物理学教程(第二版)课后答案10

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物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版

第一章质点运动学 1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v ,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ．(1) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜Δr ｜= Δs = Δr(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r(C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s(D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s(2) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v(C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故ts t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ．但由于｜d r ｜＝d s ,故ts t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即(1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确(C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确分析与解tr d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；t d d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v 表示速度,a 表示加速度,s 表示路程, a ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的(C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的分析与解td d v 表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；ts d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而t d d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( )(A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变(B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变(C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变(D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小；(2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx 来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d t x 两式计算．题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x (2) 由0d d =tx 得知质点的换向时刻为 s 2=p t (t ＝0不合题意) 则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t x v 2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a 1 -6 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；分析质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,(详见题1-1分析).解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为 2412x y -= 这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得j i j i r r r 44)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r 而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为23010t t x +-=22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为t tx x 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v 当t ＝0 时, v 0x ＝-10 m·ｓ-1 , v 0y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为 120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v 0与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==x yαv v α＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta x x v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则 32tan -==x y a a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -8 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m ．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y 1 ＝y 1(t )和y 2 ＝y 2(t ),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t y +=v 20221gt t h y -+=v 当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v v s 705.02=+=ag h t (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为 m 716.021202=+-=-=gt t y h d v 解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有2)(210t a g h +-= s 705.02=+=ag h t (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v 则 m 716.0='-=h h d题 1-8 图1 -9 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．分析本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和tx d d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解由分析知,应有⎰⎰=t t a 0d d 0v v v 得 03314v v +-=t t (1)由 ⎰⎰=txx t x 0d d 0v 得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1)、(2)得 v 0＝-1 m·ｓ-1, x 0＝0.75 m于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -10 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a ＝A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．分析本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v 后再两边积分．解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 v v B A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为 t B A d d =-vv (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有 ⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v v v v v 得石子速度 )e 1(Bt B A --=v 由此可知当,t →∞时,B A →v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)e 1(d d Bt BA t y --==v 并考虑初始条件有 t BA y t Bt y d )e 1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(e 2-+=-Bt B A t B A y 1 -11 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ．在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r 0 ＝10 m i ．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．题 1-11 图分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和y (t )．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==tt t t 000)d 46(d d j i a v vj i t t 46+=v 又由td d r =v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 ⎰⎰⎰+==tt rr t t t t 00)d 46(d d 0j i r v j i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2y ＝2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程3y ＝2x -20 m 这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示． 1 -12 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t 2 )j ,式中r 的单位为m,t 的单位为s ．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t 1＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．分析根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )和y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即t ΔΔr =v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ．解 (1) 由参数方程x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 ＝1.00ｓ到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t ty t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 22222s m 0.4d d d d )(-⋅-=+=ty t x t则t 1 ＝1.00ｓ时的速度v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t t tt e e e a 222s 1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为 122s m 47.4-⋅=+=y x v v v则m 17.112==na ρv 1 -13 飞机以100 m·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m 时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问：(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？题 1-13 图分析物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t ,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量v x 、v y 求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝v t , y ＝1/2 gt 2飞机水平飞行速度v ＝100 m·s -1 ,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m 4522==gy x v(2) 视线和水平线的夹角为o 5.12arctan==xy θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 vv v gt αx yarctan arctan == 取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t 2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g g a n α 1 -14 为迎接香港回归，特技演员柯受良在1997年6月1日驾车飞越黄河壶口，如图所示，柯驾车从跑道东端启动，到达跑道终端时速度大小为1500=v h km 1-⋅，他随即以仰角ο5=α冲出，飞越跨度达57 m ，安全着陆在西岸木桥上，求：题 1-14 图（1）柯飞车跨越黄河用了多长时间？（2）若起飞点高出河面10 m ，柯驾车飞行的最高点距河面为几米？（3）西岸木桥和起飞点的高度差为多少？分析由题意知，飞车作斜上抛运动，对包含抛体在内的一般曲线运动来说，运用叠加原理是求解此类问题的普适方法，操作程序是：建立一个恰当的直角坐标系，将运动分解为两个相互正交的直线运动，由于在抛体运动中，质点的加速度恒为g ，故两个分运动均为匀变速直线运动或其中一个为匀速直线运动，直接列出相关运动规律方程即可求解，本题可建立图示坐标系，图中m m x y 和分别表示飞车的最大高度和飞跃跨度.解在图示坐标系中，有t v x )cos (0α= （1）2021sin (gt t v y -=）α （2） gt v v y -=αsin 0 （3）(1) 由式（1），令57m ==x x m ，得飞跃时间37.1cos 0m m ==αv x t s （2）由式（3），令0=y v ，得飞行到最大高度所需时间gv t αsin 0m =’将’m t 代入式（2），得飞行最大高度 67.02sin 220m ==gv y αm 则飞车在最高点时距河面距离为10m +=y h m 67.10= m（3）将37.1m =t s 代入式（2），得西岸木桥位置为y = - 4.22 m“-”号表示木桥在飞车起飞点的下方.讨论本题也可以水面为坐标系原点，则飞车在 y 方向上的运动方程应为10=y m + 2021)sin (gt t v -α 1 -15 如图所示，从山坡底端将小球抛出，已知该山坡有恒定倾角ο30=α，球的抛射角ο60=β，设球被抛出时的速率v 0 ＝19.6 m·ｓ-1，忽略空气阻力，问球落在山坡上处离山坡底端的距离为多少？此过程经历多长时间？题 1-15 图分析求解方法与上题类似，但本题可将运动按两种方式分解，如图（a ）和图（b ）所示.在图（a ）坐标系中，两个分运动均为匀减速直线运动，加速度大小分别为-g αcos 和-g αsin ，看似复杂，但求解本题确较方便，因为落地时有y =0,对应的时间t 和x 的值即为本题所求.在图（b ）坐标系中，分运动看似简单，但求解本题还需将落地点P 的坐标y 与x 的关系列出来.解 1 由分析知，在图（a ）坐标系中，有20)sin (21)]cos([t g t v x ααβ-+-= （1） 20)cos (21)]sin([t g t v y ααβ-+-= （2）落地时，有y =0，由式（2）解得飞行时间为31.230tan 20==οg v t s将 t 值代入式（1），得1.26322===g v x OP m解 2 由分析知，在图（b ）坐标系中，对小球 t v x )cos (0β=（1） 2021)sin (gt t v y -=β（2）对点P αtan x y ='（3）由式（1）、（2）可得球的轨道方程为οββ2202cos 2tan v gx x y -=（4）落地时，应有y y '=，即οοο60cos 260tan 30tan 2202v gx x x -=解之得落地点P 的x 坐标为g v x 332=（5）则 1.263230cos 20===g v xOP οm联解式（1）和式（5）可得飞行时间31.2=t s讨论比较两种解法，你对如何灵活运用叠加原理有什么体会?1 -16 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？分析在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts -==0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为 b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为R )(402222bt b a a a a t tn -+=+=v 其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n 20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v = (3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为b s s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -17 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．分析首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以 22)(t t ωω== 则t ′＝0.5ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa 在2.0ｓ内该点所转过的角度rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1 -18 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s 2s m 80.4d d -=⋅==t ωr a t t (2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt = 得 3213=t此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt = t ＝0.55ｓ1 -19 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)题 1-19 图分析这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得 1o 12s m 36.575tan -⋅==v v 1 -20 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方形物体,问车速v 1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？分析这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足hl αarctan≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．题 1-20 图解由122v v v -='［图(b)］,有θθcos sin arctan221v v v -=α而要使hlαarctan ≥,则 hl θθ≥-cos sin 221v v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v 第二章牛顿定律2 -1 如图(a)所示,质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为( )(A) g sin θ (B) g cos θ (C) g tan θ (D) g cot θ分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力F Ｔ (其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a ,如图(b)所示,由其可解得合外力为mg cot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．2 -2 用水平力F N 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当F N 逐渐增大时,物体所受的静摩擦力F f 的大小( )(A) 不为零,但保持不变(B) 随F N 成正比地增大(C) 开始随F N 增大,达到某一最大值后,就保持不变(D) 无法确定分析与解与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μF N 范围内取值．当F N 增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．2 -3 一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R ,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率( )(A) 不得小于gR μ (B) 必须等于gR μ(C) 不得大于gR μ (D) 还应由汽车的质量m 决定分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μF N ．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v ＝μRg ．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．2 -4 一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,在下滑过程中,则( )(A) 它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变(B) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加(C) 它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心(D) 它受到的合外力大小不变,其速率不断增加分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力F N 作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m g cos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程Rm θmg F N 2sin v =-可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力F N 也将不断增大,由此可见应选(B)．*2 -5 图(a)示系统置于以a ＝1/4 g 的加速度上升的升降机内,A 、B 两物体质量相同均为m ,A 所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不计空气阻力,则绳中张力为( )(A) 5/8 mg (B) 1/2 mg (C) mg (D) 2mg分析与解本题可考虑对A 、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A 、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a ′为A 、B 两物体相对电梯的加速度,m a 为惯性力．对A 、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F Ｔ＝5/8 mg ．故选(A)．讨论对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度a A 和a B 均应对地而言,本题中a A 和a B 的大小与方向均不相同．其中a A 应斜向上．对a A 、a B 、a 和a ′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁琐．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2 -6 图示一斜面,倾角为α,底边AB 长为l ＝2.1 m,质量为m 的物体从题2 -6 图斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为μ＝0.14．试问,当α为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短？其数值为多少？分析动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f (t ),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．解取沿斜面为坐标轴Ox ,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有ma αmg μαmg =-cos sin (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有()22cos sin 2121cos t αμαg at αl -== 则 ()αμααg l t cos sin cos 2-= (2) 为使下滑的时间最短,可令0d d =αt ,由式(2)有 ()()0sin cos cos cos sin sin =-+--αμαααμαα则可得 μα12tan -=,o 49=α 此时 ()s 99.0cos sin cos 2min =-=αμααg l t 2 -7 工地上有一吊车,将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空．甲块质量为m 1 ＝2.00 ×102 kg,乙块质量为m 2 ＝1.00 ×102 kg ．设吊车、框架和钢丝绳的质量不计．试求下述两种情况下,钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作用力：(1) 两物块以10.0 m·ｓ-2 的加速度上升；(2) 两物块以1.0 m·ｓ-2的加速度上升．从本题的结果,你能体会到起吊重物时必须缓慢加速的道理吗？题2-7 图分析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．解按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有FＴ-( m1＋m2)g ＝(m1＋m2)a (1)F N2 - m2g ＝m2a (2) 解上述方程,得FＴ＝(m1＋m2)(g ＋a) (3)F N2＝m2(g ＋a) (4)(1) 当整个装置以加速度a＝10 m·ｓ-2上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为FＴ＝5.94 ×103 N乙对甲的作用力为F′N2＝-F N2＝-m2 (g ＋a)＝-1.98 ×103 N(2) 当整个装置以加速度a＝1 m·ｓ-2上升时,得绳张力的值为FＴ＝3.24 ×103 N此时,乙对甲的作用力则为F′N2＝-1.08 ×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2 -8如图(a)所示,已知两物体A、B 的质量均为m＝3.0kg 物体A 以加速度a ＝1.0 m·ｓ-2运动,求物体B 与桌面间的摩擦力．(滑轮与连接绳的质量不计)分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．解分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有m A g-FＴ＝m A a (1)F ′Ｔ1 -F ｆ＝m B a ′ (2)F ′Ｔ -2F Ｔ1 ＝0 (3)考虑到m A ＝m B ＝m , F Ｔ＝F′Ｔ , F Ｔ1 ＝F ′Ｔ1 ,a ′＝2a ,可联立解得物体与桌面的摩擦力 ()N 2.724f =+-=a m m mg F题 2-8 图讨论动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．2 -9 质量为m ′的长平板A 以速度v ′在光滑平面上作直线运动,现将质量为m 的木块B 轻轻平稳地放在长平板上,板与木块之间的动摩擦因数为μ,求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度？分析当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v ′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板移动的距离即可求出．解1 以地面为参考系,在摩擦力f F ＝μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程f F ＝μmg ＝ma 1f F ＝-f F ＝m ′a 2a 1 和a 2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度．若以木板为参考系,木块相对平板的加速度a ＝a 1 ＋a 2 ,木块相对平板以初速度- v ′作匀减速运动直至最终停止．由运动学规律有。

物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版之欧阳与创编

第一章质点运动学1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ．(1) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜Δr ｜= Δs = Δr(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r(C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s(D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (2) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v(C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故t s t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ．但由于｜d r ｜＝d s ,故t s t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)．1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即(1)t rd d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确(C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确分析与解t rd d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；t d d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t sd d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量,v 表示速度,a 表示加速度,s 表示路程, a ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的(C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的分析与解t d d v表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；trd d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；tsd d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而t d d v表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( )(A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变(B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变(C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变(D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小；(2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =t x 来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t＝4.0 s 时质点速度和加速度可用t xd d 和22d d t x 两式计算．题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小(2) 由 0d d =t x得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意)则所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为(3) t ＝4.0 s 时1 -6已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；分析质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,(详见题1-1分析).解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为 j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r 而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r 题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为当t ＝0 时,v 0x ＝-10 m·ｓ-1 ,v 0y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为设v 0与x 轴的夹角为α,则α＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==t a x x v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v则加速度的大小为设a 与x 轴的夹角为β,则β＝-33°41′(或326°19′)1 -8 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m ．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y 1 ＝y 1(t )和y 2 ＝y 2(t ),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为则 m 716.0='-=h h d题 1-8 图1 -9 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．分析本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和tx d d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解由分析知,应有得 03314v v +-=t t (1)由 ⎰⎰=t x x t x 0d d 0v得00421212x t t t x ++-=v (2)将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1)、(2)得v 0＝-1 m·ｓ-1,x 0＝0.75 m于是可得质点运动方程为1 -10 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a ＝A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．分析本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v 后再两边积分．解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知v v B A t a -==d d (1)用分离变量法把式(1)改写为 t B A d d =-v v (2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有得石子速度)e 1(Bt B A --=v 由此可知当,t →∞时,B A →v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度．(2) 再由)e 1(d d Bt B A t y --==v 并考虑初始条件有得石子运动方程1 -11 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ．在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r 0 ＝10 m i ．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．题 1-11 图分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和y (t )．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得又由t d d r =v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2y ＝2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程3y ＝2x -20 m这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示．1 -12 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t 2 )j ,式中r 的单位为m,t 的单位为s ．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t 1＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．分析根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )和y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即t ΔΔr =v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度t d d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t t e a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ．解 (1) 由参数方程x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 ＝1.00ｓ到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为则t 1 ＝1.00ｓ时的速度v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为则m 17.112==n a ρv1 -13 飞机以100 m·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m 时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问：(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？题 1-13 图分析物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t ,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量v x 、v y 求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝vt , y ＝1/2 gt 2飞机水平飞行速度v ＝100 m·s -1 ,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离(2) 视线和水平线的夹角为(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为1 -14为迎接香港回归，特技演员柯受良在1997年6月1日驾车飞越黄河壶口，如图所示，柯驾车从跑道东端启动，到达跑道终端时速度大小为1500=v h km 1-⋅，他随即以仰角 5=α冲出，飞越跨度达57 m ，安全着陆在西岸木桥上，求：题 1-14 图（1）柯飞车跨越黄河用了多长时间？（2）若起飞点高出河面10 m ，柯驾车飞行的最高点距河面为几米？（3）西岸木桥和起飞点的高度差为多少？分析由题意知，飞车作斜上抛运动，对包含抛体在内的一般曲线运动来说，运用叠加原理是求解此类问题的普适方法，操作程序是：建立一个恰当的直角坐标系，将运动分解为两个相互正交的直线运动，由于在抛体运动中，质点的加速度恒为g ，故两个分运动均为匀变速直线运动或其中一个为匀速直线运动，直接列出相关运动规律方程即可求解，本题可建立图示坐标系，图中m m x y 和分别表示飞车的最大高度和飞跃跨度.解在图示坐标系中，有t v x )cos (0α= （1）2021sin (gt t v y -=）α （2） gt v v y -=αsin 0 （3）(1) 由式（1），令57m ==x x m ，得飞跃时间 37.1cos 0m m ==αv x t s （2）由式（3），令0=y v ，得飞行到最大高度所需时间将’m t 代入式（2），得飞行最大高度67.02sin 220m ==g v y αm则飞车在最高点时距河面距离为10m +=y h m 67.10= m（3）将37.1m =t s 代入式（2），得西岸木桥位置为 y = - 4.22 m“-”号表示木桥在飞车起飞点的下方.讨论本题也可以水面为坐标系原点，则飞车在 y 方向上的运动方程应为10=y m + 2021)sin (gt t v -α1 -15如图所示，从山坡底端将小球抛出，已知该山坡有恒定倾角 30=α，球的抛射角 60=β，设球被抛出时的速率v 0 ＝19.6 m·ｓ-1，忽略空气阻力，问球落在山坡上处离山坡底端的距离为多少？此过程经历多长时间？题 1-15 图分析求解方法与上题类似，但本题可将运动按两种方式分解，如图（a ）和图（b ）所示.在图（a ）坐标系中，两个分运动均为匀减速直线运动，加速度大小分别为-g αcos 和-g αsin ，看似复杂，但求解本题确较方便，因为落地时有y =0,对应的时间t 和x 的值即为本题所求.在图（b ）坐标系中，分运动看似简单，但求解本题还需将落地点P 的坐标y 与x 的关系列出来. 解 1 由分析知，在图（a ）坐标系中，有20)sin (21)]cos([t g t v x ααβ-+-= （1）20)cos (21)]sin([t g t v y ααβ-+-= （2）落地时，有y =0，由式（2）解得飞行时间为31.230tan 20== g v t s将 t 值代入式（1），得1.263220===g v x OP m解 2 由分析知，在图（b ）坐标系中，对小球 t v x )cos (0β= （1）2021)sin (gt t v y -=β （2）对点P αtan x y =' （3）由式（1）、（2）可得球的轨道方程为ββ2202cos 2tan v gx x y -= （4）落地时，应有y y '=，即解之得落地点P 的x 坐标为g v x 3320= （5）则 1.263230cos 20===g v x OP m联解式（1）和式（5）可得飞行时间31.2=t s讨论比较两种解法，你对如何灵活运用叠加原理有什么体会?1 -16一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？分析在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解 (1) 质点作圆周运动的速率为其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , R bt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为其方向与切线之间的夹角为(2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R =-+4022)(1v 可得(3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为因此质点运行的圈数为1 -17 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．分析首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数所以 22)(t t ωω==则t ′＝0.5ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为总加速度在2.0ｓ内该点所转过的角度1 -18 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t t θω==．在t ＝2 ｓ时,法向加速度和切向加速度的数值分别为(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即得3213=t 此时刻的角位置为(3) 要使t n a a =,则有t ＝0.55ｓ1 -19 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)题 1-19 图分析这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得1 -20 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方形物体,问车速v 1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？分析这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足h lαarctan ≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．题 1-20 图解由122v v v -='［图(b)］,有而要使h lαarctan ≥,则第二章牛顿定律2 -1 如图(a)所示,质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为( )(A) g sin θ (B) g cos θ (C) g tan θ (D) g cot θ分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力F Ｔ(其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a ,如图(b)所示,由其可解得合外力为mg cot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．2 -2 用水平力F N 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当F N 逐渐增大时,物体所受的静摩擦力F f 的大小( )(A) 不为零,但保持不变(B) 随F N 成正比地增大(C) 开始随F N 增大,达到某一最大值后,就保持不变(D) 无法确定分析与解与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μF N 范围内取值．当F N 增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)． 2 -3 一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R ,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率( )(A) 不得小于gR μ (B) 必须等于gR μ(C) 不得大于gR μ (D) 还应由汽车的质量m 决定分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μF N ．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v ＝μRg ．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．2 -4 一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,在下滑过程中,则( )(A) 它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变(B) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加(C) 它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心(D) 它受到的合外力大小不变,其速率不断增加分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力F N 作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m g cos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程R m θmg F N 2sin v =-可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力F N 也将不断增大,由此可见应选(B)．*2 -5 图(a)示系统置于以a ＝1/4 g 的加速度上升的升降机内,A 、B 两物体质量相同均为m ,A 所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不计空气阻力,则绳中张力为( )(A) 5/8 mg (B) 1/2 mg (C) mg (D) 2mg分析与解本题可考虑对A 、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A 、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a ′为A 、B 两物体相对电梯的加速度,m a 为惯性力．对A 、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F Ｔ＝5/8 mg ．故选(A)．讨论对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度a A 和a B 均应对地而言,本题中a A 和a B 的大小与方向均不相同．其中a A 应斜向上．对a A 、a B 、a 和a ′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁琐．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2 -6 图示一斜面,倾角为α,底边AB 长为l ＝2.1 m,质量为m 的物体从题2 -6 图斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为μ＝0.14．试问,当α为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短？其数值为多少？分析动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f (t ),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．解取沿斜面为坐标轴Ox ,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有ma αmg μαmg =-cos sin (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有则 ()αμααg l t cos sin cos 2-=(2)为使下滑的时间最短,可令0d d =αt ,由式(2)有则可得 μα12tan -=,o 49=α此时 ()s 99.0cos sin cos 2min =-=αμααg l t2 -7 工地上有一吊车,将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空．甲块质量为m 1 ＝2.00 ×102 kg,乙块质量为m 2 ＝1.00 ×102 kg ．设吊车、框架和钢丝绳的质量不计．试求下述两种情况下,钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作用力：(1) 两物块以10.0 m·ｓ-2 的加速度上升；(2) 两物块以1.0 m·ｓ-2 的加速度上升．从本题的结果,你能体会到起吊重物时必须缓慢加速的道理吗？题 2-7 图分析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．解按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有F Ｔ-( m 1＋m 2 )g ＝(m 1＋m 2 )a (1)F N2- m 2 g ＝m 2 a (2)解上述方程,得F Ｔ＝(m 1＋m 2 )(g ＋a) (3)F N2 ＝m 2 (g ＋a) (4)(1) 当整个装置以加速度a ＝10 m·ｓ-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为F Ｔ＝5.94 ×103 N乙对甲的作用力为F ′N2＝-F N2＝-m 2 (g ＋a) ＝-1.98 ×103 N(2) 当整个装置以加速度a ＝1 m·ｓ-2 上升时,得绳张力的值为F Ｔ＝3.24 ×103 N此时,乙对甲的作用力则为F′N2＝-1.08 ×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2 -8如图(a)所示,已知两物体A、B 的质量均为m＝3.0kg 物体A 以加速度a ＝1.0 m·ｓ-2运动,求物体B 与桌面间的摩擦力．(滑轮与连接绳的质量不计)分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．解分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有m A g-FＴ＝m A a (1)F′Ｔ1 -Fｆ＝m B a′ (2)F′Ｔ -2FＴ1＝0 (3)考虑到m A＝m B＝m, FＴ＝F′Ｔ , FＴ1＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力题 2-8 图讨论动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．2 -9质量为m′的长平板A 以速度v′在光滑平面上作直线运动,现将质量为m 的木块B 轻轻平稳地放在长平板上,板与木块之间的动摩擦因数为μ,求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度？分析当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．。

