：J 3001200400300400)1(121=⨯-=-=T T Q WJ 90012=-=W Q Q8-13一卡诺热机在1000K 和270C 的两热源之间工作。

大学物理第八章答案8-1 解：取固定坐标xOy ，坐标原点O 在水面上（图题所示）设货轮静止不动时，货轮上的A 点恰在水面上，则浮力为S ρga .这时 ga s Mg ρ= 往下沉一点时，合力 )(y a g s Mg F +-=ρ gy s ρ-=. 又 22d d tyMMa F == 故0d d 22=+gy s ty M ρ022=+y M gs dtdy ρ 故作简谐振动M g s ρω=2)(35.68.910102101022223334s g s M T =⨯⨯⨯⨯⨯===πρπωπ8-2 解：取物体A 为研究对象，建立坐标Ox 轴沿斜面向下，原点取在平衡位置处，即在初始位置斜下方距离l 0处，此时：)(1.0sin 0m kmg l ==θ(1) (1) A 物体共受三力；重mg, 支持力N, 张力T.不计滑轮质量时，有 T =kx列出A 在任一位置x 处的牛顿方程式220d d )(sin sin txm x l k mg T mg =+-=-θθ将（1）式代入上式，整理后得0d d 22=+x m ktx 习题8-1图故物体A 的运动是简谐振动，且)rad/s (7==mkω 由初始条件,000⎩⎨⎧=-=v l x 求得,1.00⎩⎨⎧===πϕml A 故物体A 的运动方程为x =0.1cos(7t+π)m(2) 当考虑滑轮质量时，两段绳子中张力数值不等，如图所示，分别为T 1、T 2,则对A 列出任一位置x 处的牛顿方程式为:221d d sin txm T mg =-θ (2)对滑轮列出转动方程为：22221d d 2121t x Mr r a Mr J r T r T =⎪⎭⎫ ⎝⎛==-β (3)式中,T 2=k (l 0+x ) （4）由式（3）、(4)知2201d d 21)(txM x l k T ++=代入(2)式知 22021)(sin dtxd m M x l k mg ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+-θ又由（1）式知0sin kl mg =θ故0d d )21(22=++kx t xm M即0)2(d d 22=++x m M ktxm M k +=22ω可见，物体A 仍作简谐振动，此时圆频率为：rad/s)(7.52=+=m M k ω由于初始条件：0,000=-=v l x可知，A 、ϕ不变，故物体A 的运动方程为:m t x )7.5cos(1.0π+=习题8-2图由以上可知：弹簧在斜面上的运动，仍为简谐振动，但平衡位置发生了变化，滑轮的质量改变了系统的振动频率.8-3 解：简谐振动的振动表达式：)cos(ϕω+=t A x由题图可知，m 1042-⨯=A ,当t=0时，将m 1022-⨯=x 代入简谐振动表达式，得：21cos =ϕ 由)sin(ϕωωυ+-=t A ,当t=0时，ϕωυsin A -= 由图可知，υ>0,即0sin <ϕ,故由21cos =ϕ,取3πϕ-= 又因:t=1s 时，,1022m x -⨯=将其入代简谐振动表达式，得213cos ,3cos 42=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=πωπω由t=1s 时,⎪⎭⎫⎝⎛--=3sin πωωυA <0知，03sin >⎪⎭⎫ ⎝⎛-πω,取33ππω=-，即 s 32πω= 质点作简谐振动的振动表达式为m t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=-332cos 1042ππ8-4 解：以该球的球心为原点，假设微粒在某一任意时刻位于遂道中的位矢为r，由高斯定理可知304R rQ E πε=,则微粒在此处受电场力为:r R Qq F 304πε-=式中，负号表明电场F的方向与r的正方向相反，指向球心.由上式及牛顿定律，得：04d d 04d d 043022302230=+⇒=+=+r mRQqt r r R Qq t r mr RQqF πεπεπε令 mR Qq3024πεω=则 0d d 222=+r trω 习题8-3图故微粒作简谐振动，平衡点在球心处.由ωπ2=T知: QqmR T 3042πεπ=8-5 解：（1）取弹簧原长所在位置为O '点.当弹簧挂上物体A 时，处于静止位置P 点，有：P O k Mg '=将A 与B 粘合后，挂在弹簧下端，静止平衡所在位置O 点，取O 点为原坐标原点如图题8-5所示，则有：g m M O O k )(+='设当B 与A 粘在一起后，在其运动过程的任一位置，弹簧形变量x O O +',则A 、B 系统所受合力为：kx x O O k g m M F -=+'-+=)()(即 0d d )(22=++kx txm M可见A 与B 作简谐和振动. (2) 由上式知，rad/s)(10=+=mM kω以B 与A 相碰点为计时起点，此时A 与B 在P 点，由图题8-5可知kmgk Mg g k m M P O O O OP =-+='-'= 则t=0时，m 02.00-=-=-=kmgOP x (负号表P 点在O 点上方) 又B 与A 为非弹性碰撞，碰撞前B 的速度为:m/s 2220101=-='gh υυ 碰撞后，A 、B 的共同速度为：m/s 4.0010=+'=mM m υυ （方向向上）则t=0时，⎩⎨⎧=-=s m mx /4.002.000υ可求得：)m (0447.02220=+=ωυx Aπωυϕ65.0arctan 00=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=x 可知A 与B 振动系统的振动表达式为：m t x )65.010cos(0447.0π+=习题8.5图(3) 弹簧所受的最大拉力，应是弹簧最大形变时的弹力，最大形变为：m A g kmM A O O x 1447.0=++=+'=∆则最大拉力 N 4.72max ==x k F ∆ 5-6 解：(1) 已知A=0.24m, 22ππω==T ,如选x 轴向下为正方向. 已知初始条件0m,12.000<=υx 即 3,21cos ,cos 24.012.0πϕϕϕ±=== 而 ,0sin ,0sin 0><-=ϕϕωυA 取3πϕ=,故：m t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=32cos 24.0ππ(2) 如图题所示坐标中，在平衡位置上方0.12m, 即x=-0.12m 处，有32322132cos πππππ±=+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+t t因为所求时间为最短时间，故物体从初始位置向上运动，0<υ.故0)32sin(>+ππt则取3232πππ=+t 可得：s t 32min =(3) 物体在平衡位置上方0.12m 处所受合外力0.3N x m =-=ωF ,指向平衡位置.8-7 解：子弹射入木块为完全非弹性碰撞，设u 为子弹射入木块后二者共同速度，由动量定理可知：m/s)(0.2=+=υmM mu不计摩擦，弹簧压缩过程中系统机械能守恒，即：20221)(21kx u m M =+ （x 0为弹簧最大形变量） m u kmM x 20100.5-⨯=+=由此简谐振动的振幅 20100.5-⨯==x A 系统圆频率rad/s)(40=+=mM kω习题8-6图若取物体静止时的位置O （平衡位置）为坐标原点，Ox 轴水平向右为正，则初始条件为： t =0时，x =0,0m/s 0.20>==u υ由,sin ,cos 00ϕωυϕA A x -==得：2πϕ-=则木块与子弹二者作简谐振动，其振动表达式为：m t x )240cos(100.52π-⨯=-8-8 解：当物体m 1向右移动x 时，左方弹簧伸长x ，右方弹簧缩短x ，但它们物体的作用方向是相同的，均与物体的位移方向相反，即)(21x k x k F +-=令F =-kx ,有:N/m 421=+=k k k 由 kmT π2= 得)kg (1.0442212211≈==ππkT k T m则粘上油泥块后，新的振动系统质量为：kg 20.021=+m m新的周期 )s (4.12212=+=km m T π在平衡位置时，m 2与m 1发生完全非弹性碰撞. 碰撞前，m 1的速度m/s 10.0111πωυ==A 设碰撞后，m 1和m 2共同速度为υ. 根据动量守恒定律，υυ)(2111m m m +=则m/s 05.0)(2111πυυ=+=m m m新的振幅 m)(035.0222===πυωυTA 8-9 解：（1）由振动方程)25sin(60.0π-=t x 知，5(rad/s)m,6.0==ωA故振动周期： )s (26.1)s (256.1522≈===πωπT (2) t=0时，由振动方程得：)25cos(0.3|m60.0000=-==-==πυt dt dx x t (3) 由旋转矢量法知，此时的位相：3πϕ-=速度 m/s)(6.2m/s )23(560.0sin =-⨯⨯-=-=ϕωυA 加速度 )m/s (5.7m/s 21560.0cos 2222-=⨯⨯-=-=ϕωA a 所受力 N)(5.1N )5.7(2.0-=-⨯==ma F（4）设质点在x 处的动能与势能相等，由于简谐振动能量守恒，即：221kA E E E p k ==+ 故有： )21(21212kA E E E p k ===即 22212121kA kx ⨯=可得： m)(42.022±=±=A x 8-10 解：（1）砝码运动到最高点时，加速度最大，方向向下，由牛顿第二定律，有：N mg ma -=maxN 是平板对砝码的支持力.故N)(74.1)4()()(22max =-=-=-=vA g m A g m a g m N πω砝码对板的正压力与N 大小相等，方向相反.砝码运动到最低点时，加速度也是最大，但方向向上，由牛顿第二定律，有：mg N ma -'=max故 N)(1.8)4()(22max =+=+='A v g m a g m N π 砝码对板的正压力与板对砝码的支持力N '大小相等，方向相反. （2）当N=0时，砝码开始脱离平板，故此时的振幅应满足条件：m)(062.040)4(22max max 2===-=v g A vA g m N ππ(3) 由22max 4vg A π=,可知，2max v A 与成反比，当v v 2='时，m 0155.041max max=='A A 8-11 解：（1）设振子过平衡位置时的速度为υ，由机械能守恒，有：222121υm kA = A mk=υ 由水平方向动量定理： ⇒='+υm u m m )(υm m mu '+=此后，系统振幅为A '，由机械能守恒，有：22)(2121u m m A k '+=' 得： A m m mA '+='有： km m T '+='π2 （2）碰撞前后系统总能量变化为：)21()1(2121212222kA m m m m m m kA kA A k E '+'-=-'+=-'=∆ 式中，负号表示能量损耗，这是泥团与物体的非弹性碰撞所致.（3）当m 达到振幅A 时，m '竖直落在m 上，碰撞前后系统在水平方向的动量均为零，因而系统的振幅仍为A ，周期为km m '+π2，系统的振动总能量不变，为221kA （非弹性碰撞损耗的能量为源于碰撞前m '的动能）. 物体系统过平衡位置时的速度υ'由：22)(2121υ''+=m m kA 得：A m m k'+±='υ8-12 解：（1）由放置矢量法可知，振子从2A 运动到2A -的位置处，角相位的最小变化为：3πϕ∆=则圆频率 rad/s 3π∆ϕ∆ω==t 周期 s T 62==ωπ由初始状态，在图示坐标中，初始条件为：m)(1.00m1.000=⇒⎩⎨⎧=-=A x υ则振幅 m 1.022020=+=ωυx A习题8-12图（2）因为E E p 41=又 2221,21kA E kx E p == 故 )21(412122kA kx =得： m)(05.0±=x 根据题意，振子在平衡位置的下方，取x =－0.05m.根据振动系统的能量守恒定律：222212121kA m kx =+υ 故 )s m (091.0122-⋅±=-±=x A ωυ根据题意，取m/s 091.0-=υ 再由 )sin()cos(ϕωωυϕω+-=+=t A t t A x)cos(d d 2ϕωω+-==t A tva x 2ω-=得： )m/s (055.02=a（3）t=0时，(J)108.681)21(41413222-⨯====mA kA E E p ω (J)102183)21(43433222-⨯====mA kA E E k ω(J)108.273-⨯=+=p k E E E （4）由简谐振动的振动表达式)cos(ϕω+=t A x 当t=0时，0m/s 091.0m,05.000<-=-=υx ,可得：πϕ32= 又 3,10.0πω==m A故 m t x )323cos(1.0ππ+= 8-13 解：（1）据题意，两质点振动方程分别为：mt x mt x Q P )3cos(1000.2)3cos(1000.522ππππ-⨯=+⨯=--（2）P 、Q 两质点的速度及加速度表达分别为：)m/s )(3sin(1000.52ππωυ+⨯⨯-==-t dt dx P P )m/s )(3sin(1000.22ππωυ-⨯⨯-==-t dt dx QQ )m/s )(3cos(1000.5222ππωυ+⨯⨯-==-t dt d a P P )m/s )(3cos(1000.2222ππωυ-⨯⨯-==-t dtd a Q Q当t=1s 时，有：)(m/s 1087.9/32cos 1000.2)(m/s 1068.24/34cos 1000.5(m/s)1044.5/32sin 1000.2(m/s)1060.13/34sin 1000.5(m)1000.132cos 1000.2)(m 105.234cos1000.5222222222222222222------------⨯=⨯⨯-=⨯=⨯⨯-=⨯-=⨯⨯-=⨯=⨯⨯-=⨯-=⨯=⨯=⨯=s m a s m a s m s m m x m x Q P Q P Q P ππππππυππυππ（3）由相位差32)3(3)()(πππϕϕϕωϕωϕ∆=--=-=+-+=Q P Q P t t 可见，P 点的相比Q 点的相位超前32π. 8-14 解：（1）由题意得初始条件：⎪⎩⎪⎨⎧<=02100υA x 可得：3πϕ=(由旋转矢量法可证出)在平衡位置的动能就是质点的总能量)J (1008.3212152222-⨯====⇒=A m kA E m k m kωωω可求得：s rad m E A /221πω==则振动表达式为：m t x )32cos(1000.52ππ+⨯=-(2) 初始位置势能)32(cos 21212222ππω+==t A m kx E P 当t=0时，3cos 21222πωA m E P =J J 6222221071.73cos )1000.5()2(1000.121---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=ππ 8-15 解：（1）由初始条件：⎩⎨⎧<⨯=-0102.1010υm x 可知，3πϕ=且 22ππω==v则振动表达式为：m t x )32cos(24.0ππ+=当t=0.5s 时，m m x 21000.6)3212cos(24.0-⨯-=+⨯=ππ(2) t=0.5s 时，小球所受力：(N)1048.1)(32-⨯=-==x m ma f ω因t=0.5s 时，小球的位置在m x 21000.6-⨯-=处，即小球在x 轴负方向，而f 的方向是沿x 轴正方向，总是指向平衡位置.(3) 从初始位置m x 10102.1-⨯=到m x 1102.1-⨯-=所需最短时间设为t ，由旋转矢量法知，πϕπϕ32,3,0±=±=处处x x )s (3223=⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==t t πωπω 习题8-15图(4) 因为 )32sin(24.02)sin(πππϕωωυ+⨯-=+-=t t A )32cos(24.04)cos(22πππϕωω+⨯-=+-=t t A a 在s t m x 32102.11=⨯-=-处 )32cos(24.04)3322cos(24.04/1026.3/)3322sin(24.022212ππππππαπππυ+⨯-=+⨯⨯-=⨯-=+⨯⨯-=-t s m s m(5) t=4s 时， 22)]32sin([2121ππωυ+-==t A m m E k (J)1033.5J)342(sin 24.0)2(01.0214222-⨯=+⨯⨯⨯⨯=πππ)32(cos 21212222ππω+==t A m kx E P (J)1077.1J)342(cos 24.0)2(01.0214222-⨯=+⨯⨯⨯⨯⨯=πππ(J)107.10J 101.77J 1033.5-4-44⨯=⨯+⨯=+=-P k E E E 总 8-16 解：设两质点的振动表达式分别为：)cos()cos(2211ϕωϕω+=+=t A x t A x由图题可知，一质点在21Ax =处时对应的相位为： 32/arccos 1πϕω==+A A t同理：另一质点在相遇处时，对应的相位为：352/arccos2πϕω==+A A t 故相位差)()(12ϕωϕωϕ∆+-+=t t习题8-16图πππϕϕ3433512=-=-= 若21υυ与的方向与上述情况相反，故用同样的方法，可得：πππϕϕϕ∆32)3(312=--=-= 8-17 解：由图题8-17(图在课本上P 200)所示曲线可以看出，两个简谐振动的振幅相同，即m 05.021==A A ,周期均匀s 1.0=T ，因而圆频率为：ππω202==T由x -t 曲线可知，简谐振动1在t=0时，,010=x 且010>υ，故可求得振动1的初位相πϕ2310=.同样，简谐振动2在t=0时，πϕυ==-=202020,0,05.0可知m x 故简谐振动1、2的振动表达式分别为：mt x t x )20cos(05.0)2320cos(05.021ππππ+=+=因此，合振动的振幅和初相位分别为： m A A A A A 210202122211025)cos(2-⨯=-++=ϕϕ2021012021010cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=ππ4541arctan 或== 但由x-t 曲线知，t=0时，πϕ45,05.021应取因此-=+=x x x . 故合振动的振动表达式：m t x )4520cos(10252ππ+⨯=- 8-18 解：（1）它们的合振动幅度初相位分别为：)cos(212212221ϕϕ-++=A A A A Am )535cos(06.005.0206.005.022ππ-⨯⨯⨯++=m 0892.0=22112211cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=316819.15.2arctan 5cos06.053cos 05.05sin06.053sin 05.0'︒===++=rad ππππ。

