吴百诗二部题解 第二学期
第九章 静电场
一、选择题 （1）D
解：先考虑一个板带电q ，它在空间产生的场强为02q E
S
ε=
。注意是匀场。
另一板上电荷“|－q|”在此电场中受力，将其化为无数个点电荷q dq =
∑，每个电荷受力大小为0||2q dq dF dq E S ε?=?=，故整个|－q|受力为：2
00||22q dq q
F dq E S S
εε?=?==
∑∑。这既是两板间作用力大小。 （2）B
解：由电通量概念和电力线概念知：A 、穿过S 面的电通量不变，因为它只与S 面内的电荷相关，现内面
电荷没有变化，所以穿过S 面的电通量不变。
B 、由于S 面上场强与内外电荷都有关，现在外面电荷位置变化，所以P 点场强也变化。 故选B 。
二、填空题 （1
）||/3q '=
解：画图。设等边三角形的边长为a ，则任一顶点处 的电荷受到其余两个电 荷的作用力合力F
为：222212cos30(2/)2/F
F kq a a =??=?=
设在中心处放置电荷q '
，它对顶点处电荷的作用力为：223qq qq F k
k k r a '''===
再由F F '=-
，可解出/3||/3q q ''=??=。
（2）20/(2)qi
a πε 或 20/(2)q a πε，i
方向指向右下角。
解：当相对称的两电荷同号则在O 点的场强抵消，若异号肯定有电力线过 O 点，故只有左上角的电荷电力线指向右下角的“－”电荷。是2
02/(4)q a ?πε
三、计算题 9.3 9.4
0ln 2a b a σπε+, 10()2-?b
tg h
σπε （6.7） 解：将带电平面薄板划分为无数条长直带电线（书中图），宽为dx 。求出每条带电线在场点产生的场强
00
22()
2
dx dE b r a x ?=
=
+-λσπεπε 原点取在导体片中间，x 方向向左：← 故总的场强：00
/2
/2ln 2
22()b b dx E a b b x a a σεεσππ-==+-+?? E 的方向沿x 轴正向。 或：原点取在场点处，x 轴方向向右:→,则总的场强为： 00ln 22a b a a b dx E x a
πεσσπε+==+?? 此
时E 的方向沿x 轴“－”向。
（2）在板的垂直方向上，距板为h 处。每条带电直线在此处的场强为
2
21/2
0022()dq dx
dE r
x h σπεπε?=
=
+ 由于对称性，故分解：
22220000sin cos 22()
22()
x y dq dx x dq dx h dE dE r x h r
x h σσθθπεπεπεπε????=?==
?=
?+?+
在x 方向上，场强分量因对称互相抵消，故0x
E =。
所以：/2122/1020
021()2()22()2b y b dx h h b E E tg x h h b tg h h σσπεπεσπε---??=?==?=?+? 9.5 004x y A
E E b
ε=-
= 解：任取线元dl ，所在角位置为θ，（如图）。带电为cos dq A bd θθ=。它在圆心处产生的电场强度
分量各为：
2222cos()cos sin()sin x y dq dq
dq dq
dE k
k dE k
k b b
b b
πθθπθθ=-=-=+=- 整个圆环产生的：
22200
cos()sin cos 0x x y dq A
A
E dE k
k
E k
d b b
b
π
π
θππθθθθ===-=-=-?=??
? 9.7
1
2eS
E R φπ=?,22eS E R φπ=?……（6.15）
由电通量（本书定义为：电场强度通量）的物理意义，知通过S 1或S 2面的电通量都等于通过圆平面2
R π的电通量。
电场强度通量（垂直通过2
R π面的）：2e E S ES E R πΦ=?==也即是通过S 1或S 2面的。 或解： 以S 1和以圆面积2
R π(R 为半径的)组成一个封闭曲面S 由高斯定理，知：0/0i i S
E dS q ε==∑??
，又2
1
0S R S
E dS E dS E dS π=+=??????
所以
2
1
1
2
eS S R
E dS E dS E R πφπ==-=?????
同理：2
2
2
2eS S R
E dS E dS E R πφπ==-=?????
9.8
51 4.610=-?q C ， 1332133
3()
4.7210/4()
q q C m r R ρπ--=
=?- 解：(1) 由高斯定理：
0/i S
E dS q ε?=∑??
可得：
251101cos 4/ 4.610E R q q C ππε=??=-?
同理（2）22220202cos 4/4E r q q r E ππεπε=??=-
所以大气的电荷平均体密度为：133
2133
3() 4.7210/4()
q q C m r R ρπ--==?- 9.9
110()E r R =<，1202E r λπε=
，1130
()
2E r λλπε+=
解：本题解被分成三个区域：1122,,,r R R r R R r <<<< 由高斯定理知：
1域：1
10()E r R =<,因为在该区域内作的高斯面，面内无电荷。
2域内作一同轴的圆柱形高斯面，高为l ，半径为r ，满足12R r R <<
则有：
2010
122s
E E s E r l E d r l λπλεπε?=?==
=????
在3域，类似2域方法作高斯面，满足2R r <。
则有：
110
1130
()()22s
l
E ds E r l E E r λλπελλπε+?=??=
?+?==
?
9.10 在n 区：
1
()()()()D n D n S
N e
E ds E x S x x SN e E x x x εε??==+?→→=+??
在p 区：
00
1
()()()()A p A p S
N e
E ds E x S x x SN e E x x x εε??==
-?→→=
+??
9.11 00A
=
解： P.69页的题图。
因为：00/2/2
q U k k U l l ∞-=+== 所以：000()0A q U U →∞∞=-= 9.13 ||90ab U V ?= （6.22）
解： 11
||||()90ab a b
U U U kq V a b
?∞∞=-=-=
9.14
p u
=
，
通过该点的等势线是在中垂面上半径为x 的圆。
解：12p u u u =+==
等势面是中垂线内，半径为x 的圆，圆心在两电荷的连线的中点。
9.16 303R U r ρε=外 203R U ρε=面上 220(3)6R U r ρε=-内
（6.25） 球体内
3313000
1
4()4343R r r Q
E r R r R R πρ
πρπεεε?=?=
<=
球体外 22032
0()34R r R Q E r
r περ
ε=>= 定义0U ∞=,则可求出各区域的电势
球体外
3
32
000014)4433(4r
R Q Q U dr R r R r r r r
ρππεπεπρεε∞
====?>?
球面上 2
02
(43)R
Q U dr r R r R ρπεε∞===?
球体内 12R r
r
R
U
E dr E dr E dr
∞
∞
=?=?+????
3
2
020
02(3)644R
r
R
Q Q rdr dr R
r
R r πεπρεε∞
=+=-?
? （r R <域）
9.20
1024111()r R q
U R πε-+=
内, 014q U r
πε=外,
02
1
4q
R U πε=
壳上
解：应用高斯定理，可求得空间各域的电场强度： ①（1r
R ≤）: 12?=q
E k r r ②（1
2R r R ≤≤）：
20=E
③（2
R r ≤）：
32?=q
E k r r
再由电势定义，可求： ①（1r
R ≤）: 1
2221210001
10111
(44)4R r R q q dr dr r r r R R q u πεπεπε∞+-=+=+?
? ②（12R r R ≤≤）：2
222
201041R q q
k dr kq u r R R πε∞=+==?
③（2R r ≤）： 302114r q q
k dr kq r r r
u πε∞===?
自行画图
点电荷在球心，球壳内、外表面上的电荷分布均匀。若点电荷偏离球心，球壳内表面的感应电荷分布不均
匀。靠近点电荷的区域，电荷密度大，反之则较小。内表面电荷与点电荷形成封闭场。但外表面的电荷仍然均匀分布。 9.21 解：（1）由电势叠加原理，有，内球电势：
11230123
()1()
{}4kq kq k q Q q q q Q U R R R R R R πε-+-+=
++=++ 球壳电势： 203
1()
4q Q U R πε+=
（2）电势差 12012
1()4q q U U U R R πε?=-=
- （3）连接球与球壳，则电荷全部跑到外球面上，所以 球与球壳是等势体
121203
1()
,
04q Q U U U U U R πε+==
?=-=
（4）外球面接地，则只有内球与球壳间的局域场，所以
20U =，但1
21(
)4q q U R R πε-=
+。 另外12012
1()4q q U U U R R πε?=-=-
9.22 （7.4）
证：两带电金属球。半径分别为12,R R 。由于相距远，两球产生的电场互不影响。
现用一根极细导线连接两球，达到静电平衡后记金属球1带电为1'q , 电势为1U ；金属球2带电为2
'q ,电势为2U 。由于导线相连，故有：1
2U U = 。 又互不影响，所以有：121212
q q U k
U k R R ''
== =
即：
121122221201021144q q q R q R k
k R R R R πεπε''''= =? 又 12
1222
12
,44q q R R σσππ''= = 此两式
代入上式，可得11
22R R σσ= 即1
R
σ∝
表------- 得证
9.23
0//U d U l l U σε?-==??'?，
解： 设充电后，板上电量为q ±，板的面积为s ，故板上面密度大小为/q s σ= 插入金属板以前：00//E U Ed d σεσε=?==。 现断开电源（q 不变），插入金属板，厚为l ,故电容器两板间距变为了d l -，
此时：00/()()/E U E d l d l σεσε'''=?=-=- 电势差的改变为00///l U U U l d l σεσε'?-?==??=
由式看出金属板的位置对结果无影响。 9.24 无图 9.25
21.9210W J -?=-?
