2012最新版本习题册上册解答

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第1次课（上） 坐标系 质点 位置矢量 位移 速度 加速度
1、一物体连续完成两次大小相同的位移，第一次速度大小1
-1⋅20=s m v ，与x 轴正方向成0
60角；第二次速度大小1
-2⋅40=s m v ，与x 轴正方向成0
120角，求该物体平均速度大小。

2、一物体悬挂在弹簧上作竖直振动，其加速度为ky a -=，式中k 为常量，y 是以平衡位置为原点所测得的坐标，假定振动的物体在坐标0y 处的速度为0v ，求速度v 与坐标y 的函数关系式。

解：
a ky =- dv dv dy dv a v ky dt dy dt dy
=
===- vdv kydy =-
o
o
v
y
v y vdv kydy =-⎰
⎰
()()2222
1122
o o v v k y y -=-- ()222
2o o v v k y y -=-
()2222o o v v k y y =+- ∴()22
2o
o v v k y y =+-
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3、某作直线运动的质点的运动规律为
t kv dt
dv
2-=，式中k 为常数，当0=t 时，初速度为0v ，求该质点在任意时刻t 的速度。

4、如图，某人用绳拉一高台上的小车在地面上以匀速v 奔跑，设绳端与小车的高度差为h ，求小车的速度及加速度。

解：建止标如图
绳长l 小车位置x ' 人位置x
22x x h l '-+= 绳长不变
220dx dt
dt x h
'-+=+
222
2
dx v dt dt x h x h
'=
==
'
++车 沿x 轴正向
()22222222
23/222/dv v x h v x x h h a v x h +++===+车车dt 沿x 轴正向
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第2次课（上） 自然坐标系
切向、法向加速度 圆周运动的角量描述
1、一质点在y x -平面内运动，运动方程为：t y t x 4sin 3,4cos 3==，求t 时刻质点的速度及切向加速度。

2、质点沿半径m R 1.0=的圆周运动，其角坐标与时间的关系为3
42t +=θ（SI ），求当切向加速
度的大小为总加速度的一半时质点的角位置θ
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3、半径m R 2=的飞轮作加速转动时，轮边缘上一点的运动方程为S=3
1.0t （SI ），求当此点的速
率s m v /30=时的切向加速度与法向加速度的大小。

4、一质点在x —y 平面内作曲线运动，其运动学方程为3
,t y t x ==(SI)。

求： （1）初始时刻的速率； （2）s t 2=时加速度的大小；
（3）s t 1=时切向和法向加速度的大小。

第3次课（上）运动定律及其力学中的守恒定律
1、质量为m的子弹以速度
v水平射入沙土中，设子弹所受阻力大小与速度成正比，比例系数为K，
忽略子弹重力，求：
（1）子弹射入沙土后，速度与时间的关系；
（2）子弹射入沙土的最大深度。

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2、湖面上有一小船静止不动，船上有一人质量为kg 60，如果他在船上向船头走了m 0.4，但相对湖底只移动了m 0.3（水对船的阻力可忽略），求小船的质量。

3、如图所示，质量为M 的滑块正沿着光滑水平地面向右滑动，一质量为m 的小球水平向右飞行，
以速度1V （对地）与滑块斜面相碰，碰后竖直向上弹起，速率为2V
（对地）。

若碰撞时间为t ，
试计算此过程中滑块对地的平均作用力和滑块速度增量的大小。

4、质量为 2.0kg
103-
⨯的子弹，其出口速率为300m/s。

设子弹在枪筒中前进时所受的力
x
F
9
8000
400-
=（其中x为子弹在枪筒中行进的距离）；开始时，子弹位于x=0处，求枪筒的长度。

第4次课（上）刚体定轴转动的描述刚体定轴转动定律
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1、质量为kg 3的质点位于x =3m, y =8m 处时速度为)/(65s m j i v
-=，作用于质点上的力大小为
N 7，沿负X 方向，求：以原点为参考点时，质点在此时的角动量和所受的力矩。

2、在边长为a 的正方边形的顶点，分别固定六个质点，每个质点的质量都为m ，求 （1）对OX 、OY 、OZ 轴的转动惯量； （2）对OS 轴的转动惯量。

3、如图所示，A 、B 为两个相同的定滑轮，A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而且
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Mg F =，设A 、B 两滑轮的角加速度分别为A β、B β，不计滑轮轴的摩擦，比较两个滑轮的角加
速度的大小
4、一半径cm 1
5、质量kg 70.0的光盘从静止开始转动，在1.5s 内达到1
33.3rev min n -=⋅的转速，
求在此1.5s
时间内施加于光盘的转动力矩。

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第5次课（上） 刚体定轴转动中的功和能及角动量守恒定律
1、质量为3m ，半径为R 的定滑轮及质量为21 ,m m 的两物体A ，B 安装如图，如果B 与桌面摩擦可忽略，且滑轮可视为匀质圆盘，求物体的加速度和绳子的张力。