习题八8-1 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: 如题8-1图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷20220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得q q 33-='(2)与三角形边长无关．题8-1图 题8-2图8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题8-2图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得θπεθtan 4sin 20mg l q =8-3 根据点电荷场强公式204r qE πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解:20π4r r q E ε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024d q πε,又有人说，因为f =qE ,S qE 0ε=，所以f =S q 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S qE 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε=，另一板受它的作用力S q S q q f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力．8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l 的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin r p πεθ证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量θsin p ．∵ l r >>∴ 场点P 在r 方向场强分量30π2cos r p E r εθ=垂直于r 方向，即θ方向场强分量300π4sin r p E εθ=题8-5图 题8-6图 8-6 长l =15.0cmAB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m-1(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强．解： 如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a x E P -=λε2220)(d π4d x a xE E llP P -==⎰⎰-ελ ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右(2)同理2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题8-6图所示 由于对称性⎰=lQx E 0d ，即QE只有y 分量，∵22222220d d d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d ll x x2220d 4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强．解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0R E E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0R E E y -=-=积分R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπR E y∴R E E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q 在P 点产生物强P Ed 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ ∵22cos 221l r l +=θ 12cos cos θθ-= ∴24π4d 22220l r ll r E P ++=ελ P Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴424π4d 222222l r rl r l r lE+++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ ∵l q 4=λ ∴2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿 8-9 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平面．q 在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(x Rarctan=α)解: (1)由高斯定理0d εq S E s⎰=⋅立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等∴ 各面电通量06εqe =Φ．(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ，如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题8-9(a)图所示．题8-9(3)图题8-9(a)图 题8-9(b)图 题8-9(c)图(3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量，球冠面积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴)(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221x R x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r S ααα⎰⋅=02d sin π2r)cos 1(π22α-=r8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=qr E当5=r cm 时，0=∑q ,=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r -∴()2023π43π4r r r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外．12=r cm时,3π4∑=ρq-3(外r）内3r∴()42331010.4π43π4⨯≈-=rrrEερ内外1CN-⋅沿半径向外.8-11 半径为1R和2R(2R＞1R)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r＜1R；(2) 1R＜r＜2R；(3) r＞2R处各点的场强．解: 高斯定理0dε∑⎰=⋅qSEs取同轴圆柱形高斯面，侧面积rlSπ2=则rlESESπ2d=⋅⎰对(1) 1Rr<0,0==∑Eq(2) 21RrR<<λlq=∑∴rEπ2ελ=沿径向向外(3) 2Rr>0=∑q∴0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间，nE)(2121σσε-=1σ面外，nE)(2121σσε+-=2σ面外，nE)(2121σσε+=n ：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r＜R的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O与O'点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．(1)ρ+球在O点产生电场010=E，ρ- 球在O 点产生电场d π4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场d 33030r E ερ= ；(2) ρ+在O '产生电场d π4d 3430301E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场003ερ='E OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r '，相对O 点位矢为r(如题8-13(b)图)则03ερrE PO =，03ερr E O P '-=' ,∴00033)(3ερερερd r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6Cd=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C-1解: ∵ 电偶极子p 在外场E 中受力矩E p M⨯=∴ qlE pE M ==max代入数字 4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功?解:⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε)11(21r r - 61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-R qR q 0π41ε=O U )3(R q R q -R q 0π6ε-=∴R qq U U q A oC O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E y R 0π4ελ=［)2sin(π-2sinπ-］ R 0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB 200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产生 2ln π402ελ=U半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强r E 0π2ελ=电子受力大小r e eE F e 0π2ελ==∴r v m r e 20π2=ελ 得1320105.12π2-⨯==e mv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为均匀电场∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E与电势U 的关系U E -∇= ，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．解: (1)点电荷r qU 0π4ε=题 8-20 图∴ 0200π4r r q r r U E ε=∂∂-= 0r 为r 方向单位矢量．(2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势220π4x R qU +=ε∴()ix R qx i x U E 2/3220π4+=∂∂-=ε (3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势 200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4r ql ll r qU εθθθε=+--=∴ 30π2cos r p r U E r εθ=∂∂-=30π4sin 1r p U r E εθθθ=∂∂-=8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题8-21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ∴ +2σ03=σ 说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ又∵ +2σ03=σ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB AC U U =，即∴AB AB AC AC E E d d =∴ 2d d 21===ACABAB AC E E σσ且 1σ+2σS q A= 得,32S q A =σ S q A321=σ 而7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ(2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； *(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：π4π42020=-=R qR qU εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q '(电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21='外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+R qR q εε得 -='q 3q8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知 2020π4r q F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =',小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电qq 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'2F r qr q q F =-=εε(2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q.∴ 小球1、2间的作用力0294π432322F r qq F ==ε *8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U U AB =可得以下6个方程题8-26图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd US q S qdU U C S S q B A解得S q261==σσ S qd U 2032-=-=εσσ S qd U 2054+=-=εσσ所以CB 间电场S q d U E 00422εεσ+== )2d (212d 02S q U E U U CB C ε+===注意：因为C 片带电，所以2U U C ≠，若C 片不带电，显然2UU C =8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势． 解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅qS D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内; 介质外)(2R r <场强303π4,π4r r Q E r Qr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势r Q E U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外介质内)(21R r R <<电势rd r d⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Q r r -+=εεε(3)金属球的电势rd r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=222020π44πdrR R R r r Qdrr Q εεε )11(π4210R R Q r r -+=εεε8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E ，自由电荷面密度分别为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而101E D ε=,202E D r εε=d 21UE E ==∴ r D D εσσ==1212题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求： (1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S 则 rlDS D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴rl Q D π2=(1)电场能量密度22222π82l r Q D w εε== 薄壳中rl rQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222=== (2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R V R R l Q rl r Q W W εε(3)电容：∵C Q W 22=∴)/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B 的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求：(1) 1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度． 解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即2210π41r q q F ε=但2q 处于金属球壳中心，它受合力为零，没有加速度．(2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题8-30图 题8-31图8-31 如题8-31图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ．解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C +=其上电荷123Q Q =∴355025231123232⨯===C U C C Q U86)35251(5021=+=+=U U U AB V8-32 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V ? 解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U∴ 6001=U V ,4002=U V即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求： (1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112121201021U U U C U C q q U C U C q q q q解得 (1) =1q UC C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失W W W -=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +-+= 221212U C C C C +=8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε =3R r >时 302π4r rQ E ε =∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r r Q W εε⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε ∴ 总能量)111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε 41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容)11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F。