解：见图，当开关K 拨向1，电容C 1充电，641108101209.610q C U C --==??=?
C 1的能量为
2
62211011810120 5.761022
W C U J
--==???=?
当开关K 拨向2，电容C 1向当电容C 2放电，电荷会重新分布，由于是电容并联，故有：1
21q q q ''+=，
又电压相等
1
1221212////2:1q C q C q q C C ''''=??== 由此两式解得：441
2
116.410, 3.210,/80q C q C U q C V --'''=?=?==
故并联后电容器中的总能量为
22626222121111
8108041080 3.84102222
W C U C U J
---=+=???+???=?
故能量改变：2
21 1.9210W W W J -?=-=-?
9.26
0εs d d '
-; 抽出时200
2
12()
εd s A U d d '='- 解： 插入厚度为d ˊ的金属板后，相当于把原来的一个电容器变成了串联着的两个电容器，分别设为C 1和C 2。设C 1的板间距为l ,则另一电容的板间距为d d l t '--=。串联后的总电容设为C ，则有
0120000111()εεεεεs l t l d d l d d C C C C s s s s d d ''
+---=+=+==='
-? (1) 插入后的总电容为 0s C d d ε='
-
(2) 这是先充电，后改变电容（板上电量不变，改变电容）。抽出金属板，电容改变为00""""
εεs s C d d
'==
因为原先电容储能为2
12q W C
=, 现在0q
C U =?不变，但电容变化了。故新电容储能2
12q
W C '='
。
W C d d d d W W W W W W W W C d d d d d d d d ''''∴
===-=-='??''''----?? 所以外力的功：22000
2
1122()
εd s d d A W W W CU U d d d d d d ''''=-==='''--- 9.27
2301()0.113/2u
w J m R
ε==
解：导体球表面的电能密度：222
2000000220
1111(/)(/)()222424q q w E R R εεσεεεεππε==== 因为导体球电容：0044C
R q Cu Ru πεπε=?==，代入上式
得：2301()0.113/2u
w J m R
ε=
= 9.28 解：静电能 2
220120122121
421122R R R R W CU U U R R R R πεπε==
?=?-- 9.29
电场总能：260123
111
() 1.82108q W J R R R πε=-+=? （可用电场能密度积分求解）
导线连接后，电荷都在外表面。总能：2503
8.1108q W J R πε'=
=?
9.30 (1) 771.010, 2.010B C q C q C --=-?=-?, 310 2.310AB A AB d U U q V S ε==?=? (2)
782.110,
8.610B C q C q C --=-?=-?, 2209.710AC A AC
d
U U q V S
ε==?=?
9.31 无图。 9.35
解：见题图，（1）设介质板与上极板的距离为x 。介质中的场强为E ，空气中的场强为
0E 。由电势计算有
000()()u E x Et E d x t E d t Et =++--=-+
再由高斯定理知，两极板间任一点的D 都相等。以及
00
//E D E D εε
==可得
0000()//()/r
r r r r u u u D d t Dt D d t t d t t
εεεεεεεεε=-+?=
=-+-+，
所以介质中 /(1)r r r r u u
E D d t d t t εεεεε===+--+
（2）00r
r r u Q S SD S d t t εεσεε===-+
（3）0/r
r r C
Q u S
d t t
εεεε==-+
9.36 （7.11、7.12？ ？？ ）
解：先见35题，再看本题可知电势分别是U 0、U ，故是板上电量不变。 （1）板上电量不变：00000S
Q Q C U U d
ε===
（2）介质高斯定理：00001,r r Q D D
U E U S d d
εσεεε==
=== （3）本题没有给出U ，故计算如下： 空气中的场强：0
00//E D U d
ε==，所以
0000()()[(1)]r r r r U U U
U E d t E t d t t d t d d d
εεεε=-+=
-+=+- 0(1)r r r S C t
Q
U d εεεε+-∴=
=
第十章 恒定磁场
一、选择题 （1）B
解：自己画图知，两个电流产生的磁场方向相反。X 轴向电流的磁感穿出纸面。
X 轴向电流的磁感大小为： 020.2X I B μπ=
?。 同理020.4
Y I
B μπ=?
所以60{} 2.51020.4
X Y I
B k B B k
k T μπ-=-==?? 故选B 。
（2）D
解：
012
121
2
2I
B B B B a μ==
==
（最后等式见下面算式）
其中：00222
42I I
B a a ππ=?
=
11212
1//82a a a a ∴
=
??=?= 选D 。
（3）D ？有错。 （B! C ？）
解：由于A,D 两图，磁场B 在a 点不连续故只能选B,C 中之一。B 图在ab 段曲线上凸，故()0B r ''<，
C 图反之，故应()0B r ''>。用安培环路定理可求得ab 域的磁感强度
22022
()2()
I r a B r b a μπ-=-， 可见()0B r a ==，显然D 答案不符合。
对上式二次求导：若算得
2
03
2
2
0()
Ia B r b a μπ'--
'=< 则选B （可算到此结果）
若对上式二次求导：算得是 220322()0()
I r a B r b a μπ-''=>- 则选C (未算到)
或简单解：由安培环路定理知：在r a ≤的区域，000i
i L
I
B dl B =?
?=?=∑?
，显然只
有B 图是对的，而其它均不为零。
（4）B 解： 00212.532/24I ev q q I B T T R v a a
μμππ=
=?∴===
或用单个运动电荷的公式。
02
sin 9012.534ev B T a
μπ?
=
=
(5) C
解：先给出板上离直线r 远处的元电流 /j I a dI jdr =??=
它的单位长度受到直线电流的力为
02IdI
ddf dl r
μπ=
则整个板的单位长度受力为 2
2000/ln 2ln 2222a
r a d df I jdr I I a I dl
r a
μμμπππ=??===??
二、填空题 （1）20(2ln 31)/M
I a μπ
=-?
解：线元2Idl 受力:022()2I
df Idl B k Idl B x k Idx
x
μπ=?=??=? 线元2Idl 相对O 点力矩：(4)dM r df j a x df =?=-- 即：2
0(4)2I dM a x dx x
μπ=- 所以 22
300(4)
(2ln 31)2a a I a I M a x dx x μμππ
=-=-? （2）0/2B NI r μπ=， 磁通量 012
ln 2B NIh D
D μπΦ=
?
02NI
B r
μπ=
对
面元hdr 积分得到磁通量。
（3）磁力的功
2/2AC A IBa =-, 0CD A =, 2/4AD A =
解：磁力功，绕AC 边向外转22
21()()022
m a a A I I I B I I B φφφ=??=-=-?-?=-?
