第十二章 真空中的静电场
12．1 如图所示，在直角三角形ABCD 的A 点处，有点电荷q 1 = ×10-9C ，B 点处有点电荷q 2 = ×10-9C ，AC = 3cm ，BC = 4cm ，试求C 点的场强．
[解答]根据点电荷的场强大小的公式
22
014q q E k r r ==
πε，其中1/(4πε0) = k = ×109N·m 2·C -2．
点电荷q 1在C 点产生的场强大小为：
方向向下．
点电荷q 2在C 点产生的场强大小为 222
0||1
4q E BC
=πε99
4-1224.810910 2.710(N C )(410)--?=??=???， 方向向右．
C 处的总场强大小为
E =
44-110 3.24510(N C )==??， 总场强与分场强E 2的夹角为1
2
arctan
33.69E E ==?θ． 12．2 半径为R 的一段圆弧，圆心角为60°，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，其电
线密度分别为+λ和-λ，求圆心处的场强．
[解答]在带正电的圆弧上取一弧元 d s = R d θ，电荷元为d q = λd s ， 在O 点产生的场强大小为
220001d 1d d d 444q s E R R R
λλθ
πεπεπε===，
场强的分量为d E x = d E cos θ，d E y = d E sin θ．
对于带负电的圆弧，同样可得在O 点的场强的两个分量．由于弧形是对称的，x 方向的合场强为零，总场强沿着y 轴正方向，大小为
2d sin y L
E E E ==?θ
0(12R
=λπε． 12．3 均匀带电细棒，棒长a = 20cm ，电荷线密度为λ = 3×10-8C·m -1，求：
（1）棒的延长线上与棒的近端d 1 = 8cm 处的场强；
（2）棒的垂直平分线上与棒的中点相距d 2 = 8cm 处的场强． [解答]（1）建立坐标系，其中L = a /2 = (m)，x = L+d 1 = (m)． 在细棒上取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ，
根据点电荷的场强公式，电荷元在P 1点产生的场强的大小为 场强的方向沿x 轴正向．因此P 1点的总场强大小通过积分得
011()4x L x L λπε=
--+22
0124L x L λπε=-． ①
将数值代入公式得P 1点的场强为
8
9122
20.1310
9100.180.1E -???=??
-= ×103(N·C -1)，
方向沿着x 轴正向．
（2）建立坐标系，y = d 2．
在细棒上取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ， 在棒的垂直平分线上的P 2点产生的场强的大小为
222
0d d d 4q l
E k r r λπε==
，
由于棒是对称的，x 方向的合场强为零，y 分量为 d E y = d E 2sin θ．
由图可知：r = d 2/sin θ，l = d 2cot θ， 所以 d l = -d 2d θ/sin 2θ，
图
因此
02
d sin d 4y E d λ
θθπε-=
，
总场强大小为
=
． ②
将数值代入公式得P 2点的场强为
8
9
221/2
20.13109100.08(0.080.1)y E -???=??
+= ×103(N·C -1)．
方向沿着y 轴正向．
[讨论]（1）由于L = a /2，x = L+d 1，代入①式，化简得
10110111
44/1
a E d d a d d a λλπεπε=
=++，
保持d 1不变，当a →∞时，可得
101
4E d λπε→
， ③
这就是半无限长带电直线在相距为d 1的延长线上产生的场强大小．
（2）由②式得
y E =
=
，
当a →∞时，得
02
2y E d λπε→
， ④
这就是无限长带电直线在线外产生的场强公式．如果d 1=d 2，则有大小关系E y = 2E 1．
12．4 一均匀带电的细棒被弯成如图所示的对称形状，试问θ为何值时，圆心O 点处的场强为零． [解答]设电荷线密度为λ，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场强． 在圆弧上取一弧元 d s =R d φ，
所带的电量为
d q = λd s ， 在圆心处产生的场强的大小为
2200d d d d 44q s E k
r R R
λλ?πεπε===， 由于弧是对称的，场强只剩x 分量，取x 轴方向为正，场强为
d E x = -d E cos φ． 总场强为
0sin 22
R λθπε=，方向沿着x 轴正向． 再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强．
根据上一题的公式③可得半无限长带电直线在延长上O 点产生的场强大小为`
04E
R
λ
πε=
，
由于两根半无限长带电直线对称放置，它们在O 点产生的合场强为
``02cos
cos 222
x E E R θ
λθ
πε==
，方向沿着x 轴负向．
当O 点合场强为零时，必有`
x
x E E =，可得 tan θ/2 = 1，
因此 θ/2 = π/4， 所以 θ = π/2．
12．5 一宽为b 的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为σ，如图所示．试求： （1）平板所在平面内，距薄板边缘为a 处的场强．
（2）通过薄板几何中心的垂直线上与薄板距离为d 处的场强．
[解答]（1）建立坐标系．在平面薄板上取一宽度为d x 的带电直线，电荷的线密度为d λ = σd x ，
图
图
根据直线带电线的场强公式02E r
λ
πε=
，
得带电直线在P 点产生的场强为
00d d d 22(/2)
x
E r
b a x λσπεπε=
=
+-，其方向沿x 轴正向．
由于每条无限长直线在P 点的产生的场强方向相同，所以总场强为
0ln(1)2b a
σπε=+． ① 场强方向沿x 轴正向．
（2）为了便于观察，将薄板旋转建立坐标系．仍然在平面薄板上取一宽度为d x
的带电直线，电荷的线密度仍然为d λ = σd x ， 带电直线在Q 点产生的场强为
221/2
00d d d 22()x
E r
b x λσπεπε=
=
+，
沿z 轴方向的分量为
221/2
0cos d d d cos 2()z x E E b x σθθπε==
+，
设x = d tan θ，则d x = d d θ/cos 2θ，因此
积分得
arctan(/2)
arctan(/2)
d 2b d z b d E σθπε-=
?0arctan()2b
d σπε=． ② 场强方向沿z 轴正向．
[讨论]（1）薄板单位长度上电荷为λ = σb ， ①式的场强可化为
0ln(1/)
2/b a E a b a λπε+=
，
当b →0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为
02E a
λ
πε→
， ③
这正是带电直线的场强公式．
（2）②也可以化为0arctan(/2)
2/2z
b d E d b d
λπε=
，
当b →0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为
02z E d
λ
πε→
，
这也是带电直线的场强公式．
当b →∞时，可得：0
2z
E σ
ε→
， ④ 这是无限大带电平面所产生的场强公式．
12．6 （1）点电荷q 位于一个边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体一面的电通量是多少？ （2）如果将该场源点电荷移到立方体的的一个角上，这时通过立方体各面的电通量是多少？ [解答]点电荷产生的电通量为Φe = q/ε0．
（1）当点电荷放在中心时，电通量要穿过6个面，通过每一面的电通量为Φ1 = Φe /6 = q /6ε0．
（2）当点电荷放在一个顶角时，电通量要穿过8个卦限，立方体的3个面在一个卦限中，通过每个面的电通量为Φ1 = Φe /24 = q /24ε0；
立方体的另外3个面的法向与电力线垂直，通过每个面的电通量为零．
12．7 面电荷密度为σ的均匀无限大带电平板，以平板上的一点O 为中心，R 为半径作一半球面，如图所示．求通过此半球面的电通量．
[解答]设想在平板下面补一个半球面，与上面的半球面合成一个球面．球面内包含的电荷为 q = πR 2
σ，
通过球面的电通量为 Φe = q /ε0，
通过半球面的电通量为Φ`e = Φe /2 = πR 2σ/2ε0．
12．8 两无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2(R 1 > R 2)，带有等量异号电荷，单位长度的电量为λ和-λ，求（1）r < R 1；（2） R 1 < r < R 2；（3）r > R 2处各点的场强．
[解答]由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性． （1）在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以
E = 0，（r < R 1）．
（2）在两个圆柱之间做一长度为l ，半径为r 的同轴圆柱形高斯面，高斯面内包含的电荷为 q = λl ，穿过高斯面的电通量为
d d 2
e S
S
E S E rl Φπ=?==??E S ?，
根据高斯定理Φe = q /ε0，所以
02E r
λ
πε=
， (R 1 < r < R 2)．
（3）在外圆柱面之外做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内电荷的代数和为零，所以
E = 0，（r > R 2）．
12．9 一厚度为d 的均匀带电无限大平板，电荷体密度为ρ，求板内外各点的场强．
[解答]方法一：高斯定理法．
（1）由于平板具有面对称性，因此产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E`．
在板内取一底面积为S ，高为2r 的圆柱面作为高斯面，场强与上下两表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为
`02ES E S ES =++=，
高斯面内的体积为 V = 2rS ，包含的电量为 q =ρV = 2ρrS ，
根据高斯定理 Φe = q/ε0，
可得场强为 E = ρr/ε0，(0≦r ≦d /2)．①
（2）穿过平板作一底面积为S ，高为2r 的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为 Φe = 2ES ， 高斯面在板内的体积为V = Sd ，包含的电量为 q =ρV = ρSd ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，
可得场强为 E = ρd /2ε0，(r ≧d /2)． ②
方法二：场强叠加法． （1）由于平板的可视很多薄板叠而成的，以r 为界，下面平板产生的场强方向向上，上面平板产生的场强方向向下．在下面板中取一薄层d y ，面电荷密度为
d σ = ρd y ，
产生的场强为 d E 1 = d σ/2ε0， 积分得
100/2
d ()222r
d y d
E r ρρεε-==+?，③
同理，上面板产生的场强为
/2
200d ()222
d r
y d
E r ρρεε=
=-?
