《新编大学物理》(上、下全册)桑建平教材习题答案解析武汉大学出版社

第1章 质点运动学
一、选择题 题1.1 ： 答案：[B]
提示：明确∆r 与r ∆的区别
题1.2： 答案：[A]
题1.3： 答案：[D]
提示：A 与规定的正方向相反的加速运动， B 切向加速度， C 明确标、矢量的关系，加速度是
d dt
v
题1.4： 答案：[C] 提示： 2
1
r r r ∆=
-，12
,R R r j r
i ==-，21v v v ∆=-，12,v v v i v j =-=-
题1.5： 答案：[D]
提示：t=0时，x=5； t=3时，x=2得位移为-3m ；
仅从式x=t 2-4t+5=(t-2)2
+1，抛物线的对称轴为2，质点有往返
题1.6： 答案：[D]
提示：a=2t=d dt v
，2224t v tdt t ==-⎰，02
t
x x vdt -=⎰，即可得D 项
题1.7：
答案：[D]
北
v 风
v 车1v 车2
提示： 21=2v v 车车，理清=+v v v 绝相对牵的关系
二、填空题 题1.8：
答案： 匀速(直线)，匀速率
题1.9：
答案：2
915t t -，0.6 提示： 2915dx
v t t dt
==-，t=0.6时，v=0
题1.10：
答案：（1）21192
y x =-
（2）24t -i j 4-j
（3）411+i j 26-i j 3S
提示： (1) 联立2
2192x t y t
=⎧⎨=-⎩，消去t 得：21192y x =-，dx dy
dt dt =+v i j (2) t=1s 时，24t =-v i j ，4d dt
=
=-v
a j (3) t=2s 时，代入22(192)x y t t =+=+-r i j i j 中得411+i j t=1s 到t=2s ，同样代入()t =r r 可求得26r
∆=-i j ，
r 和v 垂直，即0∙=r v ，得t=3s
题1.11： 答案：2
12/m s 提示：2(2)2412(/)dv d x a v x m s dt dt
=====
题1.12： 答案：1/m s
π
提示： 200
t dv
v v dt t dt =+=⎰，11/t v
m s ==，20
1332t
v dt t R θπ===⎰
，r π∆==
题1.13：
答案：2
015()2
t v t gt -+-
i j 提示： 先对2
0(/2)
v t g t =-
r j 求导得，0()y v gt =-v j 与5=v i 合成得05()v gt =-+-v i j 合 201
=5()2t v t gt -+-∴⎰r v i j t
合0
合dt=
题1.14： 答案：8, 2
64t
提示：8dQ v R Rt dt τ==，88a R τ==，2
2
64n dQ a R t dt ⎛⎫== ⎪⎝⎭
三、计算题 题1.15：
解：（1）3t dv a t dt == 003v t
dv tdt =∴⎰⎰ 232v t ∴= 又232ds v t dt =
= 200
3
2s
t
ds t dt =∴⎰⎰ 312S t =∴ （2）又
S R θ= 3
16
S t
R
θ==∴
（3）当a 与半径成45
角时，n a a τ=
24
34
n v a t R =
= 4334t t =∴
t =∴
题1.16：
解：（1）dv a kv dt ==- 0
v t
dv kdt v =-∴⎰⎰， 0ln v kt v =-（*） 当012v v =
时，1ln 2kt =-，ln 2t k
=∴ （2）由（*）式：0kt
v v e
-=
0kt dx
v e dt -=∴，000x
t
kt dx v e dt -=⎰⎰ 0
(1)kt v x e k
-=-∴
第2章 质点动力学
一、选择题 题2.1： 答案：[C]
提示：A ．错误，如：圆周运动
B ．错误，m =p v ，力与速度方向不一定相同 D ．后半句错误，如：匀速圆周运动
题2.2： 答案：[B]
提示：y 方向上做匀速运动：2y y S v t t == x 方向上做匀加速运动（初速度为0），F
a m
=
2
2t
x v a d t t =
=⎰
，2
23t
x x t S v dt ==⎰ 2
223
t t =+∴S i j
题2.3： 答案：[B]
提示：受力如图
Mg
F
杆
'
F 猫
mg
设猫给杆子的力为F ，由于相对于地面猫的高度不变
'F mg = 'F F = 杆受力 1()F Mg F M m g =+=+ 1()F M m g a M M
+=
=
题2.4 ：
答案：[D] 提示：
a a A
22
A B
A B m g T m a T m a a
a ⎧
⎪-=⎪=⎨⎪⎪=⎩ 得4
5A a g = （2A B a a =，通过分析滑轮，由于A 向下走过S ，B 走过2
S
） 2
A B a a =∴
题2.5： 答案：[C]
提示： 由题意，水平方向上动量守恒， 故 0(cos 60)()1010
m m
v m v =+ 共 0
=22
v v 共
题2.6： 答案：[C] 提示：
R
θθ
R
h-R
由图可知cos h R
R
θ-=
分析条件得，只有在h 高度时，向心力与重力分量相等
所以有2
2cos ()mv mg v g h R R
θ=⇒=- 由机械能守恒得（以地面为零势能面）
220011
22
mv mv mgh v =+⇒=
题2.7： 答案：[B]
提示： 运用动量守恒与能量转化
题2.8： 答案：[D] 提示：
v v y
由机械能守恒得201
2
mgh mv v =
⇒=0sin y v v θ=
sin G
y P
mgv mg ==∴
题2.9： 答案： [C]
题2.10： 答案： [B]
提示： 受力如图
f
T F
由功能关系可知，设位移为x （以原长时为原点）
2()
x
F mg Fx mgx kxdx x k
μμ--=⇒=
⎰
弹性势能 2
212()2p F mg E kx k
μ-==
二、填空题
题2.11: 答案：2mb
提示： '2v x bt == '2a v b == 2F m a m b
=
=∴
题2.12：
答案：2kg 4m/s 2 提示：
4N 8N
x
y 0
由题意，22/x a m s = 4x F N =
8y F N = 2F
m k g a
=
= 24/y y F a m s m
=
=
题2.13： 答案：
75，1110
提示： 由题意，32()105F a t m =
=+ 2
7
/5v adt m s ⇒==⎰ 当t=2时，11
10
a =
题2.14： 答案：180kg
提示：由动量守恒，=m S -S m 人人人船相对S （）=180kg m ⇒船
题2.15： 答案：
11544
+i j 提示：各方向动量守恒
题2.16：
答案： ()mv +i j ，0，-mgR