第8章思考题8-1 什么是热力学系统，试举出几个例子。

8-2什么是宏观量和微观量，它们之间有何区别和联系？8-3什么是热力学系统的平衡态？当气体处于平衡态时还有分子热运动吗？ 8-4什么是热平衡？怎样根据热平衡来引进温度的概念？对与非平衡态是否能用温度的概念？8-5用温度计测量温度，是根据什么原理？8-6人的正常体温是36.5℃，若用华氏温标和热力学温标表示应该是多少？ 8-7对一定质量的气体来说，当温度不变时，气体的压强随体积的减小而增大；当体积不变时，压强随温度的升高而增大；从宏观来看，这两种变化同样是压强增大，从微观来看它们有何区别？8-8试用关于平衡态下理想气体分子运动的统计假设说明0===z y v v v x 8-9在铁路上行驶的火车，在海面上航行的船只，在空中飞行的飞机各有几个自由度？尖端固定在一点正做进动的陀螺有几个自由度？8-10刚性2CO 分子(两个氧原子对称地附在碳原子的两侧)和刚性3NH 分子各有几个自由度？8-11一个分子的平均平动动能kT t 23=ε如何理解？对于一个分子，能否根据此公式计算它的动能？8-12 相同温度下氢气和氧气分子的速率分布是否一样？8-13最概然速率和平均速率的物理意义是什么？有人认为最概然速率就是速率分布中的最大速率，对不对？8-14在恒压下，加热理想气体，则气体分子的平均自由程和平均碰撞次数将随温度的变化而如何变化？8-15一定质量的气体，保持容积不变。

当温度增加时分子运动的更剧烈，因而平均碰撞次数增多，平均自由程是否也因此减小？为什么？8-16试根据热传导率的微观公式说明：当容器内气体温度不变而压强降低时，它的热导率将保持不变；当压强降低到分子运动的平均自由程和容器线度可比拟时，气体的导热率随压强的降低而减小。

习 题8-1在什么温度下,下列一对温标给出相同的读数：（1）华氏温标和摄氏温标；（2）摄氏温标和热力学温标？解：（1）当 时，即可由 ，解得故在 时（2）若则有显而易见此方程无解，因此不存在的情况。