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第一章质点运动学1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v ,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ．(1) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜Δr ｜= Δs = Δr(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s(D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s(2) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v(C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故ts t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ．但由于｜d r ｜＝d s ,故ts t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即(1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确(C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确分析与解tr d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；t d d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v 表示速度,a 表示加速度,s 表示路程, a ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的(C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的分析与解td d v 表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；ts d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而t d d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( )(A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变(B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变(C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变(D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小；(2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx 来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d t x 两式计算．题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2) 由0d d =tx 得知质点的换向时刻为 s 2=p t (t ＝0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t x v 2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a 1 -6 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；分析质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,(详见题1-1分析).解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为 2412x y -= 这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x 其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r 而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为23010t t x +-=22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为t tx x 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v 当t ＝0 时, v 0x ＝-10 m·ｓ-1 , v 0y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为 120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v 0与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==x yαv v α＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta x x v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则 32tan -==x y a a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -8 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m ．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y 1 ＝y 1(t )和y 2 ＝y 2(t ),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t y +=v 20221gt t h y -+=v 当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v v s 705.02=+=ag h t (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为 m 716.021202=+-=-=gt t y h d v 解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有2)(210t a g h +-= s 705.02=+=ag h t (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v 则 m 716.0='-=h h d题 1-8 图1 -9 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．分析本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和tx d d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解由分析知,应有⎰⎰=t t a 0d d 0v v v 得 03314v v +-=t t (1)由 ⎰⎰=txx t x 0d d 0v 得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1)、(2)得 v 0＝-1 m·ｓ-1, x 0＝0.75 m于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -10 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a＝A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．分析本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v 后再两边积分．解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 v v B A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为 t B A d d =-vv (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v v v v v 得石子速度 )e 1(Bt B A --=v 由此可知当,t →∞时,B A →v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)e 1(d d Bt BA t y --==v 并考虑初始条件有 t BA y t Bt y d )e 1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(e 2-+=-Bt B A t B A y 1 -11 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ．在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r 0 ＝10 m i ．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．题 1-11 图分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和y (t )．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==tt t t 000)d 46(d d j i a vvj i t t 46+=v 又由td d r =v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 ⎰⎰⎰+==tt rr t t t t 00)d 46(d d 0j i r v j i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2y ＝2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程3y ＝2x -20 m 这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示． 1 -12 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t 2 )j ,式中r 的单位为m,t 的单位为s ．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t 1＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．分析根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )和y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即t ΔΔr =v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ．解 (1) 由参数方程x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 ＝1.00ｓ到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t ty t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 22222s m 0.4d d d d )(-⋅-=+=ty t x t则t 1 ＝1.00ｓ时的速度v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t t tt e e e a 222s 1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v则m 17.112==na ρv 1 -13 飞机以100 m·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m 时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问：(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？题 1-13 图分析物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t ,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量v x 、v y 求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝v t , y ＝1/2 gt 2飞机水平飞行速度v ＝100 m·s -1 ,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m 4522==gy x v(2) 视线和水平线的夹角为o 5.12arctan==xy θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 vv v gt αx yarctan arctan == 取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t 2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g g a n α 1 -14 为迎接香港回归，特技演员柯受良在1997年6月1日驾车飞越黄河壶口，如图所示，柯驾车从跑道东端启动，到达跑道终端时速度大小为1500=v h km 1-⋅，他随即以仰角ο5=α冲出，飞越跨度达57 m ，安全着陆在西岸木桥上，求：题 1-14 图（1）柯飞车跨越黄河用了多长时间？（2）若起飞点高出河面10 m ，柯驾车飞行的最高点距河面为几米？（3）西岸木桥和起飞点的高度差为多少？分析由题意知，飞车作斜上抛运动，对包含抛体在内的一般曲线运动来说，运用叠加原理是求解此类问题的普适方法，操作程序是：建立一个恰当的直角坐标系，将运动分解为两个相互正交的直线运动，由于在抛体运动中，质点的加速度恒为g ，故两个分运动均为匀变速直线运动或其中一个为匀速直线运动，直接列出相关运动规律方程即可求解，本题可建立图示坐标系，图中m m x y 和分别表示飞车的最大高度和飞跃跨度.解在图示坐标系中，有t v x )cos (0α= （1）2021sin (gt t v y -=）α （2） gt v v y -=αsin 0 （3）(1) 由式（1），令57m ==x x m ，得飞跃时间37.1cos 0m m ==αv x t s （2）由式（3），令0=y v ，得飞行到最大高度所需时间gv t αsin 0m =’将’m t 代入式（2），得飞行最大高度 67.02sin 220m ==gv y αm 则飞车在最高点时距河面距离为10m +=y h m 67.10= m（3）将37.1m =t s 代入式（2），得西岸木桥位置为y = - 4.22 m“-”号表示木桥在飞车起飞点的下方.讨论本题也可以水面为坐标系原点，则飞车在 y 方向上的运动方程应为10=y m + 2021)sin (gt t v -α 1 -15 如图所示，从山坡底端将小球抛出，已知该山坡有恒定倾角ο30=α，球的抛射角ο60=β，设球被抛出时的速率v 0 ＝19.6 m·ｓ-1，忽略空气阻力，问球落在山坡上处离山坡底端的距离为多少？此过程经历多长时间？题 1-15 图分析求解方法与上题类似，但本题可将运动按两种方式分解，如图（a ）和图（b ）所示.在图（a ）坐标系中，两个分运动均为匀减速直线运动，加速度大小分别为-g αcos 和-g αsin ，看似复杂，但求解本题确较方便，因为落地时有y =0,对应的时间t 和x 的值即为本题所求.在图（b ）坐标系中，分运动看似简单，但求解本题还需将落地点P 的坐标y 与x 的关系列出来.解 1 由分析知，在图（a ）坐标系中，有20)sin (21)]cos([t g t v x ααβ-+-= （1） 20)cos (21)]sin([t g t v y ααβ-+-= （2）落地时，有y =0，由式（2）解得飞行时间为31.230tan 20==οg v t s将 t 值代入式（1），得1.26322===g v x OP m解 2 由分析知，在图（b ）坐标系中，对小球 t v x )cos (0β=（1） 2021)sin (gt t v y -=β（2）对点P αtan x y ='（3）由式（1）、（2）可得球的轨道方程为οββ2202cos 2tan v gx x y -=（4）落地时，应有y y '=，即οοο60cos 260tan 30tan 2202v gx x x -=解之得落地点P 的x 坐标为g v x 332=（5）则 1.263230cos 20===g v xOP οm联解式（1）和式（5）可得飞行时间31.2=t s讨论比较两种解法，你对如何灵活运用叠加原理有什么体会?1 -16 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？分析在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts -==0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为 b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为R )(402222bt b a a a a t tn -+=+=v 其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n 20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v = (3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为b s s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -17 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．分析首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以 22)(t t ωω== 则t ′＝0.5ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa 在2.0ｓ内该点所转过的角度rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1 -18 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s 2s m 80.4d d -=⋅==t ωr a t t (2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt = 得 3213=t此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt = t ＝0.55ｓ1 -19 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v 2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)题 1-19 图分析这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得 1o 12s m 36.575tan -⋅==v v 1 -20 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方形物体,问车速v 1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？分析这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足hl αarctan≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．题 1-20 图解由122v v v -='［图(b)］,有θθcos sin arctan 221v v v -=α而要使hlαarctan ≥,则 hl θθ≥-cos sin 221v v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v 第二章牛顿定律2 -1 如图(a)所示,质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为( )(A) g sin θ (B) g cos θ (C) g tan θ (D) g cot θ分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力F Ｔ (其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a ,如图(b)所示,由其可解得合外力为mg cot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．2 -2 用水平力F N 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当F N 逐渐增大时,物体所受的静摩擦力F f 的大小( )(A) 不为零,但保持不变(B) 随F N 成正比地增大(C) 开始随F N 增大,达到某一最大值后,就保持不变(D) 无法确定分析与解与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μF N 范围内取值．当F N 增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．2 -3 一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R ,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率( )(A) 不得小于gR μ (B) 必须等于gR μ(C) 不得大于gR μ (D) 还应由汽车的质量m 决定分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μF N ．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v ＝μRg ．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．2 -4 一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,在下滑过程中,则( )(A) 它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变(B) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加(C) 它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心(D) 它受到的合外力大小不变,其速率不断增加分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力F N 作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m g cos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程Rm θmg F N 2sin v =-可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力F N 也将不断增大,由此可见应选(B)．*2 -5 图(a)示系统置于以a ＝1/4 g 的加速度上升的升降机内,A 、B 两物体质量相同均为m ,A 所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不计空气阻力,则绳中张力为( )(A) 5/8 mg (B) 1/2 mg (C) mg (D) 2mg分析与解本题可考虑对A 、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A 、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a ′为A 、B 两物体相对电梯的加速度,m a 为惯性力．对A 、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F Ｔ＝5/8 mg ．故选(A)．讨论对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度a A 和a B 均应对地而言,本题中a A 和a B 的大小与方向均不相同．其中a A 应斜向上．对a A 、a B 、a 和a ′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁琐．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2 -6 图示一斜面,倾角为α,底边AB 长为l ＝2.1 m,质量为m 的物体从题2 -6 图斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为μ＝0.14．试问,当α为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短？其数值为多少？分析动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f (t ),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．解取沿斜面为坐标轴Ox ,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有ma αmg μαmg =-cos sin (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有()22cos sin 2121cos t αμαg at αl -== 则 ()αμααg l t cos sin cos 2-= (2) 为使下滑的时间最短,可令0d d =αt ,由式(2)有 ()()0sin cos cos cos sin sin =-+--αμαααμαα则可得 μα12tan -=,o 49=α 此时 ()s 99.0cos sin cos 2min =-=αμααg l t 2 -7 工地上有一吊车,将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空．甲块质量为m 1 ＝2.00 ×102 kg,乙块质量为m 2 ＝1.00 ×102 kg ．设吊车、框架和钢丝绳的质量不计．试求下述两种情况下,钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作用力：(1) 两物块以10.0 m·ｓ-2 的加速度上升；(2) 两物块以1.0 m·ｓ-2的加速度上升．从本题的结果,你能体会到起吊重物时必须缓慢加速的道理吗？题2-7 图分析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．解按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有FＴ-( m1＋m2)g ＝(m1＋m2)a (1)F N2 - m2g ＝m2a (2) 解上述方程,得FＴ＝(m1＋m2)(g ＋a) (3)F N2＝m2(g ＋a) (4)(1) 当整个装置以加速度a＝10 m·ｓ-2上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为FＴ＝5.94 ×103 N乙对甲的作用力为F′N2＝-F N2＝-m2 (g ＋a)＝-1.98 ×103 N(2) 当整个装置以加速度a＝1 m·ｓ-2上升时,得绳张力的值为FＴ＝3.24 ×103 N此时,乙对甲的作用力则为F′N2＝-1.08 ×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2 -8如图(a)所示,已知两物体A、B 的质量均为m＝3.0kg 物体A 以加速度a ＝1.0 m·ｓ-2运动,求物体B 与桌面间的摩擦力．(滑轮与连接绳的质量不计)分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．解分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有m A g-FＴ＝m A a (1)F ′Ｔ1 -F ｆ＝m B a ′ (2)F ′Ｔ -2F Ｔ1 ＝0 (3)考虑到m A ＝m B ＝m , F Ｔ＝F′Ｔ , F Ｔ1 ＝F ′Ｔ1 ,a ′＝2a ,可联立解得物体与桌面的摩擦力()N 2.724f =+-=a m m mg F题 2-8 图讨论动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．2 -9 质量为m ′的长平板A 以速度v ′在光滑平面上作直线运动,现将质量为m 的木块B 轻轻平稳地放在长平板上,板与木块之间的动摩擦因数为μ,求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度？分析当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v ′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板移动的距离即可求出．解1 以地面为参考系,在摩擦力f F ＝μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程f F ＝μmg ＝ma 1f F ＝-f F ＝m ′a 2a 1 和a 2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度．若以木板为参考系,木块相对平板的加速度a ＝a 1 ＋a 2 ,木块相对平板以初速度- v ′作匀减速运动直至最终停止．由运动学规律有。

《大学物理》第二版课后习题答案第十章

习题精解10-1 在平面简谐波的波射线上，A,B,C,D 各点离波源的距离分别是3,,,424λλλλ。

设振源的振动方程为cos 2y A t πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ ，振动周期为T.（1）这4点与振源的振动相位差各为多少？（2）这4点的初相位各为多少？（3）这4点开始运动的时刻比振源落后多少？解（1） 122,2,2xxπϕπϕππλλ∆∆∆==∆==3432,222x x πϕπϕππλλ∆∆∆==∆== （2）112233440,,2223,222πππϕϕϕϕππϕϕπϕϕπ=-∆==-∆=-=-∆=-=-∆=-（3） 1212343411,,,24223,,,242t T T t T T t T T t T Tϕϕππϕϕππ∆∆∆==∆==∆∆∆==∆==10-2 波源做谐振动，周期为0.01s ，振幅为21.010m -⨯，经平衡位置向y 轴正方向运动时，作为计时起点，设此振动以1400u m s -=∙的速度沿x 轴的正方向传播，试写出波动方程。

解根据题意可知，波源振动的相位为32ϕπ= 2122200, 1.010,4000.01A m u m s T ππωπ--====⨯=∙ 波动方程231.010cos 2004002x y t m ππ-⎡⎤⎛⎫=⨯-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦10-3 一平面简谐波的波动方程为()0.05cos 410y x t m ππ=-，求（1）此波的频率、周期、波长、波速和振幅；（2）求x 轴上各质元振动的最大速度和最大加速度。

解（1）比较系数法将波动方程改写成0.05cos10 2.5x y t m π⎛⎫=-⎪⎝⎭与cos x y A t u ω⎛⎫=-⎪⎝⎭比较得1120.05;10;0.21015; 2.5;0.5A m T s v s u m s u T m Tπωππλ--=======∙=∙=（2）各质元的速度为()10.0510sin 410v x t m s πππ-=⨯-∙ 所以1max 0.0510 1.57()v m s π-=⨯=∙ 各质元的加速度为()220.05(10)cos 410a x t m s πππ-=-⨯-∙ 所以22max 0.05(10)49.3()a m s π-=⨯=∙10-4 设在某一时刻的横波波形曲线的一部分如图10.1所示。

物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版

第一章质点运动学1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v ,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ．(1) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜Δr ｜= Δs = Δr(B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r(C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s(D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s(2) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v(C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故ts t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ．但由于｜d r ｜＝d s ,故ts t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确(C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确分析与解tr d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；t d d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v 表示速度,a 表示加速度,s 表示路程, a ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)d v /d t ＝a ；(2)d r /d t ＝v ；(3)d s /d t ＝v ；(4)d v /d t ｜＝a ｔ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的(C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的分析与解td d v 表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；ts d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而t d d v 表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( )(A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变(B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变(C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变(D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小；(2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx 来确定其运动方向改变的时刻t p ,求出0～t p 和t p ～t 内的位移大小Δx 1 、Δx 2 ,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用tx d d 和22d d t x 两式计算．题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小m 32Δ04-=-=x x x(2) 由0d d =tx 得知质点的换向时刻为 s 2=p t (t ＝0不合题意)则m 0.8Δ021=-=x x xm 40Δ242-=-=x x x所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为m 48ΔΔ21=+=x x s(3) t ＝4.0 s 时1s0.4s m 48d d -=⋅-==t t x v 2s0.422m.s 36d d -=-==t t x a 1 -6 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr ；分析质点的轨迹方程为y ＝f (x ),可由运动方程的两个分量式x (t )和y (t )中消去t 即可得到．对于r 、Δr 、Δr 、Δs 来说,物理含义不同,(详见题1-1分析).解 (1) 由x (t )和y (t )中消去t 后得质点轨迹方程为 2412x y -= 这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得j i j i r r r 24)()(Δ020212-=-+-=-=y y x x 其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r 而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为23010t t x +-=22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为t tx x 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v 当t ＝0 时, v 0x ＝-10 m·ｓ-1 , v 0y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为 120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v 0与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==x yαv v α＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta x x v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则 32tan -==x y a a β β＝-33°41′(或326°19′)1 -8 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m ．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y 1 ＝y 1(t )和y 2 ＝y 2(t ),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t y +=v 20221gt t h y -+=v 当螺丝落至底面时,有y 1 ＝y 2 ,即20202121gt t h at t -+=+v v s 705.02=+=ag h t (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为 m 716.021202=+-=-=gt t y h d v 解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a ′＝g ＋a ,螺丝落至底面时,有2)(210t a g h +-= s 705.02=+=ag h t (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021at t h +='v 则 m 716.0='-=h h d题 1-8 图1 -9 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．分析本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和tx d d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a (t )或v ＝v (t ),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解由分析知,应有⎰⎰=t t a 0d d 0v v v 得 03314v v +-=t t (1)由 ⎰⎰=txx t x 0d d 0v 得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1)、(2)得 v 0＝-1 m·ｓ-1, x 0＝0.75 m于是可得质点运动方程为75.0121242+-=t t x 1 -10 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a ＝A -B v ,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．分析本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v 后再两边积分．解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 v v B A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为 t B A d d =-vv (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v v v v v 得石子速度 )e 1(Bt B A --=v 由此可知当,t →∞时,B A →v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)e 1(d d Bt BA t y --==v 并考虑初始条件有 t BA y t Bt y d )e 1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(e 2-+=-Bt B A t B A y 1 -11 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ．在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r 0 ＝10 m i ．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．题 1-11 图分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量a x 和a y 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x (t )和y (t )．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解由加速度定义式,根据初始条件t 0 ＝0时v 0 ＝0,积分可得⎰⎰⎰+==tt t t 000)d 46(d d j i a vvj i t t 46+=v 又由td d r =v 及初始条件t ＝0 时,r 0＝(10 m)i ,积分可得 ⎰⎰⎰+==tt rr t t t t 00)d 46(d d 0j i r v j i r 222)310(t t ++=由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t 2y ＝2t 2消去参数t ,可得运动的轨迹方程3y ＝2x -20 m 这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示． 1 -12 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0t i ＋(19.0 -2.0t 2 )j ,式中r 的单位为m,t 的单位为s ．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t 1＝1.0s 到t 2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t 1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．分析根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x (t )和y ＝y (t ),从中消去参数t ,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即t ΔΔr =v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt →0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ和a n ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t te a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ得到．在求得t 1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ．解 (1) 由参数方程x ＝2.0t , y ＝19.0-2.0t 2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x 2(2) 在t 1 ＝1.00ｓ到t 2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度j i r r 0.60.2ΔΔ1212-=--==t t t r v (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为j i j i j i t ty t x t y x 0.40.2d d d d )(-=+=+=v v v j j i a 22222s m 0.4d d d d )(-⋅-=+=ty t x t则t 1 ＝1.00ｓ时的速度v (t )｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为t t y x t t t tt e e e a 222s 1s m 58.3)(d d d d -=⋅=+==v v v n n t n a a e e a 222s m 79.1-⋅=-=(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为122s m 47.4-⋅=+=y x v v v 则m 17.112==na ρv 1 -13 飞机以100 m·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m 时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问：(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？题 1-13 图分析物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t ,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量v x 、v y 求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝v t , y ＝1/2 gt 2飞机水平飞行速度v ＝100 m·s -1 ,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离m 4522==gy x v(2) 视线和水平线的夹角为o 5.12arctan==xy θ (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为 vv v gt αx yarctan arctan == 取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为2s m 88.1arctan sin sin -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g αg a t 2s m 62.9arctan cos cos -⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛==v gt g g a n α 1 -14 为迎接香港回归，特技演员柯受良在1997年6月1日驾车飞越黄河壶口，如图所示，柯驾车从跑道东端启动，到达跑道终端时速度大小为1500=v h km 1-⋅，他随即以仰角 5=α冲出，飞越跨度达57 m ，安全着陆在西岸木桥上，求：题 1-14 图（1）柯飞车跨越黄河用了多长时间？（2）若起飞点高出河面10 m ，柯驾车飞行的最高点距河面为几米？（3）西岸木桥和起飞点的高度差为多少？分析由题意知，飞车作斜上抛运动，对包含抛体在内的一般曲线运动来说，运用叠加原理是求解此类问题的普适方法，操作程序是：建立一个恰当的直角坐标系，将运动分解为两个相互正交的直线运动，由于在抛体运动中，质点的加速度恒为g ，故两个分运动均为匀变速直线运动或其中一个为匀速直线运动，直接列出相关运动规律方程即可求解，本题可建立图示坐标系，图中m m x y 和分别表示飞车的最大高度和飞跃跨度. 解在图示坐标系中，有t v x )cos (0α= （1）2021sin (gt t v y -=）α （2） gt v v y -=αsin 0 （3）(1) 由式（1），令57m ==x x m ，得飞跃时间37.1cos 0m m ==αv x t s （2）由式（3），令0=y v ，得飞行到最大高度所需时间gv t αsin 0m =’将’m t 代入式（2），得飞行最大高度 67.02sin 220m ==gv y αm 则飞车在最高点时距河面距离为10m +=y h m 67.10= m（3）将37.1m =t s 代入式（2），得西岸木桥位置为y = - 4.22 m“-”号表示木桥在飞车起飞点的下方.讨论本题也可以水面为坐标系原点，则飞车在 y 方向上的运动方程应为10=y m + 2021)sin (gt t v -α 1 -15 如图所示，从山坡底端将小球抛出，已知该山坡有恒定倾角 30=α，球的抛射角 60=β，设球被抛出时的速率v 0 ＝19.6 m·ｓ-1，忽略空气阻力，问球落在山坡上处离山坡底端的距离为多少？此过程经历多长时间？题 1-15 图分析求解方法与上题类似，但本题可将运动按两种方式分解，如图（a ）和图（b ）所示.在图（a ）坐标系中，两个分运动均为匀减速直线运动，加速度大小分别为-g αcos 和-g αsin ，看似复杂，但求解本题确较方便，因为落地时有y =0,对应的时间t 和x 的值即为本题所求.在图（b ）坐标系中，分运动看似简单，但求解本题还需将落地点P 的坐标y 与x 的关系列出来.解 1 由分析知，在图（a ）坐标系中，有20)sin (21)]cos([t g t v x ααβ-+-= （1） 20)cos (21)]sin([t g t v y ααβ-+-= （2）落地时，有y =0，由式（2）解得飞行时间为31.230tan 20==g v t s将 t 值代入式（1），得1.26322===g v x OP m解 2 由分析知，在图（b ）坐标系中，对小球 t v x )cos (0β=（1） 2021)sin (gt t v y -=β（2）对点P αtan x y ='（3）由式（1）、（2）可得球的轨道方程为ββ2202cos 2tan v gx x y -=（4）落地时，应有y y '=，即60cos 260tan 30tan 2202v gx x x -=解之得落地点P 的x 坐标为g v x 332=（5）则 1.263230cos 20===g v xOP m联解式（1）和式（5）可得飞行时间31.2=t s讨论比较两种解法，你对如何灵活运用叠加原理有什么体会?1 -16 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？分析在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s (t ),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为a n ＝v 2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋a n e n ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs ＝s t -s 0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解 (1) 质点作圆周运动的速率为bt ts -==0d d v v 其加速度的切向分量和法向分量分别为 b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为R )(402222bt b a a a a t tn -+=+=v 其方向与切线之间的夹角为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--==Rb bt a a θt n 20)(arctan arctan v (2) 要使｜a ｜＝b ,由b bt b R R=-+4022)(1v 可得 bt 0v = (3) 从t ＝0 开始到t ＝v 0 /b 时,质点经过的路程为b s s s t 2200v =-= 因此质点运行的圈数为bRR s n π4π220v == 1 -17 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．分析首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt 2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k ,ω＝ω(t )确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解因ωR ＝v ,由题意ω∝t 2 得比例系数322s rad 2-⋅===Rtt ωk v 所以 22)(t t ωω== 则t ′＝0.5ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为12s rad 5.02-⋅='=t ω2s rad 0.24d d -⋅='==t tωα 2s m 0.1-⋅==R αa t总加速度n t t n R ωR αe e a a a 2+=+= ()()2222s m 01.1-⋅=+=R ωR αa 在2.0ｓ内该点所转过的角度rad 33.532d 2d 203202200====-⎰⎰t t t t ωθθ 1 -18 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t tθω==．在t ＝2 ｓ时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 22s 2s m 30.2-=⋅==ωr a t n2s 2s m 80.4d d -=⋅==t ωr a t t (2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即 ()()422212243t r rt = 得 3213=t此时刻的角位置为 rad 15.3423=+=t θ(3) 要使t n a a =,则有()()422212243t r rt = t ＝0.55ｓ1 -19 一无风的下雨天,一列火车以v 1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)题 1-19 图分析这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v 1 为Ｓ′相对Ｓ的速度,v 2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v 1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v 2 ,旅客看到雨滴下落的速度v 2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得 1o 12s m 36.575tan -⋅==v v 1 -20 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v 1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v 2′,若车后有一长方形物体,问车速v 1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？分析这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v 2′的方向)应满足hl αarctan≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v 1．题 1-20 图解由122v v v -='［图(b)］,有θθcos sin arctan 221v v v -=α而要使hlαarctan ≥,则 hl θθ≥-cos sin 221v v v ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θh θl sin cos 21v v 第二章牛顿定律2 -1 如图(a)所示,质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为( )(A) g sin θ (B) g cos θ (C) g tan θ (D) g cot θ分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力F Ｔ (其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a ,如图(b)所示,由其可解得合外力为mg cot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．2 -2 用水平力F N 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当F N 逐渐增大时,物体所受的静摩擦力F f 的大小( )(A) 不为零,但保持不变(B) 随F N 成正比地增大(C) 开始随F N 增大,达到某一最大值后,就保持不变(D) 无法确定分析与解与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μF N 范围内取值．当F N 增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．2 -3 一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R ,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率( )(A) 不得小于gR μ (B) 必须等于gR μ(C) 不得大于gR μ (D) 还应由汽车的质量m 决定分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μF N ．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v ＝μRg ．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．2 -4 一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,在下滑过程中,则( )(A) 它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变(B) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加(C) 它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心(D) 它受到的合外力大小不变,其速率不断增加分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力F N 作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m g cos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程Rm θmg F N 2sin v =-可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力F N 也将不断增大,由此可见应选(B)．*2 -5 图(a)示系统置于以a ＝1/4 g 的加速度上升的升降机内,A 、B 两物体质量相同均为m ,A 所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不计空气阻力,则绳中张力为( )(A) 5/8 mg (B) 1/2 mg (C) mg (D) 2mg分析与解本题可考虑对A 、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A 、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a ′为A 、B 两物体相对电梯的加速度,m a 为惯性力．对A 、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F Ｔ＝5/8 mg ．故选(A)．讨论对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度a A 和a B 均应对地而言,本题中a A 和a B 的大小与方向均不相同．其中a A 应斜向上．对a A 、a B 、a 和a ′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁琐．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2 -6 图示一斜面,倾角为α,底边AB 长为l ＝2.1 m,质量为m 的物体从题2 -6 图斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为μ＝0.14．试问,当α为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短？其数值为多少？分析动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f (t ),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．解取沿斜面为坐标轴Ox ,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有ma αmg μαmg =-cos sin (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有()22cos sin 2121cos t αμαg at αl -== 则 ()αμααg l t cos sin cos 2-= (2) 为使下滑的时间最短,可令0d d =αt ,由式(2)有 ()()0sin cos cos cos sin sin =-+--αμαααμαα则可得 μα12tan -=,o 49=α 此时 ()s 99.0cos sin cos 2min =-=αμααg l t 2 -7 工地上有一吊车,将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空．甲块质量为m 1 ＝2.00 ×102 kg,乙块质量为m 2 ＝1.00 ×102 kg ．设吊车、框架和钢丝绳的质量不计．试求下述两种情况下,钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作用力：(1) 两物块以10.0 m·ｓ-2 的加速度上升；(2) 两物块以1.0 m·ｓ-2的加速度上升．从本题的结果,你能体会到起吊重物时必须缓慢加速的道理吗？题2-7 图分析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．解按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有FＴ-( m1＋m2)g ＝(m1＋m2)a (1)F N2 - m2g ＝m2a (2) 解上述方程,得FＴ＝(m1＋m2)(g ＋a) (3)F N2＝m2(g ＋a) (4)(1) 当整个装置以加速度a＝10 m·ｓ-2上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为FＴ＝5.94 ×103 N乙对甲的作用力为F′N2＝-F N2＝-m2 (g ＋a)＝-1.98 ×103 N(2) 当整个装置以加速度a＝1 m·ｓ-2上升时,得绳张力的值为FＴ＝3.24 ×103 N此时,乙对甲的作用力则为F′N2＝-1.08 ×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2 -8如图(a)所示,已知两物体A、B 的质量均为m＝3.0kg 物体A 以加速度a ＝1.0 m·ｓ-2运动,求物体B 与桌面间的摩擦力．(滑轮与连接绳的质量不计)分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．解分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有m A g-FＴ＝m A a (1)F ′Ｔ1 -F ｆ＝m B a ′ (2)F ′Ｔ -2F Ｔ1 ＝0 (3)考虑到m A ＝m B ＝m , F Ｔ＝F′Ｔ , F Ｔ1 ＝F ′Ｔ1 ,a ′＝2a ,可联立解得物体与桌面的摩擦力()N 2.724f =+-=a m m mg F题 2-8 图讨论动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．2 -9 质量为m ′的长平板A 以速度v ′在光滑平面上作直线运动,现将质量为m 的木块B 轻轻平稳地放在长平板上,板与木块之间的动摩擦因数为μ,求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度？分析当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v ′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板移动的距离即可求出．解1 以地面为参考系,在摩擦力f F ＝μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程f F ＝μmg ＝ma 1f F ＝-f F ＝m ′a 2a 1 和a 2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度．若以木板为参考系,木块相对平板的加速度a ＝a 1 ＋a 2 ,木块相对平板以初速度- v ′作匀减速运动直至最终停止．由运动学规律有。

力学第二版习题答案第十章

第十章波动基本知识小结⒈平面简谐波方程 )c o s ()(c o s kx t A t A y V xωω==；v V T v k T λπλπω====,/1,2,2。

⒉弹性波的波速仅取决媒质性质：弹性体中横波的波速ρ/N V =，弹性体中纵波的波速ρ/Y V =，流体中纵波波速ρ/k V =，绳波波速ρ/T V =。

⒊波的平均能量密度2221A ρωε=，波的平均能流密度 VA I 2221ρω=。

⒋波由波密射向波疏媒质，在边界处，反射波与入射波相位相同；波由波疏射向波密媒质，在边界处，反射波比入射波相位落后π，相当损失半个波长；例如：在自由端无半波损失，在固定端有半波损失。

⒌振动方向相同、频率相同、位相差恒定的二列波叫相干波，相干波叠加叫波的干涉。

⒍振幅相同、传播方向相反的两列相干波叠加产生驻波现象；驻波方程 t x A y ωλπcos cos 22=；波节两边质元振动相位相反，两个波节之间质元振动相位相同；相邻波节或相邻波腹间距离为λ/2，相邻波腹波节间距离为λ/4。

⒎多普勒公式：v v SV V V V --=0'，在运用此公式时，以波速V 为正方向，从而确定V 0、V S 的正负。

10.2.1 频率在20至20000Hz 的弹性波能使人耳产生听到声音的感觉。

0ºC 时，空气中的声速为331.5m/s,求这两种频率声波的波长。

解：mv V v V v V 58.16/,/,205.33111≈===∴=λλλ mv V 3221058.1620/5.331/-⨯≈==λ10.2.2 一平面简谐声波的振幅A=0.001m ，频率为1483Hz ，在20ºC 的水中传播，写出其波方程。