提示：由冲量定义得 ==()()mv mv mv --=+I P P i j i j 末初- 由动能定律得 0k k E W E ∆=⇒∆=，所以=0W 合 =W m g R -外
题2.17： 答案：-12
提示：3
1
12w Fdx J -==⎰
题2.18：
答案： mgh ，212
kx ，Mm G r - h=0，x=0，r =∞ 相对值
题2.19： 答案： 0
2mg
k ，2mg
，
题2.20： 答案： +=0
A
∑∑外力
非保守力
三、计算题 题2.21：
解：（1）=
m F xg L 重 ()m
f L x
g L μ=- （2）1()(1)g
a F f x g m L
μμ=-=+-重
（3）dv a v dx =，03
(1)v L
L g vdv x g dx L
μμ⎡⎤
=+-⎢⎥⎣⎦⎰⎰
，v =
题2.22： 解：（1）以摆车为系统，水平方向不受力，动量守恒。

设摆车速度v （对地）、小车的速度
为V （对地）。

0x m v M V
-= x MV
v m
= 00()t
t
x MV
v dt dt m =⎰⎰ 设10t
x x v dt =∆⎰，20
t
x Vdt =∆⎰
则2
1M x
m x =∆∆，根据位移公式：mM m M r r r ωω=+∆∆∆
122()()/l x x M
m x m
-
=∆+∆=+∆
2()/()x m l M m
∆=+ （2）0mv MV -= 2211
22
mgl mv MV =
+
摆球速度v =
V = 题2.23
解：0/K Mg
x =，油灰碰撞前v 动量守恒有：()mv m M V =+
机械能守恒有（m ，M ，弹簧，地球为系统）：
22200111
()()()222
k x x m M V kx m M g x +∆=++++∆
则00.3()m x x m M ∆==
第3章 刚体的定轴转动
一、选择题 题3.1： 答案：[B]
提示：A 错，=⨯M r F ，合外力矩不等于合外力的力矩 C 错， 2
I m r =，r 是相对参考点的距离， D 错， 动能2221112
2n
i i
i E m r I ωω==∆=∑，
题3.2： 答案：[A]
提示：若绳的张力为T ，TR I β= 若物体的加速度为a ，a R β= 2TR I R Ia β==，mg T ma -= 2
g a I
g mR =
+
，212
h at =
2
2
()2gt I mR g h
=-
题3.3： 答案：[D]
提示：系统角动量守恒0mv l I ω=，213
I mL = 由于完全弹性碰撞，22011
22
mv I ω=，故D 正确
题3.4： 答案：[C]
提示： 射入点沿轮切向动量守恒，故 0s i n ()m v m m v θ=+，v
R
ω=
， C 正确
题3.5： 答案：[D] 提示：
=M r F ⨯，r 和F 在同一方向上，力矩为0，故角动量守恒
由定义知其动量和动能将改变
二、填空题 题3.6：
答案：2
12M m R ⎛⎫+ ⎪⎝⎭
， 02M M m ω+ ， 2
02m M R M m ω-+
提示：人走到边沿时，系统的转动惯量为盘的转动惯量和人的转动惯量之和 根据角动量守恒定律220001
1,
(),
2
2I I I M m R I M m R ωω⎛⎫==+=+ ⎪⎝⎭
转台受冲量矩等于转盘角动量的增量，即201
()2
MR ωω- 题3.7： 答案：
12lmgcos θ， 3cos 2g l θ ， 1sin 2lmg θ， 1
sin 2
lmg θ 提示：力矩
M r F =⨯=1sin 2
2
lmg πθ⎛⎫- ⎪⎝⎭=1
2
lmgcos θ
根据转动定律 M I β==2
1
3
ml β，故3cos 2g l
θ
β=
根据定轴转动的动能定理，力矩做的功等于动能的增量，力矩的功为
1
cos 2
mgl d θ
θθ⎰
题3.8：
答案：2RF π，
提示：根据定轴转动的动能定理 2
102
M d I θ
θω=
-⎰
得22I RF ωπ= 角动量的增量为I ω
题3.9： 答案：
=0M
∑外
题3.10： 答案：211
32
mvL ML mvL ω=
+ 提示：系统角动量守恒，1
2
mvL I mvL ω=+，ω为角速度
三、计算题 题3.11： 解：221
0.6752
J MR kg m ∙=
= m g T m a -=，TR J β=，R αβ=
2
22/(
) 5.06/a m g R m R J m
s =+=∴ 因此（1）下落距离2
163.32
h at m =
= （2）张力()37.9T m g a N =-=
题3.12：
解：下落过程细杆机械能守恒（系统：杆与地球）。

选m 静止处水平面为零势点 2201113
(1sin 30)2232
Mgl Ml Mg l ω+=+
∴细杆碰前瞬间角速度为：0ω= 碰撞过程角动量守恒：220()Ml M m l ωω=+（系统杆与小球）
∴ω=
第4章 狭义相对论
一、 选择题 题4.1：
答案：[D] 见概念
题4.2： 答案：[B]
提示：
运动质量0
0.8
m M =
=
=
，外力做功220W Mc m c =-= 2201
(1)0.250.8
m c mc -
=
题4.3： 答案：[B]
提示：在K 系中X 轴方向上，正方形边长为a ，'K 系观察K 系X
轴方向正方形边长
'a =
，'0.6a a ==，则从'K 系测得面积为20.60.6a a a ⨯=
题4.4 ： 答案：[A]
提示：选飞船为一参考系，因为真空中光速C 对任何惯性参考系都是常数，由于飞船匀速运
动，是惯性系。

则飞船固有长度为c t ∆
题4.5： 答案： [A]
提示：2
2
2
2
2
000032k E mc m c m c m c m c =-=-=，2
02
02=2k E m c E m c =静
题4.6： 答案：[C]
提示：由时间的相对性
，53.4810t s -∆=
=⨯，长度为
8540.998310 3.4810 1.0410m m -⨯⨯⨯⨯=⨯
题4.7 ：
答案：[D]
提示：l t u ==
得u ==
题4.8： 答案：[D] 提示： 12
12
2=1u u u u u c
++相，812210/u u m s ==⨯，故82.7710/u m s =⨯相
题4.9： 答案：[A]
提示：20()k E m m c =-
；m =
02
106MeV
m c =
4k E MeV =；故0.27v c = 二、 填空题 题4.10：
答案：L L =提示：设痕迹之间距离为0L
，由公式0L =
（0L 为静长度）。

则车上观察者测得
长度为L L =
题4.11： 答案： （1
）
2c ， （2
）2
c 提示：（1
）相对论质量和相对论动量：m =
P mv ==
非相对论下，10P m v =
，
1
2P
P ==
，得2
v =
