大学物理9~13课后作业问题详解
大学物理9~13课后作业.答案
U
A
dx2R
dx
1ln2
B4x
πππ
R4x4
000
CD
同理产生
U
2
40
π
ln
2
半圆环产生
U
π
R
34π4
R
0
0
UO
UUUln2
1234
2
π
0
∴
0
ABC2ABAC
，和相距4.0mm，与相距8-22三个平行金属板，和的面积都是200cm
3.49mm．，都接地，如题8-22图所示．如果使板带正电3.0×10
ABI1CDEF
9-20如题9-20图所示，在长直导线内通以电流=20A，在矩形线圈中通有电
流I=10A，AB与线圈共面，且CD，EF都与AB平行．已知a=9.0cm,b=20.0cm,d
2
=1.0 cm，求：
(1)导线AB的磁场对矩形线圈每边所作用的力；(2)矩形线圈所受合力和合力矩．
解：(1)F方向垂直CD向左，大小
l2r(arb)解：取闭合回路
BdlB2r则
l
I(r
2
2)
a
I
22
ba
0
B
∴
2
2
I (r
2
r(b
2
a
2
a
)
)
a
9-16一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为)和一同轴的导体圆管(内、外半径分别
为b,c)构成，如题9-16图所示．使用时，电流I从一导体流去，从另一导体流回．设电
流都是均匀地分布在导体的横截面上，求：(1)导体圆柱内(r＜a),(2)两导体之间(a＜r
上海交大版大学物理第九章参考答案
版权归原著所有 本答案仅供参考习题99-1．在容积3V L =的容器中盛有理想气体，气体密度为ρ=L 。
容器与大气相通排出一部分气体后，气压下降了。
若温度不变，求排出气体的质量。
解：根据题意，可知： 1.78P atm =，01P atm =，3V L =。
由于温度不变，∴00PV PV =，有：001.783PVV L P ==⨯， 那么，逃出的气体在1atm 下体积为：' 1.78330.78V L L L =⨯-=， 这部分气体在1.78atm 下体积为：''V =0'0.7831.78PV L P ⨯= 则排除的气体的质量为：0.783'' 1.31.71.78g L m V g L ρ⨯∆==⨯= 。
根据题意pV RT ν=，可得：mpV RT M=，1V p RT p M m ρ==9-2．有一截面均匀的封闭圆筒，中间被一光滑的活塞分割成两边。
如果其中的一边装有某一温度的氢气，为了使活塞停留在圆筒的正中央，则另一边装入的同一温度的氧气质量为多少解：平衡时，两边氢、氧气体的压强、体积、温度相同，利用pV RT ν=，知两气体摩尔数相同，即：H O νν=，∴O HH Om m M M =，代入数据有： 1.6O m kg = 。
9-3．如图所示，两容器的体积相同，装有相同质量的氮气和氧气。
用一内壁光滑的水平细玻璃管相通，管的正中间有一小滴水银。
要保持水银滴在管的正中间，并维持氧气温度比氮气温度高30oC ，则氮气的温度应是多少解：已知氮气和氧气质量相同，水银滴停留在管的正中央， 则体积和压强相同，如图。
由：mol mpV RT M =，有：2222(30)O N O N m m R T RT M M +=， 而：20.032O M kg =，20.028N M kg =，可得：30282103028T K ⨯==+ 。
9-4．高压氧瓶：71.310p Pa =⨯，30V L =，每天用51 1.010p Pa =⨯，1400V L =，为保证瓶内6' 1.010p Pa ≥⨯，能用几天解：由''pV p V =，可得：761.31030'390' 1.010pV Pa LV L p Pa⨯⨯===⨯， ∴'360V V V L ∆=-=；而：11'p V p V ∆=∆，有：615' 1.010********.010p V Pa LV L p Pa∆⨯⨯∆===⨯， 那么：能用的天数为36009400/Ln L ==天天 。
大学物理第九章习题答案
第九章 真空中的静电场9–1 如图9-1所示，电量为+q 的三个点电荷，分别放在边长为a 的等边三角形ABC 的三个顶点上，为使每个点电荷受力为零，可在三角形中心处放另一点电荷Q ，则Q 的电量为 。
解：由对称性可知，只要某个顶点上的电荷受力为零即可。
C 处电荷所受合力为零，需使中心处的点电荷Q 对它的引力F 与A ，B 两个顶点处电荷的对它的斥力F 1，F 2三力平衡，如图9-2所示，即)21(F F F +-=因此12cos30F F ︒=即2202cos304πq aε=︒解得q Q 33=9-2 真空中两条平行的无限长的均匀带电直线，电荷线密度分别为+λ 和-λ，点P 1和P 2与两带电线共面，其位置如图9-3所示，取向右为坐标x 正向，则1P E = ，2P E = 。
解：（1）P 1点场强为无限长均匀带电直线λ，-λ在该点产生的场强的矢量和，即λλ-+=E E E 1P其大小为i i i E dd d P 000ππ2π21ελελελ=+=方向沿x 轴正方向。
（2）同理可得i i i E dd d P 000π3π2)3(π22ελελελ-=-=方向沿x 轴负方向。
图9–2图9-3C B图9–19-3 一个点电荷+q 位于一边长为L 的立方体的中心，如图9-4所示，则通过立方体一面的电通量为 。
如果该电荷移到立方体的一个顶角上，那么通过立方体每一面的电通量是 。
解：（1）点电荷+q 位于立方体的中心，则通过立方体的每一面的电通量相等，所以通过每一面的通量为总通量的1/6，根据高斯定理1d in Sq ε⋅=∑⎰⎰E S ，其中S 为立方体的各面所形成的闭合高斯面，所以，通过任一面的电通量为0d 6Sqε⋅=⎰⎰E S 。
（2）当电荷+q 移至立方体的一个顶角上，与+q 相连的三个侧面ABCD 、ABFE 、BCHF 上各点的E 均平行于各自的平面，故通过这三个平面的电通量为零，为了求另三个面上的电通量，可以以+q 为中心，补作另外7个大小相同的立方体，形成边长为2L 且与原边平行的大立方体，如图9–5所示，这个大立方体的每一个面的电通电都相等，且均等于6εq ，对原立方体而言，每个面的面积为大立方体一个面的面积的1/4，则每个面的电通量也为大立方体一个面的电通量的1/4，即此时通过立方体每一面的电通量为0111d 4624Sqε⋅⋅=⎰⎰E S 。
大学物理第9章习题解答
第9章 真空中的静电场 习题解答9－1 精密的实验已表明，一个电子与一个质子的电量在实验误差为e 2110－±的范围内是相等的，而中子的电量在e 2110－±的范围内为零。
考虑这些误差综合的最坏情况，问一个氧原子（含8个电子、8个质子、8个中子）所带的最大可能净电荷是多少？若将原子看成质点，试比较两个氧原子间的电力和万有引力的大小，其净力是引力还是斥力？解：（1）一个氧原子所带的最大可能净电荷为 e q 21max 1024－⨯±= （2）两个氧原子间的电力和万有引力的大小之比为6222711221921122222max 0108.2)1067.116(1067.6)106.11024(1085.84141------⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⋅⨯⨯=≤r r rm G r q f f G e ππε氧 其净力是引力。
9－2 如习题9－2图所示，在直角三角形ABC 的A 点处，有点电荷q 1 = 1.8×10-9C ，B 点处有点电荷q 2 = －4.8×10-9C ，AC = 3cm ，BC = 4cm ，试求C 点的场强。
解：根据点电荷场强大小的公式22014q qE kr r==πε， 点电荷q 1在C 点产生的场强大小为112014q E AC =πε 994-1221.810910 1.810(N C )(310)--⨯=⨯⨯=⨯⋅⨯ 方向向下。
点电荷q 2在C 点产生的场强大小为2220||14q E BC =πε994-1224.810910 2.710(N C )(410)--⨯=⨯⨯=⨯⋅⨯， 方向向右。
C 处的总场强大小为E =44-110 3.24510(N C )==⨯⋅，总场强与分场强E 2的夹角为12arctan33.69E E ==︒θ．9－3 半径为R 的一段圆弧，圆心角为60°，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，其电荷线密度分别为+λ和-λ，求圆心处的场强。
大学物理标准答案(9、10、13、14、15、16章)
P b a O xd xy9－5 一无限长均匀带电细棒被弯成如习题9－5图所示的对称形状，试问θ为何值时，圆心O 点处的场强为零。
解： 设电荷线密度为λ，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场强。
在圆弧上取一弧元 d s =R d φ所带的电量为 d q = λd s 在圆心处产生的场强的大小为2200d d d d 44q s E kr R Rλλϕπεπε=== 由于弧是对称的，场强只剩x 分量，取x 轴方向为正，场强为 d E x = -d E cos φ 总场强为2/20/2cos d 4x E Rπθθλϕϕπε--=⎰2/20/2sin 4Rπθθλϕπε--=0sin 22R λθπε=方向沿着x 轴正向。
再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强．根据上一题的公式③可得半无限长带电直线在延长上O 点产生的场强大小为`04E Rλπε=由于两根半无限长带电直线对称放置，它们在O 点产生的合场强为``02coscos 222x E E R θλθπε==;方向沿着x 轴负向当O 点合场强为零时，必有`x x E E =，可得 tan θ/2 = 1;因此 θ/2 = π/4，所以 θ = π/29－6 一宽为b 的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为σ，如习题9－6图所示。
试求 平板所在平面内，离薄板边缘距离为a 的P 点处的场强。
解： 建立坐标系。
在平面薄板上取一宽度为d x 的带电直线，电荷的线密度为d λ = σd x 根据直线带电线的场强公式02E rλπε=得带电直线在P 点产生的场强为00d d d 22(/2)xE rb a x λσπεπε==+-其方向沿x 轴正向。
由于每条无限长直线在P 点的产生的场强方向相同，所以总场强为/20/21d 2/2b b E x b a x σπε-=+-⎰/20/2ln(/2)2b b b a x σπε--=+-0ln(1)2baσπε=+ ①场强方向沿x 轴正向。
大学物理9~13课后作业问题详解
第八章8-7 一个半径为的均匀带电半圆环，电荷线密度为,求环心处点的场强． 解: 如8-7图在圆上取题8-7图，它在点产生场强大小为方向沿半径向外则积分∴，方向沿轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为，总电量为．(1)求这正方形轴线上离中心为处的场强；(2)证明：在处，它相当于点电荷产生的场强．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷在点产生物强方向如图，大小为R λO ϕRd dl =ϕλλd d d R l q ==O 20π4d d R R E εϕλ=ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y RE E x 0π2ελ==x l q r E l r >>q E 4q P P Ed∵∴在垂直于平面上的分量∴题8-8图由于对称性，点场强沿方向，大小为∵∴方向沿8-10 均匀带电球壳半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×C ·m -3求距球心5cm ，()4π4cos cos d 2221l r E P +-=εθθλ22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=24π4d 2222l r l l r E P ++=ελP Ed βcos d d P E E =⊥424π4d 222222l r r l r l r lE +++=⊥ελP OP 2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελl q 4=λ2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε510-8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理,当时，,时，∴， 方向沿半径向外．cm 时,∴沿半径向外.8-11 半径为和(＞)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和-,试求:(1)＜；(2) ＜＜；(3) ＞处各点的场强．解: 高斯定理取同轴圆柱形高斯面，侧面积则对(1)(2)∴沿径向向外(3)∴02π4ε∑=qr E 5=r cm 0=∑q 0=E 8=r cm ∑q 3π4p =3(r )3内r -()2023π43π4r r r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅12=r 3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外1C N -⋅1R 2R 2R 1R λλr 1R 1R r 2R r 2R 0d ε∑⎰=⋅q S E srl S π2=rlE S E Sπ2d =⋅⎰ 1R r <0,0==∑E q 21R r R <<λl q =∑rE 0π2ελ=2R r >0=∑q 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面匀带电，电荷的面密度分别为和，试求空间各处场强． 解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为与，两面间，面外，面外，：垂直于两平面由面指为面．8-13 半径为的均匀带电球体的电荷体密度为,若在球挖去一块半径为＜的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心与点的场强，并证明小球空腔的电场是均匀的． 解: 将此带电体看作带正电的均匀球与带电的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．(1) 球在点产生电场，球在点产生电场∴ 点电场；(2) 在产生电场球在产生电场1σ2σ1σ2σnE)(21210σσε-=1σnE )(21210σσε+-=2σnE )(21210σσε+=n1σ2σR ρr R O O 'ρρ-ρ+O 010=Eρ-O 'd π4π3430320OO r E ερ=O d 33030r E ερ= ρ+O ''d π4d 3430301OO E ερπ='ρ-O '002='E∴ 点电场题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点相对的位矢为，相对点位矢为(如题8-13(b)图)则 ，,∴∴腔场强是均匀的．题8-16图8-16 如题8-16图所示，在，两点处放有电量分别为+,-的点电荷，间距离为2，现将另一正试验点电荷从点经过半圆弧移到点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题8-16图示∴O '003ερ='E 'OO P O 'r 'O r 03ερrE PO =3ερr E O P '-=' 0003'3)(3ερερερd r r E E E O P PO P=='-=+='A B q q AB R 0q O C 0π41ε=O U 0)(=-RqR q 0π41ε=O U )3(R q R q -Rq0π6ε-=Rq q U U q A o C O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于．试求环中心点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，和段电荷在点产生的场强互相抵消，取则产生点如图，由于对称性，点场强沿轴负方向题8-17图［］(2) 电荷在点产生电势，以同理产生半圆环产生∴8-22 三个平行金属板，和的面积都是200cm 2，和相距4.0mm ，与相距2.0 mm ．，都接地，如题8-22图所示．如果使板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问板和板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则板的电势是多少?λR O AB CD O θd d Rl =θλd d R q =O Ed O y θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E y R 0π4ελ=)2sin(π-2sinπ-R0π2ελ-=AB O 0=∞U ⎰⎰===AB200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελCD 2ln π402ελ=U 0034π4πελελ==R R U 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O A B C A B A C B C A B C A解: 如题8-22图示，令板左侧面电荷面密度为，右侧面电荷面密度为题8-22图(1)∵ ，即∴∴且+得而(2)8-23 两个半径分别为和（＜)的同心薄金属球壳，现给球壳带电+，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，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； 解: (1)球带电；球壳表面带电则为,外表面带电为，且均匀分布，其电势A 1σ2σABAC U U =ABAB AC AC E E d d =2d d 21===AC ABAB AC E E σσ1σ2σS q A=,32S q A =σS q A 321=σ7110232-⨯-=-=-=A C q S qσC C10172-⨯-=-=S q B σ301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 1R 2R 1R 2R q q +q -q +题8-23图(2)外壳接地时，外表面电荷入地，外表面不带电，表面电荷仍为．所以球壳电势由球与表面产生：8-27 在半径为的金属球之外包有一层外半径为的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为，金属球带电．试求： (1)电介质、外的场强； (2)电介质层、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理(1)介质场强;介质外场强(2)介质外电势介质电势⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε q +q -q +q -0π4π42020=-=R q R q U εε1R 2R r εQ ∑⎰=⋅qS D Sd )(21R r R <<303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内)(2R r <303π4,π4r r Q E r Qr D ε ==外)(2R r >rQ E U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外)(21R r R <<rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内(3)金属球的电势8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积充入相对介电常数为的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为，真空部分场强为，自由电荷面密度分别为与 由得，而,∴题8-28图 题8-29图2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεεrd r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=222020π44πdr R R Rr r Qdr r Q εεε)11(π4210R R Q r r-+=εεεr ε2E 1E2σ1σ∑⎰=⋅0d q S D 11σ=D 22σ=D 101E D ε=202E D r εε=d 21UE E ==r D D εσσ==12128-29 两个同轴的圆柱面，长度均为，半径分别为和(＞)，且>>-，两柱面之间充有介电常数的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷和-时，求： (1)在半径处(＜＜＝，厚度为dr ，长为的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为的同轴圆柱面则当时，∴(1)电场能量密度薄壳中(2)电介质中总电场能量(3)电容：∵∴8-34 半径为=2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的、外半径分别为=4.0cm 和=5.0cm ，当球带电荷=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．l 1R 2R 2R 1R l 2R 1R εQ Q r 1R r 2R l r )(S rlDS D S π2d )(=⋅⎰ )(21R r R <<Q q =∑rl QD π2=22222π82l r Q D w εε==rl rQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εεC Q W 22=)/ln(π22122R R lW Q C ε==1R 2R 3R Q解: 如图，球带电，外球壳表面带电，外表面带电题8-34图(1)在和区域在时时∴在区域在区域∴ 总能量(2)导体壳接地时，只有时,∴Q Q -Q 1R r <32R r R <<0=E21R r R <<301π4r r Q E ε =3R r >302π4r r Q E ε =21R r R <<⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q r r Q εε3R r >⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε)111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J 21R r R <<30π4r rQ E ε =02=W 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W εJ(3)电容器电容习题九9-6 已知磁感应强度Wb ·m -2的均匀磁场，方向沿轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中面的磁通量；(2)通过图中面的磁通量；(3)通过图中面的磁通量． 解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过面积的磁通是(2)通过面积的磁通量(3)通过面积的磁通量(或曰)题9-7图9-7 如题9-7图所示，、为长直导线，为圆心在点的一段圆弧形导线，其半径为．若通以电流，求点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，点磁场由、、三部分电流产生．其中)11/(π422102R R Q W C -==ε121049.4-⨯=F 0.2=B x abcd befc aefdabcd 1S 24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb befc 2S 022=⋅=S BΦaefd 3S 24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb 24.0-Wb AB CD C BO R I O O AB C BCD产生 产生，方向垂直向里段产生 ，方向向里 ∴，方向向里． 题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的，两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心的磁感应强度．解： 如题9-9图所示，圆心点磁场由直电流和及两段圆弧上电流与所产生，但和在点产生的磁场为零。
