大学物理2-2 13章习题答案
大学物理课本答案习题 第十三章习题解答
习题十三13-1 如题图13-1所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面，且导线框的一个边与长直导线平行，到两长直导线的距离分别为1r ，2r 。
已知两导线中电流都为0sin I I t ω=，其中I 0和ω为常数，t 为时间。
导线框长为a ，宽为b ，求导线框中的感应电动势。
解：无限长直电流激发的磁感应强度为02IB rμ=π。
取坐标Ox 垂直于直导线，坐标原点取在矩形导线框的左边框上，坐标正方向为水平向右。
取回路的绕行正方向为顺时针。
由场强的叠加原理可得x 处的磁感应强度大小00122()2()IIB r x r x μμ=+π+π+方向垂直纸面向里。
通过微分面积d d S a x =的磁通量为00m 12d d d d 2()2()I I B S B S a x r x r x μμΦππ⎡⎤=⋅==+⎢⎥++⎣⎦通过矩形线圈的磁通量为00m 012d 2()2()b I I a x r x r x μμΦ⎡⎤=+⎢⎥π+π+⎣⎦⎰012012ln ln sin 2a r b r b I t r r μω⎛⎫++=+ ⎪π⎝⎭ 感生电动势0m 12012d ln ln cos d 2i a r b r b I t t r r μωΦεω⎛⎫++=-=-+ ⎪π⎝⎭ 012012()()ln cos 2ar b r b I t r r μωω⎡⎤++=-⎢⎥π⎣⎦0i ε>时，回路中感应电动势的实际方向为顺时针；0i ε<时，回路中感应电动势的实际方向为逆时针。
13-2 如题图13-2所示，有一半径为r =10cm 的多匝圆形线圈，匝数N =100，置于均匀磁场B 中（B =0.5T ）。
圆形线圈可绕通过圆心的轴O 1O 2转动，转速1600r min n -=⋅。
求圆线圈自图示的初始位置转过题图13-1题图13-2解图13-1/2π时，(1) 线圈中的瞬时电流值（线圈的电阻为R =100Ω，不计自感）； (2) 圆心处磁感应强度。
大学物理习题答案解析第二章
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络置于圆滑的斜面上,若斜面向左方作加速运动 ,当物体刚离开斜面时,它的加快度的大小为()(A) gsin θ(B) gcos θ(C) gtan θ(D) gcot θ剖析与解当物体走开斜面瞬时 ,斜面对物体的支持力消逝为零,物体在绳索拉力 F Ｔ (其方向仍可认为平行于斜面 )和重力作用下产平生行水平面向左的加快度a,如图 (b) 所示 ,由其可解得合外力为 mgcot θ,应选 (D)．求解的重点是正确剖析物体刚走开斜面瞬时的物体受力状况和状态特点．2 -2 用水平力 F N把一个物体压着靠在粗拙的竖直墙面上保持静止．当 F N渐渐增大时 ,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)没法确立剖析与解与滑动摩擦力不一样的是 ,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 ,但详细大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知 ,物体向来保持静止状态 ,故静摩擦力与重力大小相等 ,方向相反 ,并保持不变 ,应选 (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(C)不得大于μgR (B) 一定等于μgRμgR (D) 还应由汽车的质量m 决定剖析与解由题意知 ,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,所需向心力只好由路面与轮胎间的静摩擦力供给,能够供给的最大向心力应为μF N．由此可算得汽车转弯的最大速率应为 v＝μRg．所以只需汽车转弯时的实质速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选 (C) ．2 -4 一物体沿固定圆弧形圆滑轨道由静止下滑,在下滑过程中 ,则 ( )(A)它的加快度方向永久指向圆心,其速率保持不变(B)它遇到的轨道的作使劲的大小不停增加(C)它遇到的合外力大小变化 ,方向永久指向圆心(D)它遇到的合外力大小不变 ,其速率不停增加剖析与解 由图可知 ,物体在下滑过程中遇到大小和方向不变的重力以实时辰指向圆轨道中心的轨 道支持力 F N 作用 ,其合外力方向并不是指向圆心 ,其大小和方向均与物体所在地点有关．重力的切向分 量 (m g cos θ) 使物体的速率将会不停增加 ( 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 )将不停增大 ,由轨道法向方向上的动力学方程F Nmgsin θ mv 2可判断 ,随 θ 角的不停增R大过程 ,轨道支持力 F N 也将不停增大 ,因而可知应选 (B) ．2 -5 图 (a)示系统置于以 a ＝ 1/4 g 的加快度上涨的起落机内 ,A 、B 两物体质量相同均为 m,A 所在的桌面是水平的 ,绳索和定滑轮质量均不计 ,若忽视滑轮轴上和桌面上的摩擦,其实不计空气阻力 ,则绳中张力为 ( )(A) 58 mg (B) 12 mg (C) mg (D) 2 mg剖析与解此题可考虑对 A 、B 两物体加上惯性力后 ,以电梯这个非惯性参照系进行求解． 此时 A 、B两物体受力状况如图 (b)所示 ,图中 a ′为 A 、B 两物体相对电梯的加快度 ,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 ．应选 (A) ．Ｔ议论 关于习题 2 -5 这种种类的物理问题 ,常常从非惯性参照系 (此题为电梯 )察看到的运动图像较为 明确 ,但因为牛顿定律只合用于惯性参照系,故从非惯性参照系求解力学识题时,一定对物体加上一个虚构的惯性力．如以地面为惯性参照系求解,则两物体的加快度 a A 和a B 均应付地而言 ,此题中 a A 和 a 的大小与方向均不相同．此中 aA 应斜向上．对 a A 、a 、a 和a ′之间还要用到相对运动规律 ,求解BB过程较繁．有兴趣的读者不如自己试试试看．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？剖析动力学识题一般分为两类：(1) 已知物体受力争其运动状况；(2) 已知物体的运动状况来剖析其所受的力．自然,在一个详细题目中,这两类问题并没有截然的界线,且都是以加快度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．此题重点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),而后运用对 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 位于斜面极点,则由牛顿第二定律有mgsin α mgμcosαma(1) 又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有l 1 at2 1g sin α μcosαt 2cosα 2 2则t2l(2) gcosαsin α μcosα为使下滑的时间最短,可令dt0 ,由式(2)有dα则可得此时sin αsin α μcosαcosαcosα μsin α0 tan 2α 1 , 49oμt 2l 0.99 sgcosαsin α μcosα2 -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 k g,乙块＝ 2.00 10×1质量为 m2＝ 1.00 ×102 kg．设吊车、框架和钢丝绳的质量不计．试求下述两种状况下,钢丝绳所受的张力以及乙块对甲块的作使劲：(1) 两物块以 10.0 m ·ｓ-2的加快度上涨； (2) 两物块以 1.0 m ｓ·-2的加快度上涨．从此题的结果,你能领会到起吊重物时一定迟缓加快的道理吗？剖析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．办理动力学识题往常采纳“隔绝体”的方法物体所受的各样作使劲 ,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．依据连结体中物体的多少可列出相应数量的方程式．联合各物体之间的互相作用和联系 ,可解决物体的运动或互相作使劲．,剖析解按题意 ,可分别取吊车(含甲、乙 )和乙作为隔绝体,画示力争 ,并取竖直向上为Oy 轴正方向 (如图所示 )．当框架以加快度 a 上涨时 ,有FＴ-(m1 ＋ m )g ＝(m ＋ m )a (1)2 1 2FN2- m g ＝ m a (2)2 2解上述方程 ,得F ＝ 1 2 (3)ＴFN2 ＝m (g ＋ a) (4) 2(1)当整个装置以加快度 a ＝ 10 m ·ｓ-2上涨时 ,由式 (3) 可得绳所受张力的值为FＴ＝10×3 N乙对甲的作使劲为N2 N2 2(g ＋ a) ＝3F′＝-F ＝ -m 10× N(2)当整个装置以加快度 a ＝ 1 m·ｓ-2上涨时 ,得绳张力的值为FＴ＝10×3 N此时 ,乙对甲的作使劲则为F′ N2＝103× N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,因为起吊加快度不一样 ,绳中所受张力也不一样,加快度大 ,绳中张力也大．所以,起吊重物时一定迟缓加快,以保证起吊过程的安全．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 以加快度 a ＝ 1.0 m ·ｓ-2 运动 ,求物体 B 与桌面间的摩擦力． (滑轮与连结绳的质量不计)剖析该题为连结体问题 ,相同可用隔绝体法求解．剖析时应注意到绳中张力大小到处相等是有条件的 ,即一定在绳的质量和伸长可忽视、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一样的．解分别对物体和滑轮作受力剖析［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 -F Ｔ＝m A a (1)F′1 -Fｆ＝ m B a′(2)ＴF′ -2FＴ1＝ 0 (3)Ｔ考虑到 mＴＴＴ1 Ｔ,a ′＝ 2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力A ＝mB ＝m, F ＝F′ ,F ＝ F′1F f mg m 4m a7.2 N2议论动力学识题的一般解题步骤可分为：(1) 剖析题意 ,确立研究对象,剖析受力 ,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) 查对量纲 ,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′在圆滑平面上作直线运动,现将质量为m 的木块 B 轻轻安稳地放在长平板上 ,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获得共同速度？剖析当木块 B 安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,因为它与平板之间速度的差别而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．依据牛顿定律可获得它们各自相对地面的加快度．换以平板为参照系来剖析,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 ,其加快度为相对加快度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所叙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成木块和平板一同运动的动能,而它们的共同速度可依据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,依据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板挪动的距离即可求出．解 1 以地面为参照系 ,在摩擦力 Fｆ＝μmg的作用下 ,依据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程F ｆ＝μ mg＝ma1F ′ｆ＝-F ｆ＝ m′a2a1和 a2分别是木块和木板相对地面参照系的加快度．若以木板为参照系,木块相对平板的加快度 a ＝ a1＋ a2 ,木块相对平板以初速度- v ′作匀减速运动直至最后停止．由运动学规律有2- v′＝ 2as由上述各式可得木块有关于平板所挪动的距离为sm v 22 μg m m解 2 以木块和平板为系统 ,它们之间一对摩擦力作的总功为W ＝F ｆ(s ＋l ) -F ｆl＝μ mgs式中 l 为平板相对地面挪动的距离．因为系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,依据动量守恒定律,有m′v′＝ (m′＋ m) v″由系统的动能定理 ,有μmgs 1 m v 2 1 m m v 22 2由上述各式可得sm v 22 μg m m2 -10 如图 (a)所示 ,在一只半径为 R 的半球形碗内 ,有一粒质量为 m 的小钢球 ,当小球以角速度ω在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时 ,它距碗底有多高？剖析保持钢球在水平面内作匀角速度转动时,一定使钢球遇到一与向心加快度相对应的力(向心力 ), 而该力是由碗内壁对球的支持力 F N的分力来供给的 ,因为支持力 F N一直垂直于碗内壁,所以支持力的大小和方向是随ω而变的．取图示 Oxy 坐标 ,列出动力学方程 ,即可求解钢球距碗底的高度．解取钢球为隔绝体 ,其受力剖析如图 (b) 所示．在图示坐标中列动力学方程F N sin θ ma n mRω2sin θ(1)F N cosθ mg (2)且有由上述各式可解得钢球距碗底的高度为R h cos θ(3)Rgh Rω2可见 ,h 随 ω的变化而变化．2 -11 火车转弯时需要较大的向心力,假如两条铁轨都在同一水平面内 (内轨、外轨等高 ),这个向心力只好由外轨供给 ,也就是说外轨会遇到车轮对它很大的向外侧压力 ,这是很危险的．所以 ,对应于火车的速率及转弯处的曲率半径,一定使外轨适合地超出内轨,称为外轨超高．现有一质量为m 的火车 ,以速率 v 沿半径为 R 的圆弧轨道转弯 ,已知路面倾角为 θ,试求： (1) 在此条件下 ,火车速率 v 0 为多大时 ,才能使车轮对铁轨内外轨的侧压力均为零？(2) 假如火车的速率 v ≠v 0 ,则车轮对铁轨的侧压力为多少？剖析如题所述 ,外轨超高的目的欲使火车转弯的所需向心力仅由轨道支持力的水平重量F N sin θ 提供 (式中 θ角为路面倾角 )．从而不会对内外轨产生挤压． 与其对应的是火车转弯时一定以规定的速率v 0行驶．当火车行驶速率 v ≠v 0 时,则会产生两种状况： 如下图 ,如 v ＞ v 0 时 ,外轨将会对车轮产生斜向 内的侧压力 F 1 ,以赔偿原向心力的不足,如 v ＜ v 0时 ,则内轨对车轮产生斜向外的侧压力F 2 ,以抵消剩余的向心力 ,不论哪一种状况火车都将对外轨或内轨产生挤压． 由此可知 ,铁路部门为何会在每个铁轨的转弯处规准时速 ,从而保证行车安全．解 (1) 以火车为研究对象 ,成立如下图坐标系．据剖析 ,由牛顿定律有F N sin θ mv 2(1)RF N cos θ mg 0(2)解 (1)(2) 两式可得火车转弯时规定速率为v 0gRtan θ(2) 当 v ＞ v 0 时 ,依据剖析有F N sin θ F 1cos θ m v2(3)RF N cos θ F 1sin θ mg 0(4)解 (3)(4) 两式 ,可得外轨侧压力为F 1 m v 2cos θ gsin θR当 v ＜ v 0 时,依据剖析有2F N sin θ F 2cos θ mv(5)RF N cos θ F 2sin θ mg(6)解 (5)(6) 两式 ,可得内轨侧压力为F 2 m gsin θ v 2cos θR2 -12 一杂技演员在圆筒形建筑物内表演飞车走壁．设演员和摩托车的总质量为 m,圆筒半径为 R,演员骑摩托车在直壁上以速率 v 作匀速圆周螺旋运动 ,每绕一周上涨距离为 h,如下图．求壁对演员和摩托车的作使劲．剖析 杂技演员 (连同摩托车 )的运动能够当作一个水平面内的匀速率圆周运动和一个竖直向上匀速直线运动的叠加．其旋转一周所形成的旋线轨迹睁开后,相当于如图 (b)所示的斜面． 把演员的运动速度分解为图示的 v 1 和 v 2 两个重量 ,明显 v 1是竖直向上作匀速直线运动的分速度 ,而 v 2则是绕圆筒壁作水平圆周运动的分速度,此中向心力由筒壁对演员的支持力F N 的水平重量 F N2 供给 ,而竖直重量 F N1则与重力相均衡．如图 (c) 所示 ,此中 φ角为摩托车与筒壁所夹角．运用牛顿定律即可求得筒壁支持力 的大小和方向解 设杂技演员连同摩托车整体为研究对象 ,据 (b)(c)两图应有FN1mg 0(1) F N 2m v 2(2)Rv 2vcos θ v2πR(3)R 2 h 22πF NF N 21 F N 2 2(4)以式 (3) 代入式 (2),得22 22 2m4π R v4π RmF N 222222v2(5)RhR 4πRh 4π将式 (1) 和式 (5)代入式 (4),可求出圆筒壁对杂技演员的作使劲( 即支承力 )大小为2222224πRF NFN1F N 2 m g2 2 v2h4πR与壁的夹角 φ为FN 222arctan4πRv2arctan2 2FN 14πRh g议论 表演飞车走壁时 , 演员一定控制好运动速度,行车路线以及摩托车的方向 ,以保证三者之间知足解题用到的各个力学规律．2 -13 一质点沿 x 轴运动 ,其受力如下图 ,设 t ＝ 0 时 ,v 0＝ 5m ·ｓ-1,x 0＝ 2 m, 质点质量 m ＝ 1kg, 试求该 质点 7ｓ末的速度和地点坐标．剖析 第一应由题图求得两个时间段的 F(t)函数 ,从而求得相应的加快度函数,运用积分方法求解题目所问 ,积分时应注意积分上下限的取值应与两时间段相应的时辰相对应． 解 由题图得F t2t, 0 t 5s 35 5t,5s t 7s由牛顿定律可得两时间段质点的加快度分别为a 2t , 0 t 5sa 35 5t , 5s t 7s对 0 ＜ t ＜ 5ｓ 时间段 ,由 adv 得dtvd tv 0 adtv积分后得 v 5 t 2再由 vdx 得dtxt dxvdtx 0积分后得 x 2 5t1 t 33将 t ＝ 5ｓ 代入 ,得 v 5＝ 30 m ·ｓ-1 和 x 5 ＝ 68.7 m 对 5ｓ＜ t ＜7ｓ 时间段 ,用相同方法有vtdva 2dtv 0 5 s得v 35t2xt再由dx vdtx5 5 s得x ＝23 -82.5t ＋将 t ＝7ｓ代入分别得 v 7＝ 40 m ·ｓ -1 和 x 7 ＝ 142 m2 -14 一质量为 10 kg 的质点在力 F 的作用下沿 x 轴作直线运动 ,已知 F ＝120t ＋ 40,式中 F 的单位为 N, t 的单位的ｓ．在 t ＝ 0 时 ,质点位于 x ＝5.0 m 处 ,其速度 v 0 ＝6.0 m ·ｓ-1 ．求质点在随意时辰的速度和地点．剖析 这是在变力作用下的动力学识题． 因为力是时间的函数 ,而加快度 a ＝ dv/dt,这时 ,动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程 ,解此微分方程可得质点的速度v (t)；由速度的定义 v ＝dx /d t,用积分的方法可求出质点的地点．解 因加快度 a ＝ dv/dt,在直线运动中 ,依据牛顿运动定律有120t40m dvdt依照质点运动的初始条件 ,即t 0 ＝ 0 时 v 0 ＝ 6.0 m ｓ·-1 ,运用分别变量法对上式积分,得vt4.0 dtdv 0 vv ＝2又因 v ＝ dx /dt,并由质点运动的初始条件： t 0 ＝ 0 时 x 0 ＝ 5.0 m,对上式分别变量后积分 ,有xt6.0t 2dtdxx 0x ＝2 +2.0 t 32 -15 轻型飞机连同驾驶员总质量为10×3 kg ．飞机以 55.0 m ｓ·-1 的速率在水平跑道上着陆后,驾驶员开始制动 ,若阻力与时间成正比 ,比率系数 α＝ 5.0 ×102 N ·ｓ -1,空气对飞机升力不计 ,求： (1) 10 ｓ后飞机的速率； (2) 飞机着陆后 10ｓ内滑行的距离．剖析 飞机连同驾驶员在水平跑道上运动可视为质点作直线运动． 其水平方向所受制动力 F 为变力 ,且是时间的函数．在求速率和距离时,可依据动力学方程和运动学规律,采纳分别变量法求解．解 以地面飞机滑行方向为坐标正方向,由牛顿运动定律及初始条件,有 Fma mdvαtαt dtdtvdt vmv 0得v v 0α t 22m所以 ,飞机着陆 10ｓ后的速率为v ＝ 30 m ｓ· -1xt α t 2 dt又dxv 0x02m故飞机着陆后 10ｓ内所滑行的距离s x x 0 v 0tα t 3 467 m6m2 -16 质量为 m 的跳水运动员 ,从 10.0 m 高台上由静止跳下落入水中．高台距水面距离为 h ．把跳水运动员视为质点 ,并略去空气阻力．运动员入水后垂直下沉,水对其阻力为 bv 2 ,此中 b 为一常量．若以水面上一点为坐标原点O,竖直向下为Oy轴,求： (1)运动员在水中的速率v 与 y的函数关系；(2) 如 b/m＝-1 , 跳水运动员在水中下沉多少距离才能使其速率v 减少到落水速率v 0的1 /10？(假设跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰巧相等)剖析该题能够分为两个过程,入水前是自由落体运动,入水后 ,物体受重力 P、浮力 F 和水的阻力 F ｆ的作用 ,其协力是一变力 ,所以 ,物体作变加快运动．固然物体的受力剖析比较简单 ,可是 ,因为变力是速度的函数(在有些问题中变力是时间、地点的函数 ),对这种问题列出动力学方程其实不复杂 ,但要从它计算出物体运动的地点和速度就比较困难了．往常需要采纳积分的方法去解所列出的微分方程．这也成认识题过程中的难点．在解方程的过程中 ,特别需要注意到积分变量的一致和初始条件确实定．解 (1) 运动员入水前可视为自由落体运动,故入水时的速度为v02gh运动员入水后,由牛顿定律得P -F ｆ-F ＝ma由题意 P ＝ F、 F ｆ＝ bv2 ,而a ＝ dv /dt ＝ v (d v /dy),代入上式后得-bv2＝ mv (d v /dy)考虑到初始条件 y0＝0 时 , v0 2gh ,对上式积分,有mv dvtdy0b v0 vv v0e by / m 2ghe by / m(2) 将已知条件 b/m ＝ 0.4 m -1 ,v ＝0 代入上式 ,则得y m ln v 5.76 mb v0*2 -17 直升飞机的螺旋桨由两个对称的叶片构成．每一叶片的质量m＝ 136 kg,长 l ＝ 3.66 m．求当它的转速 n＝ 320 r/min 时 ,两个叶片根部的张力．(设叶片是宽度必定、厚度平均的薄片)剖析 螺旋桨旋转时 ,叶片上各点的加快度不一样,在其各部分双侧的张力也不一样；因为叶片的质量是连续散布的 ,在求叶片根部的张力时 ,可选用叶片上一小段 ,剖析其受力 ,列出动力学方程 ,而后采纳积分的方法求解．