绕CD 边向外转,
00m A φ?=??=
绕AD
边向外转，此时：22222cos 45044
IBa A I IBa φφφ''=-?=
?=-=
（4）线圈中张力：IBR
解：张力不是整个闭合线圈所受的磁场力。是线圈的张紧力。取y 2f I R B =??，方向沿y 负方向。此半圆静止，故受到上半圆的上拉力，大小为2f f IBR '==， 力作用于两端，所以每端受力为 IBR 。 （5）不要 （6）本题画图各个L 路径所包围的通电导线数。课堂上已画各L 图，满足右手。 12 612L L H dl A H dl A ?=-?=?? 3 4 153L L H dl A H dl A ?=?=-? ? 三、计算题 10.3 10.4 解：O 点的磁场由三部分线电流产生。其中圆弧电流在O 点的磁感强度为 00112023606I I B r r μμ? = = ? 方向垂直纸面向里。 左边直线电流在O 点的磁感强度为 0212(cos cos )4I B a μθθπ= -，方向向里。 其中 120,30,cos 60/2a r r θθ=?=?=?= ，可得02(12)2I B r μπ=。 同理可得左边直线电流在O 点的磁感强度为 03(12)2I B r μπ=-方向向里。 所以O 点的B 为：0001232(12)0.2162I I I B B B B r r r μμμπ=++=+?= 10.5 解：这是运动电荷的磁场。将圆盘划分为无数个细圆环，任取一圆环，设半径为r ，环宽为dr 。其上所带电 量为02dq rdr σπ=，由于它以ω角速度转动， 所以形成电流，大小为 000222rdr dq dI rdr rdr dt T σπω σπωσπ ==== 该电流在轴 线上x 处的磁感强度为 22 0002232 2232 2()2()dI r rdr r dB r x r x μμωσ==++ 所以，总的磁感强度为 322 0000223202)2()2R r dr B x r x μωσμωσ= =-+? 10.6 10.7 10.8 解：取半径为r 的同轴的圆周为安培环路，则 当 1r r <时，有 200221 2i i r I L I r B dl rB I r πππμμπ∈?===∑?里01212Ir B r μπ?= 当 12r r r <<，有 020222r B dl rB I I B r ππμμπ??==?=? 当 23r r r <<，有 22033223202()22()i i r I L B dl rB I I r r B r r r ππμπμ∈??==-=-?∑?里 当 3r r <时，有 220i i r I L B dl rB I π πμ∈?===∑ ?里 40B ?= 10.9 本题是相当于无限大平板电流的磁力线证明，和电流两侧区域的 0 12 B n i μ=的证明。 方法是：作一个包围部分电流的安培环路，为矩形框，框的一边与与平板平行，则可证。 10.10 /()0.41I m g B l A == 解：见题图，金属导线的张力是重力引起的，方向向下。要抵消它，则金属导线所受安培力必须向上。由 于金属导线垂直磁场，大小为 f IBl m g == 所以：/()0.41I mg Bl A ==。由f 及B 的方向，知：I 流向从左到右。 10.11 注意，本题不是无限长直导线，不能用两平行导线作用力公式！！ 解：在载流为I 2的导线2上任取电流元2I dl ，它受到导线1中电流 I 1的安培作用力 22||||df I dl B I dx B =?=?? 其中B 由有限长电流I 1给出[]0112 cos -cos 4I B a μθθπ= 所以L 长的导线2受力：[]01 2202210cos -cos 4L L f I dx B I a I dx μθθπ=??=???? 0101220)42L I I I I dx a a a μμππ=?=? 2f 方向向下。同理载流为I 1的导线1受力与2f 大小相等，方向相反。 10.12 解：（1）将圆柱面划分为无数条直线电流，再求出这些电流在轴线上的B ， 再求受力。因为长直电流产生的磁感为：0022dI I dB dl R R R μμπππ= = 考虑对称性，对称的两长直电流的dB 在某方向会抵消，其垂直方向相加 设垂直方向在x 的方向上，则有0022 cos cos 22x I I dB dl R d R R R μμθθθπππ= = 故半圆柱面产生的B 为 /200022220 0cos cos 2I I I B R d d R R R π πμμμθθθθπππ=== ? ? 所以轴线上导线单位长度受力 20022 1I I F BI I R R μμππ=?== 方向在x Idlk B j ?=方向上，所以2 02I F j R μπ== （2）设该导线放在| |y j -处，则该导线电流与长圆柱面电流产生的磁感强度应相等。即 002||/2/22|| I I y R y R R y μμππππ=??=??=-。 10.13 要掌握。 10.14 10.15 解：（1）受磁力矩 22sin 90/27.8510m M p B ISB I R B N m π-=?===?? （2）回路中的电流不变，故磁力矩作功 2(cos90)7.8510m A I I BS BS IBS J -=??Φ=-?==? 10.16要掌握。 10.17无图。 10.18 67.5710/v m s =? 分析：先将电子速度分为互相垂直的两部分,v v ⊥∥，然后直接用带电粒子在磁场中运动的公式来表 示,v v ⊥∥，最后用v 解： 22m eB h v T v v h eB m ππ==? ∴=∥∥∥ 又：eBR v m =⊥ 由两式合成 得：67.5710/v m s ===? 10.19 10.20 4200/, 2.510H A m B T -==?; 200/, 1.05r H A m B B T μ''=== 解：由022i NI N H dl I H r NI H B I r l πμπ?=?=?=?=∑? 代入数据，4200/, 2.5102NI H A m B T r π-===? 在r μ介质时：200/, 1.05r H H A m B B T μ''==== 10.21 第十一章 变化的电场、磁场 一、选择题 （1）C 解：由楞次定律知：线圈的运动是反对磁铁的靠近。故线圈向左，又离磁铁越近的线圈运动就越快，故选 C 。 （2）A,C 解：注意转轴过C 点，且垂直于导体棒A,B 。故先由v B ?给出电势的高端，显然有C 点最低，A 、B 电 势相等，且都高于C 点。故选A,C 答案。 （3）（a ） 解：OC 半径与磁域边缘的夹角设为θ。由于在图示角度增大的过程中： 221 1 , 2 2 B R t B R t θωθ ω↑?Φ=?↓?Φ=-?反之OC 在磁域外面： 所以21 2 /i d dt B R εωθ==?是常数，或正或负。不是t 的函数。故选（a ） 。 （4） 解：见图，假想ob 用导线连接，oa 也用导线连接。故闭合回路的电动势为 0i d dB S dt dt φε=- =-> 由于涡旋电场线方向总是与半径垂直，所以有：0ob oa εε== 所以，||||,||||,||||,ab acb acb dB dB dB S S S dt dt dt εεε? ===? 其中,,,S S S ??分别为oab ?的面积，四边形oacbo 的面积，扇形oacbo ?的面积。由于本题中扇形面积最大，而 dB dt 为常数，所以对应的电动势acb ε为最大。ab ε为最小。 （5）A,D 解：由静电场的环路定理 d 0l E l ?=?知A 成立。 由涡旋电场属“非静电性场”，故d 0V l E l ?≠?,知D 也成立。 二、填空题 （1） cos (1cos )bc adb vBl vBl εθεθ+== 解：在垂直速度的方向上，bc 的投影长度为cos l θ，所以cos bc vBl εθ= 同理，弧adb 的投影长度为cos l l θ+，所以(1cos )adb vBl ε θ+=。 （2） ① ab ε= ② 21 2 ab Bl εω= 解：① 在垂直速度的方向上，ab 的投影长度为cos 45/2l ?=,故电动势 2 ab ba vBl εε=-=- ② l 长的导体棒垂直匀磁场，则绕其一端转动的电动势为2 12 ab Bl εω= （3） 22 /()a B l v mR =,方向向左。 222200exp(),exp()i B l Bl B l v v t I v t mR R mR =-=- 2 01,2 t Q mv →∞= 解：由楞次定律，知导体杆ab 必作减速运动，所以其加速度与速度方向相反。设t 时刻杆ab 速率为v ，此 时它离开初位置（初速为0v ）的距离为x ，设此时回路中的感生电流为I 。而回路总电阻为R （见图）。 因为匀场，dt 时间里导体杆扫过的磁通为： m d B ldx φ=， 由法拉第定律 有：1m i d Bl dx B I lv R dt R dt R φ=== 而杆ab 受力为 22||/i i f I dl B I B l B l v R =?=??=? 故加速度大小为 22||||f B l v a m mR ==，加速度方向与0v 反向，向左。 加速度的代数值为 2222 B l v dv dv B l a dt mR dt v mR =-=??=-，由对应积分： 22 02222 000ln B l t v t mR v dv B l v B l dt t v v e v mR v mR -==-??