大学物理第9章静电场习题参考答案
第9章 静电场9-1 两小球处于如题9-1图所示的平衡位置时，每小球受到张力T ，重力mg 以及库仑力F 的作用，则有mg T =θcos 和F T =θsin ,∴θmgtg F =,由于θ很小，故lxmgmg mg x q F 2sin tg 41220=≈==θθπε ∴3/1022⎪⎪⎭⎫⎝⎛mg l q πε9-2 设q 1,q 2在C 点的场强分别为1E 和2E，则有210141AC r q E πε=14299m V 108.103.0108.1109--⋅⨯=⨯⨯⨯=方向沿AC 方向 220241BC r q E πε=14299m V 107.204.0108.1109--⋅⨯=⨯⨯⨯= 方向沿CB 方向∴ C 点的合场强E的大小为：24242221)107.2()108.1(⨯+⨯=+=E E E 14m V 1024.3-⋅⨯=设E 的方向与CB 的夹角为α，则有︒===--7.337.28.11211tg E E tg α 9-3 坐标如题9-3图所示，带电圆弧上取一电荷元l q d d λ=，它在圆心O 处的场强为201d 41d RlE λπε=，方向如题9-3图所示，由于对称性，上、下两带电圆弧中对应电荷元在圆心O 处产生的d E 1和d E 2在x 方向分量相互抵消。
习题9-1图习题9-3图习题9-2图0=∴x E ，圆心O 处场强E 的y 分量为⎪⎪⎭⎫⎝⎛-===⎰⎰2312sin d 412sin d 412026260R R R R lE y πελθθλπεθλπεππ方向沿y 轴正向。
9-4 （1）如题9-4图(a)，取与棒端相距d 1的P 点为坐标原点,x 轴向右为正。
设带电细棒电荷元x q d d λ=至P 点的距离x ，它在P 点的场强大小为 20d 41d x xE P λπε=方向沿x 轴正向各电荷元在P 点产生的场强方向相同，于是 ⎰⎰-+-==11)(20d 41d d L d P P xxE E πε 132289110m V 1041.2102811081103109114----⋅⨯=⎪⎭⎫⎝⎛⨯-⨯⨯⨯⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=L d d πελ方向沿x 轴方向。
(完整版)大学物理学(第三版)课后习题答案
1-4 在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示．当人以0v (m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．图1-4解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知222s h l +=将上式对时间t 求导，得tss t l ld d 2d d 2= 题1-4图根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ tsv v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即 θcos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m -⋅，开始运动时，x ＝5 m ，v=0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置． 解：∵ t tva 34d d +==分离变量，得 t t v d )34(d +=积分，得 12234c t t v ++= 由题知，0=t ,00=v ,∴01=c故 2234t t v += 又因为 2234d d t t t x v +==分离变量， t t t x d )234(d 2+= 积分得 232212c t t x ++= 由题知 0=t ,50=x ,∴52=c故 521232++=t t x 所以s 10=t 时m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v1-10 以初速度0v ＝201s m -⋅抛出一小球，抛出方向与水平面成幔 60°的夹角，求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ．(提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．题1-10图 (1)在最高点，o 0160cos v v v x == 21s m 10-⋅==g a n又∵ 1211ρv a n =∴ m1010)60cos 20(22111=︒⨯==n a v ρ(2)在落地点，2002==v v 1s m -⋅,而 o60cos 2⨯=g a n∴ m 8060cos 10)20(22222=︒⨯==n a v ρ1-13 一船以速率1v ＝30km ·h -1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率2v ＝40km ·h -1沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何?解：(1)大船看小艇，则有1221v v v ρϖϖ-=，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)题1-13图由图可知 1222121h km 50-⋅=+=v v v方向北偏西 ︒===87.3643arctan arctan21v v θ (2)小船看大船，则有2112v v v ρϖϖ-=，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得5012=v 1h km -⋅2-2 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平线AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．解: 物体置于斜面上受到重力mg ，斜面支持力N .建立坐标：取0v ϖ方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-2.题2-2图X 方向： 0=x F t v x 0= ①Y 方向： y y ma mg F ==αsin ②0=t 时 0=y 0=y v2sin 21t g y α=由①、②式消去t ，得220sin 21x g v y ⋅=α 2-4 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mk ev )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m ke )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0kmv ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e1，式中m 为质点的质量． 答: (1)∵ tvm kv a d d =-=分离变量，得mtk v v d d -=即 ⎰⎰-=vv t mt k v v00d d m kte v v -=ln ln 0∴ tm k ev v -=0(2) ⎰⎰---===tttm k m ke kmv t ev t v x 000)1(d d (3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有 ⎰∞-=='00d kmv t ev x tm k(4)当t=km时，其速度为 ev e v ev v km m k 0100===-⋅- 即速度减至0v 的e1. 2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量． 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得ba t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at t bt a I 0221d )(将bat =代入，得 ba I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m == 2-13 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm ，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同．解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图ky f -=第一锤外力的功为1A⎰⎰⎰==-='=ssky ky y f y f A 112d d d ① 式中f '是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在0d →t 时，f 'f -=．设第二锤外力的功为2A ，则同理，有⎰-==21222221d y kky y ky A ② 由题意，有2)21(212kmv A A =∆== ③即222122k k ky =- 所以， 22=y于是钉子第二次能进入的深度为cm 414.01212=-=-=∆y y y2-15 一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端，挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ，B 的下端 一重物C ，C 的质量为M ，如题2-15图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比．解: 弹簧B A 、及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图Mg F F B A ==又 11x k F A ∆=22x k F B ∆=所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =∆∆ 弹性势能之比为12222211121212k kx k x k E E p p =∆∆= 2-17 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为1m 和2m 的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧的劲度系数为k ，自然长度等于水平距离BC ，2m 与桌面间的摩擦系数为μ，最初1m 静止于A 点，AB ＝BC ＝h ，绳已拉直，现令滑块落下1m ,求它下落到B 处时的速率．解: 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有])(21[)(21212212l k gh m v m m gh m ∆+-+=-μ 式中l ∆为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则h BC AC l )12(-=-=∆联立上述两式，得()()212221122m m khgh m m v +-+-=μ题2-17图2-19 质量为M 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽，如题2-19图所示．质量为m 的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度．解: m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M ，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有222121MV mv mgR +=又下滑过程，动量守恒，以m ,M 为系统则在m 脱离M 瞬间，水平方向有0=-MV mv联立，以上两式，得()M m MgR v +=2习题八8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系?解: 如题8-1图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题8-1图 题8-2图8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题8-2图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式204r q E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r r q E ϖϖε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024dq πε,又有人说，因为f =qE ,SqE 0ε=，所以f =Sq 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少?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，第二种说法把合场强Sq E 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为Sq E 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力． 8-5一电偶极子的电矩为l q p ϖϖ=，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r ϖ与l ϖ的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin r p πεθ证: 如题8-5所示，将p ϖ分解为与r ϖ平行的分量θsin p 和垂直于r ϖ的分量θsin p ．∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量30π2cos r p E r εθ=垂直于r 方向，即θ方向场强分量300π4sin r p E εθ=题8-5图 题8-6图8-6 长l =15.0cm的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m-1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强． 解： 如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a x E P -=λε222)(d π4d x a x E E l l P P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅方向水平向右(2)同理2220d d π41d +=x xE Qλε 方向如题8-6图所示由于对称性⎰=l QxE 0d ，即Q E ϖ只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε 22π4d d ελ⎰==l QyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强．解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为 20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y-=-= 积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰ 0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y ∴ RE E x0π2ελ==，方向沿x 轴正向． 8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q 在P 点产生物强PE ϖd方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220l r l l r E P++=ελP E ϖd 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵ lq 4=λ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P++=ε 方向沿8-9 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平面．q 在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(xR arctan =α)解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅ϖϖ立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量06εq e=Φ．(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εqe=Φ对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则24εq e =Φ，如果它包含q 所在顶点则0=Φe．如题8-9(a)图所示．题8-9(3)图题8-9(a)图 题8-9(b)图 题8-9(c)图(3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量，球冠面积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq =[221xR x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r Sααα⎰⋅=02d sin π2r)cos 1(π22α-=r8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强． 解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s ϖϖ,02π4ε∑=qr E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E ϖ8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r cm时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外.8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E sϖϖ取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰ϖϖ对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r > 0=∑q ∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， n E ϖϖ)(21210σσε-= 1σ面外， n E ϖϖ)(21210σσε+-= 2σ面外， n E ϖϖ)(21210σσε+= n ϖ：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的． 