解 设叶片根部为原点 O,沿叶片背叛原点 O 的方向为正向 ,距原点 O 为 r 处的长为 dr 一小段叶片 ,其 双侧对它的拉力分别为 F Ｔ(r) 与 F Ｔ (r ＋ dr )．叶片转动时 ,该小段叶片作圆周运动 ,由牛顿定律有dF T F T rF T r drmω2 rdrl因为 r ＝l 时外侧 F Ｔ ＝ 0,所以有t dF Tlm ω2F T rl r drrF T m ω2 2r 22πmn 22r 2rll2ll上式中取 r ＝0,即得叶片根部的张力F Ｔ 0 ＝10×5 N负号表示张力方向与坐标方向相反．2 -18 一质量为 m 的小球最先位于如图 (a)所示的 A 点 ,而后沿半径为 r 的圆滑圆轨道 ADCB 下滑．试求小球抵达点 C 时的角速度和对圆轨道的作使劲．剖析 该题可由牛顿第二定律求解． 在取自然坐标的状况下 ,沿圆弧方向的加快度就是切向加快度a ,ｔ与其相对应的外力 F 是重力的切向重量 mgsin α,而与法向加快度 a n 相对应的外力是支持力 F N 和重力ｔ的法向重量 mgcos α．由此 ,可分别列出切向和法向的动力学方程F ＝ mdv/dt 和F n ＝ma n ．因为小球在ｔ滑动过程中加快度不是恒定的 ,所以 ,需应用积分求解 ,为使运算简易 ,可变换积分变量． 倡该题也能应用以小球、圆弧与地球为系统的机械能守恒定律求解小球的速度和角速度 ,方法比较简易．但它不可以直接给出小球与圆弧表面之间的作使劲．解 小球在运动过程中遇到重力 P 和圆轨道对它的支持力 F N ．取图 (b) 所示的自然坐标系,由牛顿定律得F tmgsin α mdv(1)dtF n F Nmgcos α mmv 2(2)R由 vdsr α r α运动到点 C 的始末条件 ,进行积分 ,有d ,得 dtd ,代入式 (1),并依据小球从点 Adtdtvvαv 0d90org sin αd αv v得v2rgcos α则小球在点 C 的角速度为ωv2 cos α/rr g由式 (2)得F Nm mv 2 mgcos α 3mgcos αr由此可得小球对圆轨道的作使劲为F NF N 3mgcos α负号表示 F ′N 与 e n 反向．2 -19 圆滑的水平桌面上搁置一半径为 R 的固定圆环 ,物体紧贴环的内侧作圆周运动 ,其摩擦因数为μ,开始时物体的速率为 v 0 ,求： (1) t 时辰物体的速率； (2) 当物体速率从 v 0减少到 12 v 0时 ,物体所经历的时间及经过的行程．剖析运动学与动力学之间的联系是以加快度为桥梁的,因此 ,可先剖析动力学识题．物体在作圆周运动的过程中,促进其运动状态发生变化的是圆环内侧对物体的支持力 F N和环与物体之间的摩擦力 F ｆ,而摩擦力大小与正压力 F N′成正比 ,且F N与F N′又是作使劲与反作使劲 ,这样 ,便可经过它们把切向和法向两个加快度联系起来了 ,从而可用运动学的积分关系式求解速率和行程．解 (1) 设物体质量为 m,取图中所示的自然坐标 ,按牛顿定律 ,有mv2F N ma nRdvF f ma tdt由剖析中可知,摩擦力的大小 Fｆ＝μF ,由上述各式可得N2μv dvR dt取初始条件 t ＝0 时 v ＝v 0 ,并对上式进行积分,有t R v dvdt20 μ v0 vv Rv0R v0μt(2)当物体的速率从 v 0减少到 1/2v 0时 ,由上式可得所需的时间为tRμv0物体在这段时间内所经过的行程t stRv0dt vdtv0μt0 RsRln 2μ2 -20 质量为 45.0 kg 的物体 ,由地面以初速 60.0 m·ｓ-1 竖直向上发射 ,物体遇到空气的阻力为 F r＝kv, 且 k ＝ 0.03 N/( m-1最大高度为多少？ｓ· )． (1) 求物体发射到最大高度所需的时间．(2)剖析物体在发射过程中 ,同时遇到重力和空气阻力的作用,其协力是速率v 的一次函数 ,动力学方程是速率的一阶微分方程,求解时 ,只需采纳分别变量的数学方法即可．可是,在求解高度时 ,则一定将时间变量经过速度定义式变换为地点变量后求解 ,并注意到物体上涨至最大高度时 ,速率应为零．解 (1) 物体在空中受重力 mg 和空气阻力 F r ＝ kv 作用而减速．由牛顿定律得mg k mdv(1)vdt依据始末条件对上式积分,有t vddtmvvv 0mg kvtmln 1 kv 06.11 skmgdv dv(2) 利用v 的关系代入式 (1),可得dtdydvmg kv mv分别变量后积分y 0dyv 0mvdvmgkv故m mg ln 1kv 0 v 0183 mykmgkv 0 和 y 2议论 如不考虑空气阻力 ,则物体向上作匀减速运动．由公式tv 0 分别算得 t ≈ｓ和g2gy ≈184 m,均比实质值略大一些．2 -21 一物体自地球表面以速率 v 0 竖直上抛．假设空气对物体阻力的值为F r ＝ kmv 2 ,此中 m 为物体的质量 ,k 为常量．试求： (1) 该物体能上涨的高度； (2)物体返回地面时速度的值． (设重力加快度为常量． )剖析因为空气对物体的阻力一直与物体运动的方向相反 ,所以 ,物体在上抛过程中所受重力 P 和阻力 F r 的方向相同；而下落过程中 ,所受重力 P 和阻力 Fr 的方向则相反．又因阻力是变力 ,在解动力学方程时 ,需用积分的方法．解 分别对物体上抛、 下落时作受力剖析 ,以地面为原点 ,竖直向上为 y 轴 (如下图 ) ．(1) 物体在上抛过程中 ,依据牛顿定律有mg km 2 m dv m vdvv dt dy 依照初始条件对上式积分,有y 0 v ddy v2v0 g kvy 1ln g kv 2 2k g kv02物体抵达最高处时, v ＝ 0,故有hymax 1 ln g kv 022k g (2)物体下落过程中 ,有2vdvmg kmv m对上式积分 ,有ydy 0vdv0 v0 g k2vkv 2 1/ 2v则v0 1g2 -22 质量为 m 的摩托车 ,在恒定的牵引力 F 的作用下工作 ,它所受的阻力与其速率的平方成正比,它能达到的最大速率是 v m．试计算从静止加快到mv /2所需的时间以及所走过的行程．剖析该题依旧是运用动力学方程求解变力作用下的速度和地点的问题,求解方法与前两题相像,只是在解题过程中一定想法求出阻力系数k．因为阻力 Fr ＝ kv2 ,且 F r又与恒力 F 的方向相反；故当阻力随速度增加至与恒力大小相等时,加快度为零 ,此时速度达到最大．所以,依据速度最大值可求出阻力系数来．但在求摩托车所走行程时,需对变量作变换．解设摩托车沿 x 轴正方向运动 ,在牵引力 F 和阻力 F r同时作用下 ,由牛顿定律有F k 2 m dv(1)v dt当加快度 a ＝ dv/dt ＝ 0 时,摩托车的速率最大,所以可得k＝F/v m2 (2) 由式 (1) 和式 (2)可得依据始末条件对式(3)积分 ,有t mdtFF 1 v 2 m dv (3)v m2 dt1v m v2 12 dv1 2v m则tmv m ln3 dvmvdv 2F(3)积分 ,有又因式 (3) 中 m,再利用始末条件对式dtdxxmdxF 1v m v212 dv0 12v m则xmv m2ln40.144 mv m 22F3F*2 -23 飞机下降时 ,以 v 0 的水平速度下落伍自由滑行,滑行时期飞机遇到的空气阻力 F 1＝ -k 1 v 2, 升力F 2＝ k 2 v 2, 此中 v 为飞机的滑行速度 ,两个系数之比 k 1/ k 2 称为飞机的升阻比．实验表示,物体在流体中运动时 ,所受阻力与速度的关系与多种要素有关 ,如速度大小、流体性质、物体形状等．在速度较小或流体密度较小时有 F ∝ v,而在速度较大或流体密度较大的有 F ∝ v 2 ,需要精准计算时则应由实验测定．此题中因为飞机速率较大,故取 F ∝v 2 作为计算依照．设飞机与跑道间的滑动摩擦因数为μ,试求飞机从触地到静止所滑行的距离．以上计算实质上已成为飞机跑道长度设计的依照之一．剖析 如下图 ,飞机触地后滑行时期遇到 5 个力作用 ,此中 F 1 为空气阻力 , F 2 为空气升力 , F 3 为跑道作用于飞机的摩擦力 , 很明显飞机是在合外力为变力的状况下作减速运动 ,列出牛顿第二定律方程 后 ,用运动学第二类问题的有关规律解题．因为作用于飞机的合外力为速度 v 的函数 ,所求的又是飞机 滑行距离 x,所以比较简易方法是直接对牛顿第二定律方程中的积分变量dt 进行代换 ,将 dt 用dx取代 ,获得一个有关 v 和 x 的微分方程 ,分别变量后再作积分．v解 取飞机滑行方向为 x 的正方向 ,着陆点为坐标原点,如下图 ,依据牛顿第二定律有F N k 1v 2m dv(1)k 2v 2dtF Nmg 0(2)将式 (2)代入式 (1),并整理得μmg k μkv 2m dvm dv12dt v dx分别变量并积分 ,有vm dvv2dxμmgk 1 μk 2v 0v得飞机滑行距离xm ln μmg k 1 μk 2 v 2(3)2 k 1 μk 2 μmg考虑飞机着陆瞬时有 F N ＝ 0 和v ＝ v 0 ,应有 k 2v 02＝ mg,将其代入 (3)式 ,可得飞机滑行距离 x 的另一表达。
大学物理化学上学期各章节复习题及答案(傅献彩版)
第二章热力学第一定律一、选择题1、下列叙述中不具状态函数特征的是：（）(A)系统状态确定后，状态函数的值也确定(B)系统变化时，状态函数的改变值只由系统的初终态决定(C)经循环过程，状态函数的值不变(D)状态函数均有加和性2、下列叙述中，不具可逆过程特征的是：（）(A)过程的每一步都接近平衡态，故进行得无限缓慢(B)沿原途径反向进行时，每一小步系统与环境均能复原(C)过程的初态与终态必定相同(D)过程中，若做功则做最大功，若耗功则耗最小功3、如图，将CuSO4水溶液置于绝热箱中，插入两个铜电极，以蓄电池为电源进行电解，可以看作封闭体系的是：（）(A)绝热箱中所有物质(B)两个铜电极(C)蓄电池和铜电极(D) CuSO4水溶液5、在下列关于焓的描述中，正确的是（）(A)因为ΔＨ＝ＱＰ，所以焓是恒压热(B)气体的焓只是温度的函数(C)气体在节流膨胀中，它的焓不改变(D)因为ΔＨ＝ΔＵ＋Δ（ＰＶ），所以任何过程都有ΔＨ>０的结论6、在标准压力下，1mol石墨与氧气反应生成1mol二氧化碳的反应热为ΔrH ，下列哪种说法是错误的? （）(A) ΔH 是CO2(g)的标准生成热(B) ΔH =ΔU(C) ΔH 是石墨的燃烧热(D) ΔU <ΔH7、在标准状态下，反应C2H5OH（l）+3O2(g) →2CO2(g)+3H2O(g)的反应焓为Δr H mθ, ΔC p>0, 下列说法中正确的是（）(A)Δr H mθ是C2H5OH（l）的标准摩尔燃烧焓(B)Δr H mθ〈０(C)Δr H mθ＝ΔrＵmθ(D)Δr H mθ不随温度变化而变化8、下面关于标准摩尔生成焓的描述中，不正确的是（）(A)生成反应中的单质必须是稳定的相态单质(B)稳态单质的标准摩尔生成焓被定为零(C)生成反应的温度必须是298.15K(D)生成反应中各物质所达到的压力必须是100KPa9、在一个绝热钢瓶中，发生一个放热的分子数增加的化学反应，那么：（）(A) Q > 0，W > 0，∆U > 0 (B)Q = 0，W = 0，∆U < 0(C) Q = 0，W = 0，∆U = 0 (D) Q < 0，W > 0，∆U < 010、非理想气体进行绝热自由膨胀时,下述答案中哪一个是错误的? ( )(A) Q=0 (B) W=0 (C) ΔU=0 (D) ΔH=011、下列表示式中正确的是( )(A)恒压过程ΔH=ΔU+pΔV (B)恒压过程ΔH=0(C)恒压过程ΔH=ΔU+VΔp (D)恒容过程ΔH=012、理想气体等温反抗恒外压膨胀，则( )(A)Q>W (B)Q<W (C)Q=W (D)Q=△U13、当理想气体其温度由298K升高到348K，经(1)绝热过程和(2)等压过程，则两过程的（）(A)△H1>△H2W1<W2(B)△H1<△H2W1>W2(C)△H1=△H2W1<W2(D)△H1=△H2 W1>W214、当理想气体从298K，2×105Pa 经历(1)绝热可逆膨胀和(2)等温可逆膨胀到1×105Pa时，则( )(A)△H1<△H2W1>W2(B)△H1>△H2 W1<W2(C)△H1<△H2W1<W2(D)△H1>△H2 W1>W215、对于封闭体系，在指定始终态间的绝热可逆途径可以有：( )(A) 一条(B) 二条(C) 三条(D) 三条以上16、实际气体绝热恒外压膨胀时,其温度将：( )(A) 升高(B) 降低(C) 不变(D) 不确定17、功的计算公式为Ｗ＝nC v,m(T２－T１)，下列过程中不能用此式的是（）(A)理想气体的可逆绝热过程(B)理想气体的绝热恒外压过程(C)实际气体的绝热过程(D)凝聚系统的绝热过程18、凡是在孤立体系中进行的变化，其ΔU和ΔH的值一定是：( )(A) ΔU> 0 , ΔH > 0 (B) ΔU= 0 , ΔH = 0(C) ΔU< 0 , ΔH < 0 (D) ΔU= 0 , ΔH大于、小于或等于零不确定19、一定量的理想气体从同一始态出发，分别经(1) 等温压缩，(2) 绝热压缩到具有相同压力的终态，以H1，H2分别表示两个终态的焓值，则有：( )(A) H1> H2 (B) H1= H2 (C) H1< H2 (D) H1>=H220、将H2（g）与O2以2：1的比例在绝热刚性密闭容器中完全反应，则该过程中应有（）(A)ΔT=0 (B)Δp=0 (C)ΔU=0 (D)ΔH=021、刚性绝热箱内发生一化学反应，则反应体系为( )(A)孤立体系(B)敞开体系(C)封闭体系(D)绝热体系22、理想气体可逆绝热膨胀，则下列说法中正确的是( )(A)焓总是不变(B)内能总是增加(C)焓总是增加(D)内能总是减少23、关于等压摩尔热容和等容摩尔热容，下面的说法中不正确的是( )(A)C p,m与C v,m不相等，因等压过程比等容过程系统多作体积功(B)C p,m–C v,m=R既适用于理想气体体系，也适用于实际气体体系(C)C v,m=3/2R适用于单原子理想气体混合物(D)在可逆相变中C p,m和C v,m都为无限大24、下列哪个过程的dT≠0，dH=0？( )(A)理想气体等压过程(B)实际气体等压过程(C)理想气体等容过程(D)实际气体节流膨胀过程25、隔离系统内发生一变化过程，则系统的：(A)热力学能守恒,焓守恒(B)热力学能不一定守恒，焓守恒(C)热力学能守恒，焓不一定守恒(D)热力学能、焓均不一定守恒二、判断题1、体系在某过程中向环境放热，则体系的内能减少。
大学物理2-212章习题详细答案
Pd L0dxxθxydEd θ习题1212-3．如习题12-3图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电量为q ，试求在直杆延长线上到杆的一端距离为d 的点P 的电场强度。
[解] 建立如图所示坐标系ox ，在带电直导线上距O 点为x 处取电荷元x Lqq d d =，它在P 点产生的电电场强度度为()()x x d L Lq x d L qE d 41d 41d 2020-+=-+=πεπε则整个带电直导线在P 点产生的电电场强度度为()()d L d qx x d L Lq E L+=-+=⎰002041d 41πεπε故()i E d L d q+=04πε12-4．用绝缘细线弯成的半圆环，半径为R ，其上均匀地带有正电荷Q ，试求圆心处点O 的场强。
[解] 将半圆环分成无穷多小段，取一小段dl ，带电量l RQ q d d π=dq 在O 点的电场强度20204d 4d d RlR Q R qE πεππε== 从对称性分析，y 方向的电场强度相互抵消，只存在x 方向的电场强度l RQ E E d sin 4sin d d 302x ⋅=⋅=θεπθ θd d R l =θεπθd 4sin d 202x R Q E =2020202x x 2d 4sin d R QR Q E E E επθεπθπ====⎰⎰ 方向沿x 轴正方向 12-5. 如习题12-5图所示，一半径为R 的无限长半圆柱面形薄筒，均匀带电，沿轴向单位长度上的带电量为λ，试求圆柱面轴线上一点的电场强度E 。
[解]θd 对应的无限长直线单位长带的电量为θπλd d =q 它在轴线O 产生的电场强度的大小为RRq E 0202d 2d d επθλπε==因对称性y d E 成对抵消RE E 02x 2d cos cos d d επθθλθ=⋅=d θRR E E 02202x 2d cos 2d επλεπθθλπ===⎰⎰ 12-6．一半径为R 的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心点O 处的场强。
大学物理章质点动力学习题答案
第二章 质点动 力学2－1一物体从一倾角为30︒的斜面底部以初速v 0=10m·s -1向斜面上方冲去,到最高点后又沿斜面滑下,当滑到底部时速率v =7m·s -1,求该物体与斜面间的摩擦系数;解：物体与斜面间的摩擦力f ＝uN ＝umgcos30︒物体向斜面上方冲去又回到斜面底部的过程由动能定理得220112(1)22mv mv f s -=-⋅物体向斜面上方冲到最高点的过程由动能定理得2010sin 302mv f s mgh f s mgs -=-⋅-=-⋅-2(2)s ∴=把式2代入式1得,220.198u =2－2如本题图,一质量为m 的小球最初位于光滑圆形凹槽的A 点,然后沿圆弧ADCB 下滑,试求小球在C 点时的角速度和对圆弧表面的作用力,圆弧半径为r ;解：小球在运动的过程中受到重力G 和轨道对它的支持力T .取如图所示的自然坐标系,由牛顿定律得22sin (1)cos (2)t n dv F mg mdt v F T mg mR αα=-==-=由,,1ds rd rd v dt dt dt vαα===得代入式（）， A 并根据小球从点运动到点C 始末条件进行积分有，902n (sin )m cos 3cos '3cos ,e v vdv rg d v vrv mg mg rmg αααωααα=-===+==-=-⎰⎰得则小球在点C 的角速度为＝由式（2）得 T 由此可得小球对园轨道得作用力为T T 方向与反向2－3如本题图,一倾角为θ的斜面置于光滑桌面上,斜面上放一质量为m 的木块,两者间摩习题2－2图擦系数为μ,为使木块相对斜面静止,求斜面的加速度a 应满足的条件;解：如图所示()1212min max sin ,cos cos sin (1)sin cos 2(1)(2)(sin cos )(cos sin )(sin cos )()(cos sin )1(2)(1)(sin cos )(cos sin )(sin cos a a a a N mg ma ma mg uN m a ma u g u a u g u g tg u a u utg u g u a u g u a θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ==∴-==±==⨯+-=+--∴==++-⨯+=-+∴=得，得，)()(cos sin )1()()11g tg u u utg g tg u g tg u a utg utg θθθθθθθθθ+=---+∴≤≤+- 2－4如本题图,A 、B 两物体质量均为m,用质量不计的滑轮和细绳连接,并不计摩擦,则A和B 的加速度大小各为多少 ; 解：如图由受力分析得(1)(2)2(3)2(4)ggA AB B A B A BA B mg T ma T mg ma a a T T a a -=-===1解得＝－52＝－52－5如本题图所示,已知两物体A 、B 的质量均为m=,物体A 以加速度a =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解：分别对物体和滑轮受力分析如图,由牛顿定律和动力学方程得,()()()1f 111f (1)''(2)2'(3)'2(4)5'6'7(4)7.22A T A TB T T A B T T T T m g F m a F F m a a a F F m m m F F F F mg m m aF N-=-======-+==＝解得2－6质量为M 的三角形木块,放在光滑的水平桌面上,另一质量为m 的木块放在斜面上如本题图所示;如果所有接触面的摩擦均可忽略不计,求M 的加速度和m 相对M 的加速度;AB 习题2-4图习题2－5图aθ习题2-3图ma AmgT A T B a Bmg解：如图m 相对M 的相对加速度为m a ',则 cos ,sin ,mxm my m a a a a θθ''''== 在水平方向,cos mxmx Mx mx mxMx m M a a a a a a a a θ'=-''∴=+=-+在竖直方向sin mymy myma a a a θ'='∴=由牛顿定律可得,sin cos cos sin sin mx mM my m MN ma ma ma mg N ma ma N Ma θθθθθ'-==-+'-===解得θ+θθ=2sin cos sin m M mg a M , 2()sin sin m M m g a M m θθ++＝ 2－7在一只半径为R 的半球形碗内,有一粒质量为m 的小钢球;当钢球以角速度ω在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时,它距碗底有多高解：取钢球为隔离体,受力分析如图所示,在图示坐标中列动力学方程得,2sin sin cos cos ()/n F ma mR F mg R h Rθωθθθ====-解得钢球距碗底的高度2ω-=g R h2－8光滑的水平面上放置一半径为R 的固定圆环,物体紧贴环的内侧作圆周运动,其摩擦系数为μ;物体的初速率为v 0,求：1t 时刻物体的速率；2当物体速率从v 0减少到v 0/2时,物体所经历的时间及经过的路程;解：1设物体质量为m,取图示的自然坐标系,由牛顿定律得,02222tv 2v (1)(2)(3)4dv 4dt u v N n f t f Nv F ma m R dv F m a m dtF uF v dvu R dt ===-=-=-⎰⎰0由上三式可得＝（）R 对（）式积分得＝－习题2-6图00Rv v R v tμ∴=+（2） 当物体速率从v 0减少到v 0/2时,由上式00Rv vR v tμ∴=+可得物体所经历的时间0t R v μ'=经过的路程t t 000vdt dt ln 2Rv Rs R v t μμ''=+⎰⎰＝＝2－9从实验知道,当物体速度不太大时,可以认为空气的阻力正比于物体的瞬时速度,设其比例常数为k;将质量为m 的物体以竖直向上的初速度v 0抛出; 1试证明物体的速度为t m ktm ke v e kmg v --+-=0)1(2证明物体将达到的最大高度为)1ln(020mgkv k g m k mv H +-=3证明到达最大高度的时间为)1ln(0mgkv k mt H +=证明：由牛顿定律可得0000220200ln (1)(2),()ln(13tvv mmt t k kx mg mg kv mdv dt mg kvmg kv m mg t v e v e k mg kv kmvdvdx mg kvmg kv u du kdvk mgdu k mgdudx mdu dx mdu m u m u mv kv m g x k k mg m t k --+-=++∴==-++=-++==∴=-+=-+∴=-+=⎰⎰⎰⎰dv(1)-mg-kv=m ，dt，dv -mg-kv=mv ，dx 令，）（）0ln0t ln mg kv mg kvmg kv m v k mg k +++∴=+当时，＝即为到达最高点的时间2－10质量为m 的跳水运动员,从距水面距离为h 的高台上由静止跳下落入水中;把跳水运动员视为质点,并略去空气阻力;运动员入水后垂直下沉,水对其阻力为－b v 2,其中b 为一常yf ＝－kvmgv量;若以水面上一点为坐标原点O,竖直向下为Oy 