2、质量分别为m 和2m 、半径分别为r 和2r 的两个均匀圆盘，同轴地粘在一起，可以绕通过盘心且垂直盘面的水平光滑固定轴转动，对转轴的转动惯量为2
9/2mr ，大小圆盘边缘都绕有绳子，绳子下端都挂一质量为m 的重物，如图所示。

求盘的角加速度大小
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3、一轻弹簧与一均匀细棒如图连接，已知弹簧的倔强系数1
40-⋅=m N k ，细棒的质量为kg m 5=；当0
0=θ时，弹簧无伸长，求0
0=θ的位置上细棒至少应具有多少角速度ω，才能转动到水平位置？
4、如图，一宽为l 、质量为M 的均匀薄板可绕00′轴转动，有一质量为m 的小球以速度0v 在薄板边缘与板垂直相碰，若碰撞是完全弹性的，求碰后板的角速度和球的速度。

第7次课（上）狭义相对论的基本原理洛仑兹变换
1.经典相对性原理与狭义相对论的相对性原理有何不同？
2. 北京和长沙直线相距1200km,在某一时刻从两地同时向对方飞出直航班机,现有一艘飞船从北京到长沙方向在高空掠过，速率恒为u=0.999c.求宇航员测得：（1）两班机发出的时间间隔；（2）哪一班机先启航？
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3. S ′系相对S 系运动的速率为0.6c ，S 系中测得一事件发生m x s t 50,10217
1=⨯=-处，第二事件
发生在m x s t 10,10327
2=⨯=-处，求S ′系中的观察者测得两事件发生的时间间隔和空间间隔。

4.在惯性系 K 中，有两个事件同时发生在 x 轴上相距 1000m 的两点,而在另一惯性系 K’ (沿轴方向相对于 K 系运动 ) 中测得这两个事件发生的地点相距 2000m . 求在 K’ 系中测得这两个事件的时间间隔.
第8次课（上）相对论时空观
１．在某地发生两个事件，静止位于该地的甲测得时间间隔为4s，若相对甲作匀速直线运动的乙测得时间间隔为5s，求乙相对于甲的运动速度。

２．一静止长度为l
0的火箭以速度v相对地面运动，从火箭前端发出一个光信号，对火箭和地面
上的观察者来说，光信号从前端到尾端各用多少时间。

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３．一艘宇宙飞船的船身固有长度为L =90m，相对于地面以0.8c的速度在地面观测站的上空飞过。

(1) 观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔是多少？
(2) 宇航员测得船身通过观测站的时间间隔是多少？
４．地球上某一天文台发现，一只以速率0.60c向东航行宇宙飞船将在5秒钟后同一个以0.80c速率向西飞行的慧星相撞，试问：（1）飞船中的宇航员看到慧星以多大速率向他们运动；（2）按飞船上的时钟计，还有多少时间允许他们离开原来航线避免碰撞。

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第9次课（上）相对论动力学基础
1．一个电子被电压为V6
10的电场加速后，其质量多大？速度多大？
２．一个立方体的静质量为ｍ０，体积为ｖ０，当它相对某惯性系S 沿一边长方向以v 匀速运动时，静止在S 中的观察者测得其密度为多少？
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３．一电子以0.99c(c 为真空中光速)的速率运动。

试求：(1) 电子的总能量是多少？(2) 电子的经典力学的动能与相对论动能之比是多少？(电子静止质量m=9.11×10-31 kg)
4.证明：相对论中的动能与动量的关系为E k =P 2/（m+m 0），m 0为粒子的静质量，m 为粒子的相对论
质量。

（2）证明：20222E c p E +=，在v<<c 时，可以转化成经典表达式022/m p E k =.（3）证
明：一粒子的相对论动量可以写成
c
E E E p k k 2/120)2(+=
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第11次课（上） 电荷及守恒定律 库仑定律 电场强度 场强叠加原理
1．1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e 3
2的上夸克和两个带e 3
1-下夸克构成，若将夸克作为经典粒子处理（夸克线度约为1020
m ），中子内的两个下夸克
之间相距2.6010
15
m 。

求它们之间的斥力。

1、解： 由库仑定律：
12
2014q q F r r πε=
代入数据，求得库仑力大小： 3.78N F =
2．均匀带电细棒，棒长L =20 cm ，电荷线密度1
8
103--⋅⨯=m C λ。