解：查表可知，波在20ºC 的水中传播，其波速V=1483m/s.设o-x 轴沿波传播方向，x 表示各体元平衡位置坐标，y 表示各体元相对平衡位置的位移，并取原点处体元的初相为零，则：)22966cos(001.0)(2cos x t t v A y V xπππ-=-=10.2.3 已知平面简谐波的振幅A=0.1cm,波长1m,周期为10-2s,写出波方程（最简形式）.又距波源9m 和10m 两波面上的相位差是多少？解：取坐标原点处体元初相为零，o-x 轴沿波传播方向，则波方程的最简形式为)100(2cos 10)(2cos )(cos 3x t A t A y xT t V x -=-=-=-ππωλ πππ2)10100(2)9100(2=---=∆Φt t10.2.4 写出振幅为A,频率v =f ,波速为V=C,沿o-x 轴正向传播的平面简谐波方程.波源在原点o,且当t=0时，波源的振动状态是位移为零，速度沿o-x 轴正方向。

大学物理教程第二版课后答案

引言：大学物理教程是一本经典的物理教材，旨在帮助学生理解和掌握物理学的基本原理和概念。

课后习题是帮助学生巩固所学知识的重要部分。

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概述：物理学是自然科学的重要分支，研究物质、能量和它们之间相互作用的规律。

大学物理教程第二版是一本全面介绍物理学的教材，内容涵盖了力学、热学、电磁学等领域。

通过解答课后习题，学生可以深入理解课堂教学中所介绍的物理学原理，提高问题解决能力和科学思维。

正文：一、力学1.速度和加速度的关系2.运动中的力和加速度3.牛顿三定律的应用4.匀速运动和变速运动的区别5.质点和刚体的运动分析二、热学1.理想气体定律的应用2.热传导和传热的方式3.热量和能量的转化4.热力学循环和效率5.热力学第一定律和第二定律的概念三、电磁学1.电场和电势的关系2.高斯定律和库仑定律的应用3.磁场的产生和性质4.安培定律和法拉第电磁感应定律的应用5.电磁波的特性和传播四、光学1.光的折射和反射2.物体成像的方式3.凸透镜和凹透镜的工作原理4.光的波粒二象性的解释5.干涉和衍射现象的解释五、量子物理1.微观粒子的波函数和几率分布2.波粒二象性的测量3.斯特恩盖拉赫实验和双缝干涉实验4.原子和分子的结构5.量子力学的基本原理和数学表达总结：通过解答《大学物理教程第二版》的课后习题，学生可以深入理解物理学的基本原理和概念。

力学、热学、电磁学、光学和量子物理是大学物理的重要领域，通过系统学习和练习，学生可以提高问题解决能力和科学思维。

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物理学教程第二版马文蔚下册课后问题详解完整版

第九章静电场9－1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( )题 9-1 图分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为02εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ).9－2 下列说确的是( )(A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面一定没有电荷(B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面电荷的代数和必定为零(C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零(D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零分析与解依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B ).9－3 下列说确的是( )(A ) 电场强度为零的点，电势也一定为零(B ) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零(C) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D) 电势在某一区域为常量，则电场强度在该区域必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).*9－4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( )(A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止(B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动题9-4 图分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B).9－5精密实验表明，电子与质子电量差值的最大围不会超过±10－21e，而中子电量与零差值的最大围也不会超过±10－21e，由最极端的情况考虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大围为2×10－21e，中子电量为10－21e，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解一个氧原子所带的最大可能净电荷为 ()e q 21max 10821-⨯⨯+=二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e 显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e 围时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力. 9－6 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 32 的上夸克和两个带e 31-的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10－20 m)，中子的两个下夸克之间相距2.60×10－15 m .求它们之间的相互作用力.解由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律()r r r r e r q q e e e F N 78.3π41π412202210===εε F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.9－7 点电荷如图分布，试求P 点的电场强度.分析依照电场叠加原理，P 点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P 点激发电场强度的矢量和.由于电荷量为q 的一对点电荷在P 点激发的电场强度大小相等、方向相反而相互抵消，P 点的电场强度就等于电荷量为2.0q 的点电荷在该点单独激发的场强度.解根据上述分析2020π1)2/(2π41aq a q E P εε==题 9-7 图9－8 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为2204π1L r Q εE -= (2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为2204π21L r r Q εE += 若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.题 9-8 图分析这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为r r q εe E 20d π41d '=整个带电体在点P 的电场强度 ⎰=E E d接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，⎰=L E i E d(2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(a )所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是⎰⎰==L y E E j j E d sin d α证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r q E20π2d ε，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则 ()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为E r εq αE L d π4d sin 20⎰'= 利用几何关系 sin α＝r /r ′，22x r r +=' 统一积分变量，则()2202/32222041π2d π41Lr r Q r x L x rQ E L/-L/+=+=⎰εε 当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度 r ελL r LQ r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(b )］.这说明只要满足r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.9－9 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.题 9-9 图分析这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第9－3节的例2可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθδδd sin π2d d 2⋅⋅==R S q ，在点O 激发的电场强度为 ()i E 2/3220d π41d r x q x +=ε 由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系θR x cos =，θR r sin =统一积分变量，有 ()θθθεδθθδθεεd cos sin 2 d sin π2cos π41d π41d 02303/2220=⋅=+=R R R r x q x E 积分得 02/π004d cos sin 2εδθθθεδ⎰==E 9－10 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.题 9-10 图分析水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为00er P =，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θcos 20er p =，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0 ，利用教材第5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度302π41xp εE = 可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布. 解1 水分子的电偶极矩θθcos 2cos 200er p p ==在电偶极矩延长线上30030030cos π1cos 4π412π41x θer εx θer εx p εE === 解2 在对称轴线上任取一点A ，则该点的电场强度+-+=E E E2020π42π4cos 2cos 2x εe r εθer E βE E -=-=+ 由于 θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=代入得()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=22/30202001cos 2cos π42x xr r x r x eE θθε 测量分子的电场时，总有x ＞＞r 0 ，因此，式中()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x r x x r x xr r x θθθcos 2231cos 21cos 2032/3032/30202，将上式化简并略去微小量后，得300cos π1x θe r εE = 9－11 两条无限长平行直导线相距为r 0，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x )；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.题 9-11 图分析 (1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F ＝q E ，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE .应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解 (1) 设点P 在导线构成的平面上，E ＋、E －分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有()iiEEExrxrxrx-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+=+=+-π211π2ελελ(2) 设F＋、F－分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有iEFπ2rελλ==-+iEF2π2rελλ-=-=+-显然有F＋＝F－，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.9－12设匀强电场的电场强度E与半径为R的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.题9-12 图分析方法1：作半径为R的平面S与半球面S一起可构成闭合曲面，由于闭合面无电荷，由高斯定理∑⎰==⋅01dqεSSE这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S的电场强度通量.因而⎰⎰'⋅-=⋅=SSSESEΦdd方法2：由电场强度通量的定义，对半球面S求积分，即⎰⋅=SS dsEΦ解1 由于闭合曲面无电荷分布，根据高斯定理，有⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，E R R E 22ππcos π=⋅⋅-=Φ解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为()r E e e e E ϕθθϕϕθϕsin sin cos sin cos ++=r θθR e S d d sin d 2=ER ER ER S S 2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰ϕϕθθϕθϕθS E Φ9－13 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为1m V 120-⋅，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面的净电荷.解在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E 地球表面电荷面密度∑--⋅⨯-=-≈=2902m C 1006.1π4/E R q E εσ单位面积额外电子数25cm 1063.6)/(-⨯=-=e n σ9－14 设在半径为R 的球体电荷均匀分布，电荷体密度为ρ,求带电球外的电场强度分布.分析电荷均匀分布在球体呈球对称，带电球激发的电场也呈球对称性.根据静电场是有源场，电场强度应该沿径向球对称分布.因此可以利用高斯定理求得均匀带电球外的电场分布.以带电球的球心为中心作同心球面为高斯面，依照高斯定理有⎰==⋅sQ E r S E 0i2π4d ε上式中i Q 是高斯面的电荷量，分别求出处于带电球外的高斯面的电荷量，即可求得带电球外的电场强度分布.解依照上述分析，由高斯定理可得R r <时， 302π34π4r E r ερ=假设球体带正电荷，电场强度方向沿径向朝外.考虑到电场强度的方向，带电球体的电场强度为r E 03ερ=R r >时， 302π34π4R E r ερ=考虑到电场强度沿径向朝外，带电球体外的电场强度为 re rR E 2033ερ=9－15 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 (R 2＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .题 9-15 图分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且⎰⋅=⋅rL E d π2S E ，求出不同半径高斯面的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.解作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理∑=⋅0/π2εq rL Er ＜R 1 ， 0=∑q 01=ER 1 ＜r ＜R 2 ， L λq =∑rελE 02π2=r ＞R 2，0=∑q03=E在带电面附近，电场强度大小不连续，如图（b ）所示，电场强度有一跃变00π2π2ΔεσrL εL λr ελE ===9－16 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.题 9-16 图分析由库仑力的定义，根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种： (1)根据功的定义，电场力作的功为l E d 02⎰∞=Q W其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度. (2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有()0202V Q V V Q W =-=∞其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势). 解1 由题意Q 1 所受的合力为零()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 414132-=-=由点电荷电场的叠加，Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为()2/322031π2yd εQ E E E yy y +=+=将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为()d εQ y y d εQ Q Q W y 022/322002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E 解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=，并由电势的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势dεQd εQ d εQ V 003010π2π4π4=+=将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功dεQ V Q W 0202π8=-=' 比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多. 9－17 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为r rελe E 0π2=其中λ为电荷线密度.(1)求在r ＝r 1 和r ＝r 2 两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r →∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？试说明.解 (1) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E (2) 不能.严格地讲，电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，r →∞处的电势应与直线上的电势相等. 9－18 一个球形雨滴半径为0.40 mm ，带有电量1.6 pC ，它表面的电势有多大？两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电势又是多大？分析取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为RqεV 0π41=当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为R 32，代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势.解根据已知条件球形雨滴半径R 1＝0.40 mm ，带有电量q 1＝1.6 pC ，可以求得带电球形雨滴表面电势V36π41111==RqεV当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径1322RR=，带有电量q2＝2q1，雨滴表面电势V5722π411312==RqεV9－19电荷面密度分别为＋σ和－σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图(a)放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x变化的关系曲线.题 9-19 图分析由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布. 解由“无限大”均匀带电平板的电场强度i2εσ±，叠加求得电场强度的分布，()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=axaxaaxiEεσ电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功()axaxεσVx<<--=⋅=⎰dlE()axaεσV-<=⋅+⋅=⎰⎰-dda-axlElE()axaV>-=⋅+⋅=⎰⎰ddaaxεσlElE电势变化曲线如图(b)所示.9－20两个同心球面的半径分别为R1和R2，各自带有电荷Q1和Q2 .求：(1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？题 9-20 图分析通常可采用两种方法.方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由⎰∞⋅=ppV lE d可求得电势分布.(2) 利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为rεQVπ4=在球面电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势RεQVπ4=其中R是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.解1(1) 由高斯定理可求得电场分布()()()22021321201211π4π40R r r εQ Q R r R r εQ R r r r >+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=rV l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1 时，有20210120212113211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r+=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞lE l E l E当R 1 ≤r ≤R 2 时，有202012021201322π4π4π411π4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r+=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞lE l E当r ≥R 2 时，有rεQ Q V r02133π4d +=⋅=⎰∞l E(2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E 解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面，即r ≤R 1 ，则2021011π4π4R εQ R εQ V +=若该点位于两个球面之间，即R 1≤r ≤R 2 ，则202012π4π4R εQ r εQ V +=若该点位于两个球面之外，即r ≥R 2 ，则rεQ Q V 0213π4+=(2) 两个球面间的电势差()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-==9－21 一半径为R 的无限长带电细棒，其部的电荷均匀分布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.题 9-21 图分析无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理⎰⎰=⋅VV d 1d 0ρεS E可求得电场分布E (r )，再根据电势差的定义()l E d ⋅=-⎰bab a r V V并取棒表面为零电势(V b ＝0)，即可得空间任意点a 的电势.解取高度为l 、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅得 ()02εrρr E = 当r ≥R 时02/ππ2ερl R rl E =⋅得 ()rεR ρr E 022=取棒表面为零电势，空间电势的分布有当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V Rr-==⎰当r ≥R 时()rRεR ρr r εR ρr V Rrln 2d 20202==⎰如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线.9－22 一圆盘半径R ＝3.00 ×10－2m .圆盘均匀带电，电荷面密度σ＝2.00×10－5C·m －2.(1) 求轴线上的电势分布；(2) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布；(3) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度.题 9-22 图分析将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布，再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布.解 (1) 如图所示，圆盘上半径为r 的带电细圆环在轴线上任一点P 激发的电势220d π2π41d x r rr σεV +=由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的()x x R εσx r r r εσV R-+=+=⎰222202d 2 (1)(2) 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R xεσx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向.(3) 将场点至盘心的距离x ＝30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得V 6911=V-1m V 6075⋅=E当x ＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有V 1695π40==xεqV 1-20m V 5649π4⋅==xεqE 由此可见，当x ＞＞R 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E 和V 的误差分别不超过 0.3％和0.8％，这已足以满足一般的测量精度.9－23 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝3.0×10－2m ，R 2 ＝0.10 m )，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450 Ｖ.求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2) r ＝0.05 m 处的电场强度.解 (1) 由习题9－15 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为rελE 0π2=根据电势差的定义有120212ln π2d 21R R ελU R R =⋅=⎰l E解得 1812120m C 101.2ln/π2--⋅⨯==R R U ελ (2) 解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度10m V 475 7π2-⋅==rE ελ9－24 轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的过程，叫做核聚变.在此过程中可以释放出巨大的能量.例如四个氢原子核(质子)结合成一个氦原子核(α粒子)时，可释放出25.9MeV 的能量.即MeV 25.9e 2He H 4014211++→这类聚变反应提供了太阳发光、发热的能源.如果我们能在地球上实现核聚变，就能获得丰富廉价的能源.但是要实现核聚变难度相当大，只有在极高的温度下，使原子热运动的速度非常大，才能使原子核相碰而结合，故核聚变反应又称作热核反应.试估算：(1)一个质子(H 11)以多大的动能(以电子伏特表示)运动，才能从很远处到达与另一个质子相接触的距离？ (2)平均热运动动能达到此值时，温度有多高？ (质子的半径约为1.0 ×10－15m )分析作为估算，可以将质子上的电荷分布看作球对称分布，因此质子周围的电势分布为rεeV 0π4=将质子作为经典粒子处理，当另一质子从无穷远处以动能E k 飞向该质子时，势能增加，动能减少，如能克服库仑斥力而使两质子相碰，则质子的初始动能Re r eV E 2π41202R k 0ε=≥ 假设该氢原子核的初始动能就是氢分子热运动的平均动能，根据分子动理论知：kT E 23k =由上述分析可估算出质子的动能和此时氢气的温度.解 (1) 两个质子相接触时势能最大，根据能量守恒eV 102.72π415202R K0⨯==≥Re r εeV E由20k021v m E =可估算出质子初始速率 17k 00s m 102.1/2-⋅⨯==m E v该速度已达到光速的4％.(2) 依照上述假设，质子的初始动能等于氢分子的平均动能kT E E 23k k0==得 K 106.5329k0⨯≈=kE T 实际上在这么高的温度下，中性原子已被离解为电子和正离子，称作等离子态，高温的等离子体不能用常规的容器来约束，只能采用磁场来约束(托卡马克装置)9－25 在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为109 Ｖ，被迁移的电荷约为30 C .(1) 如果释放出来的能量都用来使0 ℃的冰融化成0 ℃的水，则可溶解多少冰？ (冰的融化热L ＝3.34 ×105 J· kg )(2) 假设每一个家庭一年消耗的能量为3 000kW·h ，则可为多少个家庭提供一年的能量消耗？解 (1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量kg 1098.8Δ4⨯===LqUL E m 即可融化约 90 吨冰.(2) 一个家庭一年消耗的能量为J 1008.1h kW 0003100⨯=⋅=E8.2Δ00===E qUE E n一次闪电在极短的时间释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电能. 9－26 已知水分子的电偶极矩p =6.17×10－30C· m .这个水分子在电场强度E ＝1.0 ×105 V · m -1的电场中所受力矩的最大值是多少?分析与解在均匀外电场中，电偶极子所受的力矩为E p M ⨯=当电偶极子与外电场正交时，电偶极子所受的力矩取最大值.因而有m N 1017.625max ⋅⨯==-pE M9-27 电子束焊接机中的电子枪如图所示，K 为阴极，A 为阳极，阴极发射的电子在阴极和阳极电场加速下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上使两块金属熔化在一起.已知V 105.24AK ⨯=U ，并设电子从阴极发射时的初速度为零，求：（1）电子到达被焊接金属时具有的动能；（2）电子射到金属上时的速度.分析电子被阴极和阳极间的电场加速获得动能，获得的动能等于电子在电场中减少的势能.由电子动能与速率的关系可以求得电子射到金属上时的速度.解（1）依照上述分析，电子到达被焊接金属时具有的动能eV 105.24AK k ⨯==eU E(2)由于电子运动的动能远小于电子静止的能量，可以将电子当做经典粒子处理.电子射到金属上时的速度题 9-27 图第十章静电场中的导体与电介质10－1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（）（A ）升高（B ）降低（C ）不会发生变化（D ）无法确定分析与解不带电的导体B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）. 10－2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷.若将导体N 的左端接地（如图所示），则（）（A ） N 上的负电荷入地（B ）N 上的正电荷入地（C ） N 上的所有电荷入地（D ）N 上所有的感应电荷入地题 10-2 图分析与解导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关.因而正确答案为（A ）.10－3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图.设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（）（A ）d εq V E 0π4,0== （B ）dεqV d εq E 020π4,π4==（C ）0,0==V E （D ）RεqV d εq E 020π4,π4==题 10-3 图分析与解达到静电平衡时导体处处各点电场强度为零.点电荷q 在导体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O点激发的电势为零，O点的电势等于点电荷q在该处激发的电势.因而正确答案为（A）.10－4根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( ) （A）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面一定没有自由电荷（B）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面电荷的代数和一定等于零（C）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面一定有极化电荷（D）介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关（E）介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关.因而正确答案为（E）. 10－5对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（）（A）电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍（B）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍（C）在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍（D）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍分析与解电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电。

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第一章质点运动学1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt)时间内的位移为Δr, 路程为Δs, 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ．(1) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜Δr｜= Δs = Δr(B) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜dr ｜= ds ≠ dr(C) ｜Δr｜≠ Δr ≠ Δs,当Δt→0 时有｜dr ｜= dr ≠ ds(D) ｜Δr｜≠ Δs ≠ Δr,当Δt→0 时有｜dr ｜= dr = ds (2) 根据上述情况,则必有( )(A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v (C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt)时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt→0 时,点P′无限趋近P 点,则有｜dr ｜＝ds,但却不等于dr ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故t s t ΔΔΔΔ≠r,即｜v ｜≠v ．但由于｜dr ｜＝ds,故ts t d d d d =r,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)．1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即(1)t rd d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确(C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确分析与解tr d d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；t d d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式ts d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)． 1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量,v 表示速度,a 表示加速度,s 表示路程, a ｔ表示切向加速度．对下列表达式,即(1)dv /dt ＝a ；(2)dr/dt ＝v ；(3)ds/dt ＝v ；(4)dv /dt ｜＝a ｔ．下述判断正确的是( )(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的(C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的分析与解t d d v表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；t s d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而t d d v表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)． 1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( )(A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变(B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变(C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变(D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s 内的位移的大小；(2) 质点在该时间内所通过的路程；(3) t ＝4 s 时质点的速度和加速度．分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到：0Δx x x t -=,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据0d d =tx 来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和tp ～t 内的位移大小Δx1 、Δx2,则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用t x d d 和22d d t x 两式计算．题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s 内位移的大小(2) 由 0d d =tx 得知质点的换向时刻为s 2=p t (t ＝0不合题意)则所以,质点在4.0 s 时间间隔内的路程为(3) t ＝4.0 s 时1 -6 已知质点的运动方程为j i r )2(22t t -+=,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；(3) 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr；分析质点的轨迹方程为y ＝f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得到．对于r 、Δr、Δr、Δs 来说,物理含义不同,(详见题1-1分析).解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为j r 20= , j i r 242-=图(a)中的P 、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得其中位移大小m 66.5)(Δ)(ΔΔ22=+=y x r 而径向增量m 47.2ΔΔ2020222202=+-+=-==y x y x r r r r题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为当t ＝0 时,v0x ＝-10 m·ｓ-1 ,v0y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为设v0与x 轴的夹角为α,则α＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta x x v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v 则加速度的大小为设a 与x 轴的夹角为β,则β＝-33°41′(或326°19′)1 -8 一升降机以加速度1.22 m·ｓ-2上升,当上升速度为2.44 m·ｓ-1时,有一螺丝自升降机的天花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m ．计算：(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间；(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为则 m 716.0='-=h h d题 1-8 图1 -9 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求质点的运动方程．分析本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由t a d d v =和tx d d =v 可得t a d d =v 和t x d d v =．如a ＝a(t)或v ＝v(t),则可两边直接积分．如果a 或v 不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解由分析知,应有得 03314v v +-=t t (1) 由 ⎰⎰=t x x t x 0d d 0v 得 00421212x t t t x ++-=v (2) 将t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1代入(1)、(2)得v0＝-1 m·ｓ-1,x0＝0.75 m于是可得质点运动方程为1 -10 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a ＝A -Bv,式中A 、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程．分析本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式dv ＝a(v)dt 分离变量为t a d )(d =v v 后再两边积分．解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 v v B A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为 t B A d d =-v v (2) 将式(2)两边积分并考虑初始条件,有得石子速度 )e 1(Bt BA --=v 由此可知当,t→∞时,BA →v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度．(2) 再由)e 1(d d Bt B A t y --==v 并考虑初始条件有得石子运动方程1 -11 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j,式中a 的单位为m·ｓ-2 ．在t ＝0时,其速度为零,位置矢量r0 ＝10 mi ．求：(1) 在任意时刻的速度和位置矢量；(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方程,并画出轨迹的示意图．题 1-11 图分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量ax 和ay 分别积分,从而得到运动方程r 的两个分量式x(t)和y(t)．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即20021t a t x x x x ++=v 和20021t a t y y y y ++=v ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得又由td d r =v 及初始条件t ＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t2y ＝2t2消去参数t,可得运动的轨迹方程3y ＝2x -20 m这是一个直线方程．直线斜率32tan d d ===αx y k ,α＝33°41′．轨迹如图所示．1 -12 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r ＝2.0ti ＋(19.0 -2.0t2 )j,式中r 的单位为m,t 的单位为s ．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t1＝1.0s 到t2 ＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t1 ＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t ＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．分析根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x(t)和y ＝y(t),从中消去参数t,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即t ΔΔr =v ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt→0 时,平均速度的极限即瞬时速度td d r =v ．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量a ｔ和an ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即t t t e a d d v =,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a ｔ得到．在求得t1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式ρa n 2v =求ρ．解 (1) 由参数方程x ＝2.0t, y ＝19.0-2.0t2消去t 得质点的轨迹方程：y ＝19.0 -0.50x2(2) 在t1 ＝1.00ｓ到t2 ＝2.0ｓ时间内的平均速度(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为则t1 ＝1.00ｓ时的速度v(t)｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j切向和法向加速度分别为(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为则m 17.112==na ρv 1 -13 飞机以100 m·ｓ-1 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m 时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问：(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远？ (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度？(3) 物品投出2.0ｓ后,它的法向加速度和切向加速度各为多少？题 1-13 图分析物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量vx 、vy 求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝vt, y ＝1/2 gt2飞机水平飞行速度v ＝100 m·s -1 ,飞机离地面的高度y ＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离(2) 视线和水平线的夹角为(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为1 -14为迎接香港回归，特技演员柯受良在1997年6月1日驾车飞越黄河壶口，如图所示，柯驾车从跑道东端启动，到达跑道终端时速度大小为1500=v h km 1-⋅，他随即以仰角 5=α冲出，飞越跨度达57 m ，安全着陆在西岸木桥上，求：题 1-14 图（1）柯飞车跨越黄河用了多长时间？（2）若起飞点高出河面10 m ，柯驾车飞行的最高点距河面为几米？（3）西岸木桥和起飞点的高度差为多少？分析由题意知，飞车作斜上抛运动，对包含抛体在内的一般曲线运动来说，运用叠加原理是求解此类问题的普适方法，操作程序是：建立一个恰当的直角坐标系，将运动分解为两个相互正交的直线运动，由于在抛体运动中，质点的加速度恒为g ，故两个分运动均为匀变速直线运动或其中一个为匀速直线运动，直接列出相关运动规律方程即可求解，本题可建立图示坐标系，图中m m x y 和分别表示飞车的最大高度和飞跃跨度. 解在图示坐标系中，有t v x )cos (0α= （1）2021sin (gt t v y -=）α （2）gt v v y -=αsin 0 （3）(1) 由式（1），令57m ==x x m ，得飞跃时间37.1cos 0m m ==αv x t s （2）由式（3），令0=y v ，得飞行到最大高度所需时间将’m t 代入式（2），得飞行最大高度67.02sin 220m ==gv y αm 则飞车在最高点时距河面距离为10m +=y h m 67.10= m（3）将37.1m =t s 代入式（2），得西岸木桥位置为 y= - 4.22 m“-”号表示木桥在飞车起飞点的下方.讨论本题也可以水面为坐标系原点，则飞车在 y 方向上的运动方程应为10=y m + 2021)sin (gt t v -α 1 -15如图所示，从山坡底端将小球抛出，已知该山坡有恒定倾角 30=α，球的抛射角 60=β，设球被抛出时的速率v0 ＝19.6 m·ｓ-1，忽略空气阻力，问球落在山坡上处离山坡底端的距离为多少？此过程经历多长时间？题 1-15 图分析求解方法与上题类似，但本题可将运动按两种方式分解，如图（a ）和图（b ）所示.在图（a ）坐标系中，两个分运动均为匀减速直线运动，加速度大小分别为-g αcos 和-g αsin ，看似复杂，但求解本题确较方便，因为落地时有y=0,对应的时间t 和x 的值即为本题所求.在图（b ）坐标系中，分运动看似简单，但求解本题还需将落地点P 的坐标y 与x 的关系列出来. 解 1 由分析知，在图（a ）坐标系中，有20)sin (21)]cos([t g t v x ααβ-+-= （1） 20)cos (21)]sin([t g t v y ααβ-+-= （2）落地时，有y=0，由式（2）解得飞行时间为31.230tan 20== gv t s 将 t 值代入式（1），得1.263220===gv x OP m 解 2 由分析知，在图（b ）坐标系中，对小球 t v x )cos (0β= （1）2021)sin (gt t v y -=β （2）对点P αtan x y =' （3）由式（1）、（2）可得球的轨道方程为ββ2202cos 2tan v gx x y -= （4）落地时，应有y y '=，即解之得落地点P 的x 坐标为g v x 3320= （5）则 1.263230cos 20===gv x OP m 联解式（1）和式（5）可得飞行时间31.2=t s讨论比较两种解法，你对如何灵活运用叠加原理有什么体会?1 -16 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s -=v 运动,v0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？分析在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s(t),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a ｔ,而加速度的法向分量为an ＝v2 /R ．这样,总加速度为a ＝a ｔe ｔ＋anen ．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs＝st -s0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解 (1) 质点作圆周运动的速率为其加速度的切向分量和法向分量分别为b t s a t -==22d d , Rbt R a n 202)(-==v v 故加速度的大小为其方向与切线之间的夹角为(2) 要使｜a ｜＝b,由b bt b R R =-+4022)(1v 可得(3) 从t ＝0 开始到t ＝v0 /b 时,质点经过的路程为因此质点运行的圈数为1 -17 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比．在t ＝2.0ｓ时测得轮缘一点的速度值为4.0 m·ｓ-1．求：(1) 该轮在t′＝0.5ｓ的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度；(2)该点在2.0ｓ内所转过的角度．分析首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k,ω＝ω(t)确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解因ωR ＝v,由题意ω∝t2 得比例系数所以 22)(t t ωω==则t′＝0.5ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为总加速度在2.0ｓ内该点所转过的角度1 -18 一质点在半径为0.10 m 的圆周上运动,其角位置为342t θ+=,式中θ 的单位为rad,t 的单位为ｓ．(1) 求在t ＝2.0ｓ时质点的法向加速度和切向加速度．(2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少？(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等？分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解 (1) 由于342t θ+=,则角速度212d d t t θω==．在t ＝2ｓ时,法向加速度和切向加速度的数值分别为(2) 当22212/t n t a a a a +==时,有223n t a a =,即得 3213=t 此时刻的角位置为(3) 要使t n a a =,则有t ＝0.55ｓ1 -19 一无风的下雨天,一列火车以v1＝20.0 m·ｓ-1 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃窗外的雨滴和垂线成75°角下降．求雨滴下落的速度v2 ．(设下降的雨滴作匀速运动)题 1-19 图分析这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v1 为Ｓ′相对Ｓ的速度,v2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2′为相对速度,它们之间的关系为1'22v v v += (如图所示),于是可得 1 -20 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v1 ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ 角,速率为v2′,若车后有一长方形物体,问车速v1为多大时,此物体正好不会被雨水淋湿？分析这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v2′的方向)应满足hl αarctan ≥．再由相对速度的矢量关系122v v v -=',即可求出所需车速v1．题 1-20 图解由122v v v -='［图(b)］,有而要使hl αarctan ≥,则第二章牛顿定律2 -1 如图(a)所示,质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为( ) (A) gsinθ(B) gcosθ(C) gtanθ(D) gcotθ分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力FＴ(其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a,如图(b)所示,由其可解得合外力为mgcotθ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．2 -2 用水平力FN把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当FN逐渐增大时,物体所受的静摩擦力Ff的大小( )(A) 不为零,但保持不变(B) 随FN成正比地增大(C) 开始随FN增大,达到某一最大值后,就保持不变(D) 无法确定分析与解与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μFN范围内取值．当FN增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．2 -3 一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率( )(A) 不得小于gRμμ(B) 必须等于gR(C) 不得大于gRμ (D) 还应由汽车的质量m 决定分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μFN．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v＝μRg．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．2 -4 一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,在下滑过程中,则( )(A) 它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变(B) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加(C) 它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心(D) 它受到的合外力大小不变,其速率不断增加分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力FN 作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m gcosθ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程R m θmg F N 2sin v =-可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力FN 也将不断增大,由此可见应选(B)．*2 -5 图(a)示系统置于以a ＝1/4 g 的加速度上升的升降机内,A 、B 两物体质量相同均为m,A 所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不计空气阻力,则绳中张力为( )(A) 5/8 mg (B) 1/2 mg (C) mg (D) 2mg分析与解本题可考虑对A 、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A 、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a′为A 、B 两物体相对电梯的加速度,ma 为惯性力．对A 、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F Ｔ＝5/8 mg ．故选(A)．讨论对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度aA 和aB 均应对地而言,本题中aA 和aB 的大小与方向均不相同．其中aA 应斜向上．对aA 、aB 、a 和a′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁琐．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2 -6 图示一斜面,倾角为α,底边AB 长为l ＝2.1 m,质量为m 的物体从题2 -6 图斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为μ＝0.14．试问,当α为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短？其数值为多少？分析动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f(t),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．解取沿斜面为坐标轴Ox,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有ma αmg μαmg =-cos sin (1) 又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有则 ()αμααg l t cos sin cos 2-= (2) 为使下滑的时间最短,可令0d d =αt,由式(2)有则可得 μα12tan -=,o 49=α此时 ()s 99.0cos sin cos 2min =-=αμααg l t 2 -7 工地上有一吊车,将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空．甲块质量为m1 ＝2.00 ×102 kg,乙块质量为m2 ＝1.00 ×102 kg．设吊车、框架和钢丝绳的质量不计．试求下述两种情况下,钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作用力：(1) 两物块以10.0 m·ｓ-2 的加速度上升；(2) 两物块以1.0 m·ｓ-2 的加速度上升．从本题的结果,你能体会到起吊重物时必须缓慢加速的道理吗？题 2-7 图分析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．解按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有FＴ-( m1＋m2 )g ＝(m1＋m2 )a (1)FN2- m2 g ＝m2 a (2)解上述方程,得FＴ＝(m1＋m2 )(g ＋a) (3)FN2 ＝m2 (g ＋a) (4) (1) 当整个装置以加速度a ＝10 m·ｓ-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为FＴ＝5.94 ×103 N乙对甲的作用力为F′N2＝-FN2＝-m2 (g ＋a) ＝-1.98 ×103 N(2) 当整个装置以加速度a ＝1 m·ｓ-2 上升时,得绳张力的值为FＴ＝3.24 ×103 N此时,乙对甲的作用力则为F′N2＝-1.08 ×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2 -8 如图(a)所示,已知两物体A、B 的质量均为m＝3.0kg 物体A 以加速度a ＝1.0 m·ｓ-2 运动,求物体B 与桌面间的摩擦力．(滑轮与连接绳的质量不计)分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．解分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有mAg-FＴ＝mA a (1)F′Ｔ1 -Fｆ＝mB a′ (2)F′Ｔ -2FＴ1 ＝0 (3)考虑到mA ＝mB ＝m, FＴ＝F′Ｔ, FＴ1 ＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力题 2-8 图讨论动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．2 -9 质量为m′的长平板A 以速度v′在光滑平面上作直线运动,现将质量为m 的木块B 轻轻平稳地放在长平板上,板与木块之间的动摩擦因数为μ,求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度？分析当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板移动的距离即可求。

