大学物理(上册)课后习题及答案

第1章 质点运动学 P21
1.8 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为：x =3t +5, y =
2
1t 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：（1）j t t i t r
)432
1()53(2-+++=m
⑵ 1=t s,2=t s 时，j i r
5.081-= m ；2114r i j =+m
∴ 213 4.5r r r i j ∆=-=+m
⑶0t =s 时，054r i j =-；4t =s 时，41716r i j =+ ∴ 140122035m s 404
r r r i j i j t --∆+=
===+⋅∆-v ⑷ 1d 3(3)m s d r
i 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 44
j
a 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。

1.9 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为2
26a 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：2
d d (26)d a x x x ==+v v 两边积分
210
d (26)d x
x x =+⎰
⎰v
v v 得：2322250x x =++v
∴ 31225 m s x x -=++⋅v
1.11 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 t
t t 18d d ,9d d 2====
ωβθω ∴ s 2=t 时，2
s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a
2
222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n
∴ 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(2
2=，解得：9
23=
t 则角位移为：32
2323 2.67rad 9
t θ=+=+⨯
= 1.13 一质点在半径为0.4m 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=0.2 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 2
s m -⋅
0.40.20.08a R τα==⨯=2
s m -⋅
22222
s 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
2.10 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 m
e
-v v ；⑵ 由0到t 的
时间内经过的距离为x ＝(0
m k
v )［1-t m k
e )(-］；⑶停止运动前经过的距离为
0()m k v ；⑷当m t k =时速度减至0v 的e
1
，式中m 为质点的质量。

解：f k =-v ，a f m k m ==-v
∴ 由d d a t =v 得：d d d k a t t m
==-v
v
分离变量得：d d k
t m
=-v v ，即00d d t k t m -=⎰⎰v v v v ， 因此有：0
ln ln kt m e -=v v ， ∴ 0k m t
e -=v v ∴ 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 m x t t
x e t
-=⎰⎰v
∴ 0(1)k m t
m x e k
-=-v ∴ 质点停止运动时速度为零，00k m
t e -=→v v ，即t →∞，
故有：000
d k m
t x e
t m k ∞
-'=
=⎰
v v
∴ t m k =时，其速度为：1000k m m
k
v e e e -⋅-===v v v ，
即速度减至0v 的1e .
2.13 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j
6-m/s 的物体,回答这两个问题。

解： ∴ 若物体原来静止，则
i t i t t F p t
10
40
1s 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 t
p m p m F m t m F t
=-=-+⋅=-+⎰⎰v v v 于是：⎰∆==-=∆t p t F p p p 0
102d
, 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。

∴ 同上理，两种情况中的作用时间相同，即：⎰
+=+=
t
t t t t I 0
210d )210(
亦即：0200102
=-+t t ， 解得s 10=t ，(s 20='t 舍去)
2.17 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0.6s ，试求平均功率。

