物理习题解答（48学时）
注意：题号为红色字体的题目或者是标注过了解的计算题进行了解即可。
第一章 质点运动学
一、选择题：
1（D ），2（D ）， 3（C ）， 4（B ）， 5（D ）， 6（B ）， 7（B ）， 8（B ），9（D ）, 10（C ）， 11（B ）， 12（C ） 二、填空题：
1、 )]()5cos()5sin([50SI j t i t
+-, 0, 圆；
2、]sin 2cos )[(22t t Ae
t
ωβωωωββ+--， 2,1,0)21(=+n n ω
π
；
3、t
S ?，t v ?-02 ；4、2402
0)(,R bt v b bt v +++；
5、)/(4,
1622
s rad Rt ； 6、（1），（3），（4）；7、)1(22
S S +；
8、)(4SI j i +-； 9、)/(20s m ；10、)/(1.02
s m ；
11、)(1
,)(,
2
RC b c
R
ct b c ±--；12、)/(20),/(3.17s m s m
三、计算题
１．解：（１）)/(5.0/s m t x v -=??=；
（２）2
69/t t dt dx v -==， s m v /6)2(-=； （３）m x x x x s 25.2|)5.1()2(||)1()5.1(|=-+-=．
２．解：t dt dv a 4/==，tdt dv 4=
??
=t
v
tdt dv 0
4， 22t v =
2
2/t dt dx v ==
?
?=x
t
dt t dx 10
022
)(103/23
SI t x +=．
３．(了解)解：（１）t v x 0=， 2
2
1gt y =
轨迹方程是：20
2
2/v g x y =．
（２）0v v x =， gt v y =．速度大小为： 2
220
22t g v v v v y x +=+=
．
方向为：与Ｘ轴的夹角)/(01
v gt tg -=θ
222
02//t g v t g dt dv a t +==，与v 同向．
222002
12
2
/)(t g v g v a g a t
n +=-=，方向与t a 垂直．
4.解：由t kv dt dv 2
/-=
ktdt v dv -=2 积分：??-=tdt k v
dv
2 C kt v +-=-2
2
11
当0=t 时，0v v = 0
1
v C -
=∴ 得：
21211v kt v += 5.解：设质点在x 处的速率为v ，
262x dt
dx dx dv dt dv a +=?==
??
+=x v
dx x vdv 0
20
)62(
s m x x v /)(22/13+=
6.解：选地面为静止参考系s ，火车为运动参考系s '，雨滴为运动质点p ： 已知：绝对速度：ps v
大小未知，方向与竖直方向夹0
30
牵连速度：s m v s s /35='，方向水平； 相对速度：s p v '
大小未知，方向偏向车后0
45．
s
s '
由速度合成定理：s s s p ps v v v ''+=
由矢量关系式画出矢量图，由几何关系可得：
3530sin 30cos 00=+ps ps v v
s m v ps /6.25=．
第二章 牛顿定律
一、选择题：
1（B ），2（D ）， 3（E ）， 4（C ）， 5（B ）， 6（C ）。 二、填空题：
1、)(23
23SI j t i t +； 2、2%； 3、2
1:cos θ；
4、
θ
θθ
cos sin ,cos gl
mg
； 5、24（cm ）。
三、计算题：
1.（了解）解：（１）以Ａ、Ｂ、绳为研究对象 a m m m g m g m mg F B A B A )(++=---
g m m m F m m m g m m m F a B
A B A B A -++=++++-=
∴)(．
（２）以绳的下段长和物体Ａ为研究对象 a L mx m g L mx m x T B A )/()/()(+=+- ))(/()(a g L mx m x T A ++=∴ )(2496)
/(N x m m m L mx m F B
A A +=+++=
．
2. （了解）解：受力图如图所示：
O
Y
1
B
'A
N '2'
B
A
地
以Ａ为研究对象：
Ｘ方向：0cos sin 12='-'+-θθf N f B
（１） Ｙ方向：0cos sin 1='-'--θθB
A N f Mg N （２） 同时，θμcos 11mg f f ='= （３）
θcos mg N N B
B ='= （４） （１）、（２）、（３）、（４）联立求解：
θθμθθθsin cos cos sin cos 21mg mg Mg f N Mg N B
A ++='+'+= θμθθθθ212cos sin cos cos sin mg mg f N f B
-='-'= 斜面对地面的压力：θθμθsin cos cos 2
mg mg Mg N A ++=' 斜面对地面的摩擦力：θμθθ2
2cos sin cos mg mg f -='. 3. （了解）解：（1）子弹进入沙土后，受力为kv - ，由牛顿定律 dt
dv
m
kv =- ??=-?=-∴
v v t v dv dt m k v
dv
dt m k 00 m
kt e v v -
=∴
（2）求最大深度
解法一：dt
dx
v =
dt e
v dx dt e
v dx m
kt t x m
kt -
-??=?=∴
00
k
mv x e v k m
x m kt
0max 0)1(=?-=-