解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)． (1) ρ+球在O 点产生电场010=E ϖ，ρ-球在O 点产生电场'dπ4π3430320OO r E ερ=ϖ∴ O 点电场'd 33030OO r E ερ=ϖ；(2) ρ+在O '产生电场'dπ4d 3430301OO E ερπ='ϖρ-球在O '产生电场002='E ϖ∴ O ' 点电场 003ερ='E ϖ'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r ϖ'，相对O 点位矢为r ϖ (如题8-13(b)图)则 03ερrE PO ϖϖ=，3ερr E O P '-='ϖϖ,∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P ϖϖϖϖϖϖ=='-=+='∴腔内场强是均匀的．8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C -1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解: ∵ 电偶极子p ϖ在外场E ϖ中受力矩E p M ϖϖϖ⨯=∴ qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功?解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r rq q r r q q r F A εεϖϖ)11(21r r - 61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功． 解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-RqR q 0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-= ∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-= 8-17 如题8-17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．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θd d R l =则θλd d R q =产生O 点E ϖd 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］ R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===A B200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e0π2ελ== ∴ rv mr e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 ∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E ϖ与电势U 的关系U E -∇=ϖ，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．解: (1)点电荷 rqU 0π4ε=题 8-20 图∴ 0200π4r r q r r U E ϖϖϖε=∂∂-= 0r ϖ为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势220π4xR q U +=ε∴ ()i x R qxi x U E ϖϖϖ2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q pϖϖ=在l r >>处的一点电势 200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4r ql llr qU εθθθε=+--=∴ 30π2cos r p r U E rεθ=∂∂-= 30π4sin 1r p U r E εθθθ=∂∂-=8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)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．证: 如题8-21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσϖϖ∴ +2σ03=σ 说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反； (2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ 又∵ +2σ03=σ ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同． 8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB ACU U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d =∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A =得 ,32Sq A =σ Sq A 321=σ而 7110232-⨯-=-=-=A Cq S q σCC10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC ACAC A E U εσV 8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )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，然后断开接地线重新绝缘，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．解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qrr q r E U εεϖϖ (2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε 得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+RqR q εε 得 -='q 3q8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力；(2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知 2020π4r q F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电 2q q =',小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电 q q 43=''∴此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'2F rqr q q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为 32q .∴ 小球1、2间的作用力 00294π432322F r q q F ==ε *8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U U AB =可得以下6个方程题8-26图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd US q S qdU U C S S q B A解得 Sq 261==σσSq d U2032-=-=εσσ Sq dU2054+=-=εσσ所以CB 间电场 S qd U E 00422εεσ+==)2d(212d 02Sq U E U U CB C ε+=== 注意：因为C 片带电，所以2U U C≠，若C 片不带电，显然2U U C =8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D S ϖϖd(1)介质内)(21R r R <<场强 303π4,π4r rQ E r r Q D r εεϖϖϖϖ==内;介质外)(2R r <场强 303π4,π4r rQ E r Qr D εϖϖϖ==外(2)介质外)(2R r >电势 rQE U 0r π4r d ε=⋅=⎰∞ϖϖ外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε (3)金属球的电势 r d r d 221ϖϖϖϖ⋅+⋅=⎰⎰∞R R RE E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdr r Q εεε)11(π4210R R Qr r-+=εεε 8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ϖ，真空部分场强为1E ϖ，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D ϖϖ得 11σ=D ，22σ=D 而 101E D ε=,202E D r εε=d21U E E ==∴r D D εσσ==1212 r d r d ϖϖϖϖ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求： (1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S DS π2d )(=⋅⎰ϖϖ当)(21R r R <<时，Q q =∑ ∴ rlQ D π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε== 薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量 ⎰⎰===211222ln π4π4d d R RV R R l Q rl r Q W W εε(3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30 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 ，如题8-30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．解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即2210π41r q q F ε=但2q 处于金属球壳中心，它受合力．．为零，没有加速度． (2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题8-30图 题8-31图8-31 如题8-31图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ．解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q =∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 8-321C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V的电压，是否会击穿?解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF (2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U∴ 6001=U V ,4002=U V即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿． 8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求：(1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112121201021U U U C U C q q U C U C q q q q解得 (1) =1q UC C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失W W W -=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +-+= 221212U C C C C +=8-34 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．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E ϖ在21R r R <<时 301π4r r Q E εϖϖ=3R r >时 302π4r r Q E εϖϖ=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q r r Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r r Q E εϖϖ=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R QW C -==ε 121049.4-⨯=F习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B ϖ的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B ϖ的方向? 解: 在同一磁感应线上，各点B ϖ的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B ϖ的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B ϖ的方向．9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B ϖ的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)?(2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B ρϖ=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcdμϖϖ∴ 21B B ρϖ=(2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B ϖ方向相反，即21B B ρϖ≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L ϖ·d l ϖ=0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为⎰外B L ϖ·d l ϖ=I 0μ这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μϖϖ外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d ϖϖϖ外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B ϖ的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m-2的均匀磁场，方向沿x轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S B ϖϖΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S B ϖϖΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ϖϖΦWb(或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B )为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B )、CD 三部分电流产生．其中AB产生 01=B ϖ CD产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题9-8图解：如题9-8图所示,A B ϖ方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B ϖ在2L 外侧距离2L 为r 处 则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解： 如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
大学物理9~13课后作业.答案
)
习题九
-2
B2.0x
9-6已知磁感应强度Wb·m
轴正方向，如题9-6图所示．试
求：(1)通过图中abcd面的磁通量；(2)通过图中befc面的磁通量；(3)通过图中aefd面
的磁通量．
解：如题9-6图所示
题9-6图
(1)通过abcd面积S1的磁通是
1BSWb
1
2.10.30.40.24
1
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，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；
qqq
解:(1)内球带电；球壳内表面带电则为,外表面带电为，且均匀分布，其电势
题8-23图
qdrq
UEdr
2
RRπR
40r4π
22
0
(2)外壳接地时，外表面电荷入地，外表面不带电，内表面电荷仍为．所以球壳电
(2)通过befc面积S2的磁通量
2BS
0
(3)通过aefd面积S3的磁通量
4
3BS20.30.5cos2Wb0.24Wb
3
0.30.50.24(或曰)
5
题9-7图
ABCDBCO
9-7如题9-7图所示，、为长直导线，为圆心在点的一段圆弧形导线，其
RIO
半径为．若通以电流，求点的磁感应强度．
解：如题9-7图所示，O点磁场由AB、BC、CD三部分电流产生．其中
ABB10
产生
CD
I
0
B
产生，方向垂直向里
2
12R
II3
CD)
00
段产生B(sin90sin60)(1，方向向里
《大学物理》第二版课后习题答案第九章
《大学物理》第二版-课后习题答案-第九章习题精解9-1.在气垫导轨上质量为m 的物体由两个轻弹簧分别固定在气垫导轨的两端，如图9-1所示，试证明物体m 的左右运动为简谐振动，并求其振动周期。
设弹簧的劲度系数为k 1和k 2.解：取物体在平衡位置为坐标原点，则物体在任意位置时受的力为12()F k k x =-+根据牛顿第二定律有 2122()d xF k k x ma m dt=-+==化简得21220k k d x x dt m++=令212k k mω+=则2220d x x dtω+=所以物体做简谐振动，其周期22T πω==9-2 如图9.2所示在电场强度为E 的匀强电场中，放置一电偶极矩P=ql 的电偶极子，+q 和-q 相距l ，且l 不变。
若有一外界扰动使这对电荷偏过一微小角度，扰动消息后，这对电荷会以垂直与电场并通过l 的中心点o 的直线为轴来回摆动。
试证明这种摆动是近似的简谐振动，并求其振动周期。
设电荷的质量皆为m ，重力忽略不计。
解 取逆时针的力矩方向为正方向，当电偶极子在如图9.2所示位置时，电偶极子所受力矩为sin sin sin 22l lM qE qE qEl θθθ=--=- 电偶极子对中心O 点的转动惯量为2221222l l J m m ml ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由转动定律知 2221sin 2d M qEl J ml dtθθβ=-==•化简得222sin 0d qE dt mlθθ+=当角度很小时有sin 0θ≈，若令22qE mlω=，则上式变为222sin 0d dtθωθ+=所以电偶极子的微小摆动是简谐振动。
而且其周期为22T πω==9-3 汽车的质量一般支承在固定与轴承的若干根弹簧上，成为一倒置的弹簧振子。
汽车为开动时，上下为自由振动的频率应保持在 1.3v Hz = 附近，与人的步行频率接近，才能使乘客没有不适之感。
问汽车正常载重时，每根弹簧松弛状态下压缩了多少长度？解 汽车正常载重时的质量为m ，振子总劲度系数为k ，则振动的周期为2T =，频率为1v T==正常载重时弹簧的压缩量为22220.15()44mg T gx g m k vππ====9-4 一根质量为m ，长为l 的均匀细棒，一端悬挂在水平轴O 点，如图9.3所示。
大学物理_第九章_课后答案
µ0 I , r 为管外一点到螺线管轴 2πr
题 9-4 图 9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转， 能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发 生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场? 解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存 在互相垂直的电场和磁场， 电子受的电场力与磁场力抵消所致． 如果它发生偏转也不能肯定 那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转． 9-6 已知磁感应强度 B = 2.0 Wb· m 的均匀磁场， 方向沿 x 轴正方向， 如题 9-6 图所示． 试求：(1)通过图中 abcd 面的磁通量；(2)通过图中 befc 面的磁通量；(3)通过图中 aefd 面 的磁通量． 解： 如题 9-6 图所示
题 9-7 图 9-7 如题9-7图所示， AB 、 CD 为长直导线， BC 为圆心在 O 点的一段圆弧形导线，其半 径为 R ．若通以电流 I ，求 O 点的磁感应强度． 解：如题 9-7 图所示， O 点磁场由 AB 、 BC 、 CD 三部分电流产生．其中
⌢
⌢
AB 产生
� B1 = 0
CD 产生 B2 =
9-13 一根很长的铜导线载有电流10A，设电流均匀分布.在导线内部作一平面 S ，如题9-13 图所示．试计算通过S平面的磁通量(沿导线长度方向取长为1m的一段作计算)．铜的磁导率
µ = µ0 .