轴,求：1运动员在水中的速率v 与y 的函数关系；2跳水运动员在水中下沉多少距离才能使其速率v 减少到落水速率v 0的1/10假定跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰好相等解：运动员入水可视为自由落体运动,所以入水时的速度为0v =入水后如图由牛顿定律的0220//0100mg-f-F=ma mg=F f=bv dv a=dt v dy (2)0.4,0.1m vy ln 5.76m b y v v by m by m dv v dy dvb mv dyb dv m vv v e m v v v ---=∴-=-=====⎰⎰b将已知条件代入上式得，m＝－＝2－11一物体自地球表面以速率v 0竖直上抛;假定空气对物体阻力的值为f ＝－km v 2,其中k 为常量,m 为物体质量;试求：1该物体能上升的高度；2物体返回地面时速度的值;解：分别对物体上抛和下落时作受力分析如图,h120m 1ln()2v 01ln()2(2)m v=v 1gyvv vvdv dy g k g k y k g k g k k g vdvdy g k k =-++∴=-+∴+=-∴+⎰⎰⎰⎰222220max 222－/0dv mvdv (1)-mg-k v =m＝，dt dy v v v 物体达到最高点时，＝，故v h=y ＝dv mvdv下落过程中，-mg+k v =m＝dt dy－v v （）2－12长为60cm 的绳子悬挂在天花板上,下方系一质量为1kg 的小球,已知绳子能承受的最大张力为20N ;试求要多大的水平冲量作用在原来静止的小球上才能将绳子打断解：由动量定理得000I mv I v m∆=-∆∴=,如图受力分析并由牛顿定律得,2020220/202.47mv T mg l mv T mg lmg I l I Ns-==+≥∴+∆≥∆≥2－13一作斜抛运动的物体,在最高点炸裂为质量相等的两块,最高点距离地面为;爆炸后,第一块落到爆炸点正下方的地面上,此处距抛出点的水平距离为100m;问第二块落在距抛出点多远的地面上 设空气的阻力不计解：取如图示坐标系,根据抛体运动规律,爆炸前,物体在最高点得速度得水平分量为()1010x 2x 12y 2x 0x (1),v 2mv mv 30mv mv 414v v 100x x v x t==+=2111121物体爆炸后，第一块碎片竖直下落的运动方程为1y =h-v t-gt 2当碎片落地时，y =0,t=t 则由上式得爆炸后第一块碎片抛出得速度为1h-gt 2＝（）t 又根据动量守恒定律，在最高点处有1＝（）211＝－22联立以上（）－（）式得爆炸后第二块碎片抛出时的速度分量分别为＝2＝2x 11212x 2222y 222214.7v t 5y =h+v t -60,x 500my ms v v ms gt y --====21211h-gt 2t 爆炸后第二块碎片作斜抛运动，其运动方程为x ＝x +（）1（）2落地时由式（5）和（6）可解得第二块碎片落地点得水平位置＝2－14质量为M 的人手里拿着一个质量为m 的物体,此人用与水平面成θ角的速率v 0向前跳去;当他达到最高点时,他将物体以相对于人为u 的水平速率向后抛出;问：由于人抛出物体,他跳跃的距离增加了多少假设人可视为质点解：取如图所示坐标,把人和物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物得过程中,满足动量守恒,故有()00000m cos ()v u mu v cos m mu v v- cos m sin t g m sin x vt um gv Mv m v u v v v v v θθθθθ=+-∆∆∆+M 式中为人抛物后相对地面的水平速率，－为抛出物对地面得水平速率，得＝++M人的水平速率得增量为＝＝+M而人从最高点到地面得运动时间为＝所以人跳跃后增加的距离为＝＝（+M ）2－15铁路上有一静止的平板车,其质量为M,设平板车可无摩擦地在水平轨道上运动;现有N 个人从平板车的后端跳下,每个人的质量均为m,相对平板车的速度均为u;问：在下列两种情况下,1N 个人同时跳离；2一个人、一个人地跳离,平板车的末速是多少所得的结果为何不同,其物理原因是什么解：取平板车及N 个人组成的系统,以地面为参考系,平板车的运动方向为正方向,系统在该方向上满足动量守恒;考虑N 个人同时跳车的情况,设跳车后平板车的速度为v,则由动量守恒定律得 0＝Mv+Nmv －uv ＝Nmu/Nm+M 1又考虑N 个人一个接一个的跳车的情况;设当平板车上商有n 个人时的速度为v n ,跳下一个人后的车速为v n －1,在该次跳车的过程中,根据动量守恒有M+nmv n =M v n －1+n-1m v n －1+mv n －1-u 2 由式2得递推公式v n －1=v n +mu/M+nm 3当车上有N 个人得时即N ＝n,v N ＝0；当车上N 个人完全跳完时,车速为v 0, 根据式3有,v N-1=0+mu/Nm+Mv N-2= v N-1+mu/N-1m+M ………….v 0= v 1+mu/M+nm将上述各等式的两侧分别相加,整理后得,0n 0mu v nm,1,2,3....v vM nm M Nm n N N +≤+=∑N＝1＝M+由于故有，即个人一个接一个地跳车时，平板车的末速度大于N 个人同时跳下车的末速度。
大学物理第13章学习题答案
习题十三13-1 衍射的本质是什么?衍射和干涉有什么联系和区别?答：波的衍射现象是波在传播过程中经过障碍物边缘或孔隙时所发生的展衍现象．其实质是由被障碍物或孔隙的边缘限制的波阵面上各点发出的无数子波相互叠加而产生．而干涉则是由同频率、同方向及位相差恒定的两列波的叠加形成．13-2 在夫琅禾费单缝衍射实验中，如果把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样是否会 跟着移动?若把单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动? 答：把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动．单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动．13-3 什么叫半波带?单缝衍射中怎样划分半波带?对应于单缝衍射第3级明条纹和第4级暗 条纹，单缝处波面各可分成几个半波带?答：半波带由单缝A 、B 首尾两点向ϕ方向发出的衍射线的光程差用2λ来划分．对应于第3级明纹和第4级暗纹，单缝处波面可分成7个和8个半波带．∵由272)132(2)12(sin λλλϕ⨯=+⨯=+=k a284sin λλϕ⨯==a13-4 在单缝衍射中，为什么衍射角ϕ愈大（级数愈大）的那些明条纹的亮度愈小? 答：因为衍射角ϕ愈大则ϕsin a 值愈大，分成的半波带数愈多，每个半波带透过的光通量就愈小，而明条纹的亮度是由一个半波带的光能量决定的，所以亮度减小．13-5 若把单缝衍射实验装置全部浸入水中时，衍射图样将发生怎样的变化?如果此时用公式),2,1(2)12(s i n =+±=k k a λϕ来测定光的波长，问测出的波长是光在空气中的还是在水中的波长?解：当全部装置浸入水中时，由于水中波长变短，对应='='λϕk a s i n nk λ，而空气中为λϕk a =s i n ，∴ϕϕ'=s i n s i n n ，即ϕϕ'=n ，水中同级衍射角变小，条纹变密．如用)12(s i n +±=k a ϕ2λ),2,1(⋅⋅⋅=k 来测光的波长，则应是光在水中的波长．(因ϕs i n a 只代表光在水中的波程差)．13-6 在单缝夫琅禾费衍射中，改变下列条件，衍射条纹有何变化?(1)缝宽变窄；(2)入 射光波长变长；(3)入射平行光由正入射变为斜入射．解：(1)缝宽变窄，由λϕk a =s i n 知，衍射角ϕ变大，条纹变稀； (2)λ变大，保持a ，k 不变，则衍射角ϕ亦变大，条纹变稀；(3)由正入射变为斜入射时，因正入射时λϕk a =s i n ；斜入射时，λθϕk a '=-)s i n (s i n ，保持a ，λ不变，则应有k k >'或k k <'．即原来的k 级条纹现为k '级．13-7 单缝衍射暗条纹条件与双缝干涉明条纹的条件在形式上类似，两者是否矛盾?怎样说明?答：不矛盾．单缝衍射暗纹条件为kk a 2sin ==λϕ2λ，是用半波带法分析(子波叠加问题)．相邻两半波带上对应点向ϕ方向发出的光波在屏上会聚点一一相消，而半波带为偶数，故形成暗纹；而双缝干涉明纹条件为λθk d =sin ，描述的是两路相干波叠加问题，其波程差为波长的整数倍，相干加强为明纹．13-8 光栅衍射与单缝衍射有何区别?为何光栅衍射的明条纹特别明亮而暗区很宽? 答：光栅衍射是多光束干涉和单缝衍射的总效果．其明条纹主要取决于多光束干涉．光强与缝数2N 成正比，所以明纹很亮；又因为在相邻明纹间有)1(-N 个暗纹，而一般很大，故实际上在两相邻明纹间形成一片黑暗背景．13-9 试指出当衍射光栅的光栅常数为下述三种情况时，哪些级次的衍射明条纹缺级?(1) a+b=2a;(2)a+b=3a;(3)a+b=4a.解：由光栅明纹条件和单缝衍射暗纹条件同时满足时，出现缺级．即⎩⎨⎧=''±==±=+)2,1(s i n ),2,1,0(s i n )( k k a k k b a λϕλϕ可知，当k ab a k '+=时明纹缺级．(1)a b a 2=+时，⋅⋅⋅=,6,4,2k 偶数级缺级； (2)a b a 3=+时，⋅⋅⋅=,9,6,3k 级次缺级； (3)a b a 4=+，⋅⋅⋅=,12,8,4k 级次缺级．13-10 若以白光垂直入射光栅，不同波长的光将会有不同的衍射角．问(1)零级明条纹能 否分开不同波长的光?(2)在可见光中哪种颜色的光衍射角最大?不同波长的光分开程度与什 么因素有关?解：(1)零级明纹不会分开不同波长的光．因为各种波长的光在零级明纹处均各自相干加强． (2)可见光中红光的衍射角最大，因为由λϕk b a =+sin )(，对同一k 值，衍射角λϕ∞．13-11 一单色平行光垂直照射一单缝，若其第三级明条纹位置正好与6000οA 的单色平行光的第二级明条纹位置重合，求前一种单色光的波长． 解：单缝衍射的明纹公式为)12(sin +=k a ϕ 2λ 当6000=λoA 时，2=kx λλ=时，3=k 重合时ϕ角相同，所以有)132(26000)122(sin +⨯=+⨯=ϕa 2xλ得 4286600075=⨯=x λoA13-12 单缝宽0.10mm ，透镜焦距为50cm ，用5000=λoA 的绿光垂直照射单缝．求：(1)位于透镜焦平面处的屏幕上中央明条纹的宽度和半角宽度各为多少?(2)若把此装置浸入水中(n=1.33)，中央明条纹的半角宽度又为多少? 解：中央明纹的宽度为f nax λ2=∆半角宽度为naλθ1sin-=(1)空气中，1=n ，所以3310100.51010.01050005.02---⨯=⨯⨯⨯⨯=∆x m33101100.51010.0105000sin ----⨯=⨯⨯=θ rad(2)浸入水中，33.1=n ，所以有33101076.31010.033.110500050.02---⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯=∆x m331011076.3101.033.1105000sin----⨯≈⨯⨯⨯=θ rad13-13 用橙黄色的平行光垂直照射一宽为a=0.60mm 的单缝，缝后凸透镜的焦距f=40.0cm ，观察屏幕上形成的衍射条纹．若屏上离中央明条纹中心1.40mm 处的P 点为一明条纹；求：(1)入射光的波长；(2)P 点处条纹的级数；(3)从P 点看，对该光波而言，狭缝处的波面可分成几个半波带?解：(1)由于P 点是明纹，故有2)12(sin λϕ+=k a ，⋅⋅⋅=3,2,1k由ϕϕsin tan 105.34004.13≈=⨯==-fx故3105.3126.0212sin 2-⨯⨯+⨯=+=k k a ϕλ3102.4121-⨯⨯+=k mm当 3=k ，得60003=λoA4=k ，得47004=λoA(2)若60003=λoA ，则P 点是第3级明纹；若47004=λoA ，则P 点是第4级明纹． (3)由2)12(sin λϕ+=k a 可知，当3=k 时，单缝处的波面可分成712=+k 个半波带； 当4=k 时，单缝处的波面可分成912=+k 个半波带．13-14 用5900=λoA 的钠黄光垂直入射到每毫米有500条刻痕的光栅上，问最多能看到第几级明条纹? 解：5001=+b a mm 3100.2-⨯= mm 4100.2-⨯=oA由λϕk b a =+sin )(知，最多见到的条纹级数max k 对应的2πϕ=,所以有39.35900100.24max ≈⨯=+=λba k ，即实际见到的最高级次为3max =k .13-15 波长为5000oA 的平行单色光垂直照射到每毫米有200条刻痕的光栅上，光栅后的透镜焦距为60cm ． 求：(1)屏幕上中央明条纹与第一级明条纹的间距；(2)当光线与光栅法线成 30°斜入射时，中央明条纹的位移为多少? 解：3100.52001-⨯==+b a mm 6100.5-⨯m(1)由光栅衍射明纹公式λϕk b a =+s i n )(，因1=k ,又fx ==ϕϕt a n s i n所以有λ=+fx b a 1)(即 62101100.51060105000---⨯⨯⨯⨯=+=ba f x λ2100.6-⨯=m 6= cm(2)对应中央明纹，有0=k正入射时，0s i n )(=+ϕb a ，所以0s i n =≈ϕϕ斜入射时，0)s i n )(s i n (=±+θϕb a ，即0s i n s i n =±θϕ因︒=30θ，∴21t a n s i n ±==≈fx ϕϕ故22103010602121--⨯=⨯⨯==f x m 30= cm这就是中央明条纹的位移值．13-16 波长6000=λoA 的单色光垂直入射到一光栅上，第二、第三级明条纹分别出现在20.0sin =ϕ与30.0sin =ϕ处，第四级缺级．求：(1)光栅常数；(2)光栅上狭缝的宽度；(3)在90°＞ϕ＞-90°范围内，实际呈现的全部级数． 解：(1)由λϕk b a =+sin )(式对应于20.0sin 1=ϕ与30.0sin 2=ϕ处满足：101060002)(20.0-⨯⨯=+b a 101060003)(30.0-⨯⨯=+b a得 6100.6-⨯=+b a m (2)因第四级缺级，故此须同时满足λϕk b a =+sin )( λϕk a '=sin解得 k k b a a '⨯='+=-6105.14取1='k ，得光栅狭缝的最小宽度为6105.1-⨯m (3)由λϕk b a =+sin )(λϕsin )(b a k +=当2πϕ=，对应max k k =∴ 10106000100.6106max =⨯⨯=+=--λba k因4±，8±缺级，所以在︒︒<<-9090ϕ范围内实际呈现的全部级数为9,7,6,5,3,2,1,0±±±±±±±=k 共15条明条纹(10±=k 在︒±=90k 处看不到)．13-17 一双缝，两缝间距为0.1mm ，每缝宽为0.02mm ，用波长为4800oA 的平行单色光垂直入射双缝，双缝后放一焦距为50cm 的透镜．试求：(1)透镜焦平面上单缝衍射中央明条纹的宽度；(2)单缝衍射的中央明条纹包迹内有多少条双缝衍射明条纹? 解：(1)中央明纹宽度为02.010501048002270⨯⨯⨯⨯==-f al λmm 4.2=cm(2)由缺级条件λϕk a '=sin λϕk b a =+sin )(知k k ab a k k '='=+'=502.01.0 ⋅⋅⋅=',2,1k即⋅⋅⋅=,15,10,5k 缺级．中央明纹的边缘对应1='k ，所以单缝衍射的中央明纹包迹内有4,3,2,1,0±±±±=k 共9条双缝衍射明条纹．13-18 在夫琅禾费圆孔衍射中，设圆孔半径为0.10mm ，透镜焦距为50cm ，所用单色光波长为5000oA ，求在透镜焦平面处屏幕上呈现的爱里斑半径． 解：由爱里斑的半角宽度47105.302.010500022.122.1--⨯=⨯⨯==Dλθ∴ 爱里斑半径5.1105.30500tan 24=⨯⨯=≈=-θθf f d mm13-19 已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为4.84×10-6rad ，它们都发出波长为5500oA 的光，试问望远镜的口径至少要多大，才能分辨出这两颗星? 解：由最小分辨角公式Dλθ22.1=∴ 86.131084.4105.522.122.165=⨯⨯⨯==--θλD cm13-20 已知入射的X 射线束含有从0.95～1.30oA 范围内的各种波长，晶体的晶格常数为2.75oA ，当X 射线以45°角入射到晶体时，问对哪些波长的X 射线能产生强反射? 解：由布喇格公式 λϕk d =sin 2 得kd ϕλsin 2=时满足干涉相长当1=k 时， 89.345sin 75.22=⨯⨯=︒λoA2=k 时，91.1245sin 75.22=⨯⨯=︒λoA3=k 时，30.1389.3==λoA4=k 时， 97.0489.3==λoA故只有30.13=λoA 和97.04=λoA 的X 射线能产生强反射．。
大学物理课后习题及答案 第13章
第13章 光学一 选择题*13-1 在水中的鱼看来，水面上和岸上的所有景物，都出现在一倒立圆锥里，其顶角为（ ）(A)48.8(B)41.2(C)97.6(D)82.4解：选(C)。
利用折射定律，当入射角为1=90i 时，由折射定律1122sin sin n i n i = ，其中空气折射率11n =，水折射率2 1.33n =，代入数据，得折射角2=48.8i ，因此倒立圆锥顶角为22=97.6i 。
*13-2 一远视眼的近点在1 m 处，要看清楚眼前10 cm 处的物体，应配戴的眼镜是（ ）(A)焦距为10 cm 的凸透镜 (B)焦距为10 cm 的凹透镜 (C)焦距为11 cm 的凸透镜 (D)焦距为11 cm 的凹透镜解：选(C)。
利用公式111's s f+=，根据教材上约定的正负号法则，'1m s =-，0.1m s =，代入得焦距0.11m =11cm f =，因为0f >，所以为凸透镜。
13-3 在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝S 1、S 2距离相等，则观察屏上中央明纹位于图中O 处，现将光源S 向下移动到图13-3中的S ′位置，则[ ] (A) 中央明纹向上移动，且条纹间距增大(B) 中央明纹向上移动，且条纹间距不变(C) 中央明纹向下移动，且条纹间距增大 (D) 中央明纹向下移动，且条纹间距不变解：选(B)。
光源S 由两缝S 1、S 2到O 处的光程差为零，对应中央明纹；当习题13-3图向下移动至S ′时，S ′到S 1的光程增加，S ′到S 2的光程减少，为了保持光程差为零，S 1到屏的光程要减少，S 2到屏的光程要增加，即中央明纹对应位置要向上移动；条纹间距dD x λ=∆，由于波长λ、双缝间距d 和双缝所在平面到屏幕的距离D 都不变，所以条纹间距不变。
13-4 用平行单色光垂直照射在单缝上时，可观察夫琅禾费衍射。
若屏上点P 处为第二级暗纹，则相应的单缝波阵面可分成的半波带数目为[ ](A) 3个 (B) 4个 (C) 5个 (D) 6个解：选(B)。
大学物理Ⅰ第13章光的干涉与衍射习题答案
第13章 光的干涉与衍射训练题（含答案）一、选择题1. 如图所示，折射率为n 2、厚度为e 的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为n 1和n 3，已知n 1< n 2> n 3。
若用波长为λ的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下两表面反射的光束(用①与②示意)的光程差是[ ] (A ) e n 22 (B) 222λ-e n(C) λ-e n 22 (D) 2222n e n λ-2.真空波长为λ的单色光，在折射率为n 的均匀透明介质中从A 点沿某一路径传播到B 点，路径的长度为l 。
若l 等于下列各选项给出的值，A 、B 两点光振动位相差记为ϕ∆，则[ ] (A) 3, 32l λϕπ=∆= (B) πϕλn nl 3,23=∆=(C) πϕλ3,23=∆=nl (D) πϕλn nl 3,23=∆=3. 在双缝干涉实验中，两缝隙间距离为d ，双缝与屏幕之间的距离为)(d D D >>。
波长为λ的平行单色光垂直照射到双缝上。
屏幕上干涉条纹中相邻暗纹之间的距离是 [ ] (A)d D λ2 (B) D dλ (C) λdD (D) dDλ4. 如图所示，用波长为λ的单色光照射双缝干涉实验装置，若将一折射率为n 、劈角为α的透明劈尖b 插入光线2中，则当劈尖b 缓慢向上移动时(只遮住S 2)，屏C 上的干涉条纹[ ] (A) 间隔变大，向下移动。
(B) 间隔变小，向上移动。
(C) 间隔不变，向下移动。
(D) 间隔不变，向上移动。
5. 把一平凸透镜放在平玻璃上，构成牛顿环装置。
当平凸透镜慢慢地向上平移时，由反射光形成的牛顿环[ ] (A) 向中心收缩，条纹间隔变小。
Sλ3(B) 向中心收缩，环心呈明暗交替变化。
(C) 向外扩张，环心呈明暗交替变化。
(D) 向外扩张，条纹间隔变大。
6. 根据惠更斯－菲涅耳原理，若已知光在某时刻的波阵面为S ，则S 的前方某点P 的光强度决定于波阵面S 上所有面积元发出的子波各自传到P 点的 [ ] (A) 振动振幅之和。
大学物理2习题参考答案
题1-3图第一章 流体力学1.概念（3）理想流体：完全不可压缩又无黏性的流体。
（4）连续性原理：理想流体在管道中定常流动时，根据质量守恒定律，流体在管道内既不能增 多，也不能减少，因此单位时间内流入管道的质量应恒等于流出管道的质量。
（6）伯努利方程：C gh v P =++ρρ221（7）泊肃叶公式：LPR Q ηπ84∆=2、从水龙头徐徐流出的水流，下落时逐渐变细，其原因是（ A ）。
A. 压强不变，速度变大； B. 压强不变，速度变小；C. 压强变小，流速变大；D. 压强变大，速度变大。
3、 如图所示，土壤中的悬着水，其上下两个液面都与大气相同，如果两个页面的曲率半径分别为R A 和R B (R A <R B )，水的表面张力系数为α，密度为ρ，则悬着水的高度h 为___)11(2BA R R g -ρα__。
(解题：BB A A A B R P P R P P gh P P ααρ2,2,00-=-==-) 4、已知动物的某根动脉的半径为R, 血管中通过的血液流量为Q ， 单位长度血管两端的压强差为ΔP ，则在单位长度的血管中维持上述流量需要的功率为____ΔPQ ___。
5、城市自来水管网的供水方式为：自来水从主管道到片区支管道再到居民家的进户管道。
一般说来，进户管道的总横截面积大于片区支管的总横截面积，主水管道的横截面积最小。
不考虑各类管道的海拔高差（即假设所有管道处于同水平面），假设所有管道均有水流，则主水管道中的水流速度 大 ，进户管道中的水流速度 小 。
10、如图所示，虹吸管的粗细均匀，略去水的粘滞性，求水流速度及A 、B 、C 三处的压强。
221.2 理想流体的定常流动'2gh v C =∴222121'CC D D v P v gh P ρρρ+=++0,0≈==D C D v P P P 练习5：如图，虹吸管粗细均匀，略去水的粘滞性，求管中水流流速及A 、B 、C 三处的压强。
大物书后习题答案整理(杨晓峰版)-习题02
m 200
2
a dv dv a.dt
dt
8 dv
t5 dt
0
02
t 16 s 5
v
dx dt
dx dv
. dv dt
a.