（2）220k E mc m c ==
，m =
2
2001)Ek m c m c ==
211121()v c v c
-=⇒=-
题4.12： 答案：4
提示：2
2
0k E mc m c ==，2
0=E m c 静，22
002
034k E mc m c m m E m c -==⇒=静
题4.13：
提示：
0L =，1L m =，00.5L m =
，解得2
v c =
题4.14：
答案：20(1)n m c -
提示：
t =
∆，1
t n
τ=
∆
，则n =
，0m nm =
=，
222
00(1)k E mc m c n m c =-=-
题4.15： 答案：3.73m
提示：
L L =05L m =，8
1
210s v m -∙=⨯，
则 3.73L m ==
=
题4.16： 答案：8
6.710m ⨯
提示：3t t γγ'∆=∆⇒=
即
3u =⇒=
，x u t '∆=∆=
题4.17： 答案：
22
1v c
ρ
-
提示：L '=
m '=
，m L
ρ''=
'
三、 计算题 题4.18：
解：（1）航程[]512212121310('')('')(1) 1.2100.6u
x x r x x u t t m v
⨯-=-+-=
+=⨯ （2）时间5
3212121231010.8
('')('')()5100.6u t t r t t x x s c v c ⨯⎡⎤-=-+-=+=⨯⎢⎥⎣⎦
（3）航速12
83
1.210
' 2.410/510
x u m s t ⨯=
==⨯⨯∆∆
第5章 机械振动
一、选择题 题5.1 答案：B
题5.2 答案：C
题5.3 答案：C
二、填空题 题5.4 答案：k
m π
2
题5.5：
答案： 0.02 m
题5.6：
答案：21
cos()3
A t T π-π
三、计算题
5.7 一物体沿x 轴做简谐振动，振幅A = 0.12m ，周期T = 2s ．当t = 0时，物体的位移x = 0.06m ，且向x 轴正向运动．求：
（1）此简谐振动的表达式；
（2）t = T /4时物体的位置、速度和加速度；
（3）物体从x = -0.06m ，向x 轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．
[解答]（1）设物体的简谐振动方程为x = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.12m ，角频率ω = 2π/T = π．
当t = 0时，x = 0.06m ，所以cos φ = 0.5，因此φ = ±π/3． 物体的速度为v = d x /d t = -ωA sin(ωt + φ)．
当t = 0时，v = -ωA sin φ，由于v > 0，所以sin φ < 0，因此：φ = -π/3．
简谐振动的表达式为：x = 0.12cos(πt – π/3)．
（2）当t = T /4时物体的位置为;x = 0.12cos(π/2 – π/3) = 0.12cosπ/6 = 0.104(m)． 速度为；v = -πA sin(π/2 – π/3) = -0.12πsinπ/6 = -0.188(m·s -1)．
加速度为：a = d v /d t = -ω2A cos(ωt + φ)= -π2A cos(πt - π/3)= -0.12π2cosπ/6 = -1.03(m·s -2)． （3）方法一：求时间差．当x = -0.06m 时，可得cos(πt 1 - π/3) = -0.5， 因此πt 1 - π/3 = ±2π/3．
由于物体向x 轴负方向运动，即v < 0，所以sin(πt 1 - π/3) > 0，因此πt 1 - π/3 = 2π/3，得t 1 = 1s ．
当物体从x = -0.06m 处第一次回到平衡位置时，x = 0，v > 0，因此cos(πt 2 - π/3) = 0， 可得 πt 2 - π/3 = -π/2或3π/2等．由于t 2 > 0，所以πt 2 - π/3 = 3π/2，
可得 t 2 = 11/6 = 1.83(s)．
所需要的时间为：Δt = t 2 - t 1 = 0.83(s)．
方法二：反向运动．物体从x = -0.06m ，向x 轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间就是它从x = 0.06m ，即从起点向x 轴正方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．在平衡位置时，x = 0，v < 0，因此cos(πt - π/3) = 0，可得 πt - π/3 = π/2，解得 t = 5/6 = 0.83(s)．
[注意]根据振动方程x = A cos(ωt + φ)，当t = 0时，可得φ = ±arccos(x 0/A )，（-π< φ <= π）， 初位相的取值由速度决定．
由于v = d x /d t = -ωA sin(ωt + φ)，当t = 0时，v = -ωA sin φ，当v > 0时，sin φ < 0，因此 φ = -arccos(x 0/A )；
当v < 0时，sin φ > 0，因此φ = arccos(x 0/A )π/3．
可见：当速度大于零时，初位相取负值；当速度小于零时，初位相取正值．如果速度等于零，当初位置x 0 = A 时，φ = 0；当初位置x 0 = -A 时，φ = π．
5.8 质量为10×10-3kg 的小球与轻弹簧组成的系统，按20.1cos(8)
3x t ππ=+
的规律作
振动，式中t 以秒(s)计，x 以米(m)计．求：
（1）振动的圆频率、周期、振幅、初位相； （2）振动的速度、加速度的最大值；
（3）最大回复力、振动能量、平均动能和平均势能； （4）画出这振动的旋转矢量图，并在图上指明t 为1，2，10s
等各时刻的矢量位置． [解答]（1）比较简谐振动的标准方程：x = A cos(ωt + φ)， 可知圆频率为：ω =8π，周期T = 2π/ω = 1/4 = 0.25(s)，振幅A =
0.1(m)，初位相φ = 2π/3．
（2）速度的最大值为：v m = ωA = 0.8π = 2.51(m·s -1)； 题5.8解答图 加速度的最大值为：a m = ω2A = 6.4π2 = 63.2(m·s -2)．
（3）弹簧的倔强系数为：k = mω2，最大回复力为:f = kA = mω2A = 0.632(N)； 振动能量为:E = kA 2/2 = mω2A 2/2 = 3.16×10-2(J)，
平均动能和平均势能为:k p E E == kA 2/4 = mω2A 2/4 = 1.58×10-2(J)．
（4）如图所示，当t 为1，2，10s 等时刻时，旋转矢量的位置是相同的．
