大学物理上海交通大学出版社符五久完整习题全解(上下册)
上海交大版大学物理第三章参考答案
版权归原著所有 本答案仅供参考习题33-1．如图，一质点在几个力作用下沿半径为20R m =的圆周运动，其中有一恒力0.6F i =N ，求质点从A 开始沿逆时针方向经3/4圆周到达B 的过程中，力F所做的功。
解：本题为恒力做功，考虑到B 的坐标为（R -，R ）， ∴2020B A r r r i j ∆=-=-+，再利用：A F r =⋅∆，有：0.6(2020)12A i i j =⋅-+=-（焦耳）3-2．质量为m =0.5kg 的质点，在x O y 坐标平面内运动，其运动方程为x =5t 2,y =0.5(SI),从t =2s 到t =4s 这段时间内，外力对质点的功为多少？解：由功的定义：A F r =⋅∆ ，题意：250.5r t i j =+24(4)(2)60r r r i →∆=-=，220.5105d r F m i i d t==⋅=∴560300A i i J =⋅=。
3-3．劲度系数为k 的轻巧弹簧竖直放置，下端悬一小球，球的质量为m ，开始时弹簧为原长而小球恰好与地接触。
今将弹簧上端缓慢提起，直到小球能脱离地面为止，求此过程中外力的功。
解：由于小球缓慢被提起，所以每时刻可看成外力与弹性力相等，则：F k x =，选向上为正向。
当小球刚脱离地面时：max mg kx =，有：max mgx k=， 由做功的定义可知：max222122mg x k m g A k xd x k x k===⎰。
3-4．如图，一质量为m 的质点，在半径为R 的半球形容器中，由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的正压力数值为N ，求质点自A 滑到B 的过程中，摩擦力对其做的功。
分析：f A 直接求解显然有困难，所以使用动能定理，那就要知道它的末速度的情况。
解：求在B 点的速度：2v N G m R -=，可得：R G N mv )(21212-=由动能定理： 2102f mgR A mv +=-∴11()(3)22f A N G R mgR N mg R =--=-3-5．一弹簧并不遵守胡克定律，其弹力与形变的关系为2(52.838.4)F x x i =-- ，其中F和x 单位分别为N 和m 。
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第8章 真空中的静电场8-1 把某一电荷分成q 与Q-q 两个部分，且此两部分相隔一定距离，如果使这两部分有最大库仑斥力，则Q 与q 有什么关系?8-2 在边长为a 的正方形的四角，依次放置点电荷q 、2q 、一4q 和2q ，它的正中放着一个单位正电荷．求这个电荷受力的大小和方向.解 各点电荷在正方形中心产生的电场方向如图8-2所示，它们的大小为方向如图8-2所示，则在正方形中心处的场强为E 的方向指向-4q 。
该处单位正电荷的受力就等于该点的电场强度E 。
8-3 两根无限长的均匀带电直线相互平行，相距为2a ，线电荷密度分别为λ+和λ-，求每单位长度的带电直线所受的作用力.解 设带电直线1的线电荷密度为λ+，带电直线2的线电荷密度为λ-。
可得带电直线1在带电直线2处产生的场强为在带电直线2上取电荷dq ，由场强的定义得该电荷元受的作用力为带电直线1对带电直线2单位长度上的电荷的作用力为同理，带电直线2对带电直线1单位长度上的电荷的作用力为可见，两带电直线相互吸引。
8-4 —无限大带电平面，带有密度为σ的面电荷，如图所示.试证明：在离开平面为x 处一点的场强有一半是由图中半径为x 3的圆内电荷产生的.解 带电圆圆在轴线上的场强为8-5 (1)点电荷q 位于边长为a 的正立方体的中心，通过此立方体的每一面的电通量各是多少?(2)若点电荷移至正立方休的一个顶点上．那么通过每个面的电通量又各是多少?解 (1)点电荷q 位于正立方体的中心，正立方体的六个面对该电荷来说都是等同的。
因此通过每个面的电通量相等，且等于总电通量的1／6。
对正立方体的某一面，其电通量为(2)当点电荷移至正立方体的一个顶点上时，设想以此顶点为中心，作边长为2a 且与原边平行的大正方体，如图8—5所示。
与(1)相同，这个大正方体的每个面上的电通量都相等，且均等于06/εq 。
对原正方体而言，只有交于A 点的三个面上有电场线穿过，每个面的面积是大正方体一个面的面积的1/4，则每个面的电通量也是大正方体一个面的电通量的1/4，即024/εq ，原正方体的其他不A 点相交的三个面上的电通量均为零。
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习 题1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为)ωt sin ωt (cos j i +=R r其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω=消去t 可得轨道方程 222R y x =+2） j rv t Rcos sin ωωt ωR ωdtd +-==i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2122])c o s ()s i n [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知2t 4x =t 23y +=消去t 得轨道方程为：2)3y (x -=2）j i rv 2t 8dtd +==j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 11+=+==⎰⎰Δ3） j v 2(0)= j i v 28(1)+=1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：1）j i rv 2t 2dt d +== i va 2dtd ==2）212212)1t (2]4)t 2[(v +=+= 1t t 2dtdv a 2t +==n a ==1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t v y += （1） 图 1-420221gt t v h y -+= （2）21y y = （3） 解之t =初速度0v 水平抛出，求：1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2）j i r )gt 21-h (t v (t)20+=（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）j i rgt -v t d d 0= 而 落地所用时间 gh 2t = 所以j i r 2gh -v t d d 0= j v g td d -= 2202y 2x )gt (v v v v -+=+=212220[()]g t dvdt v gt ==+1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。
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习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt =，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt =，有速度：82v t i j =+从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt =，有：2a i =；（2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt==，利用222t n a a a =+有： n a ==1-4．一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
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上海交大版大学物理上册答案第一章质点运动学【例题】例1-1 Aｔ= s 例1-2D 例1-3 D 例1-4 B 例1-5 33 例1-6 D 例1-7 C 例1-8 证明：dvdt?dvdx?dxdt?vdvdx??Kv ∴ d v /v =－Kdx 2?v1vv0dv???Kdx , ln0xvv0??Kx ∴v =v 0e－Kx例1-9 1 s m例1-10 B 【练习题】1-1 x=(y-3)2 1-2 -/s-6m/s 1-3 D 1-4 不作匀变速率运动．因为质点若作匀变速率运动，其切向加速度大小at必为常数，即at1?at2?at3，现在虽然a1?a2?a3，但加速度与轨道各处的切线间夹角不同，这使得加速度在各处切线方向的投影并不相等，即at1?at2?at3，故该质点不作匀变速率运动。
1-5 D 1-6证明：设质点在x处的速度为v a?1-7 16 R t 4 rad /s2 2 dvdt?dvdx?dxdtv?2?6x 2?vdv?0??2?6x?dx v20x?2x?x?3?12 1-8 Hv/(H-v) 1-9 C 第二章质点运动定律【例题】例2-1 B 例2-2 B 例2-3 解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv，牛顿定律?Kmdt?dvvt ∴dxdt,??m0xKvdt?t?v0dvv?Kt/m∴v?v0e (2) 求最大深度v? dx?v0e?Kt/mdt?0dx??0v0e?Kt/ mdt∴x?(m/K)v0(1?e?Kt/m) xmax?mv0/K 例2-4 D 例2-5 答：(1) 不正确。
