《大学物理第二册习题答案详解》由会员分享，可在线阅读，更多相关《大学物理第二册习题答案详解（66页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、习题八8-1解: 仅对点电荷成立，当 时，带电体不能再视为点024rqE0r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8-2 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 看成是一个带电板在另一带电板处的SqE0场强也是不对的正确解答应为一个板的电场为 ，另一板受它的SqE02作用力 ，这是两板间相互作用的电场力Sqf0208-3答：根据高斯定理，穿过高斯面的电通量仅取决于面内电量的代数和，而与面内电荷的分布情况及面外电荷无关，但各点的场强 E 与空间所有分布电荷有关，故： (1) 电通量不变
2、， 1q 1 / 0，高斯面上各点的场强 E 改变 (2) 电通量改变，由 1 变为 2(q 1q 2 ) /0，高斯面上各点的场强 E也变 (3) 电通量不变，仍为 1但高斯面上的场强 E 会变 。(4) 电通量变为 0，高斯面上的场强 E 会变.8-4以下各种说法是否正确，并说明理由.(1) 场强为零的地方，电势一定为零；电势为零的地方，场强也一定为零.(2) 在电势不变的空间内，场强一定为零.(3) 电势较高的地方，场强一定较大；场强较小的地方，电势也一定较低.(4) 场强大小相等的地方，电势相同；电势相同的地方，场强大小也一定相等.(5) 带正电的带电体，电势一定为正；带负电的带电体，
3、电势一定为负.(6) 不带电的物体，电势一定为零；电势为零的物体，一定不带电.答：场强与电势的微分关系是, .场强的大小为电势沿等势面法UE线方向的变化率，方向为电势降落的方向。场强与电势的积分关系，ldUpP上因此,(1) 说法不正确.(2) 说法正确.(3) 说法不正确.(4) 说法不正确(5) 说法不正确(6) 说法不正确.8-5解：如图建立坐标 jrqirE210204187大小: E=3.2410 4Vm -1,方向: ,=-33.703xytan8-6解： 如图所示(1)在带电直线上取线元 ，其上电d量 在 点产生场强为qdP20)(41xaE220)(ddLP2001442aLa
4、).18.(65.81321=0.24654104N.C-1,方向水平向右(2)同理 方向如图所示20ddxEQ由于对称性 ，即 只有 分量，lxQy习题 8-5 图 xy0 dxBQPAdEad21 d11yx 220d41dxEQy 2/322)(dLlyy 2/22|)(4Ldx22/22|4LdxL=0.526104N.C-12212808.4.0.5.8133方向沿 轴正向y8-7解： 取一圆弧，对称建一坐标如图示。在圆弧上取 dl=Rd, ddRlq在 点产生场强大小为O方向沿半径方向204E则 dcoscosd0Rxin4in0Ey积分)cos(2dsi 12002121 RRd
5、yy根据圆对称性，圆心处场强只需计算密度相同的异号间隙弧长电场。, rad, 02.Rq4.5l ,212sin)01.()cos()2cos().( 0 RqEy=0.7720N.C-12.)01.5.143(085.143229y方向指向间隙中心。xdEy128-8 解: (1)由高斯定理 0dqSEs立方体六个面，当 在立方体中心时，每个面上电通量相等q 各面电通量 06e(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长 的立方体，使 处于边长 的a2qa2立方体中心，则边长 的正方形上电通量a206e对于边长 的正方形，如果它不包含 所在的顶点，则 ，q024qe如果它包含 所在顶点则 q0e如
6、题 8-8(a)图所示题 8-8(3)图题 8-8(a)图 题 8-8(b)图 题 8-8(c)图8-9解：均匀无限大带电平面的电场大小： ，方向：垂直平面02E电通量： 20R8-10解：若地球看成导体球，则习题 8-9 图 204RqE= 261220 )04.(085.134 q6.10095105C,8-11 解: 高斯定理 ,0dqSs024qr当 时， ,5rcmE时， 8q3p(r)3内 ， 方向沿半径向外204rE内 4108.1CNcm 时,12r3q(外 ）内 3r 沿半径向外.42010.4rE内外 1CN8-12 解: 高斯定理 0dqSs取同轴圆柱形高斯面，侧面积 r