5.9 如图所示，质量为10g 的子弹以速度v = 103m·s -1水平射入木块，并陷入木块中，使弹簧压缩而作简谐振动．设弹簧
的倔强系数
k = 8×103N·m -1
，木块的质量为4.99kg ，不计桌面摩擦，试求： （1）振动的振幅； （2）振动方程．
[解答]（1）子弹射入木块时，由于时间很短，木块还来不及运动，弹簧没有被压缩，它们的动量守恒，即：mv = (m + M )v 0．
解得子弹射入后的速度为：v 0 = mv/(m + M ) = 2(m·s -1)，这也是它们振动的初速度．
子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守恒，可得：(m + M ) v 02/2 = kA 2/2，
所以振幅为：
A v =-2(m)．
图5.9
（2
）振动的圆频率为：ω=
= 40(rad·s -1)．
取木块静止的位置为原点、向右的方向为位移x 的正方向，振动方程可设为：x = A cos(ωt + φ)． 当t = 0时，x = 0，可得：φ = ±π/2；
由于速度为正，所以取负的初位相，因此振动方程为：x = 5×10-2cos(40t - π/2)．
5.10一匀质细圆环质量为m ，半径为R ，绕通过环上一点而与环平
面垂直的水平光滑轴在铅垂面内作小幅度摆动，求摆动的周期．
[解答]通过质心垂直环面有一个轴，环绕此轴的转动惯量为：I c = mR 2． 根据平行轴定理，环绕过O 点的平行轴的转动惯量为
I = I c + mR 2 = 2mR 2．
当环偏离平衡位置时，重力的力矩为：M = mgR sin θ，
方向与角度θ增加的方向相反．
根据转动定理得：Iβ = -M ，
即 22d s i n 0d I m g R t θ
θ+=， 题5.10解答图 由于环做小幅度摆动，所以sin θ≈θ，可得微分方程：22d 0d mgR
t I θθ+=．
摆动的圆频率为：
ω=
周期为：
222T π
ω=
==
5.11质量为0.25kg 的物体，在弹性力作用下作简谐振动，倔强系数k = 25N·m -1，如果开始振动时具有势能0.6J ，和动能0.2J ，求：（1）振幅；（2）位移多大时，动能恰等于势能？（3）经过平衡位置时的速度．
[解答]物体的总能量为：E = E k + E p = 0.8(J)．
（1）根据能量公式E = kA 2/2
，得振幅为：A =． （2）当动能等于势能时，即E k = E p ，由于E = E k + E p ，可得：E = 2E p ，
即 22
11222kA kx =⨯
，解得：/2x == ±0.179(m)．
（3）再根据能量公式E = mv m 2/2，得物体经过平衡位置的速度为：
m v =s -1)．
5.12 两个频率和振幅都相同的简谐振动的x-t 曲线如图所示，求： （1）两个简谐振动的位相差；
（2）两个简谐振动的合成振动的振动方程． [解答]（1）两个简谐振动的振幅为：A = 5(cm)， 周期为：T = 4(s)，圆频率为：ω =2π/T = π/2，
它们的振动方程分别为：
x 1 = A cos ωt = 5cosπt /2， x 2 = A sin ωt = 5sinπt /2 = 5cos(π/2 - πt /2) 即 x 2 = 5cos(πt /2 - π/2)．
位相差为：Δφ = φ2 - φ1 = -π/2．
（2）由于x = x 1 + x 2 = 5cosπt /2 + 5sinπt /2 = 5(cosπt /2·cosπ/4 + 5sinπt /2·sinπ/4)/sinπ/4
合振动方程为：
)
24x t ππ
=-(cm)．
5.13 已知两个同方向简谐振动如下：13
0.05cos(10)
5x t π=+，
21
0.06cos(10)
5x t π=+．
（1）求它们的合成振动的振幅和初位相； （2）另有一同方向简谐振动x 3 = 0.07cos(10t +φ)，问φ为何值时，x 1 + x 3的振幅为最大？φ为何值时，x 2 + x 3的振幅为最小？
（3）用旋转矢量图示法表示（1）和（2）两种情况下的结果．x 以米计，t 以秒计．
[解答]（1）根据公式，合振动的振幅为
：
A == 8.92×10-2(m)．
初位相为：
1122
1122sin sin arctan
cos cos A A A A ϕϕϕϕϕ+=+= 68.22°．
（2）要使x 1 + x 3的振幅最大，则：cos(φ – φ1) = 1，因此φ – φ1 = 0，所以：φ = φ1 = 0.6π． 要使x 2 + x 3的振幅最小，则 cos(φ – φ2) = -1，因此φ – φ2 = π，所以φ = π + φ2 = 1.2π．
（3）如图所示．
题5.13解答图
5.14 将频率为384Hz 的标准音叉振动和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为
3.0Hz ，在待测音叉的一端加上一小块物体，则拍频将减小，求待测
音叉的固有频率．
[解答]标准音叉的频率为v 0 = 384(Hz)， 拍频为Δv = 3.0(Hz)，
待测音叉的固有频率可能是v 1 = v 0 - Δv = 381(Hz)， 也可能是v 2 = v 0 + Δv = 387(Hz)．
在待测音叉上加一小块物体时，相当于弹簧振子增加了质量，由于ω2 = k/m ，可知其频率将减小．如果待测音叉的固有频率v 1，加一小块物体后，其频率v`1将更低，与标准音叉的拍频将增加；实际上拍频是减小的，所以待测音叉的固有频率v 2，即387Hz ．
5.15三个同方向、同频率的简谐振动为
10.08cos(314)6x t π=+，20.08cos(314)2x t π=+，350.08cos(314)
6x t π
=+．
求：（1）合振动的圆频率、振幅、初相及振动表达式；
（2）合振动由初始位置运动到
2x A
=
所需最短时间（A 为合振动振幅）．
[解答] 合振动的圆频率为：ω = 314 = 100π(rad·s -1)． 设A 0 = 0.08，根据公式得：
A x = A 1cos φ1 + A 2cos φ2 + A 3cos φ3 = 0，
A y = A 1sin φ1 + A 2sin φ2 + A 3sin φ3 = 2A 0 = 0.16(m)，
振幅为：A =，初位相为： φ = arctan(A y /A x ) = π/2．
合振动的方程为：x = 0.16cos(100πt + π/2)．
（2）当/2x =时，可得：cos(100/2)2t ππ+， 解得：100πt + π/2 = π/4或7π/4．
由于t > 0，所以只能取第二个解，可得所需最短时间为t = 0.0125s ．
第6章 机械波
一、选择题 题6.1 答案：D
题6.2 答案：A 题6.3 答案：A
题6.4 答案：C
二、填空题 题6.5
答案：相同，相同， 2π/3.