⑶ 如果
质点的质量为1kg ，试求动能的变化。

解： ∴ 由题知，合F
为恒力，且00r =
∴ (76)(3416)212445J A F r i j i j k =⋅∆=-⋅-++=--=-合
∴ w 756
.045
==∆=
t A P ∴ 由动能定理，J 45-==∆A E k
2.20 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2.20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：
2
211122
221
1212p p E k x k E k x k ⋅∆==⋅∆
第3章 刚体力学基础
3.7 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 r
11+=
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 M
1110)()(=-⨯+=⨯=
3.8 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 ＝8.75×1010m 时的速率是1v ＝5.46×104m/s ，它离太阳最远时的速率是2v ＝9.08×102 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 ∴ 104
121122
28.7510 5.4610 5.2610m 9.0810
r r ⨯⨯⨯===⨯⨯v v 3.9 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：∴ ⎰⎰-⋅⋅===∆30
1s m kg 15d 5d j t j t f p
∴ 解法(一) 由53 N a f m j ==得：0034437m x t x x t t ==+=+=+=v
222031515
663325.52623y t y t at t t j ==+=+=⨯+⨯⨯=v
即有：i r 41=,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 m
i i j k =⨯=⨯+=v (725.5)3(11)154.5L r m i j i j k =⨯=+⨯+=v
∴ 1
212s m kg 5.82-⋅⋅=-=∆k L L L
解法(二) ∴d L
M dt =， ∴ 20
3203
1
d ()d 15 (4)(6))5d 23 5(4)d 82.5kg m s t t
L M t r f t
t i t t j j t t k t k -∆=⋅=⨯⎡⎤=+++⨯⨯⎢⎥⎣⎦
=+=⋅⋅⎰⎰⎰⎰ 3.10 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3.10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 = ∴
挂上2M 后，则有：
2
21)(ω''=+r m g M M ∴ 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''=⇒2
020r r ∴
联立∴、∴、∴得：100M g
mr ω=，
2112301
()M g M M mr M ω+'=
， 1121
302
12
()M M M r g r m M M ω+'==⋅'+ 3.11 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3.11图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数μ=0.4，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：∴ 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：
12
1()0F l l N l '+-=， 121)N l l F l '=+(
对飞轮，按转动定律有r F R
I
β=-
，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 1
2
1+='=μμ 又∴ 21
2
I mR =，∴1212()r F R l l F I mRl μβ+=-=-
∴ 以N 100=F 等代入上式，得：
2s rad 3
4010050.025.060)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 06.740
603
29000=⨯⨯⨯=-
=πβωt 这段时间内飞轮的角位移为：
2201900291409
()53.12rad 2604234
t t πφωβπππ⨯=+=⨯-⨯⨯=⨯
可知在这段时间里，飞轮转了1.53转。

∴10s rad 60
2900-⋅⨯
=π
ω，要求飞轮转速在2=t s 内减少一半，可知 2000215rad s 22
t t ωωωπβ--==-=-⋅
用上面式∴所示的关系，可求出所需的制动力为：
112600.250.50151772()20.40(0.500.75)2
mRl F N l l βπ
μ⨯⨯⨯=-
==+⨯⨯+⨯
3.13 计算题3.13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 =0.1 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)2
1
(212Mr r T r T =- 又βr a = 由以上4个方程解得：22122009.8
7.6 m s 25200152
m g a m m M -⨯=
==⋅++++
题3.13(a)图 题3.13(b)图
3.14 如题3.14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：∴ 由转动定律有：211
()23
mg l ml β=， ∴ l
g
23=
β ∴ 由机械能守恒定律有：
22)31(21sin 2ωθml l mg = ∴ l
g θωsin 3=
3.15 如题3.15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：∴ 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 ∴
222
0111222
m I m ω=+v v
∴
上两式中2
3I 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(2
212︒-=l
Mg I ω ∴ 由∴式得：2
12
1
)231(3)30cos 1(⎥⎦
⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡︒-=l g I Mgl ω 由∴式得：0I ml
ω=-v v ∴ 由∴式得：222
0I m ω=-v v ∴
所以：22
200()I I ml m
ωω-=-v v
求得：026(23)13(1)(1)22312gl l I l M
m M ml m m
ωω-+=
+=+=
v ∴相碰时小球受到的冲量为：0d ()F t m m m =∆=-⎰v v v
由∴式求得：06(23)1
d 36
gl 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。