物理学教程第二版习题答案

质点运动学习题一、选择题C B D D DB C B B D二.填空题1. v=A ωcos ωt , v=22y -A ω.2. v 0+Ct 3/3 , x 0+v 0t+Ct 4/12 .3. v M =h 1v/(h 1－h 2) .4. 4.19m, 4.13×10-3m/s, 与x 轴成60︒.5. B , (A 2/R )+4πB .6. g sin θ, g cos θ . 三.计算题1. 坐标如图,设V 、v 、u 分别为质点对地、质点对斜面、斜面对地的速度,有V =v +uV x =v x +u x = gy 2cos α+u V y =v y +u y = gy 2sin α当y=h 时 V=(V x 2+V y 2)1/2=[u 2+2gh +2u gh 2cos α]1/2 V 与x 轴的夹角 β=arcot(V y /V x )=arctg[gh 2sin α /(gh 2cos α+u )]2. 因 v 2/v 1=R ω2 /(R ω1)= k t 22/( k t 12)= t 22/ t 12 故 v 1= v 2 t 12/ t 22=8m/sa n =v 12/R=32m/s 2a t =d v/d t=d(R ω)/d t =d(Rkt 2)/d t =2Rkt=2Rkt 2/t=2v 1/t 1=16m/s 2所以 a=(a n 2+a t 2)1/2=35.8m/s 23. 由 a=d v/d t=(d v/d x )(d x/d t ) =v (d v/d x )=－kv 2有 d v/v =－k d x()⎰⎰-=xv v x k v v 0d d 0 ln(v/v 0)=－kx故 v=v 0e -kx5. (1)Bt A e B ν-=- 2(1)Bt A A y t e B B -=+- 牛顿定律习题一. 选择题C C B E A 二.填空题1. 460m, 5.5×103N.2.3. 1/cos 2θ. 三.计算题1.受力图、坐标、所设角α如图对A 有 T 1-m A g=0 对B 有 f －T 1sin α=0N+T 1 cos α－m B g =0对O 有 T 2＝2T 1 cos(α/2)因CO 的延长线是α的角分线,故α=60°，有 T 1 cos α= T 1 cos60°=m B g －N=10×10－80=20N 得 T 1=40N 有 m A = T 1/g=4kgf= T 1sin α=T 1sin60°=34.6NT 2＝2T 1 cos(α/2)＝2T 1 cos30°=69.3N动量守恒定律和能量守恒定律习题一.选择题 A A A C D C D C C D 二.填空题1. 2Qv , 水流入方向.2. F ∆ t 1/(m 1+m 2),F ∆ t 1/(m 1+m 2)+ F ∆t 2/m 2. 3. -F 0R 4. 12J. 5. mgl/50.6. kx 02; -kx 02/2; kx 02/2 .三．计算题1. 子弹与物体组成的系统水平方向动量守恒,设子弹刚穿出物体时的物体速度为v ' , 有 mv 0=mv+Mv 'v '=m (v 0-v )/M(1)绳中张力 T=Mg+M v ' 2/l = Mg+ m 2(v 0-v )2/( Ml )=26.5N (2)子弹所受冲量 I = m (v -v 0)=-4.7N·s 负号表示与子弹入射方向相反.2. (1) A =()r r GMm RhR d 2⎰+-=GMm [1/R -1/(R+h )]= GMm h /[R (R+h )](2)由动能定理 A=E k -E k0 有 GMm h /[R (R+h )]=mv 2/2 v= {2GM h /[R (R+h )]}1/28. 煤粉接触传送带时速度为v 0=gh 2，方向向下.取时间微元∆t , 落入传送带上的煤粉质量∆m=q m ∆t , 设传送带对煤粉的平均作用力为f , 按如图坐标, 由动量定理得A A gBB g(2)A gOx yf x ∆t =∆m (v 2x - v 1x )=∆m (v -0)= ∆mv (f y -∆mg )∆t ≈f y ∆t=∆m (v 2y - v 1y )=∆m [0-(-v 0)]= ∆mv 0 f x =q m v f y = q m v 0故 f=(f x 2+ f y 2)1/2= q m (v 2+ v 02)1/2 = q m (v 2+2gh )1/2=149N f 与x 轴夹角α=arctg((f y /f x )= arctg(v 0/ v ) =arctg(gh 2/ v )=57.4︒所以煤粉对传送带的作用力f '的大小为 f '=149N 方向与x 轴夹角为 α'=180︒+57.4︒=237.4︒四.证明题1.(1) P=Fv=mav=mv d v /d tP d t= mv d v⎰⎰=tvv mv t P 0d d有 Pt/m v 2=(2) Pt/m v 2==d x /d t d x =Pt/m 2d tx=⎰⎰=txt Pt/m x 0d 2d =(2/3)/m Pt 32=3/2)(98t m P/刚体转动习题一.选择题C A C C B A B D A B二.填空题1. 4s, -15m/s.2. 203. 3ML 2/4, mgL/2, 2g /(3L ) .三.计算题1.飞轮受绳的张力T 产生的力矩和阻力矩M μ , 重锤受绳的张力T 和重力mg .对飞轮和重锤分别用转动定律和牛顿定律列方程, 有 TR -M μ =J α=Ja/R mg -T=ma h=at 2/2得 mgR -M μ=( J/R+mR )2h/t 2当重锤质量分别为m 1和m 2时, 重锤下落时间分别为t 1和t 2 ,于是有 m 1gR -M μ=( J/R+m 1R )2h/t 12 m 2gR -M μ=( J/R+m 2R )2h/t 22 相减得 (m 1-m 2)gR=(2hJ/R )(1/t 12-1/t 22)+(2hR )( m 1/t 12-m 2/t 22)=2hJ (t 22-t 12)/(R t 12t 22)+2hR (m 1t 22 -m 2t 12)/( t 12t 22) 有 J=[(m 1-m 2)gR2 t 12t 22/[2h (t 22-t 12)]- R 2(m 1t 22 -m 2t 12)/(t 22-t 12)=1.06×103kg·m 22.(1)子弹击中圆盘的过程中,子弹和圆盘组成的系统对O 点的角动量守恒 mv 0R=( MR 2/2+mR 2)ω ω=2mv 0/[(M+2m )R ](2)求圆盘的摩擦阻力矩.取圆环微元d r,其摩擦阻力矩为 d M μ=μd mgr=μσ2πr d rgr=2πμσgr 2d r⎰=Rr gr M 02d 2πμσμ=2πμσgR 3/3=2μMgR/3(3) -M μ∆t=0-J ω ∆t=J ω /M μ=( MR 2/2+mR 2){2mv 0/[(M+2m )R ]}/(2μMgR/3) =3mv 0 /2μMg3. (1)定滑轮受绳的张力T 产生的力矩, 重物受绳的张力T 和重力mg .取初角速度ω 0的方向为坐标正向,对定滑轮和重物分别列方程,有 -TR =J α= (MR 2/2)αT -mg=ma= mR α得 α=-2mg/[(2m +M )R ]=-81.7rad/s 2负号表示方向与初角速度ω 0的方向相反 (2) ω 2-ω02=-ω02=2α ∆θ∆θ=-ω02/(2α)=ω02(2m +M )R /(4mg ) h=R ∆θ=ω02(2m +M )R 2/(4mg )=6.12×10-2m(3) 物从最大高度回到原位置定滑轮转角∆θ'=-∆θ=-ω02(2m +M )R /(4mg )有ω' 2=2α∆θ'=()mgR M m R M m mg -42)(242+-⋅+ω=ω02 所以当物体回到原位置时 ω' =ω0=10.0rad/s 方向与初角速度ω 0的方向相反振动习题一. 选择题B C D A B B B B B A二.填空题1. A cos(2πt /T -π/2); A cos(2πt /T +π/3).2. 9.9×102J.3. ⎜A 2-A 1⎜; x=⎜A 2-A 1⎜cos(2πt /T +π/2). 三.计算题1.取水面为坐标原点,向上为x 正向,木块质心坐标为x .木块与水的密度分别为ρ与ρ',木块受向下的重力l 3ρg 与向上的浮力l 2( l /2-x )ρ'g .平衡时木块质心坐标为a 有 l 2(l /2-a )ρ'g -l 3ρg=0a= l /2-l ρ/ρ'=-0.4l=-0.04m(1)木块质心坐标为x 时l 2(l /2-x )ρ'g -l 3ρg=ma= l 3ρd 2x/d t 2(l /2-x )ρ'g - (l /2-a )ρ'g =ma= l ρd 2x/d t 2 d 2x/d t 2+(x -a ) g ρ'/(ρ l ) =0令X= x -a 有 d 2X/d t 2+[ g ρ'/(ρ l )]X=0即木块作简谐振动X=A cos (ωt+ϕ0)其中ω=[ gρ'/(ρ l)]1/2=10.4rad/s(2)取放手时刻为t=0,有x0=-0.05m,X0=-0.01m;v0=0;得A=0.01m,ϕ0=π.X=A cos (ωt+ϕ0)= 0.01cos (10.4t+π) (SI)所以, 木块质心相对水面的振动方程为x=X+a=-0.04+ 0.01cos (10.4t+π) (SI)2.设杆向右摆动为角坐标θ正向.摆动过程中杆受重力矩和弹性力矩.当杆向右摆动θ角时, 重力矩和弹性力矩均与θ相反,有-(1/2)MgL sinθ-kL2sinθ=J d2θ/d t2当作微小振动时,sinθ≈θ, 且J=ML2/3,有d2θ/d t2+( Mg/2+kL) Lθ /J =0d2θ/d t2+[3( Mg+2kL)/(2ML)]θ=0杆作微小振动的周期T=2π/[3( Mg+2kL)/(2ML)]1/2=2π{(2ML) /[3( Mg+2kL)]}1/2波动习题一.选择题A B C B C二.填空题1. 0.1cos(4πt-π) (SI); -1.26m/s.2. π/3.3. R22/R12.4.三.计算题1. (1)原点处质点在t=0时刻y0=A cosϕ0=0 v0=-Aωsinϕ0＞0所以ϕ0=-π/2.而T=λ/v=0.40/0.08=5(s)故该波的波动方程为y=0.04cos[2π( t/5-x/0.4)-π/2] (SI) (2) P 处质点的振动方程y P =0.04cos[2π( t/5-0.2/0.4)-π/2]= 0.04cos(0.4π t -3π/2) (SI)2. 解：(1) 比较t = 0 时刻波形图与t = 2 s 时刻波形图，可知此波向左传播．在t = 0时刻，O 处质点φcos 0A =， φωsin 00A -=<v ，故2πφ-= 又t = 2 s ，O 处质点位移为)24cos(2/ππ-=νA A所以 244πππ-=-ν， ν = 1/16 Hz 振动方程为)28/cos(0ππ-=t A y (SI)(2) 波速u = 20 /2 m/s = 10 m/s 波长λ = u /ν = 160 m波动表达式]21)16016(2cos[π-+π=x t A y (SI)3、解：(1) x = λ /4处)22cos(1ππ-=t A y ν , 22cos(22)y A t ν=+ππ∵y 1，y 2反相∴合振动振幅 A A A A s =-=2,且合振动的初相φ 和y 2的初相一样为2π．合振动方程 )22cos(ππ+=t A y ν (2)x = λ /4处质点的速度)2cos(2)2 2sin(2/d d v ππππππ+=+-==t A t A t y νννν四.证明题1.(1) 设小球向右摆动为角坐标θ正向.摆动过程中小球受重力和弧形轨道的支持力. 重力的切向分力使小球获得切向加速度.当小球向右摆动θ角时, 重力的切向分力与θ相反,有-mg sin θ=ma t =mR d 2θ/d t 2当作小幅度运动时,sin θ ≈θ, 有d 2θ/d t 2+(g/R ) θ=0故小球作间谐振动 θ=θA cos(R g t +ϕ) (2)周期为 T=2π/ω=2π /R g =2πg R气体动理论习题一. 选择题 B A B D B二.填空题1. 1.33×105Pa.2. 5/3; 10/3. 3. 210K; 240K.三.计算题1. (1) 因T 等,有()2O k ε=()2H k ε=6.21×10-21Jm v k ε22==483m/s(2) T=2k ε/(3k )=300K2. 平均平动动能的总和E t =(3/2)(M/M mol ) RT=(3/2)(ρV /M mol )RT =7.31×106J 内能增加∆E=(i /2)(M/M mol ) R ∆T=(i /2)(ρV/M mol )R ∆T =4.16×104J2v 的增量∆(2v )=∆(mol 3M RT )=()[]T RT/M d 3d mol ∆T=()[]1mol 13T M R ∆T/2=0.856m/s4解：根据分析，当气体温度为T=273K 时，可得（1）氧分子的平均平动动能JkT kt 21107.523-⨯==ε氧分子的平均转动动能JkT kr 21108.323-⨯==ε （2）氧气的内能JRT i M m E 233101.727331.82510321042⨯=⨯⨯⨯⨯⨯='=-- （3）氦气的内能JRT i M m E 233104.327331.8231041042⨯=⨯⨯⨯⨯⨯='=-- 热力学基础习题一.选择题B B A B A A D C B B C 二.填空题1. 166J.2. （2），（3），（2），（3）3. 33.3％; 50％; 66.7％4. V 2; (V 1/V 2)γ -1T 1; (RT 1/V 2)(V 1/V 2)γ -1 三.计算题 1. (1)由V =p a ,得p=a 2/V 2,所以A=()()⎰⎰-==21212122211d d V V V V V /V /a V V aV p(2)由状态方程p 1V 1/T 1= p 2V 2/T 2知T 1/T 2=( p 1V 1)/( p 2V 2) = (V 1a 2/V 12)/( V 2 a 2/V 22) = V 2/V 12. 单原子分子i=3, C V =3R/2, C p =5R/2. ca 等温 T a =T cab 等压 V a /T a =V b /T b T b =(V b /V a )T a =(V b /V a )T c (1) ab 等压过程系统吸热为Q ab =(M/M mol )C p (T b -T a ) = (5R/2)(V b /V a -1) T c =-6232.5J bc 等容过程系统吸热为Q bc =(M/M mol )C V (T c -T b ) = (3R/2)(1-V b /V a )T c =3739.5J ca 等温过程系统吸热为Q ca =(M/M mol )RT c ln(V a /V c )= RT c ln2=3456J (2) 经一循环系统所作的净功 A= Q ab + Q bc + Q ca =963J循环的效率η=A/Q 1= A/( Q bc + Q ca )=13.4％3. (1) A da =p a (V a －V d )= －5.065⨯10－3J(2) ∆E ab =(M/M mol )(i /2)R (T b -T a )= (i /2)(p b －p a )V a =3.039⨯104J(3) A bc =(M/M mol )RT b ln(V c /V b )=p b V b ln(V c /V b )=1.05⨯104J A=A bc +A da =5.47⨯103J(4) Q 1=Q ab +Q bc =∆E ab +A bc =4.09⨯104J η=A/Q 1=13.4%静电场习题一、选择题 CBCCD BACBD 二、填空题 1. λ1d/(λ1+λ2).2. σ/(2ε0),向左;3σ/(2ε0),向左;σ/(2ε0),向右.3. -Q/ε0, -2Q r 0/(9πε0R 2), -Q r 0/(2πε0R 2).4. (q 1+ q 4)/ε0, q 1、q 2、q 3、q 4, 矢量和5.)222(812310q q q R++πε.6. Ed cos α.7. -q/(6πε0R )8.. 25.9. R 1/R 2, 4πε0(R 1+R 2), R 2/R 1. 三、计算题1. 取园弧微元 d q=λd l=[Q/(πR )]R d θ=Q d θ/π d E =d q/(4πε0r 2) =Q d θ/(4π2ε0R 2) d E x =d E cos(θ+π) =－d E cos θ d E y =d E sin(θ+π) =－d E sin θE x =()⎰⎰-=2/32/2024d cos d ππεπθθR Q E x =Q/(2π2ε0R 2)E y =⎰d E y = ()⎰-2/32/2024d sin ππεπθθR Q =0故 E=E x =()2022R Q επ 方向沿x 轴正向.取园弧微元d q=λd l=[Q/(πR )]R d θ=Q d θ/π d E =d q/(4πε0r 2) =Q d θ/(4π2ε0R 2) d E x =d E cos θ d E y =d E sin θE x =()/2220/2d cos d 4x E Q R ππθθπε-=⎰⎰=Q/(2π2ε0R 2) E y =⎰d E y =)/2220/2sin d 4Q R ππθθπε-⎰=0故 E=E x =()2022R Q επ 方向沿x 轴正向.2. 取窄条面元d S=a d x ,该处电场强度为 E=λ/(2πε0r ) 过面元的电通量为 d Φe =E ⋅d S=[λ/(2πε0r )]a d x cos θ =λac d x/[2πε0(c 2+x 2)]Φe =⎰d Φ ()⎰-+=2/2/2202b b x c acdxπελ2/2/0arctan 12b b cxc ac -⋅=πελ=λa arctan[b /(2c )]/(πε0)λ2. 球形空腔无限长圆柱带电体可认为是均匀带正电(体电荷密度为ρ)无限长圆柱体与均匀带负电(体电荷密度为-ρ)球体组成.分别用高斯定理求无限长均匀带电圆柱体激发的电场E 1与均匀带电球体激发的电场E 2. 为求E 1,在柱体内作同轴的圆柱形高斯面,有=⋅⎰S E d S02102ερπεπl r Q rlE == E 1=ρr 1/(2ε0) 方向垂直于轴指向外; 为求E 2,在球体内外作同心的球形高斯面,有=⋅⎰S E d S 0224επQ E r =球内r<a Q=-ρ4πr 23/3 E 2= -πr 2/(3ε0) 球外r>a Q=-ρ4πa 3/3 E 2= -πa 3/(3ε0r 22) 负号表示方向指向球心. 对于O 点E 1=ρd/(2ε0), E 2= -πr 2/(3ε0)=0 (因r 2=0) 得 E O =ρd/(2ε0) 方向向右; 对于P 点E 1=ρd/(2ε0), E 2= -πa 3/(12ε0d 2)得 E P =ρd/(2ε0)-πa 3/(12ε0d 2) 方向向左.4. 课后9-85. 课后9-146. 课后9-207. 课后9-218. 解：设球层电荷密度为ρ.ρ=Q/(4πR 23/3-4πR 13/3)=3Q/[4π(R 23-R 13)]球内，球层中，球外电场依次为 E 1=0,E 2=ρ(r 3-R 13)/(3ε0r 2) , E 3=ρ(R 23-R 13)/(3ε0r 2)故⎰⎰⎰∞+=⋅=rR R R r211d d d 21r E r E r E ϕ⎰∞+2d 3R r E =0+{ρ(R 22-R 12)/(6ε0)+[ρR 13/(3ε0)(1/R 2-1/R 1)]}+ ρ(R 23-R 13)/(3ε0R 2)=ρ(R 22-R 12)/(2ε0)=3Q (R 22-R 12)/[8πε0(R 23-R 13)]静电场中的导体和电介质一、选择题 AACDD DBABCA 二、填空题1. 2U 0/3+2Qd/(9ε0S ).2. 会, 矢量.3. 是, 是, 垂直, 等于.4. 取向, 取向; 位移, 位移.5. 1/εr , 1/εr .6. 3.36×105N/C .7. ε0εr U 2/(2d 2) 三、计算题1. B 球接地,有 U B =U ∞=0, U A =U ABU A =(-Q+Q B )/(4πε0R 3) U AB =[Q B /(4πε0)](1/R 2-1/R 1)Q得Q B=QR1R2/( R1R2+ R2R3- R1R3)U A=[Q/(4πε0R3)][-1+R1R2/(R1R2+R2R3-R1R3)]= -Q(R2-R1)/[4πε0(R1R2+R2R3-R1R3)]2.球形电容器C=4πε0RQ1=C1V1=4πε0RV1 Q2=C2V2=4πε0RV2W0=C1V12/2+C2V22/2=2πε0R (V12+V22)两导体相连后C=C1+C2=8πε0RQ=Q1+Q2= C1V1+C2V2=4πε0R(V1+V2)W=Q2/(2C)= [4πε0R(V1+V2)]2/(16πε0R)=πε0R(V1+V2)2静电力作功A=W0-W=2πε0R (V12+V22)-πε0R(V1+V2)2=πε0R(V1-V2)2=1.11×10-7J4.稳恒磁场习题一、选择题BAAAB DBCBC CDBD二、填空题1.I1+ I2+ I3+ I4=02．所围面积,电流,法线(n).3. 0.4. 0.16T.5. μ0Qv /(8πl 2), z 轴负向.6. 环路L 所包围的电流, 环路L 上的磁感应强度,内外.7. μ0I , 0, 2μ0I .8. IBR .9. 10－2, π/2 10. 7.96×105A/m, 2.42×102A/m.三、计算题1.(1) 在距球心r 处沿电流方向取微元长度d r ,导电截面为2πr2.则此微元长度电阻为d R=ρd r/(2πr 2) 接地电阻为()[]⎰∞=adr r R 22πρ=ρ/(2πa )(2) j=I/S=I/(2πr 2)j 1/j 2=[I/(2πr 12)]/[I/(2πr 22)]= r 22/r 122. 取宽为d l 细圆环电流,dI =I d N=I [N/(πR/2)]R d θ=(2IN/π)d θ d B=μ0d Ir 2/[2(r 2+x 2)3/2] r=R sin θ x=R cos θ d B=μ0NI sin 2θ d θ /(πR )⎰⎰==πππθθμ20d sin d RNI B B =μ0NI/(4R )3. 在圆盘上取细圆环电荷元d Q =σ2πr d r , [σ=Q /(πR 2) ],等效电流元为d I =d Q /T =σ2πr d r/(2π/ω)=σωr d r(1) 求磁场, 电流元在中心轴线上激发磁场的方向沿轴线, 且与ω同向,大小为d B=μ0d Ir 2/[2(x 2+r 2)3/2]=μ0σωr 3d r /[2(x 2+r 2)3/2]()()()⎰⎰++=+=R Rxrx r r xr rr B 02322222002/32230d 42d σωμσωμ=()()()⎰+++R xrx r x r 0232222220d 4σωμ-()()⎰++R xrx r x 023222220d 4σωμ=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++RR x r xx r 02222202σωμ=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++x x R x R R Q 222222220πωμ (2) 求磁距. 电流元的磁矩d P m =d IS=σωr d r πr 2=πσωr 2d r⎰=Rm dr r P 03πσω=πσωR 4/4=ωQR 2/44. 此电流可认为是由半径为R 的无限长圆柱电流I 1和一个同电流密度的反方向的半径为R '的无限长圆柱电流I 2组成. I 1=J πR 2 I 2=-J πR '2 J =I/[π (R 2-R '2)] 它们在空腔内产生的磁感强度分别为 B 1=μ0r 1J/2 B 2=μ0r 2J/2 方向如图.有 B x =B 2sin θ2-B 1sin θ1=(μ0J/2)(r 2sin θ2-r 1sin θ1)=0 B y =B 2cos θ2＋B 1cos θ1=(μ0J/2)(r 2cos θ2＋r 1cos θ1)=(μ0J/2)d 所以 B = B y = μ0dI/[2π(R 2－R '2)] 方向沿y 轴正向5. 两无限大平行载流平面的截面如图.平面电流在空间产生的磁场为 B 1=μ0J /2 在平面①的上方向右,在平面①的下方向左; 电流②在空间产生的磁场为 B 2=μ0J /2 在平面②的上方向左,在平面②的下方向右.(1) 两无限大电流流在平面之间产生的磁感强度方向都向左, 故有 B=B 1+B 2=μ0J(2) 两无限大电流流在平面之外产生的磁感强度方向相反, 故有B=B 1-B 2=0I 1I 2 ①②6. 在圆环上取微元 I 2d l = I 2R d θ 该处磁场为 B =μ0I 1/(2πR cos θ) I 2d l 与B 垂直,有d F= I 2d lB sin(π/2) d F=μ0I 1I 2d θ/(2πcos θ) d F x =d F cos θ=μ0I 1I 2d θ /(2π) d F y =d F sin θ=μ0I 1I 2sin θd θ/(2πcos θ)⎰-=222102πππθμd I I F x =μ0I 1I 2/2因对称F y =0.故 F =μ0I 1I 2/2 方向向右电磁感应习题一、选择题 DBDAD CDCBA 二、填空题1. t I r r ωωπμcos 202210,22102Rr I r πμ . 2． > , < , = .3． B ωR 2/2; 沿曲线由中心向外.4． er 1(d B /d t )/(2m ),向右; eR 2(d B /d t )/(2r 2m ),向下. 5． μ0n 2l πa 2, μ0nI 0πa 2ωcos ωt . 6．ε=πR 2k/4，从c 流至b . 7. 0.8. ΦAB =ΦBA . 9. μ0I 2L /(16π)10. 1.33×102 W/m 2 , 2.51×10-6J/m 3.三、计算题1. 取顺时针为三角形回路电动势正向,得三角形面法线垂直纸面向里. 取窄条面积微元d S =y d x =[(a+b -x )l/b ]d xΦm =⎰⋅S d S B =()⎰+-+⋅ba abldxx b a x I πμ20 =()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++b a b a b a bIlln 20πμ εi = -d Φm /d t=()dtdIa b a b a b b l ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-ln 20πμ= -5.18×10－8VI 1y负号表示逆时针2. (1) 导线ab 的动生电动势为 εi = ⎰l (v×B )·d l=vBl sin(π/2+θ)=vBl cos θ I i =εi /R = vBl cos θ/R方向由b 到a . 受安培力方向向右,大小为 F =| ⎰l (I i d l×B )|= vB 2l 2cos θ/RF 在导轨上投影沿导轨向上,大小为F '= F cos θ =vB 2l 2cos 2θ/R重力在导轨上投影沿导轨向下,大小为mg sin θ mg sin θ -vB 2l 2cos 2θ/R=ma=m d v /d t dt=d v /[g sin θ -vB 2l 2cos 2θ/(mR )]()[]{}⎰-=vmR l vB g dv t 0222cos sin θθ()()()mR t l B el B mgR v θθθ222cos 2221cos sin --= (2) 导线ab 的最大速度v m =θθ222cos sin l B mgR .3.(1) 用对感生电场的积分εi =⎰l E i ·d l 解:在棒MN 上取微元d x (-R<x<R ), 该处感生电场大小为 E i =[R 2/(2r )](d B/d t )与棒夹角θ满足tan θ=x/Rεi =⎰⋅N Ml E i d =⎰N M i x E θcos d =()⎰-⋅RRr Rr x t B R 22d d d=⎰-+⋅RR Rx xt B R 2232d d d =[R 3(d B/d t )/2](1/R )arctan(x/R )RR-=πR 2(d B/d t )/4因εi =>0,故N 点的电势高.(2) 用法拉第电磁感应定律εi =－d Φ/d t 解: 沿半径作辅助线OM ,ON 组成三角形回路MONMεi =⎰⋅NMl E i d =⎰⋅-MNl E i d=-⎢⎣⎡⋅⎰MNl E i d +⎰⋅O M l E i d +⎥⎦⎤⋅⎰NO l E i d=－(－d ΦmMONM /d t ) =d ΦmMONM /d t 而 ΦmMONM =⎰⋅Sd S B =πR 2B/4故 εi =πR 2(d B/d t )/4 N 点的电势高.4. 取如图所示的坐标,设回路有电流为I ,则两导线间磁场方向向里,大小为 0≤r ≤a B 1=μ0Ir/(2πa 2)+ μ0I/[2π(d -r )] a ≤r ≤d -a B 2=μ0I/(2πr )+μ0I/[2π(d -r )] d -a ≤r ≤d B 3=μ0I/(2πr )+ μ0I (d -r )/(2πa 2) 取窄条微元d S=l d r ,由Φm =⎰⋅SS B d 得Φml =⎰aa r Irl 0202d πμ+()⎰-a r d r Il 002d πμ +⎰-ad a r r Il πμ2d 0+()⎰--a d a r d rIl πμ2d 0 +⎰-ad ar r Il πμ2d 0+()⎰-a d aa rl r -d I 202d πμ =μ0Il/(4π)+[μ0Il/(2π)]ln[d/(d -a )] +[μ0Il/(2π)]ln[(d -a )/a ] +[μ0Il/(2π)]ln[(d -a )/a ] +[μ0Il/(2π)]ln[d/(d -a )]+μ0Il/(4π)=μ0Il/(2π)+(μ0Il/π)ln(d/a )由L l =Φl /I ,L 0= L l /l=Φl /(Il ).得单位长度导线自感 L 0==μ0l/(2π)+(μ0l/π)ln(d/a )波动光学习题二.填空题1. 2πd sin θ /λ.2. 2π(n -1)e/λ; 4×104.3. D λ/dn .4. 1.40.5. λ/(2L ).6. 5λ/(2n θ).7. 916.8. 1×10-6.9. 遵守普通的折射;不遵守普通的折射. 10. 见图.三.计算题1. (1) 明纹坐标 x k =kD λ/a∆x=12k k x x -=(k 2-k 1)D λ/a=20D λ/a =0.11m(2) 零级明纹即光程差为零的明纹,玻璃片覆盖上一条缝后,δ= r 2-[r 1+ (n -1)e ]=0 r 2-r 1=(n -1)e设此处为不复盖玻璃片时的k 级明纹，应有 r 2-r 1= k λ所以有 (n -1)e = k λ故玻璃片复盖一缝后,零级明纹移至原来明纹的级次为k= (n -1)e/λ=6.96～72. 解：插入介质前的光程差1121r r k λ∆=-=（对应1k 级明纹）插入介质后的光程差2122(1)n d r r k λ∆=-+-= （对应2k 级明纹）光程差的变化量为2121(1)()n d k k λ∆-∆=-=- 式中21()k k -为移过点P 的条纹数 (1) 插入介质后的光程差 212(1)n d r r ∆=-+-则新的中央明纹所在的屏上位置对应的光程差 212(1)0n d r r ∆=-+-=显然要求r 1<r 2, 即条纹上移。