求：（1）棒的延长线上与棒的近端相距d =8cm 处的场强。

2、解：取线元d x ,其电量d q 在P 点场强大小为:
2
01
1d d 4()2=
+-P x
E l d x λπε
2
01
1d d d cos 04()2
==
+-Px P x
E E l d x λπε
()23
220
011111() 2.4110N/C 44()2-==-=⨯++-⎰l Px l dx E l d l d d x λλπεπε
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3．一半径为R 的半圆细环上均匀分布电荷Q ，求环心处的电场强度
3、解：建立如图坐标；取线元：
22300d
d d 44q Q
E l
R R πεπε=
=
由对称性： 0x E =
()
d d sin y y
E E y y E E E πθ==+⎰⎰
d d l R θ=
2222
00sin d 42y Q Q
E R R π
θθπεπε=
-
=-⎰
2
2
02y Q E E j j R
πε==-
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4．已知两杆电荷线密度为l , 长度为L , 相距L . 求两带电直杆间的电场力.
4、解：
()
()
2
2
00
d d d d d 4242q q x x F L x x L x x λλπεπε''
=
=
''+-+-
()
()
2
2
00d d d d d d cos04242x q q x x F F L x x L x x λλπεπε''
==
=
''+-+-
()
222
00d 4d ln 43
42L
L
x x
F x L x x λλπεπε'=='+-⎰⎰
()
204ln N 43x F F i i λπε⎛⎫
== ⎪⎝⎭
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第12次课（上） 电场线、电通量 真空中的高斯定理及应用
1．用高斯定理求均匀带正电的无限大平面簿板的场强（设电荷的面密度为σ）；
1、解：具有面对称性，作闭合圆柱面为高斯面。

e S
E dS
Φ=
⋅⎰⎰
=⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰1
2
侧
S S S E dS E dS E dS
1200/ES ES S σε=++=
02
S ES σε=
02E σε∴=
方向如图所示。

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2．若A 、B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面，已知两平面间的电场强度大小为
0E ，两平面外侧电场强度大小都为0/3E ，方向如图．由场强迭加原理计算A 、B 两平面上的电
荷面密度A σ,B σ各是多少？
2、解：过A 板作闭合圆柱面为高斯面
e S
E dS
Φ=
⋅⎰⎰
=⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰1
2
侧
S S S E dS E dS E dS
=
+=0
2010cos 0cos180/3A E S E S S σε
00
23A E εσ=-
同理，过B 板作闭合圆柱面为高斯面
E 0/3
E 0/3
E 0
A B
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e S
E dS
Φ=
⋅⎰⎰
=⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰1
2
侧
S S S E dS E dS E dS
=
+=0
1020cos 0cos 0/3B E S E S S σε
00
43B E εσ=
3．如图所示，半径R 的非金属球体内，电荷体密度为ρ = kr，式中k 为大于零的常量，求： （1）球体内任意一点的场强E 1（r ）； （2）球体外任意一点的场强E 2（r ）。

3、解：取同心球面为高斯面 由高斯定理：
()2402
240004d 1144d ⎧'''=⎪=⋅===⎨⎪'''=⎩⎰∑⎰⎰⎰r e i R
s S kr r r k r r R
E dS E r q kr r r k R r R
πππεεππΦ
04
30 4 4 kr
r r R E kR r r R r
εε⎧⎪⎪
=⎨⎪⎪⎩
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4．两无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2，带有等量异号电荷，单位长度的电量分别为λ和-λ，求（1）r < R 1；（2） R 1 < r < R 2；（3）r > R 2处各点的场强．
4、解：取同轴圆柱形高斯面, 由高斯定理：
()
()1
12
0020 112 ⎧⎪
=⋅===⎨⎪
+-⎩∑⎰⎰e i s S r R E dS E rl q l R r R l l R r
πλεελλΦ
112
2
020 20 r R E r R r R r R r λπε⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩
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第13、14次课（上） 静电场力的功 静电场的环路定理 电势能、电势、电势差
1．如下图所示，在A 、B 两点处有电量分别为+q ，-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验电荷0q 从O 点经半圆弧路径移到C 点，求移动过程中电场力所做的功。

