湖南工业大学物理2练习册下册答案全 doc

练习一 1、C ， 2、C ，3、C，4、D, 5、 6、

qd4??0R22qy4??0?a?y223/2???j， (j为y方向单位矢量)， ?a/2 ，

?2?R?d??qd8??0R23，从O点指向缺口中心点．

7、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?=q / L，在x处取一电荷元

dq = ?dx = qdx / L， 它在P点的场强： dE?dq4??0?L?d?x?2?qdx4??0L?L?d?x?2 x d q O L (L+d－x) Ｐ d dE x 总场强为 E?q4??0L?L(L?d－x)0dx2?q4??0d?L?d?

方向沿x轴，即杆的延长线方向．

8、解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在?处取微小电荷 dq = ?dl = 2Qd? / ? 它在O处产生场强dE?dq4??0R2?Q2??0R22d?

Q2??0R22 y dq 按??角变化，将dE分解成二个分量：dEx?dEsin??dEy??dEcos???Q2??0R?22sin?d?，

cos?d?

??d??R O ??x 对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷 Ex?Q2??0R22??/2??sin?d???0??sin?d??＝0 ??/2?Ey??Q2??0R22??/2??cos?d???0??????QQE?Ei?Ej?j 所以 cos?d????xy2222???0R??0R?/2? 练习二

1、D， 2、C， 3、A ， 4、C, 5、不变、变，6、－3? / (2?0) ，－? / (2?0)， 3? / (2?0)

7、解： (1) 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E． 作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S，如图所示． ?? 按高斯定理?E?dS??q/?0，即 S S2SE?1?0?b0?Sdx?kS?0?b0xdx?kSb2?02E S E

dx b E S S P x E? 得到 E = kb2 / (4?0) (板外两侧) （2）过P点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S．设该处场强为E?，如图所示． 按高斯定理有 ?E??E?S?kS?0?x0xdx?kSb2?02

2k?2b??x?? (0≤x≤b) 得到 E???2?0?2?? (3) E?=0，必须是x?2b22?0， 可得x?b/2

6、解：挖去电荷体密度为??的小球，以形成球腔时的求电场问题，可在不挖时求出电场E1，而另在挖去处放上

在图(a)中，以O点为球心，d为半径作球面为高斯面S，则可求出O?与P处场强的大小.

?????电荷体密度为－?的同样大小的球体，求出电场E2，并令任意点的场强为此二者的叠加，即可得 E0?E1?E2

??E1?dS?E1?4?d2? O? r O P O? P E E1O’＝E1P=E1?d 方向分别如图所示. -? E2O’=E1O’ 2PE1P O 3?00

在图(b)中，以O?点为小球体的球心，可知在O?点E2=0. 又以图(b)

图(a) O? 为心，2d为半径作球面为高斯面S?可求得P点场强E2P

?S?1?0?4?33d?有

? E1P P O? O E E2P? O’ =E P E2P 1 E d 212?0d ?（1） 求O?点的场强EO' . 图(d) 图(c)

?r?3?S???23E2?dS??E2?4?(2d)?4?r(??)/?3?0? ? ? 3?0??(2) 设空腔任一点P相对O?的位矢为r?，相对O点位矢为r则

???r， EPO?3?0???r?EPO???,

3?0 由图(a)、(b)可得 EO’ = E1O’ =

?d， 方向如图(c)所示.

?????????d∴ EP?EPO?EPO?? (r?r?)?OO'?3?03?03?0∴腔内场强是均匀的．

练习三

1、D， 2、B， 3、C, 4、C, 5、q / (6??0R) 6、负，增加 7、解：由高斯定理可得场强分布为：

E =-? / ?0 (－a＜x＜a) E = 0 (－∞＜x＜－a ，a＜x＜＋∞＝

由此可求电势分布：在－∞＜x≤－a区间 U??0xEdx???ax0dx??0?a ??dx/?0???a/?0

U 在－a≤x≤a区间 U??0xEdx??0x???0dx??x?0

-a O +a x 在a≤x＜∞区间 U??0xEdx??ax0dx??0a???0dx??a?0

8、解：设x轴沿细线方向，原点在球心处，在x处取线元dx，其上电荷为dq???dx， 该线元在带电球面的电场中所受电场力为： dF = q?dx / (4??0 x2)

整个细线所受电场力为： F?q?4??0?r0?lr0dxx2?q?l4??0r0?r0?l? 方向沿x正方向．

电荷元在球面电荷电场中具有电势能： dW = (q?dx) / (4??0 x) 整个线电荷在电场中具有电势能： dx W?