物理学教程第二版马文蔚(下册)课后答案解析(完整版)

第九章静电场9－1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A)放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B)中的( )题 9-1 图分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为02εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B).9－2 下列说法正确的是( )(A)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷(B)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零(C)闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零(D)闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零分析与解依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B).9－3 下列说法正确的是( )(A) 电场强度为零的点，电势也一定为零(B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零(C) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).*9－4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( )(A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止(B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动题 9-4 图分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B).9－5精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21e，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e，由最极端的情况考虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21e，中子电量为10－21e，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解一个氧原子所带的最大可能净电荷为()e q 21max 10821-⨯⨯+=二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e 显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e 范围内时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力. 9－6 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 32 的上夸克和两个带e 31-的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10－20 m)，中子内的两个下夸克之间相距2.60×10－15 m .求它们之间的相互作用力.解由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律()r r r r e r q q e e e F N 78.3π41π412202210===εε F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.9－7 点电荷如图分布，试求P 点的电场强度.分析依照电场叠加原理，P 点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P 点激发电场强度的矢量和.由于电荷量为q 的一对点电荷在P 点激发的电场强度大小相等、方向相反而相互抵消，P 点的电场强度就等于电荷量为2.0q 的点电荷在该点单独激发的场强度.解根据上述分析2020π1)2/(2π41aq a q E P εε==题 9-7 图9－8 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为 2204π1L r Q εE -= (2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为2204π21L r r Q εE += 若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.题 9-8 图分析这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为r r q εe E 20d π41d '=整个带电体在点P 的电场强度 ⎰=E E d接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，⎰=L E i E d(2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(a)所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是⎰⎰==L y E E j j E d sin d α证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r q E20π2d ε，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则 ()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为E r εq αE L d π4d sin 2⎰'= 利用几何关系 sin α＝r /r ′，22x r r +=' 统一积分变量，则()2202/32222041π2d π41Lr r Q r x L x rQ E L/-L/+=+=⎰εε 当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度 rελL r LQ r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→ 此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(b)］.这说明只要满足r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.9－9 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.题 9-9 图分析这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第9－3节的例2可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθδδd sin π2d d 2⋅⋅==R S q ，在点O 激发的电场强度为()i E 2/3220d π41d r x q x +=ε 由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系θR x cos =，θR r sin =统一积分变量，有()θθθεδθθδθεεd cos sin 2 d sin π2cos π41d π41d 02303/2220=⋅=+=R R R r x q x E 积分得 02/π004d cos sin 2εδθθθεδ⎰==E 9－10 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.题 9-10 图分析水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为00er P =，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θcos 20er p =，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0 ，利用教材第5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度302π41xp εE = 可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布. 解1 水分子的电偶极矩θθcos 2cos 200er p p ==在电偶极矩延长线上30030030cos π1cos 4π412π41x θer εx θer εx p εE === 解2 在对称轴线上任取一点A ，则该点的电场强度+-+=E E E2020π42π4cos 2cos 2x εe r εθer E βE E -=-=+ 由于 θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=代入得()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=22/30202001cos 2cos π42x xr r x r x e E θθε 测量分子的电场时，总有x ＞＞r 0 ，因此，式中()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x r x x r x xr r x θθθcos 2231cos 21cos 2032/3032/30202，将上式化简并略去微小量后，得300cos π1x θe r εE = 9－11 两条无限长平行直导线相距为r 0，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x )；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.题 9-11 图分析 (1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F ＝q E ，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE .应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解 (1) 设点P 在导线构成的平面上，E ＋、E －分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有()i i E E E x r x r x r x -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2ελελ(2) 设F ＋、F －分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有i E F 00π2r ελλ==-+ i E F 002π2r ελλ-=-=+- 显然有F ＋＝F －，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.9－12 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.题 9-12 图分析方法1：作半径为R 的平面S 与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理∑⎰==⋅01d 0q εS S E 这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 方法2：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即⎰⋅=S S d s E Φ解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，E R R E 22ππcos π=⋅⋅-=Φ解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为()r E e e e E ϕθθϕϕθϕsin sin cos sin cos ++=r θθR e S d d sin d 2=ER ER ER S S 2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰ϕϕθθϕθϕθS E Φ9－13 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为1m V 120-⋅，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.解在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E 地球表面电荷面密度∑--⋅⨯-=-≈=2902m C 1006.1π4/E R q E εσ单位面积额外电子数25cm 1063.6)/(-⨯=-=e n σ9－14 设在半径为R 的球体内电荷均匀分布，电荷体密度为ρ,求带电球内外的电场强度分布.分析电荷均匀分布在球体内呈球对称，带电球激发的电场也呈球对称性.根据静电场是有源场，电场强度应该沿径向球对称分布.因此可以利用高斯定理求得均匀带电球内外的电场分布.以带电球的球心为中心作同心球面为高斯面，依照高斯定理有⎰==⋅s Q E r S E 0i 2π4d ε上式中i Q 是高斯面内的电荷量，分别求出处于带电球内外的高斯面内的电荷量，即可求得带电球内外的电场强度分布.解依照上述分析，由高斯定理可得R r <时， 302π34π4r E r ερ= 假设球体带正电荷，电场强度方向沿径向朝外.考虑到电场强度的方向，带电球体内的电场强度为r E 03ερ= R r >时， 302π34π4R E r ερ= 考虑到电场强度沿径向朝外，带电球体外的电场强度为 r e rR E 2033ερ=9－15 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 (R 2＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .题 9-15 图分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且⎰⋅=⋅rL E d π2S E ，求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.解作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理∑=⋅0/π2εq rL Er ＜R 1 ， 0=∑q01=ER 1 ＜r ＜R 2 ， L λq =∑rελE 02π2= r ＞R 2， 0=∑q03=E在带电面附近，电场强度大小不连续，如图（b ）所示，电场强度有一跃变 000π2π2ΔεσrL εL λr ελE === 9－16 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.题 9-16 图分析由库仑力的定义，根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为l E d 02⎰∞=Q W 其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度.(2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有()0202V Q V V Q W =-=∞其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势).解1 由题意Q 1 所受的合力为零()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 414132-=-=由点电荷电场的叠加，Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为 ()2/322031π2y d εQ E E E yy y +=+=将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为()d εQ y y d εQ Q Q W y 022/3220002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E 解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=，并由电势的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势dεQ d εQ d εQ V 003010π2π4π4=+= 将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功dεQ V Q W 0202π8=-=' 比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多. 9－17 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为r rελe E 0π2= 其中λ为电荷线密度.(1)求在r ＝r 1 和r ＝r 2 两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r →∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？试说明.解 (1) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E (2) 不能.严格地讲，电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，r →∞处的电势应与直线上的电势相等. 9－18 一个球形雨滴半径为0.40 mm ，带有电量1.6 pC ，它表面的电势有多大？两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电势又是多大？分析取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为Rq εV 0π41= 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为R 32，代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势.解根据已知条件球形雨滴半径R 1＝0.40 mm ，带有电量q 1＝1.6 pC ，可以求得带电球形雨滴表面电势V 36π411101==R q εV 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径1322R R =，带有电量 q 2＝2q 1 ，雨滴表面电势V 5722π4113102==R q εV 9－19 电荷面密度分别为＋σ和－σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图(a)放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x 变化的关系曲线.题 9-19 图分析由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布. 解由“无限大” 均匀带电平板的电场强度i 02εσ±，叠加求得电场强度的分布， ()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a a x0 00i E εσ电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功()a x a x εσV x<<--=⋅=⎰ d 00l E ()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 00a-a x l E l E ()a x a V >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 00a a x εσl E l E 电势变化曲线如图(b)所示. 9－20 两个同心球面的半径分别为R 1 和R 2 ，各自带有电荷Q 1 和Q 2 .求：(1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？题 9-20 图分析通常可采用两种方法.方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由⎰∞⋅=p p V l E d 可求得电势分布.(2)利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为rεQ V 0π4= 在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势RεQ V 0π4= 其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.解1 (1) 由高斯定理可求得电场分布()()()22021321201211 π4 π40R r r εQ Q R r R r εQ R r r r >+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=r V l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1 时，有20210120212113211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞l E l E l E 当R 1 ≤r ≤R 2 时，有202012021201322π4π4π411π4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞l E l E当r ≥R 2 时，有rεQ Q V r 02133π4d +=⋅=⎰∞l E (2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E 解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r ≤R 1 ，则2021011π4π4R εQ R εQ V +=若该点位于两个球面之间，即R 1≤r ≤R 2 ，则202012π4π4R εQ r εQ V += 若该点位于两个球面之外，即r ≥R 2 ，则rεQ Q V 0213π4+=(2) 两个球面间的电势差 ()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-== 9－21 一半径为R 的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.题 9-21 图分析无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理⎰⎰=⋅V V d 1d 0ρεS E 可求得电场分布E (r )，再根据电势差的定义 ()l E d ⋅=-⎰b ab a r V V 并取棒表面为零电势(V b ＝0)，即可得空间任意点a 的电势.解取高度为l 、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅得 ()02εr ρr E =当r ≥R 时 02/ππ2ερl R rl E =⋅得 ()rεR ρr E 022= 取棒表面为零电势，空间电势的分布有当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V R r -==⎰当r ≥R 时 ()rR εR ρr r εR ρr V Rr ln 2d 20202==⎰ 如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线. 9－22 一圆盘半径R ＝3.00 ×10－2 m.圆盘均匀带电，电荷面密度σ＝2.00×10－5 C ·m －2 .(1) 求轴线上的电势分布；(2) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布；(3) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度.题 9-22 图分析将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布，再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布.解 (1) 如图所示，圆盘上半径为r 的带电细圆环在轴线上任一点P 激发的电势220d π2π41d x r r r σεV += 由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的()x x R εσx r r r εσV R -+=+=⎰22002202d 2 (1) (2) 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R x εσx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向. (3) 将场点至盘心的距离x ＝30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得V 6911=V-1m V 6075⋅=E当x ＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有V 1695π40==xεq V 1-20m V 5649π4⋅==xεq E 由此可见，当x ＞＞R 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E 和V 的误差分别不超过 0.3％和0.8％，这已足以满足一般的测量精度.9－23 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝3.0×10－2m ，R 2 ＝0.10 m)，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450 Ｖ.求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2) r ＝0.05 m 处的电场强度.解 (1) 由习题9－15 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为 rελE 0π2=根据电势差的定义有120212ln π2d 21R R ελU R R =⋅=⎰l E 解得 1812120m C 101.2ln /π2--⋅⨯==R R U ελ (2) 解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度10m V 475 7π2-⋅==rE ελ 9－24 轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的过程，叫做核聚变.在此过程中可以释放出巨大的能量.例如四个氢原子核(质子)结合成一个氦原子核(α粒子)时，可释放出25.9MeV 的能量.即MeV 25.9e 2He H 4014211++→这类聚变反应提供了太阳发光、发热的能源.如果我们能在地球上实现核聚变，就能获得丰富廉价的能源.但是要实现核聚变难度相当大，只有在极高的温度下，使原子热运动的速度非常大，才能使原子核相碰而结合，故核聚变反应又称作热核反应.试估算：(1)一个质子(H 11)以多大的动能(以电子伏特表示)运动，才能从很远处到达与另一个质子相接触的距离？ (2)平均热运动动能达到此值时，温度有多高？ (质子的半径约为1.0 ×10－15 m) 分析作为估算，可以将质子上的电荷分布看作球对称分布，因此质子周围的电势分布为 rεe V 0π4= 将质子作为经典粒子处理，当另一质子从无穷远处以动能E k 飞向该质子时，势能增加，动能减少，如能克服库仑斥力而使两质子相碰，则质子的初始动能Re r eV E 2π41202R k 0ε=≥ 假设该氢原子核的初始动能就是氢分子热运动的平均动能，根据分子动理论知：kT E 23k = 由上述分析可估算出质子的动能和此时氢气的温度.解 (1) 两个质子相接触时势能最大，根据能量守恒eV 102.72π415202R K0⨯==≥Re r εeV E 由20k021v m E =可估算出质子初始速率 17k 00s m 102.1/2-⋅⨯==m E v该速度已达到光速的4％.(2) 依照上述假设，质子的初始动能等于氢分子的平均动能kT E E 23k k0== 得 K 106.5329k0⨯≈=kE T 实际上在这么高的温度下，中性原子已被离解为电子和正离子，称作等离子态，高温的等离子体不能用常规的容器来约束，只能采用磁场来约束(托卡马克装置)9－25 在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为109Ｖ，被迁移的电荷约为30 C.(1) 如果释放出来的能量都用来使0 ℃的冰融化成0 ℃的水，则可溶解多少冰？ (冰的融化热L ＝3.34 ×105 J· kg)(2) 假设每一个家庭一年消耗的能量为3 000kW ·h ，则可为多少个家庭提供一年的能量消耗？解 (1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量 kg 1098.8Δ4⨯===LqU L E m 即可融化约 90 吨冰. (2) 一个家庭一年消耗的能量为J 1008.1h kW 0003100⨯=⋅=E8.2Δ00===E qU E E n 一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电能.9－26 已知水分子的电偶极矩p =6.17×10－30 C · m.这个水分子在电场强度E ＝1.0 ×105 V · m -1的电场中所受力矩的最大值是多少?分析与解在均匀外电场中，电偶极子所受的力矩为E p M ⨯=当电偶极子与外电场正交时，电偶极子所受的力矩取最大值.因而有m N 1017.625max ⋅⨯==-pE M9-27 电子束焊接机中的电子枪如图所示，K 为阴极，A 为阳极，阴极发射的电子在阴极和阳极电场加速下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上使两块金属熔化在一起.已知V 105.24AK⨯=U ，并设电子从阴极发射时的初速度为零，求：（1）电子到达被焊接金属时具有的动能；（2）电子射到金属上时的速度.分析电子被阴极和阳极间的电场加速获得动能，获得的动能等于电子在电场中减少的势能.由电子动能与速率的关系可以求得电子射到金属上时的速度.解（1）依照上述分析，电子到达被焊接金属时具有的动能 eV 105.24AK k ⨯==eU E(2)由于电子运动的动能远小于电子静止的能量，可以将电子当做经典粒子处理.电子射到金属上时的速度题 9-27 图第十章静电场中的导体与电介质10－1将一个带正电的带电体A从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（）（A）升高（B）降低（C）不会发生变化（D）无法确定分析与解不带电的导体B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A）.10－2将一带负电的物体M靠近一不带电的导体N，在N的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷.若将导体N的左端接地（如图所示），则（）（A） N上的负电荷入地（B）N上的正电荷入地（C） N上的所有电荷入地（D）N上所有的感应电荷入地题 10-2 图分析与解导体N接地表明导体N为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N在哪一端接地无关.因而正确答案为（A）.10－3如图所示将一个电量为q的点电荷放在一个半径为R的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图.设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（）（A ）d εq V E 0π4,0== （B ）dεq V d εq E 020π4,π4== （C ）0,0==V E （D ）Rεq V d εq E 020π4,π4==题 10-3 图分析与解达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为（A ）.10－4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( )（A ）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷（B ）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零（C ）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷（D ）介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关（E ）介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关。

普通物理学教程力学第二版课后题答案(第四、十章)

第四章动能和势能思考题4.1 起重机起重重物。

问在加速上升、匀速上升、减速上升以及加速下降、匀速下降、减速下降六种情况下合力之功的正负。

又：在加速上升和匀速上升了距离h 这两种情况中，起重机吊钩对重物的拉力所做的功是否一样多？[解答]在加速上升、匀速上升、减速上升以及加速下降、匀速下降、减速下降六种况下合力之功的正负分别为：正、0、负、正、0、负。

在加速上升和匀速上升了距离h 这两种情况中，起重机吊钩对重物的拉力所做的功不一样多。

加速上升 mg F >；匀速上升 mg F =。

4.2 弹簧A 和B ，劲度系数，(1)将弹簧拉长同样的距离；(2)拉长两个弹簧到某一长度时，所用的力相同。

在这两种情况下拉伸弹簧的过程中，对那个弹簧做的功更多？[解答](1) B A K K > 拉长同样距离2B B 2A A K 21A K 21A ∆=∆=｝B A K K >,B A A A >.(2)A A A K F x =,B B B K F x =,B A F F =A A A K F =xB BB K F =x B B A A K K x x =B 2B 2B 2B B 2B B B A2A 2A 2A A 2A A A K F 21K F K 21K 21A K F 21K F K 21K 21A ======x x ｝B A K K >,B A A A <4.3 “弹簧拉伸或压缩时，弹簧势能总是正的。

”这一论断是否正确？如果不正确，在什么情况下，弹簧势能会是负的。

[解答]与零势能的选取有关。

4.4 一同学问：“二质点相距很远，引力很小，但引力势能大；反之，相距很近，引力势能反而小。

想不通”。

你能否给他解决这个疑难？[解答]设两物体（质点）相距无限远处为零势能。

4.5 人从静止开始步行，如鞋底不在地面上打滑，作用于鞋底的摩擦力是否做了功？人体的动能是哪里来的？分析这个问题用质点系动能定理还是用能量守恒定律分析较为方便？[解答]AOχBO（1）作用于鞋底的摩擦力没有做功。