1、解：由点电荷电势公式及电势叠加原理：
2．电荷q 均匀分布在半径为R 的球体内，求离球心r （r<R ）处的电势。

2、解：由高斯定理：
01()04=-=O q q U R R πε01()43=-C q q U R R πε0
6=-
q
R
πε0
00()6∴=-=OC O C
qq A q U U R
πε()
1
=
⋅=
∑⎰⎰
e i
s
S E dS q
εΦ()33
3
3000413 43
==∑i s r
q qr q r R
R R πεεεπ3
0 4∴=
qr E r R R
πε()
1
=
∑i s q
q r R εε2
0 4∴=q E r R
r πε
()
22
323
000
3
d d d
448
R
r r r R
q R r
qr q
U E r r r
R r R
πεπεπε
∞∞-
==+=
⎰⎰⎰
3.如图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R．试求环中心O点处的场强和电势．
3、解：(1)由于电荷均匀分布与对称性，AB和CD段电荷在O点产生的场强相互抵消，BC段电荷
在O点产生的场强由第11课练习题3可得：
22
00
22
y
Q
E E j j j
R R
λ
πεπε
-
==-=
(2) AB段电荷在O点产生的电势（以无穷远处电势为零）
2
1
00
d
ln2
44
R
R
x
U
x
λλ
πεπε
-
-
==
⎰
同理CD段：
2
2
00
d
ln2
44
R
R
x
U
x
λλ
πεπε
==
⎰
BC段：
30
00
d
44
R l
U
R
πλλ
πεε
==
⎰
123
00
ln2
24
O
U U U U
λλ
πεε
=++=+
4. 两个半径分别为
1
R和
2
R（
1
R＜
2
R)的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q，试计算：
(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；
(2)先把外球壳接地，然后断开接地线，此时外球壳的电荷分布及电势；
*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．
4、解：(1) 外球壳内表面均匀带-q，外内表面均匀带+q
2
2
2
002
d
44
R R
q q
U r
r R
πεπε
∞
==
⎰
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(2) 外壳接地时，外表面+q 电荷入地，外表面不带电，内表面电荷为-q ． 20R U =
(3) 设此时内球壳带电量为q ' ，外球壳内表面均匀带q '-,外内表面均匀带q q '- 此时电场分布为：
()()()1
20
12
2020 4 4
r R
E q r R r
R q q r R r πεπε⎧⎪⎪
'=⎨⎪
'-⎪⎩
2
11
2220001202
11d d 04444R R R R q q q q q q
U r r r r R R R πεπεπεπε∞
⎛⎫'
'''--=
+=-+= ⎪⎝⎭⎰
⎰ 由此
1
2
R q q R '=
()22122200202
d 444R R q R R q q q q
U r r R R πεπεπε∞
-''--===⎰
第15次课（上） 导体静电平衡条件 静电屏蔽 有导体存在的静电场的计算
1. 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B 的
中心放一点电荷2q ，如图所示．试求： (1) 1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；
(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度．
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1、(1) 1q 对2q 作用力的大小为2
2
10π41
r
q q F ε=。

由于静电屏蔽，1q 以及球壳A 和球壳B 上的感应电荷在球壳B 内部空间产生的合和场强为0，故2q 所受合和外力为0，没有加速度；
(2) 1q 对2q 作用力的大小为2
2
10π41r
q q F ε=
, 1q 以及球壳A 的感应电荷对2q 均有作用力，其合力使2q 产生加速度。

2. 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．
2、(1)
对图示封闭面(S)利用高斯定理，有
()220
1
0e S σσεΦ=
+∆=
即 23σσ=-
(2) 取向右为正方向，有
3124
0000
02222P E σσσσεεεε=
---= 故有 14σσ=
3．三个平行金属板A 、B 、C ，面积均为S =200平方厘米，A 、Ｂ间相距d 1 = ４毫米，A 、Ｃ间相距d 2 = ２毫米，B 和C 两板都接地。

如果使A 板带正电q = 7
3.010-⨯库仑，求：（1）B 、C 板上感应电荷。

（2）A 板电势。

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3、解：(1) 令A 板左侧电荷面密度为L σ，右侧为R σ，则根据静电感应，C 板右侧电荷面密度为L σ-，
B 板左侧电荷面密度为R σ-
显然 ()L R S q σσ+= ①
0R AB E σε=
方向向右； 0
L AC E σ
ε=方向向左 由于A 板为等势体，有 AC AB U U = 即AC AC AB AB E d E d =
2100
L R d d σσ
εε= ② 由①和②有
5252
1.010C/m 0.510C/m L R σσ--=⨯=⨯
77
1.010 C
2.010C B R C L q S q S σσ--=-=⨯=-=⨯
(2) ()22100
() 2.2610V L R A AC AC AC AB AB AB U U E d d U E d d ===
===⨯σσ
εε 4. 有两个同轴圆柱面，内圆柱面半径为R 1，电势为U 1，外圆柱面半径为R 2，电势为U 2，求两圆柱面间距轴线垂直距离为r 1和r 2两点的电势差．
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4、 解：设内圆柱面单位长度柱面带电λ，则两柱面间电场分布为：
1
20 2E R r
R r
λ
πε=
两柱面的电势差为：
2
121
212001
d ln 22R R R R R U r U U r R λλ
πεπε===-⎰
由此得 ()
01221
2ln U U R R πελ-=
两圆柱面间距轴线垂直距离为r 1和r 2两点的电势差为：
()2
121
012222
00111
2d ln ln 22ln r r r r U U r r U r R r r r R πελλ
πεπε-===⎰
第16次课（上） 电容器与电容，静电场的能量
1.如图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ．
1、解： 2323C C C =+
123123123
111
= AB AB C C C C C C C C +=+ 1C ， 23C 串联，其带电量相同，为11Q C U =， ()()()112323500.250.150.2085.17V 0.150.20
AB AB U C C Q U C C +++====+
2. 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和
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3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C 时，求：
(1)整个电场储存的能量；
(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．
2、解：(1) 电场分布为
))12
012232030 4 0 4
r R Q r R r R E R r R Q r R r πεπε⎧⎪⎪=⎨
⎪⎪⎩
能量密度分布为
))12
240122023
224030 32 1
0 232
r R Q r R r R w E R r R Q r R r πεεπε⎧⎪⎪==⎨
⎪⎪⎩
取同心薄球壳为体积元，则2
d 4d W w r r π=
2
1
32222
220001203
11d d 8888R R R Q Q Q Q W r r r r R R R πεπεπεπε∞⎛⎫=+=-+ ⎪⎝⎭⎰
⎰ 代入数据有4
1.8210J W -=⨯ (2) 电场分布为
)12012
30 4 0
r R E Q r R r R R r πε⎧⎪
=⎨⎪
⎩
能量密度分布为
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()122240012
30 1
32 20
r R w E Q r R r R R r
επε⎧⎪==⎨⎪
⎩ 取同心薄球壳为体积元，则2
d 4d W w r r π=
2
1
222
001211d 88R R Q Q W r r R R πεπε⎛⎫
=+- ⎪⎝⎭
⎰
代入数据有4
1.0110J W -=⨯
(3) ()2
12012114 4.4910F 2Q C R R W πε-⎛⎫==-=⨯ ⎪⎝⎭
3.有一平行板空气电容器，每块极板的面积均为S ，两板间距为d ．今以厚度为()d d d ''的铜板平行地插入电容器，计算
(1) 此时电容器的电容．铜板离极板的距离对这一结果有无影响？ (2) 现使电容器充电到两极板的电势差为U 0后与电源断开，再把铜板从电容器个抽出，外力需
做多少功? 3、解：(1) 设上下极板分别带电Q ±，则铜板上表面带电Q -，下表面带电Q +，铜板与上下极板
间的场强大小均为
Q E S ε=
方向由上指向下。

