大学物理（下册）习题解答课后习题答案11-19章全书章节练习题答案

第11章答案

l.(C)；2.(C)：3.D；4.B；5.(C)；6,B；

7.单位正点电荷在该点所受电场力相同，8.4N/C,向上；

9.解：设杆的左端为坐标原点。，x轴沿直杆方向.带电直杆的电荷线密度为2=q/L,在x

处取一电荷元dq=Adx=qdr/L,它在尸点的场强：

dqqdx

dE=

22

47if0(L+d-x)4ns0L(L+d-x)

L

qcdrq

总场强为E2

4n£,0L1(L+d-x)4兀£(；(/(7>+d)

方向沿X轴，即杆的延长线方向.

10.解：把所有电荷都当作正电荷处理.在。处取微小电荷d(7=zki/=2Qde/兀

它在。处产生场强

dq

dE=Qde

223小2

4TC£,07?

按。角变化，将dE分解成二个分量:

dE=dEsin6=——~-sin^d^

r22

2JI£0R

dE=-dEcosO=------7cos6d6

'r27r

对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷

C九/2K

Ex=—fsinOd。-fsinOd。=0

兀12n

E=~QJcosOd®-JcosOdO所以

yIT%/?一

2n2/R,om

11.—(aS)/SQ(aS)/SQ

12.nR2E

13解：在球内取半径为八厚为dr的薄球壳，该壳内所包含的电荷为

dq=pdV=Ar-4nr2dr

q={pdV[4TUA/*3dr=A

在半径为r的球面内包含的总电荷为：乜Jv7tAr

以该球面为高斯面，按高斯定理有：耳"兀,=兀

得到：居=4//(4£o),&WR)

方向沿径向，4>0时向外,A<0时向里------------------------------3分

4

在球体外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有：“2Y兀/=nAR/s0

得至I」：E[=颂4/(4犷)，&>/?)

方向沿径向，A>0时向外，A<0时向里-----------------------------2分

14.证：用高斯定理求球壳内场强：

EdS-E-4rtr2=（。+j,/?dV）//而J/?dV=J--47i:r2dr=4nA（rdr

=2nA（r2-a2）

22

E=-2T+—)~-2nA(r-a)E=­+----犯y

4兀/r4n£0r4ns(yr2sQ24广

要使E的大小与/■无关，则应有

Q

T--^-=0,即A=-^

-

47if0r2%广2nzz~

15.。/(4兀£OR2),0,。/(4兀⑨R),。/(4兀⑵力)

16.2/(2f0)

17..解：在圆盘上取一半径为r-r+dr范围的同心圆环.其面积为

dS=2yirdr

其上电荷为dq=2Ttardr

它在。点产生的电势为

加以=也

4兀2%

总电势u=[dt/=—Pdr=—

Js24J。2%

18.解：(1)球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即

U0=，N+幻=0加工坦河"(i,)b="=8.85X

r

4兀£()I42)4兀2I4r2)£q-rt+r2

IO9C/m2

(2)设外球面上放电后电荷面密度为b',则应有

U：=—(<77；+〃弓)=0

%

即<y'=-—(T

r2

外球面上应变成带负电，共应放掉电荷

(r\

q'=4n/^(cr-cr')=4n/;2cr1+—

Ir2)

9

=4兀/+r2)=4it£oUor2=6.67X10C

第12章答案

1.B；2.A；3.B；4.B；5.C；6.B；7.C；8.C；9.B；

10.不变；减小；11.(x,y,z)/0，与导体表面垂直朝外(>0)或与导体

表面垂直朝里(<0)

12.解：由高斯定理，平板内、外的场强分布为:

E=0(板内)

Ex=±07(2/)(板外)

2

13.1、2两点间电势差Ux-U2=\Exdx

11•<—r/—><—b-^,2

2%II

14.cr/£0

15.增大增大

2

16.解:W0^-£0E,其中E为真空中的场强。

2

W=-£0£r(E')其中E'=—为电介质中的场强。

2

...电场总能量W=W°/£,

17.答:不能用高斯定理求场强.

其旁的物体如是导体，由于静电感应，将出现感生电荷，如是介质，将出现极化电荷;

这种电荷也要影响导体球上的电荷分布.这时，空间的场强分布不具有适当初对称性，不能

应用高斯定理求场强分布.

第13章答案

1>D；2、D；3、B；4、C；5、D；6、A；7、E；8、D；9、D；10、^^ln2；11、0；

2

〃0J4"

•1L7，、十；

8H27rR

13、解：利用无限长载流直导线的公式求解.

(1)取离P点为x宽度为dr的无限长载流细条，它的电流di=3dx

(2)这载流长条在P点产生的磁感应强度

2nx2nx

方向垂直纸面向里.

(3)所有载流长条在尸点产生的磁感强度的方向都相同，所以载流平板在P点产生的

磁感强度8=fd8="了虫=/in*

J2rc{x2nb

方向垂直纸面向里.

14、驷

2/rR

、—）

15Ao（2/j+/2

16>解：I—R入①

=〃。&施

，2面+）,2严

B的方向与y轴正方向一致.

17、解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r处的磁感强度的大小,由安培环路定

律可得：B—1---r(r<R)

2nR2

因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通6为

(D=fs-dS=[5dS=f乌grd—组

JJJ2K/?24兀

在圆形导体外，与导体中心轴线相距，•处的磁感强度大小为

8=应(r>R)

27n.