=-??=?? 感应电流：22 0B l t mR i B Bl I lv v e R R -== 到,0i t I →∞=。故R 上放出的焦耳热＝导体杆的初动能＝2 0/2mv 。 （4） 000ln 3,ln 322t M b b M I e αμμεαππ -= =? 解：（a ）设无限长直导线中通有电流I ， 距离导线r 处的磁感应强度： 02I B r μπ= 通过线圈的总磁通为 d m S B S ψ=?3/20 /2bd 2a a I r r μπ=?0ln 32I b μπ= 所以线圈与长直导线间的互感系数: m M I ψ=0ln 32b μπ = （b ）现在直线电流为 0t I I e α-=，是时间的函数。所以应该对电流求导：即 0000ln 3ln 3()ln 3222t m d b dI b b I I e dt dt αμμμεααπππ -ψ=-=-=--=? （5） 8|| 1.510/E N C =? 解：由2 2800/() 1.510/E B E B C N c εμ=?==??光速＝ 三、计算题 11.3 11.4 解：5cos cos57 5.7210m S S B dS BdS BS Wb φθ-=?==?=????? 11.5 解：23|||||| 5.710m i S S d d d dB B dS BdS r V dt dt dt dt φεπ-=- =-?==?=????? 11.6 解：（1）取线圈平面的法向与B 同方向，则有 m i S S S d d d d B dS B dS B dS dt dt dt dt εψ=- =-?-?-??????＝＝ 所以：00.20.2 2.00.40.20S S d B dS B V dt t ε--?-=-?=-?=???i ＝ （2）3 0.4 202010 i A R ε-===?i 11.7 解：（1）仔细看图，导体是以AO 为转轴的，在图示位置，棒上的线元速度与磁感B 的夹角为900，所以 21 ()(sin sin 90)cos sin cos 2 C C AC A A v B dl l B dl BL εωθθωθθ=??=????=?? 即21 sin cos 2 AC B L εωθθ=????。方向为A C →（在电源内部） 。 （2）当C 点转到D 点，此时棒上的线元速度与磁感B 的夹角为45o ，所以 20 (sin sin 45)cos sin cos 4 L AD l B dl B L εωθθθθ=?????= ??? 。 11.8 应当会。 11.9 解：（1）由于棒沿框架下滑的加速度为sin a g θ= ?，故t 刻的棒沿框架下滑的速度为sin v gt θ=， 棒上的动生电动势为 ()(sin(90))cos sin cos l l i v B dl v B dl v Bl gt Bl εθθθθ =??=?+??=?=?? （2）沿斜面方向上，当棒的重力分力＝向上的安培力时。则达到稳定速度。 此时，感应电流 /cos /i i I R v Bl R εθ==?，棒受到的向上安培力为 cos cos i F f I l B θθ ==??。 现两力相等，即 2 sin sin cos (cos /)cos (cos )i RMg Mg I l B v Bl R l B v Bl θ θθθθθ=??=????= 11.10 本题较难！！ 解：注意本题长直电流产生的磁场是：非均匀磁场。所以ca 段导线各线元的B 是不一样的，故求解时不能 将整个ca 导线分解在两个垂直方向上。 本题t 刻回路中的电动势i ε解法有两种：第一种是参考书中的解法。 解法1：111()()()b c a i a b c v B dl v B dl v B dl ε=??+??+????? 三个积分中的B 是不一样的，且 点乘、叉乘的夹角也不尽相同。 解法2：直接用法拉第电磁感应定律，i d dt φε=- t 时刻ab 导线距长直电流为d vt +，取x 轴正向向右，坐标原点在长直电 流上。在线框中x 处取窄条面积2()()ds y x dx d vt l x tg dx α=?=++-?? t 时刻穿过线框的磁通量为 20 2()()2d vt l m d vt I t d vt l x tg dx x μφαπ+++=?++-??? 即 2 002 12222()(1){()ln }22d vt l m d vt I I d vt l l d vt l t tg dx d vt l l x l d vt μμφαππ+++++++=?-=??++?-+? 0011222()[ln()ln()]22I Il l d vt l d vt l d vt l μμππ =??++?++-+- 再 i d dt φ ε=-就可得解。 11.11 解：因为 0dB dt >，所以有旋电场线是逆时针。取a r 为半径的同心圆作为回路L ，方向也取逆时针，则 )23(25100.1 2.51/2 10||2a dB E r dt N C --?=?=?=?? a r 点在圆柱外面，(2) b E 方向沿逆时针方向且垂直Ob ，大小为（但公式不同）， 2232 dB (1010)||0.1 3.310/dt 21510b b R N C ---?=?=???(2) E =2r 11.12 解：（1）因为 0dB dt >，所以有旋电场线是逆时针。取a r 为半径的同心圆作为回路L ，方向也取逆时针，则 (2) 3 11|| 7.110/ 222a d B l d B E r V m d t d t -=??=??=? (2) a E 方向沿逆时针方向且垂直Oa 。 同理：(2) b E 方向也沿逆时针方向且垂直Ob 。而(2) 31||510/22b l dB E V m dt -=??=? （2） 注意：教材中的题目与辅导书中的题目有区别，是b 点位置不同！！！ 假想Oa ，和ob 间均有直导线连接，构成oabo 三角形导体回路。则有： 法拉第公式：1 | |(/2)2 m S S d d d dB B dS BdS l l dt dt dt dt φε==?==?????? 另一方面：aboa ab bo oa εεεεε==++，而(2)0a ob oa o E dl εε==?=? 所以2 210.1104 ab dB l V dt εε-== ?=?,现在共有三个这样的导线，所以总电动势为230.310abcd ab V εε-=?=? 方向为abcd 方向. 11.13 解：题目给出 20/dI A s dt =-，所以可求 50/()/i d dt d N S nI dt εμ=-ψ=-? （1）33 0(5210)/ 1.2610i n dI dt V εμ--=-??=? （2）感应电流 4/ 6.310i i I R A ε-==? （3）感应电量 446.310212.610i i q I dt I t C --==?=??=?? 11.14 无图。 11.15 解：因为0dB dt <，所以在R 1域，(2)E 线是顺时针，所以1ε为顺时针，与L 1反向，肯定为“－” 。在R 2域，(2) E 线是逆时针。与L2反向，肯定也为“－”。 另一方面，各路径，图中已画定，从而相应面元dS 的方向就确定了（dS 与L 走向成右手关系）。各个B 的方向图中也已画定，故可直接计算如下： 2322311111 (8.510)(20.010) 1.0710L S S d d d E dl B ds B ds B r V dt dt dt ππ---==?=?=-????=-?- ? ????感 23223 222 2 ()(8.510)(30.010) 2.4010L S d d E dl B ds B r V dt dt ππ---==?=-????=-?- ? ??感 注意L 3路径对应面元的方向都是 穿出纸面。对B 1是反向。对B 2是同向。 2222121122123 12()()()L R R d d dB E dl B ds B ds B r B r r r dt dt dt ππππ=+=-?-+=-- ? ????感 322223(8.510)[(20.010)(30.010)] 1.3310V π----=-????-?=? 11.16 解：（1）由R a ，知是细螺绕环，由求自感的三步骤，先设1线圈通电为1I 可求出 22211011101/(2)N n I a N I a R μπμππψ=??=??，最后求出： 2211110//(2)L I N a R μ=ψ=?? 同理可求出线圈2的自感 2 222220//(2)L I N a R μ=ψ=?? （2）设1线圈通电1 I ，求出2221 2011211210//(2)N n I a M I N N a R μπμψ=???=ψ=? （32120/(2)N N a R M μ==??=。 11.17 解：（1）当,a a '相连结，则, b b '之间通以电流时，两线圈中的电流等值反向，故穿过,b b '间的线圈的总磁通量为０，所以： ,/0b b L I '=ψ= （2）若,a b '相连结，对, a b '两端，则是两个线圈的顺向串联，此时穿过,a b '两端间线圈的总磁通量为 1112 2122 1 1 12 2 L I M I M I L I ψ =ψ+ψ+ψ+ψ=+ ++ 串联，有1 21221,I I I M M M ===== 所 以 ,12/2a b L I L M L '=ψ=++ 11.18 解：本题计算磁通量的方法一定要熟悉，因为这是典型的例子。 （1）以左边电流I 处为原点，向右为x 轴正向，其余见图。 