设铜板与上极板间距为1d ，则上下极板间的电势差为
()()()110
Q
U Ed E d d d E d d d d S ε+-'''=+--=-=
- 根据电容定义
0S Q
C U d d ε+-=
='
- 由上式知C 与铜板位置无关。

另解：可看作两个电容器的串联，设铜板与上极板间距为1d ，则两个电容器的电容
分别为：
--精品
00121
1 S
S
C C d
d d d εε==
'
--
0121212111
== S C C C C C C C C d d ε+=+'
- （2）断开电源后，电容器带电量不变，为0Q CU =，抽出铜板后，电容器电容为
0S C d
ε'=
抽出铜板过程中外力的功等于电容器储能的变化
()()2
2220002
12222CU Sd U Q Q C C A C C C C d d ε''-=-=='''-
4．圆柱形电容器由半径为1R 的导线和与它同轴的导体圆筒构成。

圆筒内半径为2R ，其间为真空，长为l ，如图所示。

设沿轴线单位长度上导线电荷线密度为+λ，圆筒电荷线密度为-λ，忽略边缘效
应，试求：
（1）电容器储存的能量。

（2）电容器的电容。

4、解：(1) 电场的分布为
1
12
2
020 20 r R E r R r R r R r λπε⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩
两极板间的电势差为：
2
121
2001
d ln 22R R R R R U r r R λλ
πεπε==⎰
电容器储能为：
--精品
122201
11ln 22R R R l
W QU lU R λε+-===λπ4
(2) 电容器的电容
()()22202012122ln 2ln /l Q R l C l R W R R ελε⎛
⎫===
⎪⎝
⎭πλπ4
--精品
第18次课（上） 磁感应强度 磁通量 磁场的高斯定理 毕奥-萨伐尔定律
1、边长为2a 的等边三角形线圈，通有电流I ，求线圈中心处的磁感强度。

2、一弯曲的载流导线在同一平面内，形状如图所示。

O 为两半圆的共同圆心，电流从无限远来，到无限远去，求O 点的磁感应强度的大小。

2、解：二水平段载流直线在O 点处磁感应强度为0；大、小载流半圆弧线在在O 点处磁感应强度
大小分别为
120000121122
11 224224R O R O I I I I
B B B B R R R R μμμμ==
==== 方向相同，均垂直纸面向里
铅垂载流直线段在O 点处磁感应强度大小为
()00322
sin 90sin 044I I
B R R μμππ=
-= 方向垂直纸面向外
取垂直垂直纸面向里为正方向，O 点处磁感应强度为
0001
2
2
444O I
I
I
B R R R μμμπ=
+
-
--精品
3、如图，一根无限长直导线，中间一段弯成半径为 r 的圆弧，若导线中电流为I ，求圆心O 点处的磁感应强度。

3、解：()()0013sin 60sin 9014cos 6022O
I
I B a a μμππ⎛⎫
⎡⎤=
---=- ⎪⎣⎦ ⎪⎝⎭
方向垂直纸面向里 0033sin 90sin 6014cos 6022O
I
I B a a μμππ⎛⎫⎡⎤=-=- ⎪⎣⎦ ⎪⎝⎭
方向垂直纸面向里 0021326O I I B a a
μμ=
= 方向垂直纸面向里
取垂直垂直纸面向里为正方向，O 点处磁感应强度为
()12320.067
0.209T 6O O O O O O O I I I
B B B B a a a
μμμπ=++=⨯+=
4、如图所示，宽度为a 的薄金属板中通有电流I ，电流沿薄板宽度方向均匀分布。