第八章 波 动 光 学(一) 光的干涉一. 选择题1. 波长为λ的单色平行光垂直照射在薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，如图所示，若薄膜的厚度为e，且，则两束反射光的光程差为(A)(B)(C) (D)2. 如图示，波长为λ的单色光，垂直入射到双缝，若P 点是在中央明纹上方第二次出现的明纹，则光程差为(A) 0 (B) λ (C) 3λ /2 (D) 2 λNote: P 点是在中央明纹上方第二次出现的明纹，所以k=2 3. 在双缝干涉实验中，屏幕上的P 点处是明条纹，若将缝盖住，并在连线的垂直平分面处放一高折射率介质反射面M ，如图示，则此时(A) P 点处仍为明条纹 (B) P 点处为暗条纹(C) 不能确定P 点处是明条纹还是暗条纹 (D) 无干涉条纹Note:注意出现了半波损失4. 双缝干涉中，若使屏上干涉条纹间距变大，可以采取 (A) 使屏更靠近双缝 (B) 使两缝间距变小(C) 把两个缝的宽度稍稍调窄 (D) 用波长更短的单色光入射Note:干涉条纹间距Ddλ=5. 波长为λ的单色光垂直入射到折射率为n 的透明薄膜上，薄膜放在空气中，要使反射光干涉加强，薄膜厚度至少为(A) λ /2 (B) λ /2n (C) λ /4 (D) λ /4n Note: 2nd+λ /2=k λ (k=1,2,3,,,)6. 两块平玻璃构成空气劈形膜，左边为棱边，用单色平行光垂直入射，若上面的平玻璃慢慢向上平移，则干涉条纹(A) 向棱边方向平移，条纹间距变小 (B) 向棱边方向平移，条纹间距变大 (C) 向棱边方向平移，条纹间距不变 (D) 向远离棱边方向平移，条纹间距不变 (E) 向远离棱边方向平移，条纹间距变小 Note: 牢记如下规律：1. 厚度增大，角度不变则条纹向着劈尖处（也就是棱边）平移，条纹间距不变；2. 厚度减小，角度不变则条纹向远离劈尖处（也就是棱边）平移，条纹间距不变；3. 角度增大，条纹向着劈尖处（也就是棱边）平移，同时条纹间距变小；4. 角度减小，条纹向远离着劈尖处（也就是棱边）平移，同时条纹间距变大，详见PPT 第八章，page 677. 在图示三种透明材料构成的牛顿环装置中，用单色光垂直照射，再反射光中看到干涉条纹，则在接触点处形成的圆斑为(A) 全明 (B) 全暗(C) 右半边明，左半边暗 (D) 右半边暗，左半边明8. 在迈克耳逊干涉仪的一条光路中放入折射率为n 的透明薄膜后，观察到条纹移动6条，则薄膜的厚度是(A) 3λ (B) 3λ /n()2sin 2l n n λλθθ∆=≈间距(C) 3λ /(n -1) (D) 6λ /nNote: 2d(n-1)=6λ 二. 填空题9. 有两种获得相干光的基本方法，它们是__________________和___________________.（ 分波面法 ；分振幅法 ）10. 两同相位相干点光源、，发出波长为λ的光，A 是它们连线中垂线上的一点，在与A 间插入厚度为e 折射率为n 的薄玻璃片，两光源发出的光到达A 点时光程差为______________，相位差为____________________.；11. 杨氏双缝干涉实验中，双缝间距为d ，屏距双缝的间距为D （D >>d ），测得中央明条纹与第三级明条纹间距为x ，则入射光的波长为_____________________.Note 相邻干涉条纹间距 ，中央明条纹与第三级明条纹间距x =12. 一双缝干涉装置，在空气中观察时干涉条纹间距为1mm ，若将整个装置放入水中，干涉条纹的间距变为______ 3/4 ___________mm .（设水的折射率为4/3）13. 波长为λ的单色光垂直照射到两块平玻璃片构成的劈尖上，测得相邻明条纹间距为l ，若将劈尖夹角增大至原来的2倍，间距变为__________________.Note:14. 用λ=600nm 的平行单色光垂直照射空气牛顿环装置时，第四级暗环对应的空气膜厚度为______1.2 ________µm .Note:2d+λ /2=（2k+1）λ /2，这里k=0,1,2,3,4,，，第四级暗环k=4，所以d=2λ=1200nm三. 计算题15. 在双缝干涉实验中，两个缝分别用和的厚度相同的薄玻璃片遮着，在观察屏上原来的中央明纹处，现在为第5级明纹.若入射光的波长为nm 600，求玻璃片的厚度.解: 放上玻璃后原中央明纹处的光程为D d λ=3Ddλ()2sin 2l n n λλθθ∆=≈间距对应第5级明纹16. 取白光波长范围400nm ～760nm ，用白光入射到mm 25.0 d 的双缝，距缝50cm 处放置屏幕，问观察到第一级明纹彩色带有多宽？解: 取白光波长范围400nm ～760nm ，对于波长的光波，第一级干涉明纹中心的位置为波长和的光波，第一级明纹间距为17. 一薄玻璃片，厚度为μm 4.0，折射率为1.50，用白光垂直照射，问在可见光范围内，哪些波长的光在反射中加强？哪些波长的光在透射中加强？ 解：从玻璃片两表面反射的光的光程差光在反射中加强有可解得在可见光范围内，只有，相应波长为透射光的光程差光在透射中加强有可解得在可见光范围内，有和，相应波长为18. 波长为680nm 的平行光垂直地照射到12cm 长的两块玻璃片上，两玻璃片一边相互接触，另一边被厚0.048mm 的纸片隔开. 试问在这12cm 内呈现多少条明条纹? 解：两玻璃片之间是一空气劈尖，相邻明纹间距为l设玻璃片长为L 、纸片厚度为d则呈现明纹条数为(二) 光的衍射、偏振一. 选择题1. 光的衍射现象可以用(A) 波传播的独立性原理解释(B) 惠更斯原理解释(C) 惠更斯-菲涅耳原理解释(D) 半波带法解释2. 在单缝夫琅和费衍射实验中，波长为λ的单色光垂直入射到宽为a =4 λ的单缝上，对应衍射角为30o的方向，单缝处波面可分成的半波带数目为(A) 2个 (B) 4个(C) 6个 (D) 8个3. 单缝衍射中，若屏上P点满足，则该点为(A) 第二级暗纹(B) 第三级暗纹(C) 第二级明纹(D) 第三级明纹Note: 2k+1=74. 利用波动光学试验可测细丝的直径，通常采用下述实验的哪种(A) 牛顿环 (B) 劈尖干涉(C) 劈尖干涉和杨氏双缝干涉 (D) 单缝衍射或衍射光栅5. 某元素的特征光谱中含有波长和的谱线，在光栅光谱中两种谱线有重叠现象，重叠处谱线的级次是(A) 2、3、4、5…(B) 2、5、8、11…(C) 2、4、6、8…(D) 3、6、9、12…Note:光栅方程：λkθd±= sink1/k2必须正比于λ2/λ1即k1=（5/3）k2, 同时要求k1，k2都为整数，所以6. 波长的单色光垂直入射于光栅常数的平面衍射光栅上，可能观察到的光谱线的最大级次为(A) 2 (B) 3(C) 4 (D) 5Note:光栅方程：λkθd±= sin，令衍射角等于90度，得到最大k值为d/λ，注意k必须取整数。

第八章课后习题解答一、选择题8-1如图8-1所示，一定量的理想气体，由平衡态A 变到平衡态B ，且它们的压强相等，即=A B p p 。

则在状态A 和状态B 之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然[ ](A) 对外作正功 (B) 内能增加 (C) 从外界吸热 (D) 向外界放热分析：由p V -图可知，A A B B p V p V =，即知A B T T <，则对一定量理想气体必有B A E E >，即气体由状态A 变化到状态B ，内能必增加。

而作功、热传递均是过程量，与具体的热力学过程相关，所以（A ）、（C ）、（D ）不是必然结果，只有（B ）正确。

8-2 两个相同的刚性容器，一个盛有氢气，一个盛有氦气（均视为刚性分子理想气体）。

开始时它们的压强和温度都相同。

现将3 J 热量传给氦气，使之升高到一定的温度。

若使氢气也升高同样的温度，则应向氢气传递热量为[ ](A) 6 J (B) 3 J (C) 5 J (D) 10 J分析：由热力学第一定律Q E W =∆+知在等体过程中Q E =∆。

故可知欲使氢气和氦气升高相同的温度，由理想气体的内能公式2m i E R T M '∆=∆，知需传递的热量之比22222:():():5:3HHe H He H He H He H Hem m Q Q i i i i M M ''===。

故正确的是（C ）。

8-3 一定量理想气体分别经过等压、等温和绝热过程从体积1V 膨胀到体积2V ，如图8-3所示，则下述正确的是[ ]习题8-1图(A) A C →吸热最多，内能增加(B) A D →内能增加，作功最少(C) A B →吸热最多，内能不变(D) A C →对外作功，内能不变分析：根据p V -图可知图中A B →为等压过程，A C →为等温过程，A D →为绝热过程。

又由理想气体的物态方程pV vRT =可知，p V -图上的pV 积越大，则该点温度越高，因此图中D A B C T T T T <==，又因对于一定量的气体而言其内能公式2i E vRT =，由此知0AB E ∆>，0AC E ∆=，0AD E ∆<。

第七章 真空中的静电场7－1 在边长为a 的正方形的四角，依次放置点电荷q ，2q ，—4q 和2q ，它的几何中心放置一个单位正电荷，求这个电荷受力的大小和方向。

解：如图可看出两2q 的电荷对单位正电荷的在作用力 将相互抵消,单位正电荷所受的力为)41()22(420+=a q F πε＝,2520aqπε方向由q 指向—4q 。

7－2 如图，均匀带电细棒，长为L,电荷线密度为λ。

(1)求棒的延长线上任一点P 的场强；(2)求通过棒的端点与棒垂直上任一点Q 的场强。

解：(1）如图7－2 图a ，在细棒上任取电荷元dq ，建立如图坐标，dq ＝λd ξ，设棒的延长线上任一点P 与坐标原点0的距离为x ,则2020)(4)(4ξπεξλξπεξλ-=-=x d x d dE则整根细棒在P 点产生的电场强度的大小为)11(4)(4002xL x x d E L--=-=⎰πελξξπελ ＝)(40L x x L-πελ方向沿ξ轴正向。

（2)如图7－2 图b ，设通过棒的端点与棒垂直上任一点Q 与坐标原点0的距离为y204r dxdE πελ=θπελcos 420rdxdE y =， θπελsin 420r dxdE x =因θθθθcos ,cos ,2yr d y dx ytg x ===, 代入上式,则)cos 1(400θπελ--=y ＝)11(4220Ly y+--πελ，方向沿x 轴负向。

习题7－1图dqξd ξ习题7－2 图aθθπελθd y dE E x x ⎰⎰-=-=00sin 4xdx习题7－2 图byθθπελθd y dE E y y ⎰⎰==00cos 400sin 4θπελy =＝2204Ly y L+πελ7－3 一细棒弯成半径为R 的半圆形,均匀分布有电荷q ，求半圆中心O 处的场强.解：如图，在半环上任取d l =Rd θ的线元，其上所带的电荷为dq=λRd θ。

第八章 振动和波动8-1由T=0.5s, 得ππω42==T， 设简谐振动方程为)4cos(02.0ϕπ+=t x （1）由于物体在正方向端点，由旋转矢量法得 0=ϕ所以振动方程为t x π4cos 02.0=（2）由于物体在负方向端点，由旋转矢量法得πϕ= 所以振动方程为）（ππ+=t x 4cos 02.0 （3）振动物体在平衡位置，向负方向运动，由旋转矢量法得2/πϕ= 所以振动方程为）（24cos 02.0ππ+=t x（4）振动物体在平衡位置，向正方向运动，由旋转矢量法得2/πϕ-= 所以振动方程为）（24cos 02.0ππ-=t x （5）振动物体在x=0.01m 处，向负方向运动，由旋转矢量法得3/πϕ=所以振动方程为）（34cos 02.0ππ+=t x （6）振动物体在x=-0.01m 处，向正方向运动，由旋转矢量法得3/2πϕ= 所以振动方程为）（324cos 02.0ππ+=t x 8-2由振动方程为)38cos(5.0ππ+=t x 得 35.025.028πϕωππω=====m A s T22max max 324πωπω====A a A v（2）t=1s,2s,10s 时的相位分别是：3241349325πππ，， 8-15 （1）波动方程为 )(cos )cos(B Cx t B A Cx Bt A y -=-= 标准波动方程为 )(cos uxt A y -=ω，比较系数得：振幅为A, B =ω, BC u =, ππων22B ==, B T π2=, C B C B uT ππλ22=== (2) ))cos(Cl Bt A y -=(3)dc d==∆λπϕ28-16（1） 设波源振动方程为)cos(ϕω+=t A y ，根据题意得：A = 0.01m, πππω20001.022===T , 由旋转矢量得2/πϕ-=)2/200cos(01.0ππ-=t y（2） 波动方程为)2/)400(200cos(01.0ππ--=xt y（3） 波源8米处振动方程为：)2/)501(200cos(01.0ππ--=t y（4） ππϕ5.049102=-=∆8-17（1） 由题意得 ππλππω5004.0122/2====uT由旋转矢量得2/πϕ=，又 A = 0.03m ,)2/)1(50cos(03.0ππ+-=xt y (2)tt t xt y πππππππ50cos 03.0)250cos(03.0)2/)105.0(50cos(03.0)2/)1(50cos(03.0=+=+-=+-= (3) 02121.0)2/)1045.03(50cos(03.0=+-=ππys m x t v /33.3)2/5050sin(5003.0-=+-⨯-=ππππ8-18由图得：A = 2 cm=0.02m, m 6=λ, s m u /30=, πω102.0==s T 由初始条件：2πϕ-=]2)30(10cos[02.0ππ-+=x t y8-19由于t y π2cos 1.01=，所以传到 P 点的分振动方程为： )42cos(1.0)20(2cos 1.01'1πππ-=-=t r t y由于)2cos(1.02ππ+=t y ，所以传到 P 点的分振动方程为：)42cos(1.0])20[(2cos 1.02'2ππππ-=+-=t r t y m A A A A A A A 2.0cos 221212221=+=∆++=ϕ8-20由题意可设两波源振动方程分别为：）（ϕπ+=t y 200cos 001.01）（2200cos 001.02πϕπ++=t y 则波源的振动传到P 点的振动分别为： ）（ϕπ+-=)400(200cos 001.011r t y ）（2)500(200cos 001.022πϕπ++-=r t y 所以两振动的相差为：02)50075.34004(200=---=∆ππϕ 所以P 点合振幅为 m A A A 002.021=+=。