向心力是质点所受合外力在法向方向的分量。
质点受到的作用力中，只要法向分量不为零，它对向心力就有贡献，不管它指向圆心还是不指向圆心，但它可能只提供向心力的一部分。
即使某个力指向圆心，也不能说它就是向心力，这要看是否还有其它力的法向分量。
(2) 不正确。
作圆周运动的质点，所受合外力有两个分量，一个是指向圆心的法向分量，另一个是切向分量，只要质点不是作匀速率圆周运动，它的切向分量就不为零，所受合外力就不指向圆心。
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上海交大版大学物理参考答案公司内部档案编码：[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-版权归原着所有 本答案仅供参考习题99-1．在容积3V L =的容器中盛有理想气体，气体密度为ρ=L 。
容器与大气相通排出一部分气体后，气压下降了。
若温度不变，求排出气体的质量。
解：根据题意，可知： 1.78P atm =，01P atm =，3V L =。
由于温度不变，∴00PV PV =，有：001.783PVV L P ==⨯， 那么，逃出的气体在1atm 下体积为：' 1.78330.78V L L L =⨯-=，这部分气体在1.78atm 下体积为：''V =0'0.7831.78PV L P ⨯= 则排除的气体的质量为：0.783'' 1.3 1.71.78g Lm V g L ρ⨯∆==⨯= 。
根据题意pV RT ν=，可得：mpV RT M=，1V p RT p M m ρ==9-2．有一截面均匀的封闭圆筒，中间被一光滑的活塞分割成两边。
如果其中的一边装有某一温度的氢气，为了使活塞停留在圆筒的正中央，则另一边装入的同一温度的氧气质量为多少 解：平衡时，两边氢、氧气体的压强、体积、温度相同，利用pV RT ν=，知两气体摩尔数相同，即：H O νν=，∴O H HOm mM M =，代入数据有： 1.6O m kg = 。
9-3．如图所示，两容器的体积相同，装有相同质量的氮气和氧气。
用一内壁光滑的水平细玻璃管相通，管的正中间有一小滴水银。
要保持水银滴在管的正中间，并维持氧气温度比氮气温度高30o C ，则氮气的温度应是多少则体积和压强相同，如图。
由：mol mpV RT M =，有：2222(30)O N O N m m R T RT M M +=， 而：20.032O M kg =，20.028N M kg =，可得：30282103028T K ⨯==+ 。
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大学物理（下册）答案第十一章 静电场【例题精选】例11-1 如图所示，在坐标(a ，0)处放置一点电荷+q ，在坐标(-a ，0)处放置另一点电荷－q ．P 点是x 轴上的一点，坐标为(x ，0)．当x >>a 时，该点场强的大小为：(A)x q 04επ． (B) 30x qa επ． (C) 302x qa επ． (D) 204x qεπ． [ B ]例11-2半径为R 的均匀带电球体的静电场中各点的电场强度的大小E 与距球心的距离r的关系曲线为：[ B ]例11-3 半径为R 的“无限长”均匀带电圆柱面的静电场中各点的电场强度的大小E 与距轴线的距离r 的关系曲线为：[ B ]例11-4一半径为R 的带有一缺口的细圆环，缺口长度为 d (d<<R)环上均匀带有正电，电荷为q ，如图所示．则圆心O 处的场强大小E ＝ ；场强方向为 ．()30220824Rqdd R R qd εεπ≈-ππ 从O 点指向缺口中心点． 例11-5 均匀带电直线长为d ，电荷线密度为＋λ，以导线中点O 为球心，R 为半径(R ＞d )作一球面，如图所示，则通过该球面的电场强度通量为______。
带电直线的延长线与球面交点P 处的电场强度的大小为_____，方向________。
0/ελd ； ()2204d R d-πελ ；沿矢径OP例11-6 有一边长为a 的正方形平面，在其中垂线上距中心O 点a /2处，EO r(A) E ∝1/r有一电荷为q 的正点电荷，如图，则通过该平面的电场强度通量为 (A)03εq ． (B) 04επq (C) 03επq ． (D) 06εq [ D ] 例11-7 两块“无限大”的均匀带电平行平板，其电荷面密度分别 为σ( σ＞0)及－2 σ，如图所示。
试写出各区域的电场强度E 。
Ⅰ区E 的大小__________________，方向____________。
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习题1111-1．直角三角形ABC的A点上，有电荷C108.191-⨯=q，B点上有电荷C108.492-⨯-=q，试求C点的电场强度(设0.04mBC=，0.03mAC=)。
解：1q在C点产生的场强：1124ACqE irπε=，2q在C点产生的场强：2224BCqE jr=，∴C点的电场强度：44122.710 1.810E E E i j=+=⨯+⨯；C点的合场强：4123.2410VE m==⨯，方向如图：1.8arctan33.73342'2.7α===。
11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm50的圆环，两端间空隙为cm2，电量为C1012.39-⨯和方向。
解：∵棒长为2 3.12l r d mπ=-=，∴电荷线密度：911.010q C mlλ--==⨯⋅可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去md02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O点产生的场强。
解法1：利用微元积分：21cos4O xRddERλθθπε=⋅，∴2000cos2sin2444OdE dR R Rααλλλθθααπεπεπε-==⋅≈⋅=⎰10.72V m-=⋅；解法2：直接利用点电荷场强公式：由于d r<<，该小段可看成点电荷：112.010q d Cλ-'==⨯，则圆心处场强：1191222.0109.0100.724(0.5)OqE V mRπε--'⨯==⨯⨯=⋅。
方向由圆心指向缝隙处。
11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB的半径为R，试求圆ix心O 点的场强。
解：以O 为坐标原点建立xOy 坐标，如图所示。
①对于半无限长导线A ∞在O 点的场强：有：00(cos cos )42(sin sin )42Ax A y E R E R λπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩②对于半无限长导线B ∞在O 点的场强：有：00(sin sin )42(cos cos )42B x B y E R E R λπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩③对于AB 圆弧在O 点的场强：有：20002000cos (sin sin )442sin (cos cos )442AB x AB y E d R R E d R R ππλλπθθππεπελλπθθππεπε==-=⎧⎪⎪⎨⎪⎪=--⎩⎰⎰∴总场强：04O x E R λπε=，04O y E R λπε=，得：0()4O E i j R λπε=+。
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刚体 3.（1）两个匀质圆盘 A、B 的密度分别为 A 和 B，且 A> B。
质量和厚度相同。
两圆 盘的旋转轴均通过盘心并垂直于盘面，则它们的转动惯量的关系是： （1）IA<IB；（2）IA=IB； （3）IA>IB ；（4）不能判断。
分析：m 相等， A> B，VA 小，厚度相等，RA 小， J＝1/2mR2,所以 JA 小4.（3）一力矩 M 作用于飞轮上，飞轮的角加速度为 1，如撤去这一力矩，飞轮的角加速 度为- 2，则该飞轮的转动惯量为：5.（3）如图，A 与 B 是两个质量相同的小球，A 球用一根不能伸长的绳子拴着，B 球用橡 皮筋拴着，把它们拉到水平位置，放手后两小球到达竖直位置时绳长相等，则此时两球的 线速度（1）VA V B ；（2）VA V B ；（3）VA V B ；（4）无法判断。
6.（4）一质量为 60kg 的人站在一质量为 60kg、半径为 lm 的匀质圆盘的边缘，圆盘可绕与盘面相垂直的中心竖直轴无摩擦地转动。
系统原来是静止的，后来人沿圆盘边缘走动，当人相对圆盘的走动速度为 2m/s 时，圆盘角速度大小为 ：（1） 1rad/s；（2） 2rad/s；（3）2/3rad/s；（4）4/3rad/s。
3.银河系有一可视为球体的天体，由于引力凝聚，体积不断收缩。
设它经过一万年体积收缩了 1%，而质量保持不变。
则它的自转周期将 3 ；其转动动能将 1 。
（1）增大； （2）不变； （3）减小。
4.（3）一子弹水平射入一木棒后一同上摆。
在上摆的过程中，以子弹和木棒为系统，则总 角动量、总动量及总机械能是否守恒？结论是： （1）三量均不守恒； （2）三量均守恒； （3）只有总机械能守恒（4）只有总动量不守恒5.（4）如图 4-2，一轻绳跨过两个质量均为 m，半径均为 R 的匀质圆盘状定滑轮。