求在薄板所在平面内距板的边缘为x 的P 点处的磁感应强度。

4、解：
如图，将无限长载流板划分为无限长载流线的集合，取图所示的一根载流线，设其载流为I '，显然
d I
I w a
'=
，该载流线在P 点磁感应强度大小为 00d d 22I I
B w r ar
μμππ'== 方向垂直纸面向外
其中 a x r w r a x w +=+=+-
所有载流线在P 点磁感应强度方向均相同，即垂直纸面向外，取垂直纸面向外为正方向，有P 点磁感应强度为
()
000
d cos 0d ln 22P
B a
P I
I x a
B B w a x a w a a
μμππ+===
+-⎰
⎰
第19次课（上）
--精品
毕-萨定律的应用，安培环路定理及其应用
1、有一同轴电缆，其尺寸如图所示，它的内外两导体中的电流均为I ，且在横截面上均匀分布，但两者电流的流向正相反，求导体内外的磁感应强度的分布。

1、解：如图磁场具有轴对称性，以对称轴为中心作图示半径为r 的安培环路，箭头所示为安培环
路正绕方向(左视逆时针) 由安培环路定理：
()
0i L
L B dl I μ⋅=∑⎰
内，有
0d d cos0d 2L
L
L
B l B l B l B r π⋅=
==⎰
⎰
⎰
()()()2
1
21
1222223
22323 0 i L I r r R R I R r R I r R I I R r R R R R r
ππππ⎧<⎪⎪<<⎪⎪=⎨-⎪-<<⎪-⎪
⎪<⎩∑内 故
()01
21
012022
3
2322
32
3 2 22 20 i
L Ir
r R R I
R r R B I r r I R r R r R r R R R r
μπμμππμπ⎧<⎪⎪⎪<<⎪
==⎨⎪-<<⎪-⎪⎪<⎩
∑内 方向为左视图圆周逆时针切线方向。

2、通电5.00 A 的长直导线附近放一与导线处于同一平面的单匝矩形线圈，其边长a =4.00 cm, b =3.00
--精品
cm ，平行于导线的一边与导线相距d =2.00 cm ，如图所示，求通过矩形线圈的磁通量。

2、解：
取如图所示的面元矢量d S ，规定平面线圈的法向垂直纸面向里，则d d S Sn =。

面元矢量
处的B 的大小为
02I
B x
μπ=
方向垂直纸面向里 通过面积元的磁通量为
0d d d 2m I
B S B S a x x
μπΦ=⋅===
通过平面线圈的磁通量为
()8000
d ln 3.6610Wb 22m
d b
m m d
Ia Ia x d b
d x d
μμππΦ+-+Φ=Φ===⨯⎰
⎰
3、题3所示是一根长直圆管形导体的横截面，内外半径分别为a 、b ，导体内载有沿轴线流动的电
--精品
流I ，且I 均匀地分布在管的横截面上，设导体的磁导率ομμ=，试证明导体各点（b r a <<）的磁感应强度大小为：(
)
r a r a b 2
22
22--I
=
B πμο
3、证明：
设电流I 垂直纸面向外
，以对称轴为中心作图示半径为r 的安培环路，箭头所示为安培
环路正绕方向，则由安培环路定理：
()
0i L
L B dl I μ⋅=∑⎰
内，有
()
00d d cos0d 2i L
L
L
L B l B l B l B r I πμ⋅=
===∑⎰
⎰
⎰内
()
()
()
()
()
22222
2
2
2
i
L I r a I r a I
b a
b
a
ππ--=
=
--∑内
故
(
)
r
a r a
b 2
22
22--I
=
B πμο
方向为圆周逆时针切线方向。

4、一根很长的铜导线载有电流10A ，在导线内部作一平面S ，如题图所示，计算通过S 平面的磁通
a
b
--精品
量（沿导线长度方向取长为1m 的一段作计算，铜的ομμ=）
4、解：
取如图所示的面元矢量d S ，它距轴线垂直距离为r ，宽为d r ，长为l 。

取平面S 法向向下。

设导体中电流I 由右向左流，截面半径为R 则面元处的B 之大小可由安培环路定理求得：
()
20
002d d cos0
d 2i L L L L I r B l B l B l B r I R ππμμπ⋅=====∑⎰⎰⎰内 0
2
2Ir
B R μπ= 方向与d S 相同。

通过面积元的磁通量为
02
d d d 2m Ir
B S B S l r R μπΦ=⋅===
通过平面线圈的磁通量为
002
dr 24m
R
m m Ilr Il
d R μμππ
ΦΦ=Φ==⎰
⎰
代入10A, 1m I l ==及0μ有
610Wb m -Φ=
第20次课（上）
--精品
磁场对载流导线和载流线圈的作用 安培定律 磁力的功
1、在一长直载流导线旁有一长为L 导线ab ，其上载电流分别为I 1和I 2，a 端到直导线距离为d （1）当导线ab 与长直导线垂直，求ab 受力。