dx dv
8vdv
x
a.dx
0
0
1 v
2
2
|80
x5 .dx
02
x 1 64 32m 2
习题 2-6 解答： 两边同时积分：
a F m
v
dx dt
dx dv
故对于 m2 物体进行分析 T - m2g = 0 = m2a
可得到
a2 0
（2）如图 B 剪短绳瞬间，弹簧来不及发生变化： T = (m1 +m2 )g G1 = m1g T G1 m1a1 a1 g (方向竖直向上) m2g m2a a2 g (方向竖直向下)
习题 2-3 解答：
（1）
F cos N 0
（2）
把（1）代入（2）式：
F
Mg cos sin
（3）
若 角为负角，相应的F力则为推力，由(3)式可以看出所需的推力值比拉力大(
ma
a
g
对于 M ：
F ma Ma F (M m)a
F
(M
m)
g
习题 2-12 解答：
设质点在 A 点时的速度为零，则在 A/2 处时速度的大小为：
f
k
x2
m dv dt
m dv dx
dx dt
mv
dv dx
k
dx x2
mvdv
A/2
kdx
A
x2
v v
大学物理教程第2章习题答案
⼤学物理教程第2章习题答案思考题2.1 从运动学的⾓度看，什么是简谐振动？从动⼒学的⾓度看，什么是简谐振动？答：从运动学的⾓度看，弹簧振⼦相对平衡位置的位移随时间按余弦函数的规律变化，所作的运动就是简谐振动。
从动⼒学的⾓度看，如果物体受到的⼒的⼤⼩总是与物体对其平衡位置的位移成正⽐，⽽⽅向相反，那么该物体的运动就是简谐振动。
2.2 弹簧振⼦的振幅增⼤到2倍时，其振动周期、振动能量、最⼤速度和最⼤加速度等物理量将如何变化？答：弹簧振⼦的运动⽅程为0cos()x A t ω?=+，速度为0sin()v A t ωω?=-+，加速度的为)cos(02?ωω+-=t A a ，振动周期2T =221kA E =。
所以，弹簧振⼦的振幅A 增⼤到2倍时，其振动周期不变，振动能量为原来的4倍，最⼤速度为原来的2倍，最⼤加速度为原来的2倍。
2.3 下列运动是否为简谐振动？（1）⼩球在地⾯上作完全弹性的上下跳动；（2）⼩球在半径很⼤的光滑凹球⾯底部作⼩幅度的摆动；（3）曲柄连杆机构使活塞作往复运动；（4）⼩磁针在地磁的南北⽅向附近摆动。
答：（2）、（4）为简谐振动，（1）、（3）、不是简谐振动。
2.4 三只相同的弹簧（质量忽略不计）都⼀端固定，另⼀端连接质量为m 的物体，它们放置情况不同，其中⼀个平放，⼀个斜放，另⼀个竖直放。
如果它们振动起来，则三者是否均为简谐振动，它们振动的周期是否相同？答：三者均为简谐振动，它们振动的周期也相同。
2.5 当谐振⼦作简谐振动的振幅增⼤为原来的2倍时，谐振⼦的什么量也增⼤为原来的2倍？答：最⼤速度和最⼤加速度。
2.6 ⼀弹簧振⼦作简谐振动，其振动的总能量为E 1。
如果我们将弹簧振⼦的振动振幅增加为原来的2倍，⽽将重物的质量增加为原来的4倍，则新的振⼦系统的总能量是否发⽣变化？答：弹簧振⼦212E kA = ，所以新的振⼦系统的总能量增加为原来的4倍。
2.7 ⼀质点作简谐振动，振动频率为n，则该质点动能的变化频率是多少？答：该质点动能的变化频率是2n。
《新编大学物理》(上、下册)教材习题答案
第1章 质点运动学一、选择题 题1.1 ： 答案：[B]提示：明确∆r 与r ∆的区别题1.2： 答案：[A]题1.3： 答案：[D]提示：A 与规定的正方向相反的加速运动， B 切向加速度， C 明确标、矢量的关系，加速度是d dtv题1.4： 答案：[C] 提示： 21r r r ∆=-，12,R R r j ri ==-，21v v v ∆=-，12,v v v i v j =-=-题1.5： 答案：[D]提示：t=0时，x=5；t=3时，x=2得位移为-3m ；仅从式x=t 2-4t+5=(t-2)2+1，抛物线的对称轴为2，质点有往返题1.6： 答案：[D]提示：a=2t=d dt v ，2224t v tdt t ==-⎰，02tx x vdt -=⎰，即可得D 项题1.7：答案：[D]北v 风v 车1v 车2提示： 21=2v v 车车，理清=+v v v 绝相对牵的关系二、填空题 题1.8：答案： 匀速(直线)，匀速率题1.9：答案：2915t t -，0.6 提示： 2915dxv t t dt==-，t=0.6时，v=0题1.10：答案：（1）21192y x =-（2）24t -i j 4-j（3）411+i j 26-i j 3S提示： (1) 联立22192x t y t =⎧⎨=-⎩，消去t 得：21192y x =-，dx dydt dt =+v i j (2) t=1s 时，24t =-v i j ，4d dt==-va j (3) t=2s 时，代入22(192)x y t t =+=+-r i j i j 中得411+i j t=1s 到t=2s ，同样代入()t =r r 可求得26r∆=-i j ，r 和v 垂直，即0∙=r v ，得t=3s题1.11： 答案：212/m s 提示：2(2)2412(/)dv d x a v x m s dt dt=====题1.12： 答案：1/m sπ提示： 200tdvv v dt t dt =+=⎰，11/t v m s ==，201332tv dt t R θπ===⎰，r π∆==题1.13：答案：2015()2t v t gt -+-i j 提示： 先对20(/2)v tg t =-r j 求导得，0()y v gt =-v j 与5=v i 合成得05()v gt =-+-v i j 合 201=5()2t v t gt -+-∴⎰r v i j t合0合dt=题1.14： 答案：8, 264t提示：8dQ v R Rt dt τ==，88a R τ==，2264n dQ a R t dt ⎛⎫== ⎪⎝⎭三、计算题 题1.15：解：（1）3t dv a t dt == 003v tdv tdt =∴⎰⎰ 232v t ∴=又232ds v t dt == 20032stds t dt =∴⎰⎰ 312S t =∴（2）又S R θ= 316S tRθ==∴（3）当a 与半径成45角时，n a a τ=2434n v a t R == 4334t t =∴t =∴题1.16：解：（1）dva kv dt ==- 00v tdv kdt v =-∴⎰⎰， 0ln v kt v =-（*） 当012v v =时，1ln 2kt =-，ln 2t k=∴ （2）由（*）式：0ktv v e-=0kt dxv e dt -=∴，000xtkt dx v e dt -=⎰⎰ 0(1)kt v x e k-=-∴第2章 质点动力学一、选择题 题2.1： 答案：[C]提示：A ．错误，如：圆周运动B ．错误，m =p v ，力与速度方向不一定相同 D ．后半句错误，如：匀速圆周运动题2.2： 答案：[B]提示：y 方向上做匀速运动：2y y S v t t == x 方向上做匀加速运动（初速度为0），Fa m=22tx v a d t t ==⎰，223tx x t S v dt ==⎰2223t t =+∴S i j题2.3： 答案：[B]提示：受力如图MgF杆'F 猫mg设猫给杆子的力为F ，由于相对于地面猫的高度不变'F mg = 'F F = 杆受力 1()F Mg F M m g =+=+ 1()F M m ga M M+==题2.4 ：答案：[D] 提示：a a A22A B AB m g T m a T m a a a ⎧⎪-=⎪=⎨⎪⎪=⎩ 得45Aa g = （2A B a a =，通过分析滑轮，由于A 向下走过S ，B 走过2S） 2A B a a =∴题2.5： 答案：[C]提示： 由题意，水平方向上动量守恒， 故 0(cos60)()1010m mv m v =+ 共 0=22v v 共题2.6： 答案：[C] 提示：RθθRh-R由图可知cos h RRθ-=分析条件得，只有在h 高度时，向心力与重力分量相等所以有22cos ()mv mg v g h R Rθ=⇒=-由机械能守恒得（以地面为零势能面）22001122mv mv mgh v =+⇒=题2.7： 答案：[B]提示： 运用动量守恒与能量转化题2.8： 答案：[D] 提示：v v y由机械能守恒得2012mgh mv v =⇒=0sin y v v θ=sin Gy Pmgv mg ==∴题2.9： 答案： [C]题2.10： 答案： [B]提示： 受力如图fT F由功能关系可知，设位移为x （以原长时为原点）2()xF mg Fx mgx kxdx x kμμ--=⇒=⎰弹性势能 2212()2p F mg E kx kμ-==二、填空题题2.11: 答案：2mb提示： '2v x bt == '2a v b == 2F m a m b==∴题2.12：答案：2kg 4m/s 2 提示：4N8Nxy 0由题意，22/x a m s = 4x F N =8y F N = 2Fm k ga== 24/y y F a m s m==题2.13： 答案：75，1110提示： 由题意，32()105F a t m ==+ 27/5v adt m s ⇒==⎰当t=2时，1110a =题2.14： 答案：180kg提示：由动量守恒，=m S -S m 人人人船相对S （）=180kg m ⇒船题2.15： 答案：11544+i j 提示：各方向动量守恒题2.16：答案： ()mv +i j ，0，-mgR提示：由冲量定义得 ==()()mv mv mv --=+I P P i j i j 末初- 由动能定律得 0k k E W E ∆=⇒∆=，所以=0W 合 =W m g R -外题2.17： 答案：-12提示：3112w Fdx J -==⎰题2.18：答案： mgh ，212kx ，Mm G r - h=0，x=0，r =∞ 相对值题2.19： 答案： 02mgk ，2mg，题2.20： 答案： +=0A∑∑外力非保守力三、计算题 题2.21：解：（1）=m F xg L 重 ()mf L xg L μ=- （2）1()(1)ga F f x g m Lμμ=-=+-重（3）dv a v dx =，03(1)v LL g vdv x g dx L μμ⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦⎰⎰，v =题2.22： 解：（1）以摆车为系统，水平方向不受力，动量守恒。
湖南大学物理(2)第13章课后习题参考答案
第13章 静电场中的导体和电解质一、选择题1(D)，2(A)，3(C)，4(C)，5(C)，6(B)，7(C)，8(B)，9(C)，10(B)二、填空题(1). 4.55×105 C ；(2). σ (x ，y ，z )/ε0，与导体表面垂直朝外(σ > 0) 或 与导体表面垂直朝里(σ < 0). (3). εr ，1， εr ； (4). 1/εr ，1/εr ；(5). σ ，σ / ( ε 0ε r )； (6).Rq 04επ ；(7). P ，－P ，0； (8) (1- εr )σ / εr ； (9). 452； (10). εr ，εr三、计算题1.如图所示，一内半径为a 、外半径为b 的金属球壳，带有电荷Q ，在球壳空腔内距离球心r 处有一点电荷q ．设无限远处为电势零点，试求： (1) 球壳内外表面上的电荷． (2) 球心O 点处，由球壳内表面上电荷产生的电势． (3) 球心O 点处的总电势．解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q ，外表面上带电荷q +Q ． (2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O 点的 距离都是a ，所以由这些电荷在O 点产生的电势为 adqU q 04επ=⎰-aq04επ-=(3) 球心O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q 在O 点 产生的电势的代数和 q Q q q O U U U U +-++= r q 04επ=a q 04επ-b q Q 04επ++ )111(40b a r q +-π=εbQ04επ+2. 一圆柱形电容器，外柱的直径为4 cm ，内柱的直径可以适当选择，若其间充满各向同性的均匀电介质，该介质的击穿电场强度的大小为E 0= 200 KV/cm ．试求该电容器可能承受的最高电压． (自然对数的底e = 2.7183)解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为λ，则电容器两极板之间的场强分布 为 )2/(r E ελπ= 设电容器内外两极板半径分别为r 0，R ，则极板间电压为⎰⎰⋅π==R rRr r r r E U d 2d ελ 0ln 2r Rελπ=电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E 0时电容器击穿，这时应有002E r ελπ=，000ln r R E r U = 适当选择r 0的值，可使U 有极大值，即令0)/ln(/d d 0000=-=E r R E r U ，得 e R r /0=，显然有22d d r U < 0，故当 e R r /0= 时电容器可承受最高的电压 e RE U /0max = = 147 kV.3. 如图所示，一圆柱形电容器，内筒半径为R 1，外筒半径为R 2 (R 2＜2 R 1)，其间充有相对介电常量分别为εr 1和εr 2＝εr 1 / 2的两层各向同性均匀电介质，其界面半径为R ．若两种介质的击穿电场强度相同，问：(1) 当电压升高时，哪层介质先击穿？(2) 该电容器能承受多高的电压？解：(1) 设内、外筒单位长度带电荷为＋λ和－λ．两筒间电位移的大小为 D ＝λ / (2πr ) 在两层介质中的场强大小分别为E 1 = λ / (2πε0 εr 1r )， E 2 = λ / (2πε0 εr 2r ) 在两层介质中的场强最大处是各层介质的内表面处，即E 1M = λ / (2πε0 εr 1R 1)， E 2M = λ / (2πε0 εr 2R ) 可得 E 1M / E 2M = εr 2R / (εr 1R 1) = R / (2R 1)已知 R 1＜2 R 1， 可见 E 1M ＜E 2M ，因此外层介质先击穿． (2) 当内筒上电量达到λM ，使E 2M ＝E M 时，即被击穿，λM = 2πε0 εr 2RE M 此时．两筒间电压(即最高电压)为：r r r r U R R r M RR r M d 2d 221201012⎰⎰+=επελεπελ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=R R R R RE r r M r 22112ln 1ln 1εεε4. 一空气平行板电容器，两极板面积均为S ，板间距离为d (d 远小于极板线度)，在两极板间平行地插入一面积也是S 、厚度为t (<d )的金属片，如图所示. 试求：(1) 电容C 于多少？ (2) 金属片放在两极板间的位置对电容值有无影响？解：设极板上分别带电荷+q 和-q ；金属片与A 板距离为d 1，与B 板距离为d 2；金属片与A 板间场强为 )/(01S q E ε=金属板与B 板间场强为 )/(02S q E ε= 金属片内部场强为 0='E 则两极板间的电势差为2211d E d E U U B A +=- )(210d d S q+=ε)(0t d Sq -=ε 由此得 )/()/(0t d S U U q C B A -=-=ε因C 值仅与d 、t 有关，与d 1、d 2无关，故金属片的安放位置对电容值无影响．O R 1R 2Rεr 2εr 1t S S S d Ad 1t d 2d5. 如图所示，一电容器由两个同轴圆筒组成，内筒半径为a ，外筒半径为b ，筒长都是L ，中间充满相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质．内、外筒分别带有等量异号电荷+Q和-Q ．设 (b - a ) << a ，L >> b ，可以忽略边缘效应，求：(1) 圆柱形电容器的电容；(2) 电容器贮存的能量．解：由题给条件 (a a b <<-)和b L >>，忽略边缘效应, 应用高斯定理可求出两 筒之间的场强为： )2/(0Lr Q E r εεπ= 两筒间的电势差 =π=⎰r drL QU bar εε02a b L Q r ln 20εεπ 电容器的电容 )]//[ln()2(/0a b L U Q C r εεπ== 电容器贮存的能量 221CU W =)/ln()]4/([02a b L Q r εεπ=6. 如图所示，一平板电容器，极板面积为S ，两极板之间距离为d ，其间填有两层厚度相同的各向同性均匀电介质，其介电常量分别为ε1和ε2．当电容器带电荷±Q 时，在维持电荷不变下，将其中介电常量为ε1的介质板抽出，试求外力所作的功．解：可将上下两部分看作两个单独的电容器串联，两电容分别为d S C 112ε=，d SC 222ε= 串联后的等效电容为 ()21212εεεε+=d SC带电荷±Q 时，电容器的电场能量为 ()S d Q C Q W 21212242εεεε+== 将ε1的介质板抽去后，电容器的能量为 ()S d Q W 202024εεεε+='外力作功等于电势能增加，即 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-'=∆=102114εεS d Q W W W A7. 如图所示，将两极板间距离为d 的平行板电容器垂直地插入到密度为ρ、相对介电常量为εr 的液体电介质中．如维持两极板之间的电势差U 不变，试求液体上升的高度h ．解：设极板宽度为L ，液体未上升时的电容为 C 0 = ε0HL / d 液体上升到h 高度时的电容为()d hL dL h H C rεεε00+-=()011C H h r ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=ε 在U 不变下，液体上升后极板上增加的电荷为()d hLU U C CU Q r /100-=-=∆εε电源作功 ()d hLU QU A r /120-==∆εε液体上升后增加的电能20212121U C CU W -=∆()d hLU r /12120-=εε 液体上升后增加的重力势能 2221gdh L W ρ=∆因 A = ∆W 1+∆W 2，可解出 ()2201gdU h r ρεε-=思考题1. 无限大均匀带电平面（面电荷密度为σ）两侧场强为)2/(0εσ=E ，而在静电平衡状态下，导体表面（该处表面面电荷密度为σ）附近场强为0/εσ=E ，为什么前者比后者小一半？参考解答：关键是题目中两个式中的σ不是一回事。
大学物理第二章练习答案
第二章 运动的守恒量和守恒定律练 习 一一. 选择题1. 关于质心，有以下几种说法，你认为正确的应该是（ C ）(A) 质心与重心总是重合的； (B) 任何物体的质心都在该物体内部； (C) 物体一定有质心，但不一定有重心； (D) 质心是质量集中之处，质心处一定有质量分布。
2. 任何一个质点系，其质心的运动只决定于（ D ）(A)该质点系所受到的内力和外力； (B) 该质点系所受到的外力；(C) 该质点系所受到的内力及初始条件； (D) 该质点系所受到的外力及初始条件。
3.从一个质量均匀分布的半径为R 的圆盘中挖出一个半径为2R 的小圆盘，两圆盘中心的距离恰好也为2R 。
如以两圆盘中心的连线为x 轴，以大圆盘中心为坐标原点，则该圆盘质心位置的x 坐标应为（ B ） (A)R 4； (B) R 6; (C) R 8； (D R12。
4. 质量为10 kg 的物体，开始的速度为2m/s ，由于受到外力作用，经一段时间后速度变为6 m/s ，而且方向转过90度，则该物体在此段时间内受到的冲量大小为 （ B ） (A)s N ⋅820； (B) s N ⋅1020； (C) s N ⋅620； (D) s N ⋅520。
二、 填空题1. 有一人造地球卫星，质量为m ，在地球表面上空2倍于地球半径R 的高度沿圆轨道运行，用m 、R 、引力常数G 和地球的质量M 表示，则卫星的动量大小为RGM m3。
2．三艘质量相等的小船在水平湖面上鱼贯而行，速度均等于0v ，如果从中间小船上同时以相对于地球的速度v 将两个质量均为m 的物体分别抛到前后两船上，设速度v 和0v 的方向在同一直线上，问中间小船在抛出物体前后的速度大小有什么变化:大小不变。
3. 如图1所示，两块并排的木块A 和B ，质量分别为m 1和m 2，静止地放在光滑的水平面上，一子弹水平地穿过两木块。
设子弹穿过两木块所用的时间分别为t 1和t 2，木块对子弹的阻力为恒力F ，则子弹穿出后，木块A 的速度大小为 1A BF t m m ⋅∆+，木块B 的速度大小为12F t A BBF t m m m ⋅∆⋅∆++。
大学物理学第三版课后习题答案修订版
大学物理学第三版课后习题答案Document number：PBGCG-0857-BTDO-0089-PTT19981-4 在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示．当人以0v (m ·1-s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．图1-4解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知222s h l +=将上式对时间t 求导，得tss t l ld d 2d d 2= 题1-4图根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的，∴ tsv v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即 θcos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m -⋅，开始运动时，x ＝5 m ，v =0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置．解：∵ t tva 34d d +==分离变量，得 t t v d )34(d +=积分，得 12234c t t v ++= 由题知，0=t ,00=v ,∴01=c故 2234t t v +=又因为 2234d d t t t x v +==分离变量， t t t x d )234(d 2+=积分得 232212c t t x ++= 由题知 0=t ,50=x ,∴52=c故 521232++=t t x所以s 10=t 时1-10 以初速度0v ＝201s m -⋅抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60°的夹角，求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ． (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示． 题1-10图 (1)在最高点，又∵ 1211ρv a n =∴ m1010)60cos 20(22111=︒⨯==n a v ρ (2)在落地点，2002==v v 1s m -⋅,而 o 60cos 2⨯=g a n∴ m 8060cos 10)20(22222=︒⨯==n a v ρ1-13 一船以速率1v ＝30km ·h -1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率2v ＝40km ·h -1 沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何在艇上看船的速度又为何解：(1)大船看小艇，则有1221v v v-=，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)题1-13图由图可知 1222121h km 50-⋅=+=v v v方向北偏西 ︒===87.3643arctan arctan21v v θ (2)小船看大船，则有2112v v v-=，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得2-2 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平线AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．解: 物体置于斜面上受到重力mg ，斜面支持力N .建立坐标：取0v方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-2.题2-2图X 方向： 0=x F t v x 0= ①Y 方向： y y ma mg F ==αsin ②0=t 时 0=y 0=y v由①、②式消去t ，得2-4 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mke v )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m ke )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0kmv ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e1，式中m 为质点的质量．答: (1)∵ tvm kv a d d =-=分离变量，得即 ⎰⎰-=vv t m t k v v00d d ∴ tm kev v -=0(2) ⎰⎰---===tttm k m ke kmv t ev t v x 000)1(d d (3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有 ⎰∞-=='00d kmv t ev x tm k (4)当t=km时，其速度为 即速度减至0v 的e1.2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为 F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得ba t =(2)子弹所受的冲量将bat =代入，得 (3)由动量定理可求得子弹的质量2-13 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm ，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同．解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图第一锤外力的功为1A⎰⎰⎰==-='=ssky ky y f y f A 1012d d d ①式中f '是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在0d →t 时，f 'f -=．设第二锤外力的功为2A ，则同理，有⎰-==21222221d y kky y ky A ② 由题意，有2)21(212kmv A A =∆== ③即 222122k k ky =-所以， 22=y 于是钉子第二次能进入的深度为2-15 一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端，挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ，B 的下端一重物C ，C 的质量为M ，如题2-15图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势 能之比．