大学物理课后习题答案第八章第八章光的偏振8．1两偏振片组装成起偏和检偏器，当两偏振片的偏振化方向夹角成30o时观察一普通光源，夹角成60o时观察另一普通光源，两次观察所得的光强相等，求两光源光强之比．[解答]第一个普通光源的光强用I1表示，通过第一个偏振片之后，光强为I0 = I1/2．22当偏振光通过第二个偏振片后，根据马吕斯定律，光强为I = I0cosθ1= I1cosθ1/2．2同理，对于第二个普通光源可得光强为I = I2cosθ2/2．2222因此光源的光强之比I2/I1 = cosθ1/cosθ2 = cos30o/cos60o = 1/3．8．2一束线偏振光和自然光的混合光，当它通过一偏振片后，发现随偏振片的取向不同，透射光的强度可变化四倍，求入射光束中两种光的强度各占入射光强度的百分之几？[解答]设自然光强为I1，线偏振光强为I2，则总光强为I0 = I1 + I2．当光线通过偏振片时，最小光强为自然光强的一半，即Imin = I1/2；最大光强是线偏振光强与自然光强的一半之和，即Imax = I2 + I1/2．由题意得Imax/Imin = 4，因此2I2/I1 + 1 = 4，解得I2 = 3I1/2．此式代入总光强公式得I0 = I1 + 3I1/2．因此入射光中自然光强的比例为I1/I0 = 2/5 = 40%．由此可得线偏振光的光强的比例为I2/I0 = 3/5 = 60%．[讨论]如果Imax/Imin = n，根据上面的步骤可得I1/I0 = 2/(n + 1)，I2/I0 = (n - 1)/(n + 1)，可见：n的值越大，入射光中自然光强的比例越小，线偏振光的光强的比例越大．8．3水的折射率为1.33，玻璃的折射率为1.50，当光由水射向玻璃时，起偏角为多少？若光由玻璃射向水时，起偏角又是多少？这两个角度数值上的关系如何？[解答]当光由水射向玻璃时，水的折射率为n1，玻璃的折射率为n2，根据布儒斯特定律tani0 = n2/n1 = 1.1278，得起偏角为i0 = 48.44o．当光由玻璃射向水时，玻璃的折射率为n1，水的折射率为n2，根据布儒斯特定律tani0 = n2/n1 = 0.8867，得起偏角为i0 = 41.56o．可见：两个角度互为余角．8．4根据布儒斯特定律可测量不透明介质的折射率，今测得某釉质的起偏角为58o，则该釉质的折射率为多少？[解答]空气的折射率取为1，根据布儒斯特定律可得釉质的折射率为n = tan i0 = 1.6003．8．5三个偏振片堆叠在一起，第一块与第三块偏振化方向互相垂直，第二块与第一块的偏振化方向互相平行，现令第ωθ二块偏振片以恒定的角速度ω0绕光传播方向旋转，如图所示．设入射自然光的光强为I0，试证明：此自然光通过这一系统后出射光强度为I = I0(1 �C cos4ωt)/16．[证明]自然光通过偏振片P1之后，形成偏振光，光强为 P1 P2 P3I1= I0/2．图8.5经过时间t，P3的偏振化方向转过的角度为θ = ωt，2根据马吕斯定律，通过P3的光强为I3= I1cosθ．由于P1与P2的偏振化方向垂直，所以P2与P3的偏振化方向的夹角为φ = π/2 �C θ，再根据马吕斯定律，通过P2的光强为I = I3cos2φ = I3sin2θ= I0(cos2θsin2θ)/2 = I0(sin22θ)/8= I0(1 �Ccos4θ)/16，即I = I0(1 �C cos4ωt)/16．证毕．8．6如图所示，自然光以起偏角i0从空气射向水面，水中有一块玻璃板，若以玻璃反射之光亦为线偏振光，求水面和玻璃平面的夹角（n玻 = 1.50，n水 = 1.33）．[解答]根据布儒斯特定律：i0 tani0 = n水，可得空气的起偏角为i0 = arctann水= 53.06°．θ θ 水折射角为γ = 90° - i0 = 36.94°．再根据布儒斯特定律：tani = n玻/n水 = 1.128，i γ 玻璃可得玻璃的起偏角为i = 48.44°．水面和玻璃平面的夹角为θ = i �C γ= 11.5°．图8.6[讨论]为了简便起见，设n1 = n水，n2 = n玻，那么tani0 = n1，tani = n2/n1，水面与玻璃平面的夹角为θ = i �C γ = (i + i0) - 90°，因此tan???cot(i?i0)??1tan(i?i0)??1?tanitani0tani?tani0?n2?1n2/n1?n1?n1(n2?1)n2?n12．这是最终公式，代入数值得tanθ = 0.2034，夹角为θ= 11.5°．8．7一方解石晶体置于两平行的且偏振化方向相同的偏振片之间，晶体的主截面与偏振片的偏振化方向成30o，入射光在晶体的主截面内，求以下两种情况下的o光和e光强度之比．（1）从晶体出射时；（2）从检偏器出射时．[解答]（1）从偏振片入射到晶体的光分成o光和e光，o光垂直于主截面，e光平行于主截面．设入射偏振光的振幅为A，则Ao = Asinθ，Ae = Acosθ，当光从晶体出射时，o光和e光强度之比为IoIe?AoAe22?tan??tan30??2213．（2）从晶体出射的o光和e光入射到第二块偏振片时，只有沿偏振化方向的光能够通过，o光和e光的振幅为A`o = Aosinθ，A`e = Aecosθ，当光从偏振片出射时，o光和e光强度之比为IoI`e`?AoA`2`2e?AoA22etan??tan??tan430??2419．8．8某晶体对波长为632.8nm的光的主折射率为no = 1.66，ne = 1.49．用其制成适应于该波长光的1/4玻片，晶片至少要多厚？该波片的光轴方向如何？ A [解答]对于1/4玻片，o光和e光的位相差为o θ θ 2??o e e ???(no?ne)l?(2k?1)，?02当k = 0时晶片厚度最小l = λ0/4(n o - ne) = 930.6(nm)．要形成圆偏振光，波片的光轴方向要与光的偏振化方向成45度角．P1 P P2感谢您的阅读，祝您生活愉快。