3.17 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3.17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：∴ 射入的过程对O 轴的角动量守恒： ωθ2000)(sin R m m v m R +=
∴ R
m m v m )(sin 000+=
θ
ω
∴ 022*******
000
sin 1
[()][]
2()sin 2k k m m m R E m m R m E m m m θθ++==+v v 3.18 弹簧、定滑轮和物体的连接如题3.18图所示，弹簧的劲度系数为2.0 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：222111222
mgh m I kh ω=++v 又
/R ω=v ，
故有：2222
221
(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
5.7 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 4
1
2,8,m 1.00πφωπ
πω===∴==T A
又0.8m A ωπ==v 1
s m -⋅ 51.2=1
s m -⋅，2.632
==A a m ω2
s m -⋅
⑵ 0.63N m m F ma ==，J 1016.32
122
-⨯==
m mv E J 1058.121
2-⨯===E E E k p
当p k E E =时，有p E E 2=，即：)2
1
(212122kA kx ⋅=
∴ m 20
2
22±=±=A x ⑶ ππωφ32)15(8)(12=-=-=∆t t
5.8 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2A
x =
处向负向运动； ⑷过2
A 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00
0cos 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 ， )23
2cos(23
2πππ
φ+==t T A x
)32cos(3
3πππ
φ+==
t T A x ，
)4
5
2cos(4
54πππ
φ+==t T A x
5.9 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 ，∴ -1
20.5 rad s ωππ==⋅ 又，0=t 时，00 , 0x A φ=+∴= 故振动方程为：m )5.0cos(10
242t x π-⨯=
⑴ 将s 5.0=t 代入得：0.17m m )5.0cos(10242
5.0=⨯=-t x π
23231010(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,t x A φπ=+<=且故v ∴ s 3
2
2/
3==
∆=
π
πω
φ
t 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 2222
E kA m A π
ω--=
==⨯⨯⨯=⨯ 5.10 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
12
311m N 2.010
9.48
.9100.1---⋅=⨯⨯⨯==x g m k 而0=t 时，-1
2020s m 100.5m,100.1⋅⨯=⨯-=--v x ( 设向上为正)
又 30.225 , 1.26s 810k T m πωω
-=
====⨯即 222
22
2
20
5.010 ()(1.010)()210m 5
v A x ω---⨯∴=+=⨯+=
2000
20 5.0105tan 1 , 1.01054
x π
φφω--⨯=-===⨯⨯即v ∴ m )4
5
5cos(1022π+⨯=
-t x
5.11 题5.11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5.11图(a)，∵0=t 时，
0000 , 0 , 32 , 10cm , 2s x A T φπ=>∴===又v
即：1s rad 2-⋅==
ππωT
，故 m )2
3
cos(1.0ππ+=t x a
由题5.11图(b)∵0=t 时，0005,0,23
A x π
φ=>∴=v
01=t 时，0005,0,23A x π
φ=>∴=v
又ππωφ253511=+⨯=，∴ πω65
=
故m t x b )3
565cos(1.0π
π+=
5.12 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k
m 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
=
v ，于是
2
2
220022()()1()()v mg m gh mg kh A x k k m M k m M g
ω=+=+=+++
（3）g
m M kh
x v )(2tan 000+=
-
=ωφ (第三象限)，所以振动方程为 221cos arctan ()()mg kh
k kh x t k m M g
m M M m g ⎡⎤
=+
+⎢⎥+++⎣⎦
5.13 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4
1.010kg 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
∴ 4-1
3
1.0100.01 m s 1.010
F 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 3.13
A x ωω-=
+===⨯v v
故其角振幅：3
3.210rad A l θ-==⨯
小球的振动方程为：rad )2
3
13.3cos(102.33πθ+⨯=-t
5.14 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5.14图。

由图知
2
22211222cos30(0.173)(0.2)20.1730.23/20.01
A A A A A =+-︒
=+-⨯⨯⨯=，∴ m 1.02=A 设角θ为O AA 1，则：θcos 2212
22
12
A A A A A -+=
即：22
2222
1212(0.173)(0.1)(0.02)cos 0220.1730.1
A 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。

5.16 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
)65
2cos(3.0m )62cos(4.021
ππt 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：∵ πππ
φ=--=
∆)6
5
(6， ∴ m 1.021=-=A A A 合 1122112250.4sin 0.3sin
sin sin 366tan 5cos cos 3
0.4cos 0.3cos 66
A A A A ππ
φφφππφφ⨯-+==
=++ ∴ 6φπ=
其振动方程为：0.1cos(26)m x t π=+
(作图法略)
第6章 机械波
6.8 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：∴ 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(λ
π
πυx
t 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 B
π
ν==。

∴ 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 -=
∴ 因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为：)(212x x -=∆λ
π
φ
将d x x =-12，及2C
π
λ=
代入上式，即得：Cd =∆φ。

6.9 沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为y =0.05cos(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 =1.25s 时刻到达哪一点? 解：∴ 将题给方程与标准式2cos()y A t x π
ωλ
=-
相比，得：
振幅05.0=A m ，圆频率10ωπ=，波长5.0=λm ，
波速 2.5m s 2u ω
λνλπ
===。