解：由安培环路定律求距圆导线轴为 r 处的磁感应强度
� B ∫ ⋅ dl = µ 0 ∑ I
l
B 2πr = µ 0
B0 =
�
µ 0 ev = 13 T 4πa 2
电子磁矩 Pm 在图中也是垂直向里，大小为
Pm =
e 2 eva πa = = 9.2 × 10 − 24 A ⋅ m 2 T 2
大学物理课后习题答案(全册)
《大学物理学》课后习题参考答案习题11-1. 已知质点位矢随时间变化函数形式为)ωｔsin ωｔ(cos j i R r其中为常量．求：（1）质点轨道；(2)速度和速率。
解：1）由)ωｔsin ωｔ(cos j i R r知t cos R x ωtsin R yω消去t 可得轨道方程222Ryx2）jr vt Rcos sin ωωt ωR ωdtd iRωt ωR ωt ωR ωv2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir )t 23(t 42，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0t到1t 秒的位移；（3）0t 和1t 秒两时刻的速度。
解：1）由j ir)t 23(t 42可知2t 4x t23y消去t 得轨道方程为：2)3y(x2）jir v 2t 8dtd jij i v r 24)dt2t 8(dt101Δ3）jv 2(0)jiv 28(1)1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir t t 22，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：1）ji r v2t 2dtd iv a2dtd 2）212212)1t(2]4)t 2[(v1tt 2dtdv a 2t22221nta aat 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121att v y （1）图 1-420221gttv h y （2）21y y （3）解之2d tg a 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的td dr ，td dv ，tv d d .解：（1）t v x 0式（1）2gt21hy 式（2）jir )gt 21-h (t v (t)20（2）联立式（1）、式（2）得22v 2gx hy （3）ji r gt -v td d 0而落地所用时间gh 2t所以j i r 2gh -v t d d 0jv g td d 2202y2x)gt (vvvv 211222222[()](2)g ghg t dv dtvgt vgh 1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。
《大学物理》下册(第五版)课后答案
第九章振动9-1一个质点作简谐运动，振幅为A，在起始时刻质点的位移为-A，且向x 轴正方向运2动，代表此简谐运动的旋转矢量为（）题９-１图分析与解（b）图中旋转矢量的矢端在x 轴上投影点的位移为－A/2，且投影点的运动方向指向O x轴正向，即其速度的x 分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（b）．9-2已知某简谐运动的振动曲线如图（a）所示，则此简谐运动的运动方程为（）(A)x = 2cos⎡2πt -2 π⎤(cm)(C)x = 2cos⎡2 πt +2 π⎤(cm)⎢⎣3 3 ⎥⎦ ⎢⎣3 3 ⎥⎦(B)x = 2cos⎡4πt -2 π⎤(cm)(D)x = 2cos⎡4 πt +2 π⎤(cm)⎢⎣3 3 ⎥⎦ ⎢⎣3 3 ⎥⎦题９-２图分析与解由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为–A/2，且向x 轴负方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为2π / 3 ．振动曲线上给出质点从–A/2 处运动到+A 处所需时间为 1 s，由对应旋转矢量图可知相应的相位差∆ϕ=4π3 ，则角频率ω=∆ϕ/ ∆t =(4π/ 3)s-1 ，故选（D）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程来找出正确答案．9-3两个同周期简谐运动曲线如图（a）所示，x1 的相位比x2 的相位（）（A）落后π2（B）超前π2（C）落后π（D）超前π分析与解由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b）即可得到答案为（b）．题９-３图9-4当质点以频率ν作简谐运动时，它的动能的变化频率为（）（A）v（B）v （C）2v2（D）4v分析与解质点作简谐运动的动能表式为E k=1mω2 A 2sin2 (ωt2+ϕ)，可见其周期为简谐运动周期的一半，则频率为简谐运动频率ν 的两倍．因而正确答案为（C）．9-5图（a）中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦振动的初相位为（）3（A）π21（B）π2（C）π（D）0分析与解由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，它们的相位差是π（即反相位）．运动方程分别为x1=A cosωt 和x2=Acos(ωt +π)．它们的振幅不同．对2于这样两个简谐运动，可用旋转矢量法，如图（b）很方便求得合运动方程为x1 =而正确答案为（D）．Acosωt ．因2题９-５图9-6 有一个弹簧振子，振幅A = 2.0 ⨯10-2 m ，周期T = 1.0 s ，初相ϕ出它的运动方程，并作出x -t 图、v -t 图和a -t 图．=3π / 4 ．试写题９-6 图分析弹簧振子的振动是简谐运动．振幅 A 、初相ϕ、角频率ω是简谐运动方程m / k 外， ω 可通过关系式ω = 2π / T 确定．振子运动的速度和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同．解 因ω = 2π / T ，则运动方程x = A cos (ωt + ϕ ) = A ⎛ 2πt + ϕ ⎫cos ⎪ ⎝ T⎭根据题中给出的数据得x = 2.0 ⨯ 10-2 cos (2πt + 0.75π ) (m )振子的速度和加速度分别为v = d x / d y a = d 2x / d 2y = -4π ⨯ 10-2sin (2πt = -8π ⨯ 10-2cos (2πt + 0.75π) ( m ⋅ s-1 )+ 0.75π) ( m ⋅ s -1)x - t 、 v - t 及 a - t 图如图所示．9-7 若简谐运动方程为 x = 0.10 cos (20πt + 0.25π)(m )，求：（1） 振幅、频率、角频率、周期和初相；（2） t = 2s 时的位移、速度和加速度．分析 可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式x = A cos (ωt + ϕ )作比较，即可求得各特征量．运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t 值后，即可求得结果．解 （1） 将 x = 0.10 cos (20πt + 0.25π)(m )与 x = A cos (ωt + ϕ )比较后可得：振幅 A ＝ 0.10m ，角频率ω = 20π s -1，初相ϕ ＝0.25 π ，则周期T = 2π / ω = 0.1 s ，频率 v = 1/ T Hz ．（２） t = 2s 时的位移、速度、加速度分别为x = 0.10 cos (40πt + 0.25π) = 7.07 ⨯10-2 mv = d x / d t = -2πsin (40π + 0.25π) = -4.44m ⋅ s -1a = d 2 x / d 2t = -40π2cos (40π + 0.25π) = -2.79 ⨯102 m ⋅ s -29-8 一远洋货轮，质量为 m ，浮在水面时其水平截面积为 S ．设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为 ρ，且不计水的粘滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动，并求振动周期．分析 要证明货轮作简谐运动，需要分析货轮在平衡位置附近上下运动时，它所受的合外力 F 与位移 x 间的关系，如果满足 F = -kx ，则货轮作简谐运动．通过 F = -kx 即可求得振动 周期T = 2π / ω = 2π ．证 货轮处于平衡状态时［图（a ）］，浮力大小为 F ＝mg ．当船上下作微小振动时，取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点 O ，竖直向下为 x 轴正向，如图（b ）所示．则当货轮向下偏移 x 位移时，受合外力为∑ F = P + F '其中 F ' 为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为F ' = F + ρgSx = mg + ρgSx则货轮所受合外力为题９-８图∑F=P -F '=-ρgSx =-kx式中k =ρgS 是一常数．这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动．由∑F =m d2 x / d2t 可得货轮运动的微分方程为d2 x / d2t +ρgSx / m = 0令ω2 =ρgS / m ，可得其振动周期为T =2π / ω = 2π9-9设地球是一个半径为R 的均匀球体，密度ρ= 5.5 ⨯103 kg ⋅ m-3 ．现假定沿直径凿通一条隧道，若有一质量为m 的质点在此隧道内作无摩擦运动．（1）证明此质点的运动是简谐运动；（2）计算其周期．题９-９图分析证明方法与上题相似．分析质点在隧道内运动时的受力特征即可．证（1）取图所示坐标．当质量为m 的质点位于x 处时，它受地球的引力为m / ρgSm / k x xF = -Gm x m式中G 为引力常量， m 是以 x 为半径的球体质量，即 m = 4πρx 3/ 3 ．令 k = 4πρGm / 3 ，则质点受力F = 4πρGmx / 3 = -kx因此，质点作简谐运动．（2） 质点振动的周期为T = 2π = = 5.07 ⨯103 s9-10 如图（a ）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为 k 1 、k 2时．（1） 证明其运动仍是简谐运动；（2） 求系统的振动频率．．当物体在光滑斜面上振动题 9-10 图分析 从上两题的求解知道，要证明一个系统作简谐运动，首先要分析受力情况，然后看是否满足简谐运动的受力特征（或简谐运动微分方程）．为此，建立如图（b ）所示的坐标．设系统平衡时物体所在位置为坐标原点 O ，Ox 轴正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿 Ox 轴， 物体受弹性力及重力分力的作用，其中弹性力是变力．利用串联时各弹簧受力相等，分析物体 在任一位置时受力与位移的关系，即可证得物体作简谐运动，并可求出频率υ ．证 设物体平衡时两弹簧伸长分别为 x 1 、 x 2 ，则由物体受力平衡，有mg sin θ = k 1x 1 = k 2 x 2按图（b ）所取坐标，物体沿 x 轴移动位移 x 时，两弹簧又分别被拉伸 x 1' 和 x 2' ，即物体受力为（1）x = x 1' + x 2' ．则 3π / Gρ1 2π(k + k )/ m 1 21 2F = mg si n θ - k 2 (x 2 + x 2' )= mg si n θ - k 1 (x 1 + x 1') 将式（1）代入式（2）得（２） F = -k 2 x 2' = -k 1x 1' 由式（3）得 x 1' = -F / k 1 、 x 2' = -F / k 2 ，而 x = x 1' + x 2' ，则得到（３）F = -[k k / (k + k )]x = -kx 1 2式中 k = k 1k 2 / (k 1 + k 2 )为常数，则物体作简谐运动，振动频率v = ω / 2π = 12π k / m = 讨论 （1） 由本题的求证可知，斜面倾角 θ 对弹簧是否作简谐运动以及振动的频率均不产生影响．事实上，无论弹簧水平放置、斜置还是竖直悬挂，物体均作简谐运动．而且可以证明它们的频率相同，均由弹簧振子的固有性质决定，这就是称为固有频率的原因．（2） 如果振动系统如图（c ）（弹簧并联）或如图（d ）所示，也可通过物体在某一位置的受力分析得出其 作简谐运动，且振动频率均为v = ，读者可以一试．通过这些例子可以知道，证明物体是否作简谐运动的思路是相同的．*9－11 在如图（a ）所示装置中，一劲度系数为 k 的轻弹簧，一端固定在墙上，另一端连接一质量为 m 1 的物体 A ，置于光滑水平桌面上．现通过一质量 m 、半径为 R 的定滑轮 B （可视为匀质圆盘）用细绳连接另一质量为 m 2 的物体 C ．设细绳不可伸长，且与滑轮间无相对滑动， 求系统的振动角频率．题 9-11 图分析 这是一个由弹簧、物体 A 、C 和滑轮 B 组成的简谐运动系统．求解系统的振动频率可采用两种方法．（1） 从受力分析着手．如图（b ）所示，设系统处于平衡状态时，与物体1 2πk k /(k + k )m1 2 1 2k 正向从原点 O 伸长 x 时，分析物体 A 、C 及滑轮 B 的受力情况，并分别列出它们的动力学方程，可解得系统作简谐运动的微分方程．（2）从系统机械能守恒着手．列出系统机械能守恒方 程，然后求得系统作简谐运动的微分方程．解 1 在图（b ）的状态下，各物体受力如图（c ）所示．其中 F = -k (x + x 0 )i ．考虑到绳 子不可伸长，对物体 A 、B 、C 分别列方程，有F T 1 = -k (x + x 0 ) = d 2 x m 1 d t 2 d 2 x（1）m 2 g - F T 2 = m 2 d t2 （2）( - ) = α = 1d 2 xF T 2 F T 1 R J2 mR d t 2（3） kx 0 = m 2 g （4）方程（3）中用到了 F = F ' 、F = F ' 、J = mR 2/ 2 及α = a / R ．联立式（1） ～式（4）T 2 T 2 可得T 1 T 1d 2 x k则系统振动的角频率为d t2+m 1 + m 2 + m / 2x = 0（5）ω = 解 2 取整个振动装置和地球为研究系统，因没有外力和非保守内力作功，系统机械能守恒．