7、l2则 ES对(1) 1Rr0,q(2) 2l 沿径向向外rE02(3) 2R0q E8-13 解：根据场源是轴对称性的, 取一圆柱形的高斯面 0iSqdE上 上上sssdElr2rrladV02000i )/(1)(1qral22)(0l202rE8-14 解: 电偶极子 在外场 中受力矩pEM 代入数字qlpEMmax 4536 10.20.1210. mN8-15 解: 221 004drr qFA)(21r65.J外力需作的功 65. J题 8-16 图8-16 解: 如题8-16图示r041OU)(Rq0)3(06 RqUqAoCO00)(8-17 证: 场的分布具有球对称性, 取同
8、心球面为高斯面 0iSqdErR: , 02 q302 RrRr drqrdqdU0344 230 328)(8-18解： 如图所示(1)在带电直线上取线元 ，其上电量xd在 点产生电势为qdPxrlqU2410lrlqlP n8d8d00(2)同理 2041xrlUP 0 dx BQ PA dU rr y x2/120)(d8drxlqUlQ rllq20n48-19 解: (1)由于电荷均匀分布与对称性， 和 段电荷在 点产生ABCDO的场强互相抵消，取 dRl则 产生 点 如图，由于对称性， 点场强沿 轴负方向dqOE y题 8-19 图 cos4dd220REy 0)sin(iR02(
9、2) 电荷在 点产生电势，以ABOUAB20001 2ln4d4Rxx同理 产生 CDln02半圆环产生 0034RU 00321 42lnUO8-20解：在两圆柱面间的电场强度, 根据高斯定理 0iSqdE上 上上sssdE02lrE得： 20r两导体的电势差，由定义得： 1200Rlndr2rdU121 RRE第九章9-1答：场强改变。公式 / 0仍然成立。 是导体表面附近的电荷密度，受导体电荷分布的影响，但仍然用高斯定理可得出 / 0形式不变。9-2答：接地导体 始终是零电势。但当带正电的导体 移近时，其上会感应出异号电荷。9-3 答：(1) 电容器两极板间距减小时：电荷不变，场强不变，
10、电势差变小，电容变大，电容器储能减少。(2) 电荷增加，场强变大，电势差不变，电容变大，电容器储能增加。9-4答：并联：CC 1+C2 22121 UCcUW串联： 21 2124R2 R1 14)(4221212 CCWW1W 29-5答：在两球半径相同、总电荷相等的条件下，带电球体的电场能量大 因为，带电球面和带电球体两者在球外的场强是相同的，而带电球面内场强为零带电球体内场强不为零故带电球体的电场能量要比带电球面多出一部分9-6解：平行插入 厚的金属板，相当于原来电容器极板间距由 d 减小为 2d，则2d0002CdSC插入同样厚度的介质板，相当于一个极板间距为 的空气平行板电1容器与另
11、一个极板间距为 ，充满介电常量为 0r 的的电介质的电容器串2d联，则 00021211CCCrrr r9-7 解: 如题9-7图所示，充满电介质部分场强为 ，真空部分场强为 ，2E1E自由电荷面密度分别为 与21由 得0dqSD，1D2而 ,01E0rd21UE rD1题 9-7 图 9-8 解：球壳内表面将出现负的感生电荷- q，外表面为正的感生电荷+ q由高斯定理求场强 0s d上iqErb) ，rQD34rE304a aLRabr.r(2)电势分布rb： 04(3)该球壳与导体球构成电容器的电容: 1U)(1(40abRQrC)()(br9-17.解：(1) 在电介质中 D1=D2=
12、, 01rE22r习题 9-17 图21ldEU21021rdd1210rr 21210212102100 )()()( rrrrrr dUdUw 1.1110 2 J.m-33121 )4(485.2 同理 2.2110 3 J.m-3212120)(rrrdU(2) W1= w1V 1 = 1.11102 4010-4210-3=8.8810-8JW2= w2V 2= 2.21102 4010-4310-3=2.6510-7J(3) W=W1+W2=3.5410-7J9-18解: 如图，内球带电 ，外球壳内表面带电 ，外表面带电QQ题 9-18 图(1)在 和 区域1Rr32r0E在 时 21r 3014rQ时 3R302E在 区域21r21 d4)(20RrrQW21 )1(8d2020RR在 区域3Rr32 30202 18d4)(RQrrW 总能量 )1(832021 RQ4.J(2)导体壳接地时，只有 时 ,21rR30rE2W 421021 1.)(8QWJ(3)电容器电容 )/(42102RC29.F9-19解：(1)极板间有金属板时，相当电容器的极板距离缩小为 d1-d2其电容为 210dSC电场强度 V.m-15306UE电场