因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通段为

外毋飞dr=2

271

穿过整个矩形平面的磁通量+◎,="+色，ln2

,之4兀2兀

第十四章答案

1、D；2、C；3、A；4、C；5、B：6、C；7、D；8^A；9、C；10、A；11、D；

12、为出，向左；13、-7rR2IB,在图面中向上,

一%+〃%；

4a22

14、解：(1)圆弧AC所受的磁力：在均匀磁场中，

通电圆弧AC所受的磁力与通有相同电流的正直线

所受的磁力相等。

故有FAC=F-=141RB=0.283N

AC

方向：与AC直线垂直，与OC夹角45°,如图.

(2)磁力矩：线圈的磁矩为瓦,=/S万=2兀Xi。-方

本小问中设线圈平面与月成60°角，则瓦,与月成30°角，有力矩

\M\=\pmx^=pmBsin300

M=1.57X102N-m

方向：力矩必将驱使线圈法线转向与月平行.

15、解：如图所示，矩形上下两段导线受安培力Fi和Fz的大小相等，方向相反，对不

变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零。而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在

处的磁感应强度不等，所受安培力F3和F4大小不同，且方向相反，因此线框所受的安

培力为左右两边安培力F3和F4之矢量和，它们的大小分别为

"31

=卬2/=

271d

F=B\II=

422》(d4-b)

故合力的大小为

皿0(--一匚)=1.28x10-3N

21dd+b

22

BeBen2

16、-----,——R；

2jrme2me

17、n,p；

18、解：依据无限长带电和载流导线的电场和磁场知:

£（r）=-——（方向沿径向向外）

2nsQr

B（r）=必且（方向垂直纸面向里）

2a

运动电荷受力F（大小）为：F=----""4u

2兀271r

此力方向为沿径向（或向里，或向外）

为使粒子继续沿着原方向平行导线运动，径向力应为零，

—-从""二0则有v=―--

2jt£Qr271r£o〃（）/

19、解：（1）由安培环路定理：

B=（大小）方向：在板右侧垂直纸面向里

（2）由洛伦兹力公式可求

R=mul（qB）（至少从距板R处开始向外运动）

返回时间T=2nR/v=4En/（q〃°i）

第15章答案

1、C；2、D；3、B；4、铁磁质，顺磁质，逆磁质；5、0.225T,300A/m;

（I口

6、----，----

2"尸

第16章答案

1>B；2、C；3、D；4、D；5、B；6、B；7、B；8、A；9、C；10、C；11、C；12、D；

13、C；14、D；

15、（1）无感应电动势，因而无感应电流，（2）无感应电动势，因而无感应电流；

Mo，2CD2•

16、—^—7ir"coscot，———7rr~sincot：

2a2aR

17、解：设在时间t^t2中线圈法线从平行于磁场的位置转到垂直于磁场的位置，则在tl

时刻线圈中的总磁通为NO=N6S（S为线圈的面积），在t2时刻线圈的总磁通为

零，于是在tl-t2时间内总磁通变化为

△（N①）=-NBS

令t时刻线圈中的感应电动势为8则电流计中通过的感应电流为

Nd①

R+rR+rdt

tlft2时间内通过的电荷为

NN小NBS

q-ud/=------——=-------

/R+rR+厂R+r

8=q(R+r)/(NS)=5x10-2T

dq_A-v(t)dt

18、解：长直带电线运动相当于电流/uQ)•2.

dtdt

正方形线圈内的磁通量可如下求出

d^=B-dS=^--^—adx

2兀a-\-x

皿1n2

a+x2K

=维”打2一冬助

In2

27idt

同_Nodv(t)

AaIn2

W”=dt

19、-NBbcoAsincot；20、-7ra2coscot

21、解：（1）载流为/的无限长直导线在与其相距为r处产生的磁感强度为：

B="）//（2”）

以顺时针绕向为线圈回路的正方向，与线圈相距较远的导线在线圈中

3d"d.dr=Mln2

产生的磁通量为：①I=I

2?tr

2d2JT2

与线圈相距较近的导线对线圈的磁通量为:

2d

0=j-的d.dr=-^^ln2

271r2K

总磁通量…+耍一堂呜

感应电动势为:=_幽=/_tL皿aln-

dt2兀3dt2兀3

由G0和回路正方向为顺时针，所以£的绕向为顺时针方向，线圈中的感应电流

亦是顺时针方向.

22、解：（1）由于线框垂直下落，线框所包围面积内的磁通量无变化，故感应电流/k0

(2)设de边长为,则由图可见

l'=L+2Lcos600=2L

取d-c的方向为de边内感应电动势的正向，则

鼠」JvBdl=\历I-”、dr

ddo2rt(r+/)

=肛府M3血师］n但

2兀YI2兀YI

£dc>0,说明cd段内电动势的方向由d—c

由于回路内无电流匕4=Uc-U〃=%,=必4而万In艾以

2nI

因为c点电势最高，d点电势最低，故：匕"为电势最高处与电势最低处之间的

电势差.

第17章答案

1.C；2.A；

3.②；③；①

1或

-J//不

d①q/dr或一d%,/df

4.

5.垂直纸面向里；垂直OP连线向下

第18章答