题6.6
答案：π/4，x =0.02cos(πt+π/4) (SI).
题6.7
答案：3/4，2π(∆l /g )1/2.
三、计算题
6.8 已知一波的波动方程为y = 5×10-2sin(10πt – 0.6x ) (m)． （1）求波长、频率、波速及传播方向；
（2）说明x = 0时波动方程的意义，并作图表示．
[解答]（1）与标准波动方程
2cos()
x
y A t πωλ
=-
比较得：2π/λ = 0.6，
因此波长为：λ = 10.47(m)；圆频率为：ω = 10π， 频率为：v =ω/2π = 5(Hz)；波速为：u = λ/T = λv = 52.36(m·s -1)．
且传播方向为x 轴正方向．
（2）当x = 0时波动方程就成为该处质点的振
动方程：
y = 5×10-2sin10πt = 5×10-2cos(10πt – π/2)， 振动曲线如图．
6.9有一沿x 轴正向传播的平面波，其波速为u = 1m·s -1，波长λ = 0.04m ，振幅A = 0.03m ．若以坐标原点恰在平衡位置而向负方向运动时作为开始时刻，试求：
（1）此平面波的波动方程；
（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程，该点初相是多少？ [解答]（1）设原点的振动方程为：y 0 = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.03m ．
由于u = λ/T ，所以质点振动的周期为：T = λ/u = 0.04(s)，圆频率为：ω = 2π/T = 50π． 当t = 0时，y 0 = 0，因此cos φ = 0；由于质点速度小于零，所以φ = π/2． 原点的振动方程为：y 0 = 0.03cos(50πt + π/2)， 平面波的波动方程为：
0.03cos[50()]
2x y t u π
π=-+= 0.03cos*50π(t – x ) + π/2)．
题6.8图
（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程为：
y = 0.03cos50πt ． 该点初相φ = 0．
6.10如图所示为一列沿x 负向传播的平面谐波在t = T /4时的波形图，振幅A 、波长λ以及周期T 均已知．
（1）写出该波的波动方程；
（2）画出x = λ/2处质点的振动曲线；
（3）图中波线上a 和b 两点的位相差φa – φb 为多少？ [解答]（1）设此波的波动方程为： cos[2()]
t x
y A T πϕλ=++，
当t = T /4时的波形方程为：
cos(2)2x
y A ππ
ϕλ=++sin(2)x
A πϕλ=-+．
在x = 0处y = 0，因此得sin φ = 0，
解得φ = 0或π．
而在x = λ/2处y = -A ，所以φ = 0．
因此波动方程为：
cos 2()
t x
y A T πλ=+． （2）在x = λ/2处质点的振动方程为：
cos(2)cos 2t t
y A A T T π
ππ=+=-，
曲线如图所示．
（3）x a = λ/4处的质点的振动方程为 cos(2)2a t y A T π
π
=+； x b = λ处的质点的振动方程为
cos(22)b t
y A T π
π=+．
波线上a 和b 两点的位相差
题6.10图
φa – φb = -3π/2．
6.11 在波的传播路程上有A 和B 两点，都做简谐振动，B 点的位相比A 点落后π/6，已
知A 和B 之间的距离为2.0cm ，振动周期为2.0s ．求波速u 和波长λ．
[解答] 设波动方程为：cos[2()]
t x
y A T πϕλ=-+，
那么A 和B 两点的振动方程分别为：
cos[2()]A
A x t
y A T πϕλ
=-
+， cos[2()]
B
B x t
y A T
πϕλ
=-
+．
两点之间的位相差为：
2(2)6B
A
x x π
π
π
λλ---=-
， 由于x B – x A = 0.02m ，所以波长为：λ = 0.24(m)．
波速为：u = λ/T = 0.12(m·s -1)．
6.12一平面波在介质中以速度u = 20m·s -1沿x 轴负方向传播．已知在传播路径上的某点A 的振动方程为y = 3cos4πt ．
（1）如以A 点为坐标原点，写出波动方程；
（2）如以距A 点5m 处的B 点为坐标原点，写出波动方程； （3）写出传播方向上B ，C ，D 点的振动方程．
[解答]（1）以A 点为坐标原点，波动方程为 3cos 4()3cos(4)
5x x
y t t u πππ=+=+．
（2）以B 点为坐标原点，波动方程为
3cos 4()A
x x y t u π-=+
3cos(4)5x t πππ=+-．
（3）以A 点为坐标原点，则x B = -5m 、x C = -13m 、x D = 9m ，各点的振动方程为
3cos 4()3cos(4)B
B x y t t u πππ=+
=-， 33cos 4()3cos(4)
5C C x y t t u π
ππ=+=-， 93cos 4()3cos(4)
5D D x y t t u π
ππ=+=+．
[注意]以B 点为坐标原点，求出各点坐标，也能求出各点的振动方程．
6.13 设空气中声速为330m·s -1．一列火车以30m·s -1的速度行驶，机车上汽笛的频率为600Hz ．一静止的观察者在机车的正前方和机车驶过其身后所听到的频率分别是多少？如果观察者以速度10m·s -1与这列火车相向运动，在上述两个位置，他听到的声音频率分别是多少？
[解答]取声速的方向为正，多谱勒频率公式可统一表示为
B
B S
S u u u u νν-=
-，
其中v S 表示声源的频率，u 表示声速，u B 表示观察者的速度，u S 表示声源的速度，v B 表示观察者接收的频率．
（1）当观察者静止时，u B = 0，火车驶来时其速度方向与声速方向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为
330
60033030B S S u u u νν=
=--= 660(Hz)． 火车驶去时其速度方向与声速方向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为
330
60033030B S S u u u νν=
=-+= 550(Hz)．
（2）当观察者与火车靠近时，观察者的速度方向与声速相反，u B = -10m·s -1；火车速度方向与声速方向相同，u S = 30m·s -1，观察者听到的频率为
33010
60033030B B S S u u u u νν-+=