设物体平衡时为初始状态，物体向右偏移距离 x （此时速度为 v 、加速度为 a ）为末状态， 则由机械能守恒定律，有E = -m gx + 1 m v 2 + 1 m v 2 + 1 J ω2 + 1 k (x + x )20 2 2 1 2 2 2 2在列出上述方程时应注意势能（重力势能和弹性势能）零点的选取．为运算方便，选初始状态下物体 C 所在位置为重力势能零点；弹簧原长时为弹性势能的零点．将上述方程对时间求导得0 = -m gv + m v d v + m v d v + Jω d ω + k (x + x )d x2 1 d t 2 d t d t 0d t 将 J = mR 2 / 2 ， ωR = v ， d v / d t = d 2 x / d t 2和m g = kx 代入上式，可得d 2x + d t 2 m2 0+ m + m / 2 x = 0（6）12式（6）与式（5）相同，表明两种解法结果一致．9-12 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅 A ＝2.0 ×10-2 m ，周期 T ＝0.50ｓ．当 t ＝0 时，（1） 物体在正方向端点；（2） 物体在平衡位置、向负方向运动；（3） 物体在 x ＝-1.0×10-2m 处， 向负方向运动； （4） 物体在 x ＝-1.0×10-2 m 处，向正方向运动．求以上各种情况的运动方程．分析 在振幅 A 和周期 T 已知的条件下，确定初相 φ 是求解简谐运动方程的关键．初相k / (m 1 + m 2 + m / 2)π π = 4π 的确定通常有两种方法．（1） 解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即 t ＝0 时，x ＝x 0 和 v ＝v 0 来确定 φ 值．（2） 旋转矢量法：如图（a ）所示，将质点 P 在 Ox 轴上振动的初始位置 x 0 和速度 v 0 的方向与旋转矢量图相对应来确定 φ．旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常采用．题 9-12 图解 由题给条件知 A ＝2.0 ×10-2 m ， ω = 2 / T = 4π s -1，而初相 φ 可采用分析中的两种不 同方法来求．解析法 ： 根据简 谐 运动方 程 x = A cos (ωt + ϕ ) ，当 t = 0 时有 x 0 = A cos (ωt + ϕ ) ，v 0 = - Aωsin ．当（1） x 0 = A 时， cos ϕ1 = 1，则ϕ1 = 0 ；π π（2） x 0 = 0 时， cos ϕ2 = 0 ，ϕ2 = ± ，因v 0 < 0 ，取ϕ2 = ；2 2（3） x 0 = 1.0 ⨯10-2 m 时， cos ϕ = 0.5 ，ϕ3 = ± π 3 ，由v 0 < 0 ，取ϕ3 = ； 3（4） x = -1.0 ⨯10-2m 时， cos ϕ = -0.5 ，ϕ = π ± ，由v > 0 ，取ϕ 4π 0 4 4 3 0 4 3旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图，如图（b ）所示，它们所对应的初 相分别为ϕ1 = 0 ， ϕ2 =， ϕ3 =2， ϕ4 =．33振幅 A 、角频率 ω、初相 φ 均确定后，则各相应状态下的运动方程为（1） x = 2.0 ⨯10-2cos4πt(m )（2） x = 2.0 ⨯10-2 cos (4πt + π/2) (m ) （3） x = 2.0 ⨯10-2 cos (4πt + π/3) (m ) （4） x = 2.0 ⨯10-2 cos (4πt + 4π/3) (m )9-13 有一弹簧， 当其下端挂一质量为 m 的物体时， 伸长量为 9.8 ×10-2 m ．若使物体上、下振动，且规定向下为正方向．（1） 当 t ＝0 时，物体在平衡位置上方 8.0 ×10-2 ｍ 处，由静止开始向下运动，求运动方程．（2） 当 t ＝0 时，物体在平衡位置并以 0.6ｍ·s -1 的速度向上运动，求运动方程．π π 3．k / m g / ∆l x + ( 21010 v / ω )2⎝ 12 ⎭分析 求运动方程，也就是要确定振动的三个特征物理量 A 、ω 和 φ．其中振动的角频率是 由弹簧振子系统的固有性质（振子质量 m 及弹簧劲度系数 k ）决定的，即ω =k /m ，k 可根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算；振幅 A 和初相 φ 需要根据初始条件确定．题 9-13 图解 物体受力平衡时，弹性力 F 与重力 P 的大小相等，即 F ＝mg ．而此时弹簧的伸长量 Δl ＝9.8 ×10-2m ．则弹簧的劲度系数 k ＝F ／Δl ＝mg ／Δl ．系统作简谐运动的角频率为ω = = = 10 s -1（1） 设系统平衡时，物体所在处为坐标原点，向下为 x 轴正向．由初始条件 t ＝0 时， x 10 ＝8.0 ×10-2 m 、v 10 ＝0 可得振幅 A = = 8.0 ⨯10- 2m ；应用旋转矢量法可确定初相ϕ1 = π ［图（a ）］．则运动方程为x = 8.0 ⨯10-2cos (10t + π) (m ) （2）t ＝0 时，x 20 ＝0、v 20 ＝0.6 ｍ·s -1 ，同理可得 A 2 == 6.0 ⨯10- 2 m ； ϕ2 = π / 2 ［图（b ）］．则运动方程为x = 6.0 ⨯10-2cos (10t + 0.5π) (m ) 9-14 某振动质点的 x -t 曲线如图（a ）所示，试求：（1） 运动方程；（2） 点 P 对应的相位；（3） 到达点 P 相应位置所需的时间．分析 由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题．本题就是要通过 x －t 图线确定振动的三个特征量 A 、ω 和ϕ0 ，从而写出运动方程．曲线最大幅值即为振幅 A ；而 ω、ϕ0 通常可通过旋转矢量法或解析法解出，一般采用旋转矢量法比较方便． 解 （1） 质点振动振幅 A ＝0.10 ｍ．而由振动曲线可画出 t 0 ＝0 和 t 1 ＝4 ｓ时旋转矢 量，如图（ b ） 所 示．由图可见初相 ϕ0 = -π / 3 （或 ϕ0 = 5π / 3 ）， 而由 ω(t 1 - t 0 ) = π / 2 + π / 3 得ω = 5π / 24 s ，则运动方程为 -1x = 0.10 cos⎛ 5πt - π / 3⎫(m )24⎪ x + ( 220 20 v / ω)2ppp p题9-14 图（2）图（a）中点P 的位置是质点从A／2 处运动到正向的端点处．对应的旋转矢量图如图（c）所示．当初相取ϕ0 =-π / 3 时，点P 的相位为ϕp =ϕ0 +ω(t - 0)= 0 （如果初相取成=5π / 3 ，则点P 相应的相位应表示为ϕp =ϕ0 +ω(t -0)=2π ．（3）由旋转矢量图可得ω(t - 0)=π/ 3 ，则t =1.6 s ．9-15作简谐运动的物体，由平衡位置向x 轴正方向运动，试问经过下列路程所需的最短时间各为周期的几分之几？（1）由平衡位置到最大位移处；（2）由平衡位置到x ＝A/2 处；（3）由x ＝A/2 处到最大位移处．解采用旋转矢量法求解较为方便．按题意作如图所示的旋转矢量图，平衡位置在点O．（1））平衡位置x1到最大位移x3处，图中的旋转矢量从位置 1 转到位置 3 ，故∆ϕ1=π / 2 ，则所需时间∆t1=∆ϕ1 / ω=T / 4（2）从平衡位置x1到x2＝A/2 处，图中旋转矢量从位置1 转到位置2，故有∆ϕ2则所需时间=π / 6 ，∆t2=∆ϕ2 / ω=T / 12（3）从x2＝A/2 运动到最大位移x3处，图中旋转矢量从位置 2 转到位置3，有∆ϕ0=π / 3 ，则所需时间∆t3=∆ϕ3 / ω=T / 6N 题 9-15 图9-16 在一块平板下装有弹簧，平板上放一质量为 1.0 kg 的重物．现使平板沿竖直方向作上下简谐运动，周期为 0.50ｓ，振幅为 2.0×10-2 m ．求：（1） 平板到最低点时，重物对平板的作用力；（2） 若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物会跳离平板？ （3） 若振幅不变，则平板以多大的频率振动时， 重物会跳离平板？题 9-16 图分析 按题意作示意图如图所示．物体在平衡位置附近随板作简谐运动，其间受重力 P 和板支持力 F N 作用，F N 是一个变力．按牛顿定律，有d 2 y F = mg - F N = m d t 2（1）由于物体是随板一起作简谐运动，因而有a 改写为 = d 2y d t 2 = -A ω 2 cos (ωt + ϕ ) ，则式（1）可 F N = mg + mA ω 2cos (ωt + ϕ ) （2）（1） 根据板运动的位置，确定此刻振动的相位ωt + ϕ ，由式（2）可求板与物体之间的作 用力．（2） 由式（2）可知支持力 F N 的值与振幅 A 、角频率 ω 和相位（ ωt + ϕ ）有关．在振 动过程中，当ωt + ϕ ＝ π 时 F N 最小．而重物恰好跳离平板的条件为 F N ＝0，因此由式（2）可 分别求出重物跳离平板所需的频率或振幅．解 （1） 由分析可知，重物在最低点时，相位ωt + ϕ ＝0，物体受板的支持力为F = mg + mA ω 2 = mg + mA (2π / t)2 = 12.96 N 重物对木块的作用力 F N ' 与 F N 大小相等，方向相反． （2） 当频率不变时，设振幅变为 A ′．根据分析中所述，将 F N ＝0 及ωt + ϕ 分析中式（2），可得= π 代入max max2A ' = mg / mω2 = gT 2 / 4π2 = 6.2 ⨯10-2 m（3） 当振幅不变时，设频率变为v ' ．同样将 F N ＝0 及ωt + ϕ 可得= π 代入分析中式（2）， v ' = ω = 2π = 3.52 Hz 9-17 两 质点作同 频率、同 振幅的简 谐运动． 第一个质 点的运动 方程 为x 1 = A cos (ωt + ϕ )，当第一个质点自振动正方向回到平衡位置时，第二个质点恰在振动正方 向的端点，试用旋转矢量图表示它们，并求第二个质点的运动方程及它们的相位差．题 9-17 图解 图示为两质点在时刻 t 的旋转矢量图，可见第一个质点 M 的相位比第二个质点 N 的相位超前π / 2 ，即它们的相位差 Δφ＝π/2．故第二个质点的运动方程应为x 2 = A cos (ωt + ϕ - π / 2)9-18 图（a ）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线，且振幅为 2cm ，求（1） 振动周期；（2） 加速度的最大值；（3） 运动方程．分析 根据 v -t 图可知速度的最大值 v max ，由 v max ＝Aω 可求出角频率 ω，进而可求出周期 T 和加速度的最大值 a max ＝Aω2 ．在要求的简谐运动方程 x ＝A cos （ωt ＋φ）中，因为 A 和 ω 已得出，故只要求初相位 φ 即可．由 v －t 曲线图可以知道，当 t ＝0 时，质点运动速度v 0 ＝v max /2 ＝Aω/2，之后速度越来越大，因此可以判断出质点沿 x 轴正向向着平衡点运动．利用 v 0 ＝－Aωsinφ 就可求出 φ．解 （1） 由v = A ω 得ω =1.5 s -1 ，则 T = 2π / ω = 4.2 s （2） a = A ω 2 = 4.5 ⨯10-2 m ⋅ s -2 （3） 从分析中已知 v 0 = - Aωsin= Aω / 2 ，即 sin ϕ = -1 / 2= -π / 6,-5π / 6因为质点沿 x 轴正向向平衡位置运动，则取 = -5π / 6 ，其旋转矢量图如图（b ）所示．则运动 方程为 x = 2cos (1.5t - 5π / 6) (cm )1 mg / m A 2πg / l g / l max题 9-18 图9-19 有一单摆，长为 1.0m ，最大摆角为 5°，如图所示．（1） 求摆的角频率和周期；（2）设开始时摆角最大，试写出此单摆的运动方程；（3） 摆角为 3°时的角速度和摆球的线速度各为多少？题 9-19 图分析 单摆在摆角较小时（θ＜5°）的摆动，其角量 θ 与时间的关系可表示为简谐运动方程 θ = θmax co s (ωt + ϕ ) ，其中角频率 ω 仍由该系统的性质（重力加速度 g 和绳长 l ）决定，即 ω = ．初相 φ 与摆角 θ，质点的角速度与旋转矢量的角速度（角频率）均是不同的物理 概念，必须注意区分．解 （1） 单摆角频率及周期分别为ω = = 3.13 s -1; T = 2π / ω = 2.01 s（2） 由t = 0 时θ = θ = 5o可得振动初相ϕ = 0 ，则以角量表示的简谐运动方程为 θ = π cos3.13t 36（３） 摆角为 3°时，有cos (ωt + ϕ ) = θ / θmax = 0.6 ，则这时质点的角速度为J / mgl c maxE c M线速度的大小为d θ/d t = -θmax ωsi n (ωt + ϕ ) = -θmax ω = -0.80θ ω = -0.218 s -1 v = l d θ/d t = -0.218 s -1讨论 质点的线速度和角速度也可通过机械能守恒定律求解，但结果会有极微小的差别．这是因为在导出简谐运动方程时曾取sin θ ≈ θ ，所以，单摆的简谐运动方程仅在 θ 较小时成立．9-20 为了测月球表面的重力加速度，宇航员将地球上的“秒摆”（周期为 2.00ｓ），拿到月 球上去，如测得周期为 4.90ｓ，则月球表面的重力加速度约为多少？ （取地球表面的重力加速度 g = 9.80 m ⋅s-2 ） 解 由单摆的周期公式T = 2π 可知 g ∝ 1 / T 2 ，故有 g / g = T 2 / T 2 ，则月球的重力加速度为 g = (T/ T M )2g M E E M= 1.63 m ⋅ s - 29-21 一飞轮质量为 12kg ，内缘半径 r ＝0.6ｍ，如图所示．为了测定其对质心轴的转动惯量，现让其绕内缘刃口摆动，在摆角较小时，测得周期为 2.0s ，试求其绕质心轴的转动惯量．9-21 题图分析 飞轮的运动相当于一个以刃口为转轴的复摆运动，复摆振动周期为 T = 2π ，因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离l c ，其以刃口为转轴的 转动惯量即可求得．再根据平行轴定理，可求出其绕质心轴的转动惯量．