解: 弹簧B A 、及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图又 11x k F A ∆= 所以静止时两弹簧伸长量之比为 弹性势能之比为2-17 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为1m 和2m 的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧的劲度系数为k ，自然长度等于水平距离BC ，2m 与桌面间的摩擦系数为μ，最初1m 静止于A 点，AB ＝BC ＝h ，绳已拉直，现令滑块落下1m ,求它下落到B 处时的速率．解: 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有式中l ∆为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则联立上述两式，得题2-17图2-19 质量为M 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽，如题2-19图所示．质量为m 的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度．解: m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M ，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有又下滑过程，动量守恒，以m ,M 为系统则在m 脱离M 瞬间，水平方向有联立，以上两式，得习题八8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)(2)这种平衡与三角形的边长有无关系解: 如题8-1图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题8-1图 题8-2图8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题8-2图示 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式204rq E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f=2024d q πε,又有人说，因为f =qE ,SqE 0ε=，所以f =Sq 02ε．试问这两种说法对吗为什么 f 到底应等于多少解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强Sq E 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为Sq E 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力．8-5 一电偶极子的电矩为l q p=，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin r p πεθ证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r的分量θsin p ．∵ l r >>∴ 场点P 在r 方向场强分量 垂直于r 方向，即θ方向场强分量题8-5图 题8-6图 8-6 长l =15.0cm的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=-9C ·m-1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强．解： 如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为 用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅方向水平向右(2)同理 2220d d π41d +=x x E Qλε 方向如题8-6图所示由于对称性⎰=l QxE 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强．解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x==积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰ ∴ RE E x0π2ελ==，方向沿x 轴正向． 8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ． 解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 方向如图，大小为∵ 22cos 221l r l +=θ∴ 24π4d 22220l r l l r E P++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为 ∵ lq 4=λ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P++=ε 方向沿OP8-9 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平面．q 在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(xR arctan =α)解: (1)由高斯定理0d εqS E s ⎰=⋅立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量06εq e=Φ．(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e=Φ对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εq e =Φ，如果它包含q 所在顶点则0=Φe．如题8-9(a)图所示．题8-9(3)图题8-9(a)图 题8-9(b)图 题8-9(c)图 (3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量，球冠面积* ∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq =[221xR x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m-3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r cm时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外.8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r < 0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑ ∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r > 0=∑q ∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， n E)(21210σσε-=1σ面外， n E)(21210σσε+-= 2σ面外， n E)(21210σσε+= n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ-球在O 点产生电场'dπ4π3430320OO r E ερ= ∴ O 点电场'd 33030OO r E ερ= ；(2) ρ+在O '产生电场'dπ4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位矢为r (如题8-13(b)图)则 03ερrE PO =，3ερr E O P '-=' ,∴ 0003'3)(3ερερερd OO r r E E E O P PO P=='-=+='∴腔内场强是均匀的． 8-14 一电偶极子由q =×10-6C的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电偶极子放在×105N ·C -1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解: ∵ 电偶极子p在外场E中受力矩∴ qlE pE M ==max 代入数字8-15 两点电荷1q =×10-8C ，2q =×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r rq q r r q q r F A εε )11(21r r - 外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题8-16图示∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-= 8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图R 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］ (2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U同理CD 产生 2ln π402ελ=U半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =×10-31kg ，电子电量e =×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强 电子受力大小 re eE F e0π2ελ== ∴ rv mr e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 ∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E与电势U 的关系UE -∇= ，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．解: (1)点电荷 rqU 0π4ε=题 8-20 图∴ 0200π4r r q r r U E ε=∂∂-= 0r为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势 ∴ ()i x R qx ix U E2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势∴ 30π2cos r p r U E rεθ=∂∂-=8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题8-21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有∴ +2σ03=σ 说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即 又∵ +2σ03=σ ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同． 8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少以地的电势为零，则A 板的电势是多少解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB ACU U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d =∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A =得 ,32Sq A =σ Sq A 321=σ而 7110232-⨯-=-=-=A Cq S q σCC10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC ACAC A E U εσV8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生： (3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且 得 q R R q 21=' 外球壳上电势8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：得 -='q 3q8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力；(2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知 2020π4r q F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电 2q q =', 小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电 q q 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力 00220183π483π4"'2F r qr q q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为 32q .∴ 小球1、2间的作用力 00294π432322F r qq F ==ε*8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U U AB =可得以下6个方程题8-26图解得 Sq 261==σσ 所以CB 间电场 S qd U E 00422εεσ+==注意：因为C 片带电，所以2U U C≠，若C 片不带电，显然2U U C =8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强 303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强 303π4,π4r rQ E r Qr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势 rQ E U 0r π4r d ε=⋅=⎰∞外介质内)(21R r R <<电势(3)金属球的电势 r d r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内r d r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D得 11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε= ∴r D D εσσ==1212 题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求：(1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑ ∴ rlQ D π2=(1)电场能量密度 22222π82lr Q D w εε==薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量 ⎰⎰===211222ln π4π4d d R RV R R l Q rl r Q W W εε(3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B 的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求：(1) 1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度．解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即 但2q 处于金属球壳中心，它受合力．．为零，没有加速度． (2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题8-30图 题8-31图8-31 如题8-31图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ．解: 电容1C 上电量电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q =∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 8-32 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少如果两端加上1000 V 的电压，是否会击穿解: (1) 1C 与2C 串联后电容 (2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U∴ 6001=U V ,4002=U V即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求： (1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112121201021U U U C U C q q U C U C q q q q解得 (1) =1q UC C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =×10-8C时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域在21R r R <<时 301π4r r Q E ε=3R r >时 302π4r r Q E ε=∴在21R r R <<区域 在3R r >区域∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r r Q E ε=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R QW C -==ε习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B的数值是否都相等为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向解: 在同一磁感应线上，各点B 的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B的方向．9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)(2)若存在电流，上述结论是否还对解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B=∴ 21B B=(2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B方向相反，即21B B ≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L ·d l =0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为⎰外B L·d l =I 0μ这是为什么解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ 外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离． 题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场如果它发生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转． 9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m-2的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是 (2)通过befc 面积2S 的磁通量 (3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BCD产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题9-8图解：如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解： 如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
大学物理上课后习题答案
第1章 质点运动学 P21一质点在xOy 平面上运动,运动方程为：x =3t +5, y =21t 2+3t -4. 式中t 以 s 计,x ,y 以m 计;⑴以时间t 为变量,写出质点位置矢量的表示式；⑵求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量,计算这1秒内质点的位移；⑶计算t＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；⑷求出质点速度矢量表示式,计算t ＝4 s 时质点的速度；5计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；6求出质点加速度矢量的表示式,计算t ＝4s 时质点的加速度请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式;解：1j t t i t r)4321()53(2-+++=m⑵ 1=t s,2=t s 时,j i r5.081-= m ；2114r i j =+m∴ 213 4.5r r r i j ∆=-=+m⑶0t =s 时,054r i j =-；4t =s 时,41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t --∆+====+⋅∆-v ⑷ 1d 3(3)m s d ri t j t-==++⋅v ,则：437i j =+v 1s m -⋅ 5 0t =s 时,033i j =+v ；4t =s 时,437i j =+v 24041 m s 44ja j t --∆====⋅∆v v v 6 2d 1 m s d a j t-==⋅v这说明该点只有y 方向的加速度,且为恒量; 质点沿x 轴运动,其加速度和位置的关系为226a x=+,a 的单位为m/s 2,x 的单位为m;质点在x =0处,速度为10m/s,试求质点在任何坐标处的速度值;解：由d d d d d d d d x a t x t x===v v v v得：2d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分210d (26)d xx x =+⎰⎰vv v 得：2322250x x =++v∴ 31225 m s x x -=++⋅v一质点沿半径为1 m 的圆周运动,运动方程为θ=2+33t ,式中θ以弧度计,t 以秒计,求：⑴ t ＝2 s 时,质点的切向和法向加速度；⑵当加速度的方向和半径成45°角时,其角位移是多少解： t tt t 18d d ,9d d 2====ωβθω ⑴ s 2=t 时,2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时,有：tan 451n a a τ︒== 即：βωR R =2,亦即t t 18)9(22=,解得：923=t 则角位移为：322323 2.67rad 9t θ=+=+⨯= 一质点在半径为的圆形轨道上自静止开始作匀角加速度转动,其角加速度为α= rad/s 2,求t ＝2s 时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度;解：s 2=t 时,4.022.0=⨯==t αω 1s rad -⋅则0.40.40.16R ω==⨯=v 1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅0.40.20.08a R τα==⨯=2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n与切向夹角arctan()0.06443n a a τϕ==≈︒第2章 质点动力学质点在流体中作直线运动,受与速度成正比的阻力kv k 为常数作用,t =0时质点的速度为0v ,证明：⑴t 时刻的速度为()0=k t me-v v ；⑵ 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝0m k v 1-t m ke )(-；⑶停止运动前经过的距离为0()mkv ；⑷当m t k =时速度减至0v 的e1,式中m 为质点的质量;解：f k =-v ,a f m k m ==-v⑴ 由d d a t =v 得：d d d k a t t m==-vv分离变量得：d d kt m =-v v ,即00d d t k t m-=⎰⎰v v v v , 因此有：0ln ln kt m e -=v v , ∴ 0k m te -=v v ⑵ 由d d x t =v 得：0d d d k m t x t e t -==v v ,两边积分得：000d d k mx t t x e t-=⎰⎰v∴ 0(1)k m tm x e k-=-v ⑶ 质点停止运动时速度为零,00k mt e -=→v v ,即t →∞,故有：000d k mt x et m k ∞-'==⎰v v⑷ t m k =时,其速度为：1000k m m kv e e e -⋅-===v v v ,即速度减至0v 的1e .