绳的两端分别系着质量分别为 m 和 2m 的重物。
不计滑轮转轴的摩擦。
大学物理_上海交通大学_第四版-下册课后题全部答案[1]
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习题1111-1．直角三角形ABC 的A 点上，有电荷C 108.191-⨯=q ，B 点上有电荷C 108.492-⨯-=q ，试求C 点的电场强度(设0.04m BC =，0.03m AC =)。
解：1q 在C 点产生的场强：11204AC q E i r πε=v v ，2q 在C 点产生的场强：22204BC q E j r πε=vv ，∴C 点的电场强度：4412 2.710 1.810E E E i j =+=⨯+⨯v v v v v ； C 点的合场强：224123.2410VE E E m =+=⨯，方向如图： 1.8arctan33.73342'2.7α===o o 。
11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm 50的圆环，两端间空隙为cm 2，电量为C 1012.39-⨯的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向。
解：∵棒长为2 3.12lr d m π=-=，∴电荷线密度：911.010qC ml λ--==⨯⋅可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去m d 02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O 点产生的场强。
解法1：利用微元积分：21cos 4O x Rd dE R λθθπε=⋅，∴2000cos 2sin 2444O dE d R R R ααλλλθθααπεπεπε-==⋅≈⋅=⎰10.72V m -=⋅；解法2：直接利用点电荷场强公式：由于d r <<，该小段可看成点电荷：112.010q d C λ-'==⨯， 则圆心处场强：1191220 2.0109.0100.724(0.5)O q E V mR πε--'⨯==⨯⨯=⋅。
方向由圆心指向缝隙处。
11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强。
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习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j +vvv其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +v v v，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt=v v ，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+v v v而v v =v v，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++v v v，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++v v v，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt=v v ，有速度：82v t i j =+v v v从0=t 到1=t 秒的位移为：1100(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰v v v v v v（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =v v，(1)82v i j =+v v v 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+v v v，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt =v v ，有：22v t i j =+v v v，d v a dt=v v ，有：2a i =v v ；（2）而v v =v v ，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt =21t =+，利用222t n a a a =+有： 22221n t a a a t =-=+。
大学物理第五版课后答案解析（上）完整版
⼤学物理第五版课后答案解析（上）完整版1-1 。
分析与解 (1) 质点在t ⾄(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P ′点,各量关系如图所⽰, 其中路程Δs ＝PP ′, 位移⼤⼩｜Δr ｜＝PP ′,⽽Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表⽰质点位⽮⼤⼩的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中⼤⼩也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′⽆限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故tst ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ．但由于｜d r ｜＝d s ,故tst d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1-2。
分析与解trd d 表⽰质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常⽤符号v r 表⽰,这是速度⽮量在位⽮⽅向上的⼀个分量；td d r 表⽰速度⽮量；在⾃然坐标系中速度⼤⼩可⽤公式t s d d =v 计算,在直⾓坐标系中则可由公式22d d d d ??+? =t y t x v 求解．故选(D)．1-3 。
分析与解td d v表⽰切向加速度a ｔ,它表⽰速度⼤⼩随时间的变化率,是加速度⽮量沿速度⽅向的⼀个分量,起改变速度⼤⼩的作⽤；t r d d 在极坐标系中表⽰径向速率v r (如题1 -2 所述)；ts d d 在⾃然坐标系中表⽰质点的速率v ；⽽td d v表⽰加速度的⼤⼩⽽不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)． 1-4 。
分析与解加速度的切向分量a ｔ起改变速度⼤⼩的作⽤,⽽法向分量a n 起改变速度⽅向的作⽤．质点作圆周运动时,由于速度⽅向不断改变,相应法向加速度的⽅向也在不断改变,因⽽法向加速度是⼀定改变的．⾄于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况⽽定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为⼀不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作⼀般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1-5 。
大学物理下册(上海交大第四版)课后习题解答
12-4. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为 ，四分之 一圆弧 AB 的半径为 R ，试求圆心 O 点的场强． 解：设 O 为坐标原点，水平方向为 x 轴，竖直方向为 y 轴 半无限长导线 A 在 O 点的场强 E 1
(i j ) 4 0 R
U1
则内球电荷：
4 0 R1
q1
4 0 R2
q1
Q q1 0 4 0 R3
q1
外球电势：
R1 R2 Q R1 R3 R3 R2 R1 R2
U2
电势差：
Q q1 Q( R1 R2 ) 4 0 R3 4 0 ( R1 R3 R3 R2 R1 R2 ) Q( R1 R2 ) 4 0 ( R1 R3 R3 R2 R1 R2 )
B0
B2
L2
由于两段圆弧电流对 O 的磁感应强度方向相反，所以
14-10. 在 半径 R 1cm 的 无 限 长 半 圆 柱 形 金 属 片 中 ， 有 电 流 I 5A 自下而上通过，如图所示。试求圆柱轴线上一点 P 处的磁 感应强度的大小。 解：将半圆柱形无限长载流薄板细分成宽为 dl Rdθ 的长直电流
根据安培环路定理
B dL
0
I
B
0
2
(R 2 r 2 )
（2） 带电长直圆柱体旋转相当于螺线管， 端面的磁感应强度是中间磁感应强度的一半， 所以端面的磁感应强度
B
0 R 2
4
14-16. 如图所示的空心柱形导体，柱的半径分别为 a 和 b ，导体内载有电 流 I ，设电流 I 均匀分布在导体横截面上。证明导体内部各点（ a < r < b ） 的磁感应强度 B 由下式给出：
《大学物理学》答案(上海交大版)上下册 2
0.003
4-7. 有质量为 2m 的弹丸，从地面斜抛出去，它的落地点为 x c 。如果它在飞行到最高点处爆炸成质量相等的两碎
片。其中一碎片铅直自由下落，另一碎片水平抛出，它们同时落地。问第二块碎片落在何处。 解：在爆炸的前后，质心始终只受重力的作用，因此，质心的轨迹为一抛物线，它的落地点为 xc。
v2 R