解法二：dx
dv mv dt dx dx dv m dt dv m
kv ===- ??-=?-=∴
000
max v x dv k
m
dx dv k m dx
k
mv x 0
max =
∴
第三章 功和能
一、选择题：
1（A ），2（B ）， 3（D ）， 4（C ）， 5（B ）， 6（C ）， 7（C ）， 8（B ） 二、填空题：
1、R GMm 32-
； 2、)1
1(21a
b m Gm -； 3、动量，动能，功； 4、αsin 2mgx ； 5、)/(6),
(18s m J ； 6、4000（J ）；
7、
r k mr
k 2,-
； 8、R
GMm
R
GMm 3,6-
； 9、-0.21（J ）。 三、计算题
1. （了解）解：由x=ct 3可求物体的速度：
23ct dt
dx
==
υ 物体受到的阻力为：3/43
/24
2
2
99x kc t kc kv f ===
阻力对物体所作的功为：
???==x d f dw W ?-=dx x kc l
3/43/290
7/273/73/2l kc -=
2. 解：方法一：根据功能原理，木块在水平面上运动时，摩擦力所作的功等于系统（木
块和弹簧）机械能的增量。由题意有：
,2
1
2122υm kx x f r -=
- 而mg f k r μ=
由此得木块开始碰撞弹簧时的速率为
s m m
kx gx k /83.522
=+=μυ
方法二：根据动能定理，摩擦力和弹性力对木块所作的功，等于木块动能的增
量，则：
?-=--x o k m kxdx mgx 22
1
0υμ
其中
?
=
x
o
kx kxdx 2
2
1 带入数据可得相同结果
3. （了解）解：（1）根据功能原理，有mgh m fs -=
2
02
1υ ααμαμsin cos sin mgh
Nh fs ==
αμm g h c t g =m g h m -=2
02
1υ )(25.4)
1(220m ctg g h =+=∴αμυ
（2）根据功能原理有fs m mgh =-
22
1
υ αμυmghctg mgh m -=22
1
s m ctg gh /16.8)]1(2[2/1=-=αμυ
4.解：（1）取地心为原点，从O 指向陨石为r 的正方向，如图。陨石由a 落到b ，万有
引力的功
??++-=-=R h R R
h R r r d GMm r d r
Mm
G W 22 )
()11(
h R R h
GmM h R R GmM +=+-= （2）取陨石为研究对象，根据动能定理
?
+-=-R
h
R o mv r d r Mm G
222
1 221)(mv h R R h M m G =+ 得)
(2h R R h GM v +=（也可用机械能守恒解）
5.解：用动能定理，对物体
?=-Fdx o m 402
12
υ168
210)610(0432
=+=+=?x x dx x
得 s m /13,1682
==υυ解出
第四章 动量和角动量
一、选择题：
1（B ），2（C ）， 3（C ）， 4（D ）， 5（D ）， 6（C ）， 7（A ）， 8（A ），9（A ）, 10（B ） 二、填空题：
1、4.7（N ?s ），与速度方向相反；
2、
m
M MV
+； 3、18（N ?s ）
4、6.3（m/s ）；
5、不一定， 动量；
6、140（N ?s ）， 24（m/s ）;
7、0.003（s ），0.6（N ?s ），2（g ）；
8、0；
9、R
GMm
R
GMm
3,32-
。 三、计算题
1. 解：建立如图坐标系，由动量定理，小球受到的冲量的Ｘ，
Ｙ分量的表达式为：
Ｘ方向：x x x x mv mv mv t F 2)(=--=?（１）Ｙ方向：
0)(=---=?y y y mv mv t F （２）t mv F F x x ?==∴/2
αcos v v x =
t mv F ?=∴/cos 2α 方向沿Ｘ正向．
根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力为：
||F F -='方向垂直墙面指向墙内．
2.解：由动量定理知质点所受外力的总冲量
12)(v m v m v m I -=?=
由Ａ→Ｂ
1
0683.045cos -??-=--=-=s
m kg mv mv mv mv I A B Ax Bx x
1
283.045sin 0-??-=-=-=s
m kg mv mv I A Ay y
s N I I I y x ?=+=739.02
2
方向：x y I I tg /1=θ，
05.202=θ（与Ｘ轴正向夹角）．
3. （了解）解：完全弹性碰撞：动量守恒；机械能守恒 碰撞前：Ａ：1A v ，方向水平向右，
Ｂ：01=B v ；
碰撞后：Ａ：2A v ，设方向水平向右，Ｂ：2B v ，方向水平向右． 动量守恒：221B B A A A A v m v m v m += １） 机械能守恒：22
22212
12121B B A A A A v m v m v m +=(２） （１）、（２）联立方程组，解得：
12A B
A B
A A v m m m m v +-=
且02>A v ，与所设方向相同．
122A B
A A
B v m m m v +=
二球同时落地，下落时间相同，有：
t v L A A 2=; t v L B B 2= 得：
A
B
A B A m m m v v 25222-== 解得：5/=B A m m ． 4.解：