作用在质量为10 kg 的物体上的力为(102)F t i =+N,式中t 的单位是s,⑴ 求4s 后,这物体的动量和速度的变化,以及力给予物体的冲量;⑵ 为了使这力的冲量为200 N·s,该力应在这物体上作用多久,试就一原来静止的物体和一个具有初速度j6-m/s 的物体,回答这两个问题; 解： ⑴ 若物体原来静止,则i t i t t F p t 1401s m kg 56d )210(d -⋅⋅=+==∆⎰⎰,沿x 轴正向,1111115.6m s 56kg m s p m i I p i --∆=∆=⋅=∆=⋅⋅；v若物体原来具有6-1s m -⋅初速,则000000, (d )d t tp m p m F m t m F t=-=-+⋅=-+⎰⎰v v v 于是：⎰∆==-=∆t p t F p p p 0102d, 同理有：21∆=∆v v ,12I I =这说明,只要力函数不变,作用时间相同,则不管物体有无初动量,也不管初动量有多大,那么物体获得的动量的增量亦即冲量就一定相同,这就是动量定理;⑵ 同上理,两种情况中的作用时间相同,即：⎰+=+=tt t t t I 0210d )210(亦即：0200102=-+t t , 解得s 10=t ,s 20='t 舍去设N 67j i F -=合;⑴ 当一质点从原点运动到m 1643k j i r++-=时,求F所作的功;⑵ 如果质点到r 处时需,试求平均功率;⑶ 如果质点的质量为1kg,试求动能的变化;解： ⑴ 由题知,合F为恒力,且00r =∴ (76)(3416)212445J A F r i j i j k =⋅∆=-⋅-++=--=-合⑵ w 756.045==∆=t A P ⑶ 由动能定理,J 45-==∆A E k一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端,挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ,B 的下端又挂一重物C ,C 的质量为M ,如图;求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比;解： 弹簧B A 、及重物C 受力如题图所示平衡时,有： Mg F F B A == ,又 11x k F A ∆=,22x k F B ∆=所以静止时两弹簧伸长量之比为：1221x x k k ∆∆= 弹性势能之比为：22111222211212p p E k x k E k x k ⋅∆==⋅∆第3章 刚体力学基础一质量为m 的质点位于11,y x 处,速度为x y i j =+v v v , 质点受到一个沿x 负方向的力f 的作用,求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩;解： 由题知,质点的位矢为：j y i x r11+=作用在质点上的力为：i f f-=所以,质点对原点的角动量为：01111()()()x y y x L r m x i y j m i j x m y m k =⨯=+⨯+=-v v v v v作用在质点上的力的力矩为：k f y i f j y i x f r M1110)()(=-⨯+=⨯=哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆;它离太阳最近距离为1r ＝×1010m 时的速率是1v ＝×104m/s,它离太阳最远时的速率是2v ＝×102 m/s,这时它离太阳的距离2r 是多少太阳位于椭圆的一个焦点;解：哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力,即有心力的作用,所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直,故有：1122r m r m =v v ∴ 10412112228.7510 5.4610 5.2610m 9.0810r r ⨯⨯⨯===⨯⨯v v 物体质量为3kg,t =0时位于m 4i r=,6i j =+v m/s,如一恒力N 5j f =作用在物体上,求3秒后,⑴ 物体动量的变化；⑵ 相对z 轴角动量的变化; 解：⑴ ⎰⎰-⋅⋅===∆301s m kg 15d 5d j t j t f p⑵ 解法一 由53 N a f m j ==得：0034437m x t x x t t ==+=+=+=v222031515663325.52623y t y t at t t j ==+=+=⨯+⨯⨯=v即有：i r41=,j i r 5.2572+=01x x ==v v ；0653311y y at =+=+⨯=v v即有：216i j =+v ,211i j =+v∴ 11143(6)72L r mi i j k =⨯=⨯+=v 222(725.5)3(11)154.5L r m i j i j k =⨯=+⨯+=v∴ 1212s m kg 5.82-⋅⋅=-=∆k L L L解法二 ∵d LM dt =, ∴ 2032031d ()d 15 (4)(6))5d 23 5(4)d 82.5kg m s t tL M t r f tt i t t j j t t k t k -∆=⋅=⨯⎡⎤=+++⨯⨯⎢⎥⎣⎦=+=⋅⋅⎰⎰⎰⎰平板中央开一小孔,质量为m 的小球用细线系住,细线穿过小孔后挂一质量为1M 的重物;小球作匀速圆周运动,当半径为0r 时重物达到平衡;今在1M 的下方再挂一质量为2M 的物体,如题图;试问这时小球作匀速圆周运动的角速度ω'和半径r '为多少解：只挂重物1M 时,小球作圆周运动,向心力为g M 1,即：2001ωmr g M = ①挂上2M 后,则有：221)(ω''=+r m g M M ② 重力对圆心的力矩为零,故小球对圆心的角动量守恒;即：00r m r m ''=v v ωω''=⇒2020r r ③联立①、②、③得：100M g mr ω=,2112301()M g M M mr M ω+'=, 112130212()M M M r g r m M M ω+'==⋅'+ 飞轮的质量m ＝60kg,半径R ＝0.25m,绕其水平中心轴O 转动,转速为900 rev/min;现利用一制动的闸杆,在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F ,可使飞轮减速;已知闸杆的尺寸如题图所示,闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=,飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算;试求：⑴ 设F ＝100 N,问可使飞轮在多长时间内停止转动在这段时间里飞轮转了几转 ⑵ 如果在2s 内飞轮转速减少一半,需加多大的力F解：⑴ 先作闸杆和飞轮的受力分析图如图b;图中N 、N '是正压力,r F 、r F '是摩擦力,x F 和y F 是杆在A 点转轴处所受支承力,R 是轮的重力,P 是轮在O 轴处所受支承力;杆处于静止状态,所以对A 点的合力矩应为零,设闸瓦厚度不计,则有：121()0F l l N l '+-=, 121)N l l F l '=+(对飞轮,按转动定律有r F RIβ=-,式中负号表示β与角速度ω方向相反; ∵ N F r μ= ,N N '=∴ F l l l N F r 121+='=μμ 又∵ 212I mR =,∴1212()r F R l l F I mRl μβ+=-=-① 以N 100=F 等代入上式,得：2s rad 34010050.025.060)75.050.0(40.02-⋅-=⨯⨯⨯+⨯⨯-=β由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为：s 06.74060329000=⨯⨯⨯=-=πβωt 这段时间内飞轮的角位移为：2201900291409()53.12rad 2604234t t πφωβπππ⨯=+=⨯-⨯⨯=⨯可知在这段时间里,飞轮转了1.53转; ⑵10s rad 602900-⋅⨯=πω,要求飞轮转速在2=t s 内减少一半,可知 200215rad s 22ttωωωπβ--==-=-⋅ 用上面式⑴所示的关系,可求出所需的制动力为：112600.250.50151772()20.40(0.500.75)2mRl F N l l βπμ⨯⨯⨯=-==+⨯⨯+⨯计算题图所示系统中物体的加速度．设滑轮为质量均匀分布的圆柱体,其质量为M ,半径为r ,在绳与轮缘的摩擦力作用下旋转,忽略桌面与物体间的摩擦,设m 1=50kg,m 2=200 kg,M =15 kg,r = m解：分别以m 1、m 2滑轮为研究对象,受力图如图b 所示．对m 1、m 2运用牛顿定律,有：a m T g m 222=- ；a m T 11=对滑轮运用转动定律,有：β)21(212Mr r T r T =- 又βr a = 由以上4个方程解得：22122009.87.6 m s 25200152m g a m m M -⨯===⋅++++题a 图 题b 图如题图所示,一匀质细杆质量为m ,长为l ,可绕过一端O 的水平轴自由转动,杆于水平位置由静止开始摆下;求：⑴ 初始时刻的角加速度；⑵ 杆转过θ角时的角速度. 解：⑴ 由转动定律有：211()23mg l ml β=, ∴ lg23=β⑵ 由机械能守恒定律有：22)31(21sin 2ωθml l mg = ∴ lg θωsin 3= 如题图所示,质量为M ,长为l 的均匀直棒,可绕垂直于棒一端的水平轴O 无摩擦地转动,它原来静止在平衡位置上;现有一质量为m 的弹性小球飞来,正好在棒的下端与棒垂直地相撞;相撞后,使棒从平衡位置处摆动到最大角度=θ30°处;⑴设这碰撞为弹性碰撞,试计算小球初速0v 的值； ⑵相撞时小球受到多大的冲量解：⑴ 设小球的初速度为0v ,棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω,而小球的速度变为v ,按题意,小球和棒作弹性碰撞,所以碰撞时遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律,可列式：0m l I m l ω=+v v ①2220111222m I m ω=+v v②上两式中23I Ml =,碰撞过程极为短暂,可认为棒没有显著的角位移；碰撞后,棒从竖直位置上摆到最大角度o 30=θ,按机械能守恒定律可列式：)30cos 1(2212︒-=lMg I ω ③ 由③式得：2121)231(3)30cos 1(⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡︒-=l g I Mgl ω 由①式得：0I mlω=-v v ④ 由②式得：2220I m ω=-v v ⑤所以：22200()I I ml mωω-=-v v求得：026(23)13(1)(1)22312gl l I l Mm M ml m mωω-+=+=+=v ⑵相碰时小球受到的冲量为：0d ()F t m m m =∆=-⎰v v v由①式求得：06(23)1d 36gl I F t m m Ml M l ωω-=-=-=-=-⎰v v 负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反;一质量为m 、半径为R 的自行车轮,假定质量均匀分布在轮缘上,可绕轴自由转动;另一质量为0m 的子弹以速度0v 射入轮缘如题图所示方向; ⑴开始时轮是静止的,在质点打入后的角速度为何值⑵用m ,0m 和θ表示系统包括轮和质点最后动能和初始动能之比;解：⑴ 射入的过程对O 轴的角动量守恒： ωθ2000)(sin R m m v m R +=∴ Rm m v m )(sin 000+=θω⑵ 022*******000sin 1[()][]2()sin 2k k m m m R E m m R m E m m m θθ++==+v v 弹簧、定滑轮和物体的连接如题图所示,弹簧的劲度系数为 N/m ；定滑轮的转动惯量是0.5kg·m 2,半径为0.30m ,问当6.0 kg 质量的物体落下0.40m 时,它的速率为多大 假设开始时物体静止而弹簧无伸长;解：以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统,重物下落的过程中,机械能守恒,以最低点为重力势能零点,弹簧原长为弹性势能零点,则有：222111222mgh m I kh ω=++v 又/R ω=v ,故有：2222221(2)(2 6.09.80.4 2.00.4)0.36.00.30.5 2.0m s mgh kh R mR I --⨯⨯⨯-⨯⨯==+⨯+=⋅v第5章 机械振动质量为kg 10103-⨯的小球与轻弹簧组成的系统,按0.1cos(82x t ππ=+的规律作谐振动,求：⑴ 振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值； ⑵ 最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能,在哪些位置上动能与势能相等⑶ s 52=t 与s 11=t 两个时刻的位相差；解：⑴设谐振动的标准方程为)cos(0φω+=t A x ,则知：3/2,s 412,8,m 1.00πφωππω===∴==T A 又0.8m A ωπ==v 1s m -⋅ 51.2=1s m -⋅,2.632==A a m ω2s m -⋅⑵ 0.63N m m F ma ==,J 1016.32122-⨯==m mv E J 1058.1212-⨯===E E E k p当p k E E =时,有p E E 2=,即：)21(212122kA kx ⋅=∴ m 20222±=±=A x ⑶ ππωφ32)15(8)(12=-=-=∆t t一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子,振幅为A ,周期为T ,其振动方程用余弦函数表示;如果0=t 时质点的状态分别是：⑴A x -=0； ⑵ 过平衡位置向正向运动； ⑶过2Ax =处向负向运动； ⑷过2A x -=处向正向运动; 试求出相应的初位相,并写出振动方程;解：因为000cos sin x A A φωφ=⎧⎨=-⎩v将以上初值条件代入上式,使两式同时成立之值即为该条件下的初位相;故有：)2cos(1πππφ+==t T A x , )232cos(232πππφ+==t T A x)32cos(33πππφ+==t T A x , )452cos(454πππφ+==t T A x一质量为kg 10103-⨯的物体作谐振动,振幅为cm 24,周期为s 0.4,当0=t 时位移为cm 24+;求：⑴s 5.0=t 时,物体所在的位置及此时所受力的大小和方向； ⑵由起始位置运动到cm 12=x 处所需的最短时间； ⑶在cm 12=x 处物体的总能量;解：由题已知s 0.4,m 10242=⨯=-T A ,∴ -120.5 rad s ωππ==⋅ 又,0=t 时,00 , 0x A φ=+∴= 故振动方程为：m )5.0cos(10242t x π-⨯=⑴ 将s 5.0=t 代入得：0.17m m )5.0cos(102425.0=⨯=-t x π23231010(2)0.17 4.210N F ma m x ωπ--=-=-=-⨯⨯⨯=-⨯方向指向坐标原点,即沿x 轴负向;⑵ 由题知,0=t 时,00=φ；t t =时,02,0,3t x A φπ=+<=且故v ∴ s 322/3==∆=ππωφt ⑶ 由于谐振动中能量守恒,故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为：22232241111010()(0.24)7.110J 2222E kA m A πω--===⨯⨯⨯=⨯ 有一轻弹簧,下面悬挂质量为g 0.1的物体时,伸长为cm 9.4;用这个弹簧和一个质量为g 0.8的小球构成弹簧振子,将小球由平衡位置向下拉开cm 0.1后,给予向上的初速度0 5.0cm /s =v ,求振动周期和振动表达式; 解：由题知12311m N 2.0109.48.9100.1---⋅=⨯⨯⨯==x g m k 而0=t 时,-12020s m 100.5m,100.1⋅⨯=⨯-=--v x 设向上为正又 30.225 , 1.26s 810k T m πωω-=====⨯即 222222205.010 ()(1.010)()210m 5v A x ω---⨯∴=+=⨯+=⨯200020 5.0105tan 1 , 1.01054x πφφω--⨯=-===⨯⨯即v ∴ m )455cos(1022π+⨯=-t x题图为两个谐振动的t x -曲线,试分别写出其谐振动方程;解：由题图a,∵0=t 时,0000 , 0 , 32 , 10cm , 2s x A T φπ=>∴===又v即：1s rad 2-⋅==ππωT,故 m )23cos(1.0ππ+=t x a由题图b ∵0=t 时,0005,0,23A x πφ=>∴=v01=t 时,0005,0,23A x πφ=>∴=v又ππωφ253511=+⨯=,∴ πω65=故m t x b )3565cos(1.0ππ+=一轻弹簧的倔强系数为k ,其下端悬有一质量为M 的盘子;现有一质量为m 的物体从离盘底h 高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起,于是盘子开始振动;⑴ 此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同⑵ 此时的振动振幅多大⑶ 取平衡位置为原点,位移以向下为正,并以弹簧开始振动时作为计时起点,求初位相并写出物体与盘子的振动方程; 解：⑴ 空盘的振动周期为k M π2,落下重物后振动周期为km M +π2,即增大;⑵按⑶所设坐标原点及计时起点,0=t 时,则0x mg k =-;碰撞时,以M m ,为一系统动量守恒,即：02()m gh m M =+v则有：02m gh m M=+v ,于是22220022()()1()()v mg m gh mg kh A x k k m M k m M gω=+=+=+++3gm M khx v )(2tan 000+=-=ωφ 第三象限,所以振动方程为 221cos arctan ()()mg khk kh x t k m M gm MM m g ⎡⎤=++⎢⎥+++⎣⎦有一单摆,摆长m 0.1=l ,摆球质量kg 10103-⨯=m ,当摆球处在平衡位置时,若给小球一水平向右的冲量41.010kg m s F t -∆=⨯⋅,取打击时刻为计时起点)0(=t ,求振动的初位相和角振幅,并写出小球的振动方程; 解：由动量定理,有：0F t m ⋅∆=-v∴ 4-131.0100.01 m s 1.010F t m --⋅∆⨯===⋅⨯v 按题设计时起点,并设向右为x 轴正向,则知0=t 时,1000 , 0.01m s x -==⋅v ＞0,∴ 2/30πφ=又1s rad 13.30.18.9-⋅===l g ω ∴ 2230000.01() 3.210m 3.13A x ωω-=+===⨯v v故其角振幅：33.210rad A l θ-==⨯小球的振动方程为：rad )2313.3cos(102.33πθ+⨯=-t有两个同方向、同频率的简谐振动,其合成振动的振幅为m 20.0,位相与第一振动π/6的位相差为,已知第一振动的振幅为m 173.0,求第二个振动的振幅以及第一、第二两振动的位相差;解：由题意可做出旋转矢量题图;由图知222211222cos30(0.173)(0.2)20.1730.23/20.01A A A A A =+-︒=+-⨯⨯⨯=,∴ m 1.02=A 设角θ为O AA 1,则：θcos 22122212A A A A A -+=即：2222221212(0.173)(0.1)(0.02)cos 0220.1730.1A A A A A θ+-+-===⨯⨯即2θπ=,这说明,1A 与2A 间夹角为2π,即二振动的位相差为2π; 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动,振动方程为：⎪⎩⎪⎨⎧-=+=m)652cos(3.0m )62cos(4.021ππt x t x 试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相,并写出谐振方程;解：∵ πππφ=--=∆)65(6, ∴ m 1.021=-=A A A 合 1122112250.4sin 0.3sinsin sin 366tan 5cos cos 30.4cos 0.3cos 66A A A A ππφφφππφφ⨯-+===++ ∴ 6φπ=其振动方程为：0.1cos(26)m x t π=+作图法略第6章 机械波已知波源在原点的一列平面简谐波,波动方程为y =A cos Cx Bt -,其中A ,B ,C 为正值恒量;求：⑴ 波的振幅、波速、频率、周期与波长；⑵ 写出传播方向上距离波源为l 处一点的振动方程； ⑶ 任一时刻,在波的传播方向上相距为d 的两点的位相差;解：⑴ 已知平面简谐波的波动方程：)cos(Cx Bt A y -= 0≥x 将上式与波动方程的标准形式：)22cos(λππυxt A y -=比较,可知：波振幅为A ,频率πυ2B =,波长C πλ2=,波速B u C λν==, 波动周期12T Bπν==;⑵ 将l x =代入波动方程即可得到该点的振动方程：)cos(Cl Bt A y -=⑶ 因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为：)(212x x -=∆λπφ将d x x =-12,及2Cπλ=代入上式,即得：Cd =∆φ; 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y =10x t ππ4-,式中x ,y 以米计,t 以秒计;求：⑴ 绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；⑵ 求x =0.2m 处质点在t =1s 时的位相,它是原点在哪一时刻的位相这一位相所代表的运动状态在t =时刻到达哪一点 解：⑴ 将题给方程与标准式2cos()y A t x πωλ=-相比,得：振幅05.0=A m ,圆频率10ωπ=,波长5.0=λm ,波速 2.5m s 2u ωλνλπ===;绳上各点的最大振速,最大加速度分别为：ππω5.005.010max =⨯==A v 1s m -⋅222max 505.0)10(ππω=⨯==A a 2s m -⋅⑵2.0=x m 处的振动比原点落后的时间为：08.05.22.0==u x s 故2.0=x m ,1=t s 时的位相就是原点0=x ,在92.008.010=-=t s 时的位相,即：2.9=φπ;设这一位相所代表的运动状态在25.1=t s 时刻到达x 点,则,825.0)0.125.1(5.22.0)(11=-+=-+=t t u x x m一列平面余弦波沿x 轴正向传播,波速为5 m/s,波长为2m,原点处质点的振动曲线如题图所示;⑴ 写出波动方程；⑵作出t =0时的波形图及距离波源0.5m 处质点的振动曲线;解： ⑴ 由题a 图知,1.0=A m,且0=t 时,000 , 0y =>v ,∴230πφ=, 又52.52uνλ===Hz ,则ππυω52== 取])(cos[0φω+-=u x t A y ,则波动方程为：30.1cos[5()]52x y t ππ=-+m⑵ 0=t 时的波形如题b 图5.0=x m 代入波动方程,得该点处的振动方程为：50.530.1cos[5]0.1cos(5)52y t t πππππ⨯=-+=+m如题c 图所示;如题图所示,已知t =0时和t =时的波形曲线分别为图中曲线a 和b,周期T>,波沿x 轴正向传播,试根据图中绘出的条件求： ⑴ 波动方程；⑵P 点的振动方程; 解：⑴ 由题图可知,1.0=A m ,4=λm ,又,0=t 时,000,0y =<v , ∴20πφ=,而-11 2 m s 0.5x u t ∆===⋅∆,20.5Hz 4u νλ===,∴ππυω==2故波动方程为：]2)2(cos[1.0ππ+-=x t y m⑵ 将1=P x m 代入上式,即得P 点振动方程为：t t y ππππcos 1.0)]22cos[(1.0=+-= m一列机械波沿x 轴正向传播,t =0时的波形如题图所示,已知波速为10 m/s 1,波长为2m,求： ⑴波动方程；⑵ P 点的振动方程及振动曲线； ⑶ P 点的坐标；⑷ P 点回到平衡位置所需的最短时间;解：由题图可知1.0=A m ,0=t 时,00,02A y =<v ,∴30πφ=,由题知2=λm ,-110m s u =⋅,则5210===λυuHz ,∴ππυω102==⑴ 波动方程为：0.1cos[10()]103x y t ππ=-+m⑵ 由图知,0=t 时,0,2<-=P P v A y ,∴34πφ-=P P 点的位相应落后于0点,故取负值∴P 点振动方程为)3410cos(1.0ππ-=t y p ⑶ 由πππ34|3)10(100-=+-=t x t 解得：67.135==x m ⑷ 根据⑵的结果可作出旋转矢量图如题图a,则由P点回到平衡位置应经历的位相角πππφ6523=+=∆ ∴所属最短时间为：121106/5==∆=∆ππωφt s 如题图所示,有一平面简谐波在空间传播,已知P 点的振动方程为P y =Acos 0ϕω+t ;⑴ 分别就图中给出的两种坐标写出其波动方程；⑵ 写出距P 点距离为b 的Q 点的振动方程;解：⑴ 如题图a,则波动方程为：0cos[()]l xy A t u uωϕ=+-+ 如图b,则波动方程为：0cos[()]x y A t uωϕ=++⑵ 如题图a,则Q 点的振动方程为：0cos[()]Q b A A t uωϕ=-+如题图b,则Q 点的振动方程为：0cos[()]Q b A A t uωϕ=++一平面余弦波,沿直径为14cm 的圆柱形管传播,波的强度为×10-3J/m 2·s,频率为300 Hz,波速为300m/s,求波的平均能量密度和最大能量密度.解： ∵u w I =, ∴ 53106300100.18--⨯=⨯==u I w 3m J -⋅, 4max 102.12-⨯==w w 3m J -⋅如题图所示,1S 和2S 为两相干波源,振幅均为1A ,相距4λ,1S 较2S 位相超前2π,求：⑴ 1S 外侧各点的合振幅和强度；⑵ 2S 外侧各点的合振幅和强度 解：1在1S 外侧,距离1S 为1r 的点,1S 2S 传到该P 点引起的位相差为：πλλππφ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=∆)4(2211r r ,∴ 0,0211===-=A I A A A 2在2S 外侧.距离2S 为1r 的点,1S 2S 传到该点引起的位相差：0)4(2222=-+-=∆r r λλππφ,∴ 2121114,2A A I A A A A ===+=一平面简谐波沿x 轴正向传播,如题图所示;已知振幅为A ,频率为ν,波速为u ;⑴ 若t =0时,原点O 处质元正好由平衡位置向位移正方向运动,写出此波的波动方程；⑵ 若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等,试写出反射波的波动方程,并求x 轴上 因入射波与反射波干涉而静止的各点的位置;解： ⑴ ∵0=t 时,0,000>=v y ,∴20πφ-=,故波动方程为：cos[2()]2x y A t u ππυ=--m⑵ 入射波传到反射面时的振动位相为即将λ43=x 代入2432πλλπ-⨯-,再考虑到波由波疏入射而在波密界面上反射,存在半波损失,所以反射波在界面处的位相为：πππλλπ-=+-⨯-2432 若仍以O 点为原点,则反射波在O 点处的位相为23542πλππλ--⨯-=,因只考虑π2以内的位相角,∴反射波在O 点的位相为2π-,故反射波的波动方程为：]2)(2cos[ππυ-+=u x t A y 反此时驻波方程为：cos[2()]cos[2()]222 2cos cos(2)2x x y A t A t u u x A t u πππυπυπυππυ=--++-=-故波节位置为：2)12(22πλππυ+==k x u x故 4)12(λ+=k x ,2,1,0±±=k …根据题意,k 只能取1,0,即λλ43,41=x 两列波在一根很长的细绳上传播,它们的波动方程分别为1y =t x ππ4-SI, 2y =t x ππ4+SI;⑴ 试证明绳子将作驻波式振动,并求波节、波腹的位置； ⑵ 波腹处的振幅多大x =1.2m 处振幅多大 解：⑴ 它们的合成波为：0.06cos(4)0.06cos(4)0.12cos cos 4y x t x t x t ππππππ=-++=出现了变量的分离,符合驻波方程特征,故绳子在作驻波振动; 令ππk x =,则k x =,k=0,±1,±2…此即波腹的位置；令2)12(ππ+=k x ,则21)12(+=k x ,,2,1,0±±=k …,此即波节的位置;⑵波腹处振幅最大,即为12.0m ；2.1=x m 处的振幅由下式决定,即：097.0)2.1cos(12.0=⨯=π驻A m第7章 气体动理论基础 P218设有N 个粒子的系统,其速率分布如题图所示;求⑴ 分布函数f υ的表达式； ⑵ a 与υ0之间的关系； ⑶ 速度在υ0到υ0之间的粒子数; ⑷ 粒子的平均速率; 5 υ0到υ0区间内粒子平均速率;解：⑴从图上可得分布函数表达式： 00000()/(0)()(2)()0(2)Nf a Nf a Nf υυυυυυυυυυυυ=≤≤⎧⎪=≤≤⎨⎪=≥⎩, 00000/(0)()/(2)0(2)a N f a N υυυυυυυυυυ≤≤⎧⎪=≤≤⎨⎪≥⎩⑵ f υ满足归一化条件,但这里纵坐标是N f υ而不是f υ,故曲线下的总面积为N.