----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------第八章 真空中的静电场8-1 在正方形的四个顶点上放置四个等量正电荷,100.48C q -⨯=要想在此正方形的中心再放置一个负电荷，使在每个电荷上的合力为零，此负电荷的量值应为多少？ 分析 本题是应用库仑定律求解电荷受电场力的平衡问题．注意到库仑定律表达式是矢量式，求解时，通常可以建立直角坐标系，将各力投影在两正交方向上，得到各分量之间的代数关系式；也可以直接用矢量合成关系得出相同的结果． 因为正方形四个顶点上的点电荷带电量相等，负电荷Q 置于正方形中心，因此电荷分布具有明显的对称性，四顶点上的点电荷受力大小相同，而且两坐标方向分量的方程应具有相同的表达形式． 解1 设a 为正方形边长，取如图8-1所示的Oxy 坐标系．以x F 1表示电荷1q 所受的合力在x 方向的分量，x i F 1表示其它电荷对它的作用力在x 方向的分量，根据题意，合力的在x 方向分量的代数和为零，有014131211=+++=x Q x x x x F F F F F应用库仑定律，可得电荷1q 所受其它电荷对它的力在x 方向的分量，代入上式得 ()022445cos 42445cos 020202202=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛︒++︒+a qQ a q a q πεπεπεC1083.3 C 100.42241224188--⨯-=⨯⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=q Q 解2 由图8-1知1Q F 与电荷1q 所受另三力的合力均在对角线方向上，故在该方向上力的平衡方程为045cos 231211=+︒+F F F Q应用库仑定律，可得上式中各力的量值，则有()024445cos 222420220220=+︒+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛a q a q a qQπεπεπε亦有 C 1083.3C 100.42241224188--⨯-=⨯⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=q Q----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------8-2 电荷量为等值同号的两个点电荷之间距离为 2l ，求其连线的中垂面上电场强度最大处到两电荷连线中点的距离．分析 因两电荷等量同号，由于对称性，在连线中垂面上，以连线中点为圆心的圆上各点电场强度大小相等，方向沿径向．只需求出电场强度沿径向的分布规律，电场强度最大处应满足极值条件． 解 以两点电荷连线中点O 为原点, x 轴沿连线方向，y 轴为中垂面上任一径向，取如图8-2所示的坐标系．E 1、E 2分别为两点电荷在y 轴上任意点),0(y 处产生的电场强度，由于对称性，合场强E (0, y )沿y正向，y 轴上任意点的合场强为21E E E +=θcos 21E =j 其中 ()220214l y q E E +==πε，()2122cos l y y +=θ 故 ()232202l y qyE +=πε 电场强度最大处应满足极值条件，令0d d =y E ，得 ()0222522220=+-⋅l y y l qπε 解得 l y 22±= 因y 轴为中垂面上任一径向，无须取负值，则极值位置为l y 220=．又由计算可得0d d 022<=y y y E ，故在位置为l y 220=处E 有极大值，即在中垂面（x=0）上场强最大处是以O 为中心，半径为l 22的圆． 8-3 半径为R 的一段圆弧，圆心角为︒60，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，单位长圆弧上所带电荷量分别为λ+和λ-，求其圆心处的电场强度． 分析 当电荷沿一细线连续分布时，电荷线密度为λ，须将带电细线分为足----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------够小的一系列电荷元l q d d λ=，每一电荷元都可视为点电荷．设r 为电荷元d q 到空间某点的径矢，则场强叠加原理给出该点场强为沿电荷分布曲线L 的矢量积分⎰⎰==L L r l r q 3304d 4d πελπεr r E ，通常应取平面直角坐标系，将矢量积分化为两标量积分进行计算．在解题时应该注意到，电荷分布的对称性往往会使问题得到简化．解 以带电圆弧的圆心为原点，取如图8-3的Oxy 坐标系，带正电的圆弧上电荷元θλλd d d R l q ==的角位置为θ，在圆心处的场强为E d ，与之对称的带负电的圆弧上电荷元l q '-='d d λ角位置为θ-，在圆心处的场强为E 'd ．不难看出，x E d 与x E 'd 相抵消，y E d 与y E 'd0d d ='+xx E E θsin d 2d 2d d E E E E y y y =='+ 电荷元d q 在圆心处电场强度的大小为 RR q E 0204d 4d d πεθλπε== 应用场强叠加原理，得⎰⎰︒===3003002d 2E E E y y 8-4 均匀带正电荷圆环，半径为)(R d d <<的缺口，试求轴线上距环心 分析 弧在x 处的场强与缺口弧元在该点场强的叠加．因例题8-3已经给出了完整的圆环在x 处的电场强度，而且对于弧元，因R d <<，可以视为一个点电荷，所以带缺口圆弧在轴线上x 处的电场强度应等于完整的圆环在x 处的场强与视为点电荷的弧元在该点场强的矢量差．----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------解 取如图8-4所示的O xy 坐标系，x 轴在圆环轴向，使缺口与圆心连线在O xy 平面内．利用例题8-3结果，完整带电圆环在x 处的场强1E 沿x 方向，即 ()23220114R x qx E E x +==πε 其中λπR q 2=． 由点电荷场强表达式，带电量为d λ的点电荷在x 处的场强为)(412202R x dE +⋅=λπε ()232202241cos R x d x E E x +⋅==λπεθ， ()23220224sin R x dR E E y +-=-=πελθ 带缺口圆弧在轴线上x 处的电场强度应等于完整的圆环在x 处的场强与弧元d λ在该点场强的矢量差，即21E E E -=，并得两坐标方向的分量表达式为 ()2322021)(42R x xd R E E E x x x +-=-=πεπλ 232202)(40R x dR E E y y +=-=πελ E 方向与x 轴正向夹角为()d R x Rd E E x y-==πα2arctan arctan 8-5 一半径为R 的均匀带电细圆环，一半电荷线密度为λ+，另一半电荷线密度为λ-，求轴线上距环心x 处的电场强度（假设电荷是不能移动的）.图8－4----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------分析 根据电荷分布的对称性，在带电细圆环上取任一条直径的两端等量异号电荷元，它们在轴线上距环心x 处的电场强度沿轴线方向的分量大小相等方向相反，故相互抵消，而垂直于轴线的分量互相加强．但是，这些成对的电荷元在x 处的电场强度垂直于轴线的分量方向却各不相同，均匀分布在一个半圆区域内，与各电荷元在圆环上的位置有关．所以，还必须在垂直于轴线的平面内进行矢量叠加，才能求出整个圆环在x 处的电场强度．解 取圆环的轴线为x 轴，在圆环上距正负电荷分界点A 的张角为ϕ处取电荷元ϕλd d R q =，直径的另一端等量异号电荷元为q 'd ，它们在x 处的电场强度沿轴线方向的分量x E d 和xE 'd 大小相等方向相反，相互抵消，如图8-5（a ）所示，而垂直于轴线的分量⊥E d 则互相加强．由点电荷场强表达式得232202220)(4d )(4sin d d R x R R x R E +=+=⊥πεϕλπεθϕλ 在垂直于轴线的平面内，以OA 方向为z 轴正向，可得⊥E d 的投影如图8-5（b ）所示，则有ϕsin d d ⊥=E E y ， ϕc o s d d ⊥=E E z对带正电荷的半圆环积分的2倍，就是整个圆环在x 处的电场强度，即得0d cos 2d 200===⎰⎰⊥ππϕE E E z z 23220202322020)(4d sin )(4d sin 2R x R R x R E E E y +=+===⎰⎰⊥πελϕϕπελϕππx 处的电场强度方向为y 轴正向．8-6 均匀带电细棒，棒长l = 20cm ，线电荷密度C/m 1038-⨯=λ．求：（1）x（a ） （b ）图8－5----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------棒的延长线上与棒的中点相距L = 18cm 处的电场强度；（2）棒的垂直平分线上与棒的中点相距d = 8cm 处的电场强度．分析 当电荷沿一细线连续分布时，须将带电细线分为足够小的一系列电荷元l q d d λ=，空间某点电场强度为沿电荷分布曲线L 的矢量积分⎰=L r l 34d πελr E ．当计算细棒延长线上某点的电场强度时，细棒上各电荷元在该点的电场强度方向相同，均沿延长线方向，矢量积分将简化为标量积分，而不论细棒上的电荷分布是否均匀．当计算细棒的垂直平分线上某点的电场强度时，由于电荷分布的对称性，均匀带电细棒中点两边对称位置处的电荷元在该点的电场强度沿棒长方向的分量将互相抵消，只需计算垂直于棒长方向的分量．由于电荷分布关于中垂线为对称，对中垂线上距原点d 远的Q 点，不仿作出它们在Q 点产生的场元，d E ，d E ’,不难看出， Q 点电场的积分因此而简化，结果必沿y 轴正向.解 （1）取Oxy 坐标系如图8-6所示，在细棒上坐标x 处取x d 宽的电荷元x q d d λ=，细棒延长线上的P 点与电荷元的距离为x L -，q d 在P 点产生的电场强度大小为20)(4d d x L xE p -=πελ细棒在P 点产生的电场强度大小为 ()⎰⎰--==2220d 4d L L p p x L x E E πελN/C 1041.243220⨯=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-4=l L l πελ 方向沿x 轴正向．（2）在细棒上x 和x -处取对称的两个电荷元q d 和q 'd ，它们在Q 点产生的图8-6----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------电场强度分别为d E 和d E ’， 如图8-6所示．它们的x 方向分量相互抵消，y 方向分量相互加强，叠加后得到沿y 方向的合场强d E Q ，其大小为23220220)(d 2cos )(4d 2d x d x d x d xE Q +=+=πελθπελ 细棒在Q 点产生的电场强度大小为 ()⎰⎰+===2023220d 2d L Q Q x d x d E E E πελ20212220)(2L x d d x d ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+=πελ N/C 1027.54132/1220⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+4=L d d L πελ方向沿y 轴正向．8-7 有一沿x 轴放置的无限长分段均匀带电直线，电荷线密度分别为)<(+0x λ和)>(-0x λ，求y 轴上距坐标原点为d 处的电场强度．分析 与上题的方法类似，当计算该带电直线y 轴上某点的电场强度时，由于电荷分布的对称性，均匀带电直线原点两边对称位置处的电荷元在该点的电场强度垂直于棒长方向的分量将互相抵消，只需计算沿棒长方向的分量．