（2）当导线ab 与长直导线成一角度θ，求ab 受力。

1、解：(1)
在ab 上取电流元2d I l ，它距铅垂导线的距离为r 。

载流1I 的导线在该处的电流B 之大小为
01
2I B r
μπ=
，方向垂直纸面向里，与2d I l 垂直。

由安培力公式，2
d I l 受载流1I 的导线对其的作用力大小为
01
2222
d d d sin 90d d 2I F I l B I lB I B l I l r
μπ=⨯=== 方向如图所示。

取水平向右为x 轴正方向，垂直向上为y 轴正方向，则
01
2
d d cos900 d =d sin 90d 2x y I F F F F I l r
μπ=== 其中, d =d r d l r l =+，故
010122
0 d =d ln
22y
F d L
x y y d
I I I d L
F F F I r r d
μμππ++===⎰⎰
012ln 2x y I I
d l F F i F j j d μπ
+⎛⎫=+= ⎪⎝⎭
(2)
--精品
在ab 上取电流元2d I l ，它距铅垂导线的距离为r 。

载流1I 的导线在该处的电流B 之大小为
01
2I B r
μπ=
，方向垂直纸面向里，与2d I l 垂直。

由安培力公式，2d I l 受载流1
I 的导线对其的作用力大小为
01
2222
d d d sin 90d d 2I F I l B I lB I B l I l r
μπ=⨯=== 方向如图所示。

取水平向右为x 轴正方向，垂直向上为y 轴正方向，则
()()01
201
2
d d cos 180cos d 2d =d sin 180sin d 2x y I F F I l r
I F F I l r
μθθπμθθπ=-=--=
其中 ()
0cos 90, d =d sin r d l r l θθ=+-，故
sin 010122
sin 0101220
d sin d =cos ctg ln
2sin 2d sin d =sin ln
2sin 2x
y
F d L x x d F d L y y d I I I r d L F F I r d
I I I r d L F F I r d
θ
θμμθ
θθπθπμμθθπθπ+++=-=-+==⎰⎰
⎰
⎰
012012sin sin ctg ln
ln 22x y I I
I I d L d L F F i F j i j d d μμθθθπ
π++⎛⎫⎛⎫
=+=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
2、两根平行无限长直导线间的垂直距离为a ，其中电流强度分别为1I 和2I ，且方向相同，试求在
--精品
单位长度导线上的作用力的大小。

2、解：
应用安培力公式，dF Idl B =⨯，电流元11d I l 和22d I l 受力大小分别为
12112122 df B I dl df B I dl ==
01021
2 22I I
B B a a
=
=μμππ 导线1、2单位长度所受磁力大小分别为
0120121212 22I I I I df df dl a dl a
==μμππ 方向如图所示。

3、如图，电流为2I 的等边三角形载流线圈与无限长直电流1I 共面，等边三角形的边长为l ，AC 边距无限长载电直导线的距离为d 。

求载流线圈所受的合力。

--精品
3、解：设三角线圈每边长L
对AC 段：1I 在CA 段处B 之大小为01
2I B d
μπ=
，方向垂直纸面向里，与CA 垂直。

由安培力公式， CA 受载流1I 的导线对其的作用力大小为
012222sin 902CA CA CA CA I I L
F I L B I L B I BL d
μπ=⨯===
方向如图所示。

取水平向右为x 轴正方向，垂直向上为y 轴正方向，则
012cos180 sin18002CAx CA CAy CA I I L
F F F F d
μπ==-
==
对AB 段：在AB 上取电流元2d I l ，它距铅垂导线的距离为r 。

载流1I 的导线在该处的电流
B 之大小为01
2I B r
μπ=
，方向垂直纸面向里，与2d I l 垂直。

由安培力公式，2d I l 受载流1I 的导线对其的作用力大小为
01
2222
d d d sin 90d d 2AB I F I l B I lB I B l I l r
μπ=⨯=== 方向如图所示。

012
012d d cos 60cos60d 2d d sin 60sin 60d 2ABx AB ABy AB
I I F F l r
I I
F F l
r
μπμπ====
其中 0
cos30, d =d cos30r d l r l =+，故
--精品
cos300012
0cos30001012200
d d =cos 602cos30d d =sin 60ln 2cos302x
y F d L ABx ABx d
F d L ABy ABy d
I r
F F I r I I I r F F I r μπμμππ++====⎰⎰
⎰⎰
对BC 段：由对称性，知
012 2BCx BCy
F I I F μπ==- 故，三角载流线圈受力为：
()(
)0120122 =ln 322CAx ABx BCx CAy ABy BCy F F F F i F F F j I I I I d i d d μππ=+++++⎛⎫
+- ⎪ ⎪⎝⎭
4、一半径为R ，电荷面密度为σ的均匀带电圆盘，放入磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁力线与圆盘表面平行，现圆盘以角速度ω绕对称轴转动。