，④ r 处的总场强为E = E 1-E 2 = ρr/ε0．
（2）在公式③和④中，令r = d /2，得
E 2 = 0、E = E 1 = ρd /2ε0， E 就是平板表面的场强．
平板外的场强是无数个无限薄的带电平板产生的电场叠加的结果，是均强电场，方向与平板垂直，大小等于平板表面的场强，也能得出②式．
12．10 一半径为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` [解答]挖去一块小球体，相当于在该处填充一块电荷体密度为-ρ的小球体，因此，空间任何一点的场强是两个球体产生的场强的叠加． 对于一个半径为R ，电荷体密度为ρ的球体来说，当场点P 在球内时，过P 点作一半 径为r 的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程 图 P 点场强大小为 3E r ρ ε= ． 当场点P 在球外时，过P 点作一半径为r 的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程 23014 43 E r R ππρε= P 点场强大小为 3 2 03R E r ρε= ． O 点在大球体中心、小球体之外．大球体在O 点产生的场强为零，小球在O 点产生的场强大小为 3 2 0`3O R E a ρε= ，方向由O 指向O `． O`点在小球体中心、大球体之内．小球体在O`点产生的场强为零，大球在O 点产生的场强大小为 `0 3O E a ρ ε= ，方向也由O 指向O `． [证明]在小球内任一点P ，大球和小球产生的场强大小分别为 03r E r ρε= ， `0 `3r E r ρε=，方向如图所示． 设两场强之间的夹角为θ，合场强的平方为 222``2cos r r r r E E E E E θ=++22 20 ( )(`2`cos )3r r rr ρθε=++， 根据余弦定理得 222`2`cos()a r r rr πθ=+--， 所以 3E a ρ ε= ， 可见：空腔内任意点的电场是一个常量．还可以证明：场强的方向沿着O 到O `的方向．因此空腔内的电场为匀强电场． 12．11 如图所示，在A 、B 两点处放有电量分别为+q 和-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验电荷q 0从O 点经过半圆弧路径移到C 点，求移动过程中电场力所做的功． [解答]正负电荷在O 点的电势的和为零：U O = 0； 在C 点产生的电势为 0004346C q q q U R R R πεπεπε--= + = ， 电场力将正电荷q 0从O 移到C 所做的功为 W = q 0U OD = q 0(U O -U D ) = q 0q /6πε0R ． 12．12 真空中有两块相互平行的无限大均匀带电平面A 和B ．A 平面的电荷面密度为2σ，B 平面的电荷面密度为σ，两面间的距离为d ．当点电荷q 从A 面移到B 面时，电场力做的功为多少？ [解答]两平面产生的电场强度大小分别为 E A = 2σ/2ε0 = σ/ε0，E B = σ/2ε0， 两平面在它们之间产生的场强方向相反，因此，总场强大小为 E = E A - E B = σ/2ε0， 方向由A 平面指向B 平面． 两平面间的电势差为 U = Ed = σd /2ε0， 当点电荷q 从A 面移到B 面时，电场力做的功为 W = qU = qσd /2ε0． 12．13 一半径为R 的均匀带电球面，带电量为Q ．若规定该球面上电势值为零，则无限远处的电势为多少？ [解答]带电球面在外部产生的场强为 2 04Q E r πε= ， 由于 d d R R R U U E r ∞ ∞ ∞-=?=??E l 200d 44R R Q Q r r r πεπε∞ ∞ -==?04Q R πε= ， 当U R = 0时，04Q U R πε∞=-． 12．14 电荷Q 均匀地分布在半径为R 的球体内，试证明离球心r （r 图 223 0(3)8Q R r U R πε-= ． [证明]球的体积为3 43V R π=，电荷的体密度为 3 34Q Q V R ρπ== ． 利用12．10题的方法可求球内外的电场强度大小为3 0034Q E r r R ρεπε==，（r ≦R ）； 2 04Q E r πε=，（r ≧R ）． 取无穷远处的电势为零，则r 处的电势为 2 2 300()84Q Q R r R R πεπε=-+ 223 0(3) 8Q R r R πε-=． 12．15 在y = -b 和y = b 两个“无限大”平面间均匀充满电荷，电荷体密度为ρ，其他地方无电荷． （1）求此带电系统的电场分布，画E-y 图； （2）以y = 0作为零电势面，求电势分布，画E-y 图． [解答]平板电荷产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E`，但方向相反． （1）在板内取一底面积为S ，高为2y 的圆柱面作为高斯面，场强与上下两表面的 法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为 d e S Φ=??E S 0 d d d 2S S S ES =?+?+?=???E S E S E S 1 2 ． 高斯面内的体积为 V = 2yS ， 包含的电量为 q = ρV = 2ρSy ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0， 可得场强为 E = ρy/ε0， (-b ≦y ≦b )． 穿过平板作一底面积为S ，高为2y 的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为 Φe = 2ES ， 高斯面在板内的体积为 V = S 2b ，包含的电量为 q = ρV = ρS 2b ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0， 可得场强为 E = ρb/ε0， (b ≦y )； E = -ρb/ε0， (y ≦-b )． E-y 图如图所示． （2）对于平面之间的点，电势为 0d d y U y ρε=-?=-??E l 2 2y C ρε=-+， 在y = 0处U = 0，所以C = 0，因此电势为 2 2y U ρε=- ，(-b ≦y ≦b )．这是一条开口向下的抛物线． 当y ≧b 时，电势为0 d d nqb nqb U y y C εε=-?=- =- +?? E l ， 在y = b 处U = -ρb 2/2ε0，所以C = ρb 2/2ε0，因此电势为2 00 2b b U y ρρεε=-+ ，(b ≦y )． 当y ≦-b 时，电势为 00 d d b b U y y C ρρεε=-?= =+?? E l ， 在y = -b 处U = -ρb 2/2ε0，所以C = ρd 2/2ε 0，因此电势为 2 00 2b b U y ρρεε=+ ， 两个公式综合得 2 00 ||2b b U y ρρεε=-+ ，(|y |≧d )． 这是两条直线． U-y 图如右图所示．U-y 图的斜率就形成E-y 图，在y = ±b 点，电场强度是连续的， 因此，在U-y 图中两条直线与抛物线在y = ±b 点相切． [注意]根据电场求电势时，如果无法确定零势点，可不加积分的上下限，但是要在 积分之后加一个积分常量．根据其他关系确定常量，就能求出电势，不过，线积分前面要加一个负号，即 d U =-??E l 这是因为积分的起点位置是积分下限． 12．16 两块“无限大”平行带电板如图所示，A 板带正电，B 板带负电并接地（地的电势为零），设A 和B 两板相隔5.0cm ，板上各带电荷σ=×10-6C·m -2，求： （1）在两板之间离A 板1.0cm 处P 点的电势； （2）A 板的电势． [解答]两板之间的电场强度为 E=σ/ε0，方向从A 指向B ． 以B 板为原点建立坐标系，则r B = 0，r P = -0.04m ，r A = -0.05m ． （1）P 点和B 板间的电势差为 d d B B P P r r P B r r U U E r -=?=??E l 0 ()B P r r σ ε= -， 由于U B = 0，所以P 点的电势为 6 12 3.3100.048.8410 P U --?=??=×104(V)． （2）同理可得A 板的电势为 ()A B A U r r σ ε= -=×104(V)． 12．17 电量q 均匀分布在长为2L 的细直线上，试求： （1）带电直线延长线上离中点为r 处的电势； （2）带电直线中垂线上离中点为r 处的电势； （3）由电势梯度算出上述两点的场强． [解答]电荷的线密度为λ = q/2L ． （1）建立坐标系，在细线上取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ， 根据点电荷的电势公式，它在P 1点产生的电势为 总电势为 10d 4L L l U r l λπε-= -?0 ln()4L l L r l λ πε=--=-0ln 8q r L L r L πε+= -． （2）建立坐标系，在细线上取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ， 在线的垂直平分线上的P 2点产生的电势为 2221/2 0d d 4() l U r l λπε= +， 积分得 2221/20 1d 4()L L U l r l λπε-= + ?0)4L l L l λπε=-= 08q L πε= 0ln 4q L L r πε= ． （3）P 1点的场强大小为 1 1U E r ?=- ?011()8q L r L r L πε=--+22014q r L πε=-， ① 方向沿着x 轴正向． P 2点的场强为 22U E r ?=- ?01[4q L r πε= = ， ② 方向沿着y 轴正向． [讨论]习题12．3的解答已经计算了带电线的延长线上的场强为 12201 24L E x L λπε= -，由于2L λ = q ，取x = r ，就得公式①． （2）习题12．3的解答还计算了中垂线上的场强为 y E = d 2 = r ，可得公式②． 由此可见，电场强度可用场强叠加原理计算，也可以用电势的关系计算． 12．18 如图所示，一个均匀带电，内、外半径分别为R 1和R 2的均匀带电球壳，所带电荷体密度为ρ，试计算： （1）A ，B 两点的电势； （2）利用电势梯度求A ，B 两点的场强． [解答]（1）A 点在球壳的空腔内，空腔内的电势处处相等，因此A 点的电势就等于球心O 点的电势． 在半径为r 的球壳处取一厚度为d r 的薄壳，其体积为 d V = 4πr 2d r ， 包含的电量为 d q = ρd V = 4πρr 2d r ， 在球心处产生的电势为 00 d d d 4O q U r r r ρ πεε= = ， 球心处的总电势为 2 1 2 2210 0d ()2R O R U r r R R ρρεε= =-?， 这就是A 点的电势U A ． 过B 点作一球面，B 的点电势是球面外的电荷和球面内的电荷共同产生的． 球面外的电荷在B 点产生的电势就等于这些电荷在球心处产生的电势，根据上面的推导可得 2 2120 ()2B U R r ρε= -． 球面内的电荷在B 点产生的电势等于这些电荷集中在球心处在B 点产生的电势．