解 由复摆振动周期T = 2π J / mgl ，可得 J = mgrT 2 / 4π2．则由平行轴定理得 J 0 = J - mr 2 = mgrT 2 / 4π 2 - mr 2 = 2.83 kg ⋅ m 29-22 如图（a ）所示，质量为 1.0 ×10-2kg 的子弹，以 500m·s -1 的速度射入木块，并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简谐运动，设木块的质量为 4.99 kg ，弹簧的劲度系数为 8.0 ×103 N·m -1 ，若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点，向左为 x 轴正向，求简谐运动方程．1 - cos2 (ωt + ϕ ) l / g E E题 9-22 图分析 可分为两个过程讨论．首先是子弹射入木块的过程，在此过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，因而可以确定它们共同运动的初速度 v 0 ，即振动的初速度．随后的过程是以子弹和木块为弹簧振子作简谐运动．它的角频率由振子质量 m 1 ＋m 2 和弹簧的劲度系数 k 确定，振幅和初相可根据初始条件（初速度 v 0 和初位移 x 0 ）求得．初相位仍可用旋转矢量法求．解 振动系统的角频率为 ω == 40 s -1由动量守恒定律得振动的初始速度即子弹和木块的共同运动初速度 v 0 为v = m v (m + m ) = 1.0 m ⋅ s -10 1 1 2 又因初始位移 x 0 ＝0，则振动系统的振幅为A = = v 0/ ω = 2.5⨯10-2 m 图（b ）给出了弹簧振子的旋转矢量图，从图中可知初相位 0 = π / 2 ，则简谐运动方程为x = 2.5⨯10-2 cos (40t + 0.5π) (m )9-23 如图（a ）所示，一劲度系数为 k 的轻弹簧，其下挂有一质量为 m 1 的空盘．现有一质量为 m 2 的物体从盘上方高为 h 处自由落入盘中，并和盘粘在一起振动．问：（1） 此时的振动周期与空盘作振动的周期有何不同？ （2） 此时的振幅为多大？k / (m 1 + m 2 ) x + ( 2 0 0 v / ω) 2x + (v / ω) 2 20 0题 9-23 图分析 原有空盘振动系统由于下落物体的加入，振子质量由 m 1 变为 m 1 + m 2，因此新系统的角频率（或周期）要改变．由于 A = ，因此，确定初始速度 v 0 和初始位移 x 0 是求解振幅 A 的关键．物体落到盘中，与盘作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可确定盘与物体的共同初速度 v 0 ，这也是该振动系统的初始速度．在确定初始时刻的位移 x 0 时，应注意新振动系统的平衡位置应是盘和物体悬挂在弹簧上的平衡位置．因此，本题中初始位移 x 0 ，也就是空盘时的平衡位置相对新系统的平衡位置的位移．解 （1） 空盘时和物体落入盘中后的振动周期分别为T = 2π / ω = 2π T ' = 2π / ω' = 2π 可见 T ′＞T ，即振动周期变大了． （2） 如图（b ）所示，取新系统的平衡位置为坐标原点 O ．则根据分析中所述，初始位移为空盘时的平衡位置相对粘上物体后新系统平衡位置的位移，即x = l - l =m 1g - m 1 + m 2 g = - m 2 g 01 2 k k k式中 l 1 ＝m 1/k 为空盘静止时弹簧的伸长量，l 2 ＝（m 1 ＋m 2）/k 为物体粘在盘上后，静止时弹 簧的伸长量．由动量守恒定律可得振动系统的初始速度，即盘与物体相碰后的速度v 0 = m 2 v =m 1 + m 2 式中 v = 是物体由 h 高下落至盘时的速度．故系统振动的振幅为m 1 / k(m 1 + m 2 )/ km 2 m 1 + m 2 2gh2ghx +(2 v / ω ) ' 20 0x + 20 0( v/ ω) 211A ==本题也可用机械能守恒定律求振幅A．9-24如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧，系一质量为m1的物体，在水平面上作振幅为A的简谐运动．有一质量为m2的粘土，从高度h 自由下落，正好在（a）物体通过平衡位置时，（b）物体在最大位移处时，落在物体上．分别求：（1）振动周期有何变化？（2）振幅有何变化？题9-24 图分析谐振子系统的周期只与弹簧的劲度系数和振子的质量有关．由于粘土落下前后，振子的质量发生了改变，因此，振动周期也将变化．至于粘土如何落下是不影响振动周期的．但是，粘土落下时将改变振动系统的初始状态，因此，对振幅是有影响的．在粘土落到物体上的两种不同情况中，系统在水平方向的动量都是守恒的．利用动量守恒定律可求出两种情况下系统的初始速度，从而利用机械能守恒定律（或公式A =）求得两种情况下的振幅．解（1）由分析可知，在（a）、（b）两种情况中，粘土落下前后的周期均为T =2π / ω =2πT '=2π / ω'=2π物体粘上粘土后的周期T′比原周期T 大．（2）（a）设粘土落至物体前后，系统振动的振幅和物体经过平衡位置时的速度分别为A、v 和A′、v′．由动量守恒定律和机械能守恒定律可列出如下各式kA'2 / 2 =m v2 / 2 （1）kA'2 / 2 =(m+m)v'2 / 22（2）联立解上述三式，可得m1v=(m1+m2)v'A'=（3）即A′＜A，表明增加粘土后，物体的振幅变小了．（b）物体正好在最大位移处时，粘土落在物体上．则由动量守恒定律知它们水平方向的共同速度v′＝m1v/（m1＋m2）＝0，因而振幅不变，即m2gk1 +2khm1+m2m1/ k(m1+m2)/ km1/(m1+m2)AA / a max max 0 max max 9-25 质量为 0.10kg 的物体，以振幅 1.0×10-2 m 作简谐运动，其最大加速度为 4.0 ｍ·s -1求：（1） 振动的周期；（2） 物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3） 物体在何处其动能和势能相等？ （4） 当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？分析 在简谐运动过程中，物体的最大加速度 a = A ω 2，由此可确定振动的周期T ．另外，在简谐运动过程中机械能是守恒的，其中动能和势能互相交替转化，其总能量 E ＝kA 2/2．当动能与势能相等时，E k ＝E P ＝kA 2/4．因而可求解本题．解 （1） 由分析可得振动周期 T = 2π / ω = 2π = 0.314 s（2） 当物体处于平衡位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能量，即 E = E = 1 mA 2ω 2 = 1 mAak 2 2max = 2.0 ⨯10-3 J（3） 设振子在位移 x 0 处动能与势能相等，则有kx 2 / 2 = kA 2 / 4得 x 0 = ± 2 A / 2 = ±7.07 ⨯10-3 m（４） 物体位移的大小为振幅的一半（即 x = A / 2 ）时的势能为 E = 1 kx 2 = 1 k ⎛ A ⎫ = E / 4 P 2 2 2 ⎪ ⎝ ⎭则动能为E K = E - E P = 3E / 4 9-26 一氢原子在分子中的振动可视为简谐运动．已知氢原子质量 m ＝1.68 ×10-27 Kg ，振动频率υ ＝1.0 ×1014 Hz ，振幅 A ＝1.0 ×10-11ｍ．试计算：（1） 此氢原子的最大速度；（2） 与此振动相联系的能量．解 （1） 简谐运动系统中振子运动的速度 v ＝－A ωsin （ωt ＋φ），故氢原子振动的最大速度为v = ωA = 2πvA = 6.28⨯102 m ⋅ s -1 （２） 氢原子的振动能量E = mv 2 / 2 = 3.31⨯10-20 J 9-27 质量 m ＝10g 的小球与轻弹簧组成一振动系统， 按 x = 0.5(8πt + π / 3) (cm )的规 律作自由振动，求（1） 振动的角频率、周期、振幅和初相；（2） 振动的能量 E ；（3） 一个周期内的平均动能和平均势能．解 （1） 将 x = 0.5(8πt + π / 3) (cm )与 x = A cos (ωt + ϕ )比较后可得：角频率ω = 8π s -1 ，振 幅 A ＝0.5cm ，初相 φ＝π/3，则周期 T ＝2π/ω＝0.25 ｓA + A + 2 A A cos ( 2 2 1 2 1 2 ϕ - ϕ ) 2 1（2） 简谐运动的能量 E = 1 mA 2ω 2 = 7.90 ⨯10-5 J （3） 简谐运动的动能和势能分别为 E = 1 mA 2ω 2sin 2 (ωt + ϕ ) K 2E = 1 mA 2ω 2cos 2 (ωt + ϕ ) P 2则在一个周期中，动能与势能对时间的平均值分别为E = 1 ⎰T 1 mA 2ω 2 sin 2 (ωt + ϕ )d t = mA 2ω 2 = 3.95 ⨯10-5 J T 0 2 4E = 1 ⎰T 1 mA 2ω 2 cos 2 (ωt + ϕ )d t = mA 2ω 2 = 3.95 ⨯10-5 J T 0 2 49-28已 知 两 同 方 向 、 同 频 率 的 简 谐 运 动 的 运 动 方 程 分 别 为 x 1= 0.05cos (10t + 0.75π) (m )； x 2 = 0.06cos (10t + 0.25π) (m ) ．求：（1） 合振动的振幅及初相；（2） 若有另一同方向、同频率的简谐运动 x 3 = 0.07co s (10t + ϕ3 ) (m )，则ϕ3 为多少时， x 1 ＋x 3 的振幅最大？ 又ϕ3 为多少时，x 2 ＋x 3 的振幅最小？题 9-28 图分析 可采用解析法或旋转矢量法求解.由旋转矢量合成可知，两个同方向、同频率简谐运动 的合成仍为一简谐运动，其角频率不变；合振动的振幅 A = ，其大小与两个分振动的初相差ϕ2 - ϕ1 相关．而合振动的初相位ϕ = arctan [(A s in ϕ + A sin ϕ ) / (A cos ϕ + A cos ϕ )] 1 1 2 2 1 1 2 2解 （1） 作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为∆ϕ 故合振动振幅为= ϕ2 - ϕ1 = -π / 2 ， A = 合振动初相位= 7.8 ⨯10-2 m ϕ = arctan [(A s in ϕ + A sin ϕ ) / (A cos ϕ + A cos ϕ )] 1 1 2 2 1 1 2 2= arctan11 = 1.48 rad （2） 要使 x 1 ＋x 3 振幅最大，即两振动同相，则由∆ϕ= 2k π 得 A + A + 2 A A cos ( 2 2 1 2 1 2 ϕ - ϕ ) 21 K PA 2 + A 2 + 2A 2cos (π + ϕ - ϕ ) 2 12ϕ3 = ϕ1 + 2k π = 2k π + 0.75π, k= 0,±1,±2,...要使 x 1 ＋x 3 的振幅最小，即两振动反相，则由()得 ϕ3 = ϕ2 + (2k + 1)π = 2k π + 1.25π, k = 0,±1,±2,...9-29 手电筒和屏幕质量均为 m ，且均被劲度系数为 k 的轻弹簧悬挂于同一水平面上，如 图所示．平衡时，手电筒的光恰好照在屏幕中心．设手电筒和屏幕相对于地面上下振动的表达式分别为 x 1 = A cos (ωt + ϕ1 )和 x 2 = A cos (ωt + ϕ2 )．试求在下述两种情况下，初相位 φ1 、φ2 应满足的条件：（1） 光点在屏幕上相对于屏静止不动；（2） 光点在屏幕上相对于屏作振幅 A ′＝2A 的振动．并说明用何种方式起动，才能得到上述结果．题 9-29 图分析 落在屏幕上的光点相对地面的运动和屏幕相对于地面的运动都已知道，且是两个简谐运动．因此由运动的合成不难写出光点相对屏的运动（实际上是两个同方向、同频率简谐运动的合成）．根据相对运动公式，有依题意x 光对地 = x 光对屏 + x 屏对地x 光对地 = x 1 = A cos (ωt + ϕ1 ) x 屏对地 = x 2 = A cos (ωt + ϕ2 ) 所以 x 光对屏 = x 1 - x 2 = x 1 + x 2'= A cos (ωt + ϕ1 ) + A cos (ωt + π + ϕ2 ) 可见光点对屏的运动就是两个同方向、同频率简谐运动 x 1 = A cos (ωt + ϕ1 ) 和 x 2' = A cos (ωt + π + ϕ2 )的合成．用与上题相同的方法即可求解本题．其中合运动振幅 A ' = ． 解 （1） 根据分析和参考上题求解，当要求任一时刻光点相对于屏不动，即 x 光对屏 = 0 ，就是 当π + ϕ2 - ϕ1 = (2k + 1)π 时，即ϕ = ϕ1 + 2k π 时（ k = 0,±1,±2,...），A ′＝0．当光点 相对于屏作振幅为 2A 的运动时，要求π + ϕ2 - ϕ1 = 2k π ，即ϕ2 = ϕ1 + (2k - 1)π ．（2） 由以上求解可知，要使光点相对于屏不动，就要求手电筒和屏的振动始终要同步， 即同相位，为此，把它们往下拉 A 位移后，同时释放即可；同理，要使光点对屏作振幅为 2A 的谐振动，两者必须相位相反，为此，让手电筒位于平衡点 0 上方的-A 处，而屏则位于+A 处同。
大学物理9~13课后作业答案Word版