求：
--精品
（1）在距盘心为r 处取一半径为r 宽度为dr 的圆环，则圆环旋转产生的电流强度dI 有多大？ （2）该圆环所受的磁力矩有多大？ （3）圆盘所受的合力矩有多大？
4、解：(1) 宽度为dr 的圆环在旋转时产生的电流强度为
()
d 2d d d T 2q r
r I r r σπσωπω=
== (2) 该圆环磁矩大小为
23d d d m P r I r r ππσω==
方向垂直盘面向上。

该圆环所受磁力矩大小为
3d d d sin90d m m M P B P B Br r πσω=⨯==
方向垂直纸面向里
(3) 取垂直纸面向里为x 轴正方向，有
3d d cos0d d d 0x y z M M Br r M M πσω====
340
01
=d d = 04
x M R x x y z M M Br r BR M M πσωπσω===⎰
⎰
圆盘环所受磁力矩为
41
4
M BR i πσω=
第22次课（上） 法拉第电磁感应定律，楞次定律
--精品
1、如图所示，一长为L 的刚性直导线AB 与通有电流I 的无限长直导线在同一平面内且相互垂直，直导线AB 的左端与载流导线的距离为a 。

求当导线AB 以速率v 垂直向上平动时，该导线上的动生电动势。

解: 这是求一段非闭合导线上动生电动势的问题，对这类问题，也有两种解法
解法一 用动生电动势公式⎰⋅⨯=L l d B v
)(ε计算。

在直导线AB 上任取一线元l d ，距离载
流导线为r ，方向从A 指向B ，则该线元上的电动势为
dr r
Iv vBdl dl vB l d B v d πμπε2cos )(0-=-==⋅⨯=
直导线AB 上的动生电动势为
⎰+-=-
=⎰=+L
a a B A a
L
a Iv dr r Iv d ln 2200πμπμεε 因为0<ε，所以动生电动势的方向从B 指向A 。

解法二 添加辅助导线组成闭合回路，用法拉第电磁感应定律dt
d Φ
-
=ε计算。

如图所示，作辅助导线ADCB ，使之导线AB 构成一闭合回路。

设任一时刻t 闭合回路的高为h ，则有v dt
dh
=。

取闭合回路围成平面平积正法向n
垂直于纸面向里，则有
⎰+==⎰⋅=Φ+L a a s a
L a Ih hdr r I S d B ln 2200πμπμ
电动势为
a
L a Iv dt dh dh d dt d +-=Φ-=Φ-
=ln 20πμε 0<ε表明ε的方向与n
形成左手螺旋关系。

因为所作辅助导线ADCB 相对于电流I 产生的磁
场都是静止的，其上不会产生电动势，所以求出的ε就是导线AB 上的动生电动势，与n
形成左手螺旋关系的电动势方向具体到AB 上就是从B 指向A 。

2、一长直导线通有稳恒电流I ，一长为L 的导体棒AB 与导体共面，方向如图，此棒以速度V 竖直
向上匀速运动，求棒两端的感应电动势，并指出哪端电势高。

解：
力线产生的动生电动势：
()
d v B dl
ε=⨯⋅0cos
2
I
v dl
x
μ
α
π
=⋅⋅⋅
在导体棒AD 上任取一元段dl，规定dl 的方
向为从A至B ，dl 在磁场中切割磁
cos
dl dx
α=
0cos
2cos
Iv dx
d
x
μ
εα
πα
=⋅⋅
有
方向与dl 规定的方向一致(从A至D)即A点电势高。

ε
D
a
v
I
α
A
x
dl
cos
ln
2
Iv a L
a
μα
π
+
=
cos
2
a L
a
Iv dx
x
αμ
ε
π
+
=⋅
⎰
则
3、如图所示，二根很长的直导线载有交变电流t
I
iω
sin
=，它旁有一长方形线圈ABCD，长为L，宽为b-a，线圈与导线共面，求：
（1）穿过回路ABCD的磁通量φ
（2）回路ABCD中的感应电动势
i
ε
--精品
--精品
4、如图所示，一长直导线载有电流A I 0.5=，旁边有一矩形线圈ABCD （与长直导线共面），AB 长,20.01m L =BC 宽m L 10.02=，线圈共1000匝，令线圈以速度1
0.3-=mS v 水平向右平动，求
线圈的AD 边与长直导线的距离m a 10.0=时线圈中的动生电动势。

])()21d B d B A
D
B
⋅⨯+⋅⎰
1200112012
73()
(
)22()11
()2410 5.00.2011
10003()
20.10.10.1
310()
C A
B D N B dl B dl I I
N L L a a L IL N a a L V υυμμυππμυπππ--=-+=-+=-
+⨯⨯⨯=⨯⨯-+=⨯⎰⎰。