练习四

q?4??0?r0?lr0dx?r0??ln?x4??0??r0q?l?? ??O R r0 x x r0+l

1、D， 2、D， 3、B，4、C，5、7、解：金属球的电势

U?C1(C1?C2)C1?C2?U,q2?C2(C1?C2)C1?C2U，6、?,??0?r，

?R2R1??E内?dr??2R2??E外?dr

???R2Qdr4π?0?rrQ1R1R??Qdr4π?0r)

2

R2?4π?0?r(??r?1R2

8、解:令A板左侧面电荷面密度为?1，右侧面电荷面密度为?2

∵ UAC?UAB，即

∴ EACdAC?EABdAB ∴

?1?2?EACEAB?dABdACqAS?2

且 ?1+?2?qA3S

得 ?2?, ?1?2qA3S

而 qC???1S??23qA??2?10?7?7C

qB???2S??1?10U?EACdAC?C (2)

?1?0AdAC?2.3?10V

3

练习五

1、?R2c 2、 5.00×105 T， 3、

-

?0Idl4?a2 ， 平行z轴负向 ； 4、

?0I4(1R2?1R1)，垂直纸面向外 ，

?0I4(1R12?1R22)1/2 ，

????arctgR2R1，5、

?0I14R(3?2??3?), 6、C,

7、解：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点P的磁感应强度方向都在圆柱截面上，取坐标如图所示，取宽为dl的一无限长直电流dI?I?R?dl，在轴上P点产生dB与R垂直，大小为

?Id??R?02

2?R2?R2?R?Icos?d?dBx?dBcos??0 22?R?Isin?d??dBy?dBcos(??)??0 222?RdB????0dI?0IRd?∴ Bx??2??2?Icos?d?2?R?2??0I2?R2[sin?2?sin(??2)]??0I?R2?6.37?10?5 T

By??2??2(??0Isin?d?2?R2)?0

???5B?6.37?10i∴ T

8、解：(1) 对r～r+dr段，电荷 dq = ? dr，旋转形成圆电流．则 O r dq????dr dI?a 2?2?dr 它在O点的磁感强度 ?dI???0dr? dB0?0

2r4?0b ??

rB0??dB0????4?2a?b0?adrr????4?2lna?ba 方向垂直纸面向内．

dpm??rdI?12??rdr

a?bpm??dpm??a12??rdr ???[(a?b)3?a3]/6 方向垂直纸面向内．

2 练习六

2I?0?ih21、B 2、?0(I2?2I1) 3、， 4、0，5、?0rI/(2?R1) ，0

32?R6、解：取同轴闭合圆环l?2?r (a?r?b)

??则 ?B?dl?B2?r

l?2I?(?r22??a)2I?b??a22

∴ B??0I(r?a)2?r(b?a)22

7、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，

?0Ir(r?R) 由安培环路定律可得： B?22?R因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通?1为 ?1????B?dS?R?BdS??2?R0?0Irdr?2?0I4?

在圆形导体外，与导体中心轴线相距r处的磁感强度大小为

?I(r?R) B?02?r因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通?2为 ?2????B?dS?2R?2?rR?0Idr??0I2?ln2

穿过整个矩形平面的磁通量 ???1??2?

练习七

?0I4???0I2?ln2

1、A，2、B，3、2?mvcos?/(eB)， mvsin?/(eB)， 4、2alB，5、铁磁质，顺磁质，抗磁质， 6、 0.226 T ，300 A/m

???7、解： (1) Fbc?Il?B?0

???Fab?Il?B 方向?纸面向外，大小为

Fab?IlBsin120??0.866 N

???Fca?Il?B方向?纸面向里，大小

Fca?IlBsin120??0.866 N

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