物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版

物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版第一章质点运动学1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r,速度为v ,速率为v,t 至(t ，Δt)时间内的位移为Δr, 路程为Δs, 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ,r,),平均速度为,平均速率为( vv(1) 根据上述情况,则必有( )(A) ,Δr,= Δs = Δr(B) ,Δr,? Δs ? Δr,当Δt?0 时有,dr,= ds ? dr(C) ,Δr,? Δr ? Δs,当Δt?0 时有,dr,= dr ? ds(D) ,Δr,? Δs ? Δr,当Δt?0 时有,dr,= dr = ds(2) 根据上述情况,则必有( )(A) ,,= ,,,= (B) ,,?,,,? vvvvvvvv(C) ,,= ,,,? (D) ,,?,,,= vvvvvvvv分析与解 (1) 质点在t 至(t ，Δt)时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ,PP′, 位移大小,Δr,,PP′,而Δr ,,r,-,r,表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注:在直线运动中有相等的可能)(但当Δt?0 时,点P′无限趋近P点,则有,dr,,ds,但却不等于dr(故选(B)(ΔrΔs(2) 由于,Δr ,?Δs,故,,即,,?( vvΔtΔtdrds,但由于,dr,,ds,故,即,,,(由此可见,应选(C)( vvdtdt1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即22drdrdsdxdy,,,,，(1); (2); (3); (4)( ,,,,dtdtdtdtdt,,,,下述判断正确的是( )(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确(C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确第1页共122页物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版dr分析与解表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率(通常dtdr用符号v表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量;表示速度矢量;在自然坐标系中rdt22dsdxdy,,,,速度大小可用公式计算,在直角坐标系中则可由公式求解(故v,，v,,,,,dtdtdt,,,,选(D)(,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, a表示切向加1 -3 质点作曲线运动,速度(对下列表达式,即(1)d v /dt ,;(2)dr/dt ,v;(3)ds/dt ,v;(4)d v /dt,,a( a,下述判断正确的是( )(A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的(C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的dv分析与解表示切向加速度a,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方,dtdr向的一个分量,起改变速度大小的作用;在极坐标系中表示径向速率v(如题1 -2 所述);rdtdsdv在自然坐标系中表示质点的速率v;而表示加速度的大小而不是切向加速度a(因,dtdt此只有(3) 式表达是正确的(故选(D)(1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( )(A) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变(B) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变(C) 切向加速度可能不变,法向加速度不变(D) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量a起改变速度大小的作用,而法向分量a起改变速度方向的作,n用(质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的(至于a是否改变,则要视质点的速率情况而定(质点作匀速率圆周,运动时, a恒为零;质点作匀变速率圆周运动时, a为一不为零的恒量,当a改变时,质点则作,,,一般的变速率圆周运动(由此可见,应选(B)(23x,2，6t,2t1 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为,式中x 的单位为m,t 的单位为 s(求:(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小;(2) 质点在该时间内所通过的路程;(3) t,4 s时质点的速度和加速度(分析位移和路程是两个完全不同的概念(只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等(质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到:,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移Δx,x,xt0第2页共122页物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版dx的大小和路程就不同了(为此,需根据来确定其运动方向改变的时刻t ,求出0,t 和,0ppdts,,x，,xt,t 内的位移大小Δx 、Δx ,则t 时间内的路程,如图所示,至于t ,4.0 s 时p12122dxdx质点速度和加速度可用和两式计算( 2dtdt题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小Δx,x,x,,32m40dx (2) 由 ,0dt得知质点的换向时刻为(t,0不合题意) t,2sp则Δx,x,x,8.0m120Δx,x,x,,40m242所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为s,Δx，Δx,48m 12(3) t,4.0 s时xd,1v,,,48m,s tdt,4.0s2dx,2,,,36m.sa 2dtt,4.0s21 -6 已知质点的运动方程为,式中r 的单位为m,t 的单位为,(求: r,2ti，(2,t)j(1) 质点的运动轨迹;(2) t ,0 及t ,2,时,质点的位矢;(3) 由t ,0 到t ,2,内质点的位移Δr 和径向增量Δr; 分析质点的轨迹方程为y ,f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得到(对于r、Δr、Δr、Δs 来说,物理含义不同,(详见题1-1分析). 解 (1)由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为12y,2,x 4这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示(第3页共122页物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版(2) 将t ,0,和t ,2,分别代入运动方程,可得相应位矢分别为, r,2jr,4i,2j02图(a)中的P、Q 两点,即为t ,0,和t ,2,时质点所在位置( (3) 由位移表达式,得Δr,r,r,(x,x)i，(y,y)j,4i,2j21202022其中位移大小Δr,(Δx)，(Δy),5.66m2222而径向增量Δr,Δr,r,r,x，y,x，y,2.47m202200题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为2 x,,10t，30t2 y,15t,20t式中x,y 的单位为m,t 的单位为,(试求:(1) 初速度的大小和方向;(2) 加速度的大小和方向( 分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向(解 (1) 速度的分量式为dx v,,,10，60txdtdy v,,15,40tydt-1-1当t ,0 时, v ,-10 m?, , v ,15 m?, ,则初速度大小为 0x0y22,1 v,v，v,18.0m,sxy000设v与x 轴的夹角为α,则 0v30yα,,,tan v20xα,123?41′ (2) 加速度的分量式为dvdvy,2,2xa,,,40m,s , a,,60m,syxdtdt第4页共122页物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版则加速度的大小为22,2 a,a，a,72.1m,sxy设a 与x 轴的夹角为β,则a2y tanβ,,,a3xβ,-33?41′(或326?19′)-2-1时,有一螺丝自升降机的天1 -8 一升降机以加速度1.22 m?,上升,当上升速度为2.44 m?,花板上松脱,天花板与升降机的底面相距2.74 m(计算:(1)螺丝从天花板落到底面所需要的时间;(2)螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离(分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y ,y(t)和y ,y(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即1122可解;另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,此加速度应该是相对加速度(升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程( 但是,解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为12y,vt，at 10212y,h，vt,gt 202当螺丝落至底面时,有y ,y ,即 121122vt，at,h，vt,gt 00222h t,,0.705sg，a(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为12 d,h,y,,vt，gt,0.716m202解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′,g ，a,螺丝落至底面时,有12 0,h,(g，a)t22h t,,0.705sg，a(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为12,h,vt，at 02,则 d,h,h,0.716m第5页共122页物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版题 1-8 图2-21 -9 质点沿直线运动,加速度a,4 -t ,式中a的单位为m?, ,t的单位为,(如果当t ,3,-1时,x,9 m,v ,2 m?, ,求质点的运动方程(分析本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积dvdxdv,adtdx,vdt分方法解决(由和可得和(如a,a(t)或v ,v(t),则可两边a,v,dtdt直接积分(如果a 或v不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分(解由分析知,应有vtdv,adt ,,0v013v,4t,t，v得 (1) 03xtdx,vdt由 ,,0x0124x,2t,t，vt，x得 (2) 0012-1将t,3,时,x,9 m,v,2 m?,代入(1)、(2)得-1v,-1 m?,, x,0.75 m 00于是可得质点运动方程为124 x,2t,t，0.75121 -10 一石子从空中由静止下落,由于空气阻力,石子并非作自由落体运动,现测得其加速度a,A -Bv,式中A、B 为正恒量,求石子下落的速度和运动方程( 分析本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v的函数,因此,需将dv,dt式dv ,a(v)dt 分离变量为后再两边积分( a(v)解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点(第6页共122页物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版dv(1) 由题意知 (1) a,,A,Bvdt用分离变量法把式(1)改写为dv (2) ,dtA,Bv将式(2)两边积分并考虑初始条件,有vtdv dv,dt,,0v0A,BvA,Bt得石子速度 v,(1,e)BA由此可知当,t??时,为一常量,通常称为极限速度或收尾速度( v,ByAd,Bt(2) 再由并考虑初始条件有 v,,(1,e)tBdytA,Bt dy,(1,e)dt,,00B得石子运动方程AA,Btyt ,，(e,1)2BB-21 -11 一质点具有恒定加速度a ,6i ，4j,式中a的单位为m?, (在t,0时,其速度为零,位置矢量r ,10 mi(求:(1) 在任意时刻的速度和位置矢量;(2) 质点在Oxy 平面上的轨迹方0程,并画出轨迹的示意图(题 1-11 图分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量a 和a分别积分,从而得到运动方程r的两个分量式x(t)和y(t)(由于本题中质点加速度为xy12xxtat恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即和,，v，xx002 12yytat,两个分运动均为匀变速直线运动(读者不妨自己验证一下( ,，v，yy002解由加速度定义式,根据初始条件t ,0时v ,0,积分可得 00vttdv,adt,(6i，4j)dt ,,,000第7页共122页物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版v,6ti，4tjdr又由及初始条件t,0 时,r,(10 m)i,积分可得 v,0dtrttdr,vdt,(6ti，4tj)dt ,,,00r022 r,(10，3t)i，2tj由上述结果可得质点运动方程的分量式,即2x ,10，3t2y ,2t消去参数t,可得运动的轨迹方程3y ,2x -20 mdy2这是一个直线方程(直线斜率k,,tanα,,α,33?41′(轨迹如图所示( dx321 -12 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r,2.0ti ，(19.0 -2.0t )j,式中r 的单位为m,t的单位为s(求:(1)质点的轨迹方程;(2) 在t,1.0s 到t ,2.0s 时间内的平均速度;(3) t ,1211.0,时的速度及切向和法向加速度;(4) t ,1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ( 分析根据运动方程可直接写出其分量式x ,x(t)和y ,y(t),从中消去参数t,即得质点的轨迹Δr方程(平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即,它与时间间隔Δt 的大小v,Δtdr有关,当Δt?0 时,平均速度的极限即瞬时速度(切向和法向加速度是指在自然坐标下v,dtdvta,e的分矢量a 和a ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即,后者只反映,ntdt质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和a 得到(在求得t 时刻质点的速度和法向加速度,12v,a的大小后,可由公式求ρ( nρ解 (1) 由参数方程2x ,2.0t, y ,19.0-2.0t消去t 得质点的轨迹方程:2y ,19.0 -0.50x(2) 在t ,1.00, 到t ,2.0,时间内的平均速度 12Δrr,r21v,,,2.0i,6.0j Δtt,t21(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为dxdy v(t),vi，vj,i，j,2.0i,4.0tjxydtdt22dxdy,2a(t),i，j,,4.0m,sj 22dtdt第8页共122页物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版则t1 ,1.00,时的速度v(t),,2.0i -4.0j ,,t 1切向和法向加速度分别为dvd22,2aeee ,,(v，v),3.58m,stttxytt,1sttdd22,2 a,a,ae,1.79m,sentnnt ,1.0,质点的速度大小为 (4)22,1 v,v，v,4.47m,sxy2v则ρ,,11.17ma n-11 -13 飞机以100 m?, 的速度沿水平直线飞行,在离地面高为100 m时,驾驶员要把物品空投到前方某一地面目标处,问:(1) 此时目标在飞机正下方位置的前面多远, (2) 投放物品时,驾驶员看目标的视线和水平线成何角度,(3) 物品投出 2.0,后,它的法向加速度和切向加速度各为多少,题 1-13 图分析物品空投后作平抛运动(忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动(到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的(因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解( 此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度(为求特定时刻t 时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β(由图可知,在特定时刻t,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量v 、v求出,这样,也就xy可将重力加速度g 的切向和法向分量求得(解 (1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为2x ,vt, y ,1/2 gt-1飞机水平飞行速度v,100 m?s ,飞机离地面的高度y,100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离2y x,v,452mg(2) 视线和水平线的夹角为第9页共122页物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版yo θ,arctan,12.5x(3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为vgty α,arctan,arctanvvx取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为gt,,,2a,gsinα,gsinarctan,1.88m,s ,,tv,,gt,,,2a,gcos,,gcosarctan,9.62m,s ,,nv,,1 -14 为迎接香港回归，特技演员柯受良在1997年6月1日驾车飞越黄河壶口，如图所示，柯驾车从跑道东端启动，到达跑道终端时速度大小为,1,km,h ，他随即以仰角冲出，飞越跨度达57 m，安全着陆在西岸木桥上，v,150,,50求:题 1-14 图(1) 柯飞车跨越黄河用了多长时间,(2) 若起飞点高出河面10 m，柯驾车飞行的最高点距河面为几米,(3) 西岸木桥和起飞点的高度差为多少,分析由题意知，飞车作斜上抛运动，对包含抛体在内的一般曲线运动来说，运用叠加原理是求解此类问题的普适方法，操作程序是:建立一个恰当的直角坐标系，将运动分解为两个相互正交的直线运动，由于在抛体运动中，质点的加速度恒为g，故两个分运动均为匀变速直线运动或其中一个为匀速直线运动，直接列出相关运动规律方程即可求解，本题可建立图示坐标系，图中分别表示飞车的最大高度和飞跃跨度. y和xmm解在图示坐标系中，有(1) x,(vcos,)t012y,(vsin)t,gt (2) ,02v,vsin,,gt (3) y0第10页共122页物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版(1) 由式(1)，令 m，得飞跃时间 x,x,57mxm s t,,1.37mv,cos0(2)由式(3)，令，得飞行到最大高度所需时间 v,0yvsin,’0t, mg’将代入式(2)，得飞行最大高度 tm22,vsin0y,,0.67m m2g则飞车在最高点时距河面距离为,10.67 m m h,y，10m(3)将 s 代入式(2)，得西岸木桥位置为 t,1.37my = - 4.22 m“-”号表示木桥在飞车起飞点的下方.讨论本题也可以水面为坐标系原点，则飞车在 y方向上的运动方程应为12(vsin)t,gt m + ,y,1002,,,301 -15 如图所示，从山坡底端将小球抛出，已知该山坡有恒定倾角，球的抛射角,-1，设球被抛出时的速率v ,19.6 m?,，忽略空气阻力，问球落在山坡上处离山坡,,600底端的距离为多少,此过程经历多长时间,题 1-15 图分析求解方法与上题类似，但本题可将运动按两种方式分解，如图(a)和图(b)所示.在图(a)坐标系中，两个分运动均为匀减速直线运动，加速度大小分别为-g 和-g cos,sin,，看似复杂，但求解本题确较方便，因为落地时有y=0,对应的时间t和x的值即为本题所第11页共122页物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版求.在图(b)坐标系中，分运动看似简单，但求解本题还需将落地点P的坐标y与x的关系列出来.解 1 由分析知，在图(a)坐标系中，有12 (1) x,[vcos(,,,)]t，(,gsin,)t0212 (2) y,[vsin(,,,)]t，(,gcos,)t02落地时，有y=0，由式(2)解得飞行时间为v2,0t,tan30,2.31s g将 t 值代入式(1)，得22v0OP,x,,26.1m 3g解 2 由分析知，在图(b)坐标系中，对小球 (1) x,(vcos,)t012y,(vsin)t,gt (2) ,02,对点P (3) y,xtan,由式(1)、(2)可得球的轨道方程为2gx, (4) y,xtan,22,2vcos,0,落地时，应有，即 y,y2gx,, xtan30,xtan60,22,2vcos600解之得落地点P的x坐标为23v0x (5) ,3g22vx0OP,,,26.1则 m ,cos303g联解式(1)和式(5)可得飞行时间t,2.31s第12页共122页物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版讨论比较两种解法，你对如何灵活运用叠加原理有什么体会?121 -16 一质点沿半径为R 的圆周按规律运动,v 、b 都是常量((1) 求t 时刻s,vt,bt002质点的总加速度;(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b,(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标(由给定的运动方程s ,s(t),对分析在自然坐标中,时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量a,而加速度的法向,分量为a,v /R(这样,总加速度为a aeae(至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲,，,,n2nn线坐标的改变量Δs,s -s(因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得( t0解 (1) 质点作圆周运动的速率为dsvv ,,,bt0dt其加速度的切向分量和法向分量分别为222btdsv(v,)0aa,,,b, ,,tn2dRRt故加速度的大小为224()ab，v,bt22t0 a,a，a,ntR其方向与切线之间的夹角为2，，a,bt(v)n0 θ,,,arctanarctan,,aRbt，，1224(2) 要使,a,,b,由可得 Rb，(v,bt),b0Rv0t ,b(3) 从t,0 开始到t,v /b 时,质点经过的路程为 02v0sss ,,,t02b因此质点运行的圈数为2sv0n,, 2πR4πbR1 -17 一半径为0.50 m 的飞轮在启动时的短时间内,其角速度与时间的平方成正比(在t,-12.0, 时测得轮缘一点的速度值为4.0 m?,(求:(1) 该轮在t′,0.5,的角速度,轮缘一点的切向加速度和总加速度;(2)该点在2.0,内所转过的角度( 2分析首先应该确定角速度的函数关系ω,kt(依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k,ω,ω(t)确定后,注意到运动的角量描述与线量第13页共122页物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移(2解因ωR ,v,由题意ω?t 得比例系数ωv,3 k,,,2rad,s22tRt2所以ω,ω(t),2t则t′,0.5, 时的角速度、角加速度和切向加速度分别为2,1, ω,2t,0.5rad,sdω,2, α,,4t,2.0rad,sdt,2 a,αR,1.0m,st总加速度2 a,a，a,αRe，ωRenttn222,2 ，，a,αR，，，ωR,1.01m,s在2.0,内该点所转过的角度222232 θ,θ,ωdt,2tdt,t,5.33rad00,,00331 -18 一质点在半径为0.10 m的圆周上运动,其角位置为,式中θ 的单位为rad,t θ,2，4t的单位为,((1) 求在t ,2.0,时质点的法向加速度和切向加速度((2) 当切向加速度的大小恰等于总加速度大小的一半时,θ 值为多少,(3) t 为多少时,法向加速度和切向加速度的值相等,分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到(dθ23解 (1) 由于,则角速度(在t ,2 , 时,法向加速度和切向加速ω,,12tθ,2，4tdt度的数值分别为2,2a,rω,2.30m,s nt,2sdω,2 a,r,4.80m,stt,2sdt12222/2(2) 当时,有,即 3a,aa,a,a，atntnt24222，，，，324rt,r12t13t,得 23此时刻的角位置为3 θ,2，4t,3.15rad第14页共122页物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版 (3) 要使,则有a,ant4222，，，，324rt,r12tt ,0.55,-11 -19 一无风的下雨天,一列火车以v,20.0 m?, 的速度匀速前进,在车内的旅客看见玻璃1窗外的雨滴和垂线成75?角下降(求雨滴下落的速度v ((设下降的雨滴作匀速运动) 2题 1-19 图分析这是一个相对运动的问题(设雨滴为研究对象,地面为静止参考系,,火车为动参考系,′(v 为,′相对, 的速度,v 为雨滴相对,的速度,利用相对运动速度的关系即可解(解 12以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v ,旅客看12'到雨滴下落的速度v′为相对速度,它们之间的关系为 (如图所示),于是可得v,v，v2221v,11 v,,5.36m,s2otan751 -20 如图(a)所示,一汽车在雨中沿直线行驶,其速率为v ,下落雨滴的速度方向偏于竖直方1向之前θ 角,速率为v′,若车后有一长方形物体,问车速v为多大时,此物体正好不会被雨水淋21湿,分析这也是一个相对运动的问题(可视雨点为研究对象,地面为静参考系,,汽车为动参考系,′(如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运l,α,arctan动速度v′的方向)应满足(再由相对速度的矢量关系,即可求出所v,v,v2221h需车速v( 1题 1-20 图,解由,图(b),,有 v,v,v221v,vsinθ12,arctan, vcosθ2第15页共122页物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版l而要使,则α,arctanhv,vsinθl12 ,vcosθh2lcosθ,,vv,，sinθ ,,12h,,第二章牛顿定律2 -1 如图(a)所示,质量为m 的物体用平行于斜面的细线联结置于光滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动,当物体刚脱离斜面时,它的加速度的大小为( )(A) g sin θ (B) gcos θ (C) gtan θ (D) gcot θ分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力F (其方向,仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a,如图(b)所示,由其可解得合外力为mgcot θ,故选(D)(求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征(2 -2 用水平力F把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止(当F逐渐增大时,物体NN所受的静摩擦力F的大小( ) f(A) 不为零,但保持不变(B) 随F成正比地增大 N(C) 开始随F增大,达到某一最大值后,就保持不变 N(D) 无法确定分析与解与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μF范围内取值(当F增加时,NN静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态(由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)( 2 -3 一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率( )μgRμgR(A) 不得小于 (B) 必须等于μgR(C) 不得大于 (D) 还应由汽车的质量m 决定分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μF(由此可算N得汽车转弯的最大速率应为v,μRg(因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑(应选(C)(第16页共122页物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版 2 -4 一物体沿固定圆弧形光滑轨道由静止下滑,在下滑过程中,则( ) (A) 它的加速度方向永远指向圆心,其速率保持不变(B) 它受到的轨道的作用力的大小不断增加(C) 它受到的合外力大小变化,方向永远指向圆心(D) 它受到的合外力大小不变,其速率不断增加分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力F作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有N关(重力的切向分量(m gcos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程2vFmgθm,sin,可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力F也将不断增大,由此可NNR见应选(B)(*2 -5 图(a)示系统置于以a ,1/4 g 的加速度上升的升降机内,A、B 两物体质量相同均为m,A 所在的桌面是水平的,绳子和定滑轮质量均不计,若忽略滑轮轴上和桌面上的摩擦,并不计空气阻力,则绳中张力为( )(A) 5/8 mg (B) 1/2 mg (C) mg (D) 2mg分析与解本题可考虑对A、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解(此时A、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a′为A、B 两物体相对电梯的加速度,ma为惯性力(对A、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得F ,5/8 mg(故选(A)( ,讨论对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必第17页共122页物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版须对物体加上一个虚拟的惯性力(如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度a 和a AB均应对地而言,本题中a 和a的大小与方向均不相同(其中a 应斜向上(对a 、a 、a 和ABAABa′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁琐(有兴趣的读者不妨自己尝试一下( 2 -6 图示一斜面,倾角为α,底边AB 长为l ,2.1 m,质量为m 的物体从题2 -6 图斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为μ,0.14(试问,当α为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短, 其数值为多少,分析动力学问题一般分为两类:(1) 已知物体受力求其运动情况;(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力(当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来(本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α,f(t),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来(解取沿斜面为坐标轴Ox,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有mgsinα,mgμcosα,ma (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有l1122，，,at,gsinα,μcosαt cosα222l则 t, (2) ，，gcosαsinα,μcosαdt为使下滑的时间最短,可令,由式(2)有,0dα，，，，,sinαsinα,μcosα，cosαcosα,μsinα,01otan2α,,则可得, ,,49μl2t此时 ,,0.99smin，，g,,,,cossin,cos2 2 -7 工地上有一吊车,将甲、乙两块混凝土预制板吊起送至高空(甲块质量为m ,2.00 ×1012 kg,乙块质量为m ,1.00 ×10kg(设吊车、框架和钢丝绳的质量不计(试求下述两种情况下,2-2钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作用力:(1) 两物块以10.0 m?, 的加速度上升;(2) 两第18页共122页物理学教程第二版马文蔚上册课后答案完整版-2物块以1.0 m?, 的加速度上升(从本题的结果,你能体会到起吊重物时必须缓慢加速的道理吗,题 2-7 图分析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体(处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自。

大学物理学第二版习题解答

大学物理学习题答案习题一答案习题一1.1 简要回答下列问题：(1) 位移和路程有何区别在什么情况下二者的量值相等在什么情况下二者的量值不相等 (2) 平均速度和平均速率有何区别在什么情况下二者的量值相等(3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么 (4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变(5) r ∆v 和r ∆v 有区别吗v ∆v 和v ∆v有区别吗0dv dt =v 和0d v dt=v 各代表什么运动 (6) 设质点的运动方程为：()x x t =，()y y t =，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r =drv dt= 及 22d r a dt =而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v = 及 a =你认为两种方法哪一种正确两者区别何在(7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的(8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗(9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么(10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变 (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。

解：(1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ∆=-=-=最初s 2内的平均速度为： 00(/)2ave x v m s t ∆===∆ t 时刻的瞬时速度为：()44dxv t t dt==- s 2末的瞬时速度为：(2)4424/v m s =-⨯=-(2) s 1末到s 3末的平均加速度为：2(3)(1)804/22ave v v v a m s t ∆---====-∆ (3) s 3末的瞬时加速度为：2(44)4(/)dv d t a m s dt dt-===-。