球壳在球面内的体积为 3 314()3 B V r R π=-，包含的电量为 Q = ρV ， 这些电荷集中在球心时在B 点产生的电势为 3 32100()43B B B Q U r R r r ρπεε= = -． B 点的电势为U B = U 1 + U 2322 120(32)6B B R R r r ρε=--． （2）A 点的场强为 0A A A U E r ?=- =?． B 点的场强为3120()3B B B B B U R E r r r ρ ε?=-=-?． [讨论] 过空腔中A 点作一半径为r 的同心球形高斯面，由于面内没有电荷，根据高斯定理，可得空腔中A 点场强为 E = 0， (r ≦R 1)． 过球壳中B 点作一半径为r 的同心球形高斯面，面内球壳的体积为 3314 ()3 V r R π=-， 包含的电量为 q = ρV ， 根据高斯定理得方程 4πr 2E = q/ε0， 可得B 点的场强为 3120()3R E r r ρ ε=-， (R 1≦r ≦R 2)．这两个结果与上面计算的结果相同． 在球壳外面作一半径为r 的同心球形高斯面，面内球壳的体积为 3 3214()3 V R R π=-， 包含的电量为 q = ρV ， 根据高斯定理得可得球壳外的场强为 332122 00() 43R R q E r r ρπεε-==，(R 2≦r )． 图 A 点的电势为 2 2210 ()2R R ρε= -． B 点的电势为 d d B B B r r U E r ∞ ∞ =?=??E l 2 3120()d 3B R r R r r r ρε=-?233212 0()d 3R R R r r ρε∞-+?322 120(32)6B B R R r r ρε=--． A 和B 点的电势与前面计算的结果相同． 12．19 一圆盘，半径为R ，均匀带电，面电荷密度为σ，求： （1）圆盘轴线上任一点的电势（用该点与盘心的距离x 来表示）； （2）从电场强度的和电势梯度的关系，求该点的电场强度． （此题解答与书中例题解答相同，在此省略） 12．20 （1）设地球表面附近的场强约为200V·m -1，方向指向地球中心，试求地球所带有的总电量． （2）在离地面1400m 高处，场强降为20V·m -1，方向仍指向地球中心，试计算在1400m 下大气层里的平均电荷密度． [解答]地球的平均半径为 R =×106m ． （1）将地球当作导体，电荷分布在地球表面，由于场强方向指向地面，所以地球带负量． 根据公式 E = -σ/ε0，电荷面密度为 σ = -ε0E ；地球表面积为 S = 4πR 2， 地球所带有的总电量为Q = σS = -4πε0R 2E = -R 2E /k ，k 是静电力常量， 因此电量为 629 (6.37110)200910 Q ??=-?=×105(C)． （2）在离地面高为h = 1400m 的球面内的电量为 2()``R h E Q k +=-=×105(C)， 大气层中的电荷为 q = Q - Q` = ×105(C)． 由于大气层的厚度远小于地球的半径，其体积约为 V = 4πR 2h = ×1018(m 3)， 平均电荷密度为 ρ = q /V = ×10-12(C·m -3)． 第十三章 静电场中的导体和电介质 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 2 04q E r πε= ． 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 04c q 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 S Φ=??D S ?0 1 2 d 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 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 （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 q 1 = σ1S 和q 2 = σ2S ， 在B 、C 板上分别感应异号电荷-q 1和-q 2，由电荷守恒得方程 q = q 1 + q 2 = σ1S + σ2S ． ① A 、B 间的场强为 E 1 = σ1/ε0， A 、C 间的场强为 E 2 = 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 = E 1d 1 = E 2d 2， ② 即 σ1d 1 = σ2d 2． ③ 解联立方程①和③得 σ1 = qd 2/S (d 1 + d 2)， 所以 q 1 = σ1S = qd 2/(d 1+d 2) = 2×10-8(C)； q 2 = q - q 1 = 1×10-8(C)． B 、C 板上的电荷分别为 q B = -q 1 = -2×10-8(C)； q C = -q 2 = -1×10-8(C)． (2)两板电势差为 ΔU = E 1d 1 = σ1d 1/ε0 = qd 1d 2/ε0S (d 1+d 2)， 由于 k = 9×109 = 1/4πε0，所以 ε0 = 10-9/36π， 因此 ΔU = 144π = (V)． 由于B 板和C 板的电势为零，所以 U A = ΔU = (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 q 1 + q 2 = 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 = q 1/S 、 σ2 = q 2/S 、σ = q/S ， 它们产生的场强大小分别为 E 1 = σ1/ε0、E 2 = 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 E 1 - E 2 – E = 0， 即 σ1 - σ2 – σ = 0， 或者 q 1 - q 2 + q = 0． ② 解得电量分别为 q 2 = q /2，q 1 = -q 2 = -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 = ×10-7(C·m -2)， σ2 = -σ3 = ×10-7(C·m -2)． 13．7 一球形电容器，内外球壳半径分别为R 1和R 2，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2 02 21 4R C R R πε= -表示． （提示：可看作两个球电容器的并联，且地球半径R >>R 2） [证明]方法一：并联电容法．在外球外面再接一个半径为R 3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 外球壳和大外球壳之间也是一个电容器，电容为 20 23 1 41/1/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=+=+-2 0221 4R 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 02 01 ` 044q q R R πεπε+=， 因此感应电荷为12 `R q q R =-． 图 根据高斯定理可得两球壳之间的场强为 122 002`44R q q E r R r πεπε= =- ， 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 球面间的电容为 2 02 21 4R 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 12 01221 1 441/1/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： 012 121 2R R C R R πε= -． 当电容器中充满介质时，电容为：012 2 21 2r 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：012 1221 2(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 S εεεεεε+=+=+=， 总电容为 122112 S C 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 S Φ=??D S ?0 1 2 d 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 2 1 d d d 2R L L R U E r r r λπε=?== ???E l 21ln 2R R λπε=． 电容为 212ln(/) q l C 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 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) 4r Q r επ- 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)r q Q ε=-， 介质层内表面的极化电荷面密度为 ` `011 22 111 (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 ` `0 22 22 22 1(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 0111221 1/C U C Q Q C C C C = = ++， 真空中一半电容器的自由电荷面密度为 001 12122/2(1/)(1)r C U U Q S C C S d εσε= == ++． 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 U C C S d εεσε= = ++． 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 = ×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2 000(1) 2 C C U W W W C ?=-=-2 0(1)2r r SU d εεε=-= ×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 2 d d 2V V W w V E V ε==?? 2200d ln 44R a l l R r r a λλπεπε==?． 当R = b 时，能量为210ln 4l b W a λπε=； 当R = 22200ln 48l l b W a λλπεπε==， 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 44b V a Q Q b W W r lr l a πεπε===??． （3）由公式 W = Q 2/2C 得电容为 222ln(/) Q l C 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21 1212 111C C C C C C C +=+=， 得 12 12 120PF 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 U 1 = Q/C 1 = CU/C 1 = 600(V)； 第二个电容器两端的电压为 U 2 = Q/C 2 = CU/C 2 = 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． 