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 -⋅
∴2.0=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
6.11 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6.11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： ∴ 由题 6.11(a)图知，1.0=A m ，且
0=t 时，000 , 0y =>v ，∴2
30π
φ=
， 又5
2.52
u
νλ=
=
=Hz ，则ππυω52== 取])(cos[0φω+-=u x t A y ，则波动方程为：30.1cos[5()]52
x y t π
π=-+m
∴ 0=t 时的波形如题6.11(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)52
y t t ππ
πππ⨯=-+=+m
如题6.11(c)图所示。

6.12 如题6.12图所示，已知t =0时和t =0.5s 时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b)，周期T>0.5s,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：∴ 由题 6.12图可知，1.0=A m ，4=λm ，
又，0=t 时，000,0y =<v ，
∴
2
0π
φ=
，
而-11 2 m s 0.5x u t ∆===⋅∆，20.5Hz 4
u νλ===，∴ππυω==2
故波动方程为：]2
)2(cos[1.0π
π+-=x t y m
∴ 将1=P x m 代入上式，即得P 点振动方程为：
t t y ππ
π
πcos 1.0)]2
2
cos[(1.0=+
-
= m
6.13 一列机械波沿x 轴正向传播，t =0时的波形如题6.13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6.13图可知1.0=A m ，
0=t 时，00,02A y =
<v ，∴3
0π
φ=，由题知2=λm ，-110m s u =⋅，则52
10
==
=
λυu
Hz ，∴ππυω102==
∴ 波动方程为：0.1cos[10()]103x y t π
π=-+m
∴ 由图知，0=t 时，0,2<-=P P v A y ，∴3
4π
φ-=P (P 点的位相应落
后于0点，故取负值)
∴P 点振动方程为)3
4
10cos(1.0ππ-=t y p ∴ 由πππ34|3)10(100-=+-
=t x t 解得：67.13
5
==x m ∴ 根据∴的结果可作出旋转矢量图如题6.13图(a)，
则由P 点回到平衡位置应经历的位相角
ππ
π
φ6
523
=+
=
∆ ∴所属最短时间为：12
1
106/5=
=
∆=
∆ππω
φ
t s 6.14 如题6.14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 =A cos(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：∴ 如题6.14图(a)，则波动方程为：0cos[()]l x
y A t u u
ωϕ=+-+ 如图(b)，则波动方程为：0cos[()]x y A t u
ωϕ=++
∴ 如题6.14图(a)，则Q 点的振动方程为：0cos[()]Q b A A t u
ωϕ=-+ 如题6.14图(b)，则Q 点的振动方程为：0cos[()]Q b A A t u
ωϕ=++ 6.17 一平面余弦波，沿直径为14cm 的圆柱形管传播，波的强度为18.0×10-3J/(m 2·s)，频率为300 Hz ，波速为300m/s ，求波的平均能量密度和最
解： ∴u w I =, ∴ 53
106300
100.18--⨯=⨯
==u I w 3m J -⋅, 4max 102.12-⨯==w w 3
m J -⋅
6.18 如题6.18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：
πλλππ
φ=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡+--
=
∆)4(22
11r r ，∴ 0,02
11===-=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
(22
22=-+
-
=
∆r r λ
λ
π
π
φ，∴ 2
121114,2A A I A A A A ===+=
6.20 一平面简谐波沿x 轴正向传播，如题6.20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： ∴ ∴0=t 时，0,000>=v y ， ∴2
0π
φ-
=，故波动方程为：cos[2()]2
x y A t u
π
πυ=--
m
∴ 入射波传到反射面时的振动位相为(即将λ43=
x 代入)2
432πλλπ-⨯-，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：πππ
λλπ
-=+-⨯-
2
432 若仍以O 点为原点，则反射波在O 点处的位相为235
42
π
λππλ--⨯-=，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[π
πυ-+=u x t A y 反
此时驻波方程为：cos[2()]cos[2()]
22
2 2cos cos(2)
2
x x y A t A t u u x A t u ππ
πυπυπυπ
πυ=--++-=-
故波节位置为：2
)12(22π
λππυ+==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λλ4
3
,41=
x 6.23 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 =0.06cos(t x ππ4-)(SI), 2y =0.06cos(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：∴ 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(π
π+=k x ,则2
1
)
12(+=k x ，,2,1,0±±=k …，此即波节的位置。