=--= 680(Hz)．
当观察者与火车远离时，观察者的速度方向与声速相同，u B = 10m·s -1；火车速度方向与声速方向相反，u S = -30m·s -1，观察者听到的频率为
题6.12图
33010
60033030B B S S u u u u νν--=
=-+= 533(Hz)．
[注意]这类题目涉及声速、声源的速度和观察者的速度，规定方向之后将公式统一起来，很容易判别速度方向，给计算带来了方便．
6.14 S 1与S 2为两相干波源，相距1/4个波长，S 1比S 2的位相超前π/2．问S 1、S 2连线上在S 1外侧各点的合成波的振幅如何？在S 2外侧各点的振幅如何？
[解答]如图所示，设S 1在其左侧产生的波的波
动方程为 1cos[2()]
t x y A T πϕλ=++，
那么S 2在S 1左侧产生的波的波动方程为 2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=++-cos[2()]
t x
A T πϕπλ=++-，
由于两波源在任意点x 产生振动反相，所以合振幅为零．
S 1在S 2右侧产生的波的波动方程为
1cos[2()]
t x
y A T πϕλ=-+，
那么S 2在其右侧产生的波的波动方程为
2/4cos[2()]2t x y A T λππϕλ-=-+-cos[2()]
t x
A T πϕλ=-+，
由于两波源在任意点x 产生振动同相，所以合振幅为单一振动的两倍．
6.15 设入射波的表达式为
1cos 2()
t x
y A T πλ=+，
在x = 0处发生反射，反射点为一自由端，求：
（1）反射波的表达式； （2）合成驻波的表达式．
[解答]（1）由于反射点为自由端，所以没有半波损失，反射波的波动方程为
2cos 2()
t x
y A T πλ=-．
（2）合成波为y = y 1 + y 2，将三角函数展开得
222cos
cos
y A x t
T π
πλ
=，这是驻波的方程．
第7章 气体动理论
一、选择题 题7.1 答案：B
解：根据理想气体的状态方程nkT P =，有
kT p
n =
12122121T T T T p p n n =⋅=⇒%42
21121=-=-⇒T T T n n n
S 1 S 2 题6.14图
答案：A
解：根据理想气体的内能定义，有
kT i
n E 2
= （1）
根据理想气体的状态方程，有
nkT P = （2） 由（1）、（2）得：
p i
kT i n E 2
2==
因为B A B A i i i i <==,5,3，所以B A E E <． 题7.3
答案：C
解：根据平均速率的定义，有
()()()()⎰⎰⎰⎰==-21
2
12
1
2
1
2
1
d d d d υ
υυυ
υ
υ
υυυ
υυ
υυυυυ
υυ
υυυf f Nf f N 题7.4 答案：B
解：根据最概然速率公式
M
RT
M RT m kT p 41
.122≈==
υ 知，当温度升高时，p υ增大，由于要保持速率分布曲线下面所围的面积恒等于1，所以曲线将变得平坦些，故而)(p f υ将减小．所以)()(,pB pA pB pA f f υυυυ<>．
题7.5
答案：D 题7.6 答案：A
解：根据三个统计平均速率的公式
M
RT
M RT m kT p 41
.122≈==
υ M
RT
M RT m kT d f 60
.188)(0
≈==
=⎰∞
ππυυυυ M
RT
M RT m kT rms 73
.1332≈==
=υυ 知，当最概然速率相等时，平均速率和方均根速率必然相等．
题7.7 答案： （1）温度为
T 的平衡态下，一个分子每个自由度上分配的平
均能量
（2）温度为T 的平衡态下，理想气体分子的平均平动动能 （3）温度为T 的平衡态下，理想气体分子的平均能量 （4）温度为T 的平衡态下，1mol 理想气体的内能 （5）温度为T 的平衡态下，v mol 理想气体的内能 （6）速率在υ附近单位速率区间内的分子数与总分子数的比 （7）速率在υ附近υd 速率区间内的分子数与总分子数的比 （8）速率在1υ～2υ区间内的分子数与总分子数的比 （9）速率在0～∞区间内的分子数与总分子数的比，它恒等于1，是速率分布函数的归一化条件 （10）速率在1υ～2υ区间内的分子数 （11）分子的平均速率 （12）分子速率平方的平均值
说明：欲正确解答本题必须要准确理解能均分定理和速率分布函数)(υf 的定义式及定义式中的各量的含义．另外，也应将上面各式与速率分布曲线联系起来进行理解，使我们能更好地“看懂”速率分布曲线．
题7.8
答案：5:3；10:3
解：根据理想气体的内能定义，有
单位体积的内能 kT i
n
E 21= （1） 单位质量的内能 RT i
M E 2
12=
（2） 根据理想气体的状态方程，有
nkT P = （3）
由（1）～（3）得：
p i kT i n E 221==
RT i M E 2
12=
由于3,52==H e h i i ，4,22==H e h M M ，所以单位体积的内能之比为5:3；单位质量的内能之比为10:3
题7.9
答案：210K ；240K
解：根据理想气体的状态方程RT M
m PV '
=
，有 R
m PVM T '=
32
4
3022
2
22
2
22
22
2O O N O O N O O N O N =
⇒
-=
⇒
=
⇒
T M M M T T -T M M T T 所以)(2402O K T =，)(2102N K T = 三、计算题 题7.10
解：根据理想气体的状态方程，混合前有：
11RT v PV = （1） 22RT v PV = （2）
根据理想气体的内能的定义，有
混合前 11123
RT v E =
（3） 22225
RT v E = （4）
混合后 RT v RT v E 212
5
23+= （5）
根据题意，知混合前后系统的内能不变，所以 21E E E += （6） 解（1）～（6）得
)(4.2845382
1
1K T T T T =⨯+=
题7.11 解：（1）根据理想气体的状态方程nkT P =得：
习题7.9图
)(1044.2300
1038.11001.132523
5
--⨯=⨯⨯⨯==m kT P n （2）根据密度定义，有氧气的密度为
)(297.110
02.6032
.01044.2323
25-⋅=⨯⨯⨯===m kg N M n nm A ρ （3）分子的平均平动动能为
)(1021.63001038.12
3232123J kT k --⨯=⨯⨯⨯==ε
（4）分子间的平均距离可近似计算为
)(1045.310
44.2119
3253m n d -⨯=⨯==