第八章8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强． 解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0R E E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0R E E y -=-=积分R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπR E y∴R E E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q 在P 点产生物强P Ed 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ ∵22cos 221l r l +=θ 12cos cos θθ-= ∴24π4d 22220l r ll r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴424π4d 222222l r rl r l r lE +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ ∵l q 4=λ ∴2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿 8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理,02π4ε∑=qr E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p =3(r )3内r - ∴()2023π43π4r r r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外.8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅q S E sd ε∑ ⎰ = ⋅ q SE s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则rlE S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r < 0,0==∑E q(2) 21R r R <<λl q =∑∴r E 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r > 0=∑q ∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， nE )(21210σσε-= 1σ面外， nE)(21210σσε+-=2σ面外， nE )(21210σσε+=n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E ，ρ- 球在O 点产生电场'd π4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场d 33030r E ερ= ；(2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场003ερ='E 'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r '，相对O 点位矢为r(如题8-13(b)图)则03ερrEPO =，03ερr E O P '-=' ,∴0003'3)(3ερερερd OO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-R qR q 0π41ε=O U )3(R q R q -R q 0π6ε-=∴R qq U U q A oC O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17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．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θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E y R 0π4ελ=［)2sin(π-2sinπ-］ R 0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB 200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产生 2ln π402ελ=U半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB AC U U =，即∴AB AB AC AC E E d d =∴ 2d d 21===AC AB AB AC E E σσ且 1σ+2σS q A= 得,32S q A =σ S q A321=σ 而7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ(2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )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，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； 解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：π4π42020=-=R q R q U εε8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势． 解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅qS D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内; 介质外)(2R r <场强303π4,π4r r Q E r Qr D ε ==外 (2)介质外)(2R r >电势r Q E U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Q r r -+=εεεrd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内(3)金属球的电势rd r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdrR R R r r Qdrr Q εεε )11(π4210R R Q r r -+=εεε8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d q S D 得11σ=D ，22σ=D而101E D ε=,202E D r εε=d 21UE E ==∴ r D D εσσ==1212题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求： (1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S 则 rlDS D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴rl QD π2=(1)电场能量密度22222π82l r Q D w εε==薄壳中rl rQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222=== (2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R V R R l Q rl r Q W W εε(3)电容：∵C Q W 22=∴)/ln(π22122R R lW Q C ε== 8-34 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．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε =3R r >时 302π4r rQ E ε =∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r r QW εε⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r r Q W εεε ∴ 总能量)111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε 41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε =,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容)11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F习题九9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m -2的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是 24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量 022=⋅=S BΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BCD 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里．题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度． 解： 如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
大学物理答案(9-11章)及计算题解
9.25 解：
∫
S
v v D d S = D 2π rl = λ l
λ E= = ε 0ε r 2πε 0ε r r
D
λ D= 2π r
10.1 D； ； 10.3
10.2 D； ；
0 qv sin α 0 qv sin α 2 4πr 4πr 2 v v v v v 10.4 解： B = B1 + B2 + B3 + B4 v v = B2 + B3
E = Ey = Qr = 4 πε
∫ dE
y
o
xL
x
∫
0
L 2 L 2
dx (x2 + r 2)
3 2
=
1 2 πε 0 r
Q 4 r 2 + L2
9.5 解：取dx窄条视为无限长均匀带电直导 窄条视为无限长均匀带电直导 单位长度上带电量为： 线，单位长度上带电量为： λ = + σ dx × 1 1 σ dx （1）P1点： dE = ） 2 πε 0 a + b x z 2 方向： 方向：如图
Z
λ a E = 2E+ cosθ = πε 0 r r aλ = 2 2 πε0 (a + z )
E+
E
a
E
o
z
X
a
9.11 D ；
9.12 D ； 9.13 －2×103 V 。 ×
9.14 解：
R1 < r < R2
r > R2
E1 =
q1 4πε 0 r q1 + q 2
2
E2 =
r R2
R
a+d
大学物理课后习题答案第九章
第9章 电稳感应和电磁场 习题及答案1. 通过某回路的磁场与线圈平面垂直指向纸面内，磁通量按以下关系变化：23(65)10t t Wb -Φ=++⨯。
求2t s =时，回路中感应电动势的大小和方向。
解：310)62(-⨯+-=Φ-=t dtd ε 当s t 2=时，V 01.0-=ε由楞次定律知，感应电动势方向为逆时针方向2. 长度为l 的金属杆ab 以速率υ在导电轨道abcd 上平行移动。
已知导轨处于均匀磁场B 中，B 的方向与回路的法线成60°角，如图所示，B的大小为B =kt (k 为正常数)。
设0=t 时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向。
解：任意时刻通过通过回路面积的磁通量为202160cos t kl t Bl S d B m υυ==⋅=Φ导线回路中感应电动势为 t kl tmυε-=Φ-=d d 方向沿abcda 方向。
3. 如图所示，一边长为a ，总电阻为R 的正方形导体框固定于一空间非均匀磁场中，磁场方向垂直于纸面向外，其大小沿x 方向变化，且)1(x k B +=，0>k 。
求： （1）穿过正方形线框的磁通量；（2）当k 随时间t 按t k t k 0)(=(0k 为正值常量)变化时，线框中感生电流的大小和方向。
解：（1）通过正方形线框的磁通量为⎰⎰=⋅=Φa S Badx S d B 0 ⎰+=a dx x ak 0)1()211(2a k a +=（2）当t k k 0=时，通过正方形线框的磁通量为)211(02a t k a +=Φ 正方形线框中感应电动势的大小为dt d Φ=ε)211(02a k a +=正方形线框线框中电流大小为)211(02a R k a R I +==ε，方向：顺时针方向4.如图所示，一矩形线圈与载有电流t I I ωcos 0=长直导线共面。
设线圈的长为b ，宽为a ；0=t 时，线圈的AD 边与长直导线重合；线圈以匀速度υ垂直离开导线。
大学物理书后习题答案
[习题解答]9-3两个相同的小球质量都是m，并带有等量同号电荷q，各用长为l的丝线悬挂于同一点。
由于电荷的斥力作用，使小球处于图9-9所示的位置。
如果θ角很小，试证明两个小球的间距x可近似地表示为.解小球在三个力的共同作用下达到平衡，这三个力分别是重力m g、绳子的张力T和库仑力f。
于是可以列出下面的方程式,(1)图9-9,(2)(3)因为θ角很小，所以,.利用这个近似关系可以得到,(4). (5)将式(5)代入式(4)，得,由上式可以解得.得证。
9-4在上题中，如果l = 120 cm，m = 0.010 kg，x = 5.0 cm，问每个小球所带的电量q为多大？解在上题的结果中，将q解出，再将已知数据代入，可得.9-5氢原子由一个质子和一个电子组成。
根据经典模型，在正常状态下，电子绕核作圆周运动，轨道半径是r0 = 5.29⨯10-11m。
质子的质量M = 1.67⨯10-27kg，电子的质量m = 9.11⨯10-31kg，它们的电量为±e =1.60⨯10-19C。
(1)求电子所受的库仑力；(2)电子所受库仑力是质子对它的万有引力的多少倍？(3)求电子绕核运动的速率。
解(1)电子与质子之间的库仑力为.(2)电子与质子之间的万有引力为.所以.(3)质子对电子的高斯引力提供了电子作圆周运动的向心力，所以,从上式解出电子绕核运动的速率，为.9-6 边长为a的立方体，每一个顶角上放一个电荷q 。
(1)证明任一顶角上的电荷所受合力的大小为.(2) F的方向如何？解立方体每个顶角上放一个电荷q，由于对称性，每个电荷图9-10的受力情况均相同。
对于任一顶角上的电荷，例如B角上的q B，它所受到的力、和大小也是相等的，即.首先让我们来计算的大小。
由图9-10可见，、和对的作用力不产生x方向的分量；对的作用力f1的大小为,f1的方向与x轴的夹角为45︒。