由归一化条件：20d d a NN a N υυυυυυυ+=⎰⎰,可得023Na υ=⑶ 可通过面积计算001(2 1.5)3N a N υυ∆=⨯-=⑷N 个粒子平均速率：220220001()d ()d d d 11311()329a f Nf a Na a N υυυυυυυυυυυυυυυυυυ∞∞===+=+=⎰⎰⎰⎰5 υ0到υ0区间内粒子数：100013(0.5)(0.5)284NN a a a υυυ=+-== υ0到υ0区间内粒子平均速率：000000.50.50.5111d d ()d NN N N f N N N N υυυυυυυυυυυυ===⎰⎰⎰ 0020.510d N a N N υυυυυυ=⎰0033220000.51010017111d ()32424a av a a N N N υυυυυυυυυ==-=⎰ 2007769a N υυυ==试计算理想气体分子热运动速率的大小介于υp -υp /100与υp +υp /100之间的分子数占总分子数的百分比; 解：令P u υυ=,则麦克斯韦速率分布函数可表示为：du e u N dN u 224-=π因为u=1,∆u=由u e u N N u ∆=∆-224π,得 %66.102.0141=⨯⨯⨯=∆-e N N π容器中储有氧气,其压强为P=即1atm 温度为27℃求：⑴ 单位体积中的分子数n ；⑵ 氧分子的质量m ；⑶ 气体密度ρ；⑷ 分子间的平均距离e ；5 平均速率υ；62υ7分子的平均动能ε; 解：⑴ 由气体状态方程nkT p =得：242351045.23001038.110013.11.0⨯=⨯⨯⨯⨯==-kT p n m -3⑵ 氧分子的质量：26230mol 1032.51002.6032.0⨯=⨯==N M m Kg ⑶ 由气体状态方程RT M MpV mol =,得： 13.030031.810013.11.0032.05mol =⨯⨯⨯⨯==RT p M ρ3m kg -⋅⑷ 分子间的平均距离可近似计算932431042.71045.211-⨯=⨯==ne m5 平均速率：mol 8.313001.601.60446.580.032RT M υ⨯=≈=1s m -⋅ 题图Nf υO2υ0υυ0a6482.87≈=1s m -⋅ 7 氧分子的平均动能：20231004.13001038.12525--⨯=⨯⨯⨯==kT εJ1mol 氢气,在温度为27℃时,它的平动动能、转动动能和内能各是多少解：理想气体分子的能量：RT iE 2υ= 平动动能 t=3 5.373930031.823=⨯⨯=t E J转动动能 r=2 249330031.822=⨯⨯=r E J内能 i=5 5.623230031.825=⨯⨯=i E J一瓶氧气,一瓶氢气,等压、等温,氧气体积是氢气的2倍,求⑴氧气和氢气分子数密度之比；⑵氧分子和氢分子的平均速率之比; 解：⑴ 因为nkT p =,则：1O H n n =⑵由平均速率公式υ=,得：14O H υυ== 7-25 一真空管的真空度约为×10-3 Pa 即×10-5 mmHg,试 求在27℃时单位体积中的分子数及分子的平均自由程设分子的有效直径d ＝3×10-10 m; 解：由气体状态方程nkT p =得：317-3231.3810 3.3310m 1.3810300p n kT -⨯===⨯⨯⨯ 由平均自由程公式nd 221πλ=得： 5.71033.3109211720=⨯⨯⨯⨯=-πλ m ⑴ 求氮气在标准状态下的平均碰撞频率；⑵ 若温度不变,气压降到×10-4Pa,平均碰撞频率又为多少设分子有效直径为10-10m解：⑴碰撞频率公式2z d n υ=对于理想气体有nkT p =,即：kTpn =,所以有：2d p z kT υ=而-1455.43 m s υ≈≈=⋅ 氮气在标准状态下的平均碰撞频率805201044.52731038.110013.143.455102⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-πz s -1⑵气压下降后的平均碰撞频率2042310455.43 1.33100.7141.3810273z ---⨯⨯⨯⨯==⨯⨯ s -11mol 氧气从初态出发,经过等容升压过程,压强增大为原来的2倍,然后又经过等温膨胀过程,体积增大为原来的2倍,求末态与初态之间⑴气体分子方均根速率之比；⑵ 分子平均自由程之比; 解：⑴ 由气体状态方程：2211T p T p = 及 3322V p V p =====⑵ 对于理想气体,nkT p =,即 kTpn =所以有：pd kT 22πλ=,即：12121==T p p T 末初λλ第8章 热力学基础.如题图所示,一系统由状态a 沿acb 到达状态b 的过程中,有350 J 热量传入系统,而系统做功126 J;⑴ 若沿adb 时,系统做功42 J,问有多少热量传入系统⑵ 若系统由状态b 沿曲线ba 返回状态a 时,外界对系统做功为84 J,试问系统是吸热还是放热热量传递是多少 解：由abc 过程可求出b 态和a 态的内能之差：A E Q +∆=224126350=-=-=∆A Q E Jabd 过程,系统作功42=A J26642224=+=+∆=A E Q J 系统吸收热量ba 过程,外界对系统作功84-=A J30884224-=--=+∆=A E Q J 系统放热1mol 单原子理想气体从300K 加热到350K,问在下列两过程中吸收了多少热量增加了多少内能对外做了多少功⑴ 容积保持不变； ⑵ 压力保持不变; 解：⑴ 等体过程对外作功0=A∴ V 2121()()2328.31(350300)623.25J iQ E A E C T T R T T νν=∆+=∆=-=-=⨯⨯-=, ⑵ 等压过程,吸热：P 212125()()8.31(350300)1038.75J 22i Q C T T R T T νν+=-=-=⨯⨯-=内能增加：V 21()328.31(350300)623.25J E C T T ν∆=-=⨯⨯-=对外作功：5.4155.62375.1038=-=∆-=E Q A J一个绝热容器中盛有摩尔质量为M mol ,比热容比为γ的理想气体,整个容器以速度υ运动,若容器突然停止运动,求气体温度的升高量设气体分子的机械能全部转变为内能;解：整个气体有序运动的能量为212m υ,转变为气体分子无序运动使得内能增加,温度变化;2V 12m E C T m M υ∆=∆=,22mol mol V 111(1)22T M M C R υυγ∆==- 0.01m 3氮气在温度为300K 时,由压缩到10MPa;试分别求氮气经等温及绝热压缩后的⑴ 体积；⑵ 温度；⑶ 各过程对外所做的功; 解：⑴ 等温压缩过程中,T =300K,且2211V p V p =,解得：3112210.0111010p V V p -==⨯=⨯m 3 , 6321112lnln 0.1100.01ln0.01 4.6710J V pA vRT p V V p ===⨯⨯⨯=-⨯ ⑵ 绝热压缩：R C 25V =,57=γ 由绝热方程 γγ2211V p V p =,得：111/33111421221()()()0.01 1.9310m 10p V p V V p p γγγ-===⨯=⨯由绝热方程 111122T p T p γγγγ----=,得11.40.4122211300(10)579K T p T T p γγγγ--==⨯⇒=Oab c d由热力学第一定律A E Q +∆=及0=Q 得：)(12molT T C M MA V --=, 又RT M MpV mol=,所以 51121135 1.013100.015()(579300)23002 2.3510Jp V A R T T RT ⨯⨯=--=-⨯⨯-=-⨯ 理想气体由初状态P 1,V 2经绝热膨胀至末状态P 2,V 2;试证过程中气体所做的功为：12211--=γV P V P w 式中γ为气体的比热容比;证明： 由绝热方程C V p V p pV ===γγγ2211得γγV V p p 111= 故,22111121221111221121d 11d ()11 ()11V V r V V V C A p V C V V V p V p V p V p V V V γγγγγγγγγ----===----=--=--⎰⎰1 mol 的理想气体的T -V 图如题图所示,ab 为直线,延长线通过原点O ;求ab 过程气体对外做的功; 解：设T kV =,由图可求得直线的斜率k 为：2T k V =,得过程方程002T T V V =由状态方程pV vRT=得：RT p V ==R V 02T V V =002RT V ab 过程气体对外作功：⎰=02d V v V p A 02000d 22V V RT RTV V ==⎰某理想气体的过程方程为Vp 1/2=a ,a 为常数,气体从V 1膨胀到V 2;求其所做的功;解：气体做功：22211122221211d d ()|()V V V V V V a a A p V V a V V V V ===-=-⎰⎰设有一以理想气体为工质的热机循环,如题图所示;试证其循环效率为：η＝1212111V V p p ηγ-=--解：等体过程：1V 21()0Q vC T T '=->,吸热,∴ )(1221V 11RV p R V p C Q Q -='= 绝热过程：03='Q 等压压缩过程：2p 21()0Q vC T T '=-<,放热 ∴ 212222P 21P ()()p V p V Q Q vC T T C R R'==--=-,则, 循环效率为：p 21222121V 122212()(/1)111()(/1)C p V p V Q Q C pV p V p p ννηγ--=-=-=--- 一卡诺热机在1000K 和300K 的两热源之间工作,试计算⑴ 热机效率；⑵ 若低温热源不变,要使热机效率提高到80%,则高温热源温度需提高多少⑶ 若高温热源不变,要使热机效率提高到80%,则低温热源温度需降低多少T Oab题图Vp OV绝热题图V 2 V 1 p 1p解：⑴ 卡诺热机效率 213001170%1000T T η=-=-= ⑵ 低温热源2300K T =不变时,即1130080%T η'=-=,解得：11500K T '=,则： 11115001000500K T T T '∆=-=-=即高温热源温度提高500K;⑶ 高温热源11000K T =不变时,即21100080%T η'=-= 解得：2200K T '=,则：222200300-100K T T T '∆=-=-=即低温热源温度降低100K;如题图所示是一理想气体所经历的循环过程,其中AB 和CD 是等压过程,BC 和DA 为绝热过程,已知B 点和C 点的温度分别为T 2和T 3;求此循环效率;这是卡诺循环吗解：⑴热机效率211Q Q η=-AB 等压过程1P 21()0Q C T T ν'=->,吸热,即有： 11P mo ()B A lMQ Q C T T M '==- CD 等压过程2P 21()0Q vC T T '=-<,放热,即有： )(P mol22D C T T C M MQ Q -='-= ∴)/1()/1(12B A B C D C A B D C T T T T T T T T T T Q Q --=--= AD 绝热过程,其过程方程为：γγγγ----=D D AA T p T p 11 BC 绝热过程,其过程方程为：γγγγ----=C C B BT p T p 111 又 A B C D p p p p ==，,所以得：D C BT TT T = ∴ 231T T -=η⑵ 不是卡诺循环,因为不是工作在两个恒定的热源之间;⑴ 用一卡诺循环的致冷机从7℃的热源中提取1000J 的热量传向27℃的热源,需要多少功从-173℃向27℃呢⑵ 一可逆的卡诺机,作热机使用时,如果工作的两热源的温度差愈大,则对于做功就愈有利;当作致冷机使用时,如果两热源的温度差愈大,对于致冷是否也愈有利为什么解：⑴卡诺循环的致冷机2122T T T A Q e -==静 7℃→27℃时,需作功：12122300280100071.4J 280T T A Q T --==⨯= 173-℃→27℃时,需作功：1222230010010002000J 100T T A Q T --==⨯= ⑵从上面计算可看到,当高温热源温度一定时,低温热源温度越低,温度差愈大,提取同样的热量,则所需作功也越多,对致冷是不利的;p O 题图A B C D第9章 静电场长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ= C/m 的正电荷;试求：⑴ 在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；⑵ 在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强; 解：⑴ 如题图所示,在带电直线上取线元d x ,其上电量d q 在P 点产生场强为：20)(d π41d x a xE P -=λε 22200220d d 4π()11 []4π22π(4)l P P l x E E a x a l a l la l λελελε-==-=--+=-⎰⎰用15=l cm ,9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得：21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右⑵ 同理,2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题图所示由于对称性⎰=lQx E 0d ,即Q E只有y 分量,∵ 22222220ddd d π41d ++=x x xE Qy λε22223222222022d d d 4π(d )2π4ll Qy Qy l x lE E x d l d λλεε-===++⎰⎰以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅,15=l cm ,5d 2=cm 代入得：21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅,方向沿y 轴正向一个半径为R 的均匀带电半圆环,电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强; 解：如图在圆上取ϕRd dl =ϕλλd d d R l q ==,它在O 点产生场强大小为：20π4d d R R E εϕλ=,方向沿半径向外,则：ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-= 积分得：R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y ∴ RE E x 0π2ελ==,方向沿x 轴正向;均匀带电的细线弯成正方形,边长为l ,总电量为q ;⑴求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；⑵证明：在l r >>处,它相当于点电荷q 产生的场强E ;解：如图示,正方形一条边上电荷4q 在P 点产生物强P E 方向如图,大小为：()12220cos cos 4π4P E r l λθθε-=+∵1222cos 2l r l θ=+ ,12cos cos θθ-=∴ 222204π42P lE r l r l λε=++P E 在垂直于平面上的分量cos P E E β⊥=∴ 22222204π424lr E r l r l r l λε⊥=+++由于对称性,P 点场强沿OP 方向,大小为：22220444π(4)2PO lrE E r l r l λε⊥=⨯=++∵ l q4=λ ∴ 222204π(4)2P qrE r l r l ε=++ , 方向沿OP⑴ 点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心,试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；⑵ 如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上,这时穿过立方体各面的电通量是多少解： ⑴ 立方体六个面,当q 在立方体中心时,每个面上电通量相等,由高斯定理0d sE S q ε⋅=⎰得：各面电通量06εq e =Φ; ⑵ 电荷在顶点时,将立方体延伸为边长a 2的立方体,使q 处于边长a 2的立方体中心,则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形,如果它不包含q 所在的顶点,则024εqe =Φ, 如果它包含q 所在顶点则0=Φe ;均匀带电球壳内半径6cm,外半径10cm,电荷体密度为2×510-C/m 3求距球心5cm,8cm ,12cm 各点的场强;解：高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=q r E5=r cm 时,0=∑q ,0=E8=r cm 时,334π()3q pr r =-∑内 ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅, 方向沿半径向外; 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外 1CN -⋅ 沿半径向外. 半径为1R 和2R 2R ＞1R 的两无限长同轴圆柱面,单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求：⑴r ＜1R ；⑵ 1R ＜r ＜2R ；⑶ r ＞2R 处各点的场强;解：取同轴圆柱形高斯面,侧面积rl S π2=,则：rl E S E Sπ2d =⋅⎰⑴ 1R r <时,0q =∑,由高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s 得：0E =；⑵ 21R r R <<时,λl q =∑,由高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s 得：rE 0π2ελ= 沿径向向外；⑶ 2R r >时,0=∑q ,由高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s 得：0E =两个无限大的平行平面都均匀带电,电荷的面密度分别为1σ和2σ,试求空间各处场强;解：如题图示,两带电平面均匀带电,电荷面密度分别为1σ与2σ,两面间, n E)(21210σσε-= 1σ面外,n E)(21210σσε+-=2σ面外,n E )(21210σσε+=, n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面;半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体,如题图所示;试求：两球心O 与O '点的场强,并证明小球空腔内的电场是均匀的;。
大学物理静电场中的导体和电介质习题答案
第13章 静电场中的导体和电介质P70．13．1 一带电量为q ，半径为r A 的金属球A ，与一原先不带电、内外半径分别为r B 和r C 的金属球壳B 同心放置，如图所示，则图中P 点的电场强度如何？若用导线将A 和B 连接起来，则A 球的电势为多少？（设无穷远处电势为零）[解答]过P 点作一个同心球面作为高斯面，尽管金属球壳内侧会感应出异种，但是高斯面内只有电荷q ．根据高斯定理可得 E 4πr 2 = q /ε0， 可得P 点的电场强度为204q E rπε=．当金属球壳内侧会感应出异种电荷-q 时，外侧将出现同种电荷q ．用导线将A 和B 连接起来后，正负电荷将中和．A 球是一个等势体，其电势等于球心的电势．A 球的电势是球壳外侧的电荷产生的，这些电荷到球心的距离都是r c ，所以A 球的电势为04cq U r πε=．13．2 同轴电缆是由半径为R 1的导体圆柱和半径为R 2的同轴薄圆筒构成的，其间充满了相对介电常数为εr 的均匀电介质，设沿轴线单位长度上导线的圆筒的带电量分别为+λ和-λ，则通过介质内长为l ，半径为r 的同轴封闭圆柱面的电位移通量为多少？圆柱面上任一点的场强为多少？[解答]介质中的电场强度和电位移是轴对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 、长为l 的圆柱形高斯面，根据介质中的高斯定理，通过圆柱面的电位移通过等于该面包含的自由电荷，即 Φd = q = λl ．设高斯面的侧面为S 0，上下两底面分别为S 1和S 2．通过高斯面的电位移通量为d d SΦ=⋅⎰D S12d d d 2S S S rlD π=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰D S D S D S ，可得电位移为 D = λ/2πr ， 其方向垂直中心轴向外．电场强度为 E = D/ε0εr = λ/2πε0εr r ， 方向也垂直中心轴向外．13．3 金属球壳原来带有电量Q ，壳内外半径分别为a 、b ，壳内距球心为r 处有一点电荷q ，求球心o 的电势为多少？[解答]点电荷q 在内壳上感应出负电荷-q ，不论电荷如何分布，距离球心都为a ．外壳上就有电荷q+Q ，距离球为b ．球心的电势是所有电荷产生的电势叠加，大小为000111444o q q Q qU r a bπεπεπε-+=++13．4 三块平行金属板A 、B 和C ，面积都是S = 100cm 2，A 、B 相距d 1 = 2mm ，A 、C 相距d 2 = 4mm ，B 、C 接地，A 板带有正电荷q = 3×10-8C ，忽略边缘效应．求（1）B 、C 板上的电荷为多少？图14.3图14.4（2）A板电势为多少？[解答](1)设A的左右两面的电荷面密度分别为σ1和σ2，所带电量分别为q1 = σ1S和q2 = σ2S，在B、C板上分别感应异号电荷-q1和-q2，由电荷守恒得方程q = q1 + q2 = σ1S + σ2S．①A、B间的场强为E1 = σ1/ε0，A、C间的场强为E2 = σ2/ε0．设A板与B板的电势差和A板与C板的的电势差相等，设为ΔU，则ΔU = E1d1 = E2d2，②即σ1d1 = σ2d2．③解联立方程①和③得σ1 = qd2/S(d1 + d2)，所以q1 = σ1S = qd2/(d1+d2) = 2×10-8(C)；q2 = q - q1 = 1×10-8(C)．B、C板上的电荷分别为q B= -q1 = -2×10-8(C)；q C= -q2 = -1×10-8(C)．(2)两板电势差为ΔU = E1d1 = σ1d1/ε0 = qd1d2/ε0S(d1+d2)，由于k = 9×109 = 1/4πε0，所以ε0 = 10-9/36π，因此ΔU = 144π= 452.4(V)．由于B板和C板的电势为零，所以U A = ΔU = 452.4(V)．13．5 一无限大均匀带电平面A，带电量为q，在它的附近放一块与A平行的金属导体板B，板B有一定的厚度，如图所示．则在板B的两个表面1和2上的感应电荷分别为多少？[解答]由于板B原来不带电，两边感应出电荷后，由电荷守恒得q1 + q2 = 0．①虽然两板是无限大的，为了计算的方便，不妨设它们的面积为S，则面电荷密度分别为σ1 = q1/S、σ2 = q2/S、σ = q/S，它们产生的场强大小分别为E1 = σ1/ε0、E2 = σ2/ε0、E = σ/ε0．在B板内部任取一点P，其场强为零，其中1面产生的场强向右，2面和A板产生的场强向左，取向右的方向为正，可得E1 - E2–E = 0，即σ1 - σ2–σ= 0，或者说q1 - q2 + q = 0．②解得电量分别为q2 = q/2，q1 = -q2 = -q/2．13．6 两平行金属板带有等异号电荷，若两板的电势差为120V，两板间相距为1.2mm，忽略边缘效应，求每一个金属板表面的电荷密度各为多少？[解答]由于左板接地，所以σ1 = 0．由于两板之间的电荷相互吸引，右板右面的电荷会全部吸引到右板左面，所以σ4 = 0．由于两板带等量异号的电荷，所以σ2 = -σ3．两板之间的场强为E = σ3/ε0，而 E = U/d，所以面电荷密度分别为σ3 = ε0E = ε0U/d = 8.84×10-7(C·m-2)，σ2 = -σ3 = -8.84×10-7(C·m-2)．13．7 一球形电容器，内外球壳半径分别为R1和R2，球壳与地面及其他物体相距很远．将内球用细导线接地．试证：球面间电容可用公式202214RCR Rπε=-表示．（提示：可看作两个球电容器的并联，且地球半径R>>R2）[证明]方法一：并联电容法．在外球外面再接一个半径为R3大外球壳，外壳也接地．内球壳和外球壳之间是一个电容器，电容为P2图14.5图14.61210012211441/1/R R C R R R R πεπε==--外球壳和大外球壳之间也是一个电容器，电容为2023141/1/C R R πε=-．外球壳是一极，由于内球壳和大外球壳都接地，共用一极，所以两个电容并联．当R 3趋于无穷大时，C 2 = 4πε0R 2．并联电容为12120022144R R C C C R R R πεπε=+=+-202214R R R πε=-． 方法二：电容定义法．假设外壳带正电为q ，则内壳将感应电荷q`．内球的电势是两个电荷产生的叠加的结果．由于内球接地，所以其电势为零；由于内球是一个等势体，其球心的电势为0201`044q q R R πεπε+=，因此感应电荷为12`R q q R =-． 根据高斯定理可得两球壳之间的场强为122002`44R q q E r R rπεπε==-， 负号表示场强方向由外球壳指向内球壳．取外球壳指向内球壳的一条电力线，两球壳之间的电势差为1122d d R R R R U E r =⋅=⎰⎰E l121202()d 4R R R qr R rπε=-⎰ 1212021202()11()44R q R R q R R R R πεπε-=-= 球面间的电容为202214R q C U R R πε==-．13．8 球形电容器的内、外半径分别为R 1和R 2，其间一半充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，求电容C 为多少？[解答]球形电容器的电容为120012211441/1/R R C R R R R πεπε==--．对于半球来说，由于相对面积减少了一半，所以电容也减少一半：0121212R R C R R πε=-．当电容器中充满介质时，电容为：0122212r R R C R R πεε=-．由于内球是一极，外球是一极，所以两个电容器并联：01212212(1)r R R C C C R R πεε+=+=-．