（１）因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此，作用于子弹、物体系统上的外力均在铅直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '，有：
v M mv mv '+=0
s m M v v m v /13.3/)(0=-=' N l Mv Mg T 5.26/2=+=
（２）s N mv mv t f ?-=-=?7.40
（0v 方向为正,负号表示冲量与0v
方向相反）．
第五章 刚体的转动
一、选择题：
1（C ），2（A ）， 3（D ）， 4（B ）， 5（B ）， 6（C ）， 7（A ）， 8（C ），9（B ）， 10（C ）。 二、填空题：
1、4（s ），-15（m/s ）；
2、2.5（rad/s 2）；
3、50mL 2；
4、0.25（kg ?m 2）；
5、2)2
3
2(r m M -； 6、2Ma ； 7、157（N ?m ）； 8、14（rad/s ）；9、2
mr
J mgr
+。 三、计算题
1. 解：两轮的角加速度分别为A α，B α
a tA =a tB =a t =r 1A α=r 2B α A α=
1
2
r r B α ω=A αt ∴t=
2
112r r r r B B A αωαωαω== =
75
.03
.0)60/23000(???ππ=40s
2. （了解）解：有外力矩作用时 ω01=0，ωt1=100rev/min=10.5rad/s 其角加速度 α1=(ωt1-ω01)/t 1=ωt1/t 2
运动方程 M-M f =J α1 (1)
在没有外力矩作用时 ω02=ω01 ，ω12=0 其角加速度 α2=(ω12-ω02)/t 2=-ωt1/t 2 运动方程 -M f =J α2 (2)
(1) (2)式联立求解，得
M=J （α1-α2）=J （ωt1/t 1+ωt1/t 2） 从而J=
22
1t1m ·3.17)
11(kg t t M
=+ω
3. 解：受力分析如图所示，对m 和滑轮分别根据牛顿第二定律和转动定律可得
m g －T=ma TR=
22
1
MR α 据线量和角量的关系有： a=R α
T '
a
m
上三式联立得 a=
2
M m mg
+
∵a 为恒量，物体做匀加速直线运动 ∴V=V 0+at=at=
M
m mgt
+22
4、 解：受力图如图所示, 根据牛顿第二定律和转动定律可得
mg －T=ma M=J β
M=TR a=R β
N m
M mMg
T 5.242=+=
?
5、解：受力分析如图，对m 和滑轮分别根据牛顿第二定律和转动定律可得 mg －T 2=ma 2 T 1－mg=ma 1
T 2(2r)－T 1r=(9mr 2 /2)α
利用线量和角量的关系可得
2r α=a 2 r α=a 1
解上述5个联立方程，得：r
g 192=
α 6、解 :由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程，可列以下联立方程： T 1R=J 11α=
2
1M 1R 2
1α T 2r- T 1r= J 22α=2
1M 2r 2
2α mg-T 2=ma
又21ααr R a ==及 2
υ=2ah
a 1
m
1
g
T
a
2 1
2
求解联立方程，可得
a=
221/4)(2
1
mg s m m M M =++ s m /2ah 2==
υ
T 2=m(g-a)=58N T 1=
2
1
M 1a=48N 提示：各位同学认真复习，认真准备，以防挂科；如有疑问可到德信楼110。
第六章 真空中的静电场
一、选择题：
1（D ），2（C ）， 3（A ）， 4（C ）， 5（D ）， 6（B ）， 7（C ）， 8（D ），9（ ）, 10（D ）， 11（D ）， 12（B ），13（C ）， 14（C ）， 15（D ），16（C ），17（C ），18（C ）， 19（C ） 填空题： 1、00
023,2,23εσεσεσ
-
-
； 2、40216R
S
Q επ?，由圆心O 指向?S ； 3、
,
0,
q
q
εε-； 4、 5、
)1
1(400a
b r r qq -πε； 6、Ed ； 7、
200
92,
r R Q Q
πεε 0； 8、3
028R qd
επ，由圆心O 指向缺口；9、r r R
3
020εσ； 10、020ελ， 11、4
3ln 40πελ， 0；12、R R dS Q R QdS 024
024)41(,16πεπεπ-； 13、?=?L
l d E 0
，将任意电荷沿任意闭合路径移动一周，静电场力做功代数和恒为零，
保守； 14、
R
Qq R
Q 004,4πεπε-
；15、πAR 4； 16、πR 2E ； 17、
三、计算题
1.如图所示，一长为10cm 的均匀带正电细杆，其带电量为1.5×10-8
C.试求在杆的延长线上距杆的端点5cm 处的P 点的电场强度
2280
/10941C m N ??=πε
)
解：设P 点在杆的右边，选取杆的左端为坐标原点O ，X 轴沿杆的方向，如图. 并设杆的长度为L . P 点离杆的端点距离为d . 在x 处取一电荷元dq =(q/L )dx ，它在P 点产生场强：
2
020)(4)(4x d L L qdx
x d L dq dE -+=-+=
πεπε
P 点处的总场强为：
)
(4)(04020d L L q x d L dx L L q
E +=-+=?πεπε 代入题目所给数据，得
C N E /108.14
?= E
的方向沿X 轴正向.