∴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
7.20 设有N 个粒子的系统，其速率分布如题7.20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1.5υ0到2.0υ0之间的粒子数。

⑷ 粒子的平均速率。

(5) 0.5υ0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： 0
0000()/(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：0
20
d d a N
N a N υυυυ
υυυ+=⎰
⎰
，可得0
23N
a υ=
∴ 可通过面积计算
001
(2 1.5)3
N a N υυ∆=⨯-=
∴N 个粒子平均速率：
2
20
220001
()d ()d d d 11311 ()329
a f Nf a N
a a N υυυυυυυυυυυυυυ
υυυυ∞
∞
==
=+=
+=⎰
⎰
⎰
⎰
(5) 0.5υ0到υ0区间内粒子数：100013(0.5)(0.5)284
N
N a a a υυυ=+-== 0.5υ0到υ0区间内粒子平均速率：
00
000.50.50.51
11
d d ()d N
N N N f N N N N υυυυυυυυυυυυ=
=
=⎰
⎰⎰ 0020.510d N a N N υυυυυυ=⎰00332
2000
0.51010017111d ()32424a av a a N N N υυυυυυυυυ==-=
⎰ 200
7769a N υυυ==
7.21 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 υ
υ=
，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=0.02 由
u e u N N u ∆=∆-224π，得 %66.102.014
1=⨯⨯⨯=∆-e N N π
7.22 容器中储有氧气，其压强为P=0.1MPa(即1atm)温度为27∴求： ∴ 单位体积中的分子数n ；∴ 氧分子的质量m ；∴ 气体密度ρ；∴ 分子间的平均距离e ；(5) 平均速率υ；(6)方根速率2υ；(7)分子的平均动能ε。

解：∴ 由气体状态方程nkT p =得：
24
23
51045.2300
1038.110013.11.0⨯=⨯⨯⨯⨯==-kT p n m -3
∴ 氧分子的质量：2623
0mol 1032.51002.6032
.0⨯=⨯==N M m Kg ∴ 由气体状态方程RT M M
pV mol =
，得： 13.0300
31.810013.11.0032.05mol =⨯⨯⨯⨯==RT p M ρ3m kg -⋅
∴ 分子间的平均距离可近似计算
93
24
3
1042.71045.21
1
-⨯=⨯=
=
n
e m
(5) 平均速率：mol 8.31300
1.60
1.60446.580.032
RT M υ⨯=≈=1s m -⋅ 题7.20图
Nf (υ)
O
2υ0
υ
υ0 a
(6)
482.87≈=1s m -⋅ (7) 氧分子的平均动能：20231004.13001038.12
5
25--⨯=⨯⨯⨯==kT εJ
7.23 1mol 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 i
E 2
υ
= 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 5.623230031.82
5
=⨯⨯=i E J
7.24 一瓶氧气，一瓶氢气，等压、等温，氧气体积是氢气的2倍，求∴氧气和氢气分子数密度之比；∴氧分子和氢分子的平均速率之比。

解：∴ 因为nkT p =，则：1O H n n =
∴
由平均速率公式υ=
，得：14
O H υυ=
= 7-25 一真空管的真空度约为1.38×10-3 Pa(即1.0×10-5 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：
3
17-323
1.3810 3.3310m 1.3810300
p n kT -⨯===⨯⨯⨯ 由平均自由程公式n
d 2
21
πλ=得： 5.71033.310921
17
20=⨯⨯⨯⨯=-πλ m
7.26 ∴ 求氮气在标准状态下的平均碰撞频率；∴ 若温度不变，气压降到
1.33×10-4Pa,平均碰撞频率又为多少(设分子有效直径为10-10m)? 解：∴
碰撞频率公式2z d n υ=
对于理想气体有nkT p =，即：kT
p
n =
，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
80
5
201044.5273
1038.110013.143.455102⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=
-πz s -1
∴气压下降后的平均碰撞频率
204
23
10455.43 1.33100.7141.3810273
z ---⨯⨯⨯⨯=
=⨯⨯ s -1
7.27 1mol 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∴气体分子方均根速率之比；∴ 分子平均自由程之比。

