《大学物理学》第二版 下册 (吴锋 黄祝明 著)课后习题答案 化学工业出版社

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1、思考题13-1在一个不带电的导体球壳的球心处放入一点电荷q，当q由球心处移开，但仍在球壳内时，球壳内外表面的电荷分布情况如何？[球壳内表面感应电荷分布不均匀，外表面感应电荷分布均匀]答：球壳内表面感应电荷分布不均匀，因为内部的电场分布发生了变化，不再具有对称性。而外表明感应电荷分布均匀，因为外部电场不变。13-2关于高斯定理，下列说法中哪一个是正确的？(A)高斯面内不包围自由电荷，则面上各点电位移矢量D为零．(B)高斯面上处处D为零，则面内必不存在自由电荷．(C)高斯面的D通量仅与面内自由电荷有关

2、．(D)以上说法都不正确．[C]��答：（A）面内无自由电荷，�∫SDdSi=0，但D不一定为零。��（B）D处处为零，则DdSi=0，即∑q=0，可能存在等量异号的自由电荷。�∫S0（C）正确。故选（C）13-3两个半径相同的金属球，一为空心，一为实心，把两者各自孤立时的电容值加以比较，则(A)空心球电容值大．(B)实心球电容值大．(C)两球电容值相等．(D)大小关系无法确定．[C]答：无论空心还是实心金属球，电荷只分布于外表面，二者电势相同，则根据孤立电容的定义，C=Q/U，则电容值相同。故选

3、（C）13-4一带MN正电荷的物体M，靠近一原不带电的金属导体N，N思考题13-4图的左端感生出负电荷，右端感生出正电荷．若将N的左端接地，如图所示，则(A)N上有负电荷入地．(B)N上有正电荷入地．(C)N上的电荷不动．(D)N上所有电荷都入地．［B］答：接地后，金属导体N与地球构成一个新的导体。达到静电感应时，在正电荷M存在的情况下，靠近M的导体N应带负电，N上原有的正电荷会进入地球。故选（B）13-5两个半径相同的金属球，一为空心，一为实心，把两者各自孤立时的电容值加以比较，则(A)空心球电

4、容值大．(B)实心球电容值大．(C)两球电容值相等．(D)大小关系无法确定．［C］答：假设金属球带电量为Q，则无论是否空心，电荷均分布于外表面，其电势相等，从而两球电容值相等，故选（C）13-6磁介质有三种，用相对磁导率µr表征它们各自的特性时，(A)顺磁质µr>0，抗磁质µr<0，铁磁质µr>>1．(B)顺磁质µr>1，抗磁质µr=1，铁磁质µr>>1．(C)顺磁质µr>1，抗磁质µr<1，铁磁质µr>>1．(D)顺磁质µr<0，抗磁质µr<1，铁磁质µr>0．［C］答：根据磁介质的分类，可知答

5、案为（C）13-7关于稳恒电流磁场的磁场强度H，下列几种说法中哪个是正确的？(A)H仅与传导电流有关．(B)若闭合曲线内没有包围传导电流，则曲线上各点的H必为零．(C)若闭合曲线上各点H均为零，则该曲线所包围传导电流的代数和为零．(D)以闭合曲线Ｌ为边缘的任意曲面的H通量均相等．［C］��答：（A）H与传导电流和磁化电流均有关。（B）Hdli=I=0，但不可推得H�∫L∑0��在各点为零。（D）�∫Hdli取决于所包围的内部传导电流的代数和，边界相同的不同曲面L所包围的传导电流的代数和不一定相等。

6、故选（C）13-8用细导线均匀密绕成长为l、半径为a(l>>a)、总匝数为N的螺线管，管内充满相对磁导率为µ的均匀磁介质．若线圈中载有稳恒电流I，则管中任意一点的r(A)磁感强度大小为B=µµNI．0r(B)磁感强度大小为B=µNI/l．r(C)磁场强度大小为H=µ0NI/l．(D)磁场强度大小为H=NI/l．［D］��答：对于长直螺线管，由环路定理：Hdli=I，设矩形回路长为l，可知�∫L∑0��NNINIHdli=Hd⋅=ndI=dI，则H=,B=µµH=µµ，故选（D）�∫L0r0rlll

7、习题13-1在竖直放置的无限大均匀带电平面(电荷面密度为σ)的右侧放置一个与之平行的无限大导体平板，导体板左、右两表面的感应电荷面密度是多少？[−σ/2，+σ/2]解：设左右两表面的感应电荷面密度分别为σ，σ，根据电荷守恒，有：σ+σ=0；1212根据静电平衡时导体板内任意一点P的场强为零，由场强叠加原理，有：σσσ12+−=02ε2ε2ε000，即ABσ−σ=−σ，12SS故σ=−σ/,2σ=σ/2d12。习题13-2图13-2如图所示，把一块原来不带电的金属板B，移近一块已带有正电荷Q的金属板

8、A，平行放置．设两板面积都是S，板间距离是d，忽略边缘效应．求：（1）当B板不接地时，两板间电势差UAB；（2）B板接地时两板间电势差UAB′．[Qd/(2εS)；Qd/(εS)]00解：设A板的左右两侧面的感应电荷面密度分别为σ，σ，B板的左右两侧面的感应12电荷面密度分别为σ，σ。34（1）B板不接地时：⎧σ1σ2σ3σ4−−−=0⎪⎧(σ1+σ2)S=Q⎪2ε02ε02ε02ε0电荷守恒：⎨静电平衡。⎨⎩(σ3+σ4)S=0⎪σ1+σ2+σ3−σ4=0⎪2ε2ε2ε2ε⎩00