解 如图8-7所示，在x 轴上取以原点为对称的两电荷元q d 及x q d d λ-='，它们在y 轴上距坐标原点为d 处的电场强度分别为E d 和E 'd ，由于对称性，它们的y 方向分量相互抵消，而x 方向分量叠加合成为()()232202202d cos 4d 2d 2d x d x x x d x E E x P +=+='=πελθπελ该带电直线在P 点产生的电场强度大小为图 8-7----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------⎰⎰∞∞+===002/3220)(d 2d x d x x E E E P x πελ ()∞⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+⋅+-⋅=02/1220112314x d πελd 02πελ= 方向沿x 正向，即 E d02πελ=j 8-8 电荷线密度为λ的无限长均匀带电直线，中部弯成半径为R 的四分之一圆弧，求圆弧的圆心O 点的电场强度．称，可以确定圆心处的电场强度应沿圆弧等分点指向圆心的方向．按照电荷分布特征，分别计算圆弧和两段直带电线在O 点的场强，再叠加求和较为简便． 解 先计算圆弧AB 在O 点的场强．如图8-8（a ）所示，取圆弧等分点指向圆心的方向为x 轴．对称的两电荷元θλd d R q =及q 'd 在O 点电场强度分别为E d 和E 'd ，由于对称性，它们叠加后的合场强沿x 方向，大小为θθπελθπεθλd cos 2cos 4d 2d 0201R R R E == 整个圆弧部分在O 点电场强度的大小为1E R02πελ=⎰40d cos πθθR 02πελ4= 再计算两段直带电线在O 点的场强．如图8-8（b ）所示，取圆弧等分点指向圆心的方向为x 轴．对称的两电荷元q d 及q 'd 在O 点电场强度分别为E d 和E 'd ，其中l q d d λ=到B 点距离为l ．由于对称性，它们叠加后的合场强沿x 方向，大小为----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------⎪⎭⎫ ⎝⎛++=⎪⎭⎫ ⎝⎛++=θππελθππελ4cos )(2d 4cos )(4d 2d 2202202l R l l R l E 由几何关系可得2222cos 1R l R θ=+，θtan R l =，)sin (cos 224cos θθθπ-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+，则θθd cos 1d 2R l =，代入上式并积分，得两段直带电线在O 点的场强为 R E E 02242d πελ==⎰0d )sin (cos 20=-⎰πθθθ由场强叠加原理，O 点处的总场强大小为121E E E E =+=R042πελ= 方向沿x 轴正向．8-9 均匀带电圆盘，电荷面密度为σ，半径为R ，在其轴线上放置一均匀带电细杆，电荷线密度为λ，长为L ，求圆盘轴线上距盘心x （设x>L ）处的电场强度． 分析 由于已经计算过圆盘轴线上的电场分布和带电细杆延长线上的电场分布，两者的叠加就是所要求的电场强度分布情况．解 以盘心为原点，x 轴沿轴向，如图8-9所示．例题8-4给出，均匀带电圆盘轴线上距盘心x 处的场强沿x 轴正向，大小为⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=220112x R x E εσ应用习题8-6中的方法，在细杆上距盘心l 远处取电荷元l q d d λ=，它在距盘心x 远处产生的电场强度大小为20)(4d d x L lE -=πελ方向沿x 轴正向．整个细杆在该点产生的电场强度大小为()⎰-=Ll x l E 02024d πελ⎪⎭⎫ ⎝⎛--=x L x 1140πελ 叠加后x 处的电场强度大小为图8-9----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------⎪⎭⎫ ⎝⎛--+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+=x L x x R x E E E 11412022021πελεσ 方向沿x 轴正向．当x 变化时，上式反映了x 轴上E 随坐标x 的变化规律．8-10 半径为R 的半球面，均匀带有电荷，电荷面密度为σ，求其球心处的电场强度．分析 电荷呈面分布，把半球面分割为中心均在轴上半径连续变化的一系列细圆环带，球心处的电场强度是这一系列细圆环带在该点电场强度的叠加． 解 如图8-10所示，取半径为r ，宽度为l d 的细圆环带，面积为l r S d 2d π=，带电量为θπσπσσd 2d 2d d rR l r S q =⋅⋅==．例题8-3给出半径为r ，带电量为q 的细圆环轴线上距环心x 远处的电场强度为 ()2/32204x r xq E +=πε 作代换：q q d →，E E d →，细圆环带在球心O 点的电场强度大小为 ()3022/32204d sin 2cos 4d d RR R x r qx E πεθθπσθπε⋅=+= θθθεσd s i n c o s 240⋅= 方向沿对称轴向．半球面在球心O 点的电场强度大小为⎰⎰==200d s i n s i n 24d πθθθεσE E 04εσ= 若半球面带正电，则O 点电场强度方向沿对称轴向右．8-11 圆锥体底面半径为R ，高为H ，均匀带电，电荷体密度为ρ，求其顶点A 点的电场强度． 分析 把电荷按体积连续分布的圆锥体分割为半径连续变化（从而到锥顶A 点的距离也连续变化）顶点A 处的电场强度是这一系列圆盘在该点电场强度的叠加． 解 例题8-4给出半径为r 、电荷面密度为σ的带电圆盘轴线上距盘心为x 远处的电场强度的大小为----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=22012x r x E εσ （1） 如图8-11所示，在距A 为x 远处取厚度为x d 的薄圆盘，半径为r ，面积为2r π，体积为x r d 2π，因x d 为一无穷小量，薄圆盘上电荷面密度x rx r d d 22ρπρπσ==，代入（1）式，得薄圆盘在A 点产生的电场强度为⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=22012d d x r x x E ερ利用几何关系2222HR H xr x +=+，对上式积分得圆锥体在A 点的电场强度为⎰⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-==H x H R H E E 0220d 12d ερ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=22012H R HH ερ 方向为沿对称轴向．8-12 在半径为R ，高为2R 的圆柱面中心处放置一点电荷q ，求通过此柱面的电场强度通量．分析 在本题中，用直接积分法求电场强度通量比较困难．根据点电荷电场分布的球对称性，如果以R 2为半径作一球面与圆柱相切，如图8-12所示，不难看出，高为2R 的球台侧面的电通量与同高的圆柱侧面的电通量相同．由于球面上各点场强大小相等，方向均垂直于球面，所以球面上面积相同的部分电通量必定相同．又因为已知以点电荷为中心的球面的电通量，问题就归结为计算球台的侧面积．解 半径R r 2=的球面积为2284R r S ππ==，高R h 2=的球台侧面积为21242222R R R h r S πππ=⋅⋅=⋅=以点电荷为中心的球面的电通量为εq，则该圆柱侧面的电通量为01122εεΦqq S S e ==8-13 电荷面密度为σ的均匀带电平板，以平板上的一点O 为中心，R 为半----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------径作一半球面，如图所示，求通过此半球面的电场强度通量．分析 无限大带电平板两侧的电场强度大小为02εσ=E ，方向垂直于带电平板，但是本题中带电平板面积有限，空间各点的电场强度方向和大小都难以确定，所以不可能用积分的方法计算半球面的电场强度通量．不过，带电平板两侧的电场是对称的，如果在平板另一侧补上另一半球面合成一个球面，则通过两个半球面的电通量相同，等于整个球面总电通量的一半．即使平板上电荷分布不均匀，平板两侧的电场仍然是对称的，只要知道半球面所覆盖的电荷量，也同样可以计算出半球面的电场强度通量．解 在平板另一侧补上另一半球面，形成一球面，其包围的电荷为图中阴影部分，即半径为R 的圆面上所带的电量2R q σπ=，由高斯定理，通过球面的总电通量为201d R q SπεσεΦ==⋅=⎰S E 所以，通过半球面的电通量为201221R πεσΦΦ== 8-14 有半径为R ，电荷量为q 的均匀带电球体，求其球内外各点的电场强度．分析 因为电荷分布具有球对称性，所以电场分布也具有球对称性，在与带电球同心、半径为r 的球面上各点的电场强度大小相等，并垂直于球面沿径向，因此可以应用高斯定理计算电场分布．本题还可以用场强叠加原理积分求解．将均带电球体分割为半径连续变化的一系列同心薄球壳，其中任一薄球壳都可视为均匀带电球面．由于已知均匀带电球面内部电场强度为零，外部电场分布与位于球心处的点电荷的相同，方向沿径向，故可以用标量积分求出本题结果． 解1 应用高斯定理计算电场分布．（1）球体内的电场强度图8-13S 2 d r R S 1(a) (b) (c)图 8-14----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------球体体积为334R V π=，均匀带电，电荷体密度Vq=ρ．如图8-14(a)所示，作半径为r ()R r <<0的球形高斯面S 1，所包围的球体体积为3134r V π=，包围的电荷量为3311Rr q V V q V q ===∑ρ，设半径为r 处的场强为1E ，由高斯定理得⎰=⋅1d 1S S E ∑=⋅qr E 02114επ得 3014RqrE πε=（2）球体外的电场强度作半径R r >的球形高斯面2S ，包围电荷量为q V q ==∑ρ，由高斯定理得⎰=⋅2d 2S S E 02214εεπqq r E ==⋅∑得 224r q E 0=πε表明均匀带电球体外任一点场强与假设全部电荷集中在球心的点电荷产生在该点的场相同．根据以上结果可作场强分布曲线如图8-14(b)所示．注意到在r=R 处场强是连续的．解2 用场强叠加原理积分求解 （1）球体内的电场强度在球体内取半径为r '，厚度为r 'd 的薄球壳，如图8-14(c)所示，体积为r r V ''=d 4d 2π，带电量为r r Rqr r V q V q ''=''==d 3d 4d d 232πρ 在距球心r R r <<0(，)r r '>远处产生的场强为23022014d 34d d rR r r q r q E πεπε''== 在r r '<处产生的场强为零．所以球内r 处的场强是半径r r <'的所有薄球壳在该处产生的场强的叠加，积分得⎰⎰=''==rr R qrr r r R q E E 03002230114d 43d πεπε----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------（2）球体外的电场强度球外r 处的场强是整个球内所有薄球壳在该处产生的场强的叠加，积分得⎰⎰=''==2002230224d 43d r q r r r R q E E R πεπε结果与解1相同．8-15 均匀带电球壳内半径为6cm ，外半径为10cm ，电荷体密度为2×10-5C/m 3，求距球心为5cm 、8cm 及12cm 各点的电场强度．分析 与上题相同，由于电荷分布具有球对称性，所以电场分布也是球对称的，在半径为r 的同心球面上各点场强大小相等，沿径向，可以用高斯定理求解．本题也同样可用场强叠加原理，由均匀带电球面的场强积分求出空间场强分布． 解 球壳内外半径分别为R 1= 0.06m ，R 2=0.10m ，题中所求三点到球心的距离分别为A r =0.05m,B r =0.08m, C r =0.12m ．