取线框中一窄条面积，位于ｘ处 ，宽为dx 。 该处的磁感强度： 121 22() I I B x x l l μμππ= --- 通过矩形框的磁通量： 11 1212 12121212 {ln ln } 2{ln ln }ln()22l b m S l l b b l Ia B ds Badx l l l b l l b l Ia Ia l b l l b l μπμμππ+++Φ=?== -++=+=?++??? 考虑是空气，再由互感定义知： 01212 ln()2a l b l M I l b l μπ+Φ= =?+ （2）矩形框中的电动势 001212001221()ln()cos ln cos 22() M a a l b l l b l dI M I t I t dt l b l l l b μμεωωωωππ++=-=-???=???++ 注：本题也可用/d dt εφ=-计算电动势。 11.19 021ln 2N h R M R μπ?= ??02 01 cos ln 2M N h R dI M I t dt R μεωωπ?=-=-? 11.20 无图。 11.21无图。 ( 1 ) 边长为l 的正方形，在其四个顶点上各放有等量的点电荷．若正方形中心Ｏ处的场 强值和电势值都等于零，则：（Ｃ） （Ａ）顶点ａ、ｂ、ｃ、ｄ处都是正电荷． （Ｂ）顶点ａ、ｂ处是正电荷，ｃ、ｄ处是负电荷． （Ｃ）顶点ａ、ｃ处是正电荷，ｂ、ｄ处是负电荷． （Ｄ）顶点ａ、ｂ、ｃ、ｄ处都是负电荷． (3) 在阴极射线管外，如图所示放置一个蹄形磁铁，则阴极射线将 （Ｂ） （Ａ）向下偏． （Ｂ）向上偏． （Ｃ）向纸外偏． （Ｄ）向纸内偏． (4) 关于高斯定理，下列说法中哪一个是正确的？ （Ｃ） （Ａ）高斯面内不包围自由电荷，则面上各点电位移矢量D 为零． （Ｂ）高斯面上处处D 为零，则面内必不存在自由电荷． （Ｃ）高斯面的D 通量仅与面内自由电荷有关． （Ｄ）以上说法都不正确． (5) 若一平面载流线圈在磁场中既不受力，也不受力矩作用，这说明：（Ａ） （Ａ）该磁场一定均匀，且线圈的磁矩方向一定与磁场方向平行． （Ｂ）该磁场一定不均匀，且线圈的磁矩方向一定与磁场方向平行． （Ｃ）该磁场一定均匀，且线圈的磁矩方向一定与磁场方向垂直． （Ｄ）该磁场一定不均匀，且线圈的磁矩方向一定与磁场方向垂直． (6) 关于电场强度与电势之间的关系，下列说法中，哪一种是正确的？ （Ｃ） （Ａ）在电场中，场强为零的点，电势必为零 ． （Ｂ）在电场中，电势为零的点，电场强度必为零 ． （Ｃ）在电势不变的空间，场强处处为零 ． （Ｄ）在场强不变的空间，电势处处相等． (7) 在边长为ａ的正方体中心处放置一电量为Ｑ的点电荷，设无穷远处为电势零点，则 在一个侧面的中心处的电势为： （Ｂ） （Ａ）a Q 04πε． （Ｂ）a Q 02πε． （Ｃ）a Q 0πε． （Ｄ）a Q 022πε． (8) 一铜条置于均匀磁场中，铜条中电子流的方向如图所示．试问下述哪一种情况将会 发生？ （Ａ） （Ａ）在铜条上ａ、ｂ两点产生一小电势差，且Ｕa ＞Ｕb ． （Ｂ）在铜条上ａ、ｂ两点产生一小电势差，且Ｕa ＜Ｕb ． （Ｃ）在铜条上产生涡流． （Ｄ）电子受到洛仑兹力而减速． ： (9) 把Ａ，Ｂ两块不带电的导体放在一带正电导体的电场中,如图所示.设无限远处为电势 零点，Ａ的电势为ＵA ，Ｂ的电势为ＵB ，则 （Ｄ） （Ａ）ＵB ＞ＵA ≠０． （Ｂ）ＵB ＞ＵA ＝０． （Ｃ）ＵB ＝ＵA ． （Ｄ）ＵB ＜ＵA ． 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？ 2003—2004学年度第2学期期末考试试卷（A 卷） 《A 卷参考解答与评分标准》 一 填空题：（18分） 1． 10V 2.（变化的磁场能激发涡旋电场），（变化的电场能激发涡旋磁场）. 3. 5， 4. 2， 5. 3 8 6. 293K ，9887nm . 二 选择题：（15分） 1. C 2. D 3. A 4. B 5. A . 三、【解】(1) 如图所示，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -. 选取半径为r （12R r R <<）的同心球面S ，则根据高斯定理有 2() 0d 4πS Q r E ε?==? E S 于是，电场强度 204πQ E r ε= (2) 内导体球与外导体球壳间的电势差 22 2 1 1 1 2200 01211d 4π4π4πR R R AB R R R Q Q dr Q U dr r r R R εεε?? =?=?==- ????? ? r E (3) 电容 12 001221114π/4πAB R R Q C U R R R R εε??= =-= ?-?? 四、【解】 在导体薄板上宽为dx 的细条，通过它的电流为 I dI dx b = 在p 点产生的磁感应强度的大小为 02dI dB x μπ= 方向垂直纸面向外. 电流I 在p 点产生的总磁感应强度的大小为 22000ln 2222b b b b dI I I dx B x b x b μμμπππ===? ? 总磁感应强度方向垂直纸面向外. 五、【解法一】 设x vt ＝, 回路的法线方向为竖直向上( 即回路的绕行方向为逆时 针方向)， 则 21 d cos602B S Blx klvt Φ=?=?= ? ∴ d d klvt t εΦ =- =- 0ac ε < ，电动势方向与回路绕行方向相反，即沿顺时针方向（abcd 方向）． 【解法二】 动生电动势 1 cos602 Blv klvt ε?动生＝＝ 感生电动势 d 111 d [cos60]d 222d d dB B S Blx lx lxk klvt t dt dt dt εΦ=- =?=--?===?感生－ klvt εεε==感生动生＋ 电动势ε的方向沿顺时针方向（即abcd 方向）。 六、【解】 1. 已知波方程 10.06cos(4.0)y t x ππ=- 与标准波方程 2cos(2) y A t x π πνλ =比较得 , 2.02, 4/Z H m u m s νλνλ==== 2. 当212(21)0x k ππΦ-Φ==+合时，A ＝ 于是，波节位置 21 0.52k x k m += =+ 0,1,2, k =±± 3. 当 21222x k A ππΦ-Φ==合时，A ＝ 于是，波腹位置 x k m = 0,1,2, k =±± ( 或由驻波方程 120.12cos()cos(4)y y y x t m ππ=+= 有 (21) 00.52 x k A x k m π π=+?=+合＝ 0,1,2, k =±± 20.122 x k A m x k m π π=?=合＝, 0,1,2, k =±± ) 2019年《大学物理》实验题库200题[含参考答案] 一、选择题 1．用电磁感应法测磁场的磁感应强度时，在什么情形下感应电动势幅值的绝对值最大 ( ) A ：线圈平面的法线与磁力线成?90角； B ：线圈平面的法线与磁力线成?0角 ； C ：线圈平面的法线与磁力线成?270角； D ：线圈平面的法线与磁力线成?180角； 答案：（BD ） 2．选出下列说法中的正确者（ ） A ：牛顿环是光的等厚干涉产生的图像。 B ：牛顿环是光的等倾干涉产生的图像。 C ：平凸透镜产生的牛顿环干涉条纹的间隔从中心向外逐渐变密。 D ：牛顿环干涉条纹中心必定是暗斑。 答案：（AC ） 3．用三线摆测定物体的转动惯量实验中，在下盘对称地放上两个小圆柱体可以得到的结果：( ) A ：验证转动定律 B ：小圆柱的转动惯量； C ：验证平行轴定理； D ：验证正交轴定理。 答案：（ＢＣ） 4．测量电阻伏安特性时，用R 表示测量电阻的阻值，V R 表示电压表的内阻，A R 表示电流表的内阻，I I ?表示内外接转换时电流表的相对变化，V V ?表示内外接转换时电压表的相对变化，则下列说法正确的是： ( ) Ａ：当R < D ：当V V I I ?>?时宜采用电流表外接。 答案：（BC ） 5．用模拟法测绘静电场实验，下列说法正确的是： ( ) A ：本实验测量等位线采用的是电压表法； B ：本实验用稳恒电流场模拟静电场； C ：本实验用稳恒磁场模拟静电场； D ：本实验测量等位线采用电流表法； 答案：（BD ） 6．时间、距离和速度关系测量实验中是根据物体反射回来的哪种波来测定物体的位置。 ( ) A ：超声波； B ：电磁波； C ：光波； D ：以上都不对。 答案：（B ） 7．在用ＵＪ３１型电位差计测电动势实验中，测量之前要对标准电池进行温度修正，这是 因为在不同的温度下：（ ） A ：待测电动势随温度变化； B ：工作电源电动势不同； C ：标准电池电动势不同； D ：电位差计各转盘电阻会变化。 答案：（CD ） 8．QJ36型单双臂电桥设置粗调、细调按扭的主要作用是：（ ） Ａ：保护电桥平衡指示仪（与检流计相当）； Ｂ：保护电源，以避免电源短路而烧坏； Ｃ：便于把电桥调到平衡状态； Ｄ：保护被测的低电阻，以避免过度发热烧坏。 答案：（AC ） 9．声速测定实验中声波波长的测量采用： ( ) A ：相位比较法 B ：共振干涉法； C ：补偿法； D ：；模拟法 答案：（AB ） 10．电位差计测电动势时若检流计光标始终偏向一边的可能原因是： （ ） A ：检流计极性接反了。 