13．9 设板面积为S 的平板电容器析板间有两层介质，介电常量分别为ε1和ε2，厚度分别为d 1和d 2，求电容器的电容．[解答]假设在两介质的介面插入一薄导体，可知两个电容器串联，电容分别为C 1 = ε1S/d 1和C 2 = ε2S/d 2． 总电容的倒数为122112*********d d d d C C C S S Sεεεεεε+=+=+=， 总电容为 122112SC d d εεεε=+．13．10 圆柱形电容器是由半径为R 1的导线和与它同轴的内半径为R 2的导体圆筒构成的，其长为l ，其间充满了介电常量为ε的介质．设沿轴线单位长度导线上的电荷为λ，圆筒的电荷为-λ，略去边缘效应．求：（1）两极的电势差U ；（2）介质中的电场强度E 、电位移D ； （3）电容C ，它是真空时电容的多少倍？[解答]介质中的电场强度和电位移是轴对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 、长为l 的圆柱形高斯面，侧面为S 0，上下两底面分别为S 1和S 2．通过高斯面的电位移通量为d d SΦ=⋅⎰D S12d d d 2S S S rlD π=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰D S D S D S ，高斯面包围的自由电荷为 q = λl ， 根据介质中的高斯定理 Φd = q ， 可得电位为 D = λ/2πr ， 方向垂直中心轴向外．电场强度为 E = D/ε = λ/2πεr ， 方向也垂直中心轴向外．取一条电力线为积分路径，电势差为21d d d 2R LLR U E r r r λπε=⋅==⎰⎰⎰E l 21ln 2R R λπε=． 电容为 212ln(/)q lC U R R πε==． 在真空时的电容为00212ln(/)l q C U R R πε==， 所以倍数为C/C 0 = ε/ε0．13．11 在半径为R 1的金属球外还有一层半径为R 2的均匀介质，相对介电常量为εr ．设金属球带电Q 0，求：（1）介质层内、外D 、E 、P 的分布； （2）介质层内、外表面的极化电荷面密度．[解答]（1）在介质内，电场强度和电位移以及极化强度是球对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 的球形高斯面，通过高斯面的电位移通量为2d d 4d SSD S r D Φπ=⋅==⎰⎰D S高斯面包围的自由电荷为q = Q 0， 根据介质中的高斯定理 Φd = q ， 可得电位为 D = Q 0/4πr 2， 方向沿着径向．用矢量表示为D = Q 0r /4πr 3．电场强度为E = D /ε0εr = Q 0r /4πε0εr r 3， 方向沿着径向．由于 D = ε0E + P ， 所以 P = D - ε0E = 031(1)4rQ rεπ-r． 在介质之外是真空，真空可当作介电常量εr = 1的介质处理，所以D = Q 0r /4πr 3，E = Q 0r /4πε0r 3，P = 0． （2）在介质层内靠近金属球处，自由电荷Q 0产生的场为E 0 = Q 0r /4πε0r 3；极化电荷q 1`产生的场强为E` = q 1`r /4πε0r 3；总场强为 E = Q 0r /4πε0εr r 3． 由于 E = E 0 + E `，解得极化电荷为 `101(1)rq Q ε=-，介质层内表面的极化电荷面密度为``01122111(1)44r Q q R R σπεπ==-． 在介质层外表面，极化电荷为``21q q =-，面密度为``02222221(1)44r Q q R R σπεπ==-．13．12 两个电容器电容之比C 1:C 2 = 1:2，把它们串联后接电源上充电，它们的静电能量之比为多少？如果把它们并联后接到电源上充电，它们的静电能之比又是多少？[解答]两个电容器串联后充电，每个电容器带电量是相同的，根据静电能量公式W = Q 2/2C ，得静电能之比为W 1:W 2 = C 2:C 1 = 2:1． 两个电容器并联后充电，每个电容器两端的电压是相同的，根据静电能量公式W = CU 2/2，得静电能之比为W 1:W 2 = C 1:C 2 = 1:2． 13．13 一平行板电容器板面积为S ，板间距离为d ，接在电源上维持其电压为U ．将一块厚度为d 相对介电常量为εr 的均匀介电质板插入电容器的一半空间内，求电容器的静电能为多少？[解答]平行板电容器的电容为C = ε0S/d ，当面积减少一半时，电容为C 1 = ε0S /2d ； 另一半插入电介质时，电容为C 2 = ε0εr S /2d ．两个电容器并联，总电容为C = C 1 + C 2 = (1 + εr )ε0S /2d ，静电能为W = CU 2/2 = (1 + εr )ε0SU 2/4d ． 13．14 一平行板电容器板面积为S ，板间距离为d ，两板竖直放着．若电容器两板充电到电压为U 时，断开电源，使电容器的一半浸在相对介电常量为εr 的液体中．求：（1）电容器的电容C ；（2）浸入液体后电容器的静电能； （3）极板上的自由电荷面密度．[解答]（1）如前所述，两电容器并联的电容为C = (1 + εr )ε0S /2d ． （2）电容器充电前的电容为C 0 = ε0S/d ， 充电后所带电量为 Q = C 0U ． 当电容器的一半浸在介质中后，电容虽然改变了，但是电量不变，所以静电能为W = Q 2/2C = C 02U 2/2C = ε0SU 2/(1 + εr )d ． （3）电容器的一半浸入介质后，真空的一半的电容为 C 1 = ε0S /2d ；介质中的一半的电容为 C 2 = ε0εr S /2d ． 设两半的所带自由电荷分别为Q 1和Q 2，则Q 1 + Q 2 = Q ． ① 由于C = Q/U ，所以U = Q 1/C 1 = Q 2/C 2． ② 解联立方程得01112211/C U C QQ C C C C ==++， 真空中一半电容器的自由电荷面密度为00112122/2(1/)(1)r C U U Q S C C S dεσε===++． 同理，介质中一半电容器的自由电荷面密度为0021222(/1)(1)r r C U UC C S dεεσε==++．13．15 平行板电容器极板面积为200cm 2，板间距离为1.0mm ，电容器内有一块1.0mm 厚的玻璃板(εr = 5)．将电容器与300V 的电源相连．求：（1）维持两极板电压不变抽出玻璃板，电容器的能量变化为多少？（2）断开电源维持板上电量不变，抽出玻璃板，电容器能量变化为多少？[解答]平行板电容器的电容为C 0 = ε0εr S/d ，静电能为 W 0 = C 0U 2/2． 玻璃板抽出之后的电容为C = ε0S/d ．（1）保持电压不变抽出玻璃板，静电能为 W = CU 2/2， 电能器能量变化为ΔW = W - W 0 = (C - C 0)U 2/2 = (1 - εr )ε0SU 2/2d = -3.18×10-5(J)． （2）充电后所带电量为 Q = C 0U ， 保持电量不变抽出玻璃板，静电能为W = Q 2/2C ，电能器能量变化为2000(1)2C C U W W W C ∆=-=- 20(1)2r r SU dεεε=-= 1.59×10-4(J)．13．16 设圆柱形电容器的内、外圆筒半径分别为a 、b ．试证明电容器能量的一半储存在半径R =[解答]设圆柱形电容器电荷线密度为λ，场强为 E = λ/2πε0r ， 能量密度为 w = ε0E 2/2， 体积元为 d V = 2πrl d r ， 能量元为 d W = w d V ．在半径a 到R 的圆柱体储存的能量为20d d 2VVW w V E V ε==⎰⎰2200d ln 44Ral l R r r a λλπεπε==⎰．当R = b 时，能量为210ln 4l b W aλπε=；当R =22200ln48l l b W aλλπεπε==，所以W 2 = W 1/2，即电容器能量的一半储存在半径R =13．17 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为a 、b ，柱面之间充满介电常量为ε的电介质（忽略边缘效应）．当这两个导体带有等量异号电荷(±Q )时，求：（1）在半径为r (a < r < b )、厚度为d r 、长度为l 的圆柱薄壳中任一点处，电场能量体密度是多少？整个薄壳层中总能量是多少？（2）电介质中总能量是多少（由积分算出）？（3）由电容器能量公式推算出圆柱形电容器的电容公式？[解答]（1）圆柱形内柱面的电荷线密度为 λ = Q/l ，根据介质是高斯定理，可知电位移为D = λ/2πr = Q /2πrl ，场强为 E = D/ε = Q /2πεrl ， 能量密度为w = D ·E /2 = DE /2 = Q 2/8π2εr 2l 2．薄壳的体积为d V = 2πrl d r ， 能量为 d W = w d V = Q 2d r /4πεlr ．（2）电介质中总能量为22d d ln 44bV aQ Q bW W r lr l a πεπε===⎰⎰．（3）由公式W = Q 2/2C 得电容为222ln(/)Q lC W b a πε==．13．18 两个电容器，分别标明为200PF/500V 和300PF/900V ．把它们串联起来，等效电容多大？如果两端加上1000V 电压，是否会被击穿？[解答]当两个电容串联时，由公式211212111C C C C C C C +=+=， 得 1212120PF C C C C C ==+．加上U = 1000V 的电压后，带电量为Q = CU ，第一个电容器两端的电压为U1 = Q/C1 = CU/C1 = 600(V)；第二个电容器两端的电压为U2 = Q/C2 = CU/C2 = 400(V)．由此可知：第一个电容器上的电压超过它的耐压值，因此会被击穿；当第一个电容器被击穿后，两极连在一起，全部电压就加在第二个电容器上，因此第二个电容器也接着被击穿．。
大学物理第2章课后答案
第二章 质点动力学四、习题选解2-1 光滑的水平桌面上放有三个相互接触的物体，它们的质量分别为.4,2,1321kg m kg m kg m ===（1）如图a 所示，如果用一个大小等于N 98的水平力作用于1m 的左方，求此时2m 和3m 的左边所受的力各等于多少？（2）如图b 所示，如果用同样大小的力作用于3m 的右方。
求此时2m 和3m 的左边所受的力各等于多少？（3）如图c 所示，施力情况如（1）， 但3m 的右方紧靠墙壁（不能动）。
求此时2m 和3m 左边所受的力各等 于多少？解：（1）三个物体受到一个水平力的作用，产生的加速度为a()a m m m F 321++=232114-⋅=++=sm m m m F a用隔离法分别画出32,m m 在水平方向的受力图（a ），题2-1（a ）图由a m F =a m f f23212=- a m f323= 2332f f =N f 5623=N f 8412=（2）由()a m m m F321++=232114-⋅=++=sm m m m F a用隔离法画出321m m m 、、在水平方向的受力图（b ）由a m F= 得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧====-=-3223122112121232323f f ff a m f a m f f a m f F解得： N f 1412= N f 4223=题2-1（b ）图（3）由于321m m m 、、都不运动，加速度0=a ，三个物体彼此的作用力都相等，都等于FN f f 982312== 2-2 如图所示，一轻质弹簧连接着1m 和2m 两个物体，1m 由细线拉着在外力作用下以加速a 竖直上升。
问作用在细线上的张力是多大？在加速上升的过程中，若将线剪断，该瞬时1m 、2m 的加速度各是多大？解：（1）分别画出1m 、2m 受力的隔离体如图（a ），题2-2（a ）图取向上为正方向，由牛顿第二定律⎪⎩⎪⎨⎧='=-'=--f f a m g m f a m g m f T 2211故 ()()a g m m g m g m a m a m T ++=+++=212121 （2）将线剪断，画出21m m 、的隔离体图，如图（b ）题2-2（b ）图 取竖直向上为正方向，由牛顿第二定律得⎪⎩⎪⎨⎧='=-'=--f f a m g m f a m g m f 222111 得⎪⎩⎪⎨⎧+--==-=)(/)'(121222a g m m g a a m g m f a 1a 的方向向下，2a的方向向上。
大学物理课后习题答案(上下册全)武汉大学出版社 习题2详解
2-1 如题2-1图所示，弹簧秤挂一滑轮，滑轮两边各挂一质量为m 和2m 的物体，绳子与滑轮的质量忽略不计，轴承处摩擦忽略不计，在m 及2m 的运动过程中，弹簧秤的读数为[ ]A. 3mg .B. 2mg .C. 1mg .D. 8mg / 3.答案： D题 2-1图 2-2 一质点作匀速率圆周运动时，[ ] A.它的动量不变，对圆心的角动量也不变。
B.它的动量不变，对圆心的角动量不断改变。
C.它的动量不断改变，对圆心的角动量不变。
D.它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变。
答案： C2-3 质点系的内力可以改变[ ] A.系统的总质量。
B.系统的总动量。
C.系统的总动能。
D.系统的总角动量。
答案： C2-4 一船浮于静水中，船长L ，质量为m ，一个质量也为m 的人从船尾走到船头。
不计水和空气阻力，则在此过程中船将：[ ] A.不动 B.后退LC.后退L 21 D.后退L 31答案： C2-5 对功的概念有以下几种说法：[ ]①保守力作正功时，系统内相应的势能增加。
②质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。
③作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零。
在上述说法中：A.①、②是正确的。
B.②、③是正确的。
C.只有②是正确的。
D.只有③是正确的。
答案： C2-6 某质点在力(45)F x i =+（SI ）的作用下沿x 轴作直线运动。
在从x=0移动到x=10m的过程中，力F所做功为 。
答案： 290J2-7 如果一个箱子与货车底板之间的静摩擦系数为μ，当这货车爬一与水平方向成θ角的平缓山坡时，要不使箱子在车底板上滑动，车的最小加速度 。
＜ ＜ ＜ ＜ ＜m 2m答案： ()cos sin g μθθ-2-8 一质量为1Kg 的球A ，以5m /s 的速率与原来静止的另一球B 作弹性碰撞，碰后A 球以4m /s 的速率垂直于它原来的运动方向，则B 球的动量大小为 。
大学物理13章光的干涉习题答案
第13章习题答案13—7 在双缝干涉实验中，两缝的间距为mm 5.0，照亮狭缝S 的光源是汞弧灯加上绿色滤光片。
在m 5.2远处的屏幕上出现干涉条纹，测得相邻两明条纹中心的距离为mm 2。
试计算入射光的波长。
解：已知条纹间距32210-==⨯x mm m ∆，缝宽405510-==⨯d .mm m ，缝离屏的距离25=D .m=D x d ∆λ ∴ 43751021041025---⨯==⨯⨯=⨯d x m D .λ∆ 13—8用很薄的云母片（58.1=n ）覆盖在双缝实验中的一条缝上，这时屏幕上的零级明条纹移到原来的第七级明条纹的位置上，如果入射光波长为nm 550，试问此云母片的厚度为多少解: 设云母片厚度为e ，则由云母片引起的光程差为e n e ne )1(-=-=δ按题意 λδ7=∴ 610106.6158.1105500717--⨯=-⨯⨯=-=n e λm 6.6=m μ13—9 用包含两种波长成分的复色光做双缝实验，其中一种波长nm 5501=λ。
已知双缝间距为mm 6.0，屏和缝的距离为m 2.1，求屏上1λ的第三级明条纹中心位置。
已知在屏上1λ的第六级明条纹和未知波长光的第五级明条纹重合，求未知光的波长。
解：屏上1λ的三级明纹中心的位置m 103.310550106.02.133933---⨯=⨯⨯⨯⨯==λd D k x 依题意屏上1λ的第六级明条纹和波长为λ的第五级明条纹重合于x 处则有 λλdD k d D k x 516== 即 λλ516k k = m 106.6105505679156--⨯=⨯⨯==λλk k13—10平板玻璃（5.1=n ）表面上的一层水（33.1=n ）薄膜被垂直入射的光束照射，光束中的光波波长可变。
当波长连续变化时，反射强度从nm 500=λ时的最小变到nm 750=λ时的同级最大，求膜的厚度。
习题13-10图解∵ 321n n n <<,故有 ,3,2,1,02)12(21112=+==k k e n λδ ① 3,2,12222222===k k e n λδ ② 由上两式21312k k =+⇒当231-=n k 时满足上式 n =1,2,3,…但由于λ是连续可调的，在1λ和2λ间无其他波长消失与增强，所以取,1,121==k k 把11=k 或12=k 代入①式或②式 972275010310(m)22 1.33e n λ--⨯==≈⨯⨯13—11一玻璃劈尖的末端的厚度为mm 5.0，折射率为50.1。
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习 题 十 三13-1 求各图中点P 处磁感应强度的大小和方向。
[解] (a) 因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为：()210cos cos 4θθπμ-=aIB 对于导线1：01=θ，22πθ=，因此a I B πμ401=对于导线2：πθθ==21，因此02=BaIB B B πμ4021p =+= 方向垂直纸面向外。
(b) 因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为：()210cos cos 4θθπμ-=aIB 对于导线1：01=θ，22πθ=，因此rI a I B πμπμ44001==，方向垂直纸面向内。
对于导线2：21πθ=，πθ=2，因此rI a I B πμπμ44002==，方向垂直纸面向内。
半圆形导线在P 点产生的磁场方向也是垂直纸面向内，大小为半径相同、电流相同的圆形导线在圆心处产生的磁感应强度的一半，即rIr I B 4221003μμ==，方向垂直纸面向内。
所以，r Ir I r I r I r I B B B B 4244400000321p μπμμπμπμ+=++=++=(c) P 点到三角形每条边的距离都是a d 63=o 301=θ，o 1502=θ每条边上的电流在P 点产生的磁感应强度的方向都是垂直纸面向内，大小都是()aI d IB πμπμ23150cos 30cos 400000=-=故P 点总的磁感应强度大小为aIB B πμ29300== 方向垂直纸面向内。
13-2 有一螺线管长L ＝20cm ，半径r =2.0cm ，导线中通有强度为I =5.0A 的电流，若在螺线管轴线中点处产生的磁感应强度B ＝310166-⨯.T 的磁场，问该螺线管每单位长度应多少匝?[解] 已知载流螺线管轴线上场强公式为()120cos cos 2θθμ-=nIB由图知： 10410cos 2=θ，10410cos 1-=θ，所以，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=10410220nI B μ， 所以，匝＝1000101040IB n μ=13-3 若输电线在地面上空25m 处，通以电流31081⨯.A 。
求这电流在正下方地面处产生的磁感应强度。
[解]输电线可看作无限长直导线，直线电流所产生的磁场为：=B rIπμ20 T 1044.1252108.1104537--⨯=⨯⨯⨯⨯=ππ13-4 在汽船上，指南针装在距载流导线0.80m 处，该导线中电流为20A 。
(1)将此导线作无限长直导线处理，它在指南针所在处产生的磁感应强度是多大?(2)地磁场的水平分量(向北)为 41018.0-⨯T 。
由于电流磁场的影响，指南针的N 极指向要偏离正北方向。
如果电流的磁场是水平的，而且与地磁场垂直，指南针的指向将偏离多大?求在最坏情况下，上述汽船中的指南针的N 极将偏离北方多少度?[解] (1) 电流在指南针所在处的磁感应强度的大小为T 100.580.020********--⨯=⨯⨯==T r I B πμ(2) 如果电流的磁场是水平的而且与地磁场的水平分量2B 垂直，指南针偏离正北方向的角度为ϕ，则28.01018.0100.5tan 4621=⨯⨯==--B B ϕ 13150'=ϕ 设指南针由于电流磁场偏离正北方向的角度为1ϕ，2112sin sin ϕϕB B =Oθ1θ2两边微分后可得122121cos cos d d ϕϕϕϕB B = 为求1ϕ的最大值m ϕ，令0d d 21=ϕϕ，则有 0cos 2=ϕ 22πϕ=因此 28.0sin 21m ==B B ϕ 8160m '=ϕ13-5 在半径为R 和r 的两圆周之间，有一总匝数为N 的均匀密绕平面线圈，通有电流I ，方向如图所示。
求中心O 处的磁感应强度。
[解] 由题意知，均匀密绕平面线圈等效于通以NI 圆盘，设单位长度线圈匝数为nrR Nn -=建立如图坐标，取一半径为x 厚度为dx 的 圆环,其等效电流为:x r R NIx j I d d d -== )(2d 2d d 000r R x xNI xIB -==μμrR r R NIr R x xNI B B RrNIln)(2)(2d d 0000-=-==⎰⎰μμ所以 方向垂直纸面向外.13-6 电流均匀地流过一无限长薄壁半圆筒，设电流I =5.0A ，圆筒半径 R =m 100.12⨯如图所示。
求轴线上一点的磁感应强度。
[解] 把无限长薄壁半圆筒分割成无数细条，每一细条可看作一无限长直导线，取一微元d l则I RlI πd d =则l d 在O 点所产生的磁场为22002d 2d d Rl I R I B πμπμ==又因，θd d R l =所以，RI R I B 2002d 2d d πθμπμ==θcos d d x B B =，θsin d d y B B =半圆筒对O 点产生的磁场为：00x x ==⎰πdB B ，R IB B 200y y d πμπ==⎰ 所以B 只有y 方向分量，即RIB B 20y πμ==，沿y 的负方向。
13-7 如图所示，长直导线通有电流I ，求通过与长直导线共面的矩形面积CDEF 的磁通量。
[解] 建立如图所示坐标，在矩形面积上任取一微元S d ，x l S d d =，设顺时针方向为正,则 长直导线形成的磁感应强度为:xIB πμ20=x l x Id 2d d 0πμ=⋅=ΦS B abIl x x Il b a S ln 2d 2d 00πμπμ==Φ=Φ⎰⎰13-8 长直导线a a '与半径为R 的均匀导体圆环相切于点a ，另一直导线b b '沿半径方向与圆环接于点b ，如图所示。
现有稳恒电流I 从端a 流入而从端b 流出。
(1)求圆环中心点O 的B 。
(2)B 沿闭合路径L 的环流⎰⋅Ll d B 等于什么?[解] (1)43210B B B B B +++= 其中: 04=B RIB πμ401= R I B R I B 231,232303202μμ==,2332l l I I = 故2B 与3B 大小相等,方向相反,所以032=+B B2因而RIB B πμ4010==,方向垂直纸面向外. (2)由安培环路定理,有:∑⎰=-==⋅3)32(d 00i 0I I I I Lμμμl B13-9 矩形截面的螺绕环，尺寸如图所示，均匀密绕共N 匝，通以电流I ，试证明通过螺绕环截面的磁通量为 210ln 2D D NIh πμ=Φ [证明] 建立如图所示坐标，在螺绕环横截面上任取一微元x h S d d = 以与螺绕环同心的圆周为环路，其半径为r ，2212Dr D <<， NI rB 02d μπ==⋅⎰l BrNIB πμ20=S B Φd d =所以 210220ln 2d 2d d 12D D hNI r h r NI S B D D πμπμ===Φ=Φ⎰⎰⎰13-10 试证明在没有电流的空间区域内，如果磁感应线是一些同方向的平行线，则磁场一定均匀。
[证明] 在B 线同方向平行的磁场中，作如图的矩形回路abcda ，其ab 边与B 线平行。
由于回路中无电流，所以安培环路定理给出0d =⋅⎰LL B又⎰⎰⎰⎰⎰⋅+⋅+⋅+⋅=⋅addccbba LL B L B L B L B L B d d d d d 21其中⎰⋅cb L B d 及⎰⋅adL B d 因l B d ⊥所以其值为零。
故0d d d 21=⋅+⋅=⋅⎰⎰⎰dcbaL L B L B L B因为磁感应强度B 是垂直于通过单位面积的磁通量即磁通密度，所以B 线平行的磁场中，ab 线上B 处处等于1B ，cd 线上B 处处等于2B ，因此有021=-cd ab B B又cd ab = 所以21B B =由于矩形回路的位置和宽度不限，此式均可成立。
所以，在没有电流的空间区域内，若B 线是同方向平行的直线，则磁场一定均匀。
OB13-11 如图所示，空心圆柱无限长导体内外半径分别为a 和 b ，导体内通有电流I ，且电流在横截面上均匀分布，介质的影响可以忽略不计。
求证导体内部(a <r <b )各点的磁感应强度由下式给出()ra r ab IB 222202--=πμ [解] 作图示的安培环路有∑⎰=⋅i 0d I L μL B因为导体电流在横截面上均匀分布，所以()22a b Ij -=π即)(d 220a r j L-=⋅⎰πμL B 所以 ra b a r I B )(2)(22220--=πμ13-12 一电磁铁的长直引线构造如下：中间是一直径为cm 0.51=D 的铝棒，周围同轴地套以内直径为cm 0.72=D ，外直径为cm 0.93=D 的铝筒作为电流的回程(筒与棒间充以油类并使之流动以便散热)。
若通以电流I ＝3100.5⨯A ，且导体的截面上电流分布均匀。
试计算从轴心到圆筒外侧的磁场分布(铝和油本身对磁场分布无影响)，并画出相应的关系曲线。
[解] 取圆筒轴线上一点为圆心，以r 为半径的圆周为积分回路L ，圆面垂直于轴线。
则L 上各点的磁感应强度B 大小相等。
方向沿径向。
由安培环路定理得内I L 0d μ=⋅⎰L B 所以 内I r B 02μπ=⋅当0<r <2.5cm ，即在Ⅰ区时， ()2622108025.0r r I I ⨯==ππ内所以 r r rr I B 6.1108222600=⨯⨯==πμπμ内当2.5cm<r <3.5cm ，即在Ⅱ区时， I I =内所以 rr I B 30102-==πμ 当3.5cm<r <4.5cm ，即在Ⅲ区时， ()()2222035.0045.0035.0---=ππr I I I 内OB所以 ()()222200035.0045.0035.022---⨯==πππμπμr I I r r I B 内 r r25.1105.23-⨯=-当r >4.5cm ，即在Ⅳ区时， 0=-=I I I 内所以 0=B13-13 厚为2d 的无限大导体平板，其内有均匀电流平行于表面流动，电流密度为j ，求空间磁感应强度的分布。
[解] 建立如图所示的坐标系,对板内,取安培环路abcd 则x l j Bl L 22d 0μ==⋅⎰L B所以 jx B 0μ=对板外,取安培环路d c b a '''',则有:I L 0d μ=⋅⎰L B即 d l j l B 220'='μ所以jd B 0μ=13-14 一根半径为R 的长直导体圆柱载有电流I ，作一宽为 R 长为l 的假想平面S ，如图所示。