中南大学大学物理练习册答案new

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1、物理练习答案练习二十五1．水平向左，E=mgtgθ/q2．2a3．[3]4．[2]λdl5．在AB上与O点相距为l处取dl，其所带电量dq=λdl。dq在p点场强dE=，24πε0l方向向右。由于AB上任意dq在p点产生的场强方向相同，则0.2λdlλ⎛11⎞2−1Ep=∫2=⎜−⎟=6.75×10V⋅m，方向向右0.054πε0l4πε0⎝0.050.2⎠6．在距长直导线为x处任取dx，其所带电量dq=λdx，又长直导线在dx处的场强为2λλdxE=，dq受电场力df=dqE=，方向向右。由于ab上任意dq受力方向2π

2、ε0x2πε0x22L+RλdxλL+R相同，则f=∫df=∫=ln，方向沿ab相互排斥。R2πεx2πεR00练习二十六21．EπR222．0，5L，6L3．略；4．[4]��Σqii5．过场点作长为l的同轴圆柱面，由高斯定理得：∫E⋅dS=2πrlE=sε0（1）当rR2时，∑qi=0，∴E=0；iλ（3）当R1

3、πrdr/ε0解得：E=(1−e)∫0r2εkr20ρ0−kR（2）同理可求得球外任一点E=(1−e)2ε0kr练习二十七q1−q2q1q21．，−2πε0R4πε0R3Rρ⎛11⎞2．⎜−⎟3ε0⎝d+rr⎠3．[2]4．[1]qqdl5．（1）在棒上距p点为l处任取dl，其所带电量dq=dl，dq在p点的电势为du=，L4πε0Llr+Lqdlqr+L∴up=∫=lnr4πε0Ll4πε0Lrq⎛3r+L⎞（2）同理uQ=ln⎜⎟，则q0从P→Q，4πε0L⎝3r⎠q0q3(r+L)电场力的功A=q0(up−uQ)=

4、ln4πε0L3r+Lq0q3(r+L)电势能变化为∆W=−ln4πε0L3r+L6．（1）任取半径r、宽dr的圆环，其所带电量dq=σ2πrdr，dq在x处的电势为dqσrdrdu==∴距盘心x处的电势为221/2221/24πε0(x+r)2ε0(x+r)σRrdrσ22u=du==(x+R−x)∫2ε∫0(x2+r2)1/22ε00duσ⎛x⎞（2）E=−=⎜1−⎟dx2ε⎜x2R2⎟0⎝+⎠2练习二十八3F4F1．，89σ0σ02．−ε0E0，−E022ε03．[2]4．[1]5．（1）静电平衡时，电荷分布如图，

5、按电势迭加原理，球和球壳的电势分别为1⎛qqQ+q⎞1⎛q+Q⎞u球=⎜⎜−+⎟⎟u球壳=⎜⎜⎟⎟4πε0⎝rR1R2⎠4πε0⎝R2⎠1⎛qq⎞电势差∆u=⎜−⎟⎜⎟4πε0⎝rR1⎠（2）球壳接地，球与球壳间的场分布不变，所以电势差也不变，仍与上同。（3）若用导线连接，则为等势体，所以电势差∆u=0。6．（1）金属球是个等势体qσ′dsqqU球=U0=+∫=+0=4πε0rS4πε0R4πε0r8πε0R（2）接地时，金属球电势为零qσ′dsqq′U0=+∫=+=04πε0rS4πε0R8πε0R4πε0Rqq′=−

6、2练习二十九1．2，1.62．600V3．[2]4．[3]λ125．（1）∵E=，w=εE2πεr22Qdr∴圆柱薄壳中的电场能量dW=wdV=w2πrdrL=ln4πεLr22bQdrQb（2）介质中的总能量W=∫=lna4πεLr4πεLa32Q2πεL（3）由W=，得圆柱电容器的电容C=2Cblna��D6．由高斯定理：∫D⋅dS=Σqi，E=，可知场分布为sε⎧⎪⎪0rR+d2⎪⎩4πε0r∞由up=∫Edr，可得电势分布为pQ⎛11⎞Qu=⎜−⎟+，（r

7、R+d）4πε0r练习三十1．0.21µ0I/R；垂直纸面向里−62．2.2×10Wb3．[3]4．[4]I5．在与p点相距为x处，取一宽为dx的细长条，其中电流dI=dx，它在p点产生的磁aµ0dIµ0Idx感应强度dB==，方向垂直纸面向里，因各细长条在p点的dB方向相同，2πx2πaxd+aµ0Idxµ0Id+a所以Bp=∫=ln，方向垂直纸面向里。d2πax2πad�

8、����6．B0=Bab+Bbc+Bcd+Bda�µ0I��µ0I�µ0I�Bcd=iBbc=[sin45°−sin(−45°)]k=k8R22πR4πR24�µ0I�µ0I�B0=i+k8R2πR练习三十一µ0Irµ0I1．，22πR2πr2．−3µ0I2，2µ0I13．[4]4．[3]��5．由安培环路定律，∫B