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Q?0.5?334?103?S2????570?1T293 J?K
(3)总熵变 熵增加
?S??S1??S2?612?570?42 J?K?1
习题五
5-1 解: 如题5-1图示
(1) 以A处点电荷为研究对象,由力平衡知:q?为负电荷
1q212cos30??4π?0a24π?0q???3q3
题5-1图 题5-2图 5-2 解: 如题5-2图示
qq?(32a)3
解得
(2)与三角形边长无关.
0解得
5-3 解: 题中的两种说法均不对.第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的,第二种说
Tcos??mg??q2?Tsin??F?1e?4π?0(2lsin?)2?
q?2lsin?4??mgtan?q?0S看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的.正确解答应为法把合场强
qq2qf?q?E?2?S2?0S,这是两板间相互2?S00一个板的电场为,另一板受它的作用力
E?作用的电场力.
5-4解: 如题5-4-图所示
题5-4图
(1)在带电直线上取线元dx,其上电量dq在P点产生场强为
dEP?1?dx4π?0(a?x)2
l?2dxEP??dEP?l4π?0??2(a?x)2
?11?[?]ll4π?0a?a?22 ?l?π?0(4a2?l2)
?9?1用l?15cm,??5.0?10C?m, a?12.5cm代入得
EP?6.74?102N?C?1 方向水平向右
1?dxdEQ?4π?0x2?d22 方向如题8-6图所示 (2)同理
?dE?0EQx由于对称性?l,即Q只有y分量,
dEQy∵
1?dx?4π?0x2?d22d2x2?d22
l2l?2EQy??dEQyld??24π?2?dx(x?d)
22232??l2π?0l2?4d22?9
以??5.0?10EQ?EQyC?cm?1, l?15cm,d2?5cm代入得
?14.96?102N?C?1y,方向沿
轴正向
?0 5-5 解: (1)由高斯定理
立方体六个面,当q在立方体中心时,每个面上电通量相等
s??q?E?dS??e?∴ 各面电通量
q6?0.
?e?q6?0
(2)电荷在顶点时,将立方体延伸为边长2a的立方体,使q处于边长2a的立方体中心,则边长2a的正方形上电通量
对于边长a的正方形,如果它不包含q所在的顶点,则如果它包含q所在顶点则
?e?q24?0,
?e?0.
如题5-5(a)图所示.题5-5(3)图
题5-5(a)图 题5-5(b)图 题5-5(c)图
(3)∵通过半径为R的圆平面的电通量等于通过半径为R?x的球冠面的电通量,球冠面积*
22S?2π(R2?x2)[1???xR?xq022]
S∴
*关于球冠面积的计算:见题8-9(c)图
?04π(R2?x2)?q1?2?0[
xR2?x2]
S??2πrsin??rd?0?
?2πr2?sin??d?0?
?2πr(1?cos?)
5-6 解: 高斯定理
2???qE4πr2??E?dS?s?q?0
?0,
?q?0E?r?5cm当时,,?0
4π?p3?r3)q(r?内 r?8cm时,34π2???r3?r内3E?24π?r?3.48?104N?C?1, 方向沿半径向外. 0∴
4π3q??3?r)(r?内3外r?12cm时,
4π33?r外?r内3E??4.10?1042?1
4π?0r∴ N?C沿半径向外.
??5-7
?0
取同轴圆柱形高斯面,侧面积S?2πrl
??E??dS?E2πrl解: 高斯定理
s???E?dS??q则
S
对(1) r?R1 (2) R1?q?0,E?0
?r?R ?q?l?
2
E?∴
?2π?0r 沿径向向外
(3) r?R2
?q?0
∴ E?0
题5-8图
5-8 解: 如题5-8图示,两带电平面均匀带电,电荷面密度分别为?1与?2,
?1?E?(?1??2)n2?0两面间,
?1?E??(?1??2)n2?0?1面外,
?1?E?(?1??2)n2?0?2面外,
?n:垂直于两平面由?1面指为?2面.
题5-9图
5-9 解: 如题图示
1qq(?)?04π?0RR 1qq??qUO?(?)4π?03RR6π?0R
qqA?q0(UO?UC)?o6π?0R ∴
UO?5-10解: (1)由于电荷均匀分布与对称性,AB和CD段电荷在O点产生的场强互相抵消,取dl?Rd?
?dq??Rd?dEO则产生点如图,由于对称性,O点场强沿y轴负方向
?Rd?cos??4π?R202题5-10图
???????sin(?)?sin4π?0R[2 2π?0R 2(2) AB电荷在O点产生电势,以U??0
E??dEy??2??
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