2. 一个细玻璃棒被弯成半径为R 的半圆形，沿其上半部分均匀分布有电量+Q ，沿其下半部分均匀分布有电量-Q ，如图所示.试求圆心O 处的电场强度。
解：把所有电荷都当作正电荷处理.在θ处取微小电荷
πθλ/2Qd dl dq ==
它在O 点产生场强：
θεππεd R
Q
R dq dE 2
022024==
按θ角变化，将dE 分解成二个分量：
θθεπθd R
Q dE dE x sin 2sin 2
02
=
= θθεπθd R
Q
dE dE y cos 2cos 2
02-
==
对分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷.
]sin 2
/sin 0
2
/[22
02
?
?
-=
θθππθθπεπd d R
Q E x =0
]cos 2/cos 0
2/[2202??--=
θθππθθπεπd d R Q
E y 202R Q επ-= 所以 j R Q j E i E E y x
2
02επ-=
+=
3.一段半径为a 的细圆孤，对圆心的张角为θ0，其上均匀分布有正电荷q ，如图所示。试以a ，q ，θ
表示出圆心O 处的电场强度。若取无穷远处为电势零点，求O 点的电势
dx
(
2280
/10941C m N ??=πε)
解：（1）取坐标XOY 如图，由对称性可知，
?==0x x dE E
θπελθπεcos 4cos 42
020a
dl
a dq dE y == θθπελ
ad a
?=
cos 42
0 θθπελ
θθd a
E E y cos 40212
100?
-==
2
sin 22sin 2002000θθπεθπελa q a ==
j a q
E 2sin 200
2
0θθπε-=
4. 电荷以相同的面密度σ分布在半径为r 1=10cm 和r 1=20cm 的两个同心球面上。设无限远处电势为零，球心处的电势为U 0=300V 。（1）求电荷面密度σ。（2）若要使球心处的电势也为
零，外球面上应放掉多少电荷？))/(1085.8(2
2120m N C ??=-ε
解：（1）球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即 )(
412
2110
0r q r q U +=
πε
)44(41
2
2
212
10r r r r σπσππε+=
)(210
r r +=
εσ
292
10
0/10825.8m C r r U -?=+=
εσ
（2）设外球面上放电后电荷面密度为，应有σ
σσσε21210
00
)(1r r r r U -
=='+='即 外球面上应变成带负电，共应放掉电荷 )1(4)(42
1222
2r r r r q +
='-='σπσσπ 2002124)(4r U r r r πεπσ=+= =6.67×10-9
C
5. 电量q 均匀分布在长为2l 的细杆上，求在杆外延长线上与杆端距离为a 的p 点的电势（设无穷远处为电势零点）。
解：设坐标原点位于杆中心O 点，X 轴沿杆的方向，如图所示
细杆的电荷线度)2/(l q =λ，在x 处取电荷元)2/(l qdx dx dq ==λ，它在P 点产生的电势
)
(8)(400x a l l qdx
x a l dq dU p -+=
-+=
πεπε 整个杆上电荷对P 点产生的电势
?-+-=)(80x a l dx
l l l q
U p πε
11|)ln(80--+-=x a l l q
πε
)21ln(80a
l l
q +
=
πε 6. （1）用高斯定理求下列带电体的电场强度，(a)半径为R ，带电量为Q 的均匀带电球面内外的电场强度；（b ）半径为R 的无限长均匀带电柱面内外的电场强度；（2）如果取无穷远处为电势零点，求以上两个带电体内外各点的电势。 解：（1）
（a ）取半径为r 的同心球面S 为高斯面，则
2
π4d d r E S E S E S
S
?==??
?
（b ）设圆柱面上的电荷面密度为 ，在圆柱面内分别取圆柱面同轴的高为l ,半径为 r 内和 r 外 的两个圆柱形高斯面，由高斯定理得
（2） （a ）设r 为所求点距球心的距离，均匀带电球面内外的电场强度为
选无穷远处为电势零点，则
(b)由于电荷的分布在无限区域，不能以无穷远点为电势零点，选r=R 处U=0，圆柱面内外的场强分布为
则
7. 真空中一立方体形的高斯面，边长a=0.1m ，位于图中所示位置。已知空间的场强分布为：
π2d d d d d =?=?=
?+?+?=
??????l r E S
E S E S E S E S E S S S S S 内内侧
侧
下底
上底
内
∑=
?内
S q
r E 0
21
π4ε2
0r 4Q Q ,r 0
0,πε=
=>==<∑∑E q R E q R r s s ，，外
内
)
( 0R r E <=内)
( π4Q
2
0R r r E >=ε外)
(,4d d d U 0R r R
Q r E r E l E R
R r
r
<=
+=?=???