大学物理学教程(第二版)下册答案

物理学教程下册答案9-16第九章静电场9－1 电荷面密度均为＋ζ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( )题 9-1 图分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为02εζ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ).9－2 下列说法正确的是( )(A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷(B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零(C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零(D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零分析与解依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B ).9－3 下列说法正确的是( )(A) 电场强度为零的点，电势也一定为零(B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零(C) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).*9－4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( )(A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止(B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动题9-4 图分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B).9－5精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21e，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e，由最极端的情况考虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21e，中子电量为10－21e，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解一个氧原子所带的最大可能净电荷为()e q 21max 10821-⨯⨯+=二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e 显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e 范围内时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力. 9－6 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 32 的上夸克和两个带e 31-的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10－20 m)，中子内的两个下夸克之间相距2.60×10－15 m .求它们之间的相互作用力.解由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律()r r r re r q q e e e F N 78.3π41π412202210===εε F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.9－7 点电荷如图分布，试求P 点的电场强度.分析依照电场叠加原理，P 点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P 点激发电场强度的矢量和.由于电荷量为q 的一对点电荷在P 点激发的电场强度大小相等、方向相反而相互抵消，P 点的电场强度就等于电荷量为2.0q 的点电荷在该点单独激发的场强度.解根据上述分析2020π1)2/(2π41aq a q E P εε==题 9-7 图9－8 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为 2204π1Lr Q εE -= (2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为2204π21L r r Q εE += 若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.题 9-8 图分析这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为r rq εe E 20d π41d '=整个带电体在点P 的电场强度⎰=E E d接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，⎰=L E i E d(2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(a )所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是⎰⎰==L y E E j j E d sin d α证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L rq E20π2d ε，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则 ()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为E r εq αE L d π4d sin 2⎰'= 利用几何关系 sin α＝r /r ′，22x r r +=' 统一积分变量，则()2202/32222041π2d π41L r r Q r x L x rQ E L/-L/+=+=⎰εε 当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度r ελL r L Q r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(b )］.这说明只要满足r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.9－9 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为ζ，求球心处电场强度的大小.题 9-9 图分析这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第9－3节的例2可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθδδd sin π2d d 2⋅⋅==R S q ，在点O 激发的电场强度为()i E 2/3220d π41d r x q x +=ε 由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系θR x cos =，θR r sin =统一积分变量，有()θθθεδθθδθεεd cos sin 2 d sin π2cos π41d π41d 02303/2220=⋅=+=R RR r x q x E 积分得 02/π004d cos sin 2εδθθθεδ⎰==E 9－10 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.题 9-10 图分析水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为00er P =，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θcos 20er p =，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0 ，利用教材第5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度302π41xp εE = 可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布. 解1 水分子的电偶极矩θθcos 2cos 200er p p ==在电偶极矩延长线上30030030cos π1cos 4π412π41x θer εx θer εx p εE === 解2 在对称轴线上任取一点A ，则该点的电场强度+-+=E E E2020π42π4cos 2cos 2x εe r εθer E βE E -=-=+ 由于 θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=代入得()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=22/30202001cos 2cos π42x xr r x r x e E θθε 测量分子的电场时，总有x ＞＞r 0 ，因此，式中()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x r x x r x xr r x θθθcos 2231cos 21cos 2032/3032/30202，将上式化简并略去微小量后，得300cos π1x θe r εE = 9－11 两条无限长平行直导线相距为r 0，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x )；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.题 9-11 图分析 (1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F ＝q E ，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE .应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解 (1) 设点P 在导线构成的平面上，E ＋、E －分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有()i i E E E x r x r x r x -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2ελελ(2) 设F ＋、F －分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有i E F 00π2r ελλ==-+ i E F 002π2r ελλ-=-=+- 显然有F ＋＝F －，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.9－12 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.题 9-12 图分析方法1：作半径为R 的平面S 与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理∑⎰==⋅01d 0q εS S E 这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 方法2：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即⎰⋅=S S d s E Φ解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，E R R E 22ππcos π=⋅⋅-=Φ解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为()r E e e e E ϕθθϕϕθϕsin sin cos sin cos ++=r θθR e S d d sin d 2=ER ER ER S S 2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰ϕϕθθϕθϕθS E Φ 9－13 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为1m V 120-⋅，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.解在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E 地球表面电荷面密度∑--⋅⨯-=-≈=2902m C 1006.1π4/E R q E εσ单位面积额外电子数25cm 1063.6)/(-⨯=-=e n σ9－14 设在半径为R 的球体内电荷均匀分布，电荷体密度为ρ,求带电球内外的电场强度分布.分析电荷均匀分布在球体内呈球对称，带电球激发的电场也呈球对称性.根据静电场是有源场，电场强度应该沿径向球对称分布.因此可以利用高斯定理求得均匀带电球内外的电场分布.以带电球的球心为中心作同心球面为高斯面，依照高斯定理有⎰==⋅s Q E r S E 0i 2π4d ε上式中i Q 是高斯面内的电荷量，分别求出处于带电球内外的高斯面内的电荷量，即可求得带电球内外的电场强度分布.解依照上述分析，由高斯定理可得R r <时， 302π34π4r E r ερ= 假设球体带正电荷，电场强度方向沿径向朝外.考虑到电场强度的方向，带电球体内的电场强度为r E 03ερ= R r >时， 302π34π4R E r ερ= 考虑到电场强度沿径向朝外，带电球体外的电场强度为r e rR E 2033ερ=9－15 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 (R 2＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .题 9-15 图分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且⎰⋅=⋅rL E d π2S E ，求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.解作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理∑=⋅0/π2εq rL Er ＜R 1 ， 0=∑q01=ER 1 ＜r ＜R 2 ， L λq =∑rελE 02π2= r ＞R 2， 0=∑q03=E在带电面附近，电场强度大小不连续，如图（b ）所示，电场强度有一跃变 000π2π2ΔεζrL εL λr ελE === 9－16 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.题 9-16 图分析由库仑力的定义，根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为l E d 02⎰∞=Q W 其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度.(2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有()0202V Q V V Q W =-=∞其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势).解1 由题意Q 1 所受的合力为零()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 414132-=-= 由点电荷电场的叠加，Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为()2/322031π2y d εQ E E E yy y +=+=将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为()dεQ y y d εQ Q Q W y 022/3220002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E 解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=，并由电势的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势dεQ d εQ d εQ V 003010π2π4π4=+= 将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功dεQ V Q W 0202π8=-=' 比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多. 9－17 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为r rελe E 0π2= 其中λ为电荷线密度.(1)求在r ＝r 1 和r ＝r 2 两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r →∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？试说明.解 (1) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E (2) 不能.严格地讲，电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，r →∞处的电势应与直线上的电势相等. 9－18 一个球形雨滴半径为0.40 mm ，带有电量1.6 pC ，它表面的电势有多大？两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电势又是多大？分析取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为Rq εV 0π41= 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为R 32，代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势.解根据已知条件球形雨滴半径R 1＝0.40 mm ，带有电量q 1＝1.6 pC ，可以求得带电球形雨滴表面电势V 36π411101==R q εV 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径1322R R =，带有电量 q 2＝2q 1 ，雨滴表面电势V 5722π4113102==R q εV 9－19 电荷面密度分别为＋ζ和－ζ的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图(a )放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x 变化的关系曲线.题 9-19 图分析由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布. 解由“无限大” 均匀带电平板的电场强度i 02εζ±，叠加求得电场强度的分布， ()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a a x 0 00i E εσ电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功()a x a x εζV x<<--=⋅=⎰ d 00l E ()a x a εζV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 00a-a x l E l E ()a x a V >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 00a a x εσl E l E 电势变化曲线如图(b )所示. 9－20 两个同心球面的半径分别为R 1 和R 2 ，各自带有电荷Q 1 和Q 2 .求：(1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？题 9-20 图分析通常可采用两种方法.方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由⎰∞⋅=p p V l E d 可求得电势分布.(2)利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为rεQ V 0π4= 在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势RεQ V 0π4= 其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.解1 (1) 由高斯定理可求得电场分布()()()22021321201211 π4 π40R r r εQ Q R r R r εQ R r r r >+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=r V l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1 时，有20210120212113211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞l E l E l E 当R 1 ≤r ≤R 2 时，有202012021201322π4π4π411π4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞l E l E当r ≥R 2 时，有rεQ Q V r 02133π4d +=⋅=⎰∞l E (2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E 解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r ≤R 1 ，则2021011π4π4R εQ R εQ V +=若该点位于两个球面之间，即R 1≤r ≤R 2 ，则202012π4π4R εQ r εQ V += 若该点位于两个球面之外，即r ≥R 2 ，则rεQ Q V 0213π4+=(2) 两个球面间的电势差 ()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-== 9－21 一半径为R 的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.题 9-21 图分析无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理⎰⎰=⋅V V d 1d 0ρεS E 可求得电场分布E (r )，再根据电势差的定义 ()l E d ⋅=-⎰b ab a r V V 并取棒表面为零电势(V b ＝0)，即可得空间任意点a 的电势.解取高度为l 、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅得 ()02εr ρr E =当r ≥R 时 02/ππ2ερl R rl E =⋅得 ()rεR ρr E 022= 取棒表面为零电势，空间电势的分布有当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V R r -==⎰当r ≥R 时 ()rR εR ρr r εR ρr V Rr ln 2d 20202==⎰ 如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线. 9－22 一圆盘半径R ＝3.00 ×10－2 m .圆盘均匀带电，电荷面密度ζ＝2.00×10－5 C·m －2.(1) 求轴线上的电势分布；(2) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布；(3) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度.题 9-22 图分析将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布，再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布.解 (1) 如图所示，圆盘上半径为r 的带电细圆环在轴线上任一点P 激发的电势220d π2π41d x r r r ζεV += 由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的()x x R εζx r r r εζV R -+=+=⎰22002202d 2 (1) (2) 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R x εζx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向. (3) 将场点至盘心的距离x ＝30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得V 6911=V-1m V 6075⋅=E当x ＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为C 1065.5π82-⨯==ζR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有V 1695π40==xεq V 1-20m V 5649π4⋅==xεq E 由此可见，当x ＞＞R 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E 和V 的误差分别不超过 0.3％和0.8％，这已足以满足一般的测量精度.9－23 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝3.0×10－2m ，R 2 ＝0.10 m )，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450 Ｖ.求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2) r ＝0.05 m 处的电场强度.解 (1) 由习题9－15 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为 r ελE 0π2=根据电势差的定义有120212ln π2d 21R R ελU R R =⋅=⎰l E 解得 1812120m C 101.2ln /π2--⋅⨯==R R U ελ (2) 解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度10m V 475 7π2-⋅==rE ελ 9－24 轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的过程，叫做核聚变.在此过程中可以释放出巨大的能量.例如四个氢原子核(质子)结合成一个氦原子核(α粒子)时，可释放出25.9MeV 的能量.即MeV 25.9e 2He H 4014211++→这类聚变反应提供了太阳发光、发热的能源.如果我们能在地球上实现核聚变，就能获得丰富廉价的能源.但是要实现核聚变难度相当大，只有在极高的温度下，使原子热运动的速度非常大，才能使原子核相碰而结合，故核聚变反应又称作热核反应.试估算：(1)一个质子(H 11)以多大的动能(以电子伏特表示)运动，才能从很远处到达与另一个质子相接触的距离？ (2)平均热运动动能达到此值时，温度有多高？ (质子的半径约为1.0 ×10－15 m ) 分析作为估算，可以将质子上的电荷分布看作球对称分布，因此质子周围的电势分布为 rεe V 0π4= 将质子作为经典粒子处理，当另一质子从无穷远处以动能E k 飞向该质子时，势能增加，动能减少，如能克服库仑斥力而使两质子相碰，则质子的初始动能Re r eV E 2π41202R k0ε=≥ 假设该氢原子核的初始动能就是氢分子热运动的平均动能，根据分子动理论知：kT E 23k = 由上述分析可估算出质子的动能和此时氢气的温度.解 (1) 两个质子相接触时势能最大，根据能量守恒eV 102.72π415202R K0⨯==≥Re r εeV E 由20k021v m E =可估算出质子初始速率 17k00s m 102.1/2-⋅⨯==m E v该速度已达到光速的4％.(2) 依照上述假设，质子的初始动能等于氢分子的平均动能kT E E 23k k0== 得 K 106.5329k0⨯≈=kE T 实际上在这么高的温度下，中性原子已被离解为电子和正离子，称作等离子态，高温的等离子体不能用常规的容器来约束，只能采用磁场来约束(托卡马克装置)9－25 在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为109 Ｖ，被迁移的电荷约为30 C .(1) 如果释放出来的能量都用来使0 ℃的冰融化成0 ℃的水，则可溶解多少冰？ (冰的融化热L ＝3.34 ×105 J· kg )(2) 假设每一个家庭一年消耗的能量为3 000kW·h ，则可为多少个家庭提供一年的能量消耗？解 (1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量kg 1098.8Δ4⨯===LqU L E m 即可融化约 90 吨冰. (2) 一个家庭一年消耗的能量为J 1008.1h kW 0003100⨯=⋅=E8.2Δ00===E qU E E n 一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电能.9－26 已知水分子的电偶极矩p =6.17×10－30 C· m .这个水分子在电场强度E ＝1.0 ×105 V · m -1的电场中所受力矩的最大值是多少?分析与解在均匀外电场中，电偶极子所受的力矩为E p M ⨯=当电偶极子与外电场正交时，电偶极子所受的力矩取最大值.因而有m N 1017.625max ⋅⨯==-pE M9-27 电子束焊接机中的电子枪如图所示，K 为阴极，A 为阳极，阴极发射的电子在阴极和阳极电场加速下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上使两块金属熔化在一起.已知V 105.24A K⨯=U ，并设电子从阴极发射时的初速度为零，求：（1）电子到达被焊接金属时具有的动能；（2）电子射到金属上时的速度.分析电子被阴极和阳极间的电场加速获得动能，获得的动能等于电子在电场中减少的势能.由电子动能与速率的关系可以求得电子射到金属上时的速度.解（1）依照上述分析，电子到达被焊接金属时具有的动能 eV 105.24A K k ⨯==eU E(2)由于电子运动的动能远小于电子静止的能量，可以将电子当做经典粒子处理.电子射到金属上时的速度题9-27 图第十章静电场中的导体与电介质10－1将一个带正电的带电体A从远处移到一个不带电的导体B附近，则导体B的电势将（）（A）升高（B）降低（C）不会发生变化（D）无法确定分析与解不带电的导体B相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B附近时，在导体B的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A）.10－2将一带负电的物体M靠近一不带电的导体N，在N的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷.若将导体N的左端接地（如图所示），则（）（A）N上的负电荷入地（B）N上的正电荷入地（C）N上的所有电荷入地（D）N上所有的感应电荷入地题10-2 图分析与解导体N接地表明导体N为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N在哪一端接地无关.因而正确答案为（A）.10－3如图所示将一个电量为q的点电荷放在一个半径为R的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图.设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（）（A ）d εq V E 0π4,0== （B ）dεq V d εq E 020π4,π4== （C ）0,0==V E （D ）Rεq V d εq E 020π4,π4==题 10-3 图分析与解达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为（A ）.10－4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( )（A ）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷（B ）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零（C ）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷（D ）介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关（E ）介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关。

物理学教程(第二版)课后答案10

第十章静电场中的导体与电介质10－1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（）（A ）升高（B ）降低（C ）不会发生变化（D ）无法确定分析与解不带电的导体B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）.10－2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷.若将导体N 的左端接地（如图所示），则（）（A ） N 上的负电荷入地（B ）N 上的正电荷入地（C ） N 上的所有电荷入地（D ）N 上所有的感应电荷入地题 10-2 图分析与解导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关.因而正确答案为（A ）.10－3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图.设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（）（A ）d εq V E 0π4,0== （B ）dεqV d εq E 020π4,π4== （C ）0,0==V E （D ）RεqV d εq E 020π4,π4==题 10-3 图分析与解达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为（A ）.10－4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( )（A ）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷（B ）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零（C ）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷（D ）介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关（E ）介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关.因而正确答案为（E ）. 10－5 对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（）（A ）电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍（B ）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍（C ）在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍（D ）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍分析与解电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电介质中的高斯定理，仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，在电介质中任意高斯面S 有()∑⎰⎰=⋅=⋅+ii S S εχq 01d d 1S E S E 即E ＝E ０/εｒ，因而正确答案为（A ）.10－6 不带电的导体球A 含有两个球形空腔，两空腔中心分别有一点电荷q b 、q c ，导体球外距导体球较远的r 处还有一个点电荷q d （如图所示）.试求点电荷q b 、q c 、q d 各受多大的电场力.题 10-6 图分析与解根据导体静电平衡时电荷分布的规律，空腔内点电荷的电场线终止于空腔内表面感应电荷；导体球A 外表面的感应电荷近似均匀分布，因而近似可看作均匀带电球对点电荷q d 的作用力.()20π4rεq q q F dc bd +=点电荷q d 与导体球A 外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零，点电荷q b 、q c 处于球形空腔的中心，空腔内表面感应电荷均匀分布，点电荷q b 、q c 受到的作用力为零.10－7 一真空二极管，其主要构件是一个半径R １＝5.0×10－4m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外、半径R ２＝4.5×10－3m 的同轴圆筒形阳极．阳极电势比阴极电势高300 V ，阴极与阳极的长度均为L ＝2.5×10－２ m ．假设电子从阴极射出时的速度为零．求：（１）该电子到达阳极时所具有的动能和速率；（２）电子刚从阳极射出时所受的力．题 10-7 图分析（1）由于半径R １＜＜L ，因此可将电极视作无限长圆柱面，阴极和阳极之间的电场具有轴对称性．从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速，电子所获得的动能等于电场力所作的功，也即等于电子势能的减少．由此，可求得电子到达阳极时的动能和速率．（2）计算阳极表面附近的电场强度，由F ＝q E 求出电子在阴极表面所受的电场力．解（1）电子到达阳极时，势能的减少量为J 108.4Δ17ep -⨯-=-=eV E由于电子的初始速度为零，故J 108.4ΔΔ17ep ek ek -⨯-=-==E E E因此电子到达阳极的速率为1-7ek s m 1003.122⋅⨯===meVm E v （2）两极间的电场强度为r rελe E 0π2-= 两极间的电势差1200ln π2d π2d 2121R R r r V R R R R ελελ-=-=⋅=⎰⎰r E负号表示阳极电势高于阴极电势．阴极表面电场强度r r R R R V R ελe e E 12110ln π2=-=电子在阴极表面受力r e e E F N)1037.414-⨯=-=（这个力尽管很小，但作用在质量为９.1１×10－3１kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力加速度的5×10１5倍．10－8 一导体球半径为R １，外罩一半径为R 2 的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q ，而内球的电势为V ０．求此系统的电势和电场的分布．分析若200π4R εQV =，内球电势等于外球壳的电势，则外球壳内必定为等势体，电场强度处处为零，内球不带电．若200π4R εQV ≠，内球电势不等于外球壳电势，则外球壳内电场强度不为零，内球带电．一般情况下，假设内导体球带电q ，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示．依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布．并由⎰∞⋅=pp V l E d 或电势叠加求出电势的分布．最后将电场强度和电势用已知量V 0、Q 、R １、R 2表示．题 10-8 图解根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称．取同心球面为高斯面，由高斯定理()()∑⎰⋅=⋅=⋅02/π4d εq r E r r E S E ，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各区域内的电场分布为 r ＜R １时， ()01=r E R １＜r ＜R 2 时，()202π4r εqr E =r ＞R 2 时， ()202π4r εqQ r E +=由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布． r ＜R １时，20103211π4π4d d d d 2211R Q R q V R R R R r r εε+=⋅+⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰⎰∞∞lE l E l E l ER １＜r ＜R 2 时，200322π4π4d d d 22R Q r q V R R r r εε+=⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰∞∞lE l E l Er ＞R 2 时，rqQ V r 03π4d ε+=⋅=⎰∞l E 3也可以从球面电势的叠加求电势的分布：在导体球内（r ＜R １）20101π4π4R εQR εq V +=在导体球和球壳之间（R １＜r ＜R 2 ）2002π4π4R εQr εq V +=在球壳外（r ＞R 2）为rqQ V 03π4ε+=由题意102001π4π4R εQR εq V V +==得Q R R V R q 21010π4==ε 于是可求得各处的电场强度和电势的分布： r ＜R １时，01=E ；01V V =R １＜r ＜R 2 时，22012012π4r R εQR r V R E -=；rR Q R r r V R V 201012π4)(ε-+= r ＞R 2 时，220122013π4)(r R Q R R r V R E ε-+=；rR QR R r V R V 2012013π4)(ε-+= 10－9 地球和电离层可当作球形电容器，它们之间相距约为100 km ，试估算地球－电离层系统的电容．设地球与电离层之间为真空．解由于地球半径R 1＝6.37×106m ；电离层半径R 2＝1.00×105m ＋R 1 ＝6.47×106m ，根据球形电容器的电容公式，可得F 1058.4π4212210-⨯=-=R R R R εC10－10 两线输电线，其导线半径为3.26 mm ，两线中心相距0.50 m ，导线位于地面上空很高处，因而大地影响可以忽略．求输电线单位长度的电容．分析假设两根导线带等量异号电荷，电荷在导线上均匀分布，则由长直带电线的电场叠加，可以求出两根带电导线间的电场分布,-++=E E E再由电势差的定义求出两根导线之间的电势差，就可根据电容器电容的定义，求出两线输电线单位长度的电容解建立如图坐标，带等量异号电荷的两根导线在P 点激发的电场强度方向如图，由上述分析可得P 点电场强度的大小为)11(π20xd x E --=ελ 电场强度的方向沿x 轴，电线自身为等势体，依照定义两导线之间的电势差为x xd x l E U lRd Rd )11(π2d 0--=⋅=⎰⎰-ελ 上式积分得RR d ελU -=ln π0 因此，输电线单位长度的电容Rd εR R d εU λC ln /πln /π00≈-==代入数据 F 1052.512-⨯=C题 10-10 图10－11 电容式计算机键盘的每一个键下面连接一小块金属片，金属片与底板上的另一块金属片间保持一定空气间隙，构成一小电容器（如图）.当按下按键时电容发生变化，通过与之相连的电子线路向计算机发出该键相应的代码信号.假设金属片面积为50.0 mm 2，两金属片之间的距离是0.600 mm .如果电路能检测出的电容变化量是0.250 pF ，试问按键需要按下多大的距离才能给出必要的信号？题 10-11 图分析按下按键时两金属片之间的距离变小，电容增大，由电容的变化量可以求得按键按下的最小距离：解按下按键时电容的变化量为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=0011Δd d S εC按键按下的最小距离为mm 152.0ΔΔΔ00200min =+=-=SC d Cd d d d ε10－12 一片二氧化钛晶片，其面积为1.0 cm 2，厚度为0.10 mm ．把平行平板电容器的两极板紧贴在晶片两侧.（1）求电容器的电容；（2）当在电容器的两极间加上12 V 电压时，极板上的电荷为多少？此时自由电荷和极化电荷的面密度各为多少？（3）求电容器内的电场强度．解（1）查表可知二氧化钛的相对电容率εr ＝173，故充满此介质的平板电容器的电容F 1053.190-⨯==dSεεC r （2）电容器加上U ＝12V 的电压时，极板上的电荷C 1084.18-⨯==CU Q极板上自由电荷面密度为2-80m C 1084.1⋅⨯==-SQσ 晶片表面极化电荷密度2-400m C 1083.111⋅⨯=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-='-σεσr （3）晶片内的电场强度为1-5m V 102.1⋅⨯==dUE 10－13 如图所示，半径R ＝0.10 m 的导体球带有电荷Q ＝1.0 ×10－８C ，导体外有两层均匀介质，一层介质的εr ＝5.0，厚度d ＝0.10 m ，另一层介质为空气，充满其余空间．求：（1）离球心为r ＝5cm 、15 cm 、25 cm 处的D 和E ；（2）离球心为r ＝5 cm 、15 cm 、25 cm 处的V ；（3）极化电荷面密度σ′．题 10-13 图分析带电球上的自由电荷均匀分布在导体球表面，电介质的极化电荷也均匀分布在介质的球形界面上，因而介质中的电场是球对称分布的．任取同心球面为高斯面，电位移矢量D 的通量与自由电荷分布有关，因此，在高斯面上D 呈均匀对称分布，由高斯定理⎰∑=⋅0d qS D 可得D （r ）．再由r εε0/D E =可得E （r ）．介质内电势的分布，可由电势和电场强度的积分关系⎰∞⋅=rV l E d 求得，或者由电势叠加原理求得．极化电荷分布在均匀介质的表面，其极化电荷面密度n P ='σ．解（1）取半径为r 的同心球面为高斯面，由高斯定理得r ＜R 0π421=⋅r D01=D ；01=ER ＜r ＜R ＋d Q r D =⋅22π422π4r QD =；202π4r εεQ E r = r ＞R ＋d Q r D =⋅23π423π4r QD =；203π4rQ E ε= 将不同的r 值代入上述关系式，可得r ＝5 cm 、15 cm 和25 cm 时的电位移和电场强度的大小，其方向均沿径向朝外． r 1 ＝5 cm ，该点在导体球内，则01=r D ；01=r Er 2 ＝15 cm ，该点在介质层内，εｒ＝5.0，则2822m C 105.3π42--⋅⨯==r Q D r 12220m V 100.8π42-⋅⨯==r εεQE r r r 3 ＝25 cm ，该点在空气层内，空气中ε≈ε0 ，则2823m C 103.1π43--⋅⨯==r QD r ； 13220m V 104.1π43-⋅⨯==r QE r ε （2）取无穷远处电势为零，由电势与电场强度的积分关系得 r 3 ＝25 cm ，V 360π4d 0r 331==⋅=⎰∞rεQV r Er 2 ＝15 cm ，()()V480π4π4π4d d 0020r3222=+++-=⋅+⋅=⎰⎰+∞+d R Qd R Q r Q V r r dR d R εεεεεrE r E r 1 ＝5 cm ，()()V540π4π4π4d d 000321=+++-=⋅+⋅=⎰⎰+∞+d R εQd R εεQ R εεQ V r r dR RdR rE r E（3）均匀介质的极化电荷分布在介质界面上，因空气的电容率ε＝ε0 ，极化电荷可忽略．故在介质外表面；()()()20π411d R εQ εE εεP r r n r n +-=-=()()282m C 106.1π41--⋅⨯=+-==d R εQεP σr r n在介质内表面：()()20π411R εQ εE εεP r r n r n -=-=()282m C 104.6π41--⋅⨯-=-=-='R εQ εP σr r n介质球壳内、外表面的极化电荷面密度虽然不同，但是两表面极化电荷的总量还是等量异号． 10－14 人体的某些细胞壁两侧带有等量的异号电荷.设某细胞壁厚为5.2 ×10－9m ，两表面所带面电荷密度为±5.2 ×10 －3C ／m 2，内表面为正电荷．如果细胞壁物质的相对电容率为6.0，求（1）细胞壁内的电场强度；（2）细胞壁两表面间的电势差．解（1）细胞壁内的电场强度V /m 108.960⨯==rεεσE ；方向指向细胞外．（2）细胞壁两表面间的电势差V 101.52-⨯==Ed U ．10－15 如图（a ）所示，有两块相距为0.50 的薄金属板A 、B 构成的空气平板电容器被屏蔽在一金属盒Ｋ内，金属盒上、下两壁与A 、B 分别相距0.25 mm ，金属板面积为30 mm ×40 mm .求（1）被屏蔽后电容器的电容变为原来的几倍；（2）若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰，问此时的电容又为原来的几倍？题 10-15 图分析薄金属板A 、B 与金属盒一起构成三个电容器，其等效电路图如图（ｂ）所示，由于两导体间距离较小，电容器可视为平板电容器，通过分析等效电路图可以求得A 、B 间的电容.解（1）由等效电路图可知13232123C C C C C C C C ++⋅=+=由于电容器可以视作平板电容器，且32122d d d ==，故1322C C C == ，因此A 、B 间的总电容12C C =（2）若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰，相当于2C （或者3C ）极板短接，其电容为零，则总电容13C C =10－16 在A 点和B 点之间有5 个电容器，其连接如图所示．（1）求A 、B 两点之间的等效电容；（2）若A 、B 之间的电势差为12 V ，求U A C 、U CD 和U D B ．题 10-16 图解（1）由电容器的串、并联，有μF 1221=+=C C C AC μF 843=+=C C C CD51111C C C C CD AC AB ++= 求得等效电容C AB ＝4 μF ．（2）由于AB DB CD AC Q Q Q Q ===，得V 4==AB ACABAC U C C U V 6==AB CDABCD U C C U V 2==AB DBABDB U C C U 10－17 如图，有一个空气平板电容器，极板面积为S ，间距为d ．现将该电容器接在端电压为U 的电源上充电，当（1）充足电后；（2）然后平行插入一块面积相同、厚度为δ（δ ＜d ）、相对电容率为εｒ的电介质板；（3）将上述电介质换为同样大小的导体板．分别求电容器的电容C ，极板上的电荷Q 和极板间的电场强度E ．题 10-17 图分析电源对电容器充电，电容器极板间的电势差等于电源端电压U ．插入电介质后，由于介质界面出现极化电荷，极化电荷在介质中激发的电场与原电容器极板上自由电荷激发的电场方向相反，介质内的电场减弱．由于极板间的距离d 不变，因而与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，以维持电势差不变，并有()δSεεQ δd S εQU r 00+-=相类似的原因，在平板电容器极板之间，若平行地插入一块导体板，由于极板上的自由电荷和插入导体板上的感应电荷在导体板内激发的电场相互抵消，与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，使间隙中的电场E 增强，以维持两极板间的电势差不变，并有()δd SεQU -=0 综上所述，接上电源的平板电容器，插入介质或导体后，极板上的自由电荷均会增加，而电势差保持不变．解（1）空气平板电容器的电容dSεC 00=充电后，极板上的电荷和极板间的电场强度为U dS εQ 00=d U E /0=（2）插入电介质后，电容器的电容C 1 为()()δd εδS εεδS εεQ δd SεQ Q C r r r -+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=0001/ 故有()δd εδSUεεU C C r r -+==011介质内电场强度()δd εδUS εεQ E r r -+=='011 空气中电场强度()δd εδU εS εQ E r r -+==011 （3）插入导体达到静电平衡后，导体为等势体，其电容和极板上的电荷分别为δd SεC -=02 U δd S εQ -=02导体中电场强度 02='E 空气中电场强度δd UE -=2 无论是插入介质还是插入导体，由于电容器的导体极板与电源相连，在维持电势差不变的同时都从电源获得了电荷，自由电荷分布的变化同样使得介质内的电场强度不再等于E 0/εｒ． 10－18 为了实时检测纺织品、纸张等材料的厚度（待测材料可视作相对电容率为εｒ的电介质），通常在生产流水线上设置如图所示的传感装置，其中A ，B 为平板电容器的导体极板，d 0 为两极板间的距离．试说明检测原理，并推出直接测量量电容C 与间接测量量厚度d 之间的函数关系．如果要检测钢板等金属材料的厚度，结果又将如何？题 10-18 图分析导体极板A 、B 和待测物体构成一有介质的平板电容器，关于电容C 与材料的厚度的关系，可参见题10－17 的分析．解由分析可知，该装置的电容为()d d d SC r r -+=00εεε则介质的厚度为()()C εSεεd εεC εS εεC d εd r r r r r r r 1110000---=--=如果待测材料是金属导体，其等效电容为dd SεC -=00导体材料的厚度CSεd d 00=-= 实时地测量A 、B 间的电容量C ，根据上述关系式就可以间接地测出材料的厚度．通常智能化的仪表可以实时地显示出待测材料的厚度．10－19 有一电容为0.50 μF 的平行平板电容器，两极板间被厚度为0.01 mm 的聚四氟乙烯薄膜所隔开，（1）求该电容器的额定电压；（2）求电容器存贮的最大能量．分析通过查表可知聚四氟乙烯的击穿电场强度E b ＝1.9 ×107 V ／m ，电容器中的电场强度E ≤E b ，由此可以求得电容器的最大电势差和电容器存贮的最大能量．解（1）电容器两极板间的电势差V 190b max ==d E U（2）电容器存贮的最大能量J 1003.92132max e -⨯=CU W10－20 半径为0.10 cm 的长直导线，外面套有内半径为1.0 cm 的共轴导体圆筒，导线与圆筒间为空气．略去边缘效应，求：（1）导线表面最大电荷面密度；（2）沿轴线单位长度的最大电场能量．分析如果设长直导线上单位长度所带电荷为λ，导线表面附近的电场强度0π2εσR ελE ==查表可以得知空气的击穿电场强度E b ＝3.0 ×106（V ／m ），只有当空气中的电场强度E ≤E b 空气才不会被击穿，由于在导线表面附近电场强度最大，因而可以求出σ的极限值．再求得电场能量密度，并通过同轴圆柱形体元内电场能量的积分求得单位长度的最大电场强度．解（1）导线表面最大电荷面密度250max m C 1066.2--⋅⨯==b E εσ显然导线表面最大电荷面密度与导线半径无关．（2）由上述分析得b E R ελ10max π2=，此时导线与圆筒之间各点的电场强度为()1210m π2R r R rR r E <<==ελ0=E (其他)222102m 0m 2121rE R E w b εε==沿轴线单位长度的最大电场能量r rER r r w W R Rb d 1πd π2212210m ⎰⎰⎰⎰Ω=⋅=ε14122210m m J 1076.5lnπ--⋅⨯==R R E R W b ε 10－21 一空气平板电容器，空气层厚1.5 cm ，两极间电压为40 k V ，该电容器会被击穿吗？现将一厚度为0.30 cm 的玻璃板插入此电容器，并与两极平行，若该玻璃的相对电容率为7.0，击穿电场强度为10 ＭV· m －1．则此时电容器会被击穿吗？分析在未插入玻璃板时，不难求出空气中的电场强度小于空气的击穿电场强度，电容器不会被击穿．插入玻璃后，由习题10－17 可知，若电容器与电源相连，则极板间的电势差维持不变，电容器将会从电源获取电荷．此时空气间隙中的电场强度将会增大．若它大于空气的击穿电场强度，则电容器的空气层将首先被击穿．此时40 k V 电压全部加在玻璃板两侧，玻璃内的电场强度如也大于玻璃击穿电场强度的值，则玻璃也将被击穿．整个电容器被击穿．解未插入玻璃时，电容器内的电场强度为16m V 107.2/-⋅⨯==d U E因空气的击穿电场强度16m V 100.3-⋅⨯=b E ，b E E <，故电容器不会被击穿．插入玻璃后，由习题6 －26 可知，空气间隙中的电场强度()16m V 102.3-⋅⨯=+-=δδd εVεE r r此时，因b E E > ，空气层被击穿，击穿后40 k V 电压全部加在玻璃板两侧，此时玻璃板内的电场强度17m V 103.1/-⋅⨯==δV E由于玻璃的击穿电场强度1bm MV 10-⋅='E ，b E E '> ，故玻璃也将相继被击穿，电容器完全被击穿．10－22 某介质的相对电容率 2.8r ε=，击穿电场强度为611810V m -⨯⋅ ，如果用它来作平板电容器的电介质，要制作电容为0.047 μF ，而耐压为4.0 k V 的电容器，它的极板面积至少要多大．解介质内电场强度16m V 1018-⋅⨯=≤b E E电容耐压U m ＝4.0 k V ，因而电容器极板间最小距离m 1022.2/4-⨯==b m E U d要制作电容为0.047 μF 的平板电容器，其极板面积210m 42.0==εεCdS 显然，这么大的面积平铺开来所占据的空间太大了，通常将平板电容器卷叠成筒状后再封装． 10－23 一平行板空气电容器，极板面积为S ，极板间距为d ，充电至带电Q 后与电源断开，然后用外力缓缓地把两极板间距拉开到2d ．求：（1）电容器能量的改变；（2）此过程中外力所作的功，并讨论此过程中的功能转换关系．分析在将电容器两极板拉开的过程中，由于导体极板上的电荷保持不变，极板间的电场强度亦不变，但电场所占有的空间增大，系统总的电场能量增加了．根据功能原理，所增加的能量应该等于拉开过程中外力克服两极板间的静电引力所作的功．解（1）极板间的电场为均匀场，且电场强度保持不变，因此，电场的能量密度为20220221S εQ E εw e == 在外力作用下极板间距从d 被拉开到2d ，电场占有空间的体积，也由V 增加到2V ，此时电场能量增加SεdQ V w W e e 022ΔΔ== （2）两导体极板带等量异号电荷，外力F 将其缓缓拉开时，应有F ＝－F e ，则外力所作的功为SεdQ QEd 02e 2ΔA ==⋅-=r F 外力克服静电引力所作的功等于静电场能量的增加．。