第十四章 稳恒磁场 14．1 充满εr = 电介质的平行板电容器，由于电介质漏电，在3min 内漏失一半电量，求电介质的电 阻率． [解答]设电容器的面积为S ，两板间的距离为l ，则电介质的电阻为 l R S ρ =． 设t 时刻电容器带电量为q ，则电荷面密度为 σ = q/S ， 两板间的场强为 E = σ/ε =q/εr ε0S ， 电势差为 U = El =ql/εr ε0S ， 介质中的电流强度为 0d 1d r q U q t R εερ- ==，负号表示电容器上的电荷减少． 微分方程可变为 0d 1d r q t q εερ=-，积分得 0ln r t q C εερ =-+， 设t = 0时，q = q m ，则得C = ln q m ，因此电介质的电阻率的公式为 0ln(/) r m t q q ρεε= ． 当t = 180s 时，q = q m /2，电阻率为 12 180 8.84210 2.1ln 2 ρ-= ??? =×1013(Ω·m)． 14．2 有一导线电阻R = 6Ω，其中通有电流，在下列两种情况下，通过总电量都是30C ，求导线所产生的热量． （1）在24s 内有稳恒电流通过导线； （2）在24s 内电流均匀地减少到零． [解答]（1）稳恒电流为 I = q/t = (A)， 导线产生的热量为 Q = I 2Rt = 225(J)． （2）电流变化的方程为 1 2.5(1)24 i t =- ， 由于在相等的时间内通过的电量是相等的，在i-t 图中，在0~24秒内，变化电流和稳恒电流直线下的面积是相等的． 在d t 时间内导线产生的热量元为 d Q = i 2R d t ， 在24s 内导线产生的热量为 24 23 11 2.5624(1)324 t =-????-=300(J)． 14．3 已知铜的相对原子质量A = ，质量密度ρ = ×103kg·m -3． （1）技术上为了安全，铜线内电流密度不能超过6A·mm -2，求此时铜线内电子的漂移速度为多少？ （2）求T = 300K 时，铜内电子热运动平均速度，它是漂移速度的多少倍？ [解答]（1）原子质量单位为 u = ×10-27(kg)， 一个铜原子的质量为 m = Au = ×10-25(kg)， 铜的原子数密度为 n = ρ/m = ×1028(个·m -3)， 如果一个铜原子有一个自由电子，n 也是自由电子数密度，因此自由电子的电荷密度为 ρe = ne = ×1010(C·m -3)． 铜线内电流密度为 δ = 6×106(A·m -2)， 根据公式δ = ρe v ，得电子的漂移速度为 v = ρe /δ = ×10-4(m·s -1)． （2）将导体中的电子当气体分子，称为“电子气”，电子做热运动的平均速度为 v = 其中k 为玻尔兹曼常数k = ×10-23J·K -1，m e 是电子的质量m e = ×10-31kg ，可得 v = ×105(m·s -1)， 对漂移速度的倍数为 v /v = ×108， 可见：电子的漂移速率远小于热运动的速度，其定向运动可认为是附加在热运动基础上的运动． 14．4 通有电流I 的导线形状如图所示，图中ACDO 是边长为b 的正方形．求圆心O 处的磁感应强度B = ？ [解答]电流在O 点的产生的磁场的方向都是垂直纸面向里的．根据毕-萨定律： 002 d d 4I r μπ?= l r B ， 圆弧上的电流元与到O 点的矢径垂直，在O 点产生的磁场大小为 012 d d 4I l B a μπ= ， 由于 d l = a d φ， 积分得 11d L B B =?3/2 00 d 4I a πμ?π=?038I a μ=． OA 和OD 方向的直线在O 点产生的磁场为零．在AC 段，电流元在O 点产生的磁场为 022 d sin d 4I l B r μθ π= ， 由于 l = b cot(π - θ) = -b cot θ， 所以 d l = b d θ/sin 2θ； 又由于 r = b /sin(π - θ) = b /sin θ， 可得 02sin d d 4I B b μθθ π= ， 积分得3/402/2d sin d 4L I B B b ππμθθπ==? ?3/4 00/2 (cos )48I I b b ππμθππ=-= 同理可得CD 段在O 点产生的磁场B 3 = B 2． O 点总磁感应强度为 00123384I I B B B B a b μπ=++= +． [讨论]（1）假设圆弧张角为φ，电流在半径为a 的圆心处产生的磁感应强度为 04I B a μ?π=． （2）有限长直导线产生的磁感应大小为 012(cos cos )4I B b μθθπ= -． 对于AC 段，θ1 = π/2、θ2 = 3π/4；对于CD 段，θ1 = π/4、θ2 = π/2，都可得 23B B == 14．5 如图所示的载流导线，图中半圆的的半径为R ，直线部分伸向无限远处．求圆心O 处的磁感应强度B = ？ [解答]在直线磁场公式 012(cos cos )4I B R μθθπ=-中， 令θ1 = 0、θ2 = π/2，或者θ1 = π/2、θ2 = π，就得半无限长导线在端点半径为R 的圆周上产生的磁感应强度 04I B R μπ= ． 两无限长半直线在O 点产生的磁场方向都向着-Z 方向，大小为B z = μ0I /2πR ． 半圆在O 处产生的磁场方向沿着-X 方向，大小为B x = μ0I /4R ． O 点的磁感应强度为 0042x z I I B B R R μμπ=--=- - B i k i k ． 场强大小为 B = = 与X 轴的夹角为 2 arctan arctan z x B B θπ ==． 14．6 如图所示的正方形线圈ABCD ，每边长为a ，通有电流I ．求正方形中心O 处的磁感应强度B = ？ [解答]正方形每一边到O 点的距离都是a /2，在O 点产生的磁场大小相等、方向相同．以AD 边为例，利用直线电流的磁场公式： 012(cos cos )4I B R μθθπ=-， 令θ1 = π/4、θ2 = 3π/4、R = a /2，AD 在O 产生的场强为 02AD I B a π= ， O 点的磁感应强度为 0224AD I B B μ== ， 方向垂直纸面向里． 14．7 两个共轴圆线圈，每个线圈中的电流强度都是I ，半径为R ，两个圆心间距离O 1O 2 = R ，试证：O 1、O 2中点O 处附近为均匀磁场． [证明]：用二阶导数．一个半径为R 的环电流在离圆心为x 的轴线上产生的磁感应强度 大小为： 2 0223/2 2()IR B R x μ= +． 设两线圈相距为2a ，以O 点为原点建立坐标，两线圈在x 点产生的场强分别为 2 012 23/2 2[()] IR B R a x μ= ++， 2 022 23/2 2[()] IR B R a x μ= +-． 方向相同，总场强为B = B 1 + B 2． 一个线圈产生的磁场的曲线是凸状，两边各有一个拐点．两个线圈的磁场叠加之后，如果它们相距太近，其曲线就是更高的凸状；如果它们相距太远，其曲线的中间部分就会下凹，与两边的峰之间各有一个拐点．当它们由远而近到最适当的位置时，两个拐点就会在中间重合，这时的磁场最均匀，而拐点处的二阶导数为零． 设k = μ0IR 2/2，则 B 对x 求一阶导数得 求二阶导数得 2222227/2d 4()3{d [()]B R a x k x R a x -+=-++22 227/2 4()}[()] R a x R a x --++-， 在x = 0处d 2B /d x 2 = 0，得R 2 = 4a 2，所以 2a = R ． x = 0处的场强为 223/22 [(/2)]B k R R =+03 5555k R R ==． 方法二：用二项式展开．将B 1展开得 2 012223/22[2]IR B R a ax x μ= +++2 0223/22223/2 2()[1(2)/()]IR R a ax x R a μ= ++++． 设2 0223/22()IR k R a μ= +，则 23/2 122 2(1)ax x B k R a -+=++． 同理，23/2 222 2(1)ax x B k R a --+=++． 当x 很小时，二项式展开公式为 2 (1)(1)1 (12) n n n x nx x -+=++ +?． 将B 1和B 2按二项式展开，保留二次项，总场强为 令R 2 - 4a 2 = 0，即a = R /2，得 2 002 23/2 852() IR I B k R a μμ== = +， 可知：O 点附近为匀强磁场． 14．8 将半径为R 的无限长导体圆柱面，沿轴向割去一宽为h (h < [解答]方法一：补缺法．导体圆柱面可看作由很多无限长直导线组成，如果补上长缝，由于对称的缘故，电流在轴线上产生的磁感应强度为零．割去长缝，等效于同时加上两个大小相等，方向相反的电流，其中，与i 相同的电流补上了长缝，与i 相反的电流大小为I = ih ． 在轴线上产生的磁感应强度为 0022I ih B R R μμππ= = ． 方法二：积分法．在导体的截面上建立坐标，x 坐标轴平分角α，α = h/R ． 电流垂直纸面向外，在圆弧上取一线元 d s = R d θ， 无限长直线电流为 d I = i d s = iR d θ， x O 2C I O x R B O 1C 2a I R B 图 o ` o R i h 图` x y o R θ d s α d B d B y d B x 在轴线产生的磁感应强度大小为 00d d d 22I i B R μμθππ = =， 两个分量分别为 0d d sin sin d 2x i B B μθθθπ== ， 0d d cos cos d 2y i B B μθθθπ =-=-． 积分得 2/22/2 00/2 /2sin d cos 22x i i B παπαααμμθθθππ --==-?0[cos(2/2)cos(/2)]02i μπααπ =- --=； 0002sin 2222i i ih R μμμααπππ= ≈=． B y 的方向沿着y 方向．B y 的大小和方向正是无限长直线电流ih 产生的磁感应强度． 14．9 在半径为R = 1.0cm 的无限长半圆柱形导体面中均匀地通有电流I =5.0A ，如图所示． 求圆柱轴线上任一点的磁感应强度B = ？ [解答]取导体面的横截面，电流方向垂直纸面向外． 半圆的周长为 C = πR ， 电流线密度为 i = I/C = IπR ． 在半圆上取一线元d l = R d φ代表无限长直导线的截面，电流元为 d I = i d l = I d φ/π， 在轴线上产生的磁感应强度为 002d d d 22I I B R R μμ?ππ==， 方向与径向垂直．d B 的两个分量为 d B x = d B cos φ，d B y = d B sin φ． 积分得 002200 cos d sin 022x I I B R R π π μμ???ππ===?， 020 sin d 2y I B R π μ??π=?00220 (cos ) 2I I R R π μμ?