∞
∞
πε外内内 )
(,4d d U 0R r R
Q l E l E R r
==
=?=??
∞
∞πε外球面 )
(,r
4d d U 0r
R r Q l E l E r
>=
=?=??∞
∞πε外外 0
=内E 0
π2d d d d d ελ
l l r E S E S E S E S E S E S S S S S =
?=?=?+?+?=??
?
???
外外侧
侧
下底
上底
外
λ外
外r 20πελ=
E )
( 0R r E <=内)( π20R r r
E >=
ελ
外)
(,0d U R r l E R
r
<=?=?
内内)
(,r ln 2dr r 2d U 0r 0
R r R
l E R R r >==?=??πελπελ 外外
o E o E bx E z y x ===,,.常数b=1000 N/（?C m ）.试求通过该高斯面的电通量。
解：通过x=a 处平面1的电通量
3111a b S E -=-=φ
通过x=2 a 处平面2的电通量
3222a b S E -==φ
其它平面的电通量都为零.因而通过该高斯面的总电通量为
333212a b a b a b =-=+=φφφ
C m N /12?=
第七章 静电场中的导体和电介质
一、选择题：
1（C ），2（B ）， 3（C ）， 4（D ）， 5（D ）， 6（D ）， 7（A ）， 8（B ），9（A ）, 10（C ）， 11（A ）， 12（A ），13（D ）， 14（C ）， 15（D ），16（B ），17（C ）。 二、填空题：
1、-Q ， +Q ；
2、垂直于导体表面，垂直于导体表面；
3、不变，减小；
4、
),,(εσz y x ，与导体表面垂直； 5、0，c r q 04πε； 6、（1）电位移线，（2）电场线；
7、
r r
r επελπλ
02,2（R 1 εεσ 0； 9、2C 0； 10、C Q 42 ； 11、450； 12、1,1/εr ，1/εr ； 13、8.85?10-10（C/m 2）, 负； 14、94.3（V ），5.00?10-9（C ） 三、计算题： 1. 解：（1）由静止感应，金属球壳的内表面上有感应电荷-q ，外表面上带电荷q+Q 。 （2）不论球壳内表面上的感应电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O 点的距离都是a ，所以由这些电荷在O 点产生的电势为 a q a dq U q 0044πεπε-= ?= - （3）球心O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q 在O 点产生的电势的代数和 q Q q q U U U U +-++=0= b q Q a q r q 000444πεπεπε++ - b Q b a r q 004)111(4πεπε++-= 2. 解：（1）设内、外金属膜圆柱筒半径分别为R 1和R 2，高度均为L ，其上分别带电量+Q 和 -Q ，则玻璃内的场强为 )(2210R r R Lr Q E r ??= επε 内、外筒之间的电势差 r dr L Q E U R R r R R ?= ? =2 1 21 02r d ·επε = 1 2ln R R L Q r o επε 来顿瓶的电容 F R R L U Q C r 91201028.2) /ln(2-?== επε （2）柱形电容器两金属膜之间场强以靠近内膜处场强为最大，令该处场强等于击穿场强， 即E LR Q R E r =επε012) (（击穿） 则 C LRE Q r 5 01067.6)(2-?==击穿επε 此即所能储存的最大电量。 3. 解：玻璃板抽出前后电容器能量的变化即外力作的功，抽出玻璃板前后的电容值分别为 d S C r /)(0εε=， d S C /)(0ε=' 撤电源后再抽玻璃板，板上电荷不变，但电压改变，即CU Q =抽玻璃板前后电容器的能量分别为 202)/(21 21U d S CU W r εε== 22 02)/(2 121'U d S U C W r εε=''= 外力作功 S S J d SU W W A r r 622 01055.2)1)(/(2 1'-?=-=-=εεε 4. 解：（1）设内、外球壳分别带电荷为+Q 和-Q ，取半径为r 的同心球面S 为高斯面，则据高斯定理有： （2）内外球面的电势差为 2 2 1 1 211220021012 11() ()444R R R R Q dr Q Q R R U E dr r R R R R πεπεπε-=?= =-=?? (3) 电容 1 2210124R R R R U Q C -== πε （4）电场能量 22 211212012 11()228Q R R W CU QU R R πε-=== （5）在球面间充满相对介电常数为r ε的电介质中，电容变为： 1 22 104'R R R R C C r r -= =επεε 5.解：（1）极板间产生均匀电场，场强大小为： 00Q E E E S σεε+-=+= = 方向为由带+Q 的极板指向带-Q 的极板 （2）两极板间的电势差为S Qd Ed U 012ε= = （3）电容 d S U Q C 012ε== ∑= ?内 S q r E 0 21 π4ε1123 02, 00 Q ,Q ,4r r , 00 s s s r R q E R r R q E r R q E πε<==<<== >==∑∑∑内 内 内 ，，2 π4d d r E S E S E S S ?==?? ? （4）该电容器存储的能量为22 1212011222Q d W CU QU S ε=== （5）在极板间充满相对介电常数为r ε的电介质，电容变为：d S C C r r εεε0'= = 6. 解：（1）由题给条件（b-a ）≤a 和L ≥b ，忽略边缘效应，将两同轴圆筒导体看作是无限长带电体，根据高斯定理可以得到两同轴圆筒导体之间的电场强度为 /2/)(ε πε??==∑=?s s Q rLE Eds q s d E 内 Lr Q E 02πε= （2）同轴圆筒之间的电势差： a b L Q r dr L Q l d E U b a b a ln 2200πεπε==?=? ? （3）根据电容的定义： a b L U Q C ln 20πε== （4）电容器储存的能量： a b L Q CU W ln 421022 πε== （5）在两柱面极板间充满相对介电常数为r ε的各向同性均匀电介质，电容为 a b L C C r r ln 2'0επεε= = 第八章 恒定电流的磁场 一、选择题： 1（D ），2（C ）， 3（D ）， 4（B ）， 5（B ）， 6（B ）， 7（D ）， 8（B ），9（B ）, 10（C ）， 11（B ）。 二、填空题： 1、2ln 20πμI a ； 2、)(102.7),(1067.6421620SI T R qv --??=πμ； 3、a I πμ083； 4、204a Idl πμ，Z 轴负方向； 5、R I πμ40，垂直纸面向里； 6、I I 002,0, μμ； 7、电流方向成右手螺旋沿螺线管轴线方向，与, 0nI μ； 8、BIR 2 ，y 轴正方向； 9、0。 三、计算题 1、解：在均匀磁场中，磁通量θcos BS =Φ，设各面外法线为正方向，则 （１）(Wb)24.03.04.02cos -=??-==ΦπabOc abOc BS （２）02 cos ==Φπ bedo bedo BS （３）(Wb)24.0cos ===ΦabOc acde acde BS BS θ 2、解：ab 段：延长线过O 点的载流导线在O 点的B=0； bcd 段：1/2圆弧段载流导线在O 点的R I B 40μ= ，方向为垂直纸面向里； de 段：半无限长载流导线在O 点的R I B πμ40=，方向为垂直纸面向里； 所以，O 点的总磁感强度大小为R I R I B πμμ4400+= 。 3、解：（１）半无限长载流导线在O 点的1 04R I B πμ= ，方向为垂直纸面向外； 半径为1R 的半圆弧段载流导线在O 点的1 04R I B μ= ，方向为垂直纸面向外； 半径为2R 的半圆弧段载流导线在O 点的2 04R I B μ=，方向为垂直纸面向里； 延长线过O 点的载流导线在O 点的B=0； 所以，O 点的总磁感强度大小为4 )1 (444021*********I R R R R R R I R I R I B μπμμπμ-+=-+=，方向为垂直纸面向外。 （２）若要满足题目要求，则1 04R I B πμ≈ ， 即1 002112144)1 ( R I I R R R R R B πμμπ≈-+=， 12112111R R R R R R ππ≈-+，推出0)(2 12≈-R R R π， 第11章 稳恒磁场 习 题 一 选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计 算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定 习题11-1图 习题11-2图 则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正 确答案为（C ）。 11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大 （B ）Φ不变，B 也不变 （ C ）Φ增大，B 不变 （ D ）Φ不变，B 增大 答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图 习题11-3图 作业 1-1填空题 (1) 一质点，以1-?s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大 小是 ；经过的路程 是 。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间 的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻 质点的速度v 0为5m 2s -1，则当t 为3s 时， 质点的速度v= 。 [答案： 23m 2s -1 ] 1-2选择题 (1) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时 速度s m v /2=，瞬时加速度2/2s m a -=，则 一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (2) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运 动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其 平均速度大小和平均速率大小分别为 (A)t R t R ππ2,2 (B) t R π2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R π [答案：B] (3)一运动质点在某瞬时位于矢径) ,(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d || (D) 22)()(dt dy dt dx + [答案：D] 1-4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3） x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的 速度和加速度，并说明该时刻运动是加速 的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于 习题八 8-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O点的场强． 解: 如8-7图在圆上取? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为 2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强． 解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外 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 班级___ ___学号____ ____姓名____ _____成绩______________ 一、选择题 1. m 与M 水平桌面间都是光滑接触，为维持m 与M 相对静止，则推动M 的水平力F 为：( B ) (A)(m +M )g ctg θ (B)(m +M )g tg θ (C)mg tg θ (D)Mg tg θ 2. 一质量为m 的质点，自半径为R 的光滑半球形碗口由静止下滑，质点在碗内某处的速率为v ，则质点对该处的压力数值为：( B ) (A)R mv 2 (B)R mv 232 (C)R mv 22 (D)R mv 252 3. 如图，作匀速圆周运动的物体，从A 运动到B 的过程中，物体所受合外力的冲量：( C ) (A) 大小为零 (B ) 大小不等于零，方向与v A 相同 (C) 大小不等于零，方向与v B 相同 (D) 大小不等于零，方向与物体在B 点所受合力相同 二、填空题 1. 已知m A =2kg ，m B =1kg ，m A 、m B 与桌面间的摩擦系数μ=0.5，(1)今用水平力F =10N 推m B ，则m A 与m B 的摩擦力f =_______0______，m A 的加速度a A =_____0_______. (2)今用水平力F =20N 推m B ，则m A 与m B 的摩擦力f =____5N____，m A 的加速度a A =_____1.7____. (g =10m/s 2) 2. 设有三个质量完全相同的物体，在某时刻t 它们的速度分别为v 1、v 2、v 3，并且v 1=v 2=v 3 ，v 1与v 2方向相反，v 3与v 1相垂直，设它们的质量全为m ，试问该时刻三物体组成的系统的总动量为_______m v 3________. 3.两质量分别为m 1、m 2的物体用一倔强系数为K 的轻弹簧相连放在光滑水平桌面上(如图)，当两物体相距为x 时，系统由静止释放，已知弹簧的自然长度为x 0，当两物体相距为x 0时，m 1的速度大小为 2 2 121 Km x m m m + . 4. 一弹簧变形量为x 时，其恢复力为F =2ax -3bx 2，现让该弹簧由x =0变形到x =L ，其弹力的功为： 2 3 aL bL - . 5. 如图，质量为m 的小球，拴于不可伸长的轻绳上，在光滑水平桌面上作匀速圆周运动，其半径为R ，角速度为ω，绳的另一端通过光 滑的竖直管用手拉住，如把绳向下拉R /2时角速度ω’为 F m A m B m M F θ A O B R v A v B x m 1 m 2 F m R 1 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和 t d d r 有无不同? t d d v 和 t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1） r ?是位移的模，? r 是位矢的模的增量，即r ?1 2r r -=，1 2r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即 t d d r = =v t s d d .t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与 r 不同如题1-1图所示 . 