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第十章静电场中的导体与电介质10－1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（）（A ）升高（B ）降低（C ）不会发生变化（D ）无法确定分析与解不带电的导体B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）.10－2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷.若将导体N 的左端接地（如图所示），则（）（A ） N 上的负电荷入地（B ）N 上的正电荷入地（C ） N 上的所有电荷入地（D ）N 上所有的感应电荷入地题 10-2 图分析与解导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关.因而正确答案为（A ）.10－3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图.设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（）（A ）d εq V E 0π4,0== （B ）dεqV d εq E 020π4,π4== （C ）0,0==V E （D ）RεqV d εq E 020π4,π4==题 10-3 图分析与解达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为（A ）.10－4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( )（A ）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷（B ）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零（C ）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷（D ）介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关（E ）介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关.因而正确答案为（E ）. 10－5 对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（）（A ）电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍（B ）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍（C ）在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍（D ）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍分析与解电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电介质中的高斯定理，仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，在电介质中任意高斯面S 有()∑⎰⎰=⋅=⋅+ii S S εχq 01d d 1S E S E 即E ＝E ０/εｒ，因而正确答案为（A ）.10－6 不带电的导体球A 含有两个球形空腔，两空腔中心分别有一点电荷q b 、q c ，导体球外距导体球较远的r 处还有一个点电荷q d （如图所示）.试求点电荷q b 、q c 、q d 各受多大的电场力.题 10-6 图分析与解根据导体静电平衡时电荷分布的规律，空腔内点电荷的电场线终止于空腔内表面感应电荷；导体球A 外表面的感应电荷近似均匀分布，因而近似可看作均匀带电球对点电荷q d 的作用力.()20π4rεq q q F dc bd +=点电荷q d 与导体球A 外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零，点电荷q b 、q c 处于球形空腔的中心，空腔内表面感应电荷均匀分布，点电荷q b 、q c 受到的作用力为零.10－7 一真空二极管，其主要构件是一个半径R １＝5.0×10－4m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外、半径R ２＝4.5×10－3m 的同轴圆筒形阳极．阳极电势比阴极电势高300 V ，阴极与阳极的长度均为L ＝2.5×10－２ m ．假设电子从阴极射出时的速度为零．求：（１）该电子到达阳极时所具有的动能和速率；（２）电子刚从阳极射出时所受的力．题 10-7 图分析（1）由于半径R １＜＜L ，因此可将电极视作无限长圆柱面，阴极和阳极之间的电场具有轴对称性．从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速，电子所获得的动能等于电场力所作的功，也即等于电子势能的减少．由此，可求得电子到达阳极时的动能和速率．（2）计算阳极表面附近的电场强度，由F ＝q E 求出电子在阴极表面所受的电场力．解（1）电子到达阳极时，势能的减少量为J 108.4Δ17ep -⨯-=-=eV E由于电子的初始速度为零，故J 108.4ΔΔ17ep ek ek -⨯-=-==E E E因此电子到达阳极的速率为1-7ek s m 1003.122⋅⨯===meVm E v （2）两极间的电场强度为r rελe E 0π2-= 两极间的电势差1200ln π2d π2d 2121R R r r V R R R R ελελ-=-=⋅=⎰⎰r E负号表示阳极电势高于阴极电势．阴极表面电场强度r r R R R V R ελe e E 12110ln π2=-=电子在阴极表面受力r e e E F N)1037.414-⨯=-=（这个力尽管很小，但作用在质量为９.1１×10－3１kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力加速度的5×10１5倍．10－8 一导体球半径为R １，外罩一半径为R 2 的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q ，而内球的电势为V ０．求此系统的电势和电场的分布．分析若200π4R εQV =，内球电势等于外球壳的电势，则外球壳内必定为等势体，电场强度处处为零，内球不带电．若200π4R εQV ≠，内球电势不等于外球壳电势，则外球壳内电场强度不为零，内球带电．一般情况下，假设内导体球带电q ，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示．依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布．并由⎰∞⋅=pp V l E d 或电势叠加求出电势的分布．最后将电场强度和电势用已知量V 0、Q 、R １、R 2表示．题 10-8 图解根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称．取同心球面为高斯面，由高斯定理()()∑⎰⋅=⋅=⋅02/π4d εq r E r r E S E ，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各区域内的电场分布为 r ＜R １时， ()01=r E R １＜r ＜R 2 时，()202π4r εqr E =r ＞R 2 时， ()202π4r εqQ r E +=由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布． r ＜R １时，20103211π4π4d d d d 2211R Q R q V R R R R r r εε+=⋅+⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰⎰∞∞lE l E l E l ER １＜r ＜R 2 时，200322π4π4d d d 22R Q r q V R R r r εε+=⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰∞∞lE l E l Er ＞R 2 时，rqQ V r 03π4d ε+=⋅=⎰∞l E 3也可以从球面电势的叠加求电势的分布：在导体球内（r ＜R １）20101π4π4R εQR εq V +=在导体球和球壳之间（R １＜r ＜R 2 ）2002π4π4R εQr εq V +=在球壳外（r ＞R 2）为rqQ V 03π4ε+=由题意102001π4π4R εQR εq V V +==得Q R R V R q 21010π4==ε 于是可求得各处的电场强度和电势的分布： r ＜R １时，01=E ；01V V =R １＜r ＜R 2 时，22012012π4r R εQR r V R E -=；rR Q R r r V R V 201012π4)(ε-+= r ＞R 2 时，220122013π4)(r R Q R R r V R E ε-+=；rR QR R r V R V 2012013π4)(ε-+= 10－9 地球和电离层可当作球形电容器，它们之间相距约为100 km ，试估算地球－电离层系统的电容．设地球与电离层之间为真空．解由于地球半径R 1＝6.37×106m ；电离层半径R 2＝1.00×105m ＋R 1 ＝6.47×106m ，根据球形电容器的电容公式，可得F 1058.4π4212210-⨯=-=R R R R εC10－10 两线输电线，其导线半径为3.26 mm ，两线中心相距0.50 m ，导线位于地面上空很高处，因而大地影响可以忽略．求输电线单位长度的电容．分析假设两根导线带等量异号电荷，电荷在导线上均匀分布，则由长直带电线的电场叠加，可以求出两根带电导线间的电场分布,-++=E E E再由电势差的定义求出两根导线之间的电势差，就可根据电容器电容的定义，求出两线输电线单位长度的电容解建立如图坐标，带等量异号电荷的两根导线在P 点激发的电场强度方向如图，由上述分析可得P 点电场强度的大小为)11(π20xd x E --=ελ 电场强度的方向沿x 轴，电线自身为等势体，依照定义两导线之间的电势差为x xd x l E U lRd Rd )11(π2d 0--=⋅=⎰⎰-ελ 上式积分得RR d ελU -=ln π0 因此，输电线单位长度的电容Rd εR R d εU λC ln /πln /π00≈-==代入数据 F 1052.512-⨯=C题 10-10 图10－11 电容式计算机键盘的每一个键下面连接一小块金属片，金属片与底板上的另一块金属片间保持一定空气间隙，构成一小电容器（如图）.当按下按键时电容发生变化，通过与之相连的电子线路向计算机发出该键相应的代码信号.假设金属片面积为50.0 mm 2，两金属片之间的距离是0.600 mm .如果电路能检测出的电容变化量是0.250 pF ，试问按键需要按下多大的距离才能给出必要的信号？题 10-11 图分析按下按键时两金属片之间的距离变小，电容增大，由电容的变化量可以求得按键按下的最小距离：解按下按键时电容的变化量为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=0011Δd d S εC按键按下的最小距离为mm 152.0ΔΔΔ00200min =+=-=SC d Cd d d d ε10－12 一片二氧化钛晶片，其面积为1.0 cm 2，厚度为0.10 mm ．把平行平板电容器的两极板紧贴在晶片两侧.（1）求电容器的电容；（2）当在电容器的两极间加上12 V 电压时，极板上的电荷为多少？此时自由电荷和极化电荷的面密度各为多少？（3）求电容器内的电场强度．解（1）查表可知二氧化钛的相对电容率εr ＝173，故充满此介质的平板电容器的电容F 1053.190-⨯==dSεεC r （2）电容器加上U ＝12V 的电压时，极板上的电荷C 1084.18-⨯==CU Q极板上自由电荷面密度为2-80m C 1084.1⋅⨯==-SQσ 晶片表面极化电荷密度2-400m C 1083.111⋅⨯=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-='-σεσr （3）晶片内的电场强度为1-5m V 102.1⋅⨯==dUE 10－13 如图所示，半径R ＝0.10 m 的导体球带有电荷Q ＝1.0 ×10－８C ，导体外有两层均匀介质，一层介质的εr ＝5.0，厚度d ＝0.10 m ，另一层介质为空气，充满其余空间．求：（1）离球心为r ＝5cm 、15 cm 、25 cm 处的D 和E ；（2）离球心为r ＝5 cm 、15 cm 、25 cm 处的V ；（3）极化电荷面密度σ′．题 10-13 图分析带电球上的自由电荷均匀分布在导体球表面，电介质的极化电荷也均匀分布在介质的球形界面上，因而介质中的电场是球对称分布的．任取同心球面为高斯面，电位移矢量D 的通量与自由电荷分布有关，因此，在高斯面上D 呈均匀对称分布，由高斯定理⎰∑=⋅0d qS D 可得D （r ）．再由r εε0/D E =可得E （r ）．介质内电势的分布，可由电势和电场强度的积分关系⎰∞⋅=rV l E d 求得，或者由电势叠加原理求得．极化电荷分布在均匀介质的表面，其极化电荷面密度n P ='σ．解（1）取半径为r 的同心球面为高斯面，由高斯定理得r ＜R 0π421=⋅r D01=D ；01=ER ＜r ＜R ＋d Q r D =⋅22π422π4r QD =；202π4r εεQ E r = r ＞R ＋d Q r D =⋅23π423π4r QD =；203π4rQ E ε= 将不同的r 值代入上述关系式，可得r ＝5 cm 、15 cm 和25 cm 时的电位移和电场强度的大小，其方向均沿径向朝外． r 1 ＝5 cm ，该点在导体球内，则01=r D ；01=r Er 2 ＝15 cm ，该点在介质层内，εｒ＝5.0，则2822m C 105.3π42--⋅⨯==r Q D r 12220m V 100.8π42-⋅⨯==r εεQE r r r 3 ＝25 cm ，该点在空气层内，空气中ε≈ε0 ，则2823m C 103.1π43--⋅⨯==r QD r ； 13220m V 104.1π43-⋅⨯==r QE r ε （2）取无穷远处电势为零，由电势与电场强度的积分关系得 r 3 ＝25 cm ，V 360π4d 0r 331==⋅=⎰∞rεQV r Er 2 ＝15 cm ，()()V480π4π4π4d d 0020r3222=+++-=⋅+⋅=⎰⎰+∞+dR Qd R Q r Q V r r dR d R εεεεεrE r E r 1 ＝5 cm ，()()V540π4π4π4d d 000321=+++-=⋅+⋅=⎰⎰+∞+d R εQd R εεQ R εεQ V r r dR RdR rE r E（3）均匀介质的极化电荷分布在介质界面上，因空气的电容率ε＝ε0 ，极化电荷可忽略．故在介质外表面；()()()20π411d R εQ εE εεP r r n r n +-=-=()()282m C 106.1π41--⋅⨯=+-==d R εQεP σr r n在介质内表面：()()20π411R εQ εE εεP r r n r n -=-=()282m C 104.6π41--⋅⨯-=-=-='R εQ εP σr r n介质球壳内、外表面的极化电荷面密度虽然不同，但是两表面极化电荷的总量还是等量异号． 10－14 人体的某些细胞壁两侧带有等量的异号电荷.设某细胞壁厚为5.2 ×10－9m ，两表面所带面电荷密度为±5.2 ×10 －3C ／m 2，内表面为正电荷．如果细胞壁物质的相对电容率为6.0，求（1）细胞壁内的电场强度；（2）细胞壁两表面间的电势差．解（1）细胞壁内的电场强度V /m 108.960⨯==rεεσE ；方向指向细胞外．（2）细胞壁两表面间的电势差V 101.52-⨯==Ed U ．10－15 如图（a ）所示，有两块相距为0.50 的薄金属板A 、B 构成的空气平板电容器被屏蔽在一金属盒Ｋ内，金属盒上、下两壁与A 、B 分别相距0.25 mm ，金属板面积为30 mm ×40 mm .求（1）被屏蔽后电容器的电容变为原来的几倍；（2）若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰，问此时的电容又为原来的几倍？题 10-15 图分析薄金属板A 、B 与金属盒一起构成三个电容器，其等效电路图如图（ｂ）所示，由于两导体间距离较小，电容器可视为平板电容器，通过分析等效电路图可以求得A 、B 间的电容.解（1）由等效电路图可知13232123C C C C C C C C ++⋅=+=由于电容器可以视作平板电容器，且32122d d d ==，故1322C C C == ，因此A 、B 间的总电容12C C =（2）若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰，相当于2C （或者3C ）极板短接，其电容为零，则总电容13C C =10－16 在A 点和B 点之间有5 个电容器，其连接如图所示．（1）求A 、B 两点之间的等效电容；（2）若A 、B 之间的电势差为12 V ，求U A C 、U CD 和U D B ．题 10-16 图解（1）由电容器的串、并联，有μF 1221=+=C C C AC μF 843=+=C C C CD51111C C C C CD AC AB ++= 求得等效电容C AB ＝4 μF ．（2）由于AB DB CD AC Q Q Q Q ===，得V 4==AB ACABAC U C C U V 6==AB CDABCD U C C U V 2==AB DBABDB U C C U 10－17 如图，有一个空气平板电容器，极板面积为S ，间距为d ．现将该电容器接在端电压为U 的电源上充电，当（1）充足电后；（2）然后平行插入一块面积相同、厚度为δ（δ ＜d ）、相对电容率为εｒ的电介质板；（3）将上述电介质换为同样大小的导体板．分别求电容器的电容C ，极板上的电荷Q 和极板间的电场强度E ．题 10-17 图分析电源对电容器充电，电容器极板间的电势差等于电源端电压U ．插入电介质后，由于介质界面出现极化电荷，极化电荷在介质中激发的电场与原电容器极板上自由电荷激发的电场方向相反，介质内的电场减弱．由于极板间的距离d 不变，因而与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，以维持电势差不变，并有()δSεεQ δd S εQU r 00+-=相类似的原因，在平板电容器极板之间，若平行地插入一块导体板，由于极板上的自由电荷和插入导体板上的感应电荷在导体板内激发的电场相互抵消，与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，使间隙中的电场E 增强，以维持两极板间的电势差不变，并有()δd SεQU -=0 综上所述，接上电源的平板电容器，插入介质或导体后，极板上的自由电荷均会增加，而电势差保持不变．解（1）空气平板电容器的电容dSεC 00=充电后，极板上的电荷和极板间的电场强度为U dS εQ 00=d U E /0=（2）插入电介质后，电容器的电容C 1 为()()δd εδS εεδS εεQ δd SεQ Q C r r r -+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=0001/ 故有()δd εδSUεεU C C r r -+==011介质内电场强度()δd εδUS εεQ E r r -+=='011 空气中电场强度()δd εδU εS εQ E r r -+==011 （3）插入导体达到静电平衡后，导体为等势体，其电容和极板上的电荷分别为δd SεC -=02 U δd S εQ -=02导体中电场强度 02='E 空气中电场强度δd UE -=2 无论是插入介质还是插入导体，由于电容器的导体极板与电源相连，在维持电势差不变的同时都从电源获得了电荷，自由电荷分布的变化同样使得介质内的电场强度不再等于E 0/εｒ． 10－18 为了实时检测纺织品、纸张等材料的厚度（待测材料可视作相对电容率为εｒ的电介质），通常在生产流水线上设置如图所示的传感装置，其中A ，B 为平板电容器的导体极板，d 0 为两极板间的距离．试说明检测原理，并推出直接测量量电容C 与间接测量量厚度d 之间的函数关系．如果要检测钢板等金属材料的厚度，结果又将如何？题 10-18 图分析导体极板A 、B 和待测物体构成一有介质的平板电容器，关于电容C 与材料的厚度的关系，可参见题10－17 的分析．解由分析可知，该装置的电容为()d d d SC r r -+=00εεε则介质的厚度为()()C εSεεd εεC εS εεC d εd r r r r r r r 1110000---=--=如果待测材料是金属导体，其等效电容为dd SεC -=00导体材料的厚度CSεd d 00=-= 实时地测量A 、B 间的电容量C ，根据上述关系式就可以间接地测出材料的厚度．通常智能化的仪表可以实时地显示出待测材料的厚度．10－19 有一电容为0.50 μF 的平行平板电容器，两极板间被厚度为0.01 mm 的聚四氟乙烯薄膜所隔开，（1）求该电容器的额定电压；（2）求电容器存贮的最大能量．分析通过查表可知聚四氟乙烯的击穿电场强度E b ＝1.9 ×107 V ／m ，电容器中的电场强度E ≤E b ，由此可以求得电容器的最大电势差和电容器存贮的最大能量．解（1）电容器两极板间的电势差V 190b max ==d E U（2）电容器存贮的最大能量J 1003.92132max e -⨯=CU W10－20 半径为0.10 cm 的长直导线，外面套有内半径为1.0 cm 的共轴导体圆筒，导线与圆筒间为空气．略去边缘效应，求：（1）导线表面最大电荷面密度；（2）沿轴线单位长度的最大电场能量．分析如果设长直导线上单位长度所带电荷为λ，导线表面附近的电场强度0π2εσR ελE ==查表可以得知空气的击穿电场强度E b ＝3.0 ×106（V ／m ），只有当空气中的电场强度E ≤E b 空气才不会被击穿，由于在导线表面附近电场强度最大，因而可以求出σ的极限值．再求得电场能量密度，并通过同轴圆柱形体元内电场能量的积分求得单位长度的最大电场强度．解（1）导线表面最大电荷面密度250max m C 1066.2--⋅⨯==b E εσ显然导线表面最大电荷面密度与导线半径无关．（2）由上述分析得b E R ελ10max π2=，此时导线与圆筒之间各点的电场强度为()1210m π2R r R rR r E <<==ελ0=E (其他)222102m 0m 2121rE R E w b εε==沿轴线单位长度的最大电场能量r rER r r w W R Rb d 1πd π2212210m ⎰⎰⎰⎰Ω=⋅=ε14122210m m J 1076.5lnπ--⋅⨯==R R E R W b ε 10－21 一空气平板电容器，空气层厚1.5 cm ，两极间电压为40 k V ，该电容器会被击穿吗？现将一厚度为0.30 cm 的玻璃板插入此电容器，并与两极平行，若该玻璃的相对电容率为7.0，击穿电场强度为10 ＭV· m －1．则此时电容器会被击穿吗？分析在未插入玻璃板时，不难求出空气中的电场强度小于空气的击穿电场强度，电容器不会被击穿．插入玻璃后，由习题10－17 可知，若电容器与电源相连，则极板间的电势差维持不变，电容器将会从电源获取电荷．此时空气间隙中的电场强度将会增大．若它大于空气的击穿电场强度，则电容器的空气层将首先被击穿．此时40 k V 电压全部加在玻璃板两侧，玻璃内的电场强度如也大于玻璃击穿电场强度的值，则玻璃也将被击穿．整个电容器被击穿．解未插入玻璃时，电容器内的电场强度为16m V 107.2/-⋅⨯==d U E因空气的击穿电场强度16m V 100.3-⋅⨯=b E ，b E E <，故电容器不会被击穿．插入玻璃后，由习题6 －26 可知，空气间隙中的电场强度()16m V 102.3-⋅⨯=+-=δδd εVεE r r此时，因b E E > ，空气层被击穿，击穿后40 k V 电压全部加在玻璃板两侧，此时玻璃板内的电场强度17m V 103.1/-⋅⨯==δV E由于玻璃的击穿电场强度1bm MV 10-⋅='E ，b E E '> ，故玻璃也将相继被击穿，电容器完全被击穿．10－22 某介质的相对电容率 2.8r ε=，击穿电场强度为611810V m -⨯⋅ ，如果用它来作平板电容器的电介质，要制作电容为0.047 μF ，而耐压为4.0 k V 的电容器，它的极板面积至少要多大．解介质内电场强度16m V 1018-⋅⨯=≤b E E电容耐压U m ＝4.0 k V ，因而电容器极板间最小距离m 1022.2/4-⨯==b m E U d要制作电容为0.047 μF 的平板电容器，其极板面积210m 42.0==εεCdS 显然，这么大的面积平铺开来所占据的空间太大了，通常将平板电容器卷叠成筒状后再封装． 10－23 一平行板空气电容器，极板面积为S ，极板间距为d ，充电至带电Q 后与电源断开，然后用外力缓缓地把两极板间距拉开到2d ．求：（1）电容器能量的改变；（2）此过程中外力所作的功，并讨论此过程中的功能转换关系．分析在将电容器两极板拉开的过程中，由于导体极板上的电荷保持不变，极板间的电场强度亦不变，但电场所占有的空间增大，系统总的电场能量增加了．根据功能原理，所增加的能量应该等于拉开过程中外力克服两极板间的静电引力所作的功．解（1）极板间的电场为均匀场，且电场强度保持不变，因此，电场的能量密度为20220221S εQ E εw e == 在外力作用下极板间距从d 被拉开到2d ，电场占有空间的体积，也由V 增加到2V ，此时电场能量增加SεdQ V w W e e 022ΔΔ== （2）两导体极板带等量异号电荷，外力F 将其缓缓拉开时，应有F ＝－F e ，则外力所作的功为SεdQ QEd 02e 2ΔA ==⋅-=r F 外力克服静电引力所作的功等于静电场能量的增加．。

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