ππ=-= ． 由对称性也可知B x = 0，所以磁感应强度 B = B y = ×10-5(T)，方向沿着y 正向． 14．10 宽度为a 的薄长金属板中通有电流I ，电流沿薄板宽度方向均匀分布．求在薄板所在平面内距板的边缘为x 的P 点处的磁感应强度（如图所示）． [解答]电流分布在薄板的表面上，单位长度上电流密度，即面电流的线密度为δ = I/a ， 以板的下边缘为原点，在薄板上取一宽度为d l 的通电导线，电流强度为 d I = δd l ， 在P 点产生磁感应强度为 00d d d 22() I l B r x a l μμδππ== +-， 磁场方向垂直纸面向外．由于每根电流产生的磁场方向相同，总磁场为 00 d 2()a l B x a l μδπ=+-?00 ln() 2a l x a l μδ π==-+- 0ln(1)2I a a x μπ=+． [讨论]当a 趋于零时，薄板就变成直线，因此 00ln(1/)2/2I I a x B x a x x μμππ+= →， 这就是直线电流产生的磁场强度的公式． 14．11 在半径为R 的木球上紧密地绕有细导线，相邻线圈可视为相互平行，盖住半个球面，如图所示．设导线中电流为I ，总匝数为N ，求球心O 处的磁感应强度B = ？ [解答]四分之一圆的弧长为 C = πR /2， 单位弧长上线圈匝数为 n = N/C = 2N/πR ． 在四分之一圆上取一弧元 d l = R d θ， 图 图 线圈匝数为 d N = n d l = nR d θ， 环电流大小为 d I = I d N = nIR d θ． 环电流的半径为 y = R sin θ， 离O 点的距离为 x = R cos θ， 在O 点产生的磁感应强度为 2 2003 d d sin d 22 y I nI B R μμθθ= = 20sin d NI R μθθπ= ， 方向沿着x 的反方向，积分得O 点的磁感应强度为 /2000 (1cos 2)d 24NI NI R R πμμθθπ=-=?． 14．12 两个共面的平面带电圆环，其内外半径分别为R 1、R 2和R 3、R 4(R 1 < R 2 < R 3 < R 4)，外面圆环以每秒钟n 2转的转速顺时针转动，里面圆环以每称n 1转逆时针转动，若两圆环电 荷面密度均为σ，求n 1和n 2的比值多大时，圆心处的磁感应强度为零． [解答]半径为r 的圆电流在圆心处产生的磁感应强度为 B = μ0I /2r ． 在半径为R 1和R 2的环上取一半径为r 、宽度为d r 的薄环，其面积为d S = 2πr d r ， 所带的电量为 d q = σd S = 2πσr d r ， 圆环转动的周期为 T 1 = 1/n 1， 形成的电流元为 d I = d q/T 1 = 2πn 1σr d r ． 薄环电流可以当作圆电流，在圆心产生的磁感应强度为 d B 1 = μ0d I /2r = πμ0n 1σd r ， 圆环在圆心产生磁感应强度为 B 1 = πμ0n 1σ(R 2-R 1)． 同理，半径为R 3和R 4的圆环在圆心处产生的磁感应强度为 B 2 = πμ0n 2σ(R 4-R 3)． 由于两环的转动方向相反，在圆心产生的磁感应强度也相反，当它们大小相同时，圆心处的磁感应强度为零，即： πμ0n 1σ(R 2-R 1) = πμ0n 2σ(R 4-R 3)， 解得比值为 431 221 = R R n n R R --． 14．13 半径为R 的无限长直圆柱导体，通以电流I ，电流在截面上分布不均匀，电流密度δ = kr ， 求：导体内磁感应强度？ [解答]在圆柱体内取一半径为r 、宽度为d r 的薄圆环，其面积为 d S = 2πr d r ， 电流元为 d I = δd S = 2πk r 2d r ， 从0到r 积分得薄环包围的电流强度为 I r = 2πkr 3/3； 从0到R 积分得全部电流强度 I = 2πkR 3/3， 因此I r /I = r 3/R 3． 根据安培环路定理可得导体内的磁感应强度 200322r I I B r r R μμππ= =． 14．14 有一电介质圆盘，其表面均匀带有电量Q ，半径为a ，可绕盘心且与盘面垂直的轴转动， 设角速度为ω．求圆盘中心o 的磁感应强度B = ？ [解答]圆盘面积为 S = πa 2，面电荷密度为 σ = Q/S = Q/πa 2． 在圆盘上取一半径为r 、宽度为d r 的薄环，其面积为 d S = 2πr d r ， 所带的电量为 d q = σd S = 2πσr d r ． 薄圆环转动的周期为 T = 2π/ω， 形成的电流元为 d I = d q/T = ωσr d r ． 薄环电流可以当作圆电流，在圆心产生的磁感应强度为 d B = μ0d I /2r = μ0ωσd r /2， 从o 到a 积分得圆盘在圆心产生磁感应强度为 B = μ0ωσa /2 = μ0ωQ /2πa ． 如果圆盘带正电，则磁场方向向上． 14．15 二条长直载流导线与一长方形线圈共面，如图所示．已知a = b = c = 10cm ，l = 10m ，I 1 = I 2 = 100A ，求通过线圈的磁通量． [解答]电流I 1和I 2在线圈中产生的磁场方向都是垂直纸面向里的，在坐标系中的x 点，它们共同产生的磁感应强度大小为 01 02 2(/2) 2(/2) I I B a b x c b x μμππ= + +++-． 在矩形中取一面积元d S = l d x ， 通过面积元的磁通量为d Φ = B d S = Bl d x ， 通过线圈的磁通量为 图 011(ln ln )2l a b c I I a c b μπ+= -+=2×10-7×10×100×2ln2=×10-4(Wb)． 14．16 一电子在垂直于均匀磁场的方向做半径为R = 1.2cm 的圆周运动，电子速度v = 104 m·s -1．求圆轨道内所包围的磁通量是多少？ [解答]电子所带的电量为e = ×10-19库仑，质量为m = ×10-31千克． 电子在磁场所受的洛伦兹力成为电子做圆周运动的向心力，即： f = evB = mv 2/R ， 所以 B = mv/eR ． 电子轨道所包围的面积为 S = πR 2， 磁通量为 Φ = BS = πmvR/e =×10-9 (Wb)． 14．17 同轴电缆由导体圆柱和一同轴导体薄圆筒构成，电流I 从一导体流入，从另一导体流出，且导体上电流均匀分布在其横截面积上，设圆柱半径为R 1，圆筒半径为R 2，如图所示．求： （1）磁感应强度B 的分布； （2）在圆柱和圆筒之间单位长度截面的磁通量为多少？ [解答]（1）导体圆柱的面积为 S = πR 12， 面电流密度为 δ = I/S = I/πR 12． 在圆柱以半径r 作一圆形环路，其面积为 S r = πr 2， 包围的电流是 I r = δS r = Ir 2/R 12 ． 根据安培环路定理 0d r L I I μμ?==∑?B l ?， 由于B 与环路方向相同，积分得 2πrB = μ0I r ， 所以磁感应强度为 B = μ0Ir /2πR 12，(0 < r < R 1)． 在两导体之间作一半径为r 的圆形环中，所包围的电流为I ，根据安培环中定理可得 B = μ0I /2πr ，(R 1 < r < R 2)． 在圆筒之外作一半径为r 的圆形环中，由于圆柱和圆筒通过的电流相反，所包围的电流为零，根据安培环中定理可得 B = 0，(r > R 2)． （2）在圆柱和圆筒之间离轴线r 处作一径向的长为l = 1、宽为d r 的矩形，其面积为 d S = l d r = d r ， 方向与磁力线的方向一致，通过矩形的磁通量为 d Φ = B d S = B d r ， 总磁通量为 2 1 00211d ln 22R R I I R r r R μμΦπ π= =?． *14．18 一长直载流导体，具有半径为R 的圆形横截面，在其内部有与导体相切，半径 为a 的圆柱形长孔，其轴与导体轴平行，相距b = R – a ，导体截有均匀分布的电流I ． （1）证明空孔内的磁场为均匀场并求出磁感应强度B 的值； （2）若要获得与载流为I ，单位长度匝数n 的长螺线管内部磁场相等的均匀磁场，a 应满足什么条件？ [解答]（1）导体中的电流垂直纸面向外，电流密度为 22 () I R a δπ= -． 长孔中没有电流，可以当作通有相反电流的导体，两个电流密度的大小都为δ，这样，长孔中磁场是两个均匀分布的圆形电流产生的． 如果在圆形截面中过任意点P 取一个半径为r 的同心圆，其面积为 S = πr 2， 包围的电流为 ΣI = δS = πr 2δ， 根据安培环路定理可得方程 2πrB r = μ0ΣI ， 磁感应强度为 0022r I B r r μμδπ∑==，方向与矢径r 垂直． 同理，密度为-δ的电流在P 点产生的磁感应强度为 0``2 r B r μδ = ， 方向与矢径r`垂直． 设两个磁感应强度之间的夹角为θ，则合场强的平方为 22220( )(`2`cos )2 B r r rr μδ θ=++． 根据余弦定理，如图可知：2 22`2`cos b r r rr ?=+-， 由于φ = π - θ，所以 02 B b μδ = ， 由于b 和δ都是常量，可见：长孔中是均匀磁场． 图 图 将δ和b 代入公式得磁感应强度大小为 02() I B R a μπ= +， 可以证明磁场的方向向上． （2）[解答]长螺线管内部的场为 B =μ0nI ， 与上式联立得 12a R n π= -，这就是a 所满足的条件． [注意]此题中的长孔中的磁场与习题13．10．中空腔中的电场情况非常类似． 14．19 在XOY 平面内有一载流线圈abcda ，通有电流I = 20A ，obc 半径R = 20cm ，电流方向如图所示．线圈处于磁感应强度B = ×10-2T 的均强磁场中，B 沿着X 轴正方向．求：直线段ab 和cd 以及圆弧段obc 和oda 在外磁场中所受安培力的大小和方向． [解答]根据右手螺旋法则，obc 弧和cd 边受力方向垂直纸面向外，oda 弧和ab 边受力方向垂直纸面向里．由于对称的关系，ab 边和cd 边所受安培力的大小是相同的，obc 弧和oda 弧所受安培力的大小也是相同的． ab 边与磁场方向的夹角是α = 45°，长度为l = R /sin α，所受安培力为 F ab = |I l ×B | = IlB sin α= IRB = (N) = F cd ． 在圆弧上取一电流元I d l ，其矢径R 与X 轴方向的夹角为θ，所受力的大小为 d F bc = |I d l ×B | = I d lB sin θ，由于线元为 d l = R d θ， 所以 d F bc = IRB sin θd θ， 因此安培力为 /2 /2 sin d (cos ) bc F IRB IRB ππθθθ==-? = IRB = (N) = F da ． 14．20 载有电流I 1的无限长直导线旁有一正三角形线圈，边长为a ，载有电流I 2，一边与直导线平等且与直导线相距为b ，直导线与线圈共面，如图所示，求I 1作用在这三角形线圈上的力． [解答]电流I 1在右边产生磁场方向垂直纸面向里，在AB 边处产生的磁感应强度大小为 B = μ0I 1/2πb ， 作用力大小为 F AB = I 2aB = μ0I 1I 2a /2πb ，方向向左． 三角形的三个内角 α = 60°， 在AC 边上的电流元I 2d l 所受磁场力为 d F = I 2d lB ， 两个分量分别为 d F x = d F cos α 和 d F y = d F sin α， 与BC 边相比，两个x 分量大小相等，方向相同；两个y 分量大小相等，方向相反．