B ：检流计机械调零不准 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 大学物理吴百诗习题答案 电磁感应 LELE was finally revised on the morning of December 16, 2020 法拉第电磁感应定律 10-1如图10-1所示，一半径a ＝，电阻R ＝×10-3Ω的圆形导体回路置于均匀磁场中，磁场方向与回路面积的法向之间的夹角为π/3，若磁场变化的规律为 T 10)583()(42-?++=t t t B 求：（1）t ＝2s 时回路的感应电动势和感应电流； （2）最初2s 内通过回路截面的电量。 解：（1）θcos BS S B =?=Φ V 10)86(6.110)86()3 cos(d d cos d d 642--?+?-=?+?-=-=Φ- =t t a t B S t i π πθε s 2=t ，V 102.35-?-=i ε，A 102100.1102.32 3 5---?-=??-= =R I ε 负号表示i ε方向与确定n 的回路方向相反 （2）42 2123 112810 3.140.1()[(0)(2)]cos 4.410C 1102 i B B S q R R θ---???=Φ-Φ=-??==??? 10-2如图10-2所示，两个具有相同轴线的导线回路，其平面相互平行。大回路中有电流I ， 小的回路在大的回路上面距离x 处，x >>R ，即I 在小线圈所围面积上产生的磁场可视为是均匀的。若 v dt dx =等速率变化，（1）试确定穿过小回路的磁通量Φ和x 之间的关系；（2）当x ＝NR （N 为一正数），求小回路内的感应电动势大小；（3）若v ＞0，确定小回路中感应电流方向。 解：（1）大回路电流I 在轴线上x 处的磁感应强度大小 2 02 232 2() IR B R x μ= +，方向竖直向上。 R x >>时，2 03 2IR B x μ= ，22 203 2IR r B S BS B r x πμπΦ=?==?= （2）224032i d dx IR r x dt dt πμε-Φ=-=，x NR =时，2024 32i Ir v R N πμε= 图 10- 第一章 质点运动学 习题（1） 1、下列各种说法中，正确的说法是： （ ） （A ）速度等于位移对时间的一阶导数； （B ）在任意运动过程中，平均速度 2/)(0t V V V +=； （C ）任何情况下，;v v ?=? r r ?=? ； （D ）瞬时速度等于位置矢量对时间的一阶导数。 2、一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度 m/s 2=v ，瞬时加速度2m/s 2-=a ，则一秒钟后质点的速度为： （ ) (A)等于0m/s ； (B)等于 -2m/s ； (C)等于2m/s ； (D)不能确定。 3、 一物体从某一确定高度以 0V 的速度水平抛出（不考虑空气阻力），落地时的速 度为t V ，那么它运动的时间是： （ ） (A) g V V t 0 -或g V V t 2 02- ； (B) g V V t 0 -或 g V V t 2202- ； (C ) g V V t 0 - 或g V V t 202- ； (D) g V V t 0 - 或g V V t 2202- 。 4、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度为V ，平均速率为V ， 它们之间的关系必定是 ( ) (A) V V V V == ,；(B) V V V V =≠ ,；(C)V V V V ≠= ,；(D) V V V V ≠≠ ,。 5、下列说法正确的是： ( ) （A ）轨迹为抛物线的运动加速度必为恒 量； （B ）加速度为恒量的运动轨迹 可能是抛物线； （C ）直线运动的加速度与速度的方向一 致； （D ）曲线运动的加速度必为变量。 第一章 质点运动学 习题（2） 1、 下列说法中，正确的叙述是： ( ) a) 物体做曲线运动时，只要速度大小 不变，物体就没有加速度； b) 做斜上抛运动的物体，到达最高点 处时的速度最小，加速度最大； （C ）物体做曲线运动时，有可能在某时刻法向加速度为0； （D ）做圆周运动的物体，其加速度方向一定指向圆心。 2、质点沿半径为R 的圆周的运动，在自然 坐标系中运动方程为 22 t c bt s -=，其中 b 、 c 是常数且大于0，Rc b >。其切向加速度和法向加速度大小达到相等所用 最短时间为： （ ） (A) c R c b + ； (B) c R c b - ； (C) 2cR c b -； (D) 22cR cR c b +。 3、 质点做半径为R 的变速圆周运动时的加 速度大小为（v 表示任一时刻质点的速率） ( ) （A ） t v d d ； （B ）R v 2 ； （C ） R v t v 2 +d d ； （D ） 2 22)d d (??? ? ??+R v t v 。 第二章 牛顿定律 习题 1、水平面上放有一质量m 的物体，物体与水平面间的滑动摩擦系数为μ，物体在图示 恒力F 作用下向右运动，为使物体具有最大的加速度，力F 与水平面的夹角θ应满 足 ： ( ) (A )cosθ=1 ； （B ）sinθ=μ ； (C ) tan θ=μ； (D) cot θ=μ。 x L h 书中例题：1.2, 1.6（p.7;p.17）（重点） 直杆AB 两端可以分别在两固定且相互垂直的直导线槽上滑动，已知杆的倾角φ＝ωt 随时间变化，其中ω为常量。 求：杆中M 点的运动学方程。 解：运动学方程为： x=a cos(ωt) y=b sin(ωt) 消去时间t 得到轨迹方程： x 2/a 2 + y 2/b 2 = 1 椭圆 运动学方程对时间t 求导数得速度： v x ＝dx/dt ＝-a ωsin(ωt) v y ＝dy/dt ＝b ωcos(ωt) 速度对时间t 求导数得加速度： a x ＝d v x /dt ＝－a ω2cos(ωt) a y ＝d v y /dt ＝－b ω2sin(ωt) 加速度的大小： a 2＝a x 2＋a y 2 习题指导P9. 1.4（重点） 在湖中有一小船，岸边有人用绳子跨过一高处的滑轮拉船靠岸，当绳子以v 通过滑轮时， 求：船速比v 大还是比v 小？ 若v 不变，船是否作匀速运动？ 如果不是匀速运动,其加速度是多少？ 解： l ＝（h2＋x2）1/2 221/2 122()d l x d x v d t h x d t ==+ 221/2()d x h x v d t x += 当x>>h 时，dx/dt ＝v ，船速＝绳速 当x →0时，dx/dt →∞ 加速度： x y M A B a b φ x h 220d x d t =2221/22221/2221/2221/2221/22221/2()1()11()()1112()2()d x d h x v dt dt x d h x v dt x d dx d h x dx h x v v dx x dt x dx dt dx x dx h x v v x dt x h x dt ?? +=??????=?+???? +??=?++ ???=-?+++ 将221/2()d x h x v d t x +=代入得： 2221/2221/2 221/2 22221/21()112()()2()d x h x x h x h xv v v v d t x x x h x x ++=-?+++3222232222)(x v h x v v x x h dt x d -=++-= 分析： 当x ∞, 变力问题的处理方法（重点） 力随时间变化：F ＝f （t ） 在直角坐标系下，以x 方向为例，由牛顿第二定律： ()x dv m f t dt = 且：t ＝t 0 时，v x ＝v 0 ；x ＝x 0 则： 1 ()x dv f t dt m = 直接积分得： 1 ()()x x v dv f t dt m v t c ===+?? 其中c 由初条件确定。 由速度求积分可得到运动学方程： 大学物理题库------近代物理答案 一、选择题： 01-05 DABAA 06-10 ACDBB 11-15 CACBA 16-20 BCCCD 21-25 ADDCB 26-30 DDDDC 31-35 ECDAA 36-40 DACDD 二、填空题 41、见教本下册p.186； 42、c ； 43. c ； 44. c ， c ； 45. 8106.2?； 46. 相对的，相对运动； 47. 3075.0m ； 48. 181091.2-?ms ； 49. 81033.4-?； 51. s 51029.1-?； 52. 225.0c m e ； 53. c 23, c 2 3； 54. 2 0) (1c v m m -= ， 202c m mc E k -=； 55. 4； 56. 4； 57. (1) J 16109?， (2) J 7105.1?； 58. 61049.1?； 59. c 32 1； 60. 13108.5-?， 121004.8-?； 61. 20 )(1l l c -， )( 02 0l l l c m -； 62. 1 1082.3?； 63. λ hc hv E ==， λ h p = ， 2 c h c m νλ = = ； 64. V 45.1， 151014.7-?ms ； 65. )(0v c e h -λ ； 66. 5×1014，2； 67. h A /，e h /)(01νν-； 68. 5.2，14 100.4?； 69. 5.1； 70. J 261063.6-?，1341021.2--??ms kg ； 71. 21E E >， 21s s I I <； 72. 5.2，14100.4?； 73. π，0； 74. 