题7.12
解：根据理想气体的状态方程nkT P =，有
2
121
T T P P = 所以 )(1043.4100.47
27337273551122pa p T T p ⨯=⨯⨯++=⨯=
题7.13
解：（1）由图知：
υυ0
a
（0～0υ）
=υ(f
a （0υ～02υ） 0 （02υ～∞）
根据归一化条件有：
12
3
)(020
==+=⎰
⎰
⎰
∞
υυυυυυυυυυa d a d a
d f
解得： 0
32υ=
a （2）速率在20υ到230
υ间隔内的分子数N ∆为：
N Na Nad d a
N
d Nf N 12
7
87)(00
2
30
2
02
32
0==+==∆⎰
⎰⎰υυυυυυυυυυυυυ
（3）根据平均速率的定义得：
习题7－11图
02022
9
11611)(0
υυυυυυυυυυυυυυ==
+==⎰
⎰
⎰∞
a d a d a
d f
（4）根据平均速率的平方的定义，有：
2
030223
2
2
18
311231)(0
υυυυυυυυυυυυυυ==
+==⎰
⎰
⎰∞a d a d a
d f
根据平均平动动能的定义，有：
2
0236312
1
υυεm m k =
=
小结：通过求解本题说明只有在掌握有关定义、概念的基础上才能正确求解，切记不能
硬套公式．
第8章 热力学基础
一、选择题 题8.1： 答案：[BD] 题8.2： 答案：[D]
提示：内能不变时，系统对外做功等于系统从外界吸收的热量，当系统内能减小时，对外做功大于系统从外界吸收的热量。

题8.3： 答案：[D]
提示：A-E-B ，根据A E Q +∆=，4060100-=+-=-=∆A Q E
A-F-B ，304070-=+-=∆-=E Q A
题8.4： 答案：[B] 提示： 根据1
21T T -
=η和const 1=--γ
γT P 题8.5： 答案：[C]
提示：两条绝热线下的面积代表做的功，等温过程中内能不变，绝热过程Q=0 题8.6： 答案：[B] 题8.7： 答案：[B]
提示： 根据1
21T T -
=η和const 1=--γ
γT P ，可以得到21ηη< ；循环曲线所围面积等于工作物质在整个循环过程中对外作的净功，而Q 净=A 净，所以Q 净1=Q 净2，又因为 Q 净=Q 吸-Q 放，
432ln V V RT M M Q mol I =
放，2
12ln V V
RT M M Q mol II =放
故，Q 放I 大于Q 放II ，则吸收的热量Q1大于Q2
题8.8： 答案：[BC]
二、填空题 题8.9：
答案：等压过程 绝热过程 等压过程 题8.10：
答案：12.1 17.4J 提示：制冷系数2
12
2122T T T Q Q Q A Q -=
-==
ω 题8.11：
答案：25% 9000J 52.6% 360°C 提示：121T T -
=η=25%，121T T -=η=1
2
1Q Q Q -=25%和21Q Q -=3000得120001=Q ，故放出热量90002=Q J 。

当21Q Q -=10000J ，保持2Q 不变时，19001=Q J,
%,6.52121=-=
Q Q Q η根据1
21T T
-=η，得T 1=360 题8.12：
答案：等压过程 等体过程 等温过程 一般状态变化过程 题8.13：
答案：不可能制成一种循环动作的热机，只从单一热源中吸取热量，让其他物体不发生任何变化 热量不可自动从低温物体传向高温物体 在孤立系统中，伴随着热现象的自然过程都具有方向性 四、 计算题 题8.14：
解：ab 为等温过程：2
12112211
,
,ln
ab ab V T T PV PV Q A RT V ==== bc 为等容过程：2222,,(),0c
c bc v c bc c
P P V V Q C T T A T T ===-= ac 为绝热过程：1
1
11
1,0,()c c
ac ac v c TV TV Q A C T T γγγ--===-- 1. 1
11
212
,c c TV V V T V γγ--==
2. ,=ab bc Q Q Q Q =吸放
1
1211
22122
12111
()3()1112ln v c Q Q Q C T T TV T V V V Q Q RT ln V T V V γγγη------=
=-=-=-
吸放
放
吸
吸
题8.15：
解：等容过程，等压过程，绝热过程内能改变均为：
21215()()2v mol mol
m m
U C T T R T T M M ∆=
-=- 41000
2.58.31(350300)
3.251032
U J J ∆=⨯⨯
⨯-=⨯ 等容过程：421() 3.2510v v mol
m
Q C T T J M =
-=⨯ 等压过程：421() 4.5510p p mol
m
Q C T T J M =
-=⨯ 绝热过程：0Q Q =
第9章 静电场
一、选择题 9.1 答案：B 9.2 答案：C
解：根据高斯定理，通过整个立方体表面的电通量为0
d εq
s
e =
⋅=Φ⎰S E ，由于电荷位
于立方体的中心，从立方体各个面穿出的电力线一样多，所以穿过一个表面的电场强度通量为
6εq
． 9.3 答案：B 9.4 答案：A
解：根据电势的定义式)0(,d =⋅=⎰B B
P V V l E 知，空间中某点的电势高低与电势零点的选
择有关，所以B 、C 、D 均不正确；如果某一区域内电势为常数，则该区域内任意两点的电势差为0，即0d =⋅=-⎰B
A B A V V l E ，要使其成立，该区域内电场强度必为零．
9.5 答案：A
解：根据电势和电势差的定义式)0(,d =⋅=⎰B B
P
V V l E ，⎰⋅=-=B
A
B A AB V V U l E d 知，空间
中某点电势的高低与电势零点的选择有关，选择不同的电势零点，同一点的电势数值是不一样的．而任意两点的电势差总是确定的，与电势零点的选择无关．
9.6 答案：D
解：根据电势叠加原理，两个点电荷中垂线上任意一点的电势为
B
B A A B A r q r q V V V 0044πεπε+
=+=
由于中垂线上的任意一点到两电荷的距离相等，即r r r B A ==，所以r q q V B A 04πε+=．要
使其为零，则0=+B A q q ，所以B A q q -=．
9.7 答案：A
解：根据保守力做功和势能的关系PB PA B
A
AB E E q -=⋅=⎰l E d W 0知，负电荷沿电力线移动
电场力做负功，所以电势能增加．根据等势面的定义，等势面上各点的电势相等，而电势相等的点场强不一定相等；根据电场力做功的公式AB B A AB qU V V q =-=)(W 知，初速度为零的点电荷, 仅在电场力的作用下，如何运动取决于点电荷本身和电势的高低．正电荷从高电势向低电势运动；负电荷从低电势向高电势运动．