题1-1图 (3) t d d v 表示加速度的模，即t v a d d = ， t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢） ，所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y = y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝2 2y x +，然后根据v = t r d d ，及a ＝ 2 2d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 22222d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 习题1 1.1选择题 (1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r 的端点处，其速度大小为 (A)dt dr (B)dt r d (C)dt r d | | (D) 22)()(dt dy dt dx + [答案：D] (2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2 /2s m a -=，则 一秒钟后质点的速度 (A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。 [答案：D] (3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为 (A) t R t R ππ2, 2 (B) t R π2,0 (C) 0,0 (D) 0,2t R π [答案：B] 1.2填空题 (1) 一质点，以1 -?s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是 ；经过的路程是 。 [答案： 10m ； 5πm] (2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的 速度v 0为5m ·s -1 ，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。 [答案： 23m ·s -1 ] (3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V ，一人相对于甲板以速度3V 行走。如人相对于岸静止，则1V 、2V 和3V 的关系是 。 [答案： 0321=++V V V ] 1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定： (1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。 解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。 1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？ （1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2 -4/t 。 给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。（x 单位为m ，t 单位为s ） 解：匀变速直线运动即加速度为不等于零的常数时的运动。加速度又是位移对时间的两阶导数。于是可得（3）为匀变速直线运动。 其速度和加速度表达式分别为 2 2484 dx v t dt d x a dt = =+== t=3s 时的速度和加速度分别为v =20m/s ，a =4m/s 2 。因加速度为正所以是加速的。 1.5 在以下几种运动中，质点的切向加速度、法向加速度以及加速度哪些为零哪些不为零？ (1) 匀速直线运动；(2) 匀速曲线运动；(3) 变速直线运动；(4) 变速曲线运动。 解：(1) 质点作匀速直线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均为零； (2) 质点作匀速曲线运动时，其切向加速度为零，法向加速度和加速度均不为零； (3) 质点作变速直线运动时，其法向加速度为零，切向加速度和加速度均不为零； (4) 质点作变速曲线运动时，其切向加速度、法向加速度及加速度均不为零。 1.6 ｜r ?｜与r ? 有无不同?t d d r 和d d r t 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即r ?12r r -=，12r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度在径向上的分量， 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 +=+= 大学物理学习题答案 习题一答案 习题一 1.1 简要回答下列问题： (1) 位移和路程有何区别？在什么情况下二者的量值相等？在什么情况下二者的量值不相等？ (2) 平均速度和平均速率有何区别？在什么情况下二者的量值相等？ (3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么？瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什么？ (4) 质点的位矢方向不变，它是否一定做直线运动？质点做直线运动，其位矢的方向是否一定保持不变？ (5) r ?v 和r ?v 有区别吗？v ?v 和v ?v 有区别吗？0dv dt =v 和0d v dt =v 各代表什么运动？ (6) 设质点的运动方程为：()x x t = ，()y y t =，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出 r = dr v dt = 及 22d r a dt = 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即 v = 及 a = 你认为两种方法哪一种正确？两者区别何在？ (7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的，那么，该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性 的？ (8) “物体做曲线运动时，速度方向一定在运动轨道的切线方向，法向分速度恒为零，因此其法向加速度 也一定为零.”这种说法正确吗？ (9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧，为什么？ (10) 质点沿圆周运动，且速率随时间均匀增大，n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变？ (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子，此石子能否落回他的手中？如果石子抛出后，火车以恒定加速度前进，结果又如何？ 1.2 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为224t t x -=，式中t x ,分别以m 、s 为单位，试计算：(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度；(2)s 1末到s 3末的平均加速度；(3)s 3末的瞬时加速度。 解： (1) 最初s 2内的位移为为： (2)(0)000(/)x x x m s ?=-=-= 最初s 2内的平均速度为： 0(/)2 ave x v m s t ?= ==? 大学物理学下册 吴柳 第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程 左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2) 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 +=+= 大学物理上册答案详解 习题解答 习题一 1-1 ｜r ?｜与r ? 有无不同? t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1）r ?是位移的模，?r 是位矢的模的增量，即r ?12r r -=， 12r r r -=?； （2） t d d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示. 