解：∴ 由气体状态方程：
2
2
11T p T p = 及 3322V p V p =
=
==
=
∴ 对于理想气体，nkT p =，即 kT
p
n =
所以有：p
d kT 22πλ=，即：
12
12
1==T p p T 末初λλ
第8章 热力学基础
8.11 .如题8.11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 。

∴ 若沿adb 时，系统做功42 J ，问有多少热量传入系统? ∴ 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 J
abd 过程，系统作功42=A J
26642224=+=+∆=A E Q J 系统吸收热量
ba 过程，外界对系统作功84-=A J
30884224-=--=+∆=A E Q J 系统放热
8.12 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? ∴ 容积保持不变； ∴ 压力保持不变。

解：∴ 等体过程对外作功0=A
∴ V 2121()()
2 328.31(350300)623.25J i
Q E A E C T T R T T νν
=∆+=∆=-=-=⨯⨯-=， ∴ 等压过程，吸热：
P 212125
()()8.31(350300)1038.75J 22
i 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
8.13 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21
2
m υ，转变为气体分子无序运动使得内能增加，温度变化。

2V 1
2
m E C T m M υ∆=
∆=，2
2mol mol V 111(1)22T M M C R υυγ∆==- 8.14 0.01m 3氮气在温度为300K 时，由0.1MPa 压缩到10MPa 。

试分别求氮
气经等温及绝热压缩后的∴ 体积；∴ 温度；∴ 各过程对外所做的功。

解：∴ 等温压缩过程中，T =300K ，且2211V p V p =，解得：
311221
0.0111010
p V V p -=
=⨯=⨯m 3 , 6321112
ln
ln 0.1100.01ln0.01 4.6710J V p
A vRT p V V p ===⨯⨯⨯=-⨯ ∴ 绝热压缩：R C 25V =
，5
7
=γ 由绝热方程 γ
γ
2211V p V p =，得：
1
1
1/33111421221()()()0.01 1.9310m 10
p V p V V p p γγγ-===⨯=⨯
由绝热方程 11
1122T p T p γγγγ----=，得
1
1.40.4
12
2211300(10)579K T p T T p γγγ
γ--==⨯⇒=
O
V
p
a
题8.11图 b c
d
由热力学第一定律A E Q +∆=及0=Q 得：)(12mol
T T C M M
A V --
=， 又RT M M
pV mol
=
，所以 5112113
5 1.013100.015()(579300)
23002 2.3510J
p V A R T T RT ⨯⨯=--=-⨯⨯-=-⨯ 8.15 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：1
2
211--=
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 ===γ
γ
γ
2211得γ
γ
V V p p 111= 故，
22
1
1
1121
22
1111221121d 11d ()11 ()11
V V r V V V C A p V C V V V p V p V p V p V V V γγγ
γ
γγγγγ----===----=--=
--⎰⎰
8.16 1 mol 的理想气体的T -V 图如题8.16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：
00
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 0
2T V V =002RT V ab 过程气体对外作功：⎰
=0
2d V v V p A 0
2000d 22
V V RT RT
V V ==⎰
8.17 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：2
2
211
1
2222
12
11d d ()|()V V V V V V a a A p V V a V V V V =
==-=-⎰
⎰
8.18 设有一以理想气体为工质的热机循环，如题8.18图所示。

试证其循环效率为：η＝12121
11
V V p p ηγ
-=--
解：等体过程：
1V 21()0Q vC T T '=->，吸热，
∴ )(1
221V 1
1R
V p R V p C Q Q -='= 绝热过程：03
='Q 等压压缩过程：2
p 21()0Q vC T T '=-<，放热 ∴ 2122
22
P 21P ()()p V p V Q Q vC T T C R R
'==--=-，则， 循环效率为：p 2122212
1V 122212()(/1)
111()
(/1)C p V p V Q Q C pV p V p p ννηγ--=-
=-=--- 8.19 一卡诺热机在1000K 和300K 的两热源之间工作，试计算
∴ 热机效率；∴ 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?∴ 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
O
a
b
题8.16图
T V 0 2V 0
V
p O
V
绝热
题图8.18
V 2
V 1 p 1
p 2
解：∴ 卡诺热机效率 213001170%1000
T T η=-
=-= ∴ 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 。