对的作用力f2的大小为,f2的方向与x轴的夹角为0︒。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第八章8-7 一个半径为的均匀带电半圆环，电荷线密度为,求环心处点的场强． 解: 如8-7图在圆上取题8-7图，它在点产生场强大小为方向沿半径向外则积分∴ ，方向沿轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为，总电量为．(1)求这正方形轴线上离中心为处的场强；(2)证明：在处，它相当于点电荷产生的场强．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷在点产生物强方向如图，大小为∵∴R λO ϕRd dl =ϕλλd d d R l q ==O 20π4d d R R E εϕλ=ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰d cos π400=-=⎰ϕϕελπR E y RE E x 0π2ελ==x l q r E l r >>q E 4q P P Ed ()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=24π4d 2222l r l l r E P ++=ελ在垂直于平面上的分量∴题8-8图由于对称性，点场强沿方向，大小为∵∴方向沿 8-10 均匀带电球壳半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理,当时，,时， ∴， 方向沿半径向外． cm 时,∴ 沿半径向外.8-11 半径为和(＞)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和-,试求:(1)＜；(2) ＜＜；(3) ＞处各点的场强．解: 高斯定理P Ed βcos d d P E E =⊥424π4d 222222l r r l r l r lE +++=⊥ελP OP 2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελl q 4=λ2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε510-02π4ε∑=qr E 5=r cm 0=∑q 0=E 8=r cm ∑q 3π4p =3(r )3内r -()2023π43π4r r r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅12=r 3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外1C N -⋅1R 2R 2R 1R λλr 1R 1R r 2R r 2R 0d ε∑⎰=⋅qS E sd ε∑ ⎰ = ⋅ q S E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积 则对(1)(2)∴沿径向向外(3) ∴题8-12图8-12两个无限大的平行平面匀带电，电荷的面密度分别为和，试求空间各处场强． 解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为与，两面间，面外，面外，：垂直于两平面由面指为面．8-13 半径为的均匀带电球体的电荷体密度为,若在球挖去一块半径为＜的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心与点的场强，并证明小球空腔的电场是均匀的． 解: 将此带电体看作带正电的均匀球与带电的均匀小球的组合，见题8-13图(a)． (1) 球在点产生电场，球在点产生电场∴ 点电场；(2) 在产生电场球在产生电场∴ 点电场rl S π2=rlE S E Sπ2d =⋅⎰ 1R r <0,0==∑E q 21R r R <<λl q =∑r E 0π2ελ=2R r >0=∑q 0=E 1σ2σ1σ2σnE)(21210σσε-=1σnE )(21210σσε+-=2σnE )(21210σσε+=n1σ2σR ρr R O O 'ρρ-ρ+O 010=Eρ-O 'd π4π3430320OO r E ερ= O 'd 33030OO r E ερ= ρ+O ''d π4d 3430301OO E ερπ='ρ-O '002='EO '003ερ='E 'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点相对的位矢为，相对点位矢为(如题8-13(b)图) 则，,∴∴腔场强是均匀的．题8-16图8-16 如题8-16图所示，在，两点处放有电量分别为+,-的点电荷，间距离为2，现将另一正试验点电荷从点经过半圆弧移到点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题8-16图示∴8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于．试求环中心点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，和段电荷在点产生的场强互相抵消，取则产生点如图，由于对称性，点场强沿轴负方向题8-17图P O 'r 'O r3ερrE PO =03ερr E O P '-=' 0003'3)(3ερερερd OO r r E E E O P PO P=='-=+='A B q q AB R 0q OC 0π41ε=O U 0)(=-R qR q 0π41ε=O U )3(R q R q -R q 0π6ε-=Rqq U U q A oC O 00π6)(ε=-=λR O AB CD O θd d R l =θλd d R q =O Ed O y［］(2) 电荷在点产生电势，以同理产生半圆环产生∴8-22 三个平行金属板，和的面积都是200cm 2，和相距4.0mm ，与相距2.0 mm ．，都接地，如题8-22图所示．如果使板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问板和板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则板的电势是多少? 解: 如题8-22图示，令板左侧面电荷面密度为，右侧面电荷面密度为题8-22图(1)∵ ，即∴∴且 + 得而(2)θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E y R 0π4ελ=)2sin(π-2sinπ-R 0π2ελ-=AB O 0=∞U ⎰⎰===A B 200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελCD 2ln π402ελ=U 0034π4πελελ==R R U 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O A B C A B A C B C A B C A A 1σ2σABAC U U =ABAB AC AC E E d d =2d d 21===ACABAB AC E E σσ1σ2σS q A=,32S q A =σS q A321=σ7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C 10172-⨯-=-=S q B σ301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV8-23 两个半径分别为和（＜)的同心薄金属球壳，现给球壳带电+，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，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； 解: (1)球带电；球壳表面带电则为,外表面带电为，且均匀分布，其电势题8-23图(2)外壳接地时，外表面电荷入地，外表面不带电，表面电荷仍为．所以球壳电势由球与表面产生：8-27 在半径为的金属球之外包有一层外半径为的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为，金属球带电．试求： (1)电介质、外的场强； (2)电介质层、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理(1)介质场强 ;介质外场强(2)介质外电势介质电势1R 2R 1R 2R q q +q -q +⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε q +q -q +q -0π4π42020=-=R q R q U εε1R 2R r εQ ∑⎰=⋅qS D Sd )(21R r R <<303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内)(2R r <303π4,π4r rQ E r Qr D ε ==外)(2R r >rQ E U 0r π4r d ε=⋅=⎰∞ 外)(21R r R <<2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεεrd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内(3)金属球的电势8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积充入相对介电常数为的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为，真空部分场强为，自由电荷面密度分别为与由得，而,∴题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为，半径分别为和(＞)，且>>-，两柱面之间充有介电常数的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷和-时，求： (1)在半径处(＜＜＝，厚度为dr ，长为的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为的同轴圆柱面 则当时，∴ (1)电场能量密度rd r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=222020π44πdrR R R r r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r -+=εεεr ε2E 1E 2σ1σ∑⎰=⋅0d q S D11σ=D 22σ=D 101E D ε=202E D r εε=d 21UE E ==r D D εσσ==1212l 1R 2R 2R 1R l 2R 1R εQ Q r 1R r 2Rl r )(S rlDS D S π2d )(=⋅⎰ )(21R r R <<Q q =∑rl QD π2=22222π82l r Q D w εε==薄壳中(2)电介质中总电场能量(3)电容：∵∴8-34 半径为=2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的、外半径分别为=4.0cm 和=5.0cm ，当球带电荷=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．解: 如图，球带电，外球壳表面带电，外表面带电题8-34图(1)在和区域在时时∴在区域在区域∴ 总能量rl rQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===⎰⎰===211222ln π4π4d d R R V R R l Q rl r Q W W εεC Q W 22=)/ln(π22122R R lW Q C ε==1R 2R 3RQ Q Q -Q 1R r <32R r R <<0=E21R r R <<301π4r rQ E ε =3R r >302π4r rQ E ε =21R r R <<⎰=21d π4)π4(21222001R R r r r Q W εε⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε3R r >⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε)111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有时,∴(3)电容器电容习题九9-6 已知磁感应强度Wb ·m -2的均匀磁场，方向沿轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中面的磁通量；(2)通过图中面的磁通量；(3)通过图中面的磁通量．解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过面积的磁通是(2)通过面积的磁通量(3)通过面积的磁通量(或曰)题9-7图9-7 如题9-7图所示，、为长直导线，为圆心在点的一段圆弧形导线，其半径为．若通以电流，求点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，点磁场由、、三部分电流产生．其中产生产生，方向垂直向里段产生 ，方向向里∴，方向向里． 21R r R <<30π4r rQ E ε =02=W 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W εJ )11/(π422102R R Q W C -==ε121049.4-⨯=F 0.2=B x abcd befc aefd abcd 1S 24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb befc 2S 022=⋅=S BΦaefd 3S 24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb 24.0-Wb AB CD C BO R I O O AB C BCD AB 01=BCD RIB 1202μ=CD )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ⊥)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ⊥题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的，两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心的磁感应强度． 解： 如题9-9图所示，圆心点磁场由直电流和及两段圆弧上电流与所产生，但和在点产生的磁场为零。