分别以A r 、B r 、C r 为半径作球形高斯面S A 、S B 、S C ，如图8-15所示．由于电场分布的球对称性，对各球面的高斯定理表达式均可写为⎰=⋅S S E d ∑=⋅q r E 0214επ(1)（1）m 05.0A =r ，即1A R r <，在B S 面内包围的电荷∑=A0S q ，代入(1)式得E A 042=⋅r πE A =0（2）r B m 08.0=，即2B 1R r R <<，在S B 面内包围的电荷为∑⎰⎰-=⋅==BB S r R R r r r V q )(34d 4d 313B 21πρπρρ代入(1)式得()313B 2BB 344R r r E -=⋅ρππ ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2B 310B 3r R r E B ερ代入数字得 C /N 08.006.008.01085.8310223125B ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯⨯⨯=--E C /N 1048.34⨯=（3）m 12.0C =r ，即2C R r >，在S C 面内包围的电荷为S CS BR 1 R 2S A图8-15----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------⎰⎰∑-=⋅==21C)(34431322R R S R R dr r dV q πρπρρ 代入(1)式得()313202C C 344R R r E -=⋅ρεππ()31322c0c 3R RrE -=ερ代入数字得 ()C /N 12.01085.8306.010.0102312335C ⨯⨯⨯-⨯⨯=--E C /N 101.44⨯=8-16 两无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2（R 2>R 1），带有等值异号电荷，单位长度的电荷量为λ和λ-，求距轴线r 处的电场强度，当：（1）1R r <；（2）21R r R <<；（3）2R r >．分析 因为电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也是轴对称的，即在半径为r 的无限长圆柱面（与带电体共轴）的侧面上各点电场强度大小相等，方向垂直于侧面沿径向，故可用高斯定理求解．由于例题8-6已经给出了无限长均匀带电圆柱面的电场分布，可以将其结果作为既有公式，应用场强叠加原理计算带有等值异号电荷的两同轴长圆柱面产生的电场．解1 分别两柱面内、两柱面间和两柱面外作高为h 的柱面形高斯面S A 、S B 、S C ，如图8-16所示．由于电场分布的轴对称性，上下两底面上的场强方向与底面平行，对通量没有贡献，故对各柱面的高斯定理表达式均可写为⎰⎰⋅=⋅S侧S E S E d d h r E ⋅⋅=π2∑=q 01ε （1）（1）1R r <时，高斯面S A 内包围的电荷∑=A0S q ，代入(1)式得02A =⋅⋅h r E π 0A =E（2）21R r R <<，高斯面S B 内包围的电荷∑=AS h q λ，代入(1)式得B0B 2r E πελ=（3）2R r >，高斯面c S 内包围的电荷∑=-=A0S h h q λλ，代入(1)式得E C = 0R 1R 2 S CS A S B图8-16----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------解2 利用例题8-6的结果，两无限长均匀带电圆柱面的在各自柱面内的场强为零，在各自柱面外的电场强度分别为rE 012πελ=外 1R r >， r E 022πελ-=外 2R r >两柱面的电场叠加后，得（1）1R r <时 021A =+=内内E E E （2）21R r R <<时 B021B 2r E E E πελ=+=内外 （3）2R r >时 02C021C =-=+=r E E E πελλ外外8-17 一厚度为d 的均匀带电无限大平板，体电荷密度为ρ，求板内外各点的电场强度.分析 由于均匀带电厚板是无限的，所以其电场具有对称性．厚板平分面两侧电场强度垂直于平板，与平分面距离相同的各点场强相等．因此可以应用高斯定理计算电场分布．解 作高为2x ，侧面垂直于平板，两底平行于平板、底面积为S 的的柱形高斯面，如图8-17(a)所示．由于侧面与电场线平行，无电场线穿过，则有⎰⎰⋅=⋅侧S E S E d d ∑==q ES 012ε (1)（1） 厚板外的场强2dx >时，柱面S A 内包围的电荷∑=AS d S q ρ，代入(1)式得 Sd S E 0A 2ερ=A 2dερ=E 即均匀无限大带电厚平板板外的电场是均匀电场．（2） 厚板内的场强S d 2ρ（a ） （b ） 图8-17----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------2dx <时，柱面S B 内包围的电荷∑=B2S S x q ρ，代入(1)式得 xS S E 220B ερ=x E 0B ερ= 厚板内外场强分布曲线如图8-17(b)所示．8-18 一半径为R 的无限长均匀带电半圆柱面，电荷面密度为σ，求：（1）轴线上任意点的电场强度；（2）若)(sin 00为常量σθσσ=结果又如何？ 分析 无限长半圆柱面可以沿轴向分割成一系列无限长带电条带，由例题8-6给出的无限长带电直线的电场分布，用场强叠加原理可以求半圆柱面轴上的场强．解 （1）作与轴线垂直的截面并建立如图8-18所示的坐标系，在θθθd +→处取宽为θd d R l =的无限长带电条带，其单位长所带电荷量为l d σλ=，利用例题8-6给出的结果，它在轴线上产生的场强大小为02d 2d d πεθσπεσ==R l E 在与l d 对称的位置上取宽为l l d d ='的另一长直带电条带，它们在轴上的场强分别为E d 和E 'd ，由于对称性，它们的y 方向分量相互抵消，x 方向分量相互加强，如图所示，所以带电半圆柱面在轴线上O 点的电场应沿x 方向，大小为d sin 2d sin πεσθθπεσθπ====⎰⎰E E E x （2）若θσσsin 0=（0σ为常量），半圆柱面上电荷分布以x 轴为对称，所取对称位置上宽为l d 和l l d d ='的无限长带电条带上的电荷线密度相同，均为θθσσλd sin d 0R l ==，在轴线上产生的场强大小为002d sin 2d d πεθθσπεθσ==R R E 它们的y 方向分量仍然相互抵消，x 方向分量相互加强，得204d sin 2d sin εσθθπεσθπ====⎰⎰E E E x 8-19 如图所示，在Oxy 平面上有一沿y 方向的无限长带电板，宽度为L ，电荷面密度为k L x k ),(-=σ为一常量，求（1）x=0直线上的电场强度，并讨论----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------L d >>时的情况；（2）x=b 直线上的电场强度． 分析 把无限长有限宽的带电板分割成一系列带电条带，同样由例题8-6给出的无限长带电直线的电场分布，用场强叠加原理可以求解．解 （1）在位置x 处取宽为x d 的长直带电条带，单位长带电量为x L x k x d )(d -==σλ，利用例题8-6结果，它在0=x 处产生的场强为x xL x k x x E d 2)(2d d 00πεπεσ-==方向沿x 轴向．由于分割出来的各带电条带在0=x 处的场强均沿x 方向，应用场强叠加原理，无限长带电板在0=x 处产生的场强大小为)ln 1(2 d )(200dLd kL x xL x k E L d d+-=-=⎰+πεπε当L d >>时，根据近似公式x x x =+→)1ln(lim 0)1(2)]1ln(1[2lim000d LkL d L kL E dL -=+-=→πεπε（2）由于x 处取宽为x d 的长直带电条带与b x =的直线相距x b -，故)(2d )()(2d d 00x b xL x k x b xE --=-=πεπεσ⎰⎰+--+--==L d dx b x L b b x k E E d )()(2d 0πε]ln)[(20L Ld b db L b k -+---=πε方向沿x 轴向．8-20 在边长为10cm 的等边三角形的三顶角上，各放有等量电荷，电荷量均为C 100.68-⨯．（1）计算此三角形中线交点处的电场强度和电势；（2）将C 100.29-⨯的电荷从无穷远处移到中心点，电场力作了多少功？----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------分析 场强是矢量，而电势是标量，要用矢量叠加法求点电荷系的场强，用标量叠加求其电势．当电荷分布于有限区域时，往往选无穷远点为电势零点．电场力所作的功等于电荷始末位置的电势能之差．解 （1）根据等边三角形的几何特征，任意两个等量同号电荷在三角形中线交点处产生的场强之矢量和正好与第三个同号等量电荷在该点的场强等大反向，如图8-20所示，故由场强叠加原理得中心处O 点场强 031==∑=i i E E又由电势叠加原理和点电荷电势公式，该点电势为∑=⋅==31043i i rq V V πε其中r 为点电荷到等边三角形中线交点之距，a r 33=，则 V 108.2V 10.0100.6331094334890⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==-a q V πε（2）无穷远点为电势零点，电荷在无穷远处电势能为零，则移到三角形中心电场力作功为J 106.5)(500-∞⨯-=-=-=qV V V q W8-21 两块带有等值异号电荷的大金属平行板，相距为15cm ，负极接地（即以地球电势为零），电荷面密度26m /C 105.4-⨯=σ．求：（1）正极板的电势；（2）两极板之间距正极板为8cm 处的电势；（3）把C 105.29-⨯-=q 的电荷从正极板移到负极板，电场力作了多少功？ 分析 应用例题8-7的结果，忽略边缘效应，两板间电场可视为两个无限大均匀带等值异号电荷平面间场强0εσ=E ，为匀强电场，方向从正极指向负极，如图8-21所示．负板接地后电势为零，由电势的定义，两极间任一点的电势等于该点到负极板的距离与场强的乘积．解 （1）正极板的电势为----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------V 1063.7V 1085.815.0105.44126⨯=⨯⨯⨯===-0εσd Ed V （2）两板间距正极板为8cm 处的电势为V 1056.3V 1085.807.0105.441261⨯=⨯⨯⨯='='=--0εd E d E V （3）电荷从正极板移到负极板，电场力作的功等于极板间电势差与电荷量的乘积，即J 1063.7105.247⨯⨯⨯-==-qV W J 1091.14-⨯-=8-22 如图8-22所示的电四极子，q 和l 都为已知，P 点到电四极子中心O 处的距离为r ，求P 点处的电势，并由电势求电场强度．分析 在点电荷系电场中，由电势叠加原理可求出空间各点的电势．由场强与电势的微分关系可求出P 点的场强．解 三个点电荷在P 点的电势分别为),(411l r q V +=πε ,2412r q V 0-=πε()l r qV -=0πε413由电势叠加原理，得P 点的电势为)1(142)121(42232rl r ql l r r l r qV P -=++-+=00πεπε 当电四级子的电荷间距比P 点到四极子中心的距离小得多，即r l <<时，得322442rQr ql V P 00=≈πεπε 其中22ql Q =，称为电四极矩．由于P 点电势只是r 的函数，由电场强度与电势的微分关系知P 点电场强度一定沿r 方向，大小为443d d r Qr V E P P 0=-=πε 8-23 一半径为R 非均匀带电半圆环，电荷线密度为ϕλλcos 0=（0λ为一正常数），求环心处的电场强度和电势，若电荷线密度为ϕλλsin 0=，结果又会怎样？。