根据圆周运动的规律：T-G= M （2）根据冲量定理可得：
v2 T M g M1 84.6N R
I mv mv0 0.02 570 11.4 N s
4-5. 一静止的原子核经放射性衰变产生出一个电子和一个中微子， 巳知电子的动量为 1.2 10
22
（2） m3 v μm3 g t
t
v 0.2 0.1s μg 0.2 10
4-12. 一质量为 M 千克的木块，系在一固定于墙壁的弹簧的末端，静止在光滑水平面上，弹簧的劲度系数为 k . 一质量为 m 的子弹射入木块后，弹簧长度被压缩了 L . (1)求子弹的速度；(2)若子弹射入木块的深度为 s ，求子弹所受的平均阻力。 解： （1）碰撞过程中子弹和木块动量守恒，碰撞结束后的运动由机械能守恒条件可得，
m1v0 （m1 m2 m 3 ）v m1v0 (m1 m2 )v
1 2
v 0.2 m s
m1 5 2 1 v0 ms m1 m2 5 25 3
v
1 2
m3 gs (m1 m2 )v 2 （m1 m2 m3）v 2
1 1 (m1 m2 )v 2 （m1 m2 m3）v 1 2 s 2 m m3 g 60
kg m/s ，中微子
的动量为 6.4 1023 kg m/s ，两动量方向彼此垂直。 （1）求核反冲动量的大小和方向； （2）已知衰变后原子核的质量 为 5.8 10
大学物理上海交大参考答案
大学物理上海交大参考答案大学物理上海交大参考答案在大学物理课程中，上海交通大学一直以来都是备受关注的学府。
其严谨的教学体系和扎实的学术研究基础，使得上海交大的物理学科在国内外享有盛誉。
学生们在学习物理课程时，常常会遇到各种难题，而参考答案则成为他们解决问题的重要依据。
本文将为大家提供一些大学物理上海交大参考答案，希望对广大学子有所帮助。
第一章：力学1. 一个物体以初速度v0沿着直线做匀加速运动，经过时间t后速度变为v，求物体的加速度a。
答案：根据物体匀加速运动的公式v = v0 + at，可以得到a = (v - v0) / t。
2. 一个质量为m的物体在水平面上受到一个恒力F作用，已知物体在受力方向上的加速度为a，求恒力F的大小。
答案：根据牛顿第二定律F = ma，可以得到F = ma。
第二章：热学1. 一个理想气体在等温过程中，体积从V1变为V2，求气体对外界所做的功。
答案：由于等温过程中气体的温度不变，根据理想气体的状态方程PV = nRT，可以得到P1V1 = P2V2。
所以气体对外界所做的功为W = P1(V1 - V2)。
2. 一个理想气体在绝热过程中，体积从V1变为V2，求气体对外界所做的功。
答案：由于绝热过程中气体与外界不发生热交换，根据理想气体的状态方程PV^γ = 常数，可以得到P1V1^γ = P2V2^γ。
所以气体对外界所做的功为W = P1(V1 - V2) / (γ - 1)。
第三章：电磁学1. 一个电容器由两块平行金属板组成，两板间的电容为C，电压为U，求电容器储存的电能。
答案：电容器储存的电能为E = (1/2)CU^2。
2. 一个电感器的感抗为X，通过的电流为I，求电感器的电压。
答案：电感器的电压为U = IX。
第四章：光学1. 一束光线从空气射入玻璃中，入射角为θ1，折射角为θ2，求光线的折射率。
答案：光线的折射率为n = sinθ1 / sinθ2。
2. 一束平行光通过一个凸透镜后，光线会汇聚于焦点处，求凸透镜的焦距。
大学物理第五版上册课后答案及解析
大学物理第五版上册课后答案及解析(总69页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--1-1 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt)时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr｜＝PP′,而Δr ＝｜r｜-｜r｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt→0 时,点P′无限趋近P点,则有｜dr｜＝ds,但却不等于dr．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs,故 ,即｜｜≠ ．但由于｜dr｜＝ds,故 ,即｜｜＝．由此可见,应选(C)．1-2 分析与解表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式计算,在直角坐标系中则可由公式求解．故选(D)．1-3 分析与解表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；在自然坐标系中表示质点的速率v；而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)．1-4 分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1-5 分析与解本题关键是先求得小船速度表达式,进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系,设定滑轮距水面高度为h,t 时刻定滑轮距小船的绳长为l,则小船的运动方程为 ,其中绳长l随时间t 而变化．小船速度 ,式中表示绳长l 随时间的变化率,其大小即为v0,代入整理后为 ,方向沿x 轴负向．由速度表达式,可判断小船作变加速运动．故选(C)．1-6 分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时,位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到： ,而在求路程时,就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据来确定其运动方向改变的时刻tp ,求出0～tp 和tp～t 内的位移大小Δx1 、Δx2 ,则t 时间内的路程 ,如图所示,至于t ＝ s 时质点速度和加速度可用和两式计算．解(1) 质点在 s内位移的大小 (2) 由得知质点的换向时刻为 (t＝0不合题意)则 , 所以,质点在 s时间间隔内的路程为 (3) t＝ s时 , , 1-7 分析根据加速度的定义可知,在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小(图中AB、CD 段斜率为定值,即匀变速直线运动；而线段BC 的斜率为0,加速度为零,即匀速直线运动)．加速度为恒量,在a-t 图上是平行于t 轴的直线,由v-t 图中求出各段的斜率,即可作出a-t 图线．又由速度的定义可知,x-t 曲线的斜率为速度的大小．因此,匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线,而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x＝x(t),求出不同时刻t 的位置x,采用描数据点的方法,可作出x-t 图．解将曲线分为AB、BC、CD 三个过程,它们对应的加速度值分别为 (匀加速直线运动), (匀速直线运动) (匀减速直线运动)根据上述结果即可作出质点的a-t 图［图(B)］．在匀变速直线运动中,有由此,可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法,由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内, 质点是作的匀速直线运动, 其x -t 图是斜率k＝20的一段直线［图(c)］．1-8 分析质点的轨迹方程为y ＝f(x),可由运动方程的两个分量式x(t)和y(t)中消去t 即可得到．对于r、Δr、Δr、Δs 来说,物理含义不同,可根据其定义计算．其中对s的求解用到积分方法,先在轨迹上任取一段微元ds,则 ,最后用积分求ｓ．解(1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为, 这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示． (2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为 , 图(a)中的P、Q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．(3) 由位移表达式,得其中位移大小而径向增量 *(4) 如图(B)所示,所求Δs 即为图中PQ段长度,先在其间任意处取AB微元ds,则 ,由轨道方程可得 ,代入ds,则2ｓ内路程为 1-9 分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解(1) 速度的分量式为 , 当t ＝0 时, vox ＝-10 m61ｓ-1 , voy ＝15 m61ｓ-1 ,则初速度大小为设vo与x 轴的夹角为α,则α＝123°41′(2) 加速度的分量式为 , 则加速度的大小为设a 与x 轴的夹角为β,则,β＝-33°41′(或326°19′)1-10 分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1(1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即 (2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为解2(1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有 (2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为则 1-11 分析该题属于运动学的第一类问题,即已知运动方程r ＝r(t)求质点运动的一切信息(如位置矢量、位移、速度、加速度)．