由于d l = d r /sin α，所以 d F x = I 2d rB cot α， 积分得 = ． 作用在三角形线圈上的力的大小为 F = F AB – 2F x 012(2I I a b μπ= ，方向向左． 14．21 载有电流I 1的无限长直导线，在它上面放置一个半径为R 电流为I 2的圆形电流线圈，长直导线沿其直径方向， 且相互绝缘，如图所示．求I 2在电流I 1的磁场中所受到的力． [解答]电流I 1在右边产生磁场方向垂直纸面向里，右上1/4弧受力向右上方，右下1/4 弧受力向右下方；电流I 1在左边产生磁场方向垂直纸面向外，左上1/4弧受力向右下方，左下1/4弧受力向右上方．因此，合力方向向右，大小是右上1/4弧所受的向右的力的四倍． 电流元所受的力的大小为d F = I 2d lB ， 其中 d l = R d θ，B = μ0I 1/2πr ，而 r = R cos θ， 所以向右的分量为 d F x = d F cos θ = μ0I 1I 2d θ/2π， 积分得 /2012012 d d 24x I I I I F πμμθπ==?， 电流I 2所受的合力大小为 F = 4F x = μ0I 1I 2，方向向右． 14．22 如图所示，斜面上放有一木制圆柱，质量m = 0.5kg ，半径为R ， 长为 l = 0.10m ，圆柱上绕有10匝导线，圆柱体的轴线位导线回路平面内．斜面倾角为θ，处于均匀磁场B = 中，B 的方向竖直向上．如果线圈平面与斜面平行，求通过回路的电流I 至少要多大时，圆柱才不致沿斜面向下滚动？ [解答]线圈面积为 S = 2Rl ，磁矩大小为 p m = NIS ， 方向与B 成θ角，所以磁力矩大小为 M m = |p m ×B | = p m B sin θ = NI 2RlB sin θ， 方向垂直纸面向外． 图 2005─2006学年第二学期 《 大学物理》(上)考试试卷( A 卷) 注意：1、本试卷共4页； 2、考试时间: 120分钟； 3、姓名、序号必须写在指定地方； 4、考试为闭卷考试； 5、可用计算器,但不准借用； 6、考试日期: 7、答题答在答题纸上有效, 答在试卷上无效； b =2.897×10?3m·K R =8.31J·mol ?1·K ?1 k=1.38×10?23J·K ?1 c=3.00×108m/s ? = 5.67×10-8 W·m ?2·K ?4 1n 2=0.693 1n 3=1.099 g=9.8m/s 2 N A =6.02×1023mol ?1 R =8.31J·mol ?1·K ?1 1atm=1.013×105Pa 一.选择题(每小题3分，共30分) 1.在如图所示的单缝夫琅禾费衍射实验中，若将单缝沿透镜光轴方向向透镜平移，则屏幕上的衍射条纹 (A) 间距变大． (B) 间距变小． (C) 不发生变化． (D) 间距不变，但明暗条纹的位置交替变化． 2. 热力学第一定律只适用于 (A) 准静态过程(或平衡过程). (B) 初、终态为平衡态的一切过程. (C) 封闭系统(或孤立系统). (D) 一切热力学系统的任意过程. 3.假设卫星环绕地球中心作圆周运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的 (A) 角动量守恒，动能不变． (B) 角动量守恒，动能改变． (C) 角动量不守恒，动能不变． (D) 角动量不守恒，动量也不守恒． (E) 角动量守恒，动量也守恒． 4.质量为m 的物体由劲度系数为k 1和k 2的两个轻弹簧串联连接在水平光滑导轨上作微小振 动，则该系统的振动频率为 (A) m k k 212+π =ν． (B) m k k 2 121+π=ν ． (C) 2 12 121k mk k k +π=ν． (D) )(212 121k k m k k +π=ν 5. 波长? = 5500 ?的单色光垂直照射到光栅常数d = 2×10－4cm 的平面衍射光栅上,可能观察到的光谱线的最大级次为 (A) 2. (B) 3. (C) 4. (D) 5. 习 题 四 4-1 质量为m =的弹丸，其出口速率为300s m ，设弹丸在枪筒中前进所受到的合力 9800400x F -=。开抢时，子弹在x =0处，试求枪筒的长度。 [解] 设枪筒长度为L ，由动能定理知 2022121mv mv A -= 其中??-==L L dx x Fdx A 00)9 8000400( 9 40004002 L L - = 而00=v ， 所以有： 22 300002.05.09 4000400??=-L L 化简可得： m 45.00 813604002==+-L L L 即枪筒长度为。 4-2 在光滑的水平桌面上平放有如图所示的固定的半圆形屏障。质量为m 的滑块以初速度0v 沿切线方向进入屏障内，滑块与屏障间的摩擦系数为μ，试证明：当滑块从屏障的另一端滑出时，摩擦力所作的功为() 12 1220-= -πμe mv W [证明] 物体受力：屏障对它的压力N ，方向指向圆心，摩擦力f 方向与运动方向相反，大小为 N f μ= (1) 另外，在竖直方向上受重力和水平桌面的支撑力，二者互相平衡与运动无关。 由牛顿运动定律 切向 t ma f =- (2) 法向 R v m N 2 = (3) 联立上述三式解得 R v a 2 t μ-= 又 s v v t s s v t v a d d d d d d d d t === 所以 R v s v v 2 d d μ -= 即 s R v v d d μ-= 两边积分，且利用初始条件s =0时，0v v =得 0ln ln v s R v +- =μ 即 s R e v v μ -=0 由动能定理 2 022 121mv mv W -= ，当滑块从另一端滑出即R s π=时，摩擦力所做的功为 () 12 1212122020220-=-=--πμ πμ e mv mv e mv W R R 4-3 质量为m 的质点开始处于静止状态，在外力F 的作用下沿直线运动。已知 T t F F π2sin 0=，方向与直线平行。求：(1)在0到T 的时间内，力F 的冲量的大小；(2)在0到2T 时间内，力F 冲量的大小；(3)在0到2T 时间内，力F 所作的总功；(4)讨论质点的运动情况。 [解]由冲量的定义?=1 2 d t t t F I ，在直线情况下，求冲量I 的大小可用代数量的积分，即 ?= 1 2 d t t t F I (1) 从t ＝0到 t=T ，冲量的大小为： ?= =T t F I 01d ?-=T T T t T F t T t F 0 00]2cos [2d 2sin πππ=0 (2) 从t =0到 t =T /2，冲量的大小为 π πππ0000 0022 2 2]2cos [2d 2sin d TF T t T F t T t F t F I T T T =-=== ?? (3) 初速度00=v ，由冲量定理 0mv mv I -= 当 t =T /2时，质点的速度m TF m I v π0== 又由动能定理，力F 所作的功 m F T m F mT mv mv mv A 22022 22022 20222212121ππ===-= (4) 质点的加速度)/2sin()/(0T t m F a π=，在t =0到t =T /2时间内，a >0，质点 作初速度为零的加速运动，t =T /2时，a =0，速度达到最大；在t =T /2到t =T 时间内，a <0，但v >0，故质点作减速运动，t =T 时 a =0，速度达到最小，等于零；此后，质点又进行下一 第一章质点运动学 1、( 习题： 一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2t, y = 4 t 2 8 。（ 1）求质点的轨道方程； （ 2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。 解：（ 1）由 x=2t 得， y=4t 2 -8 （ 2）质点的位置 ： r r 由 v d r / dt 则速度： r r 由 a d v / d t 则加速度： 则当 t=1s 时，有 r r 可得： y=x 2-8 r 即轨道曲线 r r (4t 2 r 2ti 8) j r r r v 2i 8tj r r a 8 j r r r r r r r 2i 4 j , v 2i 8 j , a 8 j 当 t=2s 时，有 r r r r r r r r r 4i 8 j , v 2i 16j , a 8 j 2、（习题）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v 0 ，求运动方程 x x(t) . 解： dv kv v 1 t kdt v v 0 e kt dt dv v 0 v dx v 0e k t x dx t kt dt x v 0 (1 e kt ) dt v 0 e k 3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a 4 t (SI) ，已知 t 0 时，质点位于 x 10 m 处，初速度 v 0 ．试求其位置和时间的关系式． 解： a d v /d t 4 t d v 4 t d t v t 4t d t v 2 t 2 dv d x 2 x t 2 3 2 x t d t x 2 t v /d t t /3+10 (SI) x 0 4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 0 水平抛出，求： （ 1）小球的运动方程； （ 2）小球在落地之前的轨迹方程； v v （ 3）落地前瞬时小球的 dr ， dv ， dv . dt dt dt 解：（ 1） x v 0 t 式（ 1） y 1 gt 2 式（ 2） v v 1 2 v h r (t ) v 0t i (h - gt ) j 2 2 （ 2）联立式（ 1）、式（ 2）得 y h 2 gx 2 2v 0 v v v v v v （ 3） dr 2h dr v 0i - gt j 而落地所用时间t 所以 v 0i - 2gh j dt g dt v v dv g 2 t g 2gh dv v 2 2 2 ( gt ) 2 dt g j v x v y v 0 dt 2 2 1 2 ( gt ) ] 2 2gh) [v 0 ( v 0 1 2 第2章刚体得转动 一、选择题 1、如图所示，A、B为两个相同得绕着轻绳得定滑轮．A滑轮挂一质量为M得物体，B滑轮受拉力F，而且F＝Mg．设A、Ｂ两滑轮得角加速度分别为βA与βＢ，不计滑轮轴得摩擦，则有 （Ａ) βA＝βB。（B）βA＞βＢ. (Ｃ)βA＜βB．(D）开始时βＡ=βB，以后βA<βB。 ［］ 2、有两个半径相同，质量相等得细圆环A与B。A环得质量分布均匀，B环得质量分布不均匀。它们对通过环心并与环面垂直得轴得转动惯量分别为ＪA与J B,则 （A）ＪA＞J B．(B) JＡ 题1.1：已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为3322)s m 2()s m 6(m 2t t x --?-?+= 。求（l ）质点在运动开始后s 0.4内位移的大小；（2）质点在该时间内所通过的路程。 