题1-1图 (3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d =，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以 t v t v t v d d d d d d ττ += 式中 dt dv 就是加速度的切向分量. (t t r d ?d d ?d τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加 速度时，有人先求出r ＝2 2 y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝22d d t r 而求 得结果；又有人 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 222 22d d d d ??? ? ??+???? ??t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？ 解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标 系中，有j y i x r +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d d d d d d d d ? ?? ? ??+???? ??=+=? ? ? ??+??? ??=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x 而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作 22d d d d t r a t r v == 其二，可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明 t r d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，22d d t r 也不是加速 习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零， 则Q与q的关系为：（） （A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（） （A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷； （B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零； （C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷； （D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（） （A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（） （A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零； （C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中 心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷 第9章 静电场 习 题 一 选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案：B 解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q ，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B 解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案（B ） 9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变 习题9-3图 (C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变 答案：D 解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ，移动电荷后，由于OP =OT ， 即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。因而正确答案（D ） 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D 解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0，答案（D ） 9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零，则面上各点的E 必为零 答案：C 解析：高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案（C ） 9-6 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1 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 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：2322 250x x =++v ∴ 1m s -=?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 ⑴ s 2=t 时，2 s m 362181-?=??==βτR a 2 222s m 1296)29(1-?=??==ωR a n ⑵ 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 -? 0.4 0.20.0a R τα==?=2s m -? 22222 s m 102.0)08.0()064.0(-?=+=+= τa a a n 与切向夹角arctan()0.06443n a a τ?==≈? 65． 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，求：它们在O 点的磁感应强度。 1 R I B 80μ= 方向 垂直纸面向外 2 R I R I B πμμ2200- = 方向 垂直纸面向里 3 R I R I B 4200μπμ+ = 方向 垂直纸面向外 66． 一半径为R 的均匀带电无限长直圆筒，电荷面密度为σ，该筒以角速度ω绕其轴线匀速旋转。试求圆筒内部的磁感应强度。 解：如图所示，圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流密度i ， σωσωR R i =ππ=)2/(2 作矩形有向闭合环路如图中所示．从电流分布的对称性分析可知，在ab 上各点B 的 大小和方向均相同，而且B 的方向平行于ab ，在bc 和fa 上各点B 的方向与线元垂直， 在de , cd fe ,上各点0=B ．应用安培环路定理 ∑??=I l B 0d μ 可得 ab i ab B 0μ= σωμμR i B 00== 圆筒内部为均匀磁场，磁感强度的大小为σωμR B 0=，方向平行于轴线朝右． 67．在半径为R 的长直金属圆柱体内部挖去一个半径为r 的长直圆柱体，两柱体轴线平行，其间距为a （如图）。今在此导体内通以电流I ，电流在截面上均匀分布，求：空心部分轴线上O ' 点的磁感应强度的大小。 解：) (22r R I J -= π 1012 1 r J B ?= μ 2022 1 r k J B ?-=μ j Ja O O k J r r J B B 021******** 21)(2 1 μμμ=?=-?= += r R Ia ) (22 2 0-= πμ 68．一无限长圆柱形铜导体,半径为R ,通以均匀分布的I 今取一矩形平面S （长为L ，宽为2R ），位置如图，求：通过该矩形平面的磁通量。大学物理学下册答案第11章
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