在确定运动方程时,若取以点(0,3)为原点的O′x′y′坐标系,并采用参数方程x′＝x′(t)和y′＝y′(t)来表示圆周运动是比较方便的．然后,运用坐标变换x ＝x0 ＋x′和y ＝y0 ＋y′,将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中,即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解(1) 如图(B)所示,在O′x′y′坐标系中,因 ,则质点P 的参数方程为 ,坐标变换后,在Oxy 坐标系中有 ,则质点P 的位矢方程为 (2) 5ｓ时的速度和加速度分别为 1-12 分析为求杆顶在地面上影子速度的大小,必须建立影长与时间的函数关系,即影子端点的位矢方程．根据几何关系,影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性,太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样,影子端点的位矢方程和速度均可求得．解设太阳光线对地转动的角速度为ω,从正午时分开始计时,则杆的影长为s＝htgωt,下午2∶00 时,杆顶在地面上影子的速度大小为当杆长等于影长时,即s ＝h,则即为下午3∶00 时．1-13 分析本题属于运动学第二类问题,即已知加速度求速度和运动方程,必须在给定条件下用积分方法解决．由和可得和．如a＝a(t)或v ＝v(t),则可两边直接积分．如果a 或v不是时间t 的显函数,则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解由分析知,应有得 (1)由得 (2)将t＝3ｓ时,x＝9 m,v＝2 m61ｓ-1代入(1) (2)得v0＝-1 m61ｓ-1,x0＝ m．于是可得质点运动方程为 1-14 分析本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v的函数,因此,需将式dv ＝a(v)dt 分离变量为后再两边积分．解选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 (1)用分离变量法把式(1)改写为 (2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有得石子速度由此可知当,t→∞时, 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度．(2) 再由并考虑初始条件有得石子运动方程 1-15 分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动,根据叠加原理,求解时需根据加速度的两个分量ax 和ay分别积分,从而得到运动方程r的两个分量式x(t)和y(t)．由于本题中质点加速度为恒矢量,故两次积分后所得运动方程为固定形式,即和 ,两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．解由加速度定义式,根据初始条件t0 ＝0时v0 ＝0,积分可得又由及初始条件t＝0 时,r0＝(10 m)i,积分可得由上述结果可得质点运动方程的分量式,即x ＝10＋3t2 y ＝2t2消去参数t,可得运动的轨迹方程 3y ＝2x -20 m这是一个直线方程．直线斜率,α＝33°41′．轨迹如图所示． 1-16 分析瞬时加速度和平均加速度的物理含义不同,它们分别表示为和．在匀速率圆周运动中,它们的大小分别为 , ,式中｜Δv｜可由图(B)中的几何关系得到,而Δt 可由转过的角度Δθ 求出．由计算结果能清楚地看到两者之间的关系,即瞬时加速度是平均加速度在Δt→0 时的极限值．解(1) 由图(b)可看到Δv ＝v2 -v1 ,故而所以 (2) 将Δθ＝90°,30°,10°,1°分别代入上式,得, , , 以上结果表明,当Δθ→0 时,匀速率圆周运动的平均加速度趋近于一极限值,该值即为法向加速度．1-17 分析根据运动方程可直接写出其分量式x ＝x(t)和y ＝y(t),从中消去参数t,即得质点的轨迹方程．平均速度是反映质点在一段时间内位置的变化率,即 ,它与时间间隔Δt 的大小有关,当Δt→0 时,平均速度的极限即瞬时速度．切向和法向加速度是指在自然坐标下的分矢量aｔ和an ,前者只反映质点在切线方向速度大小的变化率,即 ,后者只反映质点速度方向的变化,它可由总加速度a 和aｔ得到．在求得t1 时刻质点的速度和法向加速度的大小后,可由公式求ρ．解(1) 由参数方程 x ＝,y＝消去t 得质点的轨迹方程：y ＝ (2) 在t1 ＝ｓ到t2 ＝ｓ时间内的平均速度 (3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为则t1 ＝ｓ时的速度v(t)｜t ＝1ｓ＝切向和法向加速度分别为 (4) t ＝ｓ质点的速度大小为则 1-18 分析物品空投后作平抛运动．忽略空气阻力的条件下,由运动独立性原理知,物品在空中沿水平方向作匀速直线运动,在竖直方向作自由落体运动．到达地面目标时,两方向上运动时间是相同的．因此,分别列出其运动方程,运用时间相等的条件,即可求解．此外,平抛物体在运动过程中只存在竖直向下的重力加速度．为求特定时刻t时物体的切向加速度和法向加速度,只需求出该时刻它们与重力加速度之间的夹角α或β．由图可知,在特定时刻t,物体的切向加速度和水平线之间的夹角α,可由此时刻的两速度分量vx 、vy求出,这样,也就可将重力加速度g 的切向和法向分量求得．解(1) 取如图所示的坐标,物品下落时在水平和竖直方向的运动方程分别为x ＝vt,y ＝1/2 gt2飞机水平飞行速度v＝100 m61s-1 ,飞机离地面的高度y＝100 m,由上述两式可得目标在飞机正下方前的距离 (2) 视线和水平线的夹角为 (3) 在任意时刻物品的速度与水平轴的夹角为取自然坐标,物品在抛出2s 时,重力加速度的切向分量与法向分量分别为 1-19 分析这是一个斜上抛运动,看似简单,但针对题目所问,如不能灵活运用叠加原理,建立一个恰当的坐标系,将运动分解的话,求解起来并不容易．现建立如图(a)所示坐标系,则炮弹在x 和y 两个方向的分运动均为匀减速直线运动,其初速度分别为v0cosβ和v0sinβ,其加速度分别为gsinα和gcosα．在此坐标系中炮弹落地时,应有y ＝0,则x ＝OP．如欲使炮弹垂直击中坡面,则应满足vx ＝0,直接列出有关运动方程和速度方程,即可求解．由于本题中加速度g 为恒矢量．故第一问也可由运动方程的矢量式计算,即 ,做出炮弹落地时的矢量图［如图(B)所示］,由图中所示几何关系也可求得 (即图中的r 矢量)．解1由分析知,炮弹在图(a)所示坐标系中两个分运动方程为 (1) (2)令y ＝0 求得时间t 后再代入式(1)得解2做出炮弹的运动矢量图,如图(b)所示,并利用正弦定理,有从中消去t 后也可得到同样结果．(2) 由分析知,如炮弹垂直击中坡面应满足y ＝0 和vx ＝0,则 (3)由(2)(3)两式消去t 后得由此可知．只要角α和β满足上式,炮弹就能垂直击中坡面,而与v0 的大小无关．讨论如将炮弹的运动按水平和竖直两个方向分解,求解本题将会比较困难,有兴趣读者不妨自己体验一下．1-20 分析选定伞边缘O 处的雨滴为研究对象,当伞以角速度ω旋转时,雨滴将以速度v 沿切线方向飞出,并作平抛运动．建立如图(a)所示坐标系,列出雨滴的运动方程并考虑图中所示几何关系,即可求证．由此可以想像如果让水从一个旋转的有很多小孔的喷头中飞出,从不同小孔中飞出的水滴将会落在半径不同的圆周上,为保证均匀喷洒对喷头上小孔的分布解(1) 如图(a)所示坐标系中,雨滴落地的运动方程为 (1) (2)由式(1)(2)可得由图(a)所示几何关系得雨滴落地处圆周的半径为 (2) 常用草坪喷水器采用如图(b)所示的球面喷头(θ0 ＝45°)其上有大量小孔．喷头旋转时,水滴以初速度v0 从各个小孔中喷出,并作斜上抛运动,通常喷头表面基本上与草坪处在同一水平面上．则以φ角喷射的水柱射程为为使喷头周围的草坪能被均匀喷洒,喷头上的小孔数不但很多,而且还不能均匀分布,这是喷头设计中的一个关键问题．1-21 分析被踢出后的足球,在空中作斜抛运动,其轨迹方程可由质点在竖直平面内的运动方程得到．由于水平距离x 已知,球门高度又限定了在y 方向的范围,故只需将x、y 值代入即可求出．解取图示坐标系Oxy,由运动方程 ,消去t 得轨迹方程以x ＝ m,v ＝ m61ｓ-1 及m≥y≥0 代入后,可解得71．11°≥θ1≥69．92° 27．92°≥θ2 ≥18．89°如何理解上述角度的范围在初速一定的条件下,球击中球门底线或球门上缘都将对应有两个不同的投射倾角(如图所示)．如果以θ＞71．11°或θ ＜°踢出足球,都将因射程不足而不能直接射入球门；由于球门高度的限制,θ 角也并非能取°与°之间的任何值．当倾角取值为°＜θ ＜69．92°时,踢出的足球将越过门缘而离去,这时球也不能射入球门．因此可取的角度范围只能是解中的结果．1-22 分析在自然坐标中,s 表示圆周上从某一点开始的曲线坐标．由给定的运动方程s ＝s(t),对时间t 求一阶、二阶导数,即是沿曲线运动的速度v 和加速度的切向分量aｔ,而加速度的法向分量为an＝v2 /R．