简明大学物理课后习题答案

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1、第九章9.1如图所示，由库仑定律可得：yq2qF4xFFqq0sin2qq0sin4qq0sin2qq0siny12222241a441a441a441a4020202022-4qqF352qq024a05qq0FFFxy220a(q0为一个单位正电荷)FyarctgF4与x轴夹角为x9.2证明：对上顶点电荷作受力分析得：2aqQq2cos224(2acos)4a00①+Q+Q对左顶点电荷作受力分析得：2QQq2sin224(2asin)4a00②-q①23qcot2

2、Q由②可得：9.3dE解：建立图示坐标系，在半圆环上任取微分元dl，则1dlQdEe2r4R0R1dldEdEcoscosx240R1dldEdEsinsiny24R考虑方向：0RdEcos0x0240RRdQEsiny02224R2R2R所以：000QEEjjy222R则：09.4dｘOR解：如图，将半球壳分割为一组平行细圆环，任一圆环所带电荷元dqds2RsinRd，则微分元在O点激发的场强为：1x

3、dqdEi340(x2r2)2统一变量：xRcos，rRsin1Rcos2dE2Rsind34R则有：0sincosd20EdE2sincosd02400方向为x轴负向。解：（1）如图，在x处任取一厚度为dx的无限大平面微分元，假设微分元上电荷面密度为，dx则，（在微分元上取任一面积为S的平面，则平面所带电量Qssdxdx）k2dEidxixdxi所以对xp的场点P，微分元激发的场强为：2020203bk2kbEdExdxp0xb所以：

4、2060（p时）x对p的场点P，微分元在右侧，激发的场强向左，/3/xpk2bk2kbk/33EdExdxxdx(2xb)p0x/p20p2060603x/b/E0p3（2）p时，2。9.6解：（1）取图示坐标系，在x处取微分元dx，则1dxdEi24(ldx)01l1dx11E()675vm04(ldx)24dld01011（2）由例9.3得Esinsin0x214d02Ecoscos1500vmy124d02所以EEj1500jvmy9

5、.7解：如果把半球面看成闭合的，由高斯定理有2EdS0EdSEdSEREdSS球冠底球冠面球冠面2EdSER球冠面9.8解:Rr如图，过场点作与球同心球面S，因电荷分布为球对称，则球电场分布也应为球对称，所以S面上各点电场强度的大小相等，由高斯定理，可得dv212EdSE4rkr4rdresr0021r3krE4krdr4r204当rR时，0041R3kRE4krdr4r204r2当rR时，002Kre(0rR)r40E4

6、KRe(rR)2r4r所以09.9解：2R12RRr做半径为r，高为h的同轴闭合圆柱面，由高斯定理有：2EdSEdSEdSEdS2rhErh/上底面下底面侧面0S22hrrrhE222RR2R0009.10解：（1）如图，在环上取微分元，半径为r，宽为dr的带电细圆环，其所带电量为dqds2rdr沿轴线建立坐标系OX，带电细圆环在轴线上产生的电势为dqrdrdU114(x2r2)22(x2r2)200R2rdr2222URX

7、RXR12112(22)22xr0则0(2)根据能量守恒定律，可得12emveUU0v(RR)000212m09.11解：ClABqOqD＋q2lU00qqqUD43l4l6l000q11qA1(UU）0()OCD0D43ll6l（1）00q11qA1(UU)1[()0]DD43ll6l（2）009.12解：Q2Q1R1OR2由高斯定理有QQQ212E0(rR)E(RrR)E(rR)1122123224r4r00R1R21

8、QQ12UEdrEdrEdr0