题1.1解：（1）质点在4.0 s 内位移的大小 m 3204-=-=?x x x （2）由 0)s m 6()s m 12(d d 232=?-?=--t t t x 得知质点的换向时刻为 ｓ2=P t （t = 0不合题意） 则：m 0.8021=-=?x x x m 40x 242-=-=?x x 所以，质点在4.0 s 时间间隔内的路程为 m 4821=?+?=x x s 题1.2：一质点沿x 轴方向作直线运动，其速度与时间的关系如图所示。设0=t 时，0=x 。试根据已知的图t v -，画出t a -图以及t x -图。 题1.2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 2A B A B AB s m 20-?=--=t t v v a （匀加速直线运动） 0BC =a （匀速直线） 2C D C D CD s m 10-?-=--= t t v v a （匀减速直线运动） 根据上述结果即可作出质点的a －t 图 在匀变速直线运动中，有 2002 1at t v x x + += 间内，质点是作v = 201s m -?的匀速直线运动，其x －t 图是斜率k = 20的一段直线。 题1.3：如图所示，湖中有一小船。岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸。设滑轮距水面高度为h ，滑轮到原船位置的绳长为0l ，试求：当人以匀速v 拉绳，船运动的速度v '为多少？ 同济大学大学物理下册答案（缺11章） 第九章 热力学基础解答 一、选择题 1．C 2．D 3．D 4．D 5．A 6．C 7．B 8．D 二、填空题 1．传热； 做功； 其温度的改变量； 过程 2．124.7； -84.3 3．21； 2 4．9.52； 570 5．Pa 1058.74 ? 6．等压； 绝热； 等压； 绝热 7．卡诺； %25 8．320K ； 3.9 三、计算题 1．解：(1)等体过程：01=A ()()5J .1246208031.82 5 11211=-???=-= ?=∴T T C M m E Q V 等温过程：02=?E ()J 32033ln28027331812ln d 2222..V V RT M m V p A Q V V =?+??====∴? J 3203321.A A A =+=∴ J 8.93273.20335.124621=+=+=∴Q Q Q J 5.1246=?E (2)等温过程：03=?E ()J 71687ln22027331812ln 133..V V RT M m A Q =?+??===∴ 等体过程：04=A ()()J 5.1246208031.82 5 11244=-???=-=?=∴T T C M m E Q V J 7168743.A A A =+=∴ J 22934512467168743...Q Q Q =+=+=∴ J 5124643.E E E =?+?=? 2． 解：γ γ C C B B V p V p = ， 3 m 49.3=B V 由图可看出，C C A A V p V p = ； 从状态方程 RT M m pV = 可知 C A T T = 因此在全过程 C B A →→中， 0=?E C B →过程是绝热过程，有0=BC Q B A →过程是等压过程，有 大学物理期末试卷(A) （2012年6月29日 9: 00-11: 30） 专业 ____组 学号 姓名 成绩 (闭卷) 一、 选择题（4０％） 1．对室温下定体摩尔热容m V C ,=2.5R 的理想气体，在等压膨胀情况下，系统对外所做的功与系统从外界吸收的热量之比W/Q 等于： 【 D 】 （A ） 1/3； (B)1/4； (C)2/5； (D)2/7 。 2. 如图所示，一定量的理想气体从体积V 1膨胀到体积V 2分别经历的过程是：A B 等压过程; A C 等温过程; A D 绝热过程 . 其中吸热最多的 过程 【 A 】 (A) 是A B. (B) 是A C. (C) 是A D. (D) 既是A B,也是A C ,两者一样多. 3.用公式E =νC V T (式中C V 为定容摩尔热容量，ν为气体摩尔数)计算理想气体内能 增 量 时 ， 此 式 : 【 B 】 (A) 只适用于准静态的等容过程. (B) 只适用于一切等容过程. (C) 只适用于一切准静态过程. (D) 适用于一切始末态为平衡态的过程. 4气缸中有一定量的氦气(视为理想气体),经过绝热压缩,体积变为原来的一半,问气体 分 子 的 平 均 速 率 变 为 原 来 的 几 倍 ？ p V V 1 V 2 A B C D . 题2图 【 B 】 (A)2 2 / 5 (B)2 1 / 5 (C)2 1 / 3 (D) 2 2 / 3 5．根据热力学第二定律可知： 【 D 】 （A ）功可以全部转化为热, 但热不能全部转化为功。 （B ）热可以由高温物体传到低温物体，但不能由低温物体传到高温物体。 （C ）不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程。 （D ）一切自发过程都是不可逆。 6. 如图所示，用波长600=λnm 的单色光做杨氏双缝实验，在光屏P 处产生第五级明纹极大，现将折射率n =1.5的薄透明玻璃片盖在其中一条缝上，此时P 处变成中央 明纹极大的位置，则此玻璃片厚度为： 【 B 】 (A) 5.0×10-4 cm (B) 6.0×10-4cm (C) 7.0×10-4cm (D) 8.0×10-4cm 7．下列论述错误．．的是： 【 D 】 (A) 当波从波疏媒质( u 较小)向波密媒质(u 较大)传播，在界面上反射时，反射 波中产生半波损失，其实质是位相突变。 (B) 机械波相干加强与减弱的条件是：加强 π?2k =?；π?1)2k (+=?。 (C) 惠更斯原理：任何时刻波面上的每一点都可作为次波的波源，各自发出球面次波；在以后的任何时刻，所有这些次波面的包络面形成整个波在该时刻的新波面 (D) 真空中波长为500nm 绿光在折射率为1.5的介质中从A 点传播到B 点时，相位改变了5π，则光从A 点传到B 点经过的实际路程为1250nm 。 8. 在照相机镜头的玻璃片上均匀镀有一层折射率n 小于玻璃的介质薄膜，以增强某一波长 的透射光能量。假设光线垂直入射，则介质膜的最小厚度应为： 【 D 】 (A)/n λ (B)/2n λ (C)/3n λ (D)/4n λ P O 1 S 2 S 6. 题图 《大学物理学》课后习题参考答案 习 题1 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 r v t Rcos sin ωωt ωR ωdt d +-== i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2 122 ])cos ()sin [( 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 r v 2t 8dt d +== j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 1 1 +=+==??Δ 3） 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 r v 2t 2dt d +== i v a 2dt d == 2）21 22 12)1t (2] 4)t 2[(v +=+= 1 t t 2dt dv a 2 t +== 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 2012 1 at t v y += （1） 图 1-4 2022 1 gt t v h y -+= （2） 21y y = （3） 解之 t = 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 2 1 h y -= 式（2） j i r )gt 2 1 -h (t v (t)20+= （2）联立式（1）、式（2）得 2 02 v 2gx h y -= （3） j i r gt -v t d d 0= 而 落地所用时间 g h 2t = 第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 第一章 质点运动学 1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ． (1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr ｜= Δs = Δr (B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s (D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (2) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v (C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故t s t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故t s t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x ． 下述判断正确的是( ) (A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确 大学物理课后习题答案第六章 ————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 2 00 200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε 故 223+=x 2. 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：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 故 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为 l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的 电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (4220R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E 2 3220)(41 cos R x xdq dE dE x += =πεθ R O λ1 λ2 l x y z 第一章质点运动学 1、(习题 1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时 速度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速 度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2gh d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 2005─2006学年第二学期 《 大学物理》(上)考试试卷( A 卷) 注意：1、本试卷共4页； 2、考试时间: 120分钟； 3、姓名、序号必须写在指定地方； 4、考试为闭卷考试； 5、可用计算器,但不准借用； 6、考试日期: 7、答题答在答题纸上有效, 答在试卷上无效； b =×10?3m·K R =·mol ?1·K ?1 k=×10?23J·K ?1 c=×108m/s ? = ×10-8 W·m ?2·K ?4 1n 2= 1n 3= g=s 2 N A =×1023mol ?1 R =·mol ?1·K ?1 1atm=×105Pa 一.