这样,总加速度为a ＝aｔeｔ＋anen．至于质点在t 时间内通过的路程,即为曲线坐标的改变量Δs＝st -s0．因圆周长为2πR,质点所转过的圈数自然可求得．解(1) 质点作圆周运动的速率为其加速度的切向分量和法向分量分别为 , 故加速度的大小为其方向与切线之间的夹角为 (2) 要使｜a｜＝b,由可得 (3) 从t＝0 开始到t＝v0 /b 时,质点经过的路程为因此质点运行的圈数为 1-23分析首先应该确定角速度的函数关系ω＝kt2．依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度,从而求出式中的比例系数k,ω＝ω(t)确定后,注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系,由运动学中两类问题求解的方法(微分法和积分法),即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移．解因ωR ＝v,由题意ω∝t2 得比例系数所以则t′＝ｓ时的角速度、角加速度和切向加速度分别为总加速度在ｓ内该点所转过的角度 1-24 分析掌握角量与线量、角位移方程与位矢方程的对应关系,应用运动学求解的方法即可得到．解(1) 由于 ,则角速度．在t ＝2 ｓ时,法向加速度和切向加速度的数值分别为 (2) 当时,有 ,即得此时刻的角位置为 (3) 要使 ,则有 t ＝ｓ1-25 分析这是一个相对运动的问题．设雨滴为研究对象,地面为静止参考系Ｓ,火车为动参考系Ｓ′．v1 为Ｓ′相对Ｓ的速度,v2 为雨滴相对Ｓ的速度,利用相对运动速度的关系即可解．解以地面为参考系,火车相对地面运动的速度为v1 ,雨滴相对地面竖直下落的速度为v2 ,旅客看到雨滴下落的速度v2′为相对速度,它们之间的关系为 (如图所示),于是可得 1-26 分析这也是一个相对运动的问题．可视雨点为研究对象,地面为静参考系Ｓ,汽车为动参考系Ｓ′．如图(a)所示,要使物体不被淋湿,在车上观察雨点下落的方向(即雨点相对于汽车的运动速度v2′的方向)应满足．再由相对速度的矢量关系 ,即可求出所需车速v1．解由［图(b)］,有而要使 ,则 1-27 分析船到达对岸所需时间是由船相对于岸的速度v 决定的．由于水流速度u的存在, v与船在静水中划行的速度v′之间有v＝u ＋v′(如图所示)．若要使船到达正对岸,则必须使v沿正对岸方向；在划速一定的条件下,若要用最短时间过河,则必须使v 有极大值．解(1) 由v＝u ＋v′可知 ,则船到达正对岸所需时间为 (2) 由于 ,在划速v′一定的条件下,只有当α＝0 时, v 最大(即v＝v′),此时,船过河时间t′＝d /v′,船到达距正对岸为l 的下游处,且有 1-28 分析该问题涉及到运动的相对性．如何将已知质点相对于观察者O 的运动转换到相对于观察者O′的运动中去,其实质就是进行坐标变换,将系O 中一动点(x,y)变换至系O′中的点(x′,y′)．由于观察者O′相对于观察者O 作匀速运动,因此,该坐标变换是线性的．解取Oxy 和O′x′y′分别为观察者O 和观察者O′所在的坐标系,且使Ox 和O′x′两轴平行．在t ＝0 时,两坐标原点重合．由坐标变换得x′＝x - v t ＝v t - v t ＝0 y′＝y ＝1/2 gt2加速度由此可见,动点相对于系O′是在y方向作匀变速直线运动．动点在两坐标系中加速度相同,这也正是伽利略变换的必然结果． 2-1 分析与解当物体离开斜面瞬间,斜面对物体的支持力消失为零,物体在绳子拉力FＴ (其方向仍可认为平行于斜面)和重力作用下产生平行水平面向左的加速度a,如图(b)所示,由其可解得合外力为mgcot θ,故选(D)．求解的关键是正确分析物体刚离开斜面瞬间的物体受力情况和状态特征．2-2 分析与解与滑动摩擦力不同的是,静摩擦力可在零与最大值μFN范围内取值．当FN增加时,静摩擦力可取的最大值成正比增加,但具体大小则取决于被作用物体的运动状态．由题意知,物体一直保持静止状态,故静摩擦力与重力大小相等,方向相反,并保持不变,故选(A)．2-3 分析与解由题意知,汽车应在水平面内作匀速率圆周运动,为保证汽车转弯时不侧向打滑,所需向心力只能由路面与轮胎间的静摩擦力提供,能够提供的最大向心力应为μFN．由此可算得汽车转弯的最大速率应为v＝μRg．因此只要汽车转弯时的实际速率不大于此值,均能保证不侧向打滑．应选(C)．2-4 分析与解由图可知,物体在下滑过程中受到大小和方向不变的重力以及时刻指向圆轨道中心的轨道支持力FN作用,其合外力方向并非指向圆心,其大小和方向均与物体所在位置有关．重力的切向分量(m gcos θ) 使物体的速率将会不断增加(由机械能守恒亦可判断),则物体作圆周运动的向心力(又称法向力)将不断增大,由轨道法向方向上的动力学方程可判断,随θ 角的不断增大过程,轨道支持力FN也将不断增大,由此可见应选(B)． 2-5 分析与解本题可考虑对A、B 两物体加上惯性力后,以电梯这个非惯性参考系进行求解．此时A、B 两物体受力情况如图(b)所示,图中a′为A、B 两物体相对电梯的加速度,ma′为惯性力．对A、B 两物体应用牛顿第二定律,可解得FＴ＝5/8 mg．故选(A)．讨论对于习题2 -5 这种类型的物理问题,往往从非惯性参考系(本题为电梯)观察到的运动图像较为明确,但由于牛顿定律只适用于惯性参考系,故从非惯性参考系求解力学问题时,必须对物体加上一个虚拟的惯性力．如以地面为惯性参考系求解,则两物体的加速度aA 和aB 均应对地而言,本题中aA 和aB的大小与方向均不相同．其中aA 应斜向上．对aA 、aB 、a 和a′之间还要用到相对运动规律,求解过程较繁．有兴趣的读者不妨自己尝试一下．2-6 分析动力学问题一般分为两类：(1) 已知物体受力求其运动情况；(2) 已知物体的运动情况来分析其所受的力．当然,在一个具体题目中,这两类问题并无截然的界限,且都是以加速度作为中介,把动力学方程和运动学规律联系起来．本题关键在列出动力学和运动学方程后,解出倾角与时间的函数关系α＝f(t),然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来．解取沿斜面为坐标轴Ox,原点O 位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有 (1)又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有则 (2)为使下滑的时间最短,可令 ,由式(2)有则可得 , 此时 2-7 分析预制板、吊车框架、钢丝等可视为一组物体．处理动力学问题通常采用“隔离体”的方法,分析物体所受的各种作用力,在所选定的惯性系中列出它们各自的动力学方程．根据连接体中物体的多少可列出相应数目的方程式．结合各物体之间的相互作用和联系,可解决物体的运动或相互作用力．解按题意,可分别取吊车(含甲、乙)和乙作为隔离体,画示力图,并取竖直向上为Oy 轴正方向(如图所示)．当框架以加速度a 上升时,有FＴ -(m1 ＋m2 )g ＝(m1 ＋m2 )a (1) ,FN2 - m2 g ＝m2 a (2)解上述方程,得FＴ＝(m1 ＋m2 )(g ＋a) (3) FN2 ＝m2 (g ＋a) (4)(1) 当整个装置以加速度a ＝10 m61ｓ-2 上升时,由式(3)可得绳所受张力的值为FＴ＝ ×103 N乙对甲的作用力为F′N2 ＝-FN2 ＝-m2 (g ＋a) ＝ ×103 N(2) 当整个装置以加速度a ＝1 m61ｓ-2 上升时,得绳张力的值为 FＴ＝ ×103 N此时,乙对甲的作用力则为F′N2 ＝ ×103 N由上述计算可见,在起吊相同重量的物体时,由于起吊加速度不同,绳中所受张力也不同,加速度大,绳中张力也大．因此,起吊重物时必须缓慢加速,以确保起吊过程的安全．2-8 分析该题为连接体问题,同样可用隔离体法求解．分析时应注意到绳中张力大小处处相等是有条件的,即必须在绳的质量和伸长可忽略、滑轮与绳之间的摩擦不计的前提下成立．同时也要注意到张力方向是不同的．解分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有 mA g -FＴ＝mA a (1)F′Ｔ1 -Fｆ＝mB a′(2)F′Ｔ -2FＴ1 ＝0 (3)考虑到mA ＝mB ＝m, FＴ＝F′Ｔ , FＴ1 ＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力讨论动力学问题的一般解题步骤可分为：(1) 分析题意,确定研究对象,分析受力,选定坐标；(2) 根据物理的定理和定律列出原始方程组；(3) 解方程组,得出文字结果；(4) 核对量纲,再代入数据,计算出结果来．2-9 分析当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时,木块的初速度可视为零,由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力,该力将改变它们的运动状态．根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度．换以平板为参考系来分析,此时,木块以初速度-v′(与平板运动速率大小相等、方向相反)作匀减速运动,其加速度为相对加速度,按运动学公式即可解得．该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解．将平板与木块作为系统,该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能,而它们的共同速度可根据动量定理求得．