9.8 答案：C
解：达到静电平衡后，根据高斯定理设各板上的电荷密度如图所示．根据静电平衡条件，有
B A B
A P E σσεσσ=⇒=-=
020
由于A 、B 板由导线相连，所以其与中间板C 的电势差必然相等，所以
1
2
210220112222d d
d d U U A B B A BC AC =⇒--⨯=--⨯
⇒=σσεσσσεσσσ 9.9
答案：D
解：根据动能定理，有
)11(41221)44(
)(W 2
102201
0r r m e m r e
r e e V V e B A AB -=⇒⨯=-
=-=πευυπεπε 二、填空题 9.10 答案：
3
02
8R
qd επ；方向水平向右
解：根据场强叠加原理，本题可以利用割补法，等效于一个均匀带电圆环和一个带相同
电荷密度的异号电荷缺口在圆心处的电场．由于均匀带电圆环电荷分布的对称性，在圆心处产生的电场强度为零．异号电荷缺口在圆心处产生的电场强度大小为
3
022*******R qd R d
R q
R dq E εππεππε=⨯== 方向水平向右．
习题9.8图
解习题9.8图
9.11 答案：2
R E π⋅
解：根据题意知穿过半球面的电力线条数和穿过底面的电力线的条数相同，所以根据电通量的定义，有
2
d E d d d R
E S S E e π⋅==⋅=⋅=⋅=
Φ⎰⎰⎰⎰底面
底面
底面
半球面
S E S E
9.12 答案：
02εσ，水平向左；023εσ，水平向左；0
2εσ，水平向右 解：根据教材例9-7的结果和电场强度叠加原理，以水平向右为正有
00212222εσ
εσεσ-
=-=
+=E E E A 0
002123222εσ
εσεσ-
=--
=+=E E E B 0
00212222εσ
εσεσ+
=+=
+=E E E C “+”表示电场强度的方向水平向右，“-” 表示电场强度的方向水平向左．
三、计算题 9.13 解：（1）如图所示，在θ处取一小段弧为电荷元，其电量为
θλλRd dl dq ==
根据点电荷的场强分布知，它在O 点处产生的电场强度大小为
R
d R dq dE 02
044πεθ
λπε==
在 x 、y 轴上的分量为
θcos dE dE x -=，θsin dE dE y -=
根据场强叠加原理，有
习题9.10图 习题9.11图 习题9.12图
习题9.13图
⎰=-
=πθθπελ
00cos 4d R E x
R
d R E y 0002sin 4πελ
θθπελπ-
=-=⎰ 所以 j j i E R
λE E y x 08ε-
=+=
（2）根据点电荷的电势分布，有
044πεθ
λπεd R
dq dV =
=
根据电势叠加原理，有
⎰
=
-
=π
ελθπελ0
44d V 9.14 解：（1）由于均匀带电的球体可以看作是由许多半径不同均匀带电的球面构成，根据教材例9.5的分析知，均匀带电球面的电场分布具有球对称性分布，所以均匀带电球体的电场分布也具有球对称性分布，即到球心距离为r 的所有点的电场强度的大小都相等，方向为各自的径向．可以利用高斯定理求解．
根据电场的这种球对称性分布，过P 点作半径为r 的同心球面为高斯面，如图所示．根据高斯定理，有
∑⎰⎰⎰⎰=
π==⋅=⋅=⋅=Φi
s
e q
E r ds E ds E ds E 0
21
4cos d εθS E
根据已知，有电荷的分布为：
=∑i q )
()
(3
4
34
33R
r Q R r r R Q
><⨯ππ 所以，电场强度的大小为
=E
)
(4)
(42
03
0R r r Q R r R Qr
><πεπε
根据分析知，电场强度E 的方向为径向．如果Q ＞0，则电场强度的方向沿径向指向外；若Q ＜0，则电场强度的方向沿径向指向球心．
（2）根据电势的定义式⎰∞
⋅=P V l E d ，为了便于积分，我们沿径向移到无穷远，所以
⎰∞⋅=r
V l E d 1⎰
⎰∞
⋅+⋅=R
R r
r E r E d d 3
02
00302288348)(R Qr R Q R Q R
r R Q πεπεπεπε-=+-= )(R r <
解习题9.13图
解习题9.14图
r
Q r E V r
r
024d d πε=
⋅=⋅=⎰⎰∞
∞l E )(R r >
9.15 解：（1）如图所示，在空间任取一点P ，过P 点作无限长圆柱面轴的垂线交于O 点，O 、P 的距离为r ．为了便于分析P 点的电场强度，作其俯视图，则俯视图圆上任意一段弧代表一根无限长均匀带电直线．根据教材例9-6的分析知，无限长均匀带电直线周围的电场强度呈轴对称分布，即任意点的场强方向垂直于直线．由于圆柱面电荷分布的对称性，所以P 点的场强方向沿垂线向外（假设λ＞0）．同理，距离直线也为r 的另一点P ＇的电场强度方向也沿该点的垂线方向向外．可见，到柱面的轴距离相同的所有点的场强大小都相等，方向沿各点的垂线方向向外，即场强也呈轴对称分布，可以用高斯定理求解．
根据电场强度的这种对称性分布，过P 点作同轴的圆柱面为高斯面，如图所示．该闭合的高斯面由上、下底面和侧面组成，其面积分别为S 1、S 2和S 3，半径为r ，长为l ． 根据高斯定理有
⎰⎰⎰⎰⋅+⋅+⋅=⋅=Φ3
2
1
s s s d d d d S E S E S E S E s
e
由于上、下底面的外法线方向都与场强E 垂直，
0cos =θ，所以上式前两项积分为零；又由于圆柱侧
面外法线方向与场强E 的方向一致，因此有
⎰⎰⎰⎰==⋅=⋅=Φ3
3
3
s d d s s s
e ds E Eds S E S E
2επ∑=
⋅=i
q rl E
根据已知，有电荷的分布为：
=∑i q
)
()
(0R r l R r ><λ
所以，电场强度的大小为
=E
)(2)(0
0R r r
R r ><πελ
根据分析知，场强的方向是垂直于轴的垂线方向．如果λ＞0，则电场强度的方向沿垂线向外辐射；若λ＜0，则电场强度的方向沿垂线指向直线．
（2）由于均匀带电无限长圆柱面的电荷分布到无限远，所以不能选择无穷远处为电势零点，必须另选零电势的参考点．原则上来说，除“无穷远”处外，其他地方都可选．本题我们选择距圆柱面轴为)(00R R R >处电势为零，即00=R V ．
根据电势的定义式⎰⋅=0
d R P V l E ，有
R
R r E r E V R R
R
r
R P
01ln 2d d d 0
πελ
=
⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰l E )(R r <
解习题9.15图。