∴ 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 。

8.20 如题8.20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：∴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 l
M
Q Q C T T M '==
- CD 等压过程2P 21()0Q vC T T '=-<，放热，即有： )(P mol
2
2D C T T C M M
Q 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：γ
γγγ----=D D A
A T p T p 11 BC 绝热过程，其过程方程为：γ
γγγ----=C C B B
T p T p 111 又 A B C D p p p p ==，，所以得：
D C B
T T
T T = ∴ 231T T -=η
∴ 不是卡诺循环，因为不是工作在两个恒定的热源之间。

8.21 ∴ 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?
∴ 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：∴卡诺循环的致冷机2
12
2T T T A Q e -=
=
静 7∴→27∴时，需作功：12122300280
100071.4J 280
T T A Q T --=
=⨯= 173-∴→27∴时，需作功：12222300100
10002000J 100
T T A Q T --=
=⨯= ∴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
V
题图8.20
A B
C
D
第9章 静电场
9.7 长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9 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：∴ 如题9.7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：
2
0)
(d π41d x a x
E P -=
λε 2
2
20
0220d d 4π()11 []4π22
π(4)
l P P l x E E a x a l a l l
a 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
∴ 同理，22
20d d π41d +=x x
E Q λε 方向如题9.7图所示
由于对称性⎰=l
Qx E 0d ，即Q E
只有y 分量，
∴ 2
2
2
2
22
20d
d
d d π41d ++=
x x x
E Qy
λε
2
22232222
2
2
022d d d 4π(d )2π4l
l Qy Qy l x l
E E x d l d λ
λεε-===++⎰⎰
以9100.5-⨯=λ1
cm 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
9.8 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9.8图在圆上取ϕRd dl =
ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为：
2
0π4d d R R E εϕ
λ=
，方向沿半径向外，
则：ϕϕελ
ϕd sin π4sin d d 0R
E E x =
= ϕϕελ
ϕπd cos π4)cos(d d 0R
E E y -=
-= 积分得：R R E x 000π2d sin π4ελ
ϕϕελπ==⎰
0d cos π400=-=⎰ϕϕελ
πR
E y ∴ R
E E x 0π2ελ
==，方向沿x 轴正向。

9.9 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9.9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：
()
122
2
0cos cos 4π4
P E r l λθθε-=
+
∴1222
cos 2
l r l θ=+ ，12cos cos θθ-=
∴ 2222
04π42
P l
E r l r l λε=++
P E 在垂直于平面上的分量cos P E E β⊥=
∴ 2
2
2
2
2
2
04π42
4
l
r E r l r l r l λε⊥=
+++
由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为：
2
2
2
2
0444π(4)2
PO lr
E E r l r l λε⊥=⨯=
++
∴ l q
4=
λ ∴ 222204π(4)2
P qr
E r l r l ε=++ , 方向沿OP
9.10 ⑴ 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： ∴ 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 s E S q ε⋅=⎰得：各面电通量0
6εq
e =Φ。

∴ 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0
6εq
e =Φ
对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则0
24εq
e =Φ，
如果它包含q 所在顶点则0=Φe 。

9.11 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0
d ε
∑⎰=
⋅q S E s
,0
2
π4ε∑=
q r
E
5=r cm 时，0=∑q ,0=E
8=r cm 时，3
34π
()3
q p r r
=-∑内
∴ ()
202
3π43π4r
r r E ερ
内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外。

12=r cm 时,3
π4∑=ρq -3(外r ）内3
r ∴ ()
42
03
31010.4π43π4⨯≈-=r
r r E ερ
内
外 1C N -⋅ 沿半径向外. 9.12 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 S
π2d =⋅⎰
∴ 1R r <时，
0q =∑，由高斯定理0
d ε∑⎰
=
⋅q
S E s
得：0E =； ∴ 21R r R <<时，λl q =∑，由高斯定理0
d ε∑⎰=⋅q
S E s
得：
r
E 0π2ελ
=
沿径向向外；
∴ 2R r >时，
0=∑q ，由高斯定理0d ε∑⎰=⋅q
S E s 得：0E =
9.13 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9.13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
)(21210
σσε-= 1σ面外，n E
)(21210
σσε+-=
2σ面外，n E )(21210
σσε+=， n
：垂直于两平面由1σ面指为2σ面。

9.14 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9.14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。