选择题(每小题3分，共30分) 1.在如图所示的单缝夫琅禾费衍射实验中，若将单缝沿透镜光轴方向向透镜平移，则屏幕上的衍射条纹 (A) 间距变大． (B) 间距变小． (C) 不发生变化． (D) 间距不变，但明暗条纹的位置交替变化． 2. 热力学第一定律只适用于 (A) 准静态过程(或平衡过程). (B) 初、终态为平衡态的一切过程. (C) 封闭系统(或孤立系统). (D) 一切热力学系统的任意过程. 3.假设卫星环绕地球中心作圆周运动，则在运动过程中，卫星对地球中心的 (A) 角动量守恒，动能不变． (B) 角动量守恒，动能改变． (C) 角动量不守恒，动能不变． (D) 角动量不守恒，动量也不守恒． (E) 角动量守恒，动量也守恒． 4.质量为m 的物体由劲度系数为k 1和k 2的两个轻弹簧串联连接在水平光滑导轨上作微小振 动，则该系统的振动频率为 (A) m k k 212+π =ν． (B) m k k 2 121+π=ν ． (C) 2 12 121k mk k k +π=ν． (D) )(212121k k m k k +π=ν 5. 波长? = 5500 ?的单色光垂直照射到光栅常数d = 2×10－4cm 的平面衍射光栅上,可能观 察到的光谱线的最大级次为 (A) 2. (B) 3. (C) 4. (D) 5. 6.某物体的运动规律为d v /dt =－k v 2t ，式中的k 为大于零的常量．当t =0时，初速为v 0，则 大学物理(上)课后习题答案 ————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 2 3 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 v v v m ∴ 213 4.5r r r i j v v v v v m ⑶0t s 时，054r i j v v v ；4t s 时，41716r i j v v v ∴ 140122035m s 404r r r i j i j t v v v v v v v v v ⑷ 1 d 3(3)m s d r i t j t v v v v v ，则：437i j v v v v 1s m (5) 0t s 时，033i j v v v v ；4t s 时，437i j v v v v 24041 m s 44 j a j t v v v v v v v v v (6) 2d 1 m s d a j t v v v 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 =2+33t ，式中 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 ⑴ s 2 t 时，2 s m 362181 R a 2 222s m 1296)29(1 R a n ⑵ 当加速度方向与半径成ο45角时，有：tan 451n a a 即： R R 2 ，亦即t t 18)9(2 2 ，解得：9 2 3 t 则角位移为：32 2323 2.67rad 9 t 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 =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，4.02 2.0 t 1s rad 则0.40.40.16R v 1s m 064.0)4.0(4.022 R a n 2 s m 0.40.20.08a R 2 s m 22222s m 102.0)08.0()064.0( a a a n 与切向夹角arctan()0.0640.0843n a a 同济大学大学物理下册答案（缺11 12章） 第九章 热力学基础解答 一、选择题 1．C 2．D 3．D 4．D 5．A 6．C 7．B 8．D 二、填空题 1．传热； 做功； 其温度的改变量； 过程 2．124.7； -84.3 3．21； 2 4．9.52； 570 5．Pa 1058.74? 6．等压；绝热；等压；绝热 7．卡诺； %25 8．320K ；3.9 三、计算题 1．解：(1)等体过程：0 1=A ()()5J .1246208031.82 5 11211=-???=-= ?=∴T T C M m E Q V 等温过程：0 2=?E ()J 32033ln28027331812ln d 2222..V V RT M m V p A Q V V =?+??====∴? J 3203321.A A A =+=∴J 8.93273.20335.124621=+=+=∴Q Q Q J 5.1246=?E (2)等温过程：0 3=?E ()J 71687ln22027331812ln 133..V V RT M m A Q =?+??===∴ 等体过程：04=A ()()J 5.1246208031.82 5 11244=-???=-=?=∴T T C M m E Q V J 7168743.A A A =+=∴J 22934512467168743...Q Q Q =+=+=∴ J 5124643.E E E =?+?=? 2．解：γγ C C B B V p V p =，3 m 49.3=B V 由图可看出，C C A A V p V p =；从状态方程RT M m pV =可知C A T T = 因此在全过程C B A →→中，0=?E C B →过程是绝热过程，有0=BC Q B A →过程是等压过程，有 普通物理（下）学习总结 第九章——热力学基础 章节概述：热力学整章的重点在于理想气体动态方程、热力学两大定律在各种状态下的应用以及卡诺定理用来计算各种热机的效率。 1、 开尔文温度和摄氏温度的换算。t=T-273.15 2、 平衡状态、准静态过程和非静态过程的区别。对于一个孤立系统而言，如果其宏观性质 经过充分长的时间后保持不变，即系统的状态参量不再随时间改变，此时系统属于平衡态。而如果系统在变化过程中，每一个中间状态都无线接近于平衡态，则称之为准静态过程。 3、 理想气体的状态方程：注意玻尔兹曼常量和斯密特常量的定义。 4、 焦耳的实验，定义了热功当量。如用做功和传热的方式使系统温度升高相同时，所传递 的热量和所做的功总有一定的比例关系，即1卡热量=4.18焦耳的功可见，功与热量具有等效性。做功与传热虽然有等效的一面，但本质上有着区别。做功：通过物体作宏观位移完成。作用是机械运动与系统内分子无规则运动之间的转换。从而改变内能。传热：通过分子间相互作用完成。作用是外界分子无规则热运动与系统内分子无规则热运动之间的转换。从而改变了内能。 5、 对微小过程，即准静态过程，dW dE dQ += 6、 等温等压过程、绝热过程、多方过程中热力学第一定律的应用。 7、 热循环、制冷机与热机的关系、卡诺循环及其效率的计算。 8、热力学第二定律的两种表述（克劳斯修表述和开尔文表述）。开尔文表述（开氏表述）： 不可能从单一热源吸取热量，使它完全变为有用功而不引起其它变化。克劳修斯表述（克氏表述）：热量不能自动地从低温物体传到高温物体。 第十章——气体动理论 章节概述：本章主要讲述了气体动理论的两个基本公式——压强公式和能量公式，理解分子热运动的原理，能够理解热力学第二定律和熵的意义。在本章中还大量地运用了统计规律来对分子的热运动进行分析，即通过对微观物理量求统计平均值的方法得到宏观物理量。 1、自然界的一切宏观物体，无论是气体、液体亦或是固体，都是由大量分子或原子构成。分子间存在相互作用力。构成物质的分子处于永恒的、杂乱无章的运动之中。 2、理想气体的压强公式和气体温度的微观实质。气体的温度其实标志着气体内部分子无规则热运动的剧烈程度，代表了气体分子的平均平动动能。 3、刚性分子的自由度。 多原子分子 3 3 6 内能公式为。 第1章 质点运动学 习 题 一 选择题 1-1 对质点的运动，有以下几种表述，正确的是[ ] (A)在直线运动中，质点的加速度和速度的方向相同 (B)在某一过程中平均加速度不为零，则平均速度也不可能为零 (C)若某质点加速度的大小和方向不变，其速度的大小和方向可不断变化 (D)在直线运动中，加速度不断减小，则速度也不断减小 解析：速度是描述质点运动的方向和快慢的物理量，加速度是描述质点运动速度变化的物理量，两者没有确定的对应关系，故答案选C 。 1-2 某质点的运动方程为)(12323m t t x +-=，则该质点作[ ] (A)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (B)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 (C)变加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (D)变加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 解析：229dx v t dt = =-，18dv a t dt ==-，故答案选D 。 1-3 一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为v ，某一段时间内的平均速率为v ，平均速度为v ，他们之间的关系必定有[ ] (A)v =v ，v =v (B)v ≠v ，v =v (C)v ≠v ，v ≠v (D)v =v ，v ≠v 解析：瞬时速度的大小即瞬时速率，故v =v ；平均速率s v t ?=?，而平均速度t ??r v = ，故v ≠v 。答案选D 。 1-4 质点作圆周运动时，下列表述中正确的是[ ] (A)速度方向一定指向切向，所以法向加速度也一定为零 (B)法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零 (C)必有加速度，但法向加速度可以为零 (D)法向加速度一定不为零 解析：质点作圆周运动时，2 n t v dv a a dt ρ =+=+ n t n t a e e e e ，所以法向加速度一定不为零，答案选D 。 1-5 某物体的运动规律为 2dv kv t dt =-，式中，k 为大于零的常量。当0t =时，初速为0v ，则速率v 与时间t 的函数关系为[ ] (A)2012v kt v =+ (B)2011 2kt v v =+ (C)2012v kt v =-+ (D)2011 2kt v v =-+ 解析：由于2dv kv t dt =-，所以 02 0()v t v dv kv t dt =-? ? ，得到20 11 2kt v v =+，故答案选B 。 二 填空题 1-6 已知质点位置矢量随时间变化的函数关系为2=4t +( 2t+3)r i j ，则从大学物理试卷及答案
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