又因为系统内只有摩擦力作功,根据系统的动能定理,摩擦力的功应等于系统动能的增量．木块相对平板移动的距离即可求出．解1以地面为参考系,在摩擦力Fｆ＝μmg 的作用下,根据牛顿定律分别对木块、平板列出动力学方程Fｆ＝μmg ＝ma1 F′ｆ＝-Fｆ＝m′a2a1 和a2 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度．若以木板为参考系,木块相对平板的加速度a ＝a1 ＋a2 ,木块相对平板以初速度- v′作匀减速运动直至最终停止．由运动学规律有 - v′2 ＝2as由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为解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 ＝Fｆ (s ＋l) -Fｆl ＝μmgs式中l 为平板相对地面移动的距离．由于系统在水平方向上不受外力,当木块放至平板上时,根据动量守恒定律,有m′v′＝(m′＋m) v″由系统的动能定理,有由上述各式可得 2-10 分析维持钢球在水平面内作匀角速度转动时,必须使钢球受到一与向心加速度相对应的力(向心力),而该力是由碗内壁对球的支持力FN 的分力来提供的,由于支持力FN 始终垂直于碗内壁,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．解取钢球为隔离体,其受力分析如图(b)所示．在图示坐标中列动力学方程 (1) (2)且有 (3)由上述各式可解得钢球距碗底的高度为可见,h 随ω的变化而变化．2-11 分析如题所述,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分量FNsinθ 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必须以规定的速率v0行驶．当火车行驶速率v≠v0 时,则会产生两种情况：如图所。
大学物理第五版课后答案(上)完整版
1-1 。
分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P ′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP ′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)．(2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故tst ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故tst d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1-2。
分析与解trd d 表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号v r 表示,这是速度矢量在位矢方向上的一个分量；td d r 表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式t s d d =v 计算,在直角坐标系中则可由公式22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=t y t x v 求解．故选(D)．1-3 。
分析与解td d v表示切向加速度a ｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,起改变速度大小的作用；t r d d 在极坐标系中表示径向速率v r (如题1 -2 所述)；ts d d 在自然坐标系中表示质点的速率v ；而td d v表示加速度的大小而不是切向加速度a ｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(D)． 1-4 。
分析与解 加速度的切向分量a ｔ起改变速度大小的作用,而法向分量a n 起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于a ｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, a ｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, a ｔ为一不为零的恒量,当a ｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(B)．1-5 。
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大学物理教程习题答案上海交通大学出版社 Document number：WTWYT-WYWY-BTGTT-YTTYU-2018GT习题 11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt =，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt =，有速度：82v t i j =+从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt =，有：2a i =；（2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt=221tt =+，利用222t n a a a =+有： 22221n t a a a t =-=+。
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习题 11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆； （2）由d rv dt=，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+ 而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt=，有速度：82v t i j =+ 从0=t 到1=t 秒的位移为：1100(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt=，有：2a i =； （2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t d v a dt=221t t =+，利用222t n a a a =+有： 22221n t a a a t =-=+。
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第8章真空中的静电场8-1把某一电荷分成q 与Q-q 两个部分，且此两部分相隔一定距离，如果使这两部分有最大库仑斥力，则Q 与q 有什么关系?8-2在边长为a 的正方形的四角，依次放置点电荷q 、2q 、一4q 和2q ，它的正中放着一个单位正电荷．求这个电荷受力的大小和方向.解各点电荷在正方形中心产生的电场方向如图8-2所示，它们的大小为方向如图8-2所示，则在正方形中心处的场强为E 的方向指向-4q 。
该处单位正电荷的受力就等于该点的电场强度E 。
8-3两根无限长的均匀带电直线相互平行，相距为2a ，线电荷密度分别为λ+和λ-，求每单位长度的带电直线所受的作用力.解设带电直线1的线电荷密度为λ+，带电直线2的线电荷密度为λ-。
可得带电直线1在带电直线2处产生的场强为在带电直线2上取电荷dq ，由场强的定义得该电荷元受的作用力为带电直线1对带电直线2单位长度上的电荷的作用力为同理，带电直线2对带电直线1单位长度上的电荷的作用力为可见，两带电直线相互吸引。
8-4—无限大带电平面，带有密度为σ的面电荷，如图所示.试证明：在离开平面为x 处一点的场强有一半是由图中半径为x 3的圆内电荷产生的.解带电圆圆在轴线上的场强为8-5(1)点电荷q 位于边长为a 的正立方体的中心，通过此立方体的每一面的电通量各是多少?(2)若点电荷移至正立方休的一个顶点上．那么通过每个面的电通量又各是多少?解(1)点电荷q 位于正立方体的中心，正立方体的六个面对该电荷来说都是等同的。
因此通过每个面的电通量相等，且等于总电通量的1／6。
对正立方体的某一面，其电通量为(2)当点电荷移至正立方体的一个顶点上时，设想以此顶点为中心，作边长为2a 且与原边平行的大正方体，如图8—5所示。
与(1)相同，这个大正方体的每个面上的电通量都相等，且均等于06/εq 。
对原正方体而言，只有交于A 点的三个面上有电场线穿过，每个面的面积是大正方体一个面的面积的1/4，则每个面的电通量也是大正方体一个面的电通量的1/4，即024/εq ，原正方体的其他不A 点相交的三个面上的电通量均为零。
8-6实验表明，在靠近地面处有相当强的电场，E 垂直于地面向下，大小约为100N ／C ；在离地面1.5km 高的地方，E 也是垂直于地面向下，大小约为25N ／C.(1)试计算从地面到此高度的大气中的平均电荷体密度；(2)如果地球上的电荷全部分布在表面，求地面上的电荷面密度.解(1)设平均电荷体密度为ρ，在靠近地表面附近取底面积为S ∆，高为h 高斯柱面(图8—6(a))，根据高斯定理得(2)设地面的电荷面密度为σ．在地表面取底面积为S ∆，高为h 的高斯柱面(图8—6(b))，根据高斯定理得8-7一半径为R 的带电球，其电荷体密度为)/1(0R r -=ρρ，0ρ为一常量，r 为空间某点至球心的距离.试求：(1)球内、外的场强分布；(2)r 为多大时，场强最大?等于多少?解由于电荷球对称分都，故电场也球对称分布。