负，离散； 75. 定态概念， 频率条件（定态跃迁）； 76. —79. 见教本下册p.246--249； 80. （1）4，1；（2）4， 3； 81. J m h E k 21 2 210 29.32?== λ； 2014级机械《大学物理》习题库 1．以下四种运动形式中，a 保持不变的运动是 ［ D ］ (A) 单摆的运动 (B) 匀速率圆周运动 (C) 行星的椭圆轨道运动 (D) 抛体运动 2．一运动质点在某瞬时位于矢径(,)r x y r 的端点处，其速度大小为［ D ］ (A) d d r t (B) d d r t r (C) d d r t r 3．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，其平均速度大小与平均速率大小分别为 ［ B ］ (A) 2/R T ，2/R T (B) 0 ，2/R T (C) 0 ， 0 (D) 2/R T ， 0. 4．某人骑自行车以速率v 向西行驶，今有风以相同速率从北偏东30°方向 吹来，试问人感到风从哪个方向吹来［ C ］ (A) 北偏东30° (B) 南偏东30° (C) 北偏西30° (D) 西偏南30° 5．对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的： ［ B ］ (A) 切向加速度必不为零 (B) 法向加速度必不为零（拐点处除外） (C) 由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零 (D) 若物体作匀速率运动，其总加速度必为零 6．下列说法哪一条正确［ D ］ (A) 加速度恒定不变时，物体运动方向也不变 (B) 平均速率等于平均速度的大小 (C) 不管加速度如何，平均速率表达式总可以写成(v 1、v 2 分别为初、末 速率) 122 v v v (D) 运动物体速率不变时，速度可以变化。 7．质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，S 表示 路程，t a 表示切向加速度，下列表达式中，［ D ］ (1) d d v a t ， (2) d d r v t ， (3) d d S v t ， (4) d d t v a t r (A) 只有(1)、(4)是对的 (B) 只有(2)、(4)是对的 (C) 只有(2)是对的 (D) 只有(3)是对的 8．如图所示，假设物体沿着竖直面上圆弧形轨道下滑，轨道是光滑的，在从A 至C 的下滑过程中，下面哪个说法是正确的［ D ］ (A) 它的加速度大小不变，方向永远指向圆心 (B) 它的速率均匀增加 A R 运动量 1-1质点在xOy 平面内的运动方程为 x =3t ，y =2t 2+3。求：（1）t =2s 时质点的位矢、速度和加速度；（2）从 t =1s 到t =2s 这段时间内，质点位移的大小和方向；（3）1~0s 和2~1s 两时间段，质点的平均速度；（4）写出轨道方程。 解：(1) j t i t r )32(32 ，j t i t r v 43d d ，j t r a 4d d 22 s 2 t 时，j i r 116 ，j i v 83 ，j a 4 (2) j i j i j i r r r 63)53()116(12 ，456322 r ， 与x 轴正向的夹角 4.633 6arctan (3) j i j j i t r r v 2313)53(1011 ，j i j i t r r v 631632122 (4) 3x t ，39233222 x x y 1-2一质点在xOy 平面内运动，初始时刻位于x =1m ，y =2m 处，它的速度为v ｘ=10t ， v ｙ= t ２ 。试求2秒时 质点的位置矢量和加速度矢量。 解：t t x v x 10d d ， t x t t x 01d 10d ，152 t x 。2d d t t y v y ， t y t t y 022d d ，2313 t y j t i t r )231()15(32 ， j t i t v 210 ， j t i t v a 210d d s 2 t 时， j i r 3 1421 ， j i a 410 1-3一质点具有恒定加速度j i a 46 ，在t =0时，其速度为零，位置矢量i r 100 ，求（1）任意时刻 质点的速度和位置矢量；（2）质点的轨道方程。 解：质点作匀加速运动 (1) j t i t t a v v 460 ， j t i t t j i i t a t v r r 2222002)310()46(2 11021 (2) 22t y ，2 2y t ，2310y x ，)10(32 x y 1-4路灯距地面高度为H ，行人身高为h ，若人以匀速V 背向路灯行走，人头顶影子的移动速度v 为多少？ 解：设x 轴方向水平向左，影子到灯杆距离为x ，人到灯杆距离为x x x x H h ，x h H H x ，V h H H t x h H H t x v d d d d 直线运动 1-5一质点沿x 轴运动，其加速度a 与位置坐标x 的关系为a =3+6x 2，若质点在原点处的速度为零，试求其 在任意位置处的速度。 解：2 63d d d d d d d d x x v v t x x v t v a ， x v x x v v 020d )63(d ，32232 1x x v ，346x x v 图1-4 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 西安工业大学试题纸 1.若质点的运动方程为：()2r 52/2t t i t j =+-+（SI ），则质点的v ＝ 。 2. 一个轴光滑的定滑轮的转动惯量为2/2MR ，则要使其获得β的角加速度，需要施加的合外力矩的大小为 。 3.刚体的转动惯量取决于刚体的质量、质量的空间分布和 。 4.一物体沿x 轴运动，受到F =3t (N)的作用，则在前1秒内F 对物体的冲量是 （Ns ）。 5. 一个质点的动量增量与参照系 。（填“有关”、“无关”） 6. 由力对物体的做功定义可知道功是个过程量，试回答：在保守力场中，当始末位置确定以后，场力做功与路径 。（填“有关”、“无关”） 7.狭义相对论理论中有2个基本原理(假设)，一个是相对性原理，另一个是 原理。 8.在一个惯性系下，1、2分别代表一对因果事件的因事件和果事件，则在另一个惯性系下，1事件的发生 2事件的发生（填“早于”、“晚于”）。 9. 一个粒子的固有质量为m 0，当其相对于某惯性系以0.8c 运动时的质量m = ；其动能为 。 10. 波长为λ，周期为T 的一平面简谐波在介质中传播。有A 、B 两个介质质点相距为L ，则A 、B 两个质点的振动相位差=?φ____；振动在A 、B 之间传播所需的时间为_ 。 11. 已知平面简谐波方程为cos()y A Bt Cx =-，式中A 、B 、C 为正值恒量，则波的频率为 ；波长为 ；波沿x 轴的 向传播（填“正”、“负”）。 12.惠更斯原理和波动的叠加原理是研究波动学的基本原理，对于两列波动的干涉而言，产生稳定的干涉现象需要三个基本条件：相同或者相近的振动方向，稳定的位相差，以及 。 13. 已知一个简谐振动的振动方程为10.06cos(10/5)()X t SI π=+，现在另有一简谐振动，其振动方程为20.07cos(10)X t =+Φ，则Φ= 时，它们的合振动振幅最 大；Φ= 时，它们的合振动振幅最小。 14. 平衡态下温度为T 的1mol 单原子分子气体的内能为 。 15. 平衡态下理想气体(分子数密度为n ，分子质量为m ，分子速率为v )的统计压强P= ;从统计角度来看，对压强和温度这些状态量而言， 是理想气体分子热运动激烈程度的标志。 吴百诗二部题解 第二学期 第九章 静电场 一、选择题 （1）D 解：先考虑一个板带电q ，它在空间产生的场强为02q E S ε= 。注意是匀场。 另一板上电荷“|－q|”在此电场中受力，将其化为无数个点电荷q dq = ∑，每个电荷受力大小为0||2q dq dF dq E S ε?=?=，故整个|－q|受力为：2 00||22q dq q F dq E S S εε?=?== ∑∑。这既是两板间作用力大小。 （2）B 解：由电通量概念和电力线概念知：A 、穿过S 面的电通量不变，因为它只与S 面内的电荷相关，现内面 电荷没有变化，所以穿过S 面的电通量不变。 B 、由于S 面上场强与内外电荷都有关，现在外面电荷位置变化，所以P 点场强也变化。 故选B 。 二、填空题 （1 ）||/3q '= 解：画图。设等边三角形的边长为a ，则任一顶点处 的电荷受到其余两个电 荷的作用力合力F 为：222212cos30(2/)2/F F kq a a =??=?= 设在中心处放置电荷q ' ，它对顶点处电荷的作用力为：223qq qq F k k r a '''=== 再由F F '=- ，可解出/3||/3q q ''=??=。 （2）20/(2)qi a πε 或 20/(2)q a πε，i 方向指向右下角。 解：当相对称的两电荷同号则在O 点的场强抵消，若异号肯定有电力线过 O 点，故只有左上角的电荷电力线指向右下角的“－”电荷。是2 02/(4)q a ?πε 三、计算题 9.3 9.4 0ln 2a b a σπε+, 10()2-?b tg h σπε （6.7） 解：将带电平面薄板划分为无数条长直带电线（书中图），宽为dx 。求出每条带电线在场点产生的场强 00 22() 2 dx dE b r a x ?