利用高斯定理．取半径为r 的同心高斯球面。
8-8如图所示，一个均匀分布的正电荷球层，电荷体密度为ρ，球层内表面半径为R 1，外表面半径为R 2.试求：(1)A 点的电势；(2)B 点的电势.解内电荷的球对称分布，用高斯定理可求出各区域的电场强度E 。
8-9一个细玻璃捧，被弯成半径为R 的半圆形，其上均匀分布有电量q +，试求圆心O 处电场强度及电势．分析此题电量是连续分布的，此类问题的解题思路是将整个带电体分割成无限多的电荷元，先计算任意一个电荷元在给定点产生的场强和电势，再用积分法求给定点的总场强和总电势．如何取微元并建立微分式是难点，此外，用积分法求解电场强度时要注意，场强积分是矢量积分，应先把d E 在坐标轴上进行投影，求出d E 的各分量x dE 、y dE 、z dE ，再对各分量进行积分．解选择如图所示坐标系．在细玻璃棒取一长为d l 的线元，此线元与圆心的连线与y 轴的夹角为θ，所张圆心角为d θ，则该线元所带电量dq 为8-10一半径为R 的无限长圆柱形带电体，其体电荷密度)(R r Ar ≤=ρ，A 为正常数．试求：(1)圆柱体内外各点场强大小的分布；(2)选距轴线距离为)(R l l >处为零势0点，计算圆柱体内外各点的电势分布．8-11如图所示，一半径为R1的均匀带电绝缘固体球．电荷体密度为ρ，从球中挖去一半径为R2的球形空腔，,空腔中心O'与球心O的距离为a，试求：(1)空腔中心O'处的电场强度．(2)空腔中心O'处的电势.8-12电量q 均匀分布在长度为2L 的细直导线上，如图所示．(1)求其延长线上距离线段中心为x 处(x ＞L)的电势(设无限远处电势为零)；(2)利用电势梯度求该点的电场强度．分析本题可用电势叠加原理求电势．解(1)取如图所示的坐标系，在带电直线上取一线d l ，该线元所含电荷为dq ＝dl Lq dl 2=λ，电荷元dq 在延长线上x 处产生的电势为8-13如图所示，一带电均匀的平面圆环，内外半径分别为R 1和R 2，电荷面密度为)0(>σσ．一质子被加速后，自P 点沿圆环轴线处射向圆心O ，若质子达到O 点时的速度恰好为零，试求质子位于P 点的动能E k ．(忽略重力影响，OP ＝L)分析这是一道力学与静电学的综合习题．根据动能定理，质子在OP 上运动时受到电场力做的功等于质子动能的增量．电场力做的功有两种求解方法：一种是利用电势差求解，即W ＝e (V P —V O )；另外一种方法是利用功的定义求解，即⎰⋅=O P d e W l E 。
第一种方法需要求O 、P 两点的电势，第二种方法需要求OP 上的场强。
第9章电场与物质的相互作用9-1面积很大的导体平板A与均匀带电平面B平行放置，如图所示.已知A与B相距d，两者相对部分的面积为S.(1)设B面带电量为q，A板的电荷面密度为1σ及2σ，求A板σ及2σ.与B面的电势差.(2)若A板带电量为Q，求19-2半径为R1的导体球带有电荷小球外有一个内、外半径分别为R2、R3的同心导体球壳，壳上带有电荷Q，如图所示.(1)求两球的电势V l及V2；(2)求两球的电势差V∆；(3)用导线把球和壳连接在一起后，V l、V2及V∆分别是多少?(4)在情形(1)、(2)中，若外球接地，则V l、V2及V∆分别是多少?(5)设外球离地面很远，若内球接地，情况如何?9-3如图所示，半径为R的金属球与地相连接，在与球心相距d=2R处有一点电荷q(q ＞0)．问球上的感应电荷q′有多少(设金属球距地间及其他物体很远)?9-4已知铜的摩尔质量M＝63.75g.mol-1，密度 ＝8.9g.cm-3，在铜导线里，假设每一个铜原子贡献一个自由电子．为了技术安全，铜线内最大电流密度m j ＝6.0A.mm -2，求此时铜线内电子的漂移速率d υ．9-5有两个半径分别为R 1和R 2的同心球壳，其间充满了电导率为σ的介质，若在两球壳间维持恒定的电势差U ，求两球壳间的电流．（答案：12124R R R UR I -=πσ）9-6在如图所示的电路中，已知电池A 的电动势A ε＝24v ，内阻R A ＝2Ω，电池B 的电动势B ε＝12V ．内阻R B ＝1Ω，外阻R ＝3Ω．试计算：(1)电路中的电流；(2)电池A 的端电压U 12；(3)电池B 的端压U 34；(4)电池A 所消耗的化学能功率以及所输出的有效功率；(5)输入电池B 的功率及转变为化学能的功率；(6)电阻R 所产生的热功率．9-7一段含源电路如图所示，已知I1＝1A，1ε＝1.5V，r1＝5Ω，R1＝10Ω；I2＝0.8A，ε＝2.0V，r2＝3Ω，R2＝15Ω；I3＝1.2A，3ε＝3.0V，r3＝4Ω，R3＝20Ω．求a、b两2点的电势差U ab.分析本题可直接应用一段含源电路的欧姆定律求解，但应注意电阻上电压降和电源电动势的符号规定。
9-8半径为R的导体球，带有电荷Q，球外有一均匀电介质的同心球壳，球壳的内、外半径分别为a和b，相对介电常量为rε，如图所示.求：(1)各区域的电场强度E．电位移矢量D及电势V，绘出E(r)、D(r)及V(r)图线；(2)介质内的电极化强度P和介质表面上的极化电荷面密度σ'.9-9—块大的均匀电介质平板放在一电场强度为E 0的均匀电场中，电场方向与板的夹角为θ．如图所示.已知板的相对介电常量是r ε，求板面的面束缚电荷密度.解在电介质内束缚电荷产生的电场方向与板面垂直。
设板面的顶束缚电荷密度为σ'、则电介质内束缚电荷产生的场强为9-10两共轴的导体圆筒，内筒半径为R 1，外筒的内半径为R 2(R 2＜2R 1)，其间有两层均匀介质，分界面的半径为r ，内层介电常量为1ε，外层介电常量为)2(212εεε=，两介质的击穿场强都是E m ，当电压升高时，哪层介质先击穿?证明：两筒最大电势差为122ln 21rR R r E V m m =解设两导体圆筒上电荷线密度分别为λ和λ-，则空间电场分布为9-11为了测量电介质材料的相对介电常量．将一块厚为1.5cm 的平板材料慢慢地插进一电容器的距离为2.0cm 的两平行板之间.在插入过程中，电容器的电荷保持不变.插入之后，两板间的电势差减小为原来的60％，求电介质的相对介电常量.9-12某计算机键盘的每一个键下面连有一小块金属片，它下面隔一定空气隙有另一块小的固定金属片.这样两片金属片就组成一个小电容器(如图).当键被按下时，此小电容器的电容就发生变化，与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了，从而给出相应的信号.设每个金属片的面积为50.0mm 2，两金属片间的距离是0.600mm.如果电子线路能检测出的电容变化是0.250PF ，那么键需要按下多大的距离才能给出必要的信号?9-13如图所示、—平行板电容器充以两种电介质，试证其电容为2210r r d A C εεε+=.9-14如图所示.一平板电容器，两极板相距d，面积为S．电势差为U，板间放有—层厚为t的介质，其相对介电常量为rε，介质两边都是空气.略去边缘效应，求：(1)介质中的电场强度E、电位移矢量D和极化强度P的大小；(2)极板上的电量Q；(3)极板和介质间隙中的场强大小；(4)电容.9-15两个同轴的圆柱面，长度均为l，半径分别为a、b，两圆柱面之间充有介电常量为ε的均匀电介质.当两个圆柱面带有等量异号电荷+Q、-Q时，求：(1)半径为r(a＜r＜b)处的电场能量密度；(2)电介质中的总能量，并由此推算出圆柱形的电容器的电容.第10章稳恒磁场10-1如图（a）所示，电流I均匀地流过宽为b的无限长平面导体薄板，求(1)通过板的中线并与板面垂直的直线上P点的磁感应强度；(2)若b为无穷大，电流线密度为j，结果如何?10-2如图(a)所示，半球面半径为R，均匀带电，电荷面密度为σ，当其绕对称轴以角速度ω旋转时，求球心处的磁感应强度．10-3在半径为R的无限长金属圆柱体内部挖去一半径为R'的无限长圆柱体，两柱体的轴线平行，相距d，有电流沿轴线方向流动，且均匀分布在空心柱体的截面上，电流密度为j.试证明空腔中的磁场是均匀的．分析这是一个非对称的电流分布，其磁场分布不满足轴对称，因而不能直接用安培环路定理求解，但可以利用补偿法求空腔内的磁场．将如图所示的载流导体视作两根半径分别为R和R′的实心圆柱导体，电流密度相同，方向相反，这时空腔内任一点磁感应强度B＝B1+B2，其中B1、B2分别是半径为R和R′的实心圆柱体在该点激发的磁感应强度，它们分别可由安培环路定理求得．10-4半径为R的平面圆形线圈中载有电流I2，另一无限长导线AB中载有电流I1，若AB与圆心相距d(d＞R)且与线圈共面，求圆形线圈所受的磁力．分析圆电流处于无限长直电流产生的非均匀磁场中，但由对称性分析仍可知线圈在y方向所受合力为零．在圆电流上选取电流元，由安培定律分解积分可求得线圈所受磁力．10-5一半径为R的薄圆盘，放在磁感应强度为B0的均匀磁场中，B0的方向与盘平行，在圆盘表面上，电荷面密度为σ，若圆盘以角速度ω绕通过盘心并垂直盘面的轴转动，求：(1)圆盘在盘心处产生的磁感应强度；(2)圆盘产生的磁矩；(3)圆盘所受的磁力矩．10-6如图所示，两带电粒子同时射入均匀磁场，速度方向皆与磁场垂直.(1)如果两粒子质量相同，速率分别是υ和2υ；(2)如果两粒子速率相同，质量分别是m和2m；那么，哪个粒子先回到原出发点?10-7图（a）是一个磁流体发电机的示意图.将气体加热到很高温度，使之电离而成为等离子体，并让它通过平行板电极1、2之间，在这里有一垂直于纸面向里的磁场B.试说明υ的电压(υ为气体流速，d为电极间距).问哪个电极是正这两极之间会产生一个大小为Bd极?解等离子体在磁场中受磁力作用，正、负电荷受的磁力方向如图（b ）所示。