= = +-λσπεπε 原点取在导体片中间，x 方向向左：← 故总的场强：00 /2 /2ln 2 22()b b dx E a b b x a a σεεσππ-==+-+?? E 的方向沿x 轴正向。 或：原点取在场点处，x 轴方向向右:→,则总的场强为： 00ln 22a b a a b dx E x a πεσσπε+==+?? 此 时E 的方向沿x 轴“－”向。 （2）在板的垂直方向上，距板为h 处。每条带电直线在此处的场强为 一、选择题：（每题3分） 1、某质点作直线运动的运动学方程为x ＝3t -5t 3 + 6 (SI)，则该质点作 (A) 匀加速直线运动，加速度沿x 轴正方向． (B) 匀加速直线运动，加速度沿x 轴负方向． (C) 变加速直线运动，加速度沿x 轴正方向． (D) 变加速直线运动，加速度沿x 轴负方向． ［ D ］ 2、一质点沿x 轴作直线运动，其v -t 曲 线如图所示，如t =0时，质点位于坐标原点，则t =4.5 s 时，质点在x 轴上的位置为 (A) 5m ． (B) 2m ． (C) 0． (D) -2 m ． (E) -5 m. ［ B ］ 3、图中p 是一圆的竖直直径pc 的上端点，一质点从p 开始分 别沿不同的弦无摩擦下滑时，到达各弦的下端所用的时间相比 较是 (A) 到a 用的时间最短． (B) 到b 用的时间最短． (C) 到c 用的时间最短． (D) 所用时间都一样． ［ D ］ 4、 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度=v 2 m/s ，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-2 m/s ． (C) 等于2 m/s ． (D) 不能确定． ［ D ］ 5、 一质点在平面上运动，已知质点位置矢量的表示式为 j bt i at r 22+=（其中 a 、 b 为常量）, 则该质点作 (A) 匀速直线运动． (B) 变速直线运动． (C) 抛物线运动． (D)一般曲线运 动． ［ B ］ 6、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) t r d d (B) t r d d (C) t r d d (D) 22d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x [ D ] 1 4.5432.52-112 t (s) v (m/s) O c b a p 大学物理试题及答案 TTA standardization office【TTA 5AB- TTAK 08- TTA 2C】 第1部分：选择题 习题1 1-1 质点作曲线运动，在时刻t 质点的位矢为r ，速度为v ，t 至()t t +?时间内的位移为r ?，路程为s ?，位矢大小的变化量为r ?（或称r ?），平均速度为v ，平均速率为v 。 （1）根据上述情况，则必有（ ） （A ）r s r ?=?=? （B ）r s r ?≠?≠?，当0t ?→时有dr ds dr =≠ （C ）r r s ?≠?≠?，当0t ?→时有dr dr ds =≠ （D ）r s r ?=?≠?，当0t ?→时有dr dr ds == （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 ≠= 1-2 一运动质点在某瞬间位于位矢(,)r x y 的端点处，对其速度的大小有四种意见，即 （1） dr dt ；（2）dr dt ；（3）ds dt ；（4下列判断正确的是： （A ）只有（1）（2）正确 （B ）只有（2）正确 （C ）只有（2）（3）正确 （D ）只有（3）（4）正确 1-3 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a 表示加速度，s 表示路程，t a 表示切向加速度。对下列表达式，即 （1）dv dt a =；（2）dr dt v =；（3）ds dt v =；（4）t dv dt a =。 下述判断正确的是（ ） （A ）只有（1）、（4）是对的 （B ）只有（2）、（4）是对的 （C ）只有（2）是对的 （D ）只有（3）是对的 1-4 一个质点在做圆周运动时，则有（ ） （A ）切向加速度一定改变，法向加速度也改变 （B ）切向加速度可能不变，法向加速度一定改变 （C ）切向加速度可能不变，法向加速度不变 （D ）切向加速度一定改变，法向加速度不变 * 1-5 如图所示，湖中有一小船，有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向 岸边运动。设该人以匀速率0v 收绳，绳不伸长且湖水静止，小船的速率为v ，则小船作（ ） （A ）匀加速运动，0 cos v v θ= （B ）匀减速运动，0cos v v θ= （C ）变加速运动，0cos v v θ = （D ）变减速运动，0cos v v θ= （E ）匀速直线运动，0v v = 1-6 以下五种运动形式中，a 保持不变的运动是 ( ) （Ａ）单摆的运动． （Ｂ）匀速率圆周运动． （Ｃ）行星的椭圆轨道运动． （Ｄ）抛体运动． （Ｅ）圆锥摆运动． 1-7一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度ｖ＝２ｍ／ｓ，瞬时加速度22/a m s -=-，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． 1某质点的运动学方程x=6+3t-5t 3 ，则该质点作 （ D ） （A ）匀加速直线运动，加速度为正值 （B ）匀加速直线运动，加速度为负值 （C ）变加速直线运动，加速度为正值 （D ）变加速直线运动，加速度为负值 2一作直线运动的物体，其速度x v 与时间t 的关系曲线如图示。设21t t →时间合力作功为 A 1，32t t →时间合力作功为A 2，43t t → 3 C ） （A ）01?A ，02?A ，03?A （B ）01?A ，02?A ， 03?A （C ）01=A ，02?A ，03?A （D ）01=A ，02?A ，03?A 3 关于静摩擦力作功，指出下述正确者（ C ） （A ）物体相互作用时，在任何情况下，每个静摩擦力都不作功。 （B ）受静摩擦力作用的物体必定静止。 （C ）彼此以静摩擦力作用的两个物体处于相对静止状态，所以两个静摩擦力作功之和等于 零。 4 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，经过时间T 转动一圈，那么在2T 的时间，其平均 速度的大小和平均速率分别为（B ） （A ） ， （B ） 0， （C ）0， 0 （D ） T R π2， 0 5、质点在恒力F 作用下由静止开始作直线运动。已知在时间1t ?，速率由0增加到υ；在2t ?， 由υ增加到υ2。设该力在1t ?，冲量大小为1I ，所作的功为1A ；在2t ?，冲量大小为2I ， 所作的功为2A ，则（ D ） A ．2121;I I A A <= B. 2121;I I A A >= C. 2121;I I A A => D. 2121;I I A A =< 6如图示两个质量分别为B A m m 和的物体A 和B 一起在水平面上沿x 轴正向作匀减速直线 运动，加速度大小为a ，A 与B 间的最大静摩擦系数为μ，则A 作用于B 的静摩擦力F 的 大小和方向分别为（D ） 轴正向相反与、轴正向相同 与、轴正向相同 与、轴正向相反 与、x a m D x a m x g m x g m B B B B ,,C ,B ,A μμT R π2T R π2T R π2t 一、选择题 （1）D 解：先考虑一个板带电q ，它在空间产生的场强为02q E S ε=。注意是 匀场。 另一板上电荷“|－q|”在此电场中受力，将其化为无数个点电荷q dq =∑，每个电荷受力大小为0||2q dq dF dq E S ε?=?=，故整个|－q|受力为：200||22q dq q F dq E S S εε?=?==∑∑。这既是两板间作用力大小。 （2）B 解：由电通量概念和电力线概念知：A 、穿过S 面的电通量不变，因 为它只与S 面内的电荷相关，现内面电荷没有变化，所以穿过S 面的电通量不变。 B 、由于S 面上场强与内外电荷都有关，现在外面电荷位置变化， 所以P 点场强也变化。 故选B 。 二、填空题 （1）||/3q '= 解：画图。设等边三角形的边长为a ，则任一顶点处 的电荷受到 其余两个电 荷的作用力合力 F 为：222212cos30(2/)2/F F kq a a =??=?= 设在中心处放置电荷q '，它对顶点处电荷的作用力为： 223qq qq F k k k r a '''=== 再由F F '=-，可解出/3||/3q q ''=??=。 （2）20/(2)qi a πεr 或 20/(2)q a πε，i 方向指向右下角。 解：当相对称的两电荷同号则在O 点的场强抵消，若异号肯定 有电力线过 O 点，故只有左上角的电荷电力线指向右下角的“－”电荷。是 202/(4)q a ?πε 三、计算题 9.3 9.4 0ln 2a b a σπε+, 10()2-?b tg h σπε （6.7） 解：将带电平面薄板划分为无数条长直带电线（书中图），宽为dx 。 